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A·常考題不丟分
【考點(diǎn)一 一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制】
【考點(diǎn)二 以物質(zhì)的量為中心的多角度計(jì)算】
【微專題 阿伏加德羅常數(shù)的六大陷阱】
B·綜合素養(yǎng)拿高分/拓展培優(yōu)拿高分
C·挑戰(zhàn)真題爭(zhēng)滿分
【考點(diǎn)一 一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制】
1．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）實(shí)驗(yàn)室用98%的濃硫酸配制的稀硫酸。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A．應(yīng)選用200mL容量瓶B．可選用量筒量取濃硫酸
C．在燒杯中稀釋濃硫酸D．定容時(shí)應(yīng)選用膠頭滴管
【答案】A
【解析】A．實(shí)驗(yàn)室沒(méi)有200mL容量瓶，應(yīng)選用250mL容量瓶，故A錯(cuò)誤；B．濃硫酸為液體，量取濃硫酸可以選用量筒，故B正確；C．稀釋濃硫酸在燒杯中進(jìn)行，具體操作為：將濃硫酸緩緩地沿器壁注入水中，同時(shí)用玻璃棒不斷攪拌，故C正確；D．定容時(shí)應(yīng)用膠頭滴管逐滴滴加蒸餾水至容量瓶的刻度線，故D正確；故答案選A。
2．（2023·河北石家莊·校聯(lián)考一模）下列實(shí)驗(yàn)裝置能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?br>【答案】A
【解析】A．該裝置可通過(guò)微熱燒瓶的方式將氨氣趕入燒杯中引發(fā)噴泉，可演示噴泉實(shí)驗(yàn)，故A正確；B．充滿二氧化硫的試管倒置到水槽中，液面上升可能是因?yàn)闅怏w溶于水導(dǎo)致，不能證明二氧化硫與水發(fā)生了反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．配制100mLNaOH溶液應(yīng)用100mL容量瓶、不能用燒杯，故C錯(cuò)誤；D．苯和苯酚互溶，不能采用分液的方法分離，故D錯(cuò)誤；故選：A。
3．（2023·上海寶山·統(tǒng)考一模）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作的敘述錯(cuò)誤的是
A．滴定管用水洗凈后，加入待裝液
B．配制溶液時(shí)，容量瓶不需干燥
C．測(cè)結(jié)晶水含量時(shí)，加熱后的坩堝必須放在干燥器中冷卻
D．過(guò)濾操作中，漏斗的尖端應(yīng)接觸燒杯內(nèi)壁
【答案】A
【解析】A．滴定管用水洗凈后，再使用待裝液潤(rùn)洗后才能加入待裝液，A錯(cuò)誤；B．底部含有蒸餾水不影響溶液濃度，配制溶液時(shí)，容量瓶不需干燥，B正確；C．測(cè)結(jié)晶水含量時(shí)，加熱后的坩堝必須放在干燥器中冷卻，防止空氣中水蒸氣影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果，C正確；D．過(guò)濾操作中，漏斗的尖端應(yīng)接觸燒杯內(nèi)壁，防止濾液濺出，D正確；故選A。
4．（2023·福建龍巖·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）測(cè)定食醋中總酸度有以下步驟：①將食醋精確稀釋到原來(lái)的10倍；②用燒堿固體配制100mL濃度約為0.1ml?L-1的溶液；③用鄰苯二甲酸氫鉀固體標(biāo)定步驟②所得溶液；④用移液管取20.00mL待測(cè)液；⑤用已知濃度NaOH溶液滴定。以下對(duì)應(yīng)步驟中的操作及選用儀器正確的是
A．步驟①B．步驟②
C．步驟③D．步驟⑤
【答案】B
【解析】A．步驟①：將食醋精確稀釋到原來(lái)的10倍，應(yīng)是配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，因此需要用到儀器是容量瓶等，故A錯(cuò)誤；B．因?yàn)樾枰獦?biāo)定，因此步驟②是粗配溶液，0.4gNaOH的物質(zhì)的量為0.1ml，100mL蒸餾水約為0.1L，則濃度約為0.1ml/L，故B正確；C．用鄰苯二甲酸氫鉀標(biāo)定NaOH時(shí)，滴定終點(diǎn)顯堿性，應(yīng)用酚酞作指示劑，故C錯(cuò)誤；D．步驟⑤是用NaOH溶液進(jìn)行滴定，滴定管的刻度從上到下逐漸增大，而圖中儀器刻度從上到下逐漸減小，故D錯(cuò)誤；答案為B。
5．（2023·湖南永州·統(tǒng)考二模）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)說(shuō)法正確的是
A．酒精燈加熱燒瓶時(shí)不用墊石棉網(wǎng)
B．金屬鈉著火時(shí)，可用細(xì)沙覆蓋滅火
C．可用蒸餾的方法分離乙醇(沸點(diǎn)78.3℃)和苯(沸點(diǎn)80.1℃)
D．用容量瓶配制溶液，若加水超過(guò)刻度線，可用滴管吸出多余液體
【答案】B
