- 复杂化学式的确定
- 共54题
2. NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（ ）
①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA
②6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA
③3.4gNH3中含N—H键数目为0.2NA
④常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同
⑤常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为3NA
⑥等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1
⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA
⑧高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
正确答案
解析
①苯环不是单双键交替的结构，即苯环中不含双键，故1mol苯乙烯中含1mol双键，即NA个，故错误；
②6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol离子；7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6NA，故正确；
③3.4g氨气的物质的量为：
④浓度越大水解程度越小，1L 0.50mol•L-1 NH4Cl溶液与2L 0.25mol•L-1 NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故错误；
⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子即NA个，故正确；
⑥盐酸为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故错误；
⑦1mol铁与氯气完全反应生成1mol氯化铁，需要消耗1.5mol氯气，显然氯气不足，二者完全反应失去了2mol电子，失去的电子数为2NA，故错误；
⑧由
考查方向
解题思路
①、苯环不是单双键交替的结构；
②过氧化钠中阴离子为过氧根离子，氧化钠与过氧化钠的物质的量都是0.1mol氧化钠和0.1mol过氧化钠中含有0.6mol阴阳离子；
③氨气分子中含有3个氮氢键，3.4g氨气的物质的量为0.2mol，含有0.6mol氮氢键；
④浓度越大水解程度越小；
⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2；
⑥磷酸为弱电解质，不能完全电离出氢离子；
⑦先判断铁与氯气过量情况，然后根据不足物质的物质的量计算出转移的电子数；
⑧
易错点
⑤中发现不了二者最简式相同较易判断成无法计算⑥中易由磷酸中氢的浓度大易判断成其电离出的氢离子浓度大⑦中易忽视判断氯气的量不足导致判断错误。
知识点
12．常温下 0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA—、A2— 三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是( )
AH2A
B在 0.1mol/L NaHA 溶液中，各离子浓度大小关系为：
c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C已知25℃时HF的 Ka=10-3.45，将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为： H2A+F﹣═ HF+HA﹣
D将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液pH恰好为4.2
正确答案
解析
从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA-，再转变为A2-，即H2A的电离分两步进行即①H2A
A选项H2A
B选项NaHA=Na+ + HA－ ，HA－
C选项已知25℃时HF的 Ka=10-3.45 ，而H2A的K1=10-1.2 和 K2=10-4.2 可知酸性H2A>HF>HA－ 其将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═ HF+HA﹣ 是正确
D选项HA-即能水解又能电离，A2-能水解，而且A2-的水解程度大于HA-的水解程度，故将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水后，HA-和A2-的浓度不再相等，故溶液的pH 不等于4.2，错误
本题正确答案是D
考查方向
本题考查离子浓度大小比较，电离平衡常数，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可，难度中等
解题思路
从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA-，再转变为A2-，即H2A的电离分两步进行即①H2A
A选项H2A
B选项NaHA=Na+ + HA－ ，HA－
C选项已知25℃时HF的 Ka=10-3.45 ，而H2A的K1=10-1.2 和 K2=10-4.2 可知酸性H2A>HF>HA－ 其将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为：H2A+F﹣═ HF+HA﹣ 是正确
D选项HA-即能水解又能电离，A2-能水解，而且A2-的水解程度大于HA-的水解程度，故将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水后，HA-和A2-的浓度不再相等，故溶液的pH 不等于4.2，错误
A选项不正确，B选项不正确，C选项不正确，所有选D选项。
易错点
1、守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用.
