高三化学二轮复习专项训练：化学综合计算

这是一份高三化学二轮复习专项训练：化学综合计算，共24页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．室温下，1L0.1ml·L-1盐酸中H+的数目约为6.02×1022
B．标准状况下，5.6LCCl4中所含C—Cl键的数目约为6.02×1023
C．5.6gFe和足量Cl2反应转移电子的物质的量为0.2ml
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同
2．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L Br2所含溴原子的数目为2 NA
B．等质量的NO2和N2O4所含原子总数不同
C．136 g熔融的KHSO4中含有2 NA个阳离子
D．标准状况下，22.4 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为NA
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．含有的中子数为
B．分子式为的有机物含有的共价键数目为8
C．标准状况下，与足量氧气充分反应生成的的分子数为
D．与在光照下反应生成的分子数为
4．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 ml·L－1的是 （ ）
A．将58.5 g NaCl溶解于1 L水中配成的溶液
B．将40g NaOH溶于水并配成1 L溶液
C．将0.5 ml·L－1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液
D．含K＋为2 ml的K2SO4溶液
5．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温下22.4L NH3含有的中子数为7NA
B．常温下1L pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-的数目为0.2NA
C．将50mL 12ml/L盐酸与足量 共热，转移的电子数为0.3NA
D．56g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8NA
6．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．铜与浓硝酸充分反应生成22.4L气体时转移电子数为NA
B．4.6gNa完全与水反应，生成共价键0.1NA
C．Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，说明1mlAl(OH)3电离出H+数为NA
D．101kPa、120℃时，7.8gC6H6燃烧所得气体分子数一定为0.9NA
7．下列物质的化学成分不正确的是（ ）
A．熟石膏：B．摩尔盐：
C．阿司匹林：D．漂白粉的有效成分：
8．一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电池的正极反应为H2O2+2e-=2OH-
B．电池放电时，Na+移向b极区
C．温度越高，该电池性能提高越大
D．理论上两极分别产生的OH-和 的物质的量之比为8：1
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．晶体中含有的共价键数目为
B．和的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为
C．1L 1ml/L的溶液中通入适量氨气后呈中性，此时溶液中的数目小于
D．锌与某浓度的浓硫酸反应，生成混合气体22.4L（标准状况），锌失去电子数目为
10．已知：还原性 ＞I-，氧化性 ＞I2。在含3mlNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．0~a段发生反应：3 + =3 +I- +3H+
B．b~c段反应：氧化产物的物质的量是0.5ml
C．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：1时，加入的KIO3为1.1ml
D．a-b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8ml
11．某溶液中含 和 ，现向此溶液中滴入 的 溶液，恰好使 、 再滴 溶液，又恰好使 ，而 不变此时 ，则原溶液中铬元素的质量为（ ）
A．B．C．D．
12．下列说法错误的是（ ）
A．常温常压下，3.2g O2和 O3的混合气体中含有氧原子的数目约为 0.2×6.02×1023
B．0.2ml环氧乙烷( )中含有共价键的总数约为0.6×6.02×1023
C．标准状况下，1.12 L HCl 气体中含有电子的数目约为 0.9×6.02×1023
D．一定条件下，1mlN2和3mlH2充分反应转移电子数小于6NA
13．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L葡萄糖中含羟基的数目为
B．10g 92％的酒精与足量钠反应转移的电子数为
C．30g由乙酸和甲醛(HCHO)组成的混合物中含原子数为
D．和恰好完全反应生成96g氧化产物，氧化剂的分子数为
14．用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）
A．1mlCaO2晶体所含离子总数为3NA
B．将7.1gCl2通入水中，转移电子数为0.1NA
C．常温下，1L0.1ml·L-1的氨水中含有OH-的数目为0.1NA
D．标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体含有的氧原子数为NA
