篇一：名师伴你行2017年高考二轮复习专题训练化学5
考点动向
考向一 原子结构及其微粒间的作用力
1．随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N＋
5、H3、O4、C60等已被发现。下列有关说法中，正确的是( )
A．N＋
5中含有36个电子
B．O2与O4属于同分异构体
C．C60和12C、14C互为同位素
D．H2与H3属于同素异形体
答案：D 解析：每个氮原子中有7个电子，则N＋
5中的电子数为
7×5－1＝34，A错误；O2与O4是氧元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，B错误；同位素的研究对象是原子，核素是具有一定质子数和中子数的一种原子，C60是一种单质，C错误。
2．下列有关说法正确的是( )
A．H2O、NH4Cl、H2O2中只含有共价键
B．非金属原子间以共价键结合的物质都是共价化合物
C．Na2O、NaOH和Na2SO4为离子化合物，HCl、NH3、NH4NO3、H2SO4为共价化合物
D．原子间通过共用电子对形成的化合物为共价化合物
答案：D 解析：NH4Cl中既含有共价键，也含有离子键，A错；非金属原子以共价键结合形成的物质可能为共价化合物如HCl，也可能为单质如H2、O2，B错；NH4NO3为离子化合物，C错；共价化合物是原子间通过共用电子对形成的，D对。
3．已知X、Y、Z三种元素的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则下列说法错误的是( )
A．Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7∶8的化合物
B．X、Y、Z组成的盐中既含离子键又含共价键
C．X和Z可以组成原子个数比分别为1∶1和2∶1，常温下为液态的两种化合物
D．由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒仅有2种
答案：D 解析：由X原子的电子层数与它的核外电子总数相等知，X为氢元素；原子的最外层电子数是次外层的3倍的Z为氧元素；与氧形成两种以上气态化合物的Y为氮元素。N、O可形成化合物N2On或NOn/2，根据Y和Z的质量比为7∶8，解得n＝2，为NO，A项正确；H、N、O组成的盐有NH4NO3、NH4NO2等，既含离子键又含共价键，B项正确；H、O两元素可形成H2O、H2O2两种液态化合物，C项正确；H、N、O组成的10电子微粒有多种，如NH＋NH3、H2O、4、
H3O＋、OH－等，D项不正确。
【方法技巧】
12(1)1H2、1H2、31H2属于同种物质
(2)互为同素异形体的物质一定是单质
(3)巧记10电子微粒和18电子微粒的方法
①10电子微粒
②18电子微粒
考向二 元素周期律和元素周期表的综合应用
1．(2016·山东青岛实验中学模拟)X、Y、Z、W四种短周期元素的原子序数依次增大，在标准状况下，X2是密度最小的气体，Z与X同主族，Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，W元素的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是( )
A．W的同族元素的最高化合价都与其族序数相等
B．Z元素与Y元素形成的化合物中只含离子键
C．Y的简单离子半径大于Z的简单离子半径
D．将ZWY、ZYX固体分别溶于水，均促进水的电离
答案：C 解析：由题目所给条件，可以推出X、Y、Z、W四种元素分别为H、O、Na、Cl。Cl为第ⅦA族的元素，同族元素F没有正价，A错误；Na与O可形成Na2O和Na2O2两种化合物，而后者中含有共价键，B错误；O2－的半径大于Na＋的半径，C正确；NaOH抑制水的电离，而NaClO由于水解会促进水的电离，D错误。
2．(2016·天津卷)下表为元素周期表的一部分。
回答下列问题：
(1)Z元素在周期表中的位置为________。
(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)________。
(3)下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是________。
a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
b．在氧化还原反应中，1 mol Y单质比1 mol S得电子多
c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
(4)X与Z两元素的单质反应生成1 mol X的最高价化合物，恢复至室温，放热687 kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为－69 ℃ 和 58 ℃。写出该反应的热化学方程式：____________________________ _______________________________________________________。
(5)碳与镁形成的1 mol化合物Q与水反应，生成2 mol Mg(OH)2和1 mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9∶1，烃的电子式为________。Q与水反应的化学方程式为________________________________。
(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 mol·L－1 NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为________，生成硫酸铜物质的量为________。
