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1、专题限时集训(一)1C解析 检查容量瓶是否漏水，应向容量瓶中注入适量水，左手托住瓶底，右手食指顶住瓶塞，倒置看是否漏水，将容量瓶正放后，再把瓶塞旋转180度，再倒置后看是否漏水，A项错误；用托盘天平称量任何药品，均不能将药品直接放在托盘上，B项错误；中和滴定中使用的锥形瓶只要洁净即可，不必干燥，不能用待装液润洗，C项对的；不能在量筒中进行稀释、混合等操作，D项错误。2C解析 甲同学需要的溶质的质量为100 g5%5 g，乙同学需要的溶质的质量为0.5 mol/L0.1 L58.5 g/mol2.925 g，A项错误；乙同学配制过程中需要用到容量瓶，而甲同学不需要，B项错误；100 mL氯化钠溶
2、液的质量大于100 g，D项错误；由A项中的计算结果及题目所给氯化钠溶液的溶解度可知，两同学配制的溶液均为不饱和溶液，C项对的。 3D解析 4.6 g(即0.1 mol)乙醇(CH3CH2OH)中含CH键的个数为0.5NA，A项错误； H2O2为共价化合物(分子晶体)，不含离子，B项错误；标准状况下，CHCl3呈液态，不能依据气体摩尔体积计算物质的量，C项错误；9.2 g NO2和N2O4的混合气体(最简式NO2)含NO2 0.2 mol，原子数0.6NA，D项对的。4D解析 1 L pH1的硫酸溶液中具有的H的物质的量为n(H)1 L0.1 molL10.1 mol，A项对的；C2H4和C3
3、H6的最简式相同，所含氢原子数为14 g14 gmol12NA2NA，B项对的；0.1 mol Na反映生成Na2O或Na2O2时，化合价都变成1价，转移电子数相同，C项对的；1 mol甲醇中具有CH键的数目为3NA，D项错误。5C解析 1 mol羟基(OH)所含电子数为9NA，A项错误；1 mol Cl2溶于水涉及溶解平衡和可逆反映平衡，转移电子数小于NA个，B项错误；金刚石呈空间四周体结构，每个碳原子占有CC键个数为4个2个，C项对的；未知气体所处环境，不能依据其体积拟定物质的量，D项错误。6D解析 结晶水合物加热时一般一方面失去结晶水，分析图中数据，n(FeSO47H2O)0.03 mo
4、l，第一阶段失重8.34 g6.72 g1.62 g，应为0.09 mol H2O，第二阶段失重6.72 g5.10 g1.62 g，也应为0.09 mol H2O，第三阶段失重5.10 g4.56 g0.54 g，为0.03 mol H2O。由以上分析可知具有3种不同结合力的水分子，第一阶段和第二阶段分别失去3分子水，第三阶段失去1分子水，故A、B、C项均错误。分析第三阶段的失重数据可验证D项对的。7C解析 1 mol C60F60含CC键为1 mol60390 mol，A项错误；2.1 g(即0.1 mol)DTO分子含中子数(128)0.1 mol1.1 mol，B项错误；4.6 g N
5、O2和N2O4混合气体(最简式为NO2)含NO2 0.1 mol，电子数0.1 mol232.3 mol，C项对的；D项不能拟定HB是否所有电离，同时尚有H2O能电离出阴离子，D项错误。8C解析 NaHSO4和KHSO3的摩尔质量相等，均为120 g/mol，1 mol物质均只含1 mol阳离子，那么120 g(即1 mol)混合物含阳离子总数为2 mol，A项错误；Cl2在水中存在溶解和反映两个平衡，但与NaOH完全反映，故等量的Cl2在两者中转移电子数不等，B项错误；蔗糖属于非电解质，在溶液中以分子形式存在，C项对的；每个CO2分子中含两个碳氧双键，有2NA个碳氧双键形成时，表达生成CO2
