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1、考点1 化学常用计量(2015全国卷8)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H离子数为2NAC过氧化钠与水反应时,生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应,产物的分子数为2NA(2015全国卷10)NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )A60 g丙醇中存在的共价键总数为10NAB1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中HC和C离子数之和为0.1NAC钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23 g钠充分燃烧
2、时转移电子数为1NAD235 g核素U发生裂变反应UnSrXe1n,净产生的中子n)数为10NA(2015四川高考5)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A2.0 gO与D2O的混合物中所含中子数为NAB常温常压下4.4 g乙醛所含键数目为0.7NAC标准状况下,5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD50 mL 12 molL1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA(双选)(2015海南高考10)下列指定微粒的数目相等的是( )A等物质的量的水与重水含有的中子数B等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数C同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数
3、D等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数(2015广东高考10)设nA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是( )A23 g Na与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子B1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C标准状况下,22.4 L N2和H2混合气中含nA个原子D3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4,失去8nA个电子(2015江苏高考18)软锰矿(主要成分MnO2,杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4H2O,反应的化学方程式为MnO2SO2MnSO4。(1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化L(标准状
4、况)SO2。(2)已知:KspAl(OH)3=11033,KspFe(OH)3=31039,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下,除去MnSO4溶液中的Fe3、Al3(使其浓度均小于1106molL1),需调节溶液pH范围为。(3)下图可以看出,从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4H2O晶体,需控制结晶温度范围为。(4)准确称取0.171 0 g MnSO4H2O样品置于锥形瓶中,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2全部氧化成Mn3,用c(Fe2)=0.050 0 molL1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3被还原为Mn2),消耗Fe2溶液20.00 mL
5、。计算MnSO4H2O样品的纯度(请给出计算过程)。答案1【解题指南】解答本题要注意以下两点:(1)注意同位素原子中中子数的不同;(2)过氧化钠中氧原子的化合价为1价。【解析】选C。D和H的质量数不同,则18 g D2O和18 g H2O的物质的量不同,其含有的质子数不同,A错误;亚硫酸为弱酸,在水溶液中不完全电离,所以溶液中氢离子数目小于2NA,B错误;过氧化钠与水反应生成氧气,氧气来源于1价的氧元素,所以生成0.1 mol氧气时转移电子0.2NA,C正确;NO与氧气反应生成二氧化氮,但常温下,二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡,产物的分子数小于2NA,D错误。【易错提醒】二氧化氮和四氧化二氮
6、之间存在化学平衡,所以一氧化氮和氧气生成二氧化氮时两分子的二氧化氮变为一分子的四氧化二氮,分子数要变小。2.【解题指南】解答本题时应注意以下思路:【解析】选C。60 g丙醇的物质的量为1 mol,1 mol丙醇中存在的共价键总数为11NA,A错误;1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中含有碳元素1 mol,而含碳元素的物质有H2CO3、HC和C,所以三者的和为1 mol,B错误;钠在反应中只失去1个电子,23 g钠为1 mol,即失去1NA电子,C正确;由方程式UnSrXe1n可知净产生中子数为9,所以235 g核素U为1 mol,净产生的中子n)数为9NA。3【解题指南】解答本题时应
7、注意以下两点:(1)氧化还原反应中转移电子的物质的量是指失去电子或者得到电子的物质的量;(2)根据两原子间化学键的数目可以判断化学键的类型。【解析】选A。A选项中,O与D2O的相对分子质量均为20,中子数均为10,因此2.0 g该混合物中所含中子数为NA;B选项中,1个乙醛分子中存在的4个CH键、1个CC键是键,而CO键中的1个键是键,另一个键是键,所以4.4 g乙醛即0.1 mol的乙醛中应含有0.6 mol的键,即键个数为0.6NA;C选项中,CO2与Na2O2发生如下反应:2Na2O22CO22Na2CO3O2,标准状况下5.6 L即0.25 mol CO2应转移0.25 mol电子,即