15．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积（ ）
A．22.4 LB．44.8 LC．11.2 LD．4.48 L
16．已知：3Fe2++ +4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，对于该反应的下列叙述中，错误的是（ ）
A．每0.1ml 发生氧化反应，转移0.3mle-
B．离子间的反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3
D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+
17．NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LSO3中含有的硫原子数为NA
B．7.8gNa2O2中含有的离子总数为0.4NA
C．8.8g乙酸乙酯分子中含有的非极性键的数目为0.3NA
D．1mlN2中所含σ键的数目为NA
18．设NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（ ）
A．12g熔融硫酸氢钠中含有的阳离子数目为0.2NA
B．4.6g乙醇(C2H6O)含有的C—H键数目为0.6NA
C．标准状况下，Na2O2与CO2反应生成2.24LO2转移的电子数目为0.2NA
D．一定条件下，2mlSO2与1mlO2反应后分子数目为2NA
19．5.56 g FeSO4·7H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示，
下列说法不正确的是（ ）
A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·4H2O
B．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3
C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2O FeSO4＋H2O
D．温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O
20．氢氧化铈 是一种重要的稀土氢氧化物．平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含 、 、 )，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．滤渣A中主要含有 、
B．①中洗涤的目的主要是为了除去 和
C．过程②中发生反应的离子方程式为
D．过程④中消耗 ，转移电子数约为
二、综合题
21．某同学用某化合物X（两种短周期元素组成的纯净物）进行了如下实验：
实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。
请回答：
（1）X的化学式是 ，步骤①的离子方程式是 。
（2）步骤②的化学方程式是 。
22．高氯酸三碳酰肼合镍(GTN)的组成可表示为，其中CHZ为碳酰肼(结构简式为：)。已知(羟胺)具有类似于的碱性。
请回答：
（1）请用方程式解释羟胺水溶液呈碱性 。工业上常用尿素和溶液反应实现转化2得到和两种常见钠盐，反应的化学方程式为 。
（2）下列有关说法正确的是____。
A．均只含极性键
B．与过量硫酸溶液反应形成酸式盐的化学式为
C．的碱性依次减弱
D．是一种无机酸酯，转化3发生的是取代反应
（3）酸性强弱：() ()(填“>”“=”或“<”)，请从结构角度解释原因 。
（4）与反应生成固体产物中除了尿素还有另外一种盐，设计实验证明该固体产物中的N元素 。
23．
（1）某工厂排放出有毒物质NOCl，它遇水就会生成NO3-。NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为 。水源中的NO3-对人类健康会产生危害。为了降低水源中NO3-的浓度，有研究人员建议在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，该反应的离子方程式为
（2）某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路，发生反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。实验小组的同学对生产印刷电路板的废液成分进行了如下探究：
①取少量废液，滴加KSCN溶液显红色。
②取100mL废液，加入足量的AgNO3溶液，析出沉淀43.05g。
③另取100mL废液，加入一定质量的铜片，充分反应后，测得铜片的质量减少了2.56g，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变色。
根据探究实验得出结论：
a.废液中含有的金属离子是 。
b.100mL废液中Cl-的物质的量是 。
c.原100mL废液中铜离子的物质的量浓度是 。
24．钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有 、 和不溶性硅酸盐)制备 的新工艺流程如图：
已知：滤液1和滤液2中钒以 的形式存在。回答下列问题：
（1）在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有 。
（2）在滤渣1中加入 和过量 溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（3）混合溶液中加入 ，发生反应的离子方程式是 。
（4）钒最后以 的形式沉淀出来。沉钒率( 沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图中是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 (写一条即可)。