【解析】A．燒瓶底面積大，為使受熱均勻， 酒精燈加熱燒瓶時(shí)墊石棉網(wǎng)，A錯(cuò)誤；B．加熱下， 鈉能和氧氣生成過(guò)氧化鈉、鈉和水反應(yīng)生成的氫氣是可燃物、過(guò)氧化鈉能和水、二氧化碳反應(yīng)提供氧氣，個(gè)鈉與水反應(yīng)金屬鈉著火時(shí)，可用細(xì)沙覆蓋滅火，B正確；C． 不可用蒸餾的方法分離乙醇(沸點(diǎn)78.3℃)和苯(沸點(diǎn)80.1℃)，因?yàn)槎叻悬c(diǎn)太接近，C錯(cuò)誤；D． 用容量瓶配制溶液，若加水超過(guò)刻度線，則體積不準(zhǔn)確，必須重新配制、不可用滴管吸出多余液體，D錯(cuò)誤；答案選B。
【考點(diǎn)二 以物質(zhì)的量為中心的多角度計(jì)算】
1．（2023·廣東湛江·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）我國(guó)科學(xué)家團(tuán)隊(duì)打通了溫和條件下草酸二甲酯【(COOCH3)2】催化加氫制乙二醇的技術(shù)難關(guān)，反應(yīng)為。如圖所示，在恒容密閉容器中，反應(yīng)溫度為T(mén)1時(shí)，c(HOCH2CH2OH)和c(H2)隨時(shí)間t的變化分別為曲線I和Ⅱ，反應(yīng)溫度為T(mén)2時(shí)，c(H2)隨時(shí)間t的變化為曲線Ⅲ。下列判斷正確的是
A．ΔH>0
B．a(chǎn)、b兩時(shí)刻生成乙二醇的速率：v(a)=v(b)
C．在T2溫度下，反應(yīng)在0~t2內(nèi)的平均速率為
D．其他條件相同，在T1溫度下，起始時(shí)向該容器中充入一定量的氮?dú)猓瑒t反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間小于t1
【答案】C
【解析】A．反應(yīng)溫度為T(mén)1和T2，以c(H2)隨時(shí)間t的變化為曲線比較，Ⅱ比Ⅲ先達(dá)到平衡，所以T1>T2，溫度升高，c(H2)增大，平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)放熱，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．升高溫度，反應(yīng)速率加快，T1>T2，則反應(yīng)速率v(a)>v(b)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．T2時(shí)，在0~t2內(nèi)，△c(H2)=0.05ml。L-1，則，選項(xiàng)C正確；D．向恒容容器中充入氮?dú)?，不影響反?yīng)物濃度，不影響反應(yīng)速率，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選C。
2．（2023·廣西南寧·南寧三中校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在盛有CuO/Cu2O載氧體的恒容密閉容器中充入空氣，發(fā)生反應(yīng)：2Cu2O(s)+O2(g)4CuO(s) △H。平衡時(shí)O2的體積分?jǐn)?shù)φ(O2)隨反應(yīng)溫度T變化的曲線如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A．該反應(yīng)在低溫條件下能自發(fā)進(jìn)行
B．當(dāng)氧氣的物質(zhì)的量濃度不變時(shí)，反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)
C．在1030℃時(shí)加入催化劑，平衡時(shí)φ(O2)＞21%
D．985℃達(dá)到平衡狀態(tài)后，充入純氧，再次達(dá)到平衡后，φ(O2)=10%
【答案】C
【解析】A．升高溫度，氧氣含量增加，平衡逆向移動(dòng)，則為放熱反應(yīng)，且反應(yīng)為熵減的反應(yīng)，根據(jù)可以自發(fā)可知，該反應(yīng)在低溫條件下能自發(fā)進(jìn)行，A正確；B．當(dāng)氧氣的物質(zhì)的量濃度不變時(shí)，說(shuō)明平衡不再移動(dòng)，反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)，B正確；C．催化劑通常能加快反應(yīng)但不影響平衡的移動(dòng)，不改變氧氣含量，C錯(cuò)誤；D．985℃達(dá)到平衡狀態(tài)后，充入純氧不影響平衡常數(shù)，，則再次達(dá)到平衡后，，φ(O2)=10%，D正確；故選C。
3．（2023·安徽·校聯(lián)考三模）25℃時(shí)，分別向25mL濃度均為1.0ml·L-1的HA、NaA溶液中逐滴加入濃度均為1.0ml·L-1的NaOH、HCl溶液VmL。溶液的pH與lgY[Y=或］的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．曲線①中的
B．當(dāng)pH=4.74時(shí)，一定存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)
C．當(dāng)?shù)稳塍w積V=12.5mL時(shí)，溶液pH>4.74
D．25℃時(shí)，1.0ml·L-1的NaA溶液的pH=9.37
