【2021届备考】2020全国名校化学试题分类解析汇编(11月第二期)：A1阿伏伽德罗常数和物质的量.docx

A1 阿伏伽德罗常数和物质的量【原创精品解析纯word版】理综卷2021届黑龙江省大庆铁人中学高三10月月考（202210）】30、（14分）A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的其次、三周期元素的单质。B、E均为组成空气的成分。F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为12。在确定条件下，各物质之间的相互转化关系如下图（图中部分产物未列出）：请填写下列空白：（1）A是 ，G是 。（用化学式填写）（2）H与盐酸反应生成E的化学方程式是 。（3）E与F反应的化学方程式是 。（4）F与G的水溶液的反应生成I和D的离子方程式是 。（5）向H溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，但该反应中没有放出E气体，则该反应的离子方程式 。（6）将2.5 g H、I和碳酸氢钠的固体混合物完全溶解于水，制成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入1molL1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如下图所示：，则物质I的物质的量为_mol。【学问点】无机框图题A1 B1 D5 C5【答案解析】14分，每空2分C Na2SNa2CO32HCl=2NaClCO2H2O2Na2O22CO2=2Na2CO3O2Na2O2S22H2O 4OHS2Na2CO32Cl2H2O=ClO2HCO3Cl0.015解析：B、E均为组成空气的成分，且B为单质、E为化合物，可确定B为O2、E为CO2、A为碳，F的焰色反应呈黄色，说明含Na元素，且F能与CO2反应生成O2，确定F为Na2O2、H是碳酸钠，C为Na，再由G中D、C个数比为1：2知D显2价，且D原子序数大于C，确定D为S、G为Na2S，在水溶液中Na2S能被Na2O2氧化，I是氢氧化钠：Na2O2S22H2O 4OHS2Na。 向H溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质即次氯酸钠，但该反应中没有放出E气体，说明生成碳酸氢钠，则该反应的离子方程式2CO32Cl2H2O=ClO2HCO3Cl将2.5 g H、I和碳酸氢钠的固体混合物完全溶解于水，在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，结合图象可知，开头没有二氧化碳气体生成，而且AB段消耗的盐酸体积比OA段小，表明溶质为碳酸钠和氢氧化钠，则OA段先发生酸碱中和反应（H+OH-H2O）消耗的盐酸体积为25mL-（45 mL -25 mL）=5mL，然后碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠，其离子反应方程式为CO32-+H+HCO3-，该反应消耗盐酸20 mL，因此混合物完全溶解于水的溶液中含氢氧化钠0.005mol，含碳酸钠0.02mol，设2.5 g H、I和碳酸氢钠的固体混合物含碳酸钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量分别是a、b、c，则106a+40b+84c=2.5g，NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O，即固体混合物完全溶解于水含氢氧化钠b-c=0.005mol，含碳酸钠a+c=0.02mol，求得b=0.015mol。【思路点拨】解答无机框图题要查找突破口，如本题的“B、E均为组成空气的成分”，“F的焰色反应呈黄色”，“在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为12”，“A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的其次、三周期元素的单质”等；碳酸钠、氢氧化钠、碳酸氢钠混合溶于水先发生反应NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O，然后依据图像分析溶于水后溶液的成分并计算。31-34为生物必答试题31.