8、转移电子数为0.25NA;D选项中,随着反应进行,盐酸的浓度下降,当达到一定的程度便不再反应,故转移的电子数无法达到0.3NA。4【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)注意常用量的计算方法;(2)阿伏加德罗定律的理解与应用以及氧化还原反应中转移电子数的确认。【解析】选B、D。A项,1 mol普通水中含有的中子数是8 mol,1 mol重水中含有的中子数是10 mol,所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等,错误;B项,乙烯、丙烯都属于烯烃,分子式符合CnH2n,最简式是CH2,所以若二者的质量相等,含最简式的个数相等,含有的共用电子对数也相等,正确;C项,同温同压下,同体积的CO和N
9、O分子数相同,但是由于每个分子中含有的质子数不相同,所以同温同压下,同体积的CO和NO含有的质子数不同,错误;D项,由于Cl2的氧化性很强,与变价金属Fe反应时生成的是FeCl3,与Al发生反应生成AlCl3,所以等物质的量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子数目相等,正确。【误区提醒】在解决这类问题时需要仔细审题,是等物质的量还是等质量,其次要注意组成的特殊性,如题目中乙烯和丙烯,还有臭氧和氧气、二氧化氮和四氧化二氮等。5【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)掌握常见化学方程式的书写以及反应物和生成物之间量的关系;(2)Fe3O4中含有2个3价的铁和1个2价的铁。【解析】选D。23
10、g钠与足量水反应生成0.5 mol H2,所以生成H2分子的个数是0.5nA;Cu和足量热浓硫酸反应不会生成SO3分子;由于氮气和氢气均是双原子分子,所以标准状况下22.4 L N2和H2混合气为1 mol,含有2 mol原子;3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4,相当于有2 mol变成三价铁,转移6 mol电子,1 mol变成二价铁,转移2 mol电子,所以总共转移8 mol电子。6 【解析】(1)MnO2SO2MnSO4 87 g 22.4 L 17.40 g V解得:V=4.48 L(2)除去Fe3时,c(OH)=1.441011,pH=lg3.2,除去Al3时,c(OH)=1109,
11、pH=lg=5.0,故需要控制溶液pH范围为5.0pH7.1。(3)根据溶解度曲线图中变化趋势可知,温度高于60析出MnSO4H2O;(4)根据氧化还原反应中得失电子守恒可知,n(Mn3)1=n(Fe2)1=20.00103L0.050 0 molL1=1.00103mol,根据锰元素守恒,m(MnSO4H2O)=1.00103mol169 gmol1=0.169 g,则MnSO4H2O样品的纯度为100%98.8%。答案:(1)4.48(2)5.0pHr(Mg)C在该反应条件下,Mg的还原性强于C的还原性D该反应中化学能全部转化为热能(2015北京高考28)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反
12、应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe32I2Fe2I2”反应中Fe3和Fe2的相互转化。实验如下:(1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到。(2)是的对比实验,目的是排除中造成的影响。(3)和的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2向Fe3转化。用化学平衡移动原理解释原因:。(4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测中Fe2向Fe3转化的原因:外加Ag使c(I)降低,导致I的还原性弱于Fe2,用如图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。K闭合时,指针向右偏转,b作极。当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管中滴加0.01 molL1AgNO3溶液,产生的现象证实了
13、其推测,该现象是 。(5)按照(4)的原理,该同学用上图装置进行实验,证实了中Fe2向Fe3转化的原因。转化原因是。与(4)实验对比,不同的操作是。(6)实验中,还原性:IFe2;而实验中,还原性:Fe2I,将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是 。(2015全国卷28)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题:(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:电解时发生反应的化学方程式为。溶液X中大量存在
14、的阴离子有。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。a.水 b.碱石灰c.浓硫酸d.饱和食盐水(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量:.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50 mL水溶解后,再加入3 mL稀硫酸;.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中;.用0.100 0 molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I22S22IS4),指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中:锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。玻璃液封装置的作用是。中加入的指示剂通常为,滴定
