2024年高考化学重点知识练习题化学用语的书写含解析

化学用语的书写1.下列说明事实的化学用语不正确的是A.闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+B.0.1mol/L的醋酸溶液pH约为3：CH3COOHCH3COO-+H+C.电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O+2e-===H2↑+2OH-D.钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e-===Fe3+【答案】D【详解】A.闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，因ZnS的溶解度比CuS的大，则可发生沉淀的转化其离子方程式为：ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+，A项正确；B.0.1mol/L的醋酸溶液pH约为3，是因为醋酸是弱酸，发生部分电离，其电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，B项正确；C.电解NaCl溶液，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，溶液pH增大，电极反应式为：2H2O+2e-===H2↑+2OH-，C项正确；D.钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，其电极反应式为：Fe－2e-===Fe2+，D项错误。2.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色改变的是A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消逝Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2OC.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2【答案】C【详解】A.金属活动性依次：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消逝，A项正确；B.澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；C.过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D项正确。3.下列化学用语表示正确的是A.甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3 B.Cl-的结构示意图：C.中子数为16的硫原子：S D.氢氧化钠的电子式：【答案】A【解析】甲酸甲酯结构简式：HCOOCH3，故A正确；Cl-的结构示意图：,故B错误；中子数为16的硫原子：，故C错误；氢氧化钠的电子式：，故D错误。4.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为18的氯原子：B.N2的结构式：N=NC.Na+的结构示意图：D.H2O的电子式：【答案】D【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还须要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。5.我国在物质制备领域成果斐然，下列物质属于有机物的是A.双氢青蒿素B.全氮阴离子盐C.聚合氮D.砷化铌纳米带【答案】A【详解】A.依据结构简式可知，双氢青蒿素的组成元素有C、H、O，属于有机物，A项正确；B.全氮阴离子盐中不含C元素，不属于有机物，B项错误；C聚合氮中只有氮元素，不含C元素，不属于有机物，C项错误；D.砷化铌纳米带不含C元素，不属于有机物，D项错误；答案选A。6.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）ABCDNaCl溶于水电解CuCl2溶液CH3COOH在水中电离H2与Cl2反应能量改变NaClNa++Cl−CuCl2Cu2++2Cl−CH3COOHCH3COO−+H+H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)ΔH=−183kJ·mol−1【答案】B【分析】本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。依据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；D.由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键汲取的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。7.固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域探讨的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是A.冰表面第一层中，HCl以分子形式存在B.冰表面其次层中，H+浓度为5×10−3mol·L−1（设冰的密度为0.9g·cm−3）C.冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变D.冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH++Cl−【答案】D【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，其次层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。