（5）称取w g所得产品，先用硫酸溶解，得到 溶液，再加入 的 溶液，最后用 酸性 溶液滴定过量的 至终点，消耗溶液 的体积为 。假设杂质不参与反应，锰被还原为 。则产品中 的质量分数为 ，(已知 和 溶液反应的离子方程式为 )
25．用软锰矿(主要成分 ，含有 、 、 、 等杂质)制备 的流程如下：
已知：
回答下列问题：
（1）焙烧时， 和 在纤维素作用下分别转化为 、 ，则纤维素的作用是 。
（2）酸浸时，浸出液的 与锰的浸出率关系如下图所示：
实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使 在2左右。请结合上图和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： 。
（3）净化时，加入30% 的目的是(用离子方程式表示) ；加氨水，调 为5.5的目的是 。
（4）结合 与 溶解度曲线，简述“结晶分离”的具体实验操作 。
（5）产品 纯度测定：称取a 产品，在适宜的条件下用适量 将 氧化为 ，再用 溶液b 刚好把 转化为 。通过计算可知，产品纯度为 (用质量分数表示)。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】·L-1盐酸中H+的物质的量为0.1ml，H+的个数约为：，A符合题意；
B．标准状况下CCl4为液态，无法计算其物质的量，也无法计算含C-Cl键个数，B不符合题意；
C．Fe和足量Cl2反应生成三氯化铁，铁元素化合价为+3价，转移电子的物质的量为0.3ml，C不符合题意；
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子浓度相同，盐酸的浓度是硫酸浓度的2倍，溶质的物质的量浓度不相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】⋅L-1盐酸中H+的浓度为0.1ml/L；
B.标况下四氯化碳为液体；
C.铁与氯气反应生成氯化铁；
D.HCl为一元酸，硫酸为二元酸。
2．【答案】D
【解析】【解答】A、标况下溴为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B、NO2和N2O4的最简式均为NO2，两者质量一样时，物质的量相同，所含原子数相同，故B错误；
C、1ml熔融KHSO4能够电离出1ml钾离子和1ml硫酸氢根离子，含有阳离子数为NA，故C错误；
D、标况下，22.4LCO2的物质的量为1ml，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，与足量Na2O2完全反应转移电子数为4NA，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、标况下溴为液态；
B、 NO2和N2O4的最简式均为NO2；
C、熔融的硫酸氢钾电离为钾离子和硫酸氢根离子；
D、Na2O2与CO2发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．分子中含有10个中子，的物质的量为，则含有的中子数为，故A不符合题意；
B．分子式为的物质的量为，该物质无论是乙醇，还是二甲醚，含有的共价键数目均为8，故B符合题意；
C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，反应不能进行到底，则与足量氧气充分反应生成的的分子数小于，故C不符合题意；
D．甲烷和氯气发生取代反应为连锁反应，同时得到四种氯代产物，所以与在光照下反应生成的分子数小于，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、中子数的判断要结合质量数和质子数；
B、结合C、H、O的化学键数目判断共价键总数；
C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；
D、甲烷和氯气的取代反应为连锁反应。
4．【答案】B
【解析】【解答】A. 选项中“1L水”是指溶剂的体积，溶液体积不一定为1L，故A不符合题意；
B. 40g NaOH为1ml，溶液体积为1L，所得溶液的物质的量浓度为1ml/L，故B符合题意；
C. NaNO3溶液的密度不是1g/mL，蒸发掉50g水所得的溶液不是50mL，故C不符合题意；
D. 含K+为2ml的K2SO4溶液体积不知道，无法计算浓度，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 NaCl物质的量为1ml，但溶液体积不是1L；
B．根据n=计算NaOH的物质的量，再根据c=计算溶液物质的量浓度；
C.50g水的体积为50mL，蒸发掉50g水后剩余溶液体积不是50mL；
D．溶液体积未知，不能确定溶液浓度。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．常温下，不能使用Vm=22.4L/ml计算22.4L NH3的物质的量，故无法计算22.4L NH3所含有的中子数，A不符合题意；
B．pH=13的Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.1ml/L，n(OH-)=0.1ml/L´1L=0.1ml，即该溶液中OH-的数目为0.1NA，B不符合题意；
C．n(HCl)=0.05L´12ml/L=0.6ml，根据化学方程式MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，0.6ml HCl完全参加反应可转移0.3ml电子，但实际上随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应停止，故反应中转移电子数小于0.3NA，C不符合题意；