2、弱电解质的电离平衡常数的计算
知识点
5．下表中的实验操作能达到实验目的的是（ ）
正确答案
解析
A．碳与浓硫酸反应生成的二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则不能说明二氧化碳的存在，应先检验二氧化硫并排除二氧化硫的干扰，A错误；
B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应，生成乙烯气体，将产生的气体直接通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成，B错误；
C．先滴入Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，加入足量稀盐酸，仍有沉淀，可能含有亚硫酸根，被氧化成硫酸根离子，不能用于检验溶液中是否含有SO42-，C错误；
D．等浓度的HCl与CH3COOH，HCl完全电离，电离出的氢离子浓度大，所以pH小，D正确。
故选D。
考查方向
解题思路
A．碳与浓硫酸反应生成的二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊；
B．乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C．先滴入Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，加入足量稀盐酸，仍有沉淀，可能含有亚硫酸根；
D．等浓度的HCl与CH3COOH，HCl完全电离，电离出的氢离子浓度大。
易错点
本题考查化学实验方案的评价，涉及卤代烃的消去反应及水解产物、沉淀的生成、pH的比较、气体的检验及物质的性质，注重基础知识的考查，选项B为解答的难点，题目难度中等。
知识点
7．下列说法不正确的是（）
A常温下，在0.1mol·L-1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)<
B浓度为0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）>c（CO32－）
C25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
D冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小
正确答案
解析
c(H+)水=10-14/0.1 =10-13mol.L-1<10-7,A选项正确。
碳酸氢钠溶液显碱性，因此NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于其电离程度，B正确。
溶度积常数只受温度影响，温度不度KSP不变，C正确。
在冰醋酸中加入水，醋酸的电离程度是逐渐增大的，D错误。
考查方向
解题思路
结合选项分析，涉及到离子浓度大小判断，利用好三个守恒。弱电解质稀释过程中则要注意电离程度是溶液越稀越大，而导电性则是与离子浓度大小密切相关。
易错点
离子大小判断、稀释对弱电解质电离程度的影响。
知识点
清洁能源具有广阔的开发和应用前景，可减少污染解决雾霾问题，其中甲醇、甲烷是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。Ⅰ、一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2 （g）⇌CH3OH（g）△H=﹣105kJ•mol﹣1．向体积为2L的密闭容器中充入2mol CO和4mol H2，测得不同温度下容器内的压强（P：kPa）随时间（min）的变化关系如右图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示：
21.Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是 ．
22.反应Ⅰ在6min时达到平衡，在此
23.反应Ⅱ在2min时达到平衡，平衡常数K（Ⅱ）= ．
24.比较反应Ⅰ的温度（T1）和反应Ⅲ的温度（T3）的高低：T1 T3（填“＞”“＜”“=”），判断的理由是 ．Ⅱ、甲烷和甲醇可以做燃料电池，具有广阔的开发和应用前景，回答下列问题
25.甲醇燃料电池（简称DMFC）由于结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。DMFC工作原理如右图所示：通入a气体的电极是原电池的 极（填“正”或“负”），其电极反应式为 。
26.某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示U形管中氯化钠溶液的体积为800ml。闭合K后，若每个电池甲烷用量均为0.224L（标况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为 （法拉第常数F=9.65×104C/mol），若产生的气体全部逸出，电解后溶液混合均匀，电解后U形管中溶液的pH为 。
正确答案
（1）加入催化剂
正确答案
（2）0.125mol/(L· min)
正确答案
（3）12
正确答案
（4）＞、 Ⅰ和Ⅲ相比，Ⅲ平衡时的体系压强更低，说明平衡向正反应方向，△H＜0，只有降低温度才能达到要求，故Ⅲ时温度更低。
正确答案
（5）负、CH3OH – 6e- + H2O = CO2 + 6H+
正确答案
（6）1.544×104C 、13.3
X、Y、Z、E、T均为短周期元素，在周期表中的相对位置如图1。X是短周期中原子半径最大的元素； X、Y在同一周期，Y是常见的半导体材料； E的最高价氧化物对应水化物有强脱水性。
根据判断出的元素回答问题：
7. T在元素周期表中的位置________________；
8.这几种元素的氢化物中，水溶液酸性最强的是__________ (填化学式)； YZ2 的熔点__________EZ2 的熔点(填高于或低于)；
9.E2T2 的电子式__________；
10.工业上制备单质X的化学反应方程式____________________；
11.已知
12.某溶液中可能含有以下阳离子(忽略由水电离产生的H＋、OH－)：H＋、NH4＋、K＋、Mg2＋、Al3＋，现取100mL该溶液逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀的物质的量与NaOH溶液的体积关系如上图2所示。