【答案】B
【分析】pH增大，c(H+)減小，促進(jìn)HA電離，抑制A-水解，因此pH增大，減小，增大，所以曲線①中Y=，曲線②中Y=；當(dāng)pH=4.74時(shí)，①②相交，=，則，所以Ka=，Kh=。
【解析】A．由以上分析可知曲線①中Y=，故A正確；B．NaA溶液中滴加HCl溶液時(shí)，根據(jù)電荷守恒，溶液中一定存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)+ c(Cl-)，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)?shù)稳塍w積V=12.5mL時(shí)，溶液中HA和NaA的物質(zhì)的量均相等，因此Ka>Kh，因此，由于Ka不變，此時(shí)，溶液pH>4.74，故C正確；D．25℃時(shí)，1.0ml·L-1的NaA溶液的c(OH-)=xml/L，則根據(jù)可知，c(OH-)== xml/L，Kh==，解得：x≈，所以，pH=9.37，故D正確；故選：B。
4．（2023·湖南衡陽(yáng)·校聯(lián)考三模）已知：、在水溶液中的溶解平衡分別為、。常溫下，分別向等濃度的溶液和溶液中滴加等濃度的溶液，所加硝酸銀溶液的體積與陰離子的濃度關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．
B．與溶液反應(yīng)對(duì)應(yīng)曲線②
C．可作為溶液標(biāo)定溶液濃度的指示劑
D．欲使圖中a點(diǎn)或b點(diǎn)向左平移可增大溶液的濃度
【答案】C
【分析】由圖可知，曲線①所示反應(yīng)在加入溶液后恰好沉淀完全，曲線②所示反應(yīng)在加入溶液后恰好沉淀完全，結(jié)合信息中的沉淀溶解平衡可知，曲線①表示滳定溶液的變化曲線，曲線②表示滴定溶液的變化曲線，根據(jù)b點(diǎn)計(jì)算：，，故，同理根據(jù)a點(diǎn)計(jì)算，。
【解析】A．由分析可知，，A正確；B．由分析可知，溶液與溶液反應(yīng)對(duì)應(yīng)曲線①，與溶液反應(yīng)對(duì)應(yīng)曲線②，B正確；C．為白色沉淀，恰好沉淀時(shí)，為深紅色沉淀，恰好沉淀時(shí)，溶解能力稍大于，結(jié)合終點(diǎn)顏色變化，可知可作為溶液標(biāo)定溶液濃度的指示劑，C錯(cuò)誤；D．增大溶液的濃度或減小溶液和溶液的初始濃度均可使消耗溶液的體積減小，可實(shí)現(xiàn)圖像中a點(diǎn)或b點(diǎn)向左平移，D正確；故答案為：C。
5．（2023·山東菏澤·?？家荒！す?jié)選）鈧是一種稀土金屬元素，在國(guó)防、航天、核能等領(lǐng)域具有重要應(yīng)用。工業(yè)上利用固體廢料“赤泥”(含F(xiàn)eO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工藝流程如圖。
已知：TiO2難溶于鹽酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10?38。
回答下列問(wèn)題：
(2)“氧化”時(shí)加入足量H2O2的目的是 ；氧化后溶液中Fe3+濃度為0.001 ml?L?1，常溫下“調(diào)pH”時(shí)，若控制pH＝3，則Fe3+的去除率為 (忽略調(diào)pH前后溶液的體積變化)。
(3)已知25℃時(shí)，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c?！俺菱偂睍r(shí)，發(fā)生反應(yīng)：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝ (用含a、b、c的代數(shù)式表示)。
【答案】(2)將Fe2+氧化為Fe3+便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來(lái)除去Fe3+ 99%
(3)
【解析】（2）由分析可知，氧化時(shí)，加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來(lái)除去Fe3+；當(dāng)pH＝3時(shí)，溶液中氫氧根離子的濃度c(OH－)＝10?11 ml?L?1，此時(shí)三價(jià)鐵的濃度為，則Fe3+的去除率為；故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來(lái)除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃時(shí)，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，則反應(yīng)2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常數(shù)；故答案為：。
【微專題 阿伏加德羅常數(shù)的六大陷阱】
1．（2023·遼寧阜新·阜新實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是
A．常溫常壓下，40gSiC中所含C-Si數(shù)目為2NA
B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCHCl3中含有0.5NA個(gè)C原子