15、至终点的现象是 。测得混合气中ClO2的质量为g。(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是(填标号)。a.明矾 b.碘化钾c.盐酸 d.硫酸亚铁(2015山东高考29)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备,钴氧化物可通过处理钴渣获得。(1)利用如图装置电解制备LiOH,两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为溶液(填化学式),阳极电极反应式为,电解过程中Li向电极迁移(填“A”或“B”)。(2)利用钴渣含Co(OH)3、Fe(OH)3等制备钴氧化物的工艺流程如下:Co(OH)3溶解还原反
16、应的离子方程式为,铁渣中铁元素的化合价为,在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41 g,CO2的体积为1.344 L(标准状况),则钴氧化物的化学式为。(2015浙江高考27).请回答:(1)H2O2的电子式。(2)镁燃烧不能用CO2灭火,用化学方程式表示其理由。(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液,白色沉淀转化为淡黄色沉淀,写出反应的离子方程式。(4)完成以下氧化还原反应的离子方程式:()Mn()C2()Mn2()CO2.化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2,甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。
17、将4.80 g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。请推测并回答:(1)甲的化学式。(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式。(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式。(4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3),脱锈过程发生反应的化学方程式。(5)某同学认为:用惰性气体赶尽反应体系中的空气,将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥,再与金属钠反应,得到的固体物质即为纯净的甲;取该固体物质与水反应,若能产生H2,即可证明得到的甲一定是纯净的。判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由。答案：1 【解题指南】解
18、答本题时应注意以下两点:(1)氧化还原反应的标志是化合价的变化;(2)还原剂在化学反应中起还原作用。【解析】选D。明矾净水是因为Al3水解成Al(OH)3胶体吸附杂质,属于非氧化还原反应;甘油具有强的吸湿性,可以让皮肤上的水分不会太快散发,同时适当从空气中吸收水蒸气,属于非氧化还原反应;漂粉精具有强氧化性,故可作消毒剂;铁粉可以消耗食品袋中的氧气,铁粉自身被氧化,起还原作用。2 【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)常见的化学常识中的化学原理;(2)了解盐类水解在日常生活中的应用以及漂白粉漂白原理。【解析】选D。明矾净化水是利用铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用,与物质的氧化性无关
19、,A不符合题意;纯碱去油污是利用碳酸根离子水解显碱性,油脂在碱性条件下水解,生成可溶性的物质,与物质的氧化性无关,B不符合题意;食醋除水垢,是利用醋酸的酸性,与物质的氧化性无关,C不符合题意;漂白粉的有效成分是次氯酸钙,该物质与水发生反应生成的次氯酸具有强氧化性,可以将织物的色素氧化为无色物质,D符合题意。3【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)可以依据氧化还原反应中的电子守恒确定元素R的化合价;(2)也可以根据化学反应中的电荷守恒先确定n值,再确定R的化合价。【解析】选D。根据氧化还原反应得失电子守恒(化合价升降相等),反应中氯元素化合价由11(化学计量数为3),因此R元素的化合价由3
20、升高到6价(化学计量数为2),由此判断D正确。(另解可以根据电荷守恒快速判断n=2,进而确定R的化合价为6价)。【误区提醒】可以使用化合价升降数相等来确定元素R的化合价,还可以通过化学反应前后电荷守恒确定n值,进而确定R的化合价。4 【解析】选C。分子式为C2H6O的有机化合物可能为CH3CH2OH,也可能为CH3OCH3,二者性质不同,A项错误;途径a和途径b均为单质碳生成二氧化碳,根据盖斯定律,二者能量变化相同(起始态相同),B项错误;在氧化还原反应中得失电子守恒,C项正确;将水变为汽油是不现实的,水中只含氧、氢元素,而汽油含有碳、氢元素,组成元素不同无法转化,D项错误。【误区提醒】该题易
21、错选B项。错误地认为途径a生成了CO和H2,CO和H2燃烧放出的热量多,而忽视了C生成CO和H2需吸收热量。没有根据盖斯定律解决此题。5 【解析】选C。除金刚石和石墨外,C还存在C60等同素异构体,A项错误;Mg的电子层数比Mg2多,所以半径r(Mg)r(Mg2),B项错误;反应方程式为2Mg CO22MgO C,还原剂为Mg,还原产物为C,由还原剂的还原性强于还原产物,可得Mg的还原性强于C,C项正确;燃烧过程中除了转化为热能还转化为光能等其他能量,D项错误。6 【解题指南】解答本题时应按照以下流程:【解析】(1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到化学平衡状态。(2
22、)实验加入了水,是实验的对比实验,因此目的是排除因加入FeSO4溶液而将溶液稀释引起溶液颜色的变化。(3)中加入AgNO3,Ag与I生成AgI黄色沉淀,I浓度降低,2Fe32I2Fe2I2平衡逆向移动,溶液褪色;中加入FeSO4,Fe2浓度增大,平衡逆向移动,溶液颜色变浅。(4)K闭合时,指针向右偏转,表明b极为正极,Fe3得电子;当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管滴加0.01 molL1AgNO3溶液,产生黄色沉淀,I浓度减小,2Fe32I2Fe2I2平衡左移,指针向左偏转。(5)Fe2向Fe3转化的原因是Fe2浓度增大,还原性增强。与(4)实验对比,不同的操作是当指针归零后,向U型