D．C3H6和C4H8的最简式都是CH2，可以将混合气体看成是由CH2构成的，则n(CH2)= =4ml，n(H)=2´4ml=8ml，故该混合气体中氢原子数目为8NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.常温下，气体摩尔体积不为22.4L/ml；
B.根据n=cV计算；
C.稀盐酸与MnO2不反应；
D.C3H6和C4H8的最简式都是CH2。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．生成气体所处的状态不明确，故气体的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故A不符合题意；
的物质的量为n(Na)＝ ＝ ＝0.2ml，Na与水完全反应生成NaOH和H2，即2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，产物NaOH中OH－存在一个共价键，H2中存在1个共价键，由于0.2mlNa与水完全反应生成0.2mlNaOH和0.1mlH2，所以生成0.2NA+0.1NA=0.3NA的共价键，故B不符合题意；
C．Al(OH)3的酸式电离为Al(OH)3 H++ +H2O，Al(OH)3为弱电解质，部分电离，不能完全电离，H+数目小于NA，故C不符合题意；
的物质的量为n(C6H6)＝ ＝ ＝0.1ml，120℃时H2O为气体，燃烧产物为CO2或CO一种或两种及H2O，根据元素守恒，碳的氧化物为0.6ml，H2O为0.3ml，所得气体分子数为0.6NA+0.3NA＝0.9NA，故D符合题意；
答案为D。
【分析】A.随着反应的进行硝酸变稀，产物发生改变，转移电子数目不易求出
B.写出钠与水反应的方程式，根据产物即可计算出共价键的数目
C.考虑的是氢氧化铝是弱电解质不能完全电离
D.根据101KPa，以及120℃，生成物均是气体根据质量计算出即可
7．【答案】C
【解析】【解答】A．熟石膏是石膏( )加热失去大部分结晶水后得到的物质，其化学式为： ，A不符合题意；
B．摩尔盐是硫酸亚铁铵盐的结晶水化物，化学式为： ，B不符合题意；
C．阿司匹林的主要成分是乙酰水杨酸，结构简式为：，C符合题意；
D．漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，化学式为： ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据名称对应写出化学式，结合选项即可判断
8．【答案】C
【解析】【解答】A．由图示可知，b电极H2O2→OH-，发生还原反应，b是正极，电池的正极反应为H2O2+2e-=2OH-，故A不符合题意；
B．电池放电时，阳离子移向正极，b是正极，Na+移向b极区，故B不符合题意；
C．温度过高，过氧化氢分解为水和氧气的速率加快，故C符合题意；
D．负极反应BH4--8e-+8OH-=BO2-+6H2O、正极反应式是H2O2+2e-=2OH-，根据得失电子守恒，理论上两极分别产生的OH-和 的物质的量之比为8：1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据元素的化合价变化，左侧是电池的负极，是BH4-失去电子变为BO2-，右侧是电池的正极，是过氧化氢得到电子变为氢氧根离子，放电时，钠离子向正极移动，温度越低越有利于电池进行放电，温度越高，过氧化氢易分解，根据电极反应式即可计算出产生的氢氧根和BO2-的物质的量之比。
9．【答案】C
【解析】【解答】A、SiO2晶体中每个Si周围有4个O原子，即有4条Si-O键，故晶体中含有的共价键数目为，A不符合题意；
B、和的摩尔质量均为142g/ml，且二者的固体均由2个阳离子和1个阴离子构成，故142g混合物的物质的量为1ml，含阴阳离子为3ml，即，B不符合题意；
C、1L 1ml/L的溶液中通入适量氨气后呈中性，则，由电荷守恒，可得，即，，故，数目为NA，C符合题意；
D、锌与某浓度的浓硫酸反应，生成SO2和H2混合气体22.4L(标准状况)，硫酸得到电子，故锌失去电子数目为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、一个SiO2含有4条Si-O键；
B、和均由2个阳离子和1个阴离子构成；
C、根据电荷守恒分析；
D、根据得失电子守恒计算。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1ml时溶液中无I2生成，即I-没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0~a间发生反应的离子方程式为：3 + =3 +I-+3H+，故A不符合题意；
B．根据分析，由图示b~c之间所发生的离子反应方程式 +5I-+6H+=3I2+3H2O，氧化产物是碘单质，0.2ml 完全反应时，生成的碘单质的物质的量为0.6ml，碘单质既是氧化产物又是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比等于5：1，氧化产物的物质的量为0.5ml，故B不符合题意；
C.0~b之间共消耗1ml KIO3，则生成1mlI-，又由b~c之间的方程式为：
解得a=0.05ml，则n=1ml+0.05ml=1.05ml，所以当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶1时，加入的KIO3为1.05ml，故C符合题意；