C．常溫常壓下，20gNO2和26gN2O4的混合氣體中氧原子總數(shù)為2NA
D．25℃時(shí)，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的數(shù)目為0.2NA
【答案】C
【解析】A．1mlSiC中含4mlC-Si鍵，40gSiC為1ml，C-Si鍵數(shù)目為4 NA，故A錯(cuò)誤；B．標(biāo)況下CHCl3不是氣體，不能依據(jù)體積確定其物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；C．混合氣體的總質(zhì)量為46g，兩氣體的最簡(jiǎn)式均為NO2，則46g混合氣體等同于46g NO2，即1ml NO2，中氧原子總數(shù)為2NA，故C正確；D．1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-濃度為0.1ml/L，OH-的數(shù)目為0.1NA，故D錯(cuò)誤；故選：C。
2．（2023·陜西西安·陜西師大附中?？寄M預(yù)測(cè)）NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A．1mlN2和3mlH2充分反應(yīng)后原子總數(shù)為8NA
B．1L1ml/LNa2CO3溶液中，陰離子總數(shù)大于NA
C．14g分子式為CnH2n的烴中含有的C－C鍵數(shù)為
D．濃硝酸受熱分解生成NO2、N2O4共23g，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NA
【答案】C
【解析】A．根據(jù)原子守恒可知，反應(yīng)前后原子總數(shù)不變，則1mlN2和3mlH2充分反應(yīng)后原子共1ml×2+3ml×2=8ml，總數(shù)為8NA，A正確；B．1L1ml/LNa2CO3溶液中除了碳酸根離子，還存在碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子、氫氧根離子，以及水電離的氫氧根離子，故陰離子大于1ml，總數(shù)大于NA，B正確；C．分子式為CnH2n的烴可能為環(huán)烷烴、也可能為直鏈烯烴，故中含有的C－C鍵數(shù)不一定為，C錯(cuò)誤；D．NO2、N2O4最簡(jiǎn)式均為NO2，NO2、N2O4共23g則可看著生成0.5ml NO2，氮元素化合價(jià)由+5變?yōu)?4，則轉(zhuǎn)移電子0.5ml，數(shù)目為0.5NA，D正確；故選C。
3．（2023·廣西南寧·南寧三中?？级＃㎞A為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法不正確的是
A．0℃，101kPa下，11.2L氫氣中質(zhì)子的數(shù)目為NA
B．1mlK2Cr2O7被還原為Cr3+轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為6NA
C．常溫下，pH=5的NH4Cl溶液中，由水電離出的H+數(shù)目為10-5NA
D．0.2ml苯乙烯完全燃燒，生成CO2的數(shù)目為1.6NA
【答案】C
【解析】A．1分子氫氣中含有2個(gè)質(zhì)子，0℃，101kPa下，11.2L氫氣為0.5ml，則質(zhì)子的數(shù)目為NA，A正確；B．1mlK2Cr2O7被還原為Cr3+轉(zhuǎn)移電子關(guān)系為，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為6NA，B正確；C．沒(méi)有溶液的體積，不能計(jì)算溶液中離子的物質(zhì)的量，C錯(cuò)誤；D．1分子苯中含有6個(gè)碳原子，根據(jù)碳原子守恒可知，0.2ml苯乙烯完全燃燒，生成1.6mlCO2，二氧化碳分子數(shù)目為1.6NA，D正確；故選C。
4．（2023·河北邢臺(tái)·邢臺(tái)市第二中學(xué)校聯(lián)考三模）設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是
A．100g3.4%溶液中含氧原子數(shù)為
B．10.4g苯乙烯( )分子中含碳碳雙鍵數(shù)為
C．向1L氨水中滴入溶液至中性時(shí)溶液中數(shù)為
D．2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)與足量NaOH溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為
【答案】D
【解析】A．100g3.4%溶液中含過(guò)氧化氫3.4g（為0.1ml）、水96.6g，0.1ml過(guò)氧化氫分子含氧原子0.2ml，但是溶劑水中還存在氧原子，故100g3.4%溶液中含氧原子數(shù)大于，A錯(cuò)誤；B．1個(gè)苯乙烯分子中只有1個(gè)碳碳雙鍵，10.4g苯乙烯為0.1ml，則分子中含碳碳雙鍵數(shù)為，B錯(cuò)誤；C．溶液呈中性時(shí)，溶液中，則的數(shù)目小于，C錯(cuò)誤；D．2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下為0.1ml)氯氣和足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉，電子轉(zhuǎn)移關(guān)系為，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，D正確；故選D。