（15分）种子在成熟和萌发过程中会进行不同的物质转化，下图为蓖麻种子在成熟和萌发过程中糖和脂肪的变化曲线，请据图回答下列问题。（1）脂肪的元素组成为 。鉴定脂肪可用 染液，显微镜下观看，可看到被染成 色的脂肪颗粒。（2）蓖麻种子中主要的储能物质是 ，等质量的脂肪和糖类彻底氧化分解后释放能量更多的是 ，脂肪在细胞中被彻底氧化分解的产物为 ，该过程称为 。蓖麻种子萌发过程中产生的能量主要去向是 。（3）萌发初期，导致蓖麻种子干重增加的主要元素是 （填“C”或“N”或“O”）。32（13分）回答下列与溶酶体相关的问题：（1）溶酶体是细胞的“消化车间”，缘由是内含多种水解酶，这些酶在 上合成，经 、 加工、分类和包装后以出芽方式转移到溶酶体内。（2）溶酶体内pH为5左右，而细胞质基质pH为7左右，可见H+以 方式进入溶酶体。（3）蝌蚪尾部细胞溶酶体膜裂开，其内水解酶释放到细胞质中，从而使整个细胞被酶水解消亡。这是由 所打算的细胞自动结束生命的过程，称为 ，它对于多细胞生物体完成 起着格外关键的作用。（4）溶酶体膜与其他生物膜相比有一些特殊之处，所以溶酶体膜不会被自身的酶所水解，而能与细胞质其他部分平安分隔开。这个例子可以很好地说明生物膜系统的 功能。33.（13分）某生物争辩小组在密闭恒温玻璃温室内进行水稻栽培试验，连续48h测定温室内CO2浓度及水稻CO2吸取速率，得到如图所示曲线（整个过程呼吸作用强度恒定)， 请回答下列相关问题：（1）光反应过程需要叶绿体色素吸取传递转化光能。在叶绿体色素提取和分别试验中，在研磨提取色素时加入 、 、 。暗反应需要光反应供应的物质是 。当光照强度突然降低，短时间内C3和C5化合物含量分别 、 （填“增加”“削减”或“不变”）。（2）试验期间，总光合速率最大毁灭在 h。图中 h，有机物积累量最大。（3）试验前3小时叶肉细胞产生ATP的场全部 ，6h时CO2的移动方向是 。（4）图中植物呼吸速率与光合速率相等的时间点有 个，叶绿体无O2生成的时间总共有 小时。34.(13分) 某植物的花有紫色、红色和白色三种性状，且由三对等位基因把握。现有五个纯合品系的紫花（AABBdd）、红花（aaBBdd）、白花甲（aabbdd）、白花乙（aabbDD）和白花丙（aaBBDD）植株若干，四组杂交组合后代的表现型及比例如下：请依据杂交试验结果回答：（1）该植物的花色遗传符合哪些遗传定律？ 。（2）请参照下表中白花基因型的书写格式，写出四组杂交组合中紫花和红花的基因型。表现型白花紫花红花基因型aabbddA bbdd D （3）在杂交3中，F2白花植株的基因型共有 种，毁灭概率最高的基因型是 。（4）某红花的自交后代中毁灭一白花植株。分析认为，该白花植株毁灭的缘由中可能有：杂合子的后代隐性基因纯合的结果；纯合子发生基因突变的结果（突变只涉及一个基因）。为探究该白花植株毁灭的缘由是上述哪一种，用已有的白花甲（aabbdd）与之杂交，请猜想结果并作出分析：假如F1的花全为 ，可知待测白花植株的基因型为 ，则待测白花植株毁灭的缘由是。假如F1中白花与红花比例为 ，可知待测白花植株的基因型为 。则待测白花植株毁灭的缘由是。14.：A 15A 16B 17 A18ABC19.ACD20 BD21BD.22（6分）0.58 、0.60 9.7 （每空2分）23（ 8分）答案：（1） 0.280（2分） （4分）描点清楚，标度适当，两坐标轴物理量，单位；画成折线或没用直尺画线均得分。 a=0.20，（0.19-0.21）（2分） 24.（13分）解析：（1）小球由A到O的过程，由机械能守恒定律，有：mgL=， 2分在O点，由牛顿其次定律，Fm-mg=m， 2分解得：Fm=3mg=30N。 由牛顿第三定律可知轻绳所能承受的最大拉力为30N。 1分（2）小球从O点平抛，有：x=v0t， 1分y=gt2， 1分小球落至曲面上，有x2+y2=R2， 2分联立解得t=1s。 2分小球落至曲面上的动能Ek=mv2 代入数据得Ek=100J。 