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【高考复习方案】2015届高考化学（江苏教育版-浙江省专用）一轮复习（作业+测评+阶段能力检测卷）手册（含答案解析）

※基本信息※
- 资料类型：专题训练
- 教材版本：不限
- 适用学校：不限
- 所需点数：1点
- 资料来源：收集
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- 下载次数：16
- 更新时间：2014-05-05 09:05:01
- 上传时间：2014-05-05 09:06:08
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※资料简介※
参考答案
阶段能力检测卷(一)
1．B　2.B　3.A　4.D　5.C
6．A　[解析] 因N2与CO的摩尔质量相同，故相同质量的N2与CO的物质的量相等，所含原子数也相等，A正确；温度相同，压强不确定的N2与H2，体积尽管相等，但其物质的量不一定相等，B错误；同体积、同密度、同摩尔质量的C2H6与NO的物质的量相等，但它们所含的原子数不相等，C错误；同压强、同体积，但温度不确定的N2O与CO2的物质的量不一定相等，所含的原子数也不一定相等，D错误。
7．C　8.B　
9．A 　[解析] 氯气先氧化Fe2＋，现在溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，表明溶液中无Fe2＋，有FeBr3、FeCl3，n(Cl－)＝3.36 L22.4 L/mol×2＝0.3 mol＝n(Br－)，根据原子守恒知：n(Fe)＝0.2 mol，则c(FeBr2)＝ 0.2 mol÷0.1 L＝2 mol•L－1，A正确。
10．C　[解析] 将40 ℃的饱和澄清石灰水冷却至10 ℃时，此时溶液是不饱和溶液，溶液中溶质质量、溶剂质量均不变，所以溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变。保持40 ℃向其中加入少量CaO，CaO与H2O反应导致溶剂的质量减少，有部分Ca(OH)2晶体析出，但溶液仍是40 ℃时的饱和溶液，所以Ca(OH)2的物质的量浓度不变。综上所述知C正确。
11．B　[解析] Na2O2与CO2的反应，实质是－1价的氧的歧化反应。生成物Na2CO3中有1个O为18O，摩尔质量为108 g•mol－1；氧气为18O2，摩尔质量为36 g•mol－1。
12．C　[解析] 溶液中溶质的质量分数为4.8%×12024＝24.0%，A正确；c(Mg2＋)＝1000 mL/L×1.20 g/mL×4.8%24 g/mol＝2.4 mol/L＝c(MgSO4)，B正确；溶质与溶剂的物质的量之比是24120∶7618＝9∶190＝1∶21.1，C错误；SO2－4的质量分数＝24.0%－4.8%＝19.2%，D正确。
13．C　[解析] 该溶液的体积应该大于100 mL，溶液的质量为22.4 L22.4 L•mol－1×36.5 g• mol－1＋100 mL×1 g•mL－1＝136.5 g，由于没有提供溶液的密度，故无法计算出溶液的体积，因此该溶液的物质的量浓度无法计算，A错误、B错误、C正确；溶液中溶质的质量分数为36.5 g136.5 g×100%＝26.7%，D错误。
14．B　[解析] 选项A，根据溶液中各离子浓度的数据可知，不可能仅仅由Al2(SO4)3、KHSO4配制出该溶液。选项B，由电解质溶液中的电荷守恒知：c(H＋)＋c(K＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO2－4)，故有c(K＋)＝2c(SO2－4)－c(H＋)－3c(Al3＋)＝2×0.8 mol•L－1－0.1 mol•L－1－3×0.4 mol•L－1＝0.3 mol•L－1。选项C，因NaOH首先与溶液中的H＋反应，所以使Al3＋沉淀完全需要NaOH的质量＝(0.1 L×0.1 mol•L－1＋0.1 L×0.4 mol•L－1×3)×40 g•mol－1＝5.2 g。选项D，因需要量取一定体积的硫酸溶液，所以需要量筒。
15．(1)1∶1　2∶3　3∶2　1∶1　2∶3　(2)1∶3　40　20
(3)O3F2　阿伏加德罗定律和质量守恒定律
[解析] (2)n＝6.72 L22.4 L•mol－1＝0.3 mol，则M＝12 g0.3 mol＝40 g•mol－1。
则
n（CO）＋n（CO2）＝0.3 mol n（CO）×28 g•mol－1＋n（CO2）×44 g•mol－1＝12 g
求得n(CO)＝0.075 mol，n(CO2)＝0.225 mol，n(CO)∶n(CO2)＝1∶3，
根据ρ1ρ2＝M1M2，则混合气体对H2的相对密度为402＝20。
(3)据阿伏加德罗定律知，2OxFy===3O2＋2F2，
根据质量守恒定律(原子个数守恒)可得：x＝3，y＝2，即A的化学式为O3F2。
16．(1)10.6 g　托盘天平　(2)28.6 g　(3)20　量筒　偏高
(4)2.0 mol•L－1　2.12 g　(5)0.2 mol•L－1
[解析] (1)需要Na2CO3的物质的量＝0.05 L×2.0 mol•L－1＝0.1 mol，需要Na2CO3的质量＝0.1 mol×106 g•mol－1 ＝10.6 g。固体需用托盘天平称量。
(2)需要Na2CO3•10H2O的质量＝0.1 mol×286 g•mol－1 ＝28.6 g。