5．（2023·廣東深圳·紅嶺中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）設(shè)為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是
A．熔融狀態(tài)下的中含有的數(shù)目為
B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，中含有原子的數(shù)目為
C．溶液中，的數(shù)目為
D．常溫常壓下，中含有共價(jià)鍵的數(shù)目為
【答案】D
【解析】A．是共價(jià)化合物，由分子構(gòu)成，在熔融狀態(tài)下不能電離，則熔融狀態(tài)下的中無(wú)，故A錯(cuò)誤；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，是非氣態(tài)物質(zhì)，無(wú)法計(jì)算物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；C．溶液中，由于溶液體積未知，無(wú)法計(jì)算物質(zhì)的量，故C錯(cuò)誤；D．常溫常壓下，物質(zhì)的量為1ml，則18g水中含有共價(jià)鍵的數(shù)目為，故D正確；綜上所述，答案為D。
1．（2023·重慶沙坪壩·重慶南開(kāi)中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）金粉溶于過(guò)氧化氫-濃鹽酸可以安全環(huán)保的制備氯金酸()，其化學(xué)方程式為：。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是
A．消耗1mlAu，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為
B．消耗2mlHCl生成的分子數(shù)為
C．消耗85g，產(chǎn)物中形成的配位鍵數(shù)目為
D．2ml液態(tài)水中含有的氫鍵數(shù)目為
【答案】A
【解析】A．由方程式可知，2mlAu參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8ml，因此消耗1mlAu，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NA，A正確；B．由方程式可知，每消耗8mlHCl生成1mlO2，因此消耗2mlHCl生成的O2分子數(shù)為0.25NA，B錯(cuò)誤；C．每個(gè)H[AuCl4]中含有4個(gè)配位鍵，85gH2O2的物質(zhì)的量為：n===2.5ml，由方程式知，5mlH2O2反應(yīng)生成2mlH[AuCl4]，因此消耗85gH2O2，產(chǎn)物中形成的配位鍵數(shù)目為4NA，C錯(cuò)誤；D．1ml冰中含有2ml氫鍵，液態(tài)水中的氫鍵小于冰，因此2ml液態(tài)水中含有的氫鍵數(shù)目小于4NA，D錯(cuò)誤；故選A。
2．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）甲酸甲酯常用作殺菌劑、熏蒸劑和煙草處理劑，可由甲酸和甲醇反應(yīng)制得。NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是
A．pH=3的甲酸溶液中氫離子數(shù)目為1×10-3NA
B．0.5 ml甲酸甲酯中含有sp3雜化的原子數(shù)目為NA
C．50g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為64%的甲醇水溶液中含有σ鍵數(shù)目為5NA
D．甲醇燃料電池中，每消耗22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)甲醇，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為6NA
【答案】B
【解析】A．該甲酸溶液體積未知，無(wú)法計(jì)算氫離子數(shù)目，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．甲酸甲酯中1個(gè)碳原子和1個(gè)氧原子采用sp3雜化，0.5ml甲酸甲酯中采用sp3的原子數(shù)目為NA，B項(xiàng)正確；C．50g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為64%的甲醇水溶液中，m(CH3OH)=32g，m(H2O)=18g，各為1ml，1 ml CH3OH中σ鍵數(shù)目為5NA，1ml H2O中σ鍵數(shù)目為2NA，因此50g該溶液中σ鍵數(shù)目為7NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，甲醇為液體，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。