2分25 解答：（1）当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向下、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，依据牛顿其次定律mgsin30 + mgcos30=ma1 解得 a1 = 7.5m/s2 2分当小物块速度等于3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，依据匀加速直线运动规律t1 = L1 = 2分解得 t1 = 0.4s 1分L1 = 0.6m 由于L1L 且tan30，当小物块速度大于3m/s时，小物块将连续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，依据牛顿其次定律和匀加速直线运动规律mgsin30mgcos30=ma2 2分解得 a2 = 2.5m/s2 LL1 = v1t2 + a2t22 1分解得 t2 = 0.8s故小物块由静止动身从A到B所用时间为 t = t1 + t2 = 1.2s 2分（2）作vt图分析知：传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v 时，小物块将从A点始终以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，即L = a1tmin2 2分解得tmin = 1sv =a1tmin =7.5m/s 2分此时小物块和传送带之间的相对路程为 S = v tL = 3.75m 2分26（19分）解析(1)由eU0mv得电子的入射速度 2分v04107 m/s 1分（2）刚好能飞出极板上， 2分所以， 解得：U1=1440V 2分由动能定理， 2分 (2)加沟通电压时，A、B两极板间的场强E22.5104cos 2t(V/m)电子飞出两板时的竖直位移y1at 2分电子飞出两板时的竖直速度vyat1 2分电子飞出两板到达圆筒时的竖直位移y2vyt2 2分在纸上记录落点的总偏距yy1y2cos 2t(m) 1分因圆筒每秒转2周，故在1 s内所记录的图形如图所示 3分7、B 8、A 9、D 10、C 11、B 12、C 13、C26、16分，每空2分（1）过氧化钠 （2）NH4、Al3、Mg2 ； Cu2、Fe2、HCO3 ； K、Cl、SO42 （3）2Na2O22H2O4NaOHO2 NH4OHNH3H2O Al(OH)3OHAlO22H2O （4）NH4Mg2Al312127、10分，每空2分（1）Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O； （2）FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-+16H+；（3）4Fe2+O2+2H2O+8OH-=4Fe（OH）3（4）2.8pH3.0； （5）Al3+4OH-=AlO2-+2H2O28、18分，每空2分（1）4NH3+5O2 4NO+ 6H2O （2分）（2）在氨水中存在平衡：NH3 + H2O NH3H2O NH4+ + OH，加入NaOH固体，OH浓度增加，平衡向左移动，NaOH固体溶于水放出大量热，均有利于NH3逸出 （2分）（3）2NO+O2=2NO2 （2分） NH4NO3（2分）3Cu+ 8H+2NO3=3Cu2+ +2NO+4H2O （2分）（4）增加（2分） 削减（2分） （5）Na2O2 （2分） NH4HCO3分解放出NH3；同时放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2（2分）1.D 2.C 3.B 4.C 5.D 6.A 31.（15分）（除标注外，每空2分）（1）C、H、O （1分） 苏丹（）（1分） 橘黄（红）（1分）（2）脂肪 脂肪 二氧化碳和水 细胞呼吸（有氧呼吸） 以热能形式散失（3）O32.（13分）（除标注外，每空2分）（1）核糖体（1分） 内质网（1分） 高尔基体 （1分） （2）主动运输（3）基因 细胞凋亡 正常发育（4）分隔和区域化(合理即可) 【原创精品解析纯word版】理综卷2021届黑龙江省大庆铁人中学高三10月月考（202210）】27、（16分）有一透亮溶液，已知其中可能含有Mg2、Cu2、Fe2、Al3、NH4、K、Cl、HCO3、SO42。当加入一种淡黄色粉末状固体物质时，有刺激性气味的混和气体放出，同时生成白色沉淀。当加入0.4mol淡黄色粉末时，共收集到0.3mol混和气体，且此时生成的沉淀最多。此后连续加入淡黄色粉末时，沉淀量渐渐削减，至加入0.45mol粉末后，沉淀量由0.3mol削减至0.2mol，再加入粉末后，沉淀就不再削减。