(3)0.1 mol＝5 mol•L－1 ×V，V＝0.02 L＝20 mL。液体需要用量筒量取。定容时俯视刻度线读数，导致所加水的体积偏少，溶液的体积偏小，所配制溶液的浓度偏高。
(4)取出的10 mL Na2CO3溶液的浓度不变，仍为2.0 mol•L－1，含有Na2CO3的质量＝0.02 mol×106 g•mol－1＝2.12 g。
(5)稀释前后Na2CO3的物质的量不变，稀释后所得稀溶液的浓度为原溶液浓度的110，即为0.2 mol•L－1。
17．(1)pH与溶液酸碱性的对应关系：

(2)①不合理，Na2SO3、Na2CO3的水溶液因水解呈碱性，但从化合物的分类来看它们都应属于盐
②利用焰色反应，焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃)的为KCl，焰色反应呈黄色的为NaCl
③H2SO4　Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋CO2↑＋H2O，Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
④在两支试管中分别加入少许H2SO4溶液，分别加入稍过量的两种未知溶液，充分混合，再向混合溶液中分别滴入Na2CO3溶液，若有气泡生成，则加入的未知溶液为NaCl溶液；若无气泡生成，则加入的未知溶液为NaOH溶液。
18．(1)2.75 mol•L－1　(2)0　(3)7 L＜V＜11.2 L
[解析] (1)参加反应的NO－3的物质的量与产生气体的物质的量相等，为5.04 L22.4 L•mol－1 ＝0.225 mol，则剩余NO－3的物质的量为(0.5－0.225)mol＝0.275 mol，c(NO－3)＝2.75 mol•L－1。
(2)设12.8 g的样品中CuS的物质的量为x ，Cu2S的物质的量为y。
96 g•mol－1 x＋160 g•mol－1 y＝12.8 g8x3＋10y3＝0.3 mol
解得：x＝y＝0.05 mol，
根据方程式①、②可知，消耗n(H＋)＝0.05 mol×83＋0.05 mol×163＝0.4 mol，
故剩余n(H＋)＝0.1 mol，c(H＋)＝1 mol•L－1，pH＝0。
(3)首先判断64 g样品中CuS、Cu2S的物质的量均为0.25 mol。
本题采用极端假设法分析：
若HNO3均与CuS反应：硝酸不足，则V(NO)＝0.5 mol×22.4 L•mol－1＝11.2 L，
若HNO3均与Cu2S反应：硝酸不足，则V(NO)＝0.5 mol×1016×22.4 L•mol－1＝7 L，
所以c中产生气体的体积(V)的范围为7 L＜V＜ 11.2 L。
19．(1)1∶1　(2)0.72　(3)6 g　(4)12 L
[解析] (1)设FeO、Fe2O3的物质的量分别为x、y。
根据铁、氧的物质的量之比得：(x＋2y)∶(x＋3y)＝4∶5，
x∶y ＝ 2∶1，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为x∶2y＝1∶1。
(2)根据催化剂中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为1∶2可推知，FeO、Fe2O3 的物质的量之比为1∶1，混合物中铁的质量分数为3×5672＋160≈0.72。
(3)由于催化剂中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为1∶2时，其催化剂的活性最高，此时反应后的混合物中，FeO、Fe2O3 的物质的量之比为1∶1，原料480 g Fe2O3 为3 mol，Fe2O3～2FeO，原料中必须有13 Fe2O3 参加反应，即1 mol Fe2O3参加反应，理论上要有0.5 mol C反应，即6 g C。生成CO2为0.5 mol，在该条件下，体积为12 L。
阶段能力检测卷(二)
1．A　2.A　3.C　4.B　5.A
6．D　[解析] A项，HClO为弱酸，不能拆开；B项，生成的产物为NH3•H2O；C项，Fe2＋也会被Br2氧化为Fe3＋。
7．B　[解析] A项，Fe3＋与SCN－反应生成络合物Fe(SCN)3而不能大量共存。C项，能与铝粉反应生成氢气的溶液可能呈强酸性，也可能呈强碱性，若溶液呈强酸性，则Fe2＋与NO－3会发生氧化还原反应而不能大量共存；若溶液呈强碱性，则NH＋4与OH－不能大量共存。D项，H＋、ClO－同时存在时，溶液具有强氧化性，与I－不能大量共存。
8．C　[解析] Na2CO3很稳定，加热情况下不会分解，故A烧杯中不会产生白色沉淀。
9．C　[解析] 将化学方程式配平可得：2MnO－4＋5NO－2＋6H＋===2Mn2＋＋5NO－3＋3H2O。由于元素的化合价升高，故NO－2被氧化，A错误；氢离子被消耗，溶液的pH应增大，B、D错误。
10．B　[解析] Na2FeO4中含有典型的金属元素Na，可判断其属于离子化合物，A错误；Na2O2中氧元素为－1价，反应后变为－2价，故Na2O2为氧化剂，B正确；铁元素的化合价由＋3价升高为＋6价，根据化学方程式知，每生成1 mol Na2FeO4转移电子的物质的量为3 mol，C错误；Na2FeO4中铁元素的化合价为＋6价，D错误。
11．C　[解析] 题中的化学反应方程式是
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