D．由图示可知a=0.4ml，b为1ml，a~b之间共消耗0.6ml 且无I2生成，故根据方程式3 + =3 +I- +3H+可知，每消耗1ml 则有3ml 被氧化，则有0.6ml 消耗时有1.8ml 被氧化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】还原性 ＞I-，首先发生0~a段，离子方程式：3 + =3 +I-+3H+，继续加入KIO3，氧化性 ＞I2，所以 可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是 +5I-+6H+=3I2+3H2O，根据发生的反应来判断各个点的产物，由此分析。
11．【答案】A
【解析】【解答】根据题意和得失电子守恒，Fe2＋失去的电子数等于 、 得到的电子数之和，而 得到的电子数等于 得到的电子数，设原溶液中铬元素的质量为m，则：25.00×10－3 L×0.1000 ml·L－1×1 ×3＋2.000×10－3 L×0.01000 ml·L－1×5， m＝0.0416 0 g＝41.60 mg；
故答案为：A。
【分析】根据给出的数据利用化合价升降相等即可计算
12．【答案】B
【解析】【解答】A．O2和O3均由氧原子构成，常温常压下，3.2g O2和O3的混合气体中含有氧原子的物质的量为 =0.2ml，则含有氧原子的数目约为0.2ml×6.02×1023ml-1=0.2×6.02×1023，故A不符合题意；
B．一个环氧乙烷( )分子中含有7个共价键，0.2ml环氧乙烷( )中含有共价键的总数约为0.2ml×7×6.02×1023=1.4×6.02×1023，故B符合题意；
C．一个HCl分子中含有18个电子，标准状况下，1.12 L HCl气体的物质的量为 =0.05ml，则含有电子的数目约为0.05ml ×18×6.02×1023=0.9×6.02×1023，故C不符合题意；
D．一定条件下，1mlN2和3mlH2完全反应生成NH3，N元素由0价变为-3价，转移的电子数目为6NA，但该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，充分反应转移电子数小于6NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据最简式计算；
B．每个环氧乙烷中有7个共价键；
C．根据n=计算；
D．氮气与氢气的反应是可逆反应，不能完全反应；
13．【答案】C
【解析】【解答】A．标况下，葡萄糖是固体，其体积不能带入摩尔体积22.4L/ml计算，A选项不符合题意；
B．足量钠能与酒精、水发生反应，转移的电子数必须考虑两个反应中转移的电子数。反应如下：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。10g 92％的酒精溶液中含CH3CH2OH为9.2g，则为0.2 ml CH3CH2OH参与反应，转移电子数是0.2，再计算含有0.8g H2O，参与反应转移电子数为，B选项不符合题意；
C．方法一：乙酸和甲醛的实验式是CH2O，则30g混合物中含有的原子数是，为4；方法二是绝对值法，分别计算30g乙酸和30g甲醛中含有的原子数目，都为4，C选项符合题意；
D．和恰好完全反应的方程式是2H2S+SO2 = 3S↓+2H2O，SO2是氧化剂，S既是氧化产物也是还原产物，根据反应，消耗1ml SO2，生成3ml S，其中2mlS是氧化产物，1ml S是还原产物。生成96g氧化产物时，即生成3ml S是氧化产物，此时消耗1.5ml SO2，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、葡萄糖不是气体；
B、水可以和钠反应；
C、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法，即全部由乙酸构成的物质的量和全部由甲醛构成的物质的量，若两种物质的数值相等，则该数据为混合物混合后的物质的量；
D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．CaO2是由钙离子和过氧根离子构成的，所以1mlCaO2中含2ml离子，即1mlCaO2晶体所含离子总数为2NA，故A不符合题意；
B．氯气和水的反应是可逆反应，所以将7.1gCl2通入水中，转移电子数小于0.1NA，故B不符合题意；
C．NH3▪H2O是弱电解质，不能完全电离，所以1L0.1ml·L-1的氨水中含有OH-的数目小于0.1NA，故C不符合题意；
D．标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体的物质的量为0.5ml，每个O2和CO2分子都含有2个氧原子，所以0.5mlO2和CO2混合气中含有的氧原子数为NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.CaO2是由钙离子和过氧根构成；
B.氯气和水的反应为可逆反应；
C.一水合氨部分电离。
15．【答案】D
【解析】【解答】假设气体的物质的量为nml，容器的质量为mg，则：mg+nml×71g/ml=74.6g，mg+nml×28g/ml=66g，联立方程，解得n=0.2ml，气体的体积为V=0.2ml×22.4L/ml=4.48L，所以容器的容积为4.48L，
故答案为：D。
【分析】关于物质的量的计算，在掌握并理解m = nM、n = cV、V = nVm三个基本公式及摩尔质量、摩尔体积、物质的量浓度概念的基础上，分析题目提供的已知条件，灵活运用公式进行解答，在运用公式的过程中，注意电解质在水溶液中的电离、运用摩尔体积的条件与物质状态。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．硝酸根离子中N原子化合价降低，发生还原反应，则每0.1ml 发生还原反应，转移0.3mle-，A叙述符合题意；
B．根据离子方程式可知，硝酸根离子、氢离子和亚铁离子发生反应，则离子间的反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化，B叙述不符合题意；