23、管右管中滴加1 molL1FeSO4溶液。(6)将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是在其他条件不变时,物质的氧化性和还原性与浓度有关,浓度的改变可影响物质的氧化性和还原性,导致平衡移动。答案:(1)化学平衡状态(2)溶液稀释对颜色变化(3)中加入Ag发生反应:AgIAgI,c(I)降低;中加入FeSO4,c(Fe2)增大,平衡均逆向移动(4)正左管产生黄色沉淀,指针向左偏转(5)Fe2浓度增大,还原性增强,使Fe2还原性强于I向U型管右管中滴加1 molL1FeSO4溶液 (6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化性和还原性,并影响平衡移动方向7
24、【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)书写化学方程式时要注意结合题目给出的物质书写产物;(2)注意利用氧化性、还原性进行物质的除杂。【解析】(1)根据氧化还原反应中得失电子守恒,氯元素的化合价从5价降到4价,得1个电子,氯酸钾是氧化剂;硫元素的化合价从4价升高到6价,失去2个电子,亚硫酸钠是还原剂,根据得失电子相等可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为21。(2)根据图示可知氯化铵和氯化氢反应生成氢气和NCl3,配平即可。根据产物中有氨气生成可知溶液为碱性,存在氢氧根离子,根据元素守恒可知还存在氯离子。ClO2易溶于水,a、d错误;碱石灰不能吸收NH3,b错误。(3)ClO2能把碘离子氧化为
25、碘单质,自身被还原为氯离子。由于ClO2有毒,容易逸出进入空气中,所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。由于碘单质遇到淀粉变蓝,所以常用的指示剂为淀粉。滴定终点的颜色为溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变。根据方程式可知2ClO25I210S2,则测得混合气中ClO2的质量为0.100 0 molL10.02 L67.5 gmol15=0.027 00 g。(4)亚氯酸盐有氧化性,除去它要用有还原性的硫酸亚铁,同时产生的铁离子还能净水。答案:(1)21(2)NH4Cl2HCl3H2NCl3Cl、OHc(3)2ClO210I8H2Cl5I24H2O吸收残余的二氧化氯气体淀粉溶
26、液溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变0.027 00 (4)d8 【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)注意阴、阳离子的放电顺序以及阴、阳离子在电解池内部移动方向的判断;(2)注意流程中各步所加试剂的作用以及原子守恒观点的应用。【解析】(1)B极区产生H2,同时生成LiOH,则B极区电解液为LiOH溶液;电极A为阳极,阳极区电解液为LiCl溶液,根据放电顺序,阳极上Cl失去电子,则阳极电极反应式为2Cl2eCl2;根据电流方向,电解过程中Li向B电极迁移。(2)在酸性条件下,Co(OH)3首先与H反应生成Co3,Co3具有氧化性,把S氧化为S,配平可得离子方程式:2Co(OH)3
27、4HS2Co2S5H2O;铁渣中铁元素的化合价应该为高价,为3价;CO2的物质的量为1.344 L22.4 Lmol1=0.06 mol,根据CoC2O4的组成可知钴元素的物质的量为0.03 mol,设钴氧化物的化学式为CoxOy,根据元素的质量比可得59x(16y)=0.03 mol59 gmol1(2.41 g0.03 mol59 gmol1),解得xy=34,则钴氧化物的化学式为Co3O4。答案:(1)LiOH2Cl2eCl2B (2)2Co(OH)34HS2Co2S5H2O或Co(OH)33HCo33H2O,2Co3SH2O2Co2S2H3Co3O49 【解析】.(1)过氧化氢为共价化
28、合物,两个氧原子之间共用一对电子,其电子式为。(2)镁燃烧不能用CO2灭火,因为会发生如下反应:2MgCO22MgOC。(3)向AgCl沉淀中加入KBr溶液,因为Ksp(AgCl)Ksp(AgBr),AgCl沉淀转化为AgBr沉淀,AgClBrAgBrCl,沉淀由白色变成淡黄色。(4)根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒可配平该离子方程式:2Mn5C216H2Mn210CO28H2O。.(1)一定条件下金属钠和H2反应生成甲,将4.80 g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。n(H2)=0.1 mol,m(H2)=0.2 g,m(Na)=4.80 g0.2 g=4
29、.6 g,则n(Na)=0.2 mol,根据化合价关系,可推出甲的化学式为NaH,制备它的反应方程式为2NaH22NaH。(2)根据条件NaH与AlCl3反应得到NaAlH4,NaH与NaAlH4中H都为1价,反应中无化合价变化,为非氧化还原反应,则化学方程式为4NaHAlCl3NaAlH43NaCl。(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应,NaAlH4中H化合价为1价,H2O中H化合价为1价,根据氧化还原反应化合价归中的规律,判断产物为H2,可推出化学方程式为NaAlH42H2ONaAlO24H2。(4)NaH除铁锈,是把Fe2O3变为Fe,NaH作为还原剂,1价的H化合价升高,生成NaOH,化学方程式为3NaHFe2O32Fe3NaOH。(5)制备过程不合理,盐酸易挥发,H2中混有HCl,导致产物中有NaCl。铁与盐酸反应生成H2,经浓硫酸干燥,再与金属钠反应,产生NaH,但H2的量不足会有钠单质残留,固体不纯;同时,2Na2H2O2NaOHH2,也会有氢气放出,无法证明固体甲纯净。答案:.(1) (2)2MgCO