3．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考三模）為研究Ce(SO4)2?4H2O (相對(duì)分子質(zhì)量：404)的熱分解性質(zhì)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：準(zhǔn)確稱取4.04g樣品，在空氣中進(jìn)行加熱，殘留固體的質(zhì)量隨溫度的變化如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是

A．a(chǎn)點(diǎn)殘留固體的主要成分為Ce(SO4)2?2H2O
B．b點(diǎn)的反應(yīng)為2Ce(SO4)2CeO2?CeOSO4+3SO3
C．c點(diǎn)固體的主要成分為CeO2
D．800℃時(shí)，固體失重57.43%
【答案】B
【解析】A．n[Ce(SO4)2?4H2O]= =0.01ml，則n(Ce)=0.01ml，m(Ce)=1.40g；a點(diǎn)時(shí)，殘留固體的質(zhì)量為3.68 g，質(zhì)量減少了(4.04-3.68)g=0.36g，為0.02ml H2O的質(zhì)量，所以a點(diǎn)對(duì)應(yīng)殘留固體的主要成分為Ce(SO4)2?2H2O，A項(xiàng)正確；B．殘留固體質(zhì)量為3.32g時(shí)，質(zhì)量減少了(4.04-3.32)g=0.72g，為0.04ml H2O的質(zhì)量，所以該點(diǎn)對(duì)應(yīng)殘留固體的主要成分為Ce(SO4)2，b點(diǎn)與該點(diǎn)相比，對(duì)應(yīng)殘留固體的質(zhì)量減少了(3.32-2.84)g=0.48g，b點(diǎn)若發(fā)生2Ce(SO4)2CeO2?CeOSO4+3SO3，則固體質(zhì)量應(yīng)減少1.2g，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．2.84g殘留固體中m(Ce)=1.40g，則(2.84-1.40)g=1.44g為SO的質(zhì)量，則n(SO)=0.015ml，所以b點(diǎn)對(duì)應(yīng)殘留固體的主要成分為Ce2(SO4)3，c點(diǎn)對(duì)應(yīng)殘留固體的質(zhì)量為1.72g，m(Ce)=1.40g，則(1.72-1.40)g=0.32g為O元素的質(zhì)量，其物質(zhì)的量為0.002ml，此時(shí)殘留固體的主要成分為CeO2，C項(xiàng)正確；D．c點(diǎn)時(shí)，結(jié)合4.04g和1.72g這兩個(gè)數(shù)據(jù)，可知固體質(zhì)量減小了2.32g，失重≈57.43%，D項(xiàng)正確；故選B。
4．（2023·全國(guó)·校聯(lián)考一模）向飽和溶液(有足量固體)中滴加氨水，發(fā)生反應(yīng)和，與的關(guān)系如圖所示{其中代表或}。
下列說(shuō)法正確的是
A．曲線Ⅲ表示隨的變化曲線
B．隨增大，先增大后減小
C．反應(yīng)的平衡常數(shù)為
D．完全溶解，至少需要含有的氨水
【答案】D
【分析】氯化銀飽和溶液中銀離子和氯離子的濃度相等，向飽和溶液中滴加氨水，溶液中銀離子濃度減小，氯離子濃度增大、一氨合銀離子增大，繼續(xù)滴加氨水，一氨合銀離子增大的幅度小于二氨合銀離子，則曲線I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、氯離子與氨氣濃度對(duì)數(shù)變化的曲線。
【解析】A．曲線Ⅲ表示隨的變化曲線,故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)的平衡常數(shù)K=為定值，隨增大，一氨合銀離子濃度先增大后不變，先減小后不變，故B錯(cuò)誤；C．在=-1時(shí)，對(duì)應(yīng)的反應(yīng)Cl-和二氨合銀離子濃度的對(duì)數(shù)都是-2.35，濃度都是10-2.35，平衡常數(shù)為K==，故C錯(cuò)誤；
D．0.1mlAgCl完全溶解生成0.1mlCl-和0.1ml的[Ag(NH3)2]+，對(duì)于平衡常數(shù)為K====10-2.7，得出n(NH3)=100.35ml，反應(yīng)后應(yīng)該余下氨氣的物質(zhì)的量為100.35ml，加上0.1mlAg+結(jié)合的0.2ml氨氣生成[Ag(NH3)2]+，共需要，故D正確；答案選D。
5．（2023·福建廈門(mén)·廈門(mén)一中?？寄M預(yù)測(cè)）用雙硫腺(，二元弱酸)絡(luò)合萃取法可從工業(yè)廢水中提取金屬離子，從而達(dá)到污水處理的目的。如在分離污水中的時(shí)，先發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)：，再加入，就很容易被萃取到中。如圖是用上述方法處理含有、、的廢水時(shí)的酸度曲線(E％表示金屬離子以絡(luò)合物形式被萃取分離的百分率)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．當(dāng)分離過(guò)程中，發(fā)生的絡(luò)合反應(yīng)為
B．加溶液調(diào)節(jié)，一定存在關(guān)系：
C．溶液存在關(guān)系：