6、 1 mol，应放出650 kJ的热量，D项错误。9A解析 S2、S8均由S原子构成，6.4 g物质含原子数0.2 mol，A项对的；7.8 g(即0.1 mol)Na2O2(Na2O2=2NaO)含离子总数0.3 mol，B项错误；pH只描述溶液的c(H)，没有体积，不能计算物质的量，C项错误；0.012 kg 13C含质子数6，D项错误。10B解析 根据题意具有4.5 mol SO和3.0 mol金属离子，可写出该溶质的化学式为R2(SO4)3，溶质的物质的量为1.5 mol，则溶质的物质的量浓度为3.0 molL1。11A解析 100 mL 1 mol/L的Ba(OH)2溶液与足量(NH
7、4)2Fe(SO4)2溶液反映，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量最大值为0.1 mol BaSO4与0.1 mol Fe(OH)3 的质量之和，为34 g，故A不也许。12A解析 由Cr2O和足量KI溶液反映得到3.81 g(即0.015 mol) I2可知反映的Cr2O的物质的量为0.005 mol，则2.83 g X中具有Cr3的物质的量为0.01 mol；由X与BaCl2的反映可知2.83 g X中具有SO的物质的量为0.02 mol；根据电荷守恒可知K的物质的量为0.01 mol，可知X的化学式为K2SO4Cr2(SO4)3，A项对的。13(1)D (2)AC烧杯、玻璃棒BC
8、E2.027.413.6将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌解析 (1)托盘天平称量的结果只能精确到小数点后一位数字，D项错误。(2)容量瓶只能配制溶液，而不能作为反映容器，也不能长时间保存溶液或在其中溶解固体。没有450 mL的容量瓶，故需要配制500 mL的NaOH溶液。14(1)蒸发浓缩冷却结晶KSCN溶液 (2)CDNaOH溶液对分液漏斗玻璃塞、旋塞的磨口腐蚀性强(或分液漏斗玻璃塞、旋塞处会被NaOH溶液腐蚀导致黏结) (3)打开止水夹，缓慢推压注射器活塞H2SO4溶液用注射器向A中注入空气，使装置中的氨气所有进入吸取液(4)2126 解析 (1)由题意可知莫尔盐为硫酸亚
9、铁铵晶体，受热易分解，不能采用将溶液加热蒸干的方法获取，故需要将溶液蒸发浓缩和冷却结晶两步操作；KSCN溶液遇Fe3显血红色。(2)实验制得的氨气中具有水蒸气，可以用碱石灰除去，所以先连接装置C；氨气极易溶于水，所以吸取时应防止倒吸，故选用D装置；NaOH可与玻璃反映生成黏性物质，所以不能用带玻璃塞或活塞的仪器盛放。(3)加入NaOH溶液时应注意先打开止水夹这一细节；氨气溶于水显碱性，所以用难挥发性酸溶液如硫酸溶液可充足吸取并可准确测量其质量；反映停止后应通入空气以使装置中残留的氨气所有进入吸取液。(4)由题意可知，7.84 g摩尔盐中具有H2O的质量为7.84 g5.68 g2.16 g，则
10、n(H2O)0.12 mol；NH3的质量为0.68 g，则n(NH)0.04 mol；加入适量3%的H2O2溶液，充足振荡后滤出沉淀，洗净、干燥、灼烧后，得到Fe2O3，测得其质量为1.6 g，则n(Fe2O3)0.01 mol，则7.84 g摩尔盐中具有的n(Fe2)0.02 mol，m(Fe2)1.12 g；则7.84 g摩尔盐中具有的m(SO)7.84 g2.16 g0.72 g1.12 g3.84 g，n(SO)0.04 mol，则此摩尔盐n(NH)n(Fe2)n(SO)n(H2O)2126。专题限时集训(二)1A解析 合成氨时氮元素被还原，而氮气与氧气化合生成NO时，氮元素被氧化；