【详解】A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；B项、由题给数据可知，冰的表面其次层中氯离子和水的个数比为10—4:1，其次层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽视其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为×10—3L/ml=2.0×10—2L，由其次层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4mol，则氢离子浓度为=5×10—3mol/L，故B正确；C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；D项、由图可知，只有其次层存在氯化氢的电离平衡HClH++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B.1molNa与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C.1molNa2O2固体中含有离子总数为4NAD.25℃时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子【答案】B【详解】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白磷中有6molP－P键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molC－H键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为＋1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B正确；C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH－的物质的量，故D错误。9.用二氧化硅和金属氧化物的形式表示硅酸盐的形成，不正确的是A.正长石[KAlSi3O8]：K2O·Al2O3·3SiO2B.镁橄榄石[Mg2SiO4]：2MgO·SiO2C.钙沸石[CaAl2Si3O10·3H2O]：CaO·Al2O3·3SiO2·3H2OD.高岭石[Al2(Si2O5)(OH)4]：Al2O3·2SiO2·2H2O【答案】A【解析】正长石[KAlSi3O8]：K2O·Al2O3·6SiO2，故A错误。10.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.25g胆矾溶于水形成1L溶液，所得溶液中Cu2+数目为0.1NAB.120gNaHSO4固体含有H+的数目为NAC.17g甲基(14CH3)所含的中子数目为8NAD.1molFeI2与22.4LCl2完全反应时转移的电子数为2NA【答案】C【详解】A.25g胆矾即0.1mol硫酸铜晶体，溶于水形成1L溶液，所得溶液中铜离子水解，所以Cu2+数目为小于0.1NA，故错误；B.120gNaHSO4的物质的量为1mol，固体中含有钠离子和硫酸氢根离子，不含氢离子，故错误；C.17g甲基(14CH3)的物质的量为1mol，每个甲基含有8个中子，所以所含的中子数目为8NA，故正确；D.22.4LCl2没有说明是否在标况下，不能确定其物质的量，不能计算其与1molFeI2与完全反应时转移的电子数，故错误。11.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molHClO中所含H—Cl键的数目为NAB.8.8g乙酸乙酯中所含碳原子数为0.4NAC.1.2gC与0.1molCO2在高温下充分反应生成的CO分子数为0.1NAD.标准状况下，1L0.1mol·L－1HCl溶液中滴加氨水至pH＝7，溶液中NH4+的数目为0.1NA【答案】B【详解】A.HClO的结构式为H-O-Cl，不存在H-Cl键，故A错误；B.乙酸乙酯的分子式为：C4H8O2，8.8g乙酸乙酯的物质的量为0.1mol，一个分子中含有4个碳原子，故碳原子数为0.4NA，故B正确；C.C与CO2在高温下反应的方程式为：C+CO22CO，1.2gC的物质的量为0.1mol，与0.1molCO2反应生成0.2mol的CO，即0.2NA，故C错误；D.常温时，pH＝7为中性，标准状况下，pH＝7为酸性，即c（H+）＞c（OH-），依据溶液呈电中性，则c（Cl-）＞c（NH4+），n（Cl-）=0.1mol，则NH4+的数目小于0.1NA，故D错误。12.下列叙述正确的是A.同等质量的乙炔(C2H2)和苯中，原子数比为1︰3B.16gO2与16gO3中，含有相同的质子数C.1mol重水(D2O)与1mol水(H2O)中，中子数相同D.1mol二氧化碳和1mol甲烷中，共用电子对数目之比为1︰2【答案】B【详解】A.乙炔和苯的最简式相同都为CH，所以同等质量的乙炔和苯中C、H原子数目相等，所以同等质量的乙炔(C2H2)和苯中原子数比为1︰1，A项错误；B.16gO2与16gO3中，所含的氧原子数相同，因此有相同的质子数，B项正确；C.1mol重水中氘原子含1个中子，而水中H原子不含中子，重水与水中氧原子的中子数相同，所以物质的量相同的重水和水中中子数不同，故C项错误；D.1个二氧化碳分子中含有4对共用电子对，1个甲烷分子中含有4对共用电子对，所以1mol二氧化碳和1mol甲烷中，共用电子对数目之比为1︰1，故D项错误。13.下列电离方程式或离子方程式正确的是A.NaHCO3电离：NaHCO3=Na++H++CO32－B.NH4＋水解：NH4＋+H2ONH3·H2O+H+C.H3PO4电离：H3PO4====3H++PO43－D.CO32－水解：CO32－+H2OH2CO3+2OH-【答案】B【详解】A项，NaHCO3是强电解质，完全电离，而HCO3-是弱酸根离子，不能完全电离，故A项错误；B项，NH4＋水解生成弱电解质NH3·H2O，水解反应为NH4＋+H2ONH3·H2O+H+，故B项正确；C项，H3PO4是中强酸，不完全电离，且分步电离，电离的离子方程式只写第一步：H3PO4H++H2PO4-，H2PO4-H++HPO42-，HPO42-H++PO43-，故C项错误；D项，CO32－是弱酸根离子，存在水解平衡，以第一步水解为主，CO32－+H2OHCO3-+OH-，故D项错误。14.下列离子方程式书写正确的是A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+6H+=2S↓+3H2OB.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32-+CO2+H2O═2HCO3-C.Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)∶n(HNO3)=1∶2时，3Fe+2NO3-+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2OD.CuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式:Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+【答案】C【分析】Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应为氧化还原