C．氧化剂的化合价由+5变为+2，还原剂的化合价由+2变为+3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，C叙述不符合题意；
D．若把该反应设计为原电池，负极失电子化合价升高，则则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+，D叙述不符合题意；
故答案为A。
【分析】重点： 在碱性条件下没有氧化性，在酸性条件下有强氧化性
17．【答案】D
【解析】【解答】A. 标况下三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故硫原子数无法计算，A不符合题意；
B. 过氧化钠是2个钠离子和一个过氧根离子构成，7.8gNa2O2物质的量为0.1ml，离子总数为0.3NA，B不符合题意；
C. 8.8g乙酸乙酯分子的物质的量，由乙酸乙酯的结构简式可知每个乙酸乙酯分子中含非极性键数目为2，所以8.8g乙酸乙酯分子中含有的非极性键的数目为0.2NA，C不符合题意；
D. 氮气的结构式，三键中含一个σ键和两个π键，所以1mlN2中所含σ键的数目为NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.标况下三氧化硫为固态；
B.过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成；
C.每个乙酸乙酯分子中含有2个非极性键。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．n(NaHSO4)= =0.1ml，NaHSO4（熔融）=Na++ ，阳离子数目为0.1NA，A不符合题意；
B．n(C2H5OH)= =0.1ml，一个乙醇分子中有五个C-H键，一个O-H，C-H数目为0.5NA，B不符合题意；
C．n(O2)= =0.1ml ，Na2O2与CO2反应生成O2，生成1ml氧气转移2ml电子，所以0.1mlO2转移的电子数目为0.2NA，C符合题意；
D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一一个化学平衡，所以密闭容器中，2mlSO2和1mlO2催化反应后分子总数不一定为2ml，即不一定为2NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.先计算其物质的量，再根据NaHSO4（熔融）=Na++ 分析解答；
B.先计算其物质的量，再根据一个乙醇分子中有五个C-H键分析计算；
C.根据O2的物质的量和反应方程式分析解答；
D.依据SO2和O2的催化反应为可逆反应分析。
19．【答案】D
【解析】【解答】A.由分析可知，温度为78℃时固体M的化学式为FeSO4·4H2O，选项正确，A不符合题意；
B.由分析可知，物质P的化学式为FeSO4，将其加热至650℃时，所得固体的质量为1.60g，若反应生成两种气体，则该两种气体为SO2和SO3，结合得失电子守恒可得，反应过程中铁元素的化合价升高，且变为+3价， 因此Q的化学式为Fe2O3，选项正确，B不符合题意；
C.由分析可知，物质N的化学式为FeSO4·H2O，物质P的化学式为FeSO4，因此在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为： FeSO4·H2O FeSO4＋H2O，选项正确，C不符合题意；
D.由分析可知，物质N的化学式为FeSO4·H2O，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】5.56g晶体的物质的量，其中所含结晶水的质量m(H2O)=0.02ml×7×18g/ml=2.52g，因此晶体中m(FeSO4)=5.56g-2.52g=3.04g，因此P的化学式为FeSO4；在温度为78℃时，固体质量由5.56g减少为4.48g，减少的质量为1.08g，即m(H2O)=1.08g，其物质的量为，则剩余n(H2O)=0.02ml×7-0.06ml=0.08ml，因此M的化学式为FeSO4·4H2O；在温度为159℃时，固体质量由4.48g变为3.40g，减少的质量为1.08g，即m(H2O)=1.08g，其物质的量的量为，则剩余n(H2O)=0.08ml-0.06ml=0.02ml，因此N的化学式为FeSO4·H2O；
20．【答案】D
【解析】【解答】A．根据分析，CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A不符合题意；
B．根据分析，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，①中洗涤的目的主要是为了除去滤渣表面附着的 和 ，故B不符合题意；
C．过程②中稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C不符合题意；
D．过程④中消耗 的状态未知，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则转移电子数无法确定，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】这道题目是回收类题型，加入盐酸将溶于盐酸和不溶于盐酸的物质区分，氧化铁溶于盐酸，滤液A中是氯化铁，可能有稀盐酸，而滤渣A中是二氧化铈和二氧化硅，向滤渣中加入硫酸个过氧化氢利用过氧化氢的还原性将4价铈变为三价，滤渣B中为二氧化硅，滤液B中含有三价铈，加入碱沉淀。
A.滤渣A是不与酸反应的物质
B.洗涤的目的主要是除去溶于水的离子Cl-和Fe3+
C.可以根据氧化还原的规律写出离子方程式。
D.可以写出方程式：4Ce(OH)3+2H2O+O2=4Ce(OH)4，这个过程1ml氧气转移4ml电子，但是题干中并没有指明条件
21．【答案】（1）Mg2Si；Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+