由此试验现象及数据推断：（1）淡黄色粉末的名称为 ；（2）溶液中确定有 离子，确定没有 离子，可能有_离子；（3）写出下列反应方程式淡黄色粉末与水反应 ；产生刺激性气味气体的离子方程式 ；加入淡黄色粉末的物质的量由0.4mol至0.45mol时，沉淀部分消逝，反应的离子方程式为 ；（4）溶液中阳离子的物质的量之比为（H及没有确定的离子除外） 。【学问点】离子反应 计算A1 B1【答案解析】（1）过氧化钠 （2）NH4、Al3、Mg2 ； Cu2、Fe2、HCO3 ； K、Cl、SO42 （3）2Na2O22H2O4NaOHO2 NH4OHNH3H2O Al(OH)3OHAlO22H2O （4）NH4Mg2Al3121解析：依据当加入一种淡黄色粉末状固体物质时，有刺激性气味的混和气体放出，同时生成白色沉淀，知淡黄色粉末是过氧化钠，刺激性气味是氨气，则溶液含NH4，没有Cu2、Fe2，0.4mol过氧化钠与水反应生成0.2mol氧气，则氨气是0.3mol-0.2mol=0.1mol，连续加入淡黄色粉末时，沉淀量渐渐削减，至加入0.45mol粉末后，沉淀量由0.3mol削减至0.2mol，再加入粉末后，沉淀就不再削减，则溶液含Mg2、Al3，而且氢氧化镁的物质的量为0.2mol，氢氧化铝为0.1mol，n（NH4）n（Mg2）n（Al3）0.10.20.1=1：2：1，依据共存知没有HCO3，可能含有的离子是K、Cl、SO42。当加入0.4mol淡黄色粉末时，生成的氢氧化钠为0.8mol，其中沉淀Mg2、Al3用去氢氧化钠0.7mol，余下的0.1mol氢氧化钠与NH4反应，再加入0.05mol过氧化钠，生成的氢氧化钠刚好溶解氢氧化铝。【思路点拨】依据反应现象、消耗的过氧化钠的量、生成的气体的量进行推理分析发生的反应。【原创精品解析纯word版】理综卷2021届广西省桂林中学高三10月月考（202210）】11设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是：A在25，1.01105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NAB48g O3 和O2混合气体所含的原子数目为3NAC1mol氦气所含的电子数目为4NAD2.7g金属铝变成铝离子时失去的电子数目为0.1NA【学问点】阿伏加德罗常数的应用 A1 【答案解析】B 解析：A在0，1.01105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NA，但是在25时，1.01105Pa时，11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，故所含的原子数目小于NA，错误；B48g O3 和O2混合气体所含的原子数目为3NA，正确；C氦气是单原子分子，故1mol氦气所含的电子数目为2NA，错误；D1mol铝变成铝离子时失去的电子数目为3mol，故2.7g金属铝变成铝离子时失去的电子数目为0.3NA，错误。【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的值在有关物理量中如分子中含有的原子数目、电子数目的计算、在氧化还原反应中的转移的点子数的计算等，包括的学问内容较多，综合性较强。【原创精品解析纯word版】化学卷2021届重庆市重庆一中高三上学期其次次月考（202210）】6设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NAB标准状况下，2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAC常温常压下，8 g SO3所含的氧原子的数目为0.3NAD过氧化钠与H2O反应，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA【学问点】阿伏加德罗常数A1B3 A4 【答案解析】B解析：A、氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子个数比均为1：2，正确；B、氯气溶于水，氯气既是氧化剂又是还原剂，但溶解的氯气没有全部参与反应，即转移的电子数目小于0.1NA，错误；C、8 g SO3所含的氧原子的数目为（8g80g/mo）3l=0.3mol，正确；D、过氧化钠与H2O反应，每生成0.1mol氧气（O的化合价由-10）转移电子的数目为0.2NA，正确。【思路点拨】解答阿伏加德罗常数题目时要细心审题，特殊留意题目中的关键性字词，留心“陷阱”。