2023年高考真题变式分类汇编：物质的量的相关计算2
一、选择题
1．（2022·广东）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是（ ）
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C． 中含有 个电子
D． 被还原生成
【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；多糖的性质和用途；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，淀粉在一定条件下水解可得到葡萄糖，A符合题意；
B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，二者结构不同，互为同分异构体，属于烃的衍生物，B不符合题意；
C.1个CO分子含有14个电子，则1mol CO中含有的电子数为14×6.02×1023=8.428×1024，C不符合题意；
D．未指明气体的条件，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，多糖在一定条件下可水解生成单糖。
B.同分异构体的特点是分子式相同、结构不同的化合物，烃类只含碳、氢元素。
C.原子中质子数=核外电子数，结合N=n·NA进行分析。
D.标准状况未知，不能运用V=n·Vm计算物质的量。
2．（2021·辽宁）下列说法正确的是（ ）
A． (标准状况)与水充分反应转移 电子
B． 和 均可通过化合反应得到
C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生
D． 与 溶液反应：
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故 (标准状况)与水充分反应转移电子数目小于 ，A不符合题意；
B．根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2 CuCl2，故 和 均可通过化合反应得到，B符合题意；
C．将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C不符合题意；
D．由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故 与 溶液反应： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.与水反应并不充分；
B.两者均可化合得到；
C.浓硫酸不易挥发，无法反应；
D.会发生氧化还原反应，化合价会变化。
3．（2022·铁岭模拟）我国科研团队对废旧锂电池进行回收，提取其中有效物质，经处理后合成了LiFe0.6Mn0.4PO4，并将其作为正极材料重新应用于锂离子电池中，下列说法正确的是（ ）
A．废旧锂电池中含有锂、有机电解质等物质，因此应在高温、通风条件下拆解电池，回收其中的锂
B．充电时，Li电极应与外加电源的正极相连
C．放电时，当电路中转移1 mol电子时，正极增重7 g
D．充电时，该电池总反应为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．废旧锂电池中含有锂、有机电解质等物质，在高温下Li与空气中的O2会发生反应，有机物在高温下会发生燃烧反应引发火灾，因此不能在高温条件下拆解电池，回收其中的锂，A不符合题意；
B．放电时锂作负极，充电时，Li电极应与外加电源的负极相连作阴极，B不符合题意；
C．放电时，负极上Li失去电子变为Li+进入电解质溶液，负极反应式为Li-e-=Li+，正极上Li+嵌入正极材料中，因此当电路中转移1 mol电子时，正极增重7 g，C符合题意；
D．充电时Li电极与电源负极连接，作阴极，在阴极上Li+得到电子变为Li单质，故充电时总反应式为：LiFe0.6Mn0.4PO4Fe0.6Mn0.4PO4+Li，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.锂在高温下易燃，易造成火灾
B.充电时，锂电极做阴极
C.根据正极电极式即可计算
D.根据正负极电极式即可写出总的方程式
4．（2021高三上·嘉定模拟）室温下，等体积0.1mol·L-1的①NaCl ②FeCl3③HCl ④Na2CO3四种物质的水溶液中，所含阳离子数目由少到多的顺序是（ ）
A．③①②④ B．③②①④ C．①④③② D．④②①③
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】等体积阳离子的浓度越大，阳离子数目越多，①NaCl是中性，中含有钠离子和氢离子，阳离子总和约为0.1mol·L-1，②FeCl3中铁离子水解，生成氢离子，溶液呈酸性，则阳离子物质的量浓度大于0.1mol·L-1，③HCl抑制水的电离，氢离子浓度约为0.1mol·L-1，④Na2CO3钠离子浓度为0.2mol·L-1，故阳离子数目由少到多的顺序③①②④；
【分析】分别计算各溶液中的阳离子数目，再进行比较。
5．（2021·宁波模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．12g金刚石和石墨混合物中含有的共价键数目为2NA
B．用铜电极电解饱和食盐水，若线路中通过NA个电子，则阳极产生11.2L(标准状况)气体
C．常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
D．6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．石墨烯和金刚石均由碳原子构成，故12g石墨烯和12g金刚石中含有的碳原子的物质的量均为，故含碳原子均为NA个，故A不符合题意；
B．用铜作电极电解饱和NaCl溶液，阳极失去电子的是金属铜，不会生成气体，故B不符合题意；
C．甲醛和冰醋酸最简式相同，3.0g由甲醛和冰醋酸最简式CH2O的物质的量为，含有原子数为0.4NA，故C符合题意；
D.6.8g硫酸氢钾的物质的量为，而硫酸氢钾在熔融状态下只能电离为钾离子和硫酸氢根，故0.05mol液体硫酸氢钾中含0.05NA个阳离子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.金刚石与石墨都为碳原子，可以算出碳原子的物质的量为1mol，但是金刚石与石墨结构不同，无法算出其共价键数目
B.阳极为活泼电极，其本身放电，氯离子不会放电，没有气体产生
C.利用甲醛与冰醋酸最简式相同进行计算即可
D.熔融是电离出的阳离子为钾离子，故阳离子个数为0.05NA
6．（2021·海南州模拟）设N表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．14 g聚丙烯中含C一H键总数目为2NA
B．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA
C．2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间
D．电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则阴极得到电子的数目为2NA
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.聚丙烯中的C-H键数目等于H原子数，聚丙烯的最简式为CH2，故14g聚丙烯中含有2 mol H原子，A项符合题意；
B.氢氧燃料电池正极是氧气得电子，1 mol氧气得4 mol电子，所以消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为4NA，B不符合题意；
C.2.3gNa与氧气完全反应，Na的化合价由0价变为+1价，则反应中转移的电子数为0.1NA，C不符合题意；
D.由于粗铜中含有比铜容易失电子的Ni、Zn、Fe等金属，故阳极质量减少64 g时，阴极得到的电子数不一定是2NA，D不符合题意。
【分析】
A.碳氢键个数与氢原子有关，根据其相对分子个数与氢原子个数计算机课；
B.正极气体消耗是氧气，根据的是电子应得电子4mol；
C.此反应完全反应且根据钠的变化，转移电子数固定；
D.阳极失电子，但阳极是粗铜放电，可能含其他杂质元素放电，阴极的电子转移数目不确定。
7．（2021·南平模拟）已知 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A． 中离子总数为
B． 臭氧含有的质子数为
C．一定条件下， 与 反应生成的 分子数为
D． 溶液中 数为
【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 的物质的量为15.6g÷78g/mol=0.2mol， 由Na+和 构成，因此 中离子总数=0.2mol×3×NAmol-1= ，A符合题意；
B．根据题给条件无法计算臭氧的物质的量，因此无法计算质子数，B不符合题意；
C．即使氢气过量，1mol氮气也不能完全转化为氨气，因此 与 反应生成的 分子数小于 ，C不符合题意；
D． 溶液中 数小于 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据n=计算出物质的量，再根据Na2O2=2Na++O22-，即可计算出含有的离子数
B.使用摩尔体积时需要考虑物质的状态以及条件
C.氮气和氢气合成氨为可逆反应
D. 为一元弱酸，部分电离
8．（2021·陈仓模拟） 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．2g氘化锂( )中含中子数为
B． 与 完全反应时转移的电子数为2
C． 固体中含离子数为0.4
D． 晶体含阳离子的数目为0.2
【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.2g氘化锂（6LiD）的物质的量为2g÷8g/mol=0.25mol，6LiD中有3+1=4个中子，0.25mol6LiD中含中子数为NA，故A符合题意；
B．没有说明是否为标况，无法计算，故B不符合题意；
C．Na2O2的摩尔质量为78g/mol，故7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，Na2O2由钠离子和过氧根离子按2：1构成，故7.8g过氧化钠中含0.3mol离子即0.3NA个，故C不符合题意；
D． 的物质的量为12g÷120g/mol=0.1mol， 晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成，则 晶体含阳离子的数目为0.1 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A.根据质量数和质子数计算中子数，再根据题目条件计算物质的量，从而计算所求的中字个数；
B.涉及体积的阿伏加德罗常数的时候要注意是否标注标准条件；
C.过氧化物中过氧根算一个离子；
D.NaHSO4晶体由Na+和HSO4-构成。
9．（2021·衡阳模拟）工业除去电石渣浆[含 ]上层清液中的 （ 浓度为 ），并抽取石膏（ ）的常用流程如图，其中 常用空气代替。下列说法错误的是（ ）
A．在普通硅酸盐水泥中，常添加石膏用来调节水泥的硬化速度
B．过程Ⅰ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2∶1
C．将10L上层清液中的 转化为 ，理论上共需标准状况下空气约22.4L
D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．石膏是普通硅酸盐，是水泥常用的一种添加剂，能调节水泥的硬化速度，A项不符合题意；
B．由流程图可知，过程Ⅰ中， 和 反应生成 和 ，化学方程式为 ， 转化为 ，Mn元素化合价由+2价变为+4价，化合价升高， 作还原剂， 为氧化产物， 转化为 ，O元素化合价由0价变为-2价，化合价降低， 作氧化剂，则过程Ⅰ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2，B项符合题意；
C.10L上层清液中的 的物质的量为 ，根据S元素守恒，过程Ⅱ中生成的 的物质的量为0.05mol，过程Ⅱ中，离子方程式为 ，消耗0.1mol 的同时，需要消耗0.2mol ，根据过程Ⅰ： 可知，该过程消耗 的物质的量为0.1mol， 与 在碱性条件下反应生成 ，离子方程式为 ，则该反应消耗 的物质的量为 ，共消耗0.2mol ，空气中 的含量约为 ，则理论上共需标准状况下空气的体积约为 ，C项不符合题意；
D．过程Ⅱ中， 和 反应生成 和 ，离子方程式为： ，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 由流程可知，Ca(OH)2与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，涉及反应为
，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成，可用于制备CaSO4·2H2O。
10．（2021·浙江模拟）巴比妥为较早应用的长效类催眠药，有镇静、催眠、抗惊厥、麻醉等不同程度的中枢抑制作用，其优点是作用缓慢，维持时间长。其结构如图所示，下列有关巴比妥的说法正确的是（ ）
A．巴比妥是一种人工合成的多肽
B．巴比妥能够发生水解，且无论酸、碱性条件下水解均有可能生成气体
C．巴比妥含有两种官能团
D．1 mol巴比妥与足量NaOH溶液反应，可消耗2 mol NaOH
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．多肽是氨基酸经脱水缩合得到的，巴比妥中虽然有肽键，但并不是氨基酸脱水缩合得到，因此不属于多肽，A不符合题意；
B．巴比妥水解时，分子中是四个碳氮键都断裂，在酸性条件下得到CO2，在碱性条件下水得到NH3，B符合题意；
C．巴比妥只含有酰胺一种官能团，C不符合题意；
D．巴比妥分子中有四个碳氮键，水解时每断裂1个碳氮键需消耗1个NaOH，则1 mol巴比妥与足量NaOH溶液反应，可消耗4 mol NaOH，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.不是由氨基酸合成
B.根据其含有的官能团进行判断即可
C.根据结构简式判断其官能团即可
D.根据结构结构简式即可判断与氢氧化钠反应的物质的量
11．（2021·昆明模拟）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2g氖气含有0.1NA个氖原子
B．常温常压下，18g重水(D2O)含有的电子数为10NA
C．标准状况下，22.4LCl2与足量的铁反应，转移的电子数为NA
D．一定条件下，1molN2与足量的H2充分反应，生成2NA个NH3分子
【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，2g氖气的物质的量是2g÷20g/mol＝0.1mol，含有0.1NA个氖原子，A符合题意；
B．常温常压下，18g重水(D2O)的物质的量是18g÷20g/mol＝0.9mol，含有的电子数为9NA，B不符合题意；
C．标准状况下，22.4LCl2的物质的量是1mol，与足量的铁反应，转移的电子数为2NA，C不符合题意；
D．一定条件下，1molN2与足量的H2充分反应，由于是可逆反应，生成NH3分子数小于2NA个，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据n=计算出物质的量再找出1个氖分子含有的氖原子个数即可
B..根据n=计算出物质的量，再找出1个重水分子中含有的电子数即可
C.根据Cl2~2Cl-~2e即可计算出转移的电子数
D.可逆反应不完全发生
12．（2021·拉萨模拟）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，pH=9的 溶液中，水电离出的H+数目为10-5NA
B．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数目为6NA
C．常温下2.24LN2中共用电子对数目为0.3NA