11、钢铁的腐蚀实质上是金属失电子被氧化的过程；食物的腐败实质上是食物被空气中的氧气氧化，故某些袋装食品需要隔绝空气且添加防氧化剂(即还原剂)；铁或铝在浓硫酸中的钝化实质上是金属表面被氧化而生成一层致密的氧化物保护膜。2A解析 N的化合价由HNO2中的3价下降到N2中的0价，HNO2作氧化剂，对；Cl在该反映中化合价未发生变化，不能比较其与其他反映物还原性的强弱，错；每生成2.8 g(即0.1 mol)N2，转移电子数(30)20.1 mol0.6 mol，对；根据Cl守恒，x为6，根据电荷守恒，y为2，错；结合分析，SnCl2作还原剂，氧化产物为SnCl，对。3C解析 参与反映的硝酸分氧化剂和酸两
12、部分，其物质的量比为，1 mol FexOy与足量稀硝酸反映，起酸作用的硝酸为3x mol，起氧化剂作用的硝酸为，故，解得。4B解析 Cu2S和Cu2O中Cu的化合价均为1价，反映后变成单质铜，Cu2S和Cu2O均为氧化剂，铜为还原产物，A、C项错误；而反映中S化合价升高，故Cu2S还作还原剂，B项对的；该反映转移6 mol电子，生成6 mol Cu，转移1.8 mol电子生成1.8 mol(115.2 g)Cu，D项错误。5C解析 途径S化合价升高，被浓HNO3氧化，A项对的；途径、中SO2的催化氧化过程属于可逆反映，增大O2的浓度有助于平衡正向移动，减少了成本，B项对的；途径中，Fe2H2
13、O4，生成1 mol H2SO4，转移7 mol e，C项错误；途径生成NO2污染气体同时原子运用率减少，D项对的。6D解析 根据原子守恒可知M为H2O，A项对的；Sn由2价升高到4价，SnCl2作还原剂，As由3价减少到0价，H3AsO3作氧化剂，转移3 mol电子，B、C项对的；氧化产物和还原产物的物质的量之比为32，D项错误。7D解析 过量的KI与CuSO4在溶液中发生反映2Cu24I=2CuII2，Cu2作氧化剂，而I被氧化为I2，CuI是还原产物，A项错误；再通入SO2时发生的反映为SO2I22H2O=H2SO42HI，实质上是SO2将I2还原为I，体现了SO2的还原性，B项错误；C
14、项没指出SO2是否为标准状况，错误；由“在同一反映中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性”可知D项对的。8B解析 结合题意，发生反映涉及：2NaHCO3Na2CO3H2OCO2；2Na2O22H2O=4NaOHO2；2Na2O22CO2=2Na2CO3O2。测得氧气为1 mol，那么，b或至少1个为2，另一个大于等于2，A、D项错误；结合转移电子数一定是2NA，B项对的；容器中不能判断H2O和CO2的残留情况，C项错误。9D解析 反映中为MnO2将NaI氧化，硫酸只起到提供酸性环境的作用，生成1 mol I2时转移电子2 mol；反映中为NaHSO3将NaIO3还原，生成1 mol I2时转移电
15、子10 mol；由反映可知氧化性IOSO。故只有D项对的。10D解析 该反映中生成物中的氧元素均为2价，Na2O2只作氧化剂，A项错误；3 mol Na2O2发生反映时转移电子6 mol，B项错误；Na2FeO4中Fe为6价，C项错误。11C解析 NHN2，氮元素化合价升高，发生氧化反映，SOSO2，硫元素化合价减少，发生还原反映，一方面根据电子守恒配SO2和N2的化学计量数，再用观测法配平反映方程式，可得3(NH4)2SO43SO2N24NH36H2O。化学计量数由小到大的顺序是N2、SO2、NH3、H2O，A项错误；氧化产物与还原产物的物质的量之比为13，B项错误；被氧化元素原子和被还原元素原子的物质的量之比为23，C项对的；若反映生成1 mol H2O，则转移的电子为1 mol，D项错误。12D解析 设反映后的化合价为x，根据氧化还原反映中得失电子守恒得0.006 L0.2 mol/L21.2103 mol(6x)，x4，故选D。13C解析 反映中Cu