主要考查点如下：（1）考察“标准状况”、“常温常压”等外界条件的应用在标准状况下非气态物质：如H2O、SO3、戊烷、CHCl3、CCl4、苯、乙醇等；物质的质量、摩尔质量、微粒个数不受外界条件的影响。（2）考察物质的组成：如特殊物质中所含微粒（分子、原子、电子、质子、中子等）的数目： 如Ne、D2O、18O2、H37Cl、OH等；物质中所含化学键的数目：如H2O2、CnH2n+2中化学键的数目分别为3、3n+1；最简式相同的物质中的微粒数目：如NO2和N2O4、乙烯和丙烯等。；摩尔质量相同的物质中的微粒数目：如N2、CO、C2H4等。（3）考查氧化还原反应电子转移（得失）数目问题的分析，如Na2O2、NO2与H2O反应；电解AgNO3溶液、CuSO4溶液的反应；Cl2与H2O、NaOH、Fe反应等，分析该类题目时还要留意反应产物以及过量计算问题。（4）考察弱电解质的电离、盐类的水解 弱电解质在水溶液中部分电离，可水解的盐溶液中，离子发生微弱水解。如0.1 molL1 的乙酸溶液和0.1 molL1的乙酸钠溶液中c(CH3COO)不相等。【原创精品解析纯word版】化学卷2021届辽宁省沈阳二中高三上学期期中考试（202211）】1设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）A标准状况下，11.2 L乙醇所含的羟基数为0.5NAB常温下，1L 0.1 molL1的Na2CO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC常温常压下，5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NAD电解硫酸铜溶液时，阳极每生成标准状况下3.36L气体，电路中转移电子数为0.3NA【学问点】阿伏伽德罗常数及应用A1【答案解析】【解析】C 解析：A、在标准状况下，乙醇不是气体，无法计算11.2L乙醇的物质的量，故A错误；B、1L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，碳酸根离子部分水解，溶液中阴离子数目增多，所以溶液中含有的离子总物质的量大于0.3mol，离子总数大于0.3NA，故B错误；C、乙烯和环丙烷的最简式为CH2，5.6g混合气体含有0.4mol最简式，含有0.4mol碳原子，含有的碳原子数为0.4NA，故C正确；D、电解硫酸铜溶液时，阳极生成的是氧气，标准状况下3.36L气体的物质的量为0.15mol，转移的电子的物质的量为0.6mol，电路中转移电子数为0.6NA，故D错误； 故答案选C【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和推断，题目难度中等，留意标准状况下物质的状态，阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了同学对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学学问内容； 【原创纯word版精品解析】化学卷2021届云南省玉溪一中高三上学期其次次月考（202210）】6. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 1L 1molL-1的NaClO 溶液中含有ClO-的数目为NA B标准状况下，确定量的铜与硝酸反应后生成224 L NO、NO2、N2O4的混合气体，则被还原的硝酸的分子数大于NA C铁做电极电解食盐水，若阴极得到NA个电子，则阳极产生11.2L气体（标况下） D标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA 【学问点】阿伏加德罗常数A1 D4 F4【答案解析】B 解析：A、ClO-离子水解，1L 1molL-1的NaClO 溶液中含有ClO-的数目小于NA，故A错误；B、标准状况下，确定量的铜与硝酸反应后生成224 L NO、NO2、N2O4的，可知还原产物为1摩尔，依据氮原子守恒，还原的硝酸物质的量大于1摩尔，故B正确；C、铁做电极电解食盐水，阳极发生铁的氧化反应，不会产生气体，故C错误；D、依据3NO2+H2O=2HNO3+NO，标准状况下，6.72L NO2的物质的量是0.3摩尔，其中有0.1摩尔 NO2被还原，转移的电子数目为0.2NA ，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题借助阿伏加德罗常数考查了氧化还原反应中电子转移的分析，盐类的水解等学问，理解NO2与水反应时有2/3的NO2被氧化1/3的NO2被还原。