D．1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，NH 的数目为0.1NA
【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，A不符合题意；
B．K2Cr2O7被还原为Cr3+时，2个+6价的Cr转化为+3价，共转移6个电子，则1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，B符合题意；
C．常温下，不能用标况下气体摩尔体积计算N2的物质的量，则共用电子对数目不是0.3NA，C不符合题意；
D．NH 是弱碱阳离子，发生水解：NH ＋H2O NH3·H2O＋H＋，因此NH 数量小于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据n=cv计算，但是体积未知
B.根据化合价变化即可计算
C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
D.应该考虑铵根离子的水解
13．（2021·雅安模拟）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．2.4g镁在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数无法计算
B．密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA
C．1 mol羟基中含有的电子数为10NA
D．标准状况下，22.4LHCl溶于水后溶液中有NA个HCl分子
【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.2.4g镁的物质的量为0.1mol，镁在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，Mg元素化合价由0升高至+2，转移电子数为0.2 NA，故A不符合题意；
B．SO2与O2的催化反应为可逆反应(2SO2+O2 2SO3)，因此密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，故B符合题意；
C.1 mol羟基中含有的电子数为(8+1)NA=9NA，故C不符合题意；
D．HCl溶于水后，HCl发生完全电离，溶液中无HCl分子剩余，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.可根据Mg~Mg2+~2e进行计算
B.可逆反应不能完全反应
C.找出1个羟基含有的电子数即可
D.氯化氢溶于水后形成盐酸电离
14．（2021·四川模拟）NA为阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（ ）
A．1 mol 中位于同一平面的原子数目最多为14 NA
B．巯基(-SH)的电子式为
C．N2H4的结构式：
D．常温下，1L 0.2mol/L AlCl3溶液中含Al3+数为0.2NA
【答案】A
【知识点】结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．苯环是平面结构，苯环上的6个碳原子以及和苯环相连的6个原子都在同一平面，由于单键可以旋转，所以羟基上的H也可以在苯环的平面上，所以1 mol 中位于同一平面的原子数目最多为14 NA，故A符合题意；
B．电子式为 ，故B不符合题意；
C．N有5个价电子，需要共用三对电子达到稳定结构，所以N2H4的结构式为 ，故C不符合题意；
D．在水溶液中Al3+会发生水解，所以常温下，1L 0.2mol/L AlCl3溶液中含Al3+数小于0.2NA，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.苯环上所有的原子均共面，单键可以通过旋转共面
B.巯基(-SH)不带电
C.氮只能形成3个共价键，因此N2H4中不能存在氮氮双键
D.需要考虑铝离子的水解
15．（2021·凉山州模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．常温常压下，1.0molFe和足量浓硝酸混合反应，转移电子数为3NA
B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数相等
C．常温下，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH-的数目为0.1NA
D．0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．铁与足量浓硝酸反应会发生钝化，A符合题意；
B．一个乙烯分子中有6对共用电子对，一个丙烯分子中有9对共用电子对，Mg乙烯中共用电子对数为 ，Mg丙烯中共用电子对数为 ，B不符合题意；
C．pH=13的氢氧化钡溶液中， ，n(OH-)=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，N(OH-)=nNA=0.1NA，C不符合题意；
D．11B中，中子数=11-5=6，0.1mol11B中中子数有0.6NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.常温下，铁 的表面被浓硝酸氧化形成致密的氧化物薄膜，导致反应不能继续反应
B.最简式相同，根据最简式进行计算即可
C.根据n=cv计算即可
D.根据质量数=中子数+质子数即可计算出中子数
16．（2021·海东模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．3.2gN2H4与足量O2反应，完全转化为N2时转移的电子数为0.4 NA
B． 由氖气与甲烷组成的混合气体中含有的电子总数为0.1 NA
C．含 的浓硝酸与足量 充分反应，生成 的数目为0.1 NA
D． 与含 的浓盐酸充分反应，生成 的数目为0.1 NA
【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.3.2gN2H4的物质的量为 =0.1mol，与足量O2反应完全转化为N2时，N原子的化合价由-2价变为0价，转移的电子数为0.4NA，故A符合题意；
B．未指明是在标准状况下，无法计算0.224L由氖气与甲烷组成的混合气体的物质的量，则不能确定含有的电子总数，故B不符合题意；
C．当是浓硝酸时，4HNO3～Cu2+，当是稀硝酸时，8HNO3～3Cu2+，含0.4molHNO3的浓硝酸与足量Cu充分反应，硝酸变稀后生成NO，则生成Cu2+的数目大于0.1NA，故C不符合题意；
D.0.1molMnO2与含0.4molHCl的浓盐酸充分反应，盐酸的浓度变稀后，不再反应生成Cl2，生成氯气的数目小于0.1NA，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.写出方程式即可计算出转移的电子数
B.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
C.根据浓稀硝酸与铜反应即可计算出铜离子的物质的量
D.浓盐酸反应一段时间后变稀不参与反应
17．（2021·中卫模拟）近日，王方军研究员团队，与中科院武汉病毒研究所胡杨波研究员团队多学科交叉合作设计出了一种电化学氧化灭活新冠病毒(SARS—CoV—2)的新途径，利用电解水过程中阳极产生的活性氧物种，在实验室中实现了对新冠病毒的彻底灭活。下列说法正确的是（ ）
A．新冠病毒主要是被碱性溶液灭活的
B．NaCl代替Na2CO3更绿色更高效
C．a电极电势比b电极电势低
D．转移4mole-时，可以收集到标况下22.4LO2
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．阳极产生大量的活性氧，将新冠病毒的彻底灭活，A不符合题意；
B．用NaCl溶解电解阳极是氯离子失电子产生氯气，氯气有毒，B不符合题意；
C．b极是电源正极，a极是负极，负极电势比正极的低，C符合题意；
D．由4OH--4e-=2H2O +O2↑理论上转移4mole-时，可以收集到标况下22.4LO2，由于灭活病毒消耗部分氧，则收集氧气体积小于22.4L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解Na2CO3溶液，阳极的电极反应式为：4OH--4e-=2H2O
+O2↑，阴极的电极反应式为：2H2O +2e-=2OH-+ H2↑，则b极是电源正极，a极是负极；
18．（2021·遂宁模拟）已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NA
B．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子数为NA
C．在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NA
D．常温下，1L 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，则溶液含醋酸根离子数0.1NA
【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.12 g石墨烯的物质的量是1mol，石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，则1mol碳原子含有六元环的个数是0.5NA，故A不符合题意；
B.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有乙醇的物质的量是 =1mol，含有氧原子数为NA，水中也含有氧原子，故B不符合题意；
C．不知道溶液的体积，无法算出碳酸钠的物质的量，故C不符合题意；
D．常温下，1L 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，溶液中存在电荷守恒：
，则 =0.1mol=0.1NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.先根据n=计算出物质的量，找找出1个六元环含有碳原子的个数即可计算出六元环的个数
B.氧原子来源水分子和乙醇分子
C.根据n=cv，但是体积未知
D.根据电荷守恒计算
19．（2021·普陀模拟）将体积为 的某一元强酸溶液与体积为 的某一元碱溶液混合，恰好完全反应。则以上两溶液中一定相等的是（ ）
A．溶质物质的量 B．溶液质量
C． 和 的物质的量 D．物质的量浓度
【答案】A
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．根据分析，无论是一元强酸和一元弱碱，或是一元强碱反应时，两溶液中溶质物质的量相等，故A符合题意；
B．由于两溶液中溶质物质的量相等，但相对分子质量不相等，根据m=nM，故溶质的质量不一定相等，故B不符合题意；
C．一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，发生反应：H++OH-=H2O，故H+和OH-的物质的量相等，则两溶液中溶质物质的量相等，一元强酸和一元弱碱恰好完全反应时，强酸和弱碱的物质的量相等， 和 的物质的量不相等，故C不符合题意；
D．两溶液中溶质物质的量相等，根据n=cV，则溶液物质的量浓度可能相等，也可能不相等，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】将体积为 的某一元强酸溶液与体积为 的某一元碱溶液混合，一元碱可能是强碱，也可能是弱碱，一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，强酸和弱碱的物质的量相等。
20．（2021·黄浦模拟）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．1mol月球表面的氦 含有的质子数为2NA
B．15g乙酸与甲酸甲酯的混合物中含氧原子总数为0.5NA
C．2mol 和1mol 催化反应后分子总数为2NA
D．物质的量均为1mol的 和 中所含阴离子数均为NA
【答案】C
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．He为2号元素，故 的质子数为2，所以1mol月球表面的氦 含有的质子数为2NA，A项不符合题意；
B．乙酸与甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，15g乙酸与甲酸甲酯的混合物的物质的量为 ，则含氧原子总数为0.5NA，B项不符合题意；
C.2mol 和1mol 催化反应后分子总数大于2NA，C项符合题意；
D.1mol 中含有1mol阴离子，1mol 含有1mol阴离子，所以物质的量均为1mol的 和 中所含阴离子数均为NA，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据质子数=原子序数即可判断
B.最简式相同直接计算出最简式中氧原子的个数
C.二氧化硫和氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底
D.根据Na2O=2Na++O2-、Na2O2=2Na++O22-，即可判断
21．（2021·南宁模拟）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．足量Cl2分别与含有0.1molFeI2的溶液、含0.1molNa2SO3的溶液反应，转移电子数均为0.2NA
B．1molAl分别与足量NaOH溶液、足量稀H2SO4溶液反应，产生氢气的分子数均为1.5NA个
C．22.4LCH4与22.4LCH2=CH2混合得到的气体中含H原子数为8NA
D．1mol2H37Cl比1mol3H37Cl少NA个质子
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.0.1 mol FeI2中含0.1 mol Fe2+、0.2 mol I-，由于Cl2足量，故Fe2+、I-均被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，则转移电子=n(Fe2+)+n(I-)=0.3 mol，A不符合题意；
B．根据得失电子守恒，得3n(Al)=2n(H2)，即n(H2)=1.5n(Al)，由于两种情况下Al都完全反应，故生成的H2相等均为1.5 mol，B符合题意；
C．由于未说明标准状况，故22.4 L不一定为1 mol，C不符合题意；
D．同位素2H与3H质子数相同，均为1，中子数相差1个，故两种分子质子数相等，D不符合题意；
故答案选B。
【分析】A.亚铁离子和碘离子均与氯气反应，转移的电子与0.1mol的亚硫酸钠转移的电子不同
B.找出铝单质与产生氢气的关系即可
C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
D.质子数相同中子数不同
22．（2021·柳州模拟）常温下，HN3的Ka=1.9×10-5，可视为一元弱酸。 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1 mol HN3含电子总数为16NA
B．1 mol NaN3含有阴离子总数为3NA
C．2LpH=3的HN3与足量Zn反应产生H2的分子数为0.001NA
D．1 L0.1mol L-1NaOH溶液中滴入HN3溶液至呈中性，溶液中N 数目为0.1NA
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个HN3分子中含有22个电子，则1 mol HN3含电子总数为22NA，故A不符合题意；
B．HN3可视为一元弱酸，则NaN3由Na+和 构成，则1 mol NaN3含有阴离子总数为NA，故B不符合题意；
C．pH=3的HN3溶液中氢离子浓度为10-3mol/L，HN3可视为一元弱酸，在溶液中部分电离，则HN3大于10-3mol/L，则2LpH=3的HN3中HN3的物质的量大于0.002mol，与足量Zn反应产生H2的分子数大于0.001NA，故C不符合题意；
