【答案】
1. A 2. C 3. D 4. D 5. C 6. C 7. C 8.
；
；
；
%；
9. mol/L；mol/L；%；g
10. HCl；H2；2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O 11. NH3；H2O2；HCN+H2O2=CO2↑+NH3↑
12. 加速溶解；引流；受热均匀；有气泡产生；盐酸酸化的氯化钡溶液；不严密；碳酸根离子、硫酸根离子也会和银离子结合生成白色沉淀
13. 碳碳双键、羟基和羧基；紫色石蕊试液；变红（或NaHCO3、Na2CO3溶液，有气体生成）；AD；2；取少量该有机物加入适量溴水，使碳碳双键完全反应，再加入少量酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色则说明含醇羟基 【解析】
1.
解：A、标况下22.4L甲烷的物质的量为1mol，而甲烷中含4个H原子，故1mol甲烷中含4NA个H原子，故A正确；
B、过氧化钠由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子，故B错误；
C、溶液体积不明确，故溶液中的硝酸根和铜离子的个数均无法计算，故C错误；
D、氮气由氮原子构成，故28g氮气中含有的氮原子的物质的量为2mol，个数为2NA个，故D错误． 故选A．
A、求出甲烷的物质的量，然后根据甲烷中含4个H原子来分析； B、过氧化钠由2个钠离子和1个阴离子构成； C、溶液体积不明确； D、氮气由氮原子构成．
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．
2.
解：A．加热固体制取气体时，试管口要低于试管底，否则生成的水蒸气冷凝会倒流而炸裂试管，故A错误；
B．稀硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙属于微溶物，阻止进一步反应，应该用稀盐酸和碳酸钙制取二氧化碳，故B错误；
C．氨气极易溶于水，为防止倒吸要有缓冲装置，通入氨气的装置有缓冲作用，能防止倒吸，故C正确；
D．过滤时需要用玻璃棒引流，否则易溅出液体且易导致滤纸损坏，故D错误；
故选C．
A．加热固体制取气体时，试管口要低于试管底；
B．稀硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙属于微溶物，阻止进一步反应； C．氨气极易溶于水，为防止倒吸要有缓冲装置； D．过滤时需要用玻璃棒引流．
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及实验基本操作，明确实验原理及操作规范性是解本题关键，注意从操作规范性分析评价，易错选项是B． 3.
解：A．加入酚酞呈红色的溶液呈碱性，NH4+、OH-生成弱电解质一水合氨而不能大量共存，故A错误；
B．H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应生成铁离子和NO而不能大量共存，故B错误；
C．Fe3+、SCN-反应生成络合物硫氰化铁而不能大量共存，故C错误；
D．这几种离子之间不反应，且和硫酸氢钠不反应，所以能大量共存，故D正确； 故选D．
A．加入酚酞呈红色的溶液呈碱性；
B．含有大量硝酸根离子的溶液中，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性； C．铁离子和硫氰根离子反应生成络合物；
D．这几种离子之间不反应，且和硫酸氢钠不反应．
本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确离子性质及离子共存体积是解本题关键，涉及络合反应、氧化还原反应、复分解反应，易错选项是B．
4.
解：A．氯气溶于水形成氯水，次氯酸为弱酸，不能拆开，正确的离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故A错误；
B．氧化亚铁与稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：NO3-+3FeO+10H+═3Fe3++NO↑+5H2O，故B错误；
C．硫酸铝溶液中滴加过量浓氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；
D．二氧化硫用过量NaOH溶液吸收，反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH-═SO32-+H2O，故D正确； 故选D．
A．次氯酸为弱酸，离子方程式中次氯酸不能拆开，应该保留分子式； B．稀硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；
C．氨水为弱碱，一水合氨不能拆开，且反应生成氢氧化铝沉淀； D．氢氧化钠过量，反应生成亚硫酸钠和水．
本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．
5.
