化学
【例1】设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A.在标准状况下，以任意比例混合的CH4与CO2 的混合物22.4L，所含有的分子数为NA
B.在标准状况下，NA 个H2O 分子所占体积为22.4L
C.常温常压下，活泼金属从盐酸中置换出1molH2，发生转移的电子数为2NA
D.常温常压下，28g氮气含有的核外电子数为10 NA
【分析】本题易错选D项。主要原因是部分同学考虑了氮原子的核外电子排布时，只注意到 最外层电子数为5而忽略了内层电子数为2，从而得出错误结论。
1. 物质的状态 水在标准状况下不是气态;SO3 在标准状况下是固态，常温常压下是液态;在标准状况下，含碳原子数大于四而小于16的烃是液态。
2. 某些物质分子中的原子个数。例如稀有气体为单原子分子，臭氧为三原子分子，白磷为四原子分子。3. 一些物质结构中化学键的数目。例如SiO2、Si、CH4、P4等。
4. 特殊物质的摩尔质量。例如D2O、T2O、18O2、D2等。
5. 较复杂的氧化还原反应中，求算电子转移数目。如Na2O2和水，Cl2和NaOH溶液反应等。
6. 用到22.4L.mol-1时，必须注意气体是否处于标准状况。
7. 某些离子或原子团是否水解，引起离子数目变化等。
【答案】本题的正确选项为A、C
在标准状况下，1mol任何气体所占体积都约为22.4L。因为决定它们体积大小的因素是气体分子间的距离，而不是分子本身体积的大小。因此对于混合气体，此结论也一定成立(混合气体在标准状况下能自发反应，而导致反应前后气体分子数不等除外如：NO和O2 )。所以在标准状况下1mol混合气体所占体积也是22.4L。反过来在标准状况下每22.4L气体所含分子数就一定是NA 。A项正确。
在标准状况下H2O 并不是气态。而对于液体或固体物质来说，决定它们体积的因素是粒子本身的大小。不同粒子，其本身大小不同，体积也就不同。在标准状况下，1mol的H2O的体积不是22.4L.B项不正确。
物质的量和质量都是与温度、压强无关的基本物理量。也就是说，1mol物质在任何温度下，所含粒子数都仍为阿伏伽德罗常数(条件是该物质在此温度下能存在且不发生反应)因此当+1价的氢被活泼金属还原成0价的氢时，只要有1molH2生成，就必然转移2mol电子，即转移电子总数为2NA(不管是标况还是常压)。C正确。
氢原子核外有7个电子，氮气分子核外有14个电子。则1molN2含有的核外电子数就是14NA.D项不正确。
【例2】把aL硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份加入bmol 烧碱并加热，刚好把NH3 全部赶出。另一份需消耗cmolBaCl2,沉淀反应刚好完全，原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为( )
A. b-2c/a mol.l-1 B. 2b-c/a mol.l-1
C. a-b/a mol.l-1 D. 2b-4c/a mol.l-1
【分析】解题过程中容易忽略离子反应是在混合溶液分成两等份以后进行的，用关系式求出NH4+、SO42-的物质的量误认为就是原溶液中NH4+和SO42-的物质的量，造成错选A。
对于物质的量浓度的计算问题应准确掌握概念、公式，在应用时，还要注意溶质的质量守恒、物质的量守恒及溶液的电荷守恒、质量守恒等。
【答案】为D对于混合溶液，首先分析溶液中有哪些离子，再分别求出各种离子的物质的量，利用电荷守恒法求解。离子反应有：NH4++OH-==NH3↑+H2O, Ba2++SO42-=BaSO4↓
由题意可知，aL混合液分成两等份：
其中一份有:NH4+—OH-, 另一份有：Ba2+—SO42-
bmol bmol cmol cmol
则aL混合液中，有2bmolNH4+,有2cmolSO42-,在溶液中，根据电荷守恒有：
2bmol×1=2cmol×2+c(NO3-)×aL×1,得c(NO3-)= 2b-4c/a mol.l-1
【例3】实验室里需用480 mL 0.1 mol/L的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是( )
A. 称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水 B. 称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液
C. 称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水 D. 称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液
错误原因：( 1)没有注意容量瓶的规格和特点。由于容量瓶为容量500mL,且容量瓶只有一个刻度(标线)，因此只能用该仪器配制500mL的溶液;(2)配制溶液时，所得的体积应该是溶液的体积，而不是加入的水的体积。
【解题】要配制500 mL 0.1 mol/L的CuSO4溶液需CuSO4 0.05m ol即胆矾：0.05 mol×250 g/mol1=12.5 g，CuSO4为8 g，所需溶液为500 mL，而不是加水的体积为 500 mL，正确选项为D
【例4】下列说法中正确的是( )
A. 溶液和胶体的本质区别是当一束光线通过胶体时可出现一条光亮的通路，溶液则没有此现象。B. 制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和氯化铁溶液加热煮沸
C. NaCl溶于水形成溶液，溶于酒精可形成胶体D. 渗析是鉴别溶液和胶体最简便的方法
【分析】正确选项C可以利用丁达尔现象鉴别溶液和胶体，但这不是它们的本质区别。制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和氯化铁溶液逐滴滴入沸水中直至变成红褐色。所以B错误。渗析主要用于溶液和胶体的分离和提纯，如要鉴别最简单饿方法是利用丁达尔现象进行鉴别。
【例6】下列离子方程式正确的是( )
A. 向氯化亚铁溶液中通入氯气： Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-