①在实验中，NaOH溶液滴至b～c段过程中发生的离子反应方程式为____________________；
②NaOH溶液的浓度为__________mol·L－1 (用字母c、d表示）；
③原溶液中含有的Mg2＋、Al3＋、H＋，其物质的量之比n（Mg2＋）：n（Al3＋）：n（H＋）为__________。
正确答案
3ⅦA
解析
依题意X为短周期中半径最大的元素可知，据元素周期律X为第三周期元素Na；据Y在第三周期且为半导体材料，Y为Si；浓硫酸具有脱水性，故E为S，与E相邻元素Z为O，T为Cl；故：
S元素原子结构示意图
考查方向
解题思路
熟记周期表中前20号元素，通过元素周期律和常见元素及其化合物的特性推导出各个元素。
易错点
电子式书写，溶沸点比较，热化学方程式书写要点。
正确答案
HCl；高于
解析
氢化物分别为：NaH、SiH4、H2O、H2S、HCl，只有H2S、HCl水溶液显酸性，前者为弱酸，后者为强酸，故酸性最强者为HCl。另外SiO2为原子晶体，SO2为分子晶体，熔点：原子晶体>分子晶体，即熔点：SiO2>SO2。
考查方向
解题思路
熟记周期表中前20号元素，通过元素周期律和常见元素及其化合物的特性推导出各个元素。
易错点
电子式书写，溶沸点比较，热化学方程式书写要点。
正确答案
解析
根据S最外层6个电子(需共用2对电子)，Cl最外层7个电子(需共用1对电子)，故S2Cl2电子式为：
考查方向
解题思路
熟记周期表中前20号元素，通过元素周期律和常见元素及其化合物的特性推导出各个元素。
易错点
电子式书写，溶沸点比较，热化学方程式书写要点。
正确答案
解析
工业一般采用电解熔融NaCl制取钠：2NaCl2Na+Cl2↑
考查方向
解题思路
熟记周期表中前20号元素，通过元素周期律和常见元素及其化合物的特性推导出各个元素。
易错点
电子式书写，溶沸点比较，热化学方程式书写要点。
正确答案
Si(s)＋O2(g)═SiO2(s) ΔH＝－989.2 kJ·mol―1
解析
Si(s)＋O2(g)═SiO2(s) ΔH＝－989.2 kJ·mol―1(注意物质的状态，ΔH的正负号及数值与系数统一)
考查方向
解题思路
熟记周期表中前20号元素，通过元素周期律和常见元素及其化合物的特性推导出各个元素。
易错点
电子式书写，溶沸点比较，热化学方程式书写要点。
正确答案
①Fe3+；
② NH4+ + OH-= NH3·H2O；10/(d-c) mol·L－1
③1：1：1
解析
①由图2可知oa段未产生沉淀，说明原溶液中有H+,再据ab段产生沉淀，cd段之后沉淀未完全消失，说明ab段生成了2种沉淀，故含Mg2+和Al3+( 生成了氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，cd段溶解了氢氧化铝)，另bc段沉淀不增加也不减少，说明还含NH4+( bc段离子反应：NH4++OH_=NH3.H2O)；由图2纵坐标可知Al(OH)3和Mg(OH)2两者沉淀之和为0.02mol(其中当沉淀Al(OH)3溶解后还剩下沉淀Mg(OH)20.01mol)，说明Al(OH)3为0.01mol，因为cd段反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故n(NaOH)=0.01mol，C (NaOH)= 10/(d-c) mol·L－1。
②结合①分析并由图2信息V(NaOH)oa = V(NaOH)cd可知，n(Mg2+)= n(Al3+)= n(H+)=0.01mol,即n（Mg2＋）：n（Al3＋）：n（H＋）=1:1:1。
考查方向
解题思路
熟记周期表中前20号元素，通过元素周期律和常见元素及其化合物的特性推导出各个元素。
易错点
电子式书写，溶沸点比较，热化学方程式书写要点。
5．室温下，0.1 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH = 8.31，有关该溶液的判断正确的是( )
正确答案
解析
A．室温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH=8.31，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，水电离也生成氢氧根离子，钠离子不水解，所以离子浓度大小顺序是
c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（H+），故A错误；B．Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3）=c(H+)．c(HCO3−)/C(H2CO3).c(H+)．c(CO32−)/c(HCO3−)，碳酸和碳酸氢根离子都部分电离，所以c(H+)．c(HCO3−)/C(H2CO3)＜c（H+），c(H+)．c(CO32−)/c(HCO3−)＜c（H+），因为室温下纯水中，c（OH-）=c（H+），所以Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3）＜KW，故B正确；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），故C错误；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，未加NaOH时，根据物料守恒c（Na+）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-），加入NaOH溶液时则存在c（Na+）＞c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-），故D错误
考查方向
解题思路
A．室温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH=8.31，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，但其电离和水解程度都较小，水电离也生成氢氧根离子；
B．Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3）=c(H+)．c(HCO3−)/C(H2CO3).c(H+)．c(CO32−)/c(HCO3−)
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断．
易错点
对溶液中离子浓度判断不清
知识点