（2）SiH4 +2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O
【解析】【解答】（1）根据化合物X 3.80g计算得到Mg原子与Si原子个数之比为2：1，则X的化学式为Mg2Si，在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁，故其离子方程式为：Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+，故答案为：Mg2Si；Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+；
（2）在强氧化剂高锰酸钠的作用下，硅烷被氧化为硅酸钠与氢气，同时生成黑色固体二氧化锰，根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得，其化学方程式为：SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。
【分析】步骤②生成的建筑行业的黏合剂为硅酸盐，无色无味气体为H2，因此无色气体A为SiH4，则X中含有Si元素；无色溶液B中加入过量烧碱溶液后产生固体，则该固体因为Mg(OH)2，因此X中含有Mg元素，Mg(OH)2经洗涤、干燥、灼烧后得到白色固体4.0g为MgO，结合Mg元素质量守恒，可得X中Mg元素的质量为：，因此X中所含Si元素的质量为：3.80g-2.4g=1.4g，故化合物X中Mg、Si的原子个数比为2.4g24g/ml：1.4g28g/ml=2：1，因此可得X的化学式为Mg2Si；据此结合题干设问分析作答。
22．【答案】（1）；或
（2）C；D
（3）>；中非羟基氧的个数多于，中键极性更强
（4）取少量固体样品于试管中，加入溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝色，说明含有氮元素
【解析】【解答】（1）羟胺有类似于NH3的碱性，会与水反应，方程式为NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH-； 和尿素反应得到氯化钠和碳酸钠和 和水，即可写出方程式为： 或 ；
（2）A. 均只含极性键， 含有极性键和非极性键，故A不符合题意；
B.N2H4+H2SO4=N2H6SO4，与过量硫酸溶液反应形成酸式盐的化学式为N2H6SO4，故B不符合题意；
C.电负性HN2H4>NH2OH，则碱性： NH3>N2H4>NH2OH，故C符合题意；
D.根据物质之间的转化，是取代反应，且为无机酸酯，故D符合题意；
（3）含氧酸酸性强弱主要看含有非羟基氧原子的个数，越多酸性越强，而 中非羟基氧的个数多于，中键极性更强 ，酸性越强；
（4） 与反应生成固体产物中除了尿素还有氯化铵，检验铵根离子可用氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝色，说明含有氮元素 ；
【分析】（1）考虑羟胺有类似于NH3的碱性，会与水反应，即可写出，根据反应物和生成物写出方程式即可；
（2）A.根据原子以及形成的共用电子对即可判断其含有极性键或者非极性键；
B.肼看成氨的衍生物(NH2-NH2)每个N为sp3杂化，每个N都有一对孤对可以给H+配位即可写出方程式；
C.考虑电负性强弱对羟基的影响；
D.根据物质之间的转化，是取代反应，且为无机酸酯；
（3）根据含氧酸中非羟基的个数即可判断酸性强弱；
（4）结合元素守恒判断盐味铵盐即可检验铵根离子的方法。
23．【答案】（1）；10Al+6NO3-+4OH－=3N2+10AlO2-+2H2O
（2）Cu2+、Fe2+、Fe3+；0.3ml；0.1ml/L
【解析】【解答】（1）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为 ，根据题干信息，反应物为：铝、NO3-、OH-，生成物为：N2、H2O、碱性条件下铝参加反应生成物还有AlO2-，反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，依据原子个数守恒、电荷守恒反应的离子方程式：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O，故答案为： ，10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O。
（2）①取少量废液，滴加KSCN溶液显红色，证明溶液中存在Fe3+；
②取100mL废液，加入足量的硝酸银溶液，析出沉淀43.05 g，析出沉淀43.05 g是氯化银，物质的量是43.05g÷＝0.3ml；
③另取100mL废液，加入一定质量的铜片，充分反应后，测得铜片的质量减少了2.56g，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变色，说明铁离子完全被消耗，发生了反应：2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，参加反应的铜的物质的量是2.56g÷64g/ml＝0.04ml，所以n（Fe3+）＝0.08ml；a.根据①的现象和反应2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+可知废液中含有的金属离子是：Fe3+、Cu2+、Fe2+，故答案为：Fe3+、Cu2+、Fe2+。b.根据氯离子守恒，n（Cl-）=n（AgCl）=0.3ml，故答案为：0.3ml。c.原溶液中含有的氯化铁的物质的量是：n(Cl−)/3＝0.1ml，根据反应2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，氯化铁能够消耗0.05mlCu，由于③中只消耗了0.04mlCu，故100mL废液中Cu2+的物质的量是：0.05ml-0.04ml＝0.01ml，浓度是0.01ml÷0.1L＝0.1ml/L，故答案为：0.1ml/L。