B. 三氯化铁溶液跟过量氨水反应:Fe3++3NH3.H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+
C. 碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应:Ca(HCO3)2+2H+=Ca2++2H2O+2CO2↑
D. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中:2Cl2+2OH-=3Cl-=ClO3-+H2O
【错误分析】写离子方程式时，只注意原子守恒，如A选项 。对物质间的反应条件把握不好，D项中Cl2与冷的NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO, Cl2与热的NaOH溶液反应才生成NaCl和NaClO3【解题】正确选项为BA项电荷不守恒;C项实质上是H+与HCO3-的反应;D项不符合反应事实。
【例7】在KClO3+6HCl=KCl+3 Cl2+3H2O反应中，当生成0.5molCl2时，氧化产物和还原产物的物质的量之比为( )
A.6：1 B.5：1 C.1：3 D.1：5
【分析】明确反应的实质，解题过程中同种元素发生氧化还原反应时化合价变化要遵循“只靠近不交叉”的原则即“价态归中”。【答案】正确选项B.由于该反应属于归中反应，反应机理为：KClO3中Cl得到5个电子转化为Cl2(被还原)同样的HCl中的Cl失去一个电子转化为Cl2(被氧化)，反应中氧化产物和还原产物均为Cl2，且氧化产物和还原产物的物质的量之比等于氧化剂得电子数和还原剂失去电子数之比， 即5：1.
【例8】在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，每摩尔CuSO4能氧化P的物质的量为( )
A.1/5mol B.2/5 mol C.3/5mol D.11/5 mol
【分析】正确选项A。本题中的还原剂是P，而氧化剂是P和CuSO4。由于反应过程中Cu从+2降为+1，因此反应中共得到15mol的电子;而做还原剂的P在反应中从0升至+5价，因此1mol P得到5mol电子。因此15molCuSO4在反应中氧化3mol的P，即每摩尔硫酸铜能够氧化0.2mol的P
【例12】标准状况下，往100mL 0.2mol/L的FeBr2溶液中通入一定体积的Cl2，充分反应后，溶液中有50%的Br- 被氧化。则通入的氯气的体积是多少?
【指导】本题的关键是比较Fe2+ Br-的还原项强弱比较。同一种氧化剂与不同的还原剂反应时先与还原性较强的反应。由于Fe2+还原性比Br-强，因此Cl2先氧化Fe2+ ，再氧化Br-;因此溶液中发生的反应应该是：Fe2+先被完全氧化，然后Br-再被氧化50%。所以消耗的氯气的体积为0.448L。
【例13】分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL 0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题。
(1)理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式 ;
(2)如右图所示，仪器A的名称是_______________;在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，则测得的△H (填“偏大”、“偏小”或“无影响”);
(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H=________________;(结果保留一位小数)
(4) (填“能”或“不能”)用Ba(OH)2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，理由是 。
【答案】(1)1/2H2SO4(aq)+1/2 Ba(OH)2(aq)== 1/2BaSO4(s)+H2O(1);△H=-57.3kJ/mol H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1);△H= -57.3kJ·mol-1，
(2)环形玻璃搅拌棒 偏大(3)-51.8 kJ/mol
(4)不能 H2SO4与Ba(OH)2反应生成的BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热
【例14】在一定条件下，RO3 n-和 I- 发生的离子方程式如下：
RO3 n-+ 6I- + 6H+ == R- + 3I2 + 3H2O
(1) RO3 n-中R元素的化合价是_____(2) R元素的原子最外层电子数是_____。
【指导】(1)根据离子反应电核守恒思想，可以推断反应前的离子所带电核总数为-1(因为反应后离子所带电核总数为-1)。又因为I-与H+离子所带电核总数为之和为0，因此RO3 n-所带电核数为-1，因此n=1。于是可以推断RO3 n-中R的化合价为+5(2)由于R-只带一个单位负电核，说明R原子只能得到一个电子。因此R最外层电子数为7。【答案】+5、7
【例15】有一白色固体可能是由Al2(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH中的两种或三种组成，为确定该白色固体的组成，进行下列实验：取白色固体少许，加入蒸馏水充分振荡得无色溶液;逐滴加入稀HNO3有白色沉淀生成。试回答：
(1) 此白色固体中至少存在哪几种物质?请写出全部可能。
(2) 若要证明固体的组成，还需要做的实验是
【解题指导】①往所得的溶液中加硝酸得到白色沉淀，白色沉淀可能是由Al3+、Ag+、Ba2+
和其他阴离子组成的，若混合物中仅含有Al2(SO4)3、AgNO3、BaCl2、组成，溶于水不可能得到无色溶液，再结合往无色溶液加硝酸得白色沉淀，说明是溶液中新生成的离子与H+反应得到的沉淀，则该混合物可能是Al2(SO4)3和KOH的混合物。其根据是：