D．若且時(shí)，絡(luò)合反應(yīng)達(dá)到平衡，則與絡(luò)合反應(yīng)平衡常數(shù)約為4
【答案】B
【解析】A．由題意可知，分離污水中的Bi3+時(shí)，先發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)Bi3++3H2Dz?Bi(HDz)3+3H+，故A正確；B．由圖可知，加氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH=11時(shí)， Zn(OH)離子的百分率為70%，則溶液中發(fā)生如下反應(yīng)：Zn(HDz)2+6OH—?Zn(OH)+2D +2H2O，由方程式可知，溶液中D的濃度是Zn(OH)濃度的2倍，故B錯(cuò)誤；C．NaHDz溶液中存在質(zhì)子關(guān)系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)，故C正確；D．由圖示可知，溶液pH=2.5時(shí)，Bi(HDz)3的百分率為80%，反應(yīng)Bi3++3H2Dz?Bi(HDz)3+3H+的平衡常數(shù)K=，由-lgc(H2Dz)=pH可得：K=，故D正確；故選：B。
6．（2023·山西晉中·統(tǒng)考三模）常溫下，在c(H3PO3)+c()+c()=0.1ml·L-1的H3PO3溶液中各含磷物質(zhì)的pc-pOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含磷物質(zhì)的濃度負(fù)對(duì)數(shù)(pc=-lgc)，pOH表示c(OH-)負(fù)對(duì)數(shù)[pOH=-lg c(OH-)]；x、z兩點(diǎn)的坐標(biāo)為x(7.4，1.3)、z(12.6，1.3)。下列說(shuō)法正確的是

A．曲線②表示pc()隨pOH的變化
B．y點(diǎn)橫坐標(biāo)的值為10.0
C．pH=6.6的溶液中：c(H3PO3)T始，則nav1，溫度越高，速率越大，故T2>T1，C錯(cuò)誤；D． ，，k2=2k1，可得3v(d)=2v(e)，D正確；故選C。
5．（2021·湖北·統(tǒng)考高考真題）常溫下，已知H3PO3溶液中含磷物種的濃度之和為0.1ml·L-1，溶液中各含磷物種的pc—pOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含磷物種的濃度負(fù)對(duì)數(shù)(pc=-lgc)，pOH表示OH-的濃度負(fù)對(duì)數(shù)[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z三點(diǎn)的坐標(biāo)：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列說(shuō)法正確的是
A．曲線①表示pc(H3PO3)隨pOH的變化
B．H3PO3的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為
C．pH=4的溶液中：c(H2PO)1.0×105
【答案】D
【解析】A．圖象中含P物質(zhì)只有3種，說(shuō)明為二元弱酸。隨著逐漸增大，減小，根據(jù) 、 ，知逐漸減小，先增大后減小，逐漸增大，，則逐漸增大，先減小后增大，逐漸減小，故曲線③表示，曲線②表示，曲線①表示；根據(jù)x點(diǎn)知，時(shí)，，c(OH-)=10-7.3ml/L，c(H+)=10-6.7ml/L，則的，根據(jù)z點(diǎn)知，，，c(OH-)=10-12.6ml/L，c(H+)=10-1.4ml/L，則的，曲線①表示隨的變化，故A錯(cuò)誤；B．為二元弱酸，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故B錯(cuò)誤；C．即，由圖可知，此時(shí)，，即，而，故，故C錯(cuò)誤；D．由減去，可得，則平衡常數(shù)，故D正確；故答案：D。
6．（2020·北京·高考真題）用下列儀器或裝置(圖中夾持略)進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?br>【答案】D
【解析】A．圖示為配制一定量濃度溶液的轉(zhuǎn)移操作，圖示操作正確，故A 能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；B．濃硫酸和銅在加入條件下反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品紅溶液中，若品紅褪色，則證明生成二氧化硫，二氧化硫氣體是大氣污染物，不能排放到空氣中，試管口用浸有氫氧化鈉溶液的棉花團(tuán)吸收二氧化硫，圖示正確，故B能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；C．溴乙烷在氫氧化鈉醇溶液加熱作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，由于乙醇易揮發(fā)，制得的乙烯中含有乙醇蒸汽，先通過(guò)水，使乙醇溶于水，在將氣體通入酸性高錳酸鉀溶液中，若酸性高錳酸鉀溶液褪色，則可以證明反應(yīng)中產(chǎn)生乙烯，故C能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；D．乙醇和水任意比互溶，分液操作無(wú)法分離，故D不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；答案選D。