答案：(1)第三周期ⅦA族
(2)Si
(3)ac
(4)Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l) ΔH＝－687 kJ·mol－1
(5)
C3H4↑ Mg2C3＋4H2O===2Mg(OH)2＋
(6)NO：0.9 mol；NO2：1.3 mol 2 mol
解析：(1)观察周期表的结构可知，X、Y、Z分别是Si、O、Cl。氯元素位于元素周期表的第三周期ⅦA族。(2)同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小；同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大。故表中元素原子半径最大的是Si。(3)O2能与H2S溶液反应生成单质硫：2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，该反应中O2是氧化剂，S是氧化产物，说明O2的氧化性强于S，因此氧元素的非金属性强于硫元素，a项正确；非金属性强弱与得电子数目的多少无关，只与得电子能力的强弱有关，b项错误；H2O比H2S难分解，说明H2O更稳定，气态氢化物越稳定的元素的非金属性越强，故c项正确。(4)生成物是四氯化硅，书写热化学方程式的关键是判断常温下四氯化硅的状态。根据其熔点和沸点数据，可推断出四氯化硅在常温下呈液态，据此可写出反应的
91热化学方程式。(5)碳氢质量比为9∶1，则C、H原子个数比为∶121
3∶4，该烃的分子式为C3H4，是丙炔，结构简式
为
，据此可写出其电子式。根据“1 mol化合物Q
与水反应，生成2 mol Mg(OH)2和1 mol烃”，可推断出Q的化学式为Mg2C3。(6)根据题意可知，生成的两种气体是NO和NO2。根据Na元素守恒可知，生成的NaNO3为2.2 mol。设生成NO和NO2的物质的量分别是x mol、y mol，由氮原子守恒得：x＋y＝2.2；由得失电子守恒得：3x＋y＝4。联立解得x＝0.9、y＝1.3。再由得失电子守恒得：n(Cu)×2＝0.9 mol×3＋1.3 mol×1，解得n(Cu)＝2 mol，所以生成的硫酸铜为2 mol。
【规律小结】 解答元素推断题的基本方法
(1)已知元素原子或离子的核外电子排布 核外电子排布推知――→电子层数、最外层电子数推知――→
篇二：名师伴你行2017年高考二轮复习专题训练化学2
考点动向
考向一 阿伏加德罗常数及定律的综合应用
1．(2015·全国新课标卷Ⅰ)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B．2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
答案：C 解析：A.D2O的摩尔质量为20 g·mol－1,18 g D2O的物质的量为18 g/20 g·mol－1＝0.9mol，则含有的质子数为0.9 mol×10NAmol－1＝9NA，H2O的摩尔质量为18 g·mol－1,18 g H2O的物质的量为18 g/18 g·mol－1＝1 mol，则含有的质子数为1 mol×10NA mol－1＝10NA，故A不正确。B.亚硫酸是弱电解质，不能发生完全电离，
＋2－电离方程式为H2SO3H＋＋HSO－HSO－所含H＋
3，3H＋SO3，
离子数小于2 L×0.5 mol·L－1×2NA mol－1＝2NA，故B不正确。C.过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，根据电子转移情况得关系式O2～2e－，生成0.1 mol氧气转移电子数为0.2NA，故C正确。D.2 mol NO与1 mol O2发生反应2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，因为存在可逆反应2NO2N2O4，则产物的分子数小于2NA，故D不正确。
2．(2016·山东济南三模)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．0.5 L 0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液水解得0.05NA个NH3·H2O分子
B．密闭容器中，28 g N2和6 g H2充分反应，产物的分子数为2NA
C．标准状况下，22.4 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为NA
D．50 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量Cu共热，生成SO2的分子数为0.46NA
＋答案：C 解析：A项，NH＋
4水解不彻底，0.05 mol NH4水解不能
得到0.05 mol的NH3·H2O，即N(NH3·H2O)?0.05NA，错误。B项，N2＋3H22NH3为可逆反应，28 g N2和6 g H2不能完全反应，故不能生成2NA个NH3分子，错误。C项，2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2～2e－，标准状况下，22.4 L CO2即1 mol CO2完全反应转移电子数为NA，正确。D项，Cu与浓H2SO4共热，随反应进行，浓H2SO4浓度减少，稀H2SO4不再与Cu反应，错误。
3．标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是( )