D.1 L0.1mol L-1NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol，滴入HN3溶液恰好完全反应时生成物为NaN3，NaN3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，若使呈中性，HN3溶液需要过量，即为NaN3和NaN3的混合溶液，该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c( )+c(OH-)，由于溶液中性，即c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)= c( )，n(Na+)=n( )=0.1mol，则溶液中N 数目为0.1NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.找出1个氨气分子中的电子总数即可
B.根据NaN3=Na++N3-，即可求出阴离子数目
C. HN3的Ka=1.9×10-5，可视为一元弱酸， 部分电离，2LpH=3的HN3 与锌产生的氢气远大于0.001mol
D.根据电荷守恒即可判断
23．（2021·南开模拟）设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，1L 中含有的H+数为
B．密闭容器中，2 和1 催化反应后分子总数为2
C．18g 中含有的质子数为10
D．过氧化钠与水反应时，0.1 完全反应转移电子数为0.2
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 常温常压下，Kw=10-14，c(H+)= mol·L－1，1L 中含有的H+数为1L× mol·L－1× mol－1= ，故A符合题意；
B.2 和1 催化反应后分子总数少于2 ，故B不符合题意；
C． 18g 中含有的质子数为 =9 ，故C不符合题意；
D． 过氧化钠与水反应时， 既作氧化剂又作还原剂，0.1 完全反应转移电子数为0.1 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据常温下水的离子积即可计算出氢离子的物质的量浓度结合体积计算出物质的量
B. 密闭容器中， 和 的反应是可逆反应
C.根据n=计算出物质的量，再找出1个 中中子的个数即可
D.写出方程式即可找出电子转移量
24．（2021·吕梁模拟）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A．在常温下，1 m3 pH=4的溶液中由水电离出的H＋数目一定为0.1NA
B．1 L 1 mol·L-1 CH3COONH4溶液中CH3COO-与NH 数目均等于NA
C．1 mol IBr与H2O完全反应生成溴化氢和次碘酸，转移的电子数为NA
D．含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56 g
【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．pH=4的溶液可能为酸溶液，也可能为盐溶液，若为酸溶液，1000L溶液中水电离出的氢离子数目为10—7NA，若为盐溶液，1000L溶液中水电离出的氢离子数目为0.1NA，故A不符合题意；
B．醋酸铵溶液中铵根离子和醋酸根离子均在溶液中发生水解，则1 L 1 mol·L-1 醋酸铵溶液中铵根离子和醋酸根离子均小于NA，故B不符合题意；
C．溴化碘与水完全反应生成溴化氢和次碘酸的反应没有化合价变化，为非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量一定大于56 g，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.无法确定 pH=4的溶液 是盐溶液还是酸，无法确定水电离出的氢离子
B.考虑醋酸根了铵根离子的水解
C.写出方程式标出化合价即可判断
D.氢氧化铁胶体为粒子的聚合体即可判断
25．（2021·张家口模拟）已知 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L 和 混合气中含4 个原子
B．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2
C．100 mL 0.1 溶液中含有的 数目为0.01
D．将0.1 mol 通入到足量的水中，溶液中 、HClO、ClO微粒总数为0.2
【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，22.4 L 和 混合气的物质的量为1mol，含有的原子数目为2 ，故A不符合题意；
B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中氧元素的价态部分由-1价升高到0价，部分降低到-2价，因此1mol过氧化钠参加反应生成0.5mol氧气，转移电子1mol，当生成0.1 mol氧气时，转移的电子数为0.2 ，故B符合题意；
C．亚铁离子能够微量水解，所以100 mL 0.1 溶液中含有的 数目小于0.01 ，故C不符合题意；
D．将0.1 mol 通入到足量的水中，溶液中存在Cl2 、HClO、ClO-、Cl-等含氯微粒，根据氯原子守恒规律分析，溶液中 、HClO、ClO微粒总数小于0.2 ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氮气和氢气均属于双原子分子，一个分子中均只含有2个原子
B.根据Na2O2+2H2O=2NaOH+O2~2e即可计算
C.铵根离子和亚铁离子均水解
D.根据氯元素守恒即可判断
26．（2021·邯郸模拟） 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．标准状况下， 中含有的中子数为
B． 与足量 反应时，转移的电子总数为
C． 与 充分反应后得到的气体分子数小于
D．常温下， 的 溶液中发生电离的水分子数为
【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个 分子中含7个中子，所以 中含有的中子数为0.5mol 7 = ，A不符合题意；
B． 中 和 都具有较强的还原性，都能和 发生反应，则 与足量 反应时，转移的电子总数为 ，B符合题意；
C．NO与O2反应生成NO2，部分NO2会自发生成N2O4，反应的方程式为： ，则充分反应后得到的气体分子数小于 ，C不符合题意；
D． 在水溶液中发生水解反应，促进水的电离，则 的 溶液水电离的氢离子等于氢氧根离子，常温下其浓度为 = mol/L，溶液体积为1L，则发生电离的水分子数为 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.找出1个氨气分子含有的中子数即可
B.氯气的氧化性很强，亚铁离子和碘离子均具有还原性，根据方程式即可计算出转移的电子数
C.考虑到二氧化氮和四氧化二氮的转化
D.根据水解方程式进行计算即可
二、多选题
27．（2022高一下·宜春期末）铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图，下列说法错误的是（ ）
A．硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多
B．Fe与反应分别生成等物质的量的和时，转移电子的数目之比为1∶2
C．少量铁粉与足量的浓度为12.2mol/L硝酸反应时，反应的化学方程式为：
D．用一定量的铁粉与足量的溶液反应得到标准状况下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.200mol
【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．根据图示，在浓硝酸浓度为12.2mol/L时，主要产物NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，NH4+离子成为主要产物，一般来说，硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多，A不符合题意；
B．假设Fe与反应分别生成1mol的和，转移电子的物质的量分别为8mol、8mol，转移电子数目之比为1：1， B符合题意；
C．少量铁粉与足量的浓度为12.2mol·L-1硝酸反应时，还原产物是等物质的量的NO2、NO，氧化产物是Fe(NO3)3，反应的化学方程式为：4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O，C不符合题意；
D．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时还原产物是NO、NO2、N2O，用一定量的铁粉与足量的9.75mol·L-1HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24L，部分硝酸被还原、部分硝酸生成硝酸铁，若还原产物全是NO，参加反应的硝酸为0.4mol；若还原产物全是NO2，参加反应的硝酸为0.2mol；若还原产物全是N2O，参加反应的硝酸为1mol；所以参加反应的硝酸的物质的量大于0.200mol，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；
C.少量铁粉与足量的浓度为12.2mol·L-1硝酸反应时，还原产物是等物质的量的NO2、NO，氧化产物是Fe(NO3)3。
三、非选择题
28．（2022·浙江6月选考）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到，不发生反应。
请回答：
（1）组成X的三种元素为 ；X的化学式为 。
（2）溶液C的溶质组成为 （用化学式表示）。
（3）①写出由X到A的化学方程式 。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式 。
（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体 。
【答案】（1）、、O；
（2）、
（3）；
（4）将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有
【知识点】物质检验实验方案的设计；物质的量的相关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）根据分析可知，组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。
（2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
（3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4 Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3) 生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3 H2O＝3Cu(NH3) +Ba2＋+8OH－+8H2O。
（4）由上述分析可知，尾气中含有NH3、N2和H2O，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠 ，说明有H2O。
【分析】无色溶液B中加入硫酸得到白色沉淀和无色溶液C，无色溶液C加入足量氯化钡溶液得到白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，物质的量为2.330g÷233g/mol=0.01mol<0.015mol，则白色沉淀B也是硫酸钡，则无色溶液中含有钡离子，固体混合物A中加入盐酸得到紫红色固体A和无色溶液B，紫红色固体为Cu，Cu的物质的量为0.96g÷64g/mol＝0.015mol，1.965gX含有0.960gCu和0.685gBa， 剩余一种元素的质量为0.32g，化合物X在空气中加热到，不发生反应 ，则另一种元素应为O元素，物质的量为0.32g÷16g/mol＝0.02mol，n(Ba)：n(Cu)：n(O)=0.005mol：0.015mol：0.02mol=1：3：4，则X为BaCu3O4，BaCu3O4与足量NH3反应生成Cu、Ba(OH)2、N2和H2O，尾气中含有NH3、N2和H2O，A为Cu和Ba(OH)2的混合物，加入盐酸生成BaCl2，BaCl2与足量硫酸反应生成BaSO4沉淀和HCl，则B溶液为BaCl2溶液或BaCl2、HCl的混合溶液，C溶液为硫酸、盐酸的混合溶液。
29．（2022·浙江选考）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：
（1）x= (写出计算过程)。
（2）气体产物中n(O2) mol。
【答案】（1）9
（2）0.0100
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9。
(2)气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。
【分析】根据反应物和生成物写出反应的方程式，再根据方程式找出关系式计算。
30．（2022·河南模拟）燃煤废气中含有多种能回收利用的原料气，如CO2、SO2及氮氧化物等，需对其综合利用以改善环境质量。请回答下列问题：
（1）我国科学家成功实现由CO2人工合成淀粉，其中包含以下反应：由H2O分解产生H2，由CO2与H2合成CH3OH。已知：用处于标准状况下的各元素最稳定单质生成标准状况下1mol某纯物质的热效应称为该物质的标准摩尔生成焓(ΔfH )。由表中数据推测，H2O(1)的ΔfH (填“＞”“＜”或“=”)-241.8kJ·mol-1；CO2(g)与H2(g)反应生成CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式为 。
物质 CO2(g) H2O(g) CH3OH(g)
ΔfH -393.5 -241.8 -205.0
（2）废气中的SO2经富集后与空气混合，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=-196kJ·mol-1。已知该反应的v正=k正·p2(SO2)·p(O2)、v逆=k逆·p2(SO3)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关，气体分压单位为MPa)，如图中曲线①表示的是 (填“k正”或“k逆”)，判断的理由是 。
在868K、0.1MPa和催化剂作用下，混合气(体积含量：SO28.0%、O211.8%，其余气体不反应)在一恒压密闭容器内开始反应。10min后达到平衡，混合气中O2含量为10.0%，则SO2的转化率为 ，该条件下的压强平衡常数K= ；工业生产中通常使用比868K低的温度，其主要考虑的因素有 (填字母)。
a．反应速率 b．催化剂活性 c．原料转化率 d．生产设备
（3）烟气中氮氧化物主要以NO形式存在，利用人工制备的O3可将其转变为能被水吸收的N2O5。该过程由以下三步基元反应组成，则生成1molN2O5需消耗O3 mol。
O3+NO=NO2+O2、O3+NO2=NO3+O2、NO3+NO2=N2O5
【答案】（1）＜；CO2(g)+3 H2(g)= CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH=-53.3kJ/mol
（2）k逆；该反应为放热反应，升高温度，v正、v逆均增大，平衡向逆反应方向移动，说明v正比v逆慢，k正增大的值小于k逆；50%；100MPa-1；bc
（3）3
【知识点】热化学方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；物质的量的相关计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)液态水的能量低于气态水，则液态水的标准摩尔生成焓小于气态水；由反应的反应热等于生成物标准摩尔生成焓之和与反应成物的标准摩尔生成焓之和的差值，则二氧化碳与氢气合成甲醇的反应热ΔH=[(-241.8)+( -205.0)]kJ/mol-(-393.5)=-53.3kJ/mol，则反应的热化学方程式为CO2(g)+3 H2(g)= CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH=-53.3kJ/mol，故答案为：＜；CO2(g)+3 H2(g)= CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH=-53.3kJ/mol；