解：A．NO极易和氧气反应生成红棕色气体NO2，但氧气过量会引进新的杂质，且氧气的量不易控制，故A错误；
B．CO2、HCl都能和饱和Na2CO3溶液反应，应该选取饱和的碳酸氢钠溶液作除杂剂，故B错误；
C．Fe粉和FeCl3反应生成FeCl2且不引进新的杂质，然后采用过滤方法分离即可实现目的，故C正确；
D．NaOH能除去镁离子，但引进新的杂质NaCl，应该选取适量的KOH作除杂剂，故D错误； 故选C．
A．NO极易和氧气反应生成红棕色气体NO2，但氧气过量会引进新的杂质； B．CO2、HCl都能和饱和Na2CO3溶液反应； C．Fe粉和FeCl3反应生成FeCl2；
D．NaOH能除去镁离子，但引进新的杂质NaCl．
本题考查物质分离和提纯及基本操作方法，为高频考点，明确物质性质差异性是解本题关键，难点是除杂剂的选取，除杂时不能引进新的杂质且操作简单易行，题目难度不大，易错选项是B．
6.
解：根据表中的化学式规律采用分组分类法推出：每4个化学式为一组，依次是烯烃、烷烃、饱和一元醇、饱和一元酸．把表中化学式分为4循环，26=4×6+2，即第26项应在第7组第二位的烷烃，相邻组碳原子数相差1，该组中碳原子数为2+（7-1）×1=8，故第26项则为C8H18． 故选C．
根据表中的化学式规律采用分组分类法推出：每4个化学式为一组，依次是烯烃、烷烃、饱和一元醇、饱和一元酸，第26项应在第7组第二位的烷烃，相邻组碳原子数相差1，该组中碳原子数为2+（7-1）×1=8．
本题主要考查分子式的判断，难度中等，细心分析表中化学式的有关数据，找出规律，即可解题，寻找规律是关键．
7.
解：n（SO42-）=0.1L×6mol•L-1=0.6mol，CuSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，则有n（Cu2+）=n（H+）=n（Fe3+），
由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，设Cu2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为n，
根据电荷守恒知道：2n+3n+n=0.6mol×2，由此解得n=0.2mol，
Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n（FeSO4）=0.6mol，
根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6mol-0.2mol=0.4mol，
则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.4mol×56g/moL=22.4g， 故选C．
根据Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+的物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量．
本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意用电荷守恒和质量守恒去解答． 8.
解：（1）mg该气体的物质的量为：n=（2）含有原子的物质的量为=
mol×2=
mol，故答案为：；
mol，该气体所含原子总数为：
N=×NA=，故答案为：；
（3）mg该气体在标准状况下的体积为：
V=n×22.4L/mol=22.4L/mol×mol=L，故答案为：；
（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），1L水的质量约为1000g，则该溶液中溶质的质量分数为：ω=×100%=%，故答案为：
（5）该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液中溶质的物质的量浓度为：c==mol/L=mol/L，故答案为：．
（1）根据质量与摩尔质量的关系计算出物质的量；
（2）根据阿伏伽德罗常数与离子数关系计算出该气体含有的原子数； （3）根据标况下的气体摩尔体积计算出标况下mg气体的体积； （4）1L水的质量约为1000g，据此计算出溶质的质量分数；
（5）根据c=计算出该溶液的物质的量浓度．
本题考查了有关物质的量的简单计算，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、摩尔质量等物理量之间的转化关系． 9.
解：（1）mg氯化钠物质的量=物质的量浓度=（2）根据c==
=
=
mol，溶液体积为VmL，则溶液
mol/L；
%；
mol/L，故答案为：
可知，溶液物质的量浓度mol/L=
mol/L，故答案为：
=
mol/L；
%；
（3）根据c=可知，w%=进行公式变形计算；
%，故答案为：
（4）令溶解度为s，该饱和溶液的质量分数w%=故答案为：（1）根据n=（2）根据c=（3）根据c=
g．
，解得s=g，
计算氯化钠物质的量，再根据c=计算；
计算；
进行公式变形计算；
，据此计算溶解度．
（4）饱和溶液的质量分数w=
本题考查溶液浓度有关计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度，难度不大，注意对公式的理解与灵活应用，理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系．
10.
解：由③可知，C为H2，B为Cl2，A为HCl，HCl极易溶于水，溶液显酸性，且浓盐酸与KMnO4发生氧化还原反应生成Cl2，D为CaCl2、Ca（ClO）2的混合物，
（1）由上述分析可知，A为HCl，C为H2，故答案为：HCl；H2；
（2）气体B与Ca（OH）2反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O． 由③可知，C为H2，B为Cl2，A为HCl，HCl极易溶于水，溶液显酸性，且浓盐酸与KMnO4发生氧化还原反应生成Cl2，D为CaCl2、Ca（ClO）2的混合物，以此来解答．
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意③为物质推断的突破口，题目难度不大．
11.