A．在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m∶n
B．25 ℃、1.25×105 Pa时，两气体的密度之比为n∶m
C．同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n∶m
D．相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m∶n
答案：B 解析：只要在相同条件下气体分子数相同，其物质的量、气体体积必相等，设A、B的相对分子质量为MA和MB，气体密度为ρA和ρB，分子数为NA和NB，其质量为WA和WB。对各选项进行分析：A项，mnMA∶MB＝m∶n，正确；B项，两气体MAMB
的体积相等，则ρA∶ρB＝MA∶MB＝m∶n，错误；C项，摩尔质量越大，单位质量的分子数目越少，等质量的A、B气体的分子数与其摩
尔质量成反比，即NA∶NB＝MB∶MA＝n∶m，正确；D项，同温同压下，同体积的气体分子数相同，故A和B等体积时，WA∶WB＝MA∶MB＝m∶n，正确。
【方法技巧】 NA试题“一算、二定、三判断”的解题思路
mV一算：利用基本公式n＝M＝c·V，用已知的物理量 Vm
?? ?标准状况下气体?。n＝cV?V是指溶液体积?，? 若不能计算物质的量则此选项错误。
? ? ?? 关系。V 计算物质的量。注意公式的使用范围n＝Vm 二定：定上步所求物质的量与选项中所求物理量的注意此步涉及物质的结构、盐类水解、弱电解质的电离、可逆反应、氧化还原反应中电子转移等。
三判断：判断选项中所求物理量是否正确。
考向二 有关物质的量浓度的计算
1．有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 g/cm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是( )
A．溶质的质量分数是24.0%
B．溶液的物质的量浓度是2.4 mol/L
C．溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40
D．硫酸根离子的质量分数是19.2%
120答案：C 解析：由Mg的质量分数知MgSO4的质量分数为242＋
×4.8%＝24.0%，溶液的物质的量浓度为
1 000 cm3/L×1.20 g/cm3×24.0%c＝＝2.4 mol/L，溶质与溶剂的120 g/mol
2476962－物质的量之比为∶≈1∶21, SO4的质量分数为×4.8%＝1201824
19.2%。
2．(2016·贵州贵阳模拟)下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1的是( )
A．c＝2 mol·L－1 ，V＝500 mL的硫酸溶液与水混合得1 L 溶液
B．将31 g Na2O溶于水并配成1 L溶液
C．将0.5 mol·L－1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水后的溶液
D．标准状况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液
2 mol·L－1×0.5 L答案：C 解析：A项，由c1V1＝c2V2得c2＝1 1 L
31 gmol·L。B项，n(Na2O)＝0.5 mol，因Na2O＋H2O===2NaOH62 g－1
1 mol得n(NaOH)＝1 mol，c(NaOH)＝1 mol·L－1。C项，溶液蒸发1 L
掉50 g水后，其体积不等于50 mL，溶液的浓度不等于1 mol·L－1。D项，标准状况下，V(HCl)＝22.4 L，即n(HCl)＝1 mol，所以得溶液c＝1 mol·L－1。
【方法归纳】
1 000ρ w?1?计算时综合利用等量关系，如c＝M，稀释前后溶质的
物质的量不变，即c1V1＝c2V2。
?2?盐酸为挥发性酸，加热盐酸，盐酸的浓度往往会降低。
?3?溶液混合时，溶液体积不是简单的加和关系。
考向三 一定物质的量浓度溶液的配制
1．(2016·山东烟台模拟)下列对溶液配制实验的描述完全正确的是
( )
A．在实验室，学生一般无需查阅资料即可用75%的硝酸来配制50 mL 65%的硝酸溶液
B．实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中
C．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)通常需要用容量瓶等仪器
D．用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
答案：B 解析：若不查阅资料，75%的硝酸和65%的硝酸溶液的浓度无法计算出，故无法配制，A错误。FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中水解，先溶于盐酸，可抑制水解，B正确。用浓盐酸来配制1∶1(体积比)的稀盐酸属于粗略配制，用到的仪器是烧杯和量筒，不用容量瓶，C错误。D项中还缺少量筒。
2．配制100 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，下列说法正确的是
( )
A．称取2.86 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容
B．称取1.1 g无水碳酸钠时，砝码与碳酸钠放反，所配溶液浓度偏高
C．转移碳酸钠溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中