【原创纯word版精品解析】化学卷2021届四川省成都外国语学校高三10月月考（202210）】3以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是 A. 含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数B. 250 mL 1 molL1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数C. 确定条件下，将1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数D. 在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，每生成0.5 molCl2转移的电子数【学问点】阿伏加德罗常数 晶体结构 盐类水解 氧化还原规律A1 N4 H3 B3【答案解析】B 解析：A、石墨中1摩尔碳原子平均1.5摩尔共价键，含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数是0.4mol1.5=0.6mol，故A不正确；B、FeCl3溶液中电离产生的阴、阳离子总数为0.25mol4=1mol,铁离子水解使离子数目增加，阴、阳离子总数大于NA，故B正确；C、发生可逆反应：2SO2+O22SO3，将1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数小于NA，故C错误；D、依据反应方程式，生成4摩尔氯气时转移7摩尔电子，每生成0.5 molCl2转移的电子数为0.5mol74=0.875mol，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题借助阿伏加德罗常数考查了晶体结构、盐类水解、氧化还原规律等，属于易错题。【原创纯word版精品解析】化学卷2021届陕西省西安一中高三上学期二模考试（202210）】1、在体积相同的两个密闭容器中分别布满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是A两种气体的压强相等 BO2比O3的质量小C两种气体的分子数目相等 D两种气体的氧原子数目相等【学问点】阿伏加德罗定律A1【答案解析】D 解析：依据m=V，可知O2、O3的质量相等，物质的量之比是3:2，A、同温同体积的气体的压强之比等于物质的量之比，气体的压强之比为3:2，故A错误；B、O2、O3的质量相等，故B错误；C、两种气体的分子数目之比等于物质的量之比为3:2，故C错误；D、O2、O3的质量相等可知氧原子数目相等，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了阿伏加德罗定律的理解，关键是依据题意得到O2、O3的质量相等，物质的量之比是3:2。【原创纯Word版精品解析】化学卷2021届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（202210）】23（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）常用作食品漂白剂。其制备工艺流程如下：已知：反应包含2NaHSO3Na2S2O5H2O等多步反应。（1）试验室制取氨气的化学方程式： 。（2）“灼烧”时发生反应的化学方程式： 。（3）已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为： 。（4）副产品X的化学式是： ；可循环利用的物质是：_。（5）为了削减产品Na2S2O5中杂质含量，需把握反应中气体与固体的物质的量之比约为 。