(2)二氧化硫的催化氧化反应是放热反应，升高温度，反应速率v正、v逆均增大，平衡向逆反应方向移动，说明反应速率v正比v逆慢，速率常数k正增大的值小于k逆，则曲线①表示k逆；设起始反应时混合气体的总物质的量为100mol，平衡时二氧化硫的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由平衡时氧气的体积分数为10.0%可得： ×100%=10.0%，解得a=0.5，则平衡时二氧化硫、氧气和三氧化硫的分压为 ×0.1MPa、 ×0.1MPa、 ×0.1MPa，所以压强平衡常数K= =100MPa-1；该反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动，二氧化硫和氧气的转化率增大，则工业生产中通常使用比868K低的温度，优先考虑了催化剂的活性和反应物的转化率，故答案为：k逆；该反应为放热反应，升高温度，v正、v逆均增大，平衡向逆反应方向移动，说明v正比v逆慢，k正增大的值小于k逆；50%；100MPa-1；bc；
(3)将三步基元反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①×2—②+③可得臭氧和一氧化氮反应生成氧气和五氧化二氮的反应为3O3+2NO= N2O5+3O2，则由方程式可知，反应生成1mol五氧化二氮，需消耗3mol臭氧，故答案为：3。
【分析】（1）液态水比气态水稳定，所含热量较低。注意热化学方程式中要注明各物质的聚集状态，不需写反应条件，△H=生成物的总能量-反应物的总能量。
（2）该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，但平衡向左移动，即v逆＞v正，据此分析。可以运用假设法，结合化学平衡计算中的三段式进行求解。分压=总压×物质所占的物质的量分数，注意单位统一。
（3）运用盖斯定律，消去NO2、O2、NO3可得3O3+2NO=3O2+N2O5，结合所得方程进行解答。
31．（2021·海南州模拟）三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒，实验室可由氯气通入碳酸铵溶液中制得。某化学小组利用此原理进行实验室制备三氯化氮。
回答下列问题：
（1）装置A中仪器X的名称是 ，盛放的试剂是 ，装置A中发生反应的离子方程式为 。
（2）整个装置的导管连接顺序为a→ → → → → 。
（3）装置B中发生反应的化学方程式为 。
（4）装置C的作用为 ；装置D的作用为 。
（5）三氯化氮浓度的测定：准确量取20 mL装置B中反应后的溶液，置于100 mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，吸取25.0 mL于烧杯中，加入足量V1 mL c1 mol·L-1亚硫酸钠溶液，充分反应后，向烧杯中加入足量V2 mLc2 mol·L-1 盐酸酸化的氯化钡溶液，得沉淀mg。
已知：i．Na2SO3+NCl3 + =Na2SO4+ HCl+NH4Cl；
ⅱ．BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓十2HCl。
①请完成反应i的化学方程式 (横线填数字，方框中填化学式)：
ⅰ Na2SO3+NCl3+ =Na2SO4+ HCl+NH4Cl
②装置B反应后的溶液中三氯化氮的浓度为 mol·L-1。
【答案】（1）分液漏斗；浓盐酸；2 +10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2）d；e；b；c；f
（3）2(NH4)2CO3+3Cl2=2H2O+3NHCl+NCl3+2CO2
（4）除去氯气中的氯化氢气体；除去氯气，防止污染空气
（5）3Na2SO3 +NCl3+3H2O=3Na2SO4+2HCl+NH4Cl；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；含氮物质的综合应用；实验装置的拆卸；物质的量的相关计算
【解析】【分析】
（1）X是分液漏斗，根据题目分析，装浓盐酸用于制备氯气，A中的反应是制备氯气的反应，注意电荷守恒即可；
（2）装置的连接顺序自左到右，从下到上；
（3）碳酸铵和氯气反应生成三氯化氮，根据原子守恒和电荷守恒进行配平即可；
（4）C装置是除去氯化氢气体D是尾气处理及防倒吸；
（5）根据原子守恒进行补充物质，再由得失电子守恒进行配平即可；计算可根据化学方程式进行。
32．（2021·潍坊模拟）氮化铬(CrN)是一种耐磨性良好的新型材料，难溶于水。探究小组同学用下图所示装置(夹持装置略去)在实验室中制取氮化铬并测定所得氮化铬的纯度。
已知：实验室中常用 溶液与 溶液反应制取 ； 能溶于水和乙醇。
回答下列问题：
（1）实验准备就绪后，应先加热 (填装置代号)装置，此时 所处的状态是 。
（2）实验中 的作用是 。
（3）改变 的状态，加热E装置。试剂a的名称是 ，写出装置E中发生反应的化学方程式 。
（4）实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是 。
（5）向 所得 中加入足量 溶液，然后通入水蒸气将 全部蒸出，将 用 溶液完全吸收，剩余的 用 溶液恰好中和，则所得产品中 的质量分数为 。
【答案】（1）A；打开 ，关闭
（2）用 排尽装置中的空气，防止 与氧气反应
（3）碱石灰；
（4）防止 与 反应生成 固体堵塞导管造成危险
（5）94.3%
【知识点】常用仪器及其使用；实验装置综合；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)实验准备就绪后，应先加热A装置，此时 打开 关闭先生成氮气，排除装置中其他气体，防止E中发生其他反应使产物不纯。
(2)实验中 的作用是：用 排尽装置中的空气，防止 与氧气反应。
(3)改变 的状态，加热E装置。试剂a的名称是碱石灰，C中氨水挥发出来的氨气和水蒸气，需要用碱石灰干燥气体；装置E中有纯净干燥的氨气，发生反应的化学方程式 。
(4)实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是防止 与 反应生成 固体堵塞导管造成危险。
(5)向 所得 中加入足量 溶液，然后通入水蒸气将 全部蒸出，将 用 溶液完全吸收，剩余的 用 溶液恰好中和，易知则 ~ ~H+~OH-，则n( )=n( )=60×10-3×1×2-10×10-3×2=0.1mol，所得产品中 的质量分数为 。
【分析】加热装置A生成氮气， 排尽装置中的空气，防止 与氧气反应，B中浓硫酸除去水蒸气，试剂a为碱石灰，除去氨气中的水蒸气，在E中生成 ，氯化氢气体被水吸收，据此分析解题。
33．（2021·郑州模拟）某兴趣小组探究钠与水、盐酸、醋酸和乙醇反应的快慢。
（1）兴趣小组成员根据已有认知模型提出以下猜测：
猜测1：钠分别与水、盐酸反应，由于 ，钠与盐酸反应更快。
猜测2：钠分别与乙醇、醋酸反应，由于醋酸 ，钠与醋酸反应更快。
（2）设计实验进行“证实与证伪”
实验I配制一定浓度的HCl
①用12.00mol·L-1HCl配制0.50mol·L-1HCl和5.00mol·L-1HCl时，除用到烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须用到下列仪器中的 （写对应字母）。
②配制0.50mol·L-1HCl250mL，需要取用12.00mol·L-1浓盐酸的体积为 。
实验II相同温度下，比较钠与水、0.50mol·L-1HCl、5.00mol·L-1HCl反应的快慢
序号 钠块（形状几乎相同） 反应液体(50mL) 钠块消失时间
Ⅰ 0.15g 水 Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ
Ⅱ 0.15g 0.50mol·L-1HCl
Ⅲ 0.15g 5.00mol·L-1HCl
该小组查阅资料知，相同温度下，影响钠与盐酸反应速率的主要因素是c(H+)和钠表面的c(Na+)。
③钠与5.00mol·L-1HCl反应，速率最慢的原因可能是 。
实验II相同温度下，比较钠与乙醇、醋酸反应的快慢
序号 钠块（形状几乎相同） 反应液体(50mL) 反应现象 钠块消失时间
ⅳ 0.15g 乙醇 钠沉在烧杯底部，产生气泡较快 ⅳ＜ⅴ
ⅴ 0.15g 冰醋酸 钠浮在液体表面，产生气泡较慢
④该小组某同学提出，依据化学实验的控制变量思想，该实验设计存在缺陷，该缺陷是 。
⑤请你帮助该小组设计新的方案，对上述实验进行改进 。
实验结论：
⑥通过实验探究，该小组同学认为钠与醋酸反应比钠与乙醇反应慢，原因可能是 。
A．冰醋酸是无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子
B．乙醇钠在乙醇中的溶解度大于乙酸钠在乙酸中的溶解度
C．乙酸羧基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子更难电离出氢离子
【答案】（1）盐酸中氢离子浓度大；是电解质，能电离出氢离子
（2）ce；10.4mL；钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触；钠块与乙醇和乙酸反应的接触面积不同；将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部；AB
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)金属钠可以和酸反应，也可以和水反应，酸中含有的氢离子浓度大于水中含有的氢离子浓度，故钠与盐酸反应更快，是因为酸中氢离子浓度更大。乙醇不是电解质，极难电离。羧酸是电解质，可以部分电离，羧羟基中的氢原子活性大于醇羟基中的氢原子。从而使得钠与醋酸反应更快。答案为：盐酸中氢离子浓度大；是电解质，能电离出氢离子；
(2)①用12.00mol·L-1HCl配制0.50mol·L-1HCl和5.00mol·L-1HCl时，需要用量筒、烧杯、玻璃棒、相应规格的容量瓶和胶头滴管。故答案为：ce；
②根据c稀V稀=c浓V浓，可知需要取用的浓盐酸的体积为 ，由于实验时使用量筒量取，所以需用浓盐酸的体积为10.4mL； 答案为：10.4mL；
③由题中查阅资料的信息可知，钠与5.00mol·L-1HCl反应，速率最慢的原因可能是钠表面的c(Na+)的原因，即钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触。答案为：钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触；
④根据控制变量思想，分析实验II，可以发现实验II中存在两个变量：反应液体不同以及反应中钠与反应液体的接触面积不同。答案为：钠块与乙醇和乙酸反应的接触面积不同；
⑤根据控制变量的思想，改进实验II，使其中只存在一个变量，由此可知改变钠块与反应液体的接触情况，使钠块与两个反应液体的接触面积一样，故可以选择将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部。答案为：将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部；
⑥A．冰醋酸是纯的无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子，则冰醋酸中的氢离子浓度较低，反应速度降低，从而使得醋酸与钠反应比乙醇与钠反应慢，A项正确；
B．乙酸钠在乙酸中的溶解度较小，附着在钠的表面，阻滞了钠与乙酸的接触，使得反应速率减慢，B项正确；
C．乙酸是电解质，乙醇不是电解质，乙酸羟基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活性大，更易电离出氢离子，C项不正确；
故答案为：AB。
【分析】（1）水是弱电解质部分电离，而氯化氢是强电解质在水中是完全电离，氢离子浓度大小直接影响反应速率，根据电解质的定义，醋酸是电解质可以电离出氢离子
（2）① 配制一定物资的量浓度的溶液需要的仪器是量筒、烧杯、玻璃棒、相应规格的容量瓶和胶头滴管根据选项选出即可 ②根据稀释前后物质的量不变即可计算出体积 ③根据题意可知，氢离子浓度越大速率越快，而钠离子浓度越大速率越慢 ④钠沉在底部，醋酸是浮在液面，因此接触面积不同 ⑤保持控制面积相同，因此将乙酸中的钠按入底部即可 ⑥氢离子浓度影响速率，冰醋酸是纯净物，几乎不电离氢离子，乙酸钠浮在钠表面阻碍了反应的进行
34．（2021·开封模拟）二氧化氯(ClO2)作为一种高效强氧化剂已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级安全消毒剂。常温下二氧化氯为黄绿色或橘黄色气体，性质非常不稳定，温度过高或水溶液中ClO2的质量分数高于30%等均有可能引起爆炸。一种新型实验室制备方法的装置如图所示：
分液漏斗及2号气瓶中盛放浓度为150g·L-1的NaClO2溶液，1号气瓶中盛放6mol·L-1的H2SO4溶液，3号、4号、5号、6号气瓶中盛放冰水。回答下列问题：
（1）配制500mLNaClO2溶液，需NaClO2固体 g。
（2）按图连接好各仪器， ，加注相应试剂，并抽真空。
（3）打开分液漏斗活塞，让NaClO2溶液缓慢滴入1号气瓶，生成ClO2和一种气体单质。该反应的化学方程式为 。
（4）2号气瓶可吸收1号气瓶中产生的气体单质并继续产生ClO2，发生反应的离子方程式为 ，检验还原产物离子的试剂是 。
（5）此制备方法不需要设置尾气处理装置，原因是 。
（6）制取完毕后，利用滴定法测定所得溶液中ClO2浓度，滴定20.00mLClO2溶液消耗0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液25.00mL，则ClO2含量为 g·L-1。
【答案】（1）75
（2）检查装置气密性
（3）8NaClO2+4H2SO4=6ClO2↑+Cl2↑+4Na2SO4+4H2O
（4）2ClO +Cl2=2ClO2+2Cl-；硝酸酸化的硝酸银溶液
（5）设置多个盛有冰水的气瓶，延长气体与水接触时间，使气体完全溶解
（6）13.5
【知识点】物质的检验和鉴别；实验装置综合；离子方程式的书写；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) 分液漏斗及2号气瓶中盛放浓度为150g·L-1的NaClO2溶液，配制500mLNaClO2溶液，需NaClO2固体75g，故答案为75；
(2)按图连接好各仪器，加注相应试剂之前，首先要检查装置的气密性，故答案为检查装置气密性；
(3)打开分液漏斗活塞，让NaClO2溶液缓慢滴入1号气瓶，生成ClO2和一种气体单质，NaClO2发生歧化反应，则这种气体单质应为氯气，反应方程式为8NaClO2+4H2SO4=6ClO2↑+Cl2↑+4Na2SO4+4H2O，故答案为8NaClO2+4H2SO4=6ClO2↑+Cl2↑+4Na2SO4+4H2O；
(4)2号气瓶可吸收1号气瓶中产生的气体单质并继续产生ClO2，氯气和NaClO2反应生成二氧化氯，离子方程式为2ClO +Cl2=2ClO2+2Cl-，还原产物为氯离子，可用硝酸酸化的硝酸银溶液来检验氯离子，故答案为2ClO +Cl2=2ClO2+2Cl- 硝酸酸化的硝酸银溶液
(5)3号、4号、5号、6号气瓶中盛放冰水，延长气体与水接触时间，使气体完全溶解，故答案为设置多个盛有冰水的气瓶，延长气体与水接触时间，使气体完全溶解；
(6)利用滴定法测定所得溶液中ClO2浓度，滴定20.00mLClO2溶液消耗0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液25.00mL，二氧化氯中氯元素的化合价从+4价降为-1价，而硫代硫酸钠中硫元素的化合价从+2价升高到+6价，根据得失电子相等的原理，二者之间的定量关系为