1．下列溶液中，c( Cl- )与50mL 1mol/L AlCl3溶液中c(Cl- )相等的是（ ）
A150mL 1mol/L 的NaCl溶液
B75mL 2mol/L的NH4Cl溶液
C100mL
D75mL 1.5mol/L的CaCl2溶液
正确答案
解析
100mL 1mol/L AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度是3mol/L，Cl-物质的量为3mol/L×0.1L=0.3mol A、150mL 1mol/L氯化钠溶液中c（Cl-）=1 mol/L×1=1mol/L，Cl-物质的量为1mol/L×0.15L=0.15mol，A错误；B、75mL 2mol/L氯化镁溶液中c（Cl-）=2mol/L×2=4mol/L，Cl-物质的量为2mol/L×0.075L×2=0.3mol，B错误；C、100mL 1mol/LKCl溶液中氯离子的物质的量浓度=1mol/L×1=1mol/L ，C错误；故D正确
考查方向
解题思路
物质的量浓度(cB)=物质的量(n)/溶液的体积(V），50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl-浓度为3mol/L，根据溶质化学式计算各选项中的Cl-物质的量，进行比较可知．注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度．
易错点
对物质的电离与水解掌握不牢固
知识点
2、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是（ ）
①32 g S8单质（S8分子结构如右图）中含有的S—S键个数为NA
②电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解32 g铜
③7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1 NA
④2 mol SO2和1 mol O2混合在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反应后，容器内物质分子数大于2 NA
⑤2.9 g熟石膏（2CaSO4·H2O）含有的结晶水分子数为0.02 NA (2CaSO4·H2O式量为290)
⑥含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1NA
正确答案
解析
：①一个S8分子（其“皇冠”结构如图）中含有的S-S键个数为8个，32gS8单质物质的量=32g/8×32g/mol=0.125mol，含有的S-S键个数为NA，故正确；②电解精炼铜时转移了NA个电子，电子的物质的量为1mol，阳极的粗铜中含有铁锌等杂质，活泼性均大于铜的，所以电解时先失去电子，所以转移0.5mol电子，阳极溶解的铜的物质的量小于0.5，质量小于32g，故错误；③1mol过氧化钠中含有1mol阴离子，7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NA，故错误；④可逆反应不能进行彻底，2molSO2和1molO2，混合气体在催化剂作用下反应容器中物质分子数大于2NA，故正确；⑤2.9g 2CaSO4•H2O物质的量=0.01mol，含有的结晶水分子数为0.01NA，故错误；⑥随着反应进行，硫酸浓度降低，不再与铜反应，所以生成SO2的分子数小于0.1NA．故错误；故选：C．
考查方向
解题思路
】①一个S8分子（其“皇冠”结构如图）中含有的S-S键个数为8个；②根据粗铜中含有摩尔质量比铜小且活泼性比铜大的杂质分析；③硫化钠和过氧化钠的摩尔质量相等，1mol过氧化钠中含有1mol阴离子；④二氧化硫和氧气反应是可逆反应不能进行彻底；⑤质量换算物质的量结合化学式计算；⑥只有浓硫酸与铜反应，稀硫酸与铜不反应．
易错点
阿伏加德罗常数的有关计算和判断
知识点
7．用AG表示溶液的酸度，AG = lg[c(H+)/c(OH-)]。室温下实验室中用0.01 mol·L-1的氢氧化钠溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L-1醋酸，滴定结果如图所示。下列有关叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
A.加入10.00 mL NaOH溶液时，CH3COOH与NaOH后，NaOH过量，得到NaOH和CH3COONa的物质的量为1：1混合溶液，在此混合溶液中存在电荷守恒：c(H+) + c(Na+) = c(CH3COO-) + c(OH-)，但是溶液中c(Na+)＜CH3COOH，所以c(H+) + c(CH3COOH) >c(CH3COO-) + c(OH-)，错误
B．A点时AG=0，则c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，由于醋酸是弱酸，二者的浓度相等，所以加入氢氧化钠溶液体积为20mL，恰好中和，则吃剩的盐水解是溶液显碱性，所以A点时加入氢氧化钠溶液体积小于20 mL，错误；
C．若B点时加入NaOH溶液40 mL，则所得溶液是CH3COOH和CH3COONa的等物质的量的混合溶液。根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COO－)+2c(CH3COOH)；所以C错误；
D．在开始时溶液的AG=7，c(H+)/c(OH-)=107；c(H+)·c(OH-)=10-14；则c(H+)=3.3×10-3，所以在室温时0.01 mol·L－1的醋酸溶液pH=3.5，正确；
考查方向
解题思路
A.根据A点的溶质的成分以及不能用电荷守恒进行判断；
B.根据A点时，AG=0，即c(H+)/c(OH-)=1来分析；
C加入NaOH溶液40 mL，得等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，根据溶液的电荷守恒和物料守恒来分析；
D.根据开始时溶液的AG=7，以及AG = lg[c(H+)/c(OH-)]进行计算。
易错点
A．不能判断出加入10.00 mL NaOH溶液时溶液中溶质的成分以及不能用电荷守恒进行判断；
B．不能判断出A点的离子浓度；
C．不能熟练使用物料守恒；
D．pH计算能力欠佳。
知识点
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