7．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題·節(jié)選）某研究小組用鋁土礦為原料制備絮凝劑聚合氯化鋁()按如下流程開(kāi)展實(shí)驗(yàn)。
已知：①鋁土礦主要成分為，含少量和。用溶液溶解鋁土礦過(guò)程中轉(zhuǎn)變?yōu)殡y溶性的鋁硅酸鹽。
②的絮凝效果可用鹽基度衡量，鹽基度
當(dāng)鹽基度為0.60~0.85時(shí)，絮凝效果較好。
請(qǐng)回答：
(4)測(cè)定產(chǎn)品的鹽基度。
的定量測(cè)定：稱取一定量樣品，配成溶液，移取溶液于錐形瓶中，調(diào)，滴加指示劑溶液。在不斷搖動(dòng)下，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至淺紅色(有沉淀)，30秒內(nèi)不褪色。平行測(cè)試3次，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。另測(cè)得上述樣品溶液中。
①產(chǎn)品的鹽基度為 。
②測(cè)定過(guò)程中溶液過(guò)低或過(guò)高均會(huì)影響測(cè)定結(jié)果，原因是 。
【答案】(4)0.7 pH過(guò)低，指示劑會(huì)與氫離子反應(yīng)生成重鉻酸根，會(huì)氧化氯離子，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏少，而pH過(guò)高，氫氧根會(huì)與銀離子反應(yīng)，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏多
【解析】（4）①根據(jù)，樣品溶液中氯離子物質(zhì)的量濃度為，，根據(jù)電荷守恒得到 產(chǎn)品的鹽基度為；故答案為：0.7。
②測(cè)定過(guò)程中溶液過(guò)低或過(guò)高均會(huì)影響測(cè)定結(jié)果，原因是pH過(guò)低，指示劑會(huì)與氫離子反應(yīng)生成重鉻酸跟，會(huì)氧化氯離子，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏少，而pH過(guò)高，氫氧根會(huì)與銀離子反應(yīng)，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏多；故答案為：pH過(guò)低，指示劑會(huì)與氫離子反應(yīng)生成重鉻酸跟，會(huì)氧化氯離子，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏少，而pH過(guò)高，氫氧根會(huì)與銀離子反應(yīng)，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏多。
8．（2021·河北·統(tǒng)考高考真題·節(jié)選）綠色化學(xué)在推動(dòng)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種熔鹽液相氧化法制備高價(jià)鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實(shí)現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：
回答下列問(wèn)題：
(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為 。(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-5ml?L-1為沉淀完全；A1(OH)3+OH-?Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】8.37
【解析】(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反應(yīng)為，反應(yīng)的平衡常數(shù)為K1====1013.37，當(dāng)為10—5ml/L時(shí)，溶液中氫離子濃度為=ml/L=10—8.37ml/L，則溶液的pH為8.37，故答案為：8.37。
實(shí)驗(yàn)裝置
實(shí)驗(yàn)?zāi)康?br>演示噴泉實(shí)驗(yàn)
證明能與水反應(yīng)
配制100mLNaOH溶液
分離苯和苯酚的混合物
選項(xiàng)
A
B
C
D
金屬離子
開(kāi)始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全的
3.2
4.7
11.1
13.8
A
B
C
D
配制一定物質(zhì)的量濃度的氯化鈉溶液
檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化硫
檢驗(yàn)溴乙烷消去產(chǎn)物中的乙烯
分離酒精和水

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