8ClO2---- 5Na2S2O3，则0.02L×C(ClO2)×5=0.025L×0.1000mol·L-1×8， C(ClO2)=0.2 mol·L-1，0.2 mol·L-1×67.5g/mol=13.5g/L，故答案为13.5g/L，
【分析】利用此装置来制备二氧化氯之前，首先要进行装置气密性检验，分液漏斗及2号气瓶中盛放浓度为150g·L-1的NaClO2溶液，若配制500mLNaClO2溶液，需NaClO2固体75g。利用该装置来制备二氧化氯，打开分液漏斗活塞，让NaClO2溶液缓慢滴入1号气瓶，NaClO2和6mol·L-1的H2SO4溶液反应生成二氧化氯和一种气体单质，NaClO2发生歧化反应，则这种气体单质应为氯气，反应方程式为8NaClO2+4H2SO4=6ClO2↑+Cl2↑+4Na2SO4+4H2O；2号气瓶可吸收1号气瓶中产生的气体单质并继续产生ClO2，氯气和NaClO2，反应生成二氧化氯，离子方程式为2ClO +Cl2=2ClO2+2Cl-，还原产物为氯离子，可用硝酸酸化的硝酸银溶液来检验氯离子；3号、4号、5号、6号气瓶中盛放冰水，延长气体与水接触时间，使气体完全溶解。
35．（2021·开封模拟）三氧化钨(WO3)可用于制造钨丝、高熔点合金、硬质合金和防火材料等。一种利用黑钨矿(主要含FeWO4、MnWO4及硅、磷、砷、钼等杂质)制备WO3的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）写出两种对提高“焙烧”和“浸取”阶段转化率均有效的措施 、 。
（2）写出FeWO4在“焙烧”阶段时反应的化学方程式 ，该反应的氧化产物用途有 、 。
（3）“除钼”阶段中，仲钼酸铵[(NH4)6Mo7O24]与(NH4)2S在溶液中反应生成硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，试写出该反应的化学方程式 。
（4）“沉淀”阶段中，要使 浓度降至1×10-3mol·L-1以下，CaCl2在溶液中的浓度应不低于 [Ksp(CaWO4)=2.5×10-3]，滤液经稀释后应返回阶段循环利用。
（5）有一种蓝钨WO3-x，钨的化合价为+5和+6，若x=0.15，则该化合物中+5和+6的钨原子物质的量之比为 。
【答案】（1）搅拌；粉碎
（2）4FeWO4+O2+4Na2CO3=4Na2WO4+4CO2+2Fe2O3；颜料；炼铁
（3）(NH4)6Mo7O24+28(NH4)2S+24H2O=7(NH4)2MoS4+48NH3 H2O
（4）2.5mol L-1
（5）3：7
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学实验方案的评价；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)在“焙烧”和“浸取”阶段，可通过增大接触面积提高转化率，有效的措施为搅拌、粉碎。答案为：搅拌；粉碎；
(2)在“焙烧”阶段，FeWO4与Na2CO3等反应生成Fe2O3、Na2WO4等，在此转化过程中，Fe元素的价态升高，则空气中的O2参与反应，化学方程式为4FeWO4+O2+4Na2CO3=4Na2WO4+4CO2+2Fe2O3，该反应的氧化产物为Fe2O3，用途有颜料、炼铁等。答案为：4FeWO4+O2+4Na2CO3=4Na2WO4+4CO2+2Fe2O3；颜料；炼铁；
(3)“除钼”阶段中，仲钼酸铵[(NH4)6Mo7O24]与(NH4)2S在溶液中反应生成硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，由两种反应物与生成物的组成分析，还有一种生成物为NH3 H2O，该反应的化学方程式为(NH4)6Mo7O24+28(NH4)2S+24H2O=7(NH4)2MoS4+48NH3 H2O。答案为：(NH4)6Mo7O24+28(NH4)2S+24H2O=7(NH4)2MoS4+48NH3 H2O；
(4)“沉淀”阶段中，要使 浓度降至1×10-3mol·L-1以下，CaCl2在溶液中的浓度应不低于 mol L-1=2.5mol L-1，滤液经稀释后应返回阶段循环利用。答案为：2.5mol L-1；
(5)有一种蓝钨WO3-x，钨的化合价为+5和+6，若x=0.15，设W原子个数为1，+5价钨原子个数为a，则+6价W原子个数为(1-a)，则5a+6(1-a)=2(3-x)，将x=0.15代入，即得a=0.3，1-a=0.7，该化合物中+5和+6的钨原子物质的量之比为0.3：0.7=3：7。答案为：3：7。
【分析】本流程的目的，是以黑钨矿(主要含FeWO4、MnWO4及硅、磷、砷、钼等杂质)为原料，去除杂质，最终将钨转化为WO3。在转化过程中，先加入Na2CO3焙烧，然后加水浸取，滤渣为Fe2O3、Mn3O4，则滤液中含有Na2WO4、硅酸盐、砷酸盐、钼酸盐等；加入除杂试剂，将Si、P、As、Mo都转化为沉淀，过滤，往滤液中加入CaCl2，此时钨元素转化为CaWO4沉淀，加盐酸溶解得H2WO4，最终加热让其分解，从而获得WO3。
2023年高考真题变式分类汇编：物质的量的相关计算2
一、选择题
1．（2022·广东）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是（ ）
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C． 中含有 个电子
D． 被还原生成
2．（2021·辽宁）下列说法正确的是（ ）
A． (标准状况)与水充分反应转移 电子
B． 和 均可通过化合反应得到
C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生
D． 与 溶液反应：
3．（2022·铁岭模拟）我国科研团队对废旧锂电池进行回收，提取其中有效物质，经处理后合成了LiFe0.6Mn0.4PO4，并将其作为正极材料重新应用于锂离子电池中，下列说法正确的是（ ）
A．废旧锂电池中含有锂、有机电解质等物质，因此应在高温、通风条件下拆解电池，回收其中的锂
B．充电时，Li电极应与外加电源的正极相连
C．放电时，当电路中转移1 mol电子时，正极增重7 g
D．充电时，该电池总反应为
4．（2021高三上·嘉定模拟）室温下，等体积0.1mol·L-1的①NaCl ②FeCl3③HCl ④Na2CO3四种物质的水溶液中，所含阳离子数目由少到多的顺序是（ ）
A．③①②④ B．③②①④ C．①④③② D．④②①③
5．（2021·宁波模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．12g金刚石和石墨混合物中含有的共价键数目为2NA
B．用铜电极电解饱和食盐水，若线路中通过NA个电子，则阳极产生11.2L(标准状况)气体
C．常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
D．6.8g液态KHSO4中含有0.1NA个阳离子
6．（2021·海南州模拟）设N表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．14 g聚丙烯中含C一H键总数目为2NA
B．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA
C．2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间
D．电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则阴极得到电子的数目为2NA
7．（2021·南平模拟）已知 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A． 中离子总数为
B． 臭氧含有的质子数为
C．一定条件下， 与 反应生成的 分子数为
D． 溶液中 数为
8．（2021·陈仓模拟） 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．2g氘化锂( )中含中子数为
B． 与 完全反应时转移的电子数为2
C． 固体中含离子数为0.4
D． 晶体含阳离子的数目为0.2
9．（2021·衡阳模拟）工业除去电石渣浆[含 ]上层清液中的 （ 浓度为 ），并抽取石膏（ ）的常用流程如图，其中 常用空气代替。下列说法错误的是（ ）
A．在普通硅酸盐水泥中，常添加石膏用来调节水泥的硬化速度
B．过程Ⅰ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2∶1
C．将10L上层清液中的 转化为 ，理论上共需标准状况下空气约22.4L
D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式
10．（2021·浙江模拟）巴比妥为较早应用的长效类催眠药，有镇静、催眠、抗惊厥、麻醉等不同程度的中枢抑制作用，其优点是作用缓慢，维持时间长。其结构如图所示，下列有关巴比妥的说法正确的是（ ）
A．巴比妥是一种人工合成的多肽
B．巴比妥能够发生水解，且无论酸、碱性条件下水解均有可能生成气体
C．巴比妥含有两种官能团
D．1 mol巴比妥与足量NaOH溶液反应，可消耗2 mol NaOH
11．（2021·昆明模拟）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2g氖气含有0.1NA个氖原子
B．常温常压下，18g重水(D2O)含有的电子数为10NA
C．标准状况下，22.4LCl2与足量的铁反应，转移的电子数为NA
D．一定条件下，1molN2与足量的H2充分反应，生成2NA个NH3分子
12．（2021·拉萨模拟）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，pH=9的 溶液中，水电离出的H+数目为10-5NA
B．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数目为6NA
C．常温下2.24LN2中共用电子对数目为0.3NA
D．1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，NH 的数目为0.1NA
13．（2021·雅安模拟）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．2.4g镁在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数无法计算
B．密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA
C．1 mol羟基中含有的电子数为10NA
D．标准状况下，22.4LHCl溶于水后溶液中有NA个HCl分子
14．（2021·四川模拟）NA为阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（ ）
A．1 mol 中位于同一平面的原子数目最多为14 NA
B．巯基(-SH)的电子式为
C．N2H4的结构式：
D．常温下，1L 0.2mol/L AlCl3溶液中含Al3+数为0.2NA
15．（2021·凉山州模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．常温常压下，1.0molFe和足量浓硝酸混合反应，转移电子数为3NA
B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数相等
C．常温下，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH-的数目为0.1NA
D．0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子
16．（2021·海东模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．3.2gN2H4与足量O2反应，完全转化为N2时转移的电子数为0.4 NA
B． 由氖气与甲烷组成的混合气体中含有的电子总数为0.1 NA
C．含 的浓硝酸与足量 充分反应，生成 的数目为0.1 NA
D． 与含 的浓盐酸充分反应，生成 的数目为0.1 NA
17．（2021·中卫模拟）近日，王方军研究员团队，与中科院武汉病毒研究所胡杨波研究员团队多学科交叉合作设计出了一种电化学氧化灭活新冠病毒(SARS—CoV—2)的新途径，利用电解水过程中阳极产生的活性氧物种，在实验室中实现了对新冠病毒的彻底灭活。下列说法正确的是（ ）
A．新冠病毒主要是被碱性溶液灭活的
B．NaCl代替Na2CO3更绿色更高效
C．a电极电势比b电极电势低
D．转移4mole-时，可以收集到标况下22.4LO2
18．（2021·遂宁模拟）已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NA
B．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子数为NA
C．在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NA
D．常温下，1L 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，则溶液含醋酸根离子数0.1NA
19．（2021·普陀模拟）将体积为 的某一元强酸溶液与体积为 的某一元碱溶液混合，恰好完全反应。则以上两溶液中一定相等的是（ ）
A．溶质物质的量 B．溶液质量
C． 和 的物质的量 D．物质的量浓度
20．（2021·黄浦模拟）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．1mol月球表面的氦 含有的质子数为2NA
B．15g乙酸与甲酸甲酯的混合物中含氧原子总数为0.5NA
C．2mol 和1mol 催化反应后分子总数为2NA
D．物质的量均为1mol的 和 中所含阴离子数均为NA
21．（2021·南宁模拟）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．足量Cl2分别与含有0.1molFeI2的溶液、含0.1molNa2SO3的溶液反应，转移电子数均为0.2NA
B．1molAl分别与足量NaOH溶液、足量稀H2SO4溶液反应，产生氢气的分子数均为1.5NA个
C．22.4LCH4与22.4LCH2=CH2混合得到的气体中含H原子数为8NA
D．1mol2H37Cl比1mol3H37Cl少NA个质子
22．（2021·柳州模拟）常温下，HN3的Ka=1.9×10-5，可视为一元弱酸。 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1 mol HN3含电子总数为16NA
B．1 mol NaN3含有阴离子总数为3NA
C．2LpH=3的HN3与足量Zn反应产生H2的分子数为0.001NA
D．1 L0.1mol L-1NaOH溶液中滴入HN3溶液至呈中性，溶液中N 数目为0.1NA
23．（2021·南开模拟）设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，1L 中含有的H+数为
B．密闭容器中，2 和1 催化反应后分子总数为2
C．18g 中含有的质子数为10
D．过氧化钠与水反应时，0.1 完全反应转移电子数为0.2
24．（2021·吕梁模拟）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A．在常温下，1 m3 pH=4的溶液中由水电离出的H＋数目一定为0.1NA
B．1 L 1 mol·L-1 CH3COONH4溶液中CH3COO-与NH 数目均等于NA
C．1 mol IBr与H2O完全反应生成溴化氢和次碘酸，转移的电子数为NA
D．含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56 g
25．（2021·张家口模拟）已知 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L 和 混合气中含4 个原子
B．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2