D．取所配溶液10 mL，所取溶液中Na＋浓度为0.2 mol·L－1 答案：D 解析：配制溶液时，固体的溶解要在烧杯中进行，不能用容量瓶溶解，故A错误；砝码与碳酸钠放反，导致碳酸钠的质量偏小，浓度偏低，故B错误；转移溶液时要用玻璃棒引流，防止液体溅出，否则导致浓度偏小，故C错误；溶液的浓度与所取溶液的体积无关，0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中Na＋浓度为0.2 mol·L－1，故D正确。
篇三：【名师伴你行】2016高考化学二轮复习 化学实验常用仪器和基本操作练习
化学实验常用仪器和基本操作
1．判断正误(正确的划“√”，错误的划“×”)
(1)(2014·全国卷)锥形瓶可用作加热的反应器( )
(2)(2014·全国卷)室温下，不能将浓硫酸盛放在铁桶中( )
(3)(2014·全国卷)用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低( )
(4)(2014·福建卷)只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液( )
(5)(2014·福建卷)将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体( )
(6)(2014·福建卷)用萃取分液的方法除去酒精中的水( )
(7)(2014·福建卷)用可见光束照射以区别溶液和胶体( )
(8)(2014·海南卷)NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的仪器是圆底烧瓶( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)√
解析：(2)室温下铁遇浓硫酸发生钝化，因此室温下可以用铁制容器盛放浓硫酸，错误；
(3)用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，相当于将待测液稀释，当待测液为酸时，所测结果偏大，当待测液为中性时，不产生误差，错误；(4)滴加氨水，氯化钠和硫酸钠溶液均无现象，氨水也不能区分氯化镁和氯化铝(都产生沉淀)，错误；(5)氯化铵加热分解生成氯化氢和氨气，氯化铵溶液蒸干得不到氯化铵固体，错误；(6)酒精和水互溶，萃取法无法除去酒精中的水，错误。
2．(2014·重庆卷)下列实验可实现鉴别目的的是( )
A．用KOH溶液鉴别SO3(g)和SO2
B．用湿润碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2
C．用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液
D．用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液
答案：C 解析：SO3和SO2都是酸性氧化物，都能与KOH溶液发生反应生成相应的含氧酸盐：SO3＋2KOH===K2SO4＋H2O，SO2＋2KOH===K2SO3＋H2O，且都无明显现象，不能实现鉴别目的，选项A不正确。Br2(g)和NO2都具有较强的氧化性，都能将I氧化为I2而使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，不能实现鉴别目的，选项B不正确。NaAlO2溶液中通入CO2发生反应：2NaAlO2＋3H2O＋CO2===2Al(OH)3↓＋Na2CO3，有白色沉淀生成，CH3COONa溶液中通入CO2不发生反应，无明显现象，可实现鉴别目的，选项C正确。BaCl2溶液与AgNO3溶液可发生反应：Cl＋Ag＋－－===AgCl↓，产生白色沉淀，BaCl2溶液与K2SO4溶液可发生反应：Ba＋SO4===BaSO4↓，也2＋2－
产生白色沉淀，不能实现鉴别目的，选项D不正确。
3．(2015·天津卷)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是( )
A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe，无Fe
B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
1 3＋2＋
C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na，无K
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2
答案：B 解析：A项，在溶液中加KSCN，溶液显红色，只能证明一定存在Fe，不能证明是否含有Fe，错误；B项，无水CuSO4遇水生成CuSO4·5H2O，固体由无色变为蓝色，正确；C项，灼烧白色粉末，火焰呈黄色，能够证明原粉末中含有Na，无法证明是否含有K，因为要观察钾的火焰颜色，必须透过蓝色钴玻璃滤去黄光，排除钠的干扰，错误；D项，能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是CO2，SO2也可以，错误。
4．(2015·安徽卷)下列有关实验的选项正确的是( )
＋＋2＋3＋＋＋液恢复至室温后再转入容量瓶中。B项，CO中的CO2气体在通过NaOH溶液时被吸收，而CO不能被吸收。C项，由于苯的密度比水的小，故含碘的苯溶液应从上口倒出，而不是从下口放出。D项，滴定管的小刻度在上，即越向下刻度越大，故读数为11.80 mL。
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