【分析】（1）根据原子最外层电子数，以及“满足8电子稳定结构”条件，确定NOCl的电子式；
根据题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
（2）a、根据实验过程中产生的现象判断废液中所含离子的成分；
b、根据计算n(AgCl)，结合氯守恒得出废液中n(Cl-)，再根据公式计算废液中c(Cl-)；
c、加入铜片后，铜片的质量减少，说明溶液中含有Fe3+，结合Cu与Fe3+的反应计算废液中c(Cu2+)；
24．【答案】（1）漏斗、烧杯、玻璃棒
（2）1∶1
（3）
（4）80℃以后，温度升高， 的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中 浓度减小，沉钒率下降
（5） %
【解析】【解答】(1) 由分析可知，操作Ⅰ为固、液分离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(2) 由分析可知，在滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸发生的反应为在酸性条件下，亚硫酸钠与 发生氧化还原反应生成硫酸钠、 和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂 和还原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1；
(3) 由分析可知，混合溶液中加入氯酸钾发生的反应为具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将 离子氧化为 离子，反应的离子方程式为 ，故答案为： ；
(4) “沉钒”时，温度超过80℃以后， 的溶解度增大，以及氨水受热分解，溶液中 浓度减小，都会导致沉钒率下降，故答案为：80℃以后，温度升高， 的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中 浓度减小，沉钒率下降；
(5)由题意可知，滴定时，硫酸亚铁铵做反应的还原剂， 离子和高锰酸钾做反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可得：n( )+5n( )=n(Fe2+)，解得n( )=(a1b1−5a2b2)×10−3 ml，由钒原子个数守恒可知，产品中 的质量分数为 ×100%= %，故答案为： %。
【分析】由题给流程可知，向含钒废催化剂中加水溶解， 和不溶性硅酸盐不溶于水， 溶于水，过滤得到含有 和不溶性硅酸盐的滤渣1和含有 的滤液1；向滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，在酸性条件下，亚硫酸钠与 发生氧化还原反应生成硫酸钠、 和水，不溶性硅酸盐与稀硫酸反应转化为难溶于水的硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣2和含有 的滤液2；向含有 的混合溶液中加入氯酸钾，具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将 离子氧化为 离子，向氧化后的溶液中加入氨水， 离子与氨水反应生成 沉淀，过滤得到 ； 受热分解生成 。
25．【答案】（1）还原剂
（2）由图知，pH为1~2时锰的浸出率几乎相等、均已高达接近100%，“硫酸”过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会多消耗氨水而造成浪费
（3）；使Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀
（4）将溶液蒸发浓缩趁热过滤，洗涤干燥
（5）
【解析】【解答】(1)焙烧时， 和 在纤维素作用下分别转化为 、 ，锰元素化合价降低、部分铁元素化合价降低、则纤维素的作用是还原剂。
(2)由图知，pH为1~2时锰的浸出率几乎相等、均已高达接近100%，“硫酸”过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会多消耗氨水而造成浪费。
(3) 具有氧化性，能氧化亚铁离子，则净化时，加入30% 的目的是把亚铁离子氧化为铁离子、并通过调 转变为氢氧化铁沉淀而除去， 和亚铁离子反应的离子方程式为 ；常温下Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为5.2、4.1，Mn2+开始沉淀的pH 为8.1，所以加入氨水调节pH加氨水到 为5.5的目的是使Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀。
(4)由 与 溶解度曲线知， 在高温时溶解度小容易结晶，则要获得 的方法为升温结晶，“结晶分离”的具体实验操作：将溶液蒸发浓缩趁热过滤，洗涤干燥。
(5)产品 纯度测定：称取a 产品，在适宜的条件下用适量 将 氧化为 ，再用 溶液b 刚好把 转化为 。根据得失电子数守恒，可以得到如下关系式： ，则 ， 的摩尔质量为169g/ml，则产品纯度为 。
【分析】（1）根据反应物和生成物的元素化合价即可判断
（2）根据图示，硫酸量增多，浸出率增长不大，硫酸量增大了氨水的消耗
（3）根据反应物和生成物即可写出离子方程式，调节pH主要是为了沉淀铝离子和铁离子
（4）根据图示即可判断硫酸锰的溶解度随着温度升高先增大后减小，应该采用加热浓缩趁热过滤进行洗涤干燥
（5）利用给出的数据结合方程式进行计算即可氢氧化物
开始沉淀时的pH
2.3
4.0
7.5
8.8
10.4
沉淀完全时的pH
4.1
5.2
9.7
10.4
12.4