C．100 mL 0.1 溶液中含有的 数目为0.01
D．将0.1 mol 通入到足量的水中，溶液中 、HClO、ClO微粒总数为0.2
26．（2021·邯郸模拟） 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．标准状况下， 中含有的中子数为
B． 与足量 反应时，转移的电子总数为
C． 与 充分反应后得到的气体分子数小于
D．常温下， 的 溶液中发生电离的水分子数为
二、多选题
27．（2022高一下·宜春期末）铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图，下列说法错误的是（ ）
A．硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多
B．Fe与反应分别生成等物质的量的和时，转移电子的数目之比为1∶2
C．少量铁粉与足量的浓度为12.2mol/L硝酸反应时，反应的化学方程式为：
D．用一定量的铁粉与足量的溶液反应得到标准状况下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.200mol
三、非选择题
28．（2022·浙江6月选考）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到，不发生反应。
请回答：
（1）组成X的三种元素为 ；X的化学式为 。
（2）溶液C的溶质组成为 （用化学式表示）。
（3）①写出由X到A的化学方程式 。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式 。
（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体 。
29．（2022·浙江选考）某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：
（1）x= (写出计算过程)。
（2）气体产物中n(O2) mol。
30．（2022·河南模拟）燃煤废气中含有多种能回收利用的原料气，如CO2、SO2及氮氧化物等，需对其综合利用以改善环境质量。请回答下列问题：
（1）我国科学家成功实现由CO2人工合成淀粉，其中包含以下反应：由H2O分解产生H2，由CO2与H2合成CH3OH。已知：用处于标准状况下的各元素最稳定单质生成标准状况下1mol某纯物质的热效应称为该物质的标准摩尔生成焓(ΔfH )。由表中数据推测，H2O(1)的ΔfH (填“＞”“＜”或“=”)-241.8kJ·mol-1；CO2(g)与H2(g)反应生成CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式为 。
物质 CO2(g) H2O(g) CH3OH(g)
ΔfH -393.5 -241.8 -205.0
（2）废气中的SO2经富集后与空气混合，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=-196kJ·mol-1。已知该反应的v正=k正·p2(SO2)·p(O2)、v逆=k逆·p2(SO3)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关，气体分压单位为MPa)，如图中曲线①表示的是 (填“k正”或“k逆”)，判断的理由是 。
在868K、0.1MPa和催化剂作用下，混合气(体积含量：SO28.0%、O211.8%，其余气体不反应)在一恒压密闭容器内开始反应。10min后达到平衡，混合气中O2含量为10.0%，则SO2的转化率为 ，该条件下的压强平衡常数K= ；工业生产中通常使用比868K低的温度，其主要考虑的因素有 (填字母)。
a．反应速率 b．催化剂活性 c．原料转化率 d．生产设备
（3）烟气中氮氧化物主要以NO形式存在，利用人工制备的O3可将其转变为能被水吸收的N2O5。该过程由以下三步基元反应组成，则生成1molN2O5需消耗O3 mol。
O3+NO=NO2+O2、O3+NO2=NO3+O2、NO3+NO2=N2O5
31．（2021·海南州模拟）三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒，实验室可由氯气通入碳酸铵溶液中制得。某化学小组利用此原理进行实验室制备三氯化氮。
回答下列问题：
（1）装置A中仪器X的名称是 ，盛放的试剂是 ，装置A中发生反应的离子方程式为 。
（2）整个装置的导管连接顺序为a→ → → → → 。
（3）装置B中发生反应的化学方程式为 。
（4）装置C的作用为 ；装置D的作用为 。
（5）三氯化氮浓度的测定：准确量取20 mL装置B中反应后的溶液，置于100 mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，吸取25.0 mL于烧杯中，加入足量V1 mL c1 mol·L-1亚硫酸钠溶液，充分反应后，向烧杯中加入足量V2 mLc2 mol·L-1 盐酸酸化的氯化钡溶液，得沉淀mg。
已知：i．Na2SO3+NCl3 + =Na2SO4+ HCl+NH4Cl；
ⅱ．BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓十2HCl。
①请完成反应i的化学方程式 (横线填数字，方框中填化学式)：
ⅰ Na2SO3+NCl3+ =Na2SO4+ HCl+NH4Cl
②装置B反应后的溶液中三氯化氮的浓度为 mol·L-1。
32．（2021·潍坊模拟）氮化铬(CrN)是一种耐磨性良好的新型材料，难溶于水。探究小组同学用下图所示装置(夹持装置略去)在实验室中制取氮化铬并测定所得氮化铬的纯度。
已知：实验室中常用 溶液与 溶液反应制取 ； 能溶于水和乙醇。
回答下列问题：
（1）实验准备就绪后，应先加热 (填装置代号)装置，此时 所处的状态是 。
（2）实验中 的作用是 。
（3）改变 的状态，加热E装置。试剂a的名称是 ，写出装置E中发生反应的化学方程式 。
（4）实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是 。
（5）向 所得 中加入足量 溶液，然后通入水蒸气将 全部蒸出，将 用 溶液完全吸收，剩余的 用 溶液恰好中和，则所得产品中 的质量分数为 。
33．（2021·郑州模拟）某兴趣小组探究钠与水、盐酸、醋酸和乙醇反应的快慢。
（1）兴趣小组成员根据已有认知模型提出以下猜测：
猜测1：钠分别与水、盐酸反应，由于 ，钠与盐酸反应更快。
猜测2：钠分别与乙醇、醋酸反应，由于醋酸 ，钠与醋酸反应更快。
（2）设计实验进行“证实与证伪”
实验I配制一定浓度的HCl
①用12.00mol·L-1HCl配制0.50mol·L-1HCl和5.00mol·L-1HCl时，除用到烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须用到下列仪器中的 （写对应字母）。
②配制0.50mol·L-1HCl250mL，需要取用12.00mol·L-1浓盐酸的体积为 。
实验II相同温度下，比较钠与水、0.50mol·L-1HCl、5.00mol·L-1HCl反应的快慢
序号 钠块（形状几乎相同） 反应液体(50mL) 钠块消失时间
Ⅰ 0.15g 水 Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ
Ⅱ 0.15g 0.50mol·L-1HCl
Ⅲ 0.15g 5.00mol·L-1HCl
该小组查阅资料知，相同温度下，影响钠与盐酸反应速率的主要因素是c(H+)和钠表面的c(Na+)。
③钠与5.00mol·L-1HCl反应，速率最慢的原因可能是 。
实验II相同温度下，比较钠与乙醇、醋酸反应的快慢
序号 钠块（形状几乎相同） 反应液体(50mL) 反应现象 钠块消失时间
ⅳ 0.15g 乙醇 钠沉在烧杯底部，产生气泡较快 ⅳ＜ⅴ
ⅴ 0.15g 冰醋酸 钠浮在液体表面，产生气泡较慢
④该小组某同学提出，依据化学实验的控制变量思想，该实验设计存在缺陷，该缺陷是 。
⑤请你帮助该小组设计新的方案，对上述实验进行改进 。
实验结论：
⑥通过实验探究，该小组同学认为钠与醋酸反应比钠与乙醇反应慢，原因可能是 。
A．冰醋酸是无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子
B．乙醇钠在乙醇中的溶解度大于乙酸钠在乙酸中的溶解度
C．乙酸羧基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子更难电离出氢离子
34．（2021·开封模拟）二氧化氯(ClO2)作为一种高效强氧化剂已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级安全消毒剂。常温下二氧化氯为黄绿色或橘黄色气体，性质非常不稳定，温度过高或水溶液中ClO2的质量分数高于30%等均有可能引起爆炸。一种新型实验室制备方法的装置如图所示：
分液漏斗及2号气瓶中盛放浓度为150g·L-1的NaClO2溶液，1号气瓶中盛放6mol·L-1的H2SO4溶液，3号、4号、5号、6号气瓶中盛放冰水。回答下列问题：
（1）配制500mLNaClO2溶液，需NaClO2固体 g。
（2）按图连接好各仪器， ，加注相应试剂，并抽真空。
（3）打开分液漏斗活塞，让NaClO2溶液缓慢滴入1号气瓶，生成ClO2和一种气体单质。该反应的化学方程式为 。
（4）2号气瓶可吸收1号气瓶中产生的气体单质并继续产生ClO2，发生反应的离子方程式为 ，检验还原产物离子的试剂是 。
（5）此制备方法不需要设置尾气处理装置，原因是 。
（6）制取完毕后，利用滴定法测定所得溶液中ClO2浓度，滴定20.00mLClO2溶液消耗0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液25.00mL，则ClO2含量为 g·L-1。
35．（2021·开封模拟）三氧化钨(WO3)可用于制造钨丝、高熔点合金、硬质合金和防火材料等。一种利用黑钨矿(主要含FeWO4、MnWO4及硅、磷、砷、钼等杂质)制备WO3的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）写出两种对提高“焙烧”和“浸取”阶段转化率均有效的措施 、 。
（2）写出FeWO4在“焙烧”阶段时反应的化学方程式 ，该反应的氧化产物用途有 、 。
（3）“除钼”阶段中，仲钼酸铵[(NH4)6Mo7O24]与(NH4)2S在溶液中反应生成硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，试写出该反应的化学方程式 。
（4）“沉淀”阶段中，要使 浓度降至1×10-3mol·L-1以下，CaCl2在溶液中的浓度应不低于 [Ksp(CaWO4)=2.5×10-3]，滤液经稀释后应返回阶段循环利用。
（5）有一种蓝钨WO3-x，钨的化合价为+5和+6，若x=0.15，则该化合物中+5和+6的钨原子物质的量之比为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】同分异构现象和同分异构体；多糖的性质和用途；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，淀粉在一定条件下水解可得到葡萄糖，A符合题意；
B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，二者结构不同，互为同分异构体，属于烃的衍生物，B不符合题意；
C.1个CO分子含有14个电子，则1mol CO中含有的电子数为14×6.02×1023=8.428×1024，C不符合题意；
D．未指明气体的条件，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.淀粉是多糖，葡萄糖是单糖，多糖在一定条件下可水解生成单糖。
B.同分异构体的特点是分子式相同、结构不同的化合物，烃类只含碳、氢元素。
C.原子中质子数=核外电子数，结合N=n·NA进行分析。
D.标准状况未知，不能运用V=n·Vm计算物质的量。
2．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故 (标准状况)与水充分反应转移电子数目小于 ，A不符合题意；
B．根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2 CuCl2，故 和 均可通过化合反应得到，B符合题意；
C．将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C不符合题意；
D．由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故 与 溶液反应： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.与水反应并不充分；
B.两者均可化合得到；
C.浓硫酸不易挥发，无法反应；
D.会发生氧化还原反应，化合价会变化。
3．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．废旧锂电池中含有锂、有机电解质等物质，在高温下Li与空气中的O2会发生反应，有机物在高温下会发生燃烧反应引发火灾，因此不能在高温条件下拆解电池，回收其中的锂，A不符合题意；
B．放电时锂作负极，充电时，Li电极应与外加电源的负极相连作阴极，B不符合题意；
C．放电时，负极上Li失去电子变为Li+进入电解质溶液，负极反应式为Li-e-=Li+，正极上Li+嵌入正极材料中，因此当电路中转移1 mol电子时，正极增重7 g，C符合题意；
D．充电时Li电极与电源负极连接，作阴极，在阴极上Li+得到电子变为Li单质，故充电时总反应式为：LiFe0.6Mn0.4PO4Fe0.6Mn0.4PO4+Li，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.锂在高温下易燃，易造成火灾
B.充电时，锂电极做阴极
C.根据正极电极式即可计算
D.根据正负极电极式即可写出总的方程式
4．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】等体积阳离子的浓度越大，阳离子数目越多，①NaCl是中性，中含有钠离子和氢离子，阳离子总和约为0.1mol·L-1，②FeCl3中铁离子水解，生成氢离子，溶液呈酸性，则阳离子物质的量浓度大于0.1mol·L-1，③HCl抑制水的电离，氢离子浓度约为0.1mol·L-1，④Na2CO3钠离子浓度为0.2mol·L-1，故阳离子数目由少到多的顺序③①②④；
【分析】分别计算各溶液中的阳离子数目，再进行比较。
5．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．石墨烯和金刚石均由碳原子构成，故12g石墨烯和12g金刚石中含有的碳原子的物质的量均为，故含碳原子均为NA个，故A不符合题意；
B．用铜作电极电解饱和NaCl溶液，阳极失去电子的是金属铜，不会生成气体，故B不符合题意；
C．甲醛和冰醋酸最简式相同，3.0g由甲醛和冰醋酸最简式CH2O的物质的量为，含有原子数为0.4NA，故C符合题意；
D.6.8g硫酸氢钾的物质的量为，而硫酸氢钾在熔融状态下只能电离为钾离子和硫酸氢根，故0.05mol液体硫酸氢钾中含0.05NA个阳离子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.金刚石与石墨都为碳原子，可以算出碳原子的物质的量为1mol，但是金刚石与石墨结构不同，无法算出其共价键数目
B.阳极为活泼电极，其本身放电，氯离子不会放电，没有气体产生
C.利用甲醛与冰醋酸最简式相同进行计算即可
D.熔融是电离出的阳离子为钾离子，故阳离子个数为0.05NA
6．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.聚丙烯中的C-H键数目等于H原子数，聚丙烯的最简式为CH2，故14g聚丙烯中含有2 mol H原子，A项符合题意；
B.氢氧燃料电池正极是氧气得电子，1 mol氧气得4 mol电子，所以消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为4NA，B不符合题意；