【学问点】工艺流程题 离子方程式 计算A1 B1D5 【答案解析】：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O(2分)2CuS3O22CuO2SO2(2分)S2O52-+2H+=2SO2+H2O(2分)CuSO45H2O(1分) CO2(1分)2：1. (2分)解析：试验室用氢氧化钙与氯化铵反应制取氨气，化学方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O“灼烧”时CuS被氧化为黑色的氧化铜和二氧化硫，2CuS3O22CuO2SO2Na2S2O5与稀硫酸反应生成SO2，反应中S元素的化合价未发生变化，同时生成硫酸钠与水，反应离子方程式为：S2O52-+2H+=2SO2+H2O氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，即X是CuSO45H2O，依据流程知可循环的物质是二氧化碳反应中发生反应Na2CO3+H2O+2SO2=2NaHSO3+CO2，2NaHSO3Na2S2O5+H2O，故SO2与Na2CO3的物质的量之比接近2：1.【思路点拨】依据流程中供应的反应物、生成物推断发生的反应，比如反应I生成了碳酸氢钠，而后碳酸氢钠热分解得到反应的反应物碳酸钠。【原创纯Word版精品解析】化学卷2021届山西省山大附中高三上学期第四次月考试题（202210）】16FeS与确定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为111时，实际参与反应的FeS与HNO3的物质的量之比为（ ）A16 B17 C211 D1625【学问点】氧化还原反应A1 B3【答案解析】B解析：假设产生的NO、NO2、N2O4的物质的量为1mol,由于NO2、N2O4中N的化合价相同，所以可以认为是产生NO23mol，设FeS的物质的量为amol，依据得失电子相等有a（1+8）=1（5-2）+3（5-4）=6，a=2/3，生成2/9mol Fe2(SO4)3，则Fe(NO3)3的物质的量为2/3-2/92=2/9，含NO3-2/3mol，因此共用去HNO34+2/3mol与FeS的物质的量之比14/3: 2/3=7:1,选B.【思路点拨】依据得失电子相等求FeS物质的量，然后依据原子守恒求Fe2(SO4)3Fe(NO3)3的物质的量，最终求N原子的物质的量。【原创纯Word版精品解析】化学卷2021届辽宁省沈阳二中高三上学期10月月考（202210）】25.（10分）钛(Ti)被誉为21世纪金属。冶炼钛的主要原料是含Fe2O3的钛铁矿（FeTiO3)，其生产过程如下：已知：TiOSO4可溶于水且易水解，H2TiO3难溶于水。试回答下列问题：（1）步骤的主要试验操作是冷却、结晶、 (填操作名称)；步骤在试验室中常将试剂置于 (填仪器名称）中加强热。（2）TiO2+生成H2TiO3的离子方程式 （3）步骤中硫酸亚铁晶体(FeSO47H2O)在空气中煅烧生成铁红、水和三氧化硫，写出该反应的化学方程式： （4）步骤所得到的硫酸亚铁晶体(FeSO47H2O)是目前工业上处理含铬有毒废水常用的化学试剂，二者反应后(Cr由+6价转化为+3价)可以转化为有重要工业价值的铁氧体复合氧化物（常用FeOFeyCrxO3表示)。欲制备该铁氧体复合氧化物，试求在酸性的含铬废水中，加入FeSO47H2O的物质的量应为废水中六价铬物质的量的 倍。【学问点】工艺流程题 A1 B1 B3 C3 J2【答案解析】10分）过滤（2分）坩埚（2分）TiO2+2H2O=H2TiO3+2H+（2分）4FeSO47H2O+O2=2Fe2O3+4SO3+28H2O（2分）5（2分）解析：首先在钛铁矿和Fe2O3中加入H2SO4溶解，再加入Fe进行还原，将Fe3+转化为Fe2+，然后通过冷却、结晶、过滤得到FeSO47H2O固体以及滤液，在滤液中加入热水，促使TiO2+发生水解生成H2TiO3，最终转化为Ti。冷却、结晶后是过滤，固体的灼烧在坩埚中进行FeSO47H2O)在空气中煅烧生成铁红、水和三氧化硫，发生了氧化还原反应，依据得失电子相等配平4FeSO47H2O+O2=2Fe2O3+4SO3+28H2O。（4）依据题意FeSO47H2O与含铬有毒废水发生了氧化还原反应生成FeOFeyCrxO3，其中Cr为+3价，FeO的Fe为+2价，另外的Fe为+3价，故x+y=2，依据电子得失守恒有y=3x，x=0.5，y=1.5，依据原子守恒有n（Fe）：（Cr）=（1+1.5）：0.5=5。【思路点拨】工艺流程题解题的关键是搞清加入什么物质，发生什么反应，如何分别，要将工艺的流程转化为物质的流程，计算要运用守恒法解题。【原创纯Word版精品解析】化学卷2021届辽宁省沈阳二中高三上学期10月月考（202210）】23（13分）1L某混合溶液，可能含有的离子