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O(得澄清溶液)
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓(产生白色沉淀)
若混合物是由AgNO3、NH4Cl、KOH共同组成的也同样满足题意，NH4++OH-=NH3.H2O,
Ag++2NH3.H2O=〔Ag(NH3)2〕++2H2O,(得到澄清无色溶液)
〔Ag(NH3)2〕++2H+= Ag++2NH4+,Ag++Cl-=AgCl↓(产生白色沉淀)，所以这两种情况中至少存在的物质是：①Al2(SO4)3和KOH②AgNO3、NH4Cl和KOH
③若为Al2(SO4)3和KOH固体混合物，溶于水得到澄清溶液中含有SO42-,所以选用BaCl2检验;而AgNO3、NH4Cl和KOH固体混合物溶于水得到的无色溶液中，因不存在Ag+,与BaCl2不反应，所以可向溶液中滴加BaCl2检验其组成。
【答案】(1)Al2(SO4)3，KOH;AgNO3、NH4Cl和KOH
(2)取溶液，滴加BaCl2溶液若有白色沉淀，固体为Al2(SO4)3和KOH混合物。若无沉淀混合物为AgNO3、NH4Cl和KOH。
3 ：将pH= l的盐酸平均分成 2份，l份加适量水，另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为
A. 9 B.10 C.11 D.12
设在1LpH=1的盐酸中，加入水后pH=2，则加入水的体积约为9L，如果加入0.1mol·L—1的NaOH溶液VL，后溶液的pH也变成2，则 解之V=9/11L，二者的体积比为9L︰9/11L= 11︰1答案C。
例题1：把0.02mol/LHAc溶液和0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是 ( A、D )
A.c(Ac—)>c(Na+) B.c(HAc)>c(Ac—)
C.c(H+)=c(Ac—)-c(HAc) D.c(HAc)+ c(Ac—)=0.01mol/L
根据溶液中电荷守恒和物料守恒求解。0.05mol/L的HAc溶液和0.05mol/L的NaAc溶液的混合溶液。由电荷守恒关系可得：c(H+)+c(Na+)=c(Ac—)+c(OH—) (1)
由物料守恒关系可得： c(HAc)+c(Ac—)=c(Na+)×2=0.01mol / L (2)
由(2)式可知D正确。 将(1)×2+(2)可得： 2c(H+)=c(Ac—)+2 c(OH—)-c(HAc) (3)
总结：在电解质溶液中通常存在两类守恒关系。一类为电荷守恒，即溶液中各种离子所带电荷数相等，在列式时要注意：离子带多少个电荷，其离子浓度必须乘以多少。另一类为物料守恒，即通过元素比较获得的元素关系守恒。
例题3 ：下列物质加热浓缩或蒸干，请对其进行分析判断。
①碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
②明矾的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
③碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
④亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
⑤氯化铝的水溶液蒸干得到的固体物质是 ，原因是 。
⑥盐酸与硫酸浓度各为1mol/L的混合酸10mL，加热浓缩至1mL，最后溶液的浓度是 ，原因是 。
根据盐溶液的水解及试剂的还原性分析解题。①尽管加热过程促进了K2CO3的水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3。故蒸干得到的固体物质是K2CO3。②尽管Al3+水解， 但由于H2SO4为高沸点酸，又与Al(OH)3发生反应，最后仍然是结晶水合物明矾，故蒸干得到的固体物质是明矾。 ③Ba(HCO3)2在溶液中受热分解，故蒸干得到的固体物质是BaCO3。④Na2SO3在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成Na2SO4 ，故蒸干得到的固体物质是Na2SO4。⑤Al3+水解，HCl挥发，得Al(OH)3， Al(OH)3又有部分分解生成 Al2O3。故蒸干得到的固体物质是Al(OH)3 和 Al2O3。
⑥因加热浓缩过程中HCl挥发，最后剩余物为 H2SO4，其浓度为10mol/L。
三、电解计算
1.根据电子守恒法计算：用于串联电路、阴 、阳两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。2.根据总反应式计算：凡是总反应式反映出的 物质的量关系都可以列比例式计算 。3.根据关系计算：由得失电子守恒定律关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算的关系式，如
物质：H2～O2～Cl2～Cu～Ag～H+～OH—～e—
mo l 2 1 2 2 4 4 4 4
【典例1】将NaCl 溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少。下列说法正确的是
A.液滴中的Cl—由a区向b区迁移
B.液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-
C.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2+由a区向b区迁移，与b区的OH—形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈
D.若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，
则负极发生的电极反应为：Cu-2e-=Cu2+ 解析：液滴边缘O2多，在碳粒上发生正极反应O2+2H2O+4e-=4OH-。液滴下的Fe发 生负极反应，Fe-2e-=Fe2+，为腐蚀区(a)。Cl-由b区向a区迁移;液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀;D.错误。Cu更稳定，作正极，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-。答案：B