解：（1）由原子守恒可知，生成物A的化学式为NH3，过氧化氢中O元素的化合价降低，则氧化剂为H2O2，故答案为：NH3；H2O2；
（2）将KCN改为HCN也类似上述反应，反应生成氨气和二氧化碳，化学反应为HCN+H2O2=CO2↑+NH3↑，故答案为：HCN+H2O2=CO2↑+NH3↑．
（1）KCN+H2O+H2O2═KHCO3+A↑中，由原子守恒可知A的化学式，过氧化氢中O元素的化合价降低；
（2）将KCN改为HCN也类似上述反应，反应生成氨气和二氧化碳．
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、原子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合信息来解答，题目难度不大．
12.
解：（1）实验过程中玻璃棒的作用①是搅拌加快草木灰溶解，②是过滤需要用玻璃棒引流，③是蒸发滤液过程中搅拌受热均匀析出晶体，防止液体飞溅； 故答案为：加速溶解，引流，受热均匀；
（2）草木灰中含有可溶性钾盐（主要成分是K2SO4、K2CO3、KCl）；
①取一份溶液，加入适量HCl，发生反应CO32-+2H+═CO2↑+H2O，溶液中有气泡生成，证明含有碳酸根离子， 故答案为：有气泡产生；
②取另一份溶液，为检验SO42-，应往溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀，Ba2++SO42-═BaSO4↓，证明含有硫酸根离子， 故答案为：盐酸酸化的氯化钡溶液；
③取剩余的一份溶液，加适量的硝酸银，观察到有沉淀产生，可能是氯离子、碳酸根离子、硫酸根离子和阴离子生成的白色沉淀，不能证明溶液中一定含有氯离子，
故答案为：不严密，碳酸根离子、硫酸根离子也会和银离子结合生成白色沉淀；
（1）实验过程中玻璃棒的作用①是搅拌加快草木灰溶解，②是过滤需要用玻璃
棒引流，③是蒸发滤液过程中搅拌受热均匀析出晶体； （2）①加入盐酸会生成二氧化碳气体；
②检验硫酸根离子的存在，应先排除碳酸根离子的干扰；
③硝酸银和氯离子、碳酸根离子、硫酸根离子都会生成白色沉淀；
本题考查了离子检验和离子性质的分析应用，掌握离子性质和检验方法是解题关键，题目较简单．
13.
解：（1）该有机物含有的官能团的名称是碳碳双键、羟基和羧基，故答案为：碳碳双键、羟基和羧基；
（2）含有-COOH的羧酸具有酸的通性：可以使紫色石蕊试液变红，和碳酸钠、碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：紫色石蕊试液；变红（或NaHCO3、Na2CO3溶液，有气体生成）；
（3）A．羧基和羟基都能与金属Na反应放出氢气，故正确；
B．碳碳双键与Cl2能发生加成反应，连接羧基的亚甲基能发生取代反应，故错误；
C．只有羧基能和NaOH反应，则1mol该有机物可与1mol NaOH反应，故错误；
D．碳碳双键在一定条件能与H2发生加成反应，故正确； 故选AD；
（4）1mol该有机物完全与溴水发生加成反应时，有几摩尔碳碳双键，最多需要Br2几摩尔，该物质中含有2个碳碳双键，所以1mol该有机物完全与溴水发生加成反应时，需要Br2 2mol，故答案为：2；
（5）醇羟基的检验要根据醇羟基的性质：和金属反应放氢气、能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是碳碳双键也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以要避开双键的干扰，
故答案为：取少量该有机物加入适量溴水，使碳碳双键完全反应，再加入少量酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色则说明含醇羟基．
（1）该有机物含有的官能团的名称是碳碳双键、羟基和羧基；
（2）酸能使紫色石蕊试液变红色，该羧基能和碳酸钠、碳酸氢钠反应生成气体；
（3）该物质中含有碳碳双键、羟基、羧基，具有烯烃、醇和羧酸性质； （4）1mol该有机物完全与溴水发生加成反应时，有几摩尔碳碳双键，最多需要Br2几摩尔；
（5）醇羟基的检验要根据醇羟基的性质来进行，避开双键和羧基的干扰． 本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、醇和羧酸性质，易错点是醇羟基的检验，要排除其它官能团的干扰，题目难度不大．
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