C.2.3gNa与氧气完全反应，Na的化合价由0价变为+1价，则反应中转移的电子数为0.1NA，C不符合题意；
D.由于粗铜中含有比铜容易失电子的Ni、Zn、Fe等金属，故阳极质量减少64 g时，阴极得到的电子数不一定是2NA，D不符合题意。
【分析】
A.碳氢键个数与氢原子有关，根据其相对分子个数与氢原子个数计算机课；
B.正极气体消耗是氧气，根据的是电子应得电子4mol；
C.此反应完全反应且根据钠的变化，转移电子数固定；
D.阳极失电子，但阳极是粗铜放电，可能含其他杂质元素放电，阴极的电子转移数目不确定。
7．【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 的物质的量为15.6g÷78g/mol=0.2mol， 由Na+和 构成，因此 中离子总数=0.2mol×3×NAmol-1= ，A符合题意；
B．根据题给条件无法计算臭氧的物质的量，因此无法计算质子数，B不符合题意；
C．即使氢气过量，1mol氮气也不能完全转化为氨气，因此 与 反应生成的 分子数小于 ，C不符合题意；
D． 溶液中 数小于 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据n=计算出物质的量，再根据Na2O2=2Na++O22-，即可计算出含有的离子数
B.使用摩尔体积时需要考虑物质的状态以及条件
C.氮气和氢气合成氨为可逆反应
D. 为一元弱酸，部分电离
8．【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.2g氘化锂（6LiD）的物质的量为2g÷8g/mol=0.25mol，6LiD中有3+1=4个中子，0.25mol6LiD中含中子数为NA，故A符合题意；
B．没有说明是否为标况，无法计算，故B不符合题意；
C．Na2O2的摩尔质量为78g/mol，故7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，Na2O2由钠离子和过氧根离子按2：1构成，故7.8g过氧化钠中含0.3mol离子即0.3NA个，故C不符合题意；
D． 的物质的量为12g÷120g/mol=0.1mol， 晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成，则 晶体含阳离子的数目为0.1 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A.根据质量数和质子数计算中子数，再根据题目条件计算物质的量，从而计算所求的中字个数；
B.涉及体积的阿伏加德罗常数的时候要注意是否标注标准条件；
C.过氧化物中过氧根算一个离子；
D.NaHSO4晶体由Na+和HSO4-构成。
9．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．石膏是普通硅酸盐，是水泥常用的一种添加剂，能调节水泥的硬化速度，A项不符合题意；
B．由流程图可知，过程Ⅰ中， 和 反应生成 和 ，化学方程式为 ， 转化为 ，Mn元素化合价由+2价变为+4价，化合价升高， 作还原剂， 为氧化产物， 转化为 ，O元素化合价由0价变为-2价，化合价降低， 作氧化剂，则过程Ⅰ中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2，B项符合题意；
C.10L上层清液中的 的物质的量为 ，根据S元素守恒，过程Ⅱ中生成的 的物质的量为0.05mol，过程Ⅱ中，离子方程式为 ，消耗0.1mol 的同时，需要消耗0.2mol ，根据过程Ⅰ： 可知，该过程消耗 的物质的量为0.1mol， 与 在碱性条件下反应生成 ，离子方程式为 ，则该反应消耗 的物质的量为 ，共消耗0.2mol ，空气中 的含量约为 ，则理论上共需标准状况下空气的体积约为 ，C项不符合题意；
D．过程Ⅱ中， 和 反应生成 和 ，离子方程式为： ，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 由流程可知，Ca(OH)2与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，涉及反应为
，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成，可用于制备CaSO4·2H2O。
10．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．多肽是氨基酸经脱水缩合得到的，巴比妥中虽然有肽键，但并不是氨基酸脱水缩合得到，因此不属于多肽，A不符合题意；
B．巴比妥水解时，分子中是四个碳氮键都断裂，在酸性条件下得到CO2，在碱性条件下水得到NH3，B符合题意；
C．巴比妥只含有酰胺一种官能团，C不符合题意；
D．巴比妥分子中有四个碳氮键，水解时每断裂1个碳氮键需消耗1个NaOH，则1 mol巴比妥与足量NaOH溶液反应，可消耗4 mol NaOH，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.不是由氨基酸合成
B.根据其含有的官能团进行判断即可
C.根据结构简式判断其官能团即可
D.根据结构结构简式即可判断与氢氧化钠反应的物质的量
11．【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，2g氖气的物质的量是2g÷20g/mol＝0.1mol，含有0.1NA个氖原子，A符合题意；
B．常温常压下，18g重水(D2O)的物质的量是18g÷20g/mol＝0.9mol，含有的电子数为9NA，B不符合题意；
C．标准状况下，22.4LCl2的物质的量是1mol，与足量的铁反应，转移的电子数为2NA，C不符合题意；
D．一定条件下，1molN2与足量的H2充分反应，由于是可逆反应，生成NH3分子数小于2NA个，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据n=计算出物质的量再找出1个氖分子含有的氖原子个数即可
B..根据n=计算出物质的量，再找出1个重水分子中含有的电子数即可
C.根据Cl2~2Cl-~2e即可计算出转移的电子数
D.可逆反应不完全发生
12．【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，A不符合题意；
B．K2Cr2O7被还原为Cr3+时，2个+6价的Cr转化为+3价，共转移6个电子，则1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，B符合题意；
C．常温下，不能用标况下气体摩尔体积计算N2的物质的量，则共用电子对数目不是0.3NA，C不符合题意；
D．NH 是弱碱阳离子，发生水解：NH ＋H2O NH3·H2O＋H＋，因此NH 数量小于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据n=cv计算，但是体积未知
B.根据化合价变化即可计算
C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
D.应该考虑铵根离子的水解
13．【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.2.4g镁的物质的量为0.1mol，镁在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，Mg元素化合价由0升高至+2，转移电子数为0.2 NA，故A不符合题意；
B．SO2与O2的催化反应为可逆反应(2SO2+O2 2SO3)，因此密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，故B符合题意；
C.1 mol羟基中含有的电子数为(8+1)NA=9NA，故C不符合题意；
D．HCl溶于水后，HCl发生完全电离，溶液中无HCl分子剩余，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.可根据Mg~Mg2+~2e进行计算
B.可逆反应不能完全反应
C.找出1个羟基含有的电子数即可
D.氯化氢溶于水后形成盐酸电离
14．【答案】A
【知识点】结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．苯环是平面结构，苯环上的6个碳原子以及和苯环相连的6个原子都在同一平面，由于单键可以旋转，所以羟基上的H也可以在苯环的平面上，所以1 mol 中位于同一平面的原子数目最多为14 NA，故A符合题意；
B．电子式为 ，故B不符合题意；
C．N有5个价电子，需要共用三对电子达到稳定结构，所以N2H4的结构式为 ，故C不符合题意；
D．在水溶液中Al3+会发生水解，所以常温下，1L 0.2mol/L AlCl3溶液中含Al3+数小于0.2NA，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.苯环上所有的原子均共面，单键可以通过旋转共面
B.巯基(-SH)不带电
C.氮只能形成3个共价键，因此N2H4中不能存在氮氮双键
D.需要考虑铝离子的水解
15．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．铁与足量浓硝酸反应会发生钝化，A符合题意；
B．一个乙烯分子中有6对共用电子对，一个丙烯分子中有9对共用电子对，Mg乙烯中共用电子对数为 ，Mg丙烯中共用电子对数为 ，B不符合题意；
C．pH=13的氢氧化钡溶液中， ，n(OH-)=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，N(OH-)=nNA=0.1NA，C不符合题意；
D．11B中，中子数=11-5=6，0.1mol11B中中子数有0.6NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.常温下，铁 的表面被浓硝酸氧化形成致密的氧化物薄膜，导致反应不能继续反应
B.最简式相同，根据最简式进行计算即可
C.根据n=cv计算即可
D.根据质量数=中子数+质子数即可计算出中子数
16．【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.3.2gN2H4的物质的量为 =0.1mol，与足量O2反应完全转化为N2时，N原子的化合价由-2价变为0价，转移的电子数为0.4NA，故A符合题意；
B．未指明是在标准状况下，无法计算0.224L由氖气与甲烷组成的混合气体的物质的量，则不能确定含有的电子总数，故B不符合题意；
C．当是浓硝酸时，4HNO3～Cu2+，当是稀硝酸时，8HNO3～3Cu2+，含0.4molHNO3的浓硝酸与足量Cu充分反应，硝酸变稀后生成NO，则生成Cu2+的数目大于0.1NA，故C不符合题意；
D.0.1molMnO2与含0.4molHCl的浓盐酸充分反应，盐酸的浓度变稀后，不再反应生成Cl2，生成氯气的数目小于0.1NA，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.写出方程式即可计算出转移的电子数
B.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
C.根据浓稀硝酸与铜反应即可计算出铜离子的物质的量
D.浓盐酸反应一段时间后变稀不参与反应
17．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．阳极产生大量的活性氧，将新冠病毒的彻底灭活，A不符合题意；
B．用NaCl溶解电解阳极是氯离子失电子产生氯气，氯气有毒，B不符合题意；
C．b极是电源正极，a极是负极，负极电势比正极的低，C符合题意；
D．由4OH--4e-=2H2O +O2↑理论上转移4mole-时，可以收集到标况下22.4LO2，由于灭活病毒消耗部分氧，则收集氧气体积小于22.4L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解Na2CO3溶液，阳极的电极反应式为：4OH--4e-=2H2O
+O2↑，阴极的电极反应式为：2H2O +2e-=2OH-+ H2↑，则b极是电源正极，a极是负极；
18．【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.12 g石墨烯的物质的量是1mol，石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，则1mol碳原子含有六元环的个数是0.5NA，故A不符合题意；
B.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有乙醇的物质的量是 =1mol，含有氧原子数为NA，水中也含有氧原子，故B不符合题意；
C．不知道溶液的体积，无法算出碳酸钠的物质的量，故C不符合题意；
D．常温下，1L 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中加入醋酸至溶液为中性，溶液中存在电荷守恒：
，则 =0.1mol=0.1NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.先根据n=计算出物质的量，找找出1个六元环含有碳原子的个数即可计算出六元环的个数
B.氧原子来源水分子和乙醇分子
C.根据n=cv，但是体积未知
D.根据电荷守恒计算
19．【答案】A
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．根据分析，无论是一元强酸和一元弱碱，或是一元强碱反应时，两溶液中溶质物质的量相等，故A符合题意；
B．由于两溶液中溶质物质的量相等，但相对分子质量不相等，根据m=nM，故溶质的质量不一定相等，故B不符合题意；
C．一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，发生反应：H++OH-=H2O，故H+和OH-的物质的量相等，则两溶液中溶质物质的量相等，一元强酸和一元弱碱恰好完全反应时，强酸和弱碱的物质的量相等， 和 的物质的量不相等，故C不符合题意；
D．两溶液中溶质物质的量相等，根据n=cV，则溶液物质的量浓度可能相等，也可能不相等，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】将体积为 的某一元强酸溶液与体积为 的某一元碱溶液混合，一元碱可能是强碱，也可能是弱碱，一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，强酸和弱碱的物质的量相等。
20．【答案】C
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．He为2号元素，故 的质子数为2，所以1mol月球表面的氦 含有的质子数为2NA，A项不符合题意；
B．乙酸与甲酸甲酯的分子式均为C2H4O2，15g乙酸与甲酸甲酯的混合物的物质的量为 ，则含氧原子总数为0.5NA，B项不符合题意；
C.2mol 和1mol 催化反应后分子总数大于2NA，C项符合题意；
D.1mol 中含有1mol阴离子，1mol 含有1mol阴离子，所以物质的量均为1mol的 和 中所含阴离子数均为NA，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据质子数=原子序数即可判断
B.最简式相同直接计算出最简式中氧原子的个数
C.二氧化硫和氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底
D.根据Na2O=2Na++O2-、Na2O2=2Na++O22-，即可判断
21．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.0.1 mol FeI2中含0.1 mol Fe2+、0.2 mol I-，由于Cl2足量，故Fe2+、I-均被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，则转移电子=n(Fe2+)+n(I-)=0.3 mol，A不符合题意；