【典例2】下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的 K2SO4溶液，电极均为石墨电极。
(1)接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：
①电源的N端为 极;②电极b上发生的电极反应为 ;
③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积： ;
④电极c的质量变化是 g;
⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因
甲溶液 ;乙溶液 ;丙溶液 ;
(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么?
。
解析：(1)①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2++2e-=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为xg。由电解前后溶质质量相等有，100×10%=(100-x)×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol。由方程式2H2+O2 2H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转移0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH-放电，即4OH--4e-=2H2O + O2↑。③转移0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L。④Cu2++2e-=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m(Cu)=0.5/2 ×64 =16g。⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大。乙中阴极为Cu2+放电，阳极为OH-放电，所以H+增 多，故pH减小。丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变。(2)铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解。
答案：(1)①正极 ②4OH--4e-=2H2O + O2↑。③2.8L ④16g ⑤甲增大， 因为相当于电解水;乙减小，OH-放电， H+增多。丙不变，相当于电解水。
(2)可以 因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应
【预测】有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成燃料电池。电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是 答案B
A.每消耗1molCH4可以向外电路转移4mol电子
B.负极上CH4失去电子，电极反应式为CH4+10OH—=CO32—+7H2O+8e—
C.负极上是O2获得电子，电极反应式为：O2+2H2O+4e—=4OH—
D.电池放电后，溶液pH不断升高
解析：电池正负极的方法是确定在该电极上的电子得失情况。若得电子，则为正极，反之则为负极。CH4在电极上发生的反应类似于燃烧反应，即CH4→CO2,(确切地说生成的CO2继续与KOH反应生成K2CO3和H2O)，碳元素价态升高，失去电子，是电池的负极。电极反应式为CH4+10OH—=CO32—+7H2O+8e—，B项正确;每当有1molCH4被氧化时，失去电子8mol，A项错误;O2在正极上得到电子，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，C项错误;总反应式为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O反应中消耗KOH，所以放电时pH不断下降，D项错误。
预测：3.可用于电动汽车的铝-空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是( A )
A.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2+2H2O+4e-=4OH-
B.以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al+3OH--3e-=Al(OH)3↓
C.以NaOH溶 液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变
D.电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
4.如下图所示，a、b是多孔石墨电极，某同学按图示装置进行如下实验：断开K2，闭合K1一段时间(上为K2，下为K1)，观察到两只玻璃管内部有气泡将电极包围，此 时断开K1，闭合K2，观察到电流计A的指针有偏转，下列说法不正确的是( C )
A.断开K2，闭合K1时，a极上的电极反应式为：4OH——4e—=O2↑+2H2O
B.断开K2，闭合K1一段时间，溶液的pH要变大
C.断开K1，闭合K2时，b极上的电极反应为：2H++2e—=H2↑
D.断开K1，闭合K2时, OH—向b移动
5.氢氧燃料电池以氢气为还原剂，氧气作氧化剂，电极为多孔镍，电解质溶液为30%的氢氧化钾溶液。以下数种说法：①负极反应为：O2+2H2 O+4e—=2OH—;②负极反应为：H2+4OH——4e—=4H2O;③电池工作时正极区碱性增强，负极区碱性减弱;④电池工作时溶液中阴离子移向正极。正确的组合是( C )
A.①④ B.②④ C.①③④ D.②③