B．根据得失电子守恒，得3n(Al)=2n(H2)，即n(H2)=1.5n(Al)，由于两种情况下Al都完全反应，故生成的H2相等均为1.5 mol，B符合题意；
C．由于未说明标准状况，故22.4 L不一定为1 mol，C不符合题意；
D．同位素2H与3H质子数相同，均为1，中子数相差1个，故两种分子质子数相等，D不符合题意；
故答案选B。
【分析】A.亚铁离子和碘离子均与氯气反应，转移的电子与0.1mol的亚硫酸钠转移的电子不同
B.找出铝单质与产生氢气的关系即可
C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
D.质子数相同中子数不同
22．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个HN3分子中含有22个电子，则1 mol HN3含电子总数为22NA，故A不符合题意；
B．HN3可视为一元弱酸，则NaN3由Na+和 构成，则1 mol NaN3含有阴离子总数为NA，故B不符合题意；
C．pH=3的HN3溶液中氢离子浓度为10-3mol/L，HN3可视为一元弱酸，在溶液中部分电离，则HN3大于10-3mol/L，则2LpH=3的HN3中HN3的物质的量大于0.002mol，与足量Zn反应产生H2的分子数大于0.001NA，故C不符合题意；
D.1 L0.1mol L-1NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol，滴入HN3溶液恰好完全反应时生成物为NaN3，NaN3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，若使呈中性，HN3溶液需要过量，即为NaN3和NaN3的混合溶液，该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c( )+c(OH-)，由于溶液中性，即c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)= c( )，n(Na+)=n( )=0.1mol，则溶液中N 数目为0.1NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.找出1个氨气分子中的电子总数即可
B.根据NaN3=Na++N3-，即可求出阴离子数目
C. HN3的Ka=1.9×10-5，可视为一元弱酸， 部分电离，2LpH=3的HN3 与锌产生的氢气远大于0.001mol
D.根据电荷守恒即可判断
23．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 常温常压下，Kw=10-14，c(H+)= mol·L－1，1L 中含有的H+数为1L× mol·L－1× mol－1= ，故A符合题意；
B.2 和1 催化反应后分子总数少于2 ，故B不符合题意；
C． 18g 中含有的质子数为 =9 ，故C不符合题意；
D． 过氧化钠与水反应时， 既作氧化剂又作还原剂，0.1 完全反应转移电子数为0.1 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据常温下水的离子积即可计算出氢离子的物质的量浓度结合体积计算出物质的量
B. 密闭容器中， 和 的反应是可逆反应
C.根据n=计算出物质的量，再找出1个 中中子的个数即可
D.写出方程式即可找出电子转移量
24．【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．pH=4的溶液可能为酸溶液，也可能为盐溶液，若为酸溶液，1000L溶液中水电离出的氢离子数目为10—7NA，若为盐溶液，1000L溶液中水电离出的氢离子数目为0.1NA，故A不符合题意；
B．醋酸铵溶液中铵根离子和醋酸根离子均在溶液中发生水解，则1 L 1 mol·L-1 醋酸铵溶液中铵根离子和醋酸根离子均小于NA，故B不符合题意；
C．溴化碘与水完全反应生成溴化氢和次碘酸的反应没有化合价变化，为非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量一定大于56 g，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.无法确定 pH=4的溶液 是盐溶液还是酸，无法确定水电离出的氢离子
B.考虑醋酸根了铵根离子的水解
C.写出方程式标出化合价即可判断
D.氢氧化铁胶体为粒子的聚合体即可判断
25．【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，22.4 L 和 混合气的物质的量为1mol，含有的原子数目为2 ，故A不符合题意；
B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中氧元素的价态部分由-1价升高到0价，部分降低到-2价，因此1mol过氧化钠参加反应生成0.5mol氧气，转移电子1mol，当生成0.1 mol氧气时，转移的电子数为0.2 ，故B符合题意；
C．亚铁离子能够微量水解，所以100 mL 0.1 溶液中含有的 数目小于0.01 ，故C不符合题意；
D．将0.1 mol 通入到足量的水中，溶液中存在Cl2 、HClO、ClO-、Cl-等含氯微粒，根据氯原子守恒规律分析，溶液中 、HClO、ClO微粒总数小于0.2 ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氮气和氢气均属于双原子分子，一个分子中均只含有2个原子
B.根据Na2O2+2H2O=2NaOH+O2~2e即可计算
C.铵根离子和亚铁离子均水解
D.根据氯元素守恒即可判断
26．【答案】B
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个 分子中含7个中子，所以 中含有的中子数为0.5mol 7 = ，A不符合题意；
B． 中 和 都具有较强的还原性，都能和 发生反应，则 与足量 反应时，转移的电子总数为 ，B符合题意；
C．NO与O2反应生成NO2，部分NO2会自发生成N2O4，反应的方程式为： ，则充分反应后得到的气体分子数小于 ，C不符合题意；
D． 在水溶液中发生水解反应，促进水的电离，则 的 溶液水电离的氢离子等于氢氧根离子，常温下其浓度为 = mol/L，溶液体积为1L，则发生电离的水分子数为 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.找出1个氨气分子含有的中子数即可
B.氯气的氧化性很强，亚铁离子和碘离子均具有还原性，根据方程式即可计算出转移的电子数
C.考虑到二氧化氮和四氧化二氮的转化
D.根据水解方程式进行计算即可
27．【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．根据图示，在浓硝酸浓度为12.2mol/L时，主要产物NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，NH4+离子成为主要产物，一般来说，硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多，A不符合题意；
B．假设Fe与反应分别生成1mol的和，转移电子的物质的量分别为8mol、8mol，转移电子数目之比为1：1， B符合题意；
C．少量铁粉与足量的浓度为12.2mol·L-1硝酸反应时，还原产物是等物质的量的NO2、NO，氧化产物是Fe(NO3)3，反应的化学方程式为：4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O，C不符合题意；
D．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时还原产物是NO、NO2、N2O，用一定量的铁粉与足量的9.75mol·L-1HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24L，部分硝酸被还原、部分硝酸生成硝酸铁，若还原产物全是NO，参加反应的硝酸为0.4mol；若还原产物全是NO2，参加反应的硝酸为0.2mol；若还原产物全是N2O，参加反应的硝酸为1mol；所以参加反应的硝酸的物质的量大于0.200mol，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；
C.少量铁粉与足量的浓度为12.2mol·L-1硝酸反应时，还原产物是等物质的量的NO2、NO，氧化产物是Fe(NO3)3。
28．【答案】（1）、、O；
（2）、
（3）；
（4）将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有
【知识点】物质检验实验方案的设计；物质的量的相关计算；化学式及其计算
【解析】【解答】（1）根据分析可知，组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。
（2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
（3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4 Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3) 生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3 H2O＝3Cu(NH3) +Ba2＋+8OH－+8H2O。
（4）由上述分析可知，尾气中含有NH3、N2和H2O，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠 ，说明有H2O。
【分析】无色溶液B中加入硫酸得到白色沉淀和无色溶液C，无色溶液C加入足量氯化钡溶液得到白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，物质的量为2.330g÷233g/mol=0.01mol<0.015mol，则白色沉淀B也是硫酸钡，则无色溶液中含有钡离子，固体混合物A中加入盐酸得到紫红色固体A和无色溶液B，紫红色固体为Cu，Cu的物质的量为0.96g÷64g/mol＝0.015mol，1.965gX含有0.960gCu和0.685gBa， 剩余一种元素的质量为0.32g，化合物X在空气中加热到，不发生反应 ，则另一种元素应为O元素，物质的量为0.32g÷16g/mol＝0.02mol，n(Ba)：n(Cu)：n(O)=0.005mol：0.015mol：0.02mol=1：3：4，则X为BaCu3O4，BaCu3O4与足量NH3反应生成Cu、Ba(OH)2、N2和H2O，尾气中含有NH3、N2和H2O，A为Cu和Ba(OH)2的混合物，加入盐酸生成BaCl2，BaCl2与足量硫酸反应生成BaSO4沉淀和HCl，则B溶液为BaCl2溶液或BaCl2、HCl的混合溶液，C溶液为硫酸、盐酸的混合溶液。
29．【答案】（1）9
（2）0.0100
【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02g，可知样品中n(Al)= ，则，解得x=9。
(2)气体产物中n(H2O)=3.06g÷18g/mol=0.17mol，则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3-0.02=0.04mol，根据氧元素守恒，n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.0100mol。
【分析】根据反应物和生成物写出反应的方程式，再根据方程式找出关系式计算。
30．【答案】（1）＜；CO2(g)+3 H2(g)= CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH=-53.3kJ/mol
（2）k逆；该反应为放热反应，升高温度，v正、v逆均增大，平衡向逆反应方向移动，说明v正比v逆慢，k正增大的值小于k逆；50%；100MPa-1；bc
（3）3
【知识点】热化学方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；物质的量的相关计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)液态水的能量低于气态水，则液态水的标准摩尔生成焓小于气态水；由反应的反应热等于生成物标准摩尔生成焓之和与反应成物的标准摩尔生成焓之和的差值，则二氧化碳与氢气合成甲醇的反应热ΔH=[(-241.8)+( -205.0)]kJ/mol-(-393.5)=-53.3kJ/mol，则反应的热化学方程式为CO2(g)+3 H2(g)= CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH=-53.3kJ/mol，故答案为：＜；CO2(g)+3 H2(g)= CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH=-53.3kJ/mol；
(2)二氧化硫的催化氧化反应是放热反应，升高温度，反应速率v正、v逆均增大，平衡向逆反应方向移动，说明反应速率v正比v逆慢，速率常数k正增大的值小于k逆，则曲线①表示k逆；设起始反应时混合气体的总物质的量为100mol，平衡时二氧化硫的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由平衡时氧气的体积分数为10.0%可得： ×100%=10.0%，解得a=0.5，则平衡时二氧化硫、氧气和三氧化硫的分压为 ×0.1MPa、 ×0.1MPa、 ×0.1MPa，所以压强平衡常数K= =100MPa-1；该反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动，二氧化硫和氧气的转化率增大，则工业生产中通常使用比868K低的温度，优先考虑了催化剂的活性和反应物的转化率，故答案为：k逆；该反应为放热反应，升高温度，v正、v逆均增大，平衡向逆反应方向移动，说明v正比v逆慢，k正增大的值小于k逆；50%；100MPa-1；bc；
(3)将三步基元反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①×2—②+③可得臭氧和一氧化氮反应生成氧气和五氧化二氮的反应为3O3+2NO= N2O5+3O2，则由方程式可知，反应生成1mol五氧化二氮，需消耗3mol臭氧，故答案为：3。
【分析】（1）液态水比气态水稳定，所含热量较低。注意热化学方程式中要注明各物质的聚集状态，不需写反应条件，△H=生成物的总能量-反应物的总能量。
（2）该反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，但平衡向左移动，即v逆＞v正，据此分析。可以运用假设法，结合化学平衡计算中的三段式进行求解。分压=总压×物质所占的物质的量分数，注意单位统一。
（3）运用盖斯定律，消去NO2、O2、NO3可得3O3+2NO=3O2+N2O5，结合所得方程进行解答。
31．【答案】（1）分液漏斗；浓盐酸；2 +10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2）d；e；b；c；f
（3）2(NH4)2CO3+3Cl2=2H2O+3NHCl+NCl3+2CO2
（4）除去氯气中的氯化氢气体；除去氯气，防止污染空气
（5）3Na2SO3 +NCl3+3H2O=3Na2SO4+2HCl+NH4Cl；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；含氮物质的综合应用；实验装置的拆卸；物质的量的相关计算
【解析】【分析】
（1）X是分液漏斗，根据题目分析，装浓盐酸用于制备氯气，A中的反应是制备氯气的反应，注意电荷守恒即可；
（2）装置的连接顺序自左到右，从下到上；
（3）碳酸铵和氯气反应生成三氯化氮，根据原子守恒和电荷守恒进行配平即可；
（4）C装置是除去氯化氢气体D是尾气处理及防倒吸；
（5）根据原子守恒进行补充物质，再由得失电子守恒进行配平即可；计算可根据化学方程式进行。
32．【答案】（1）A；打开 ，关闭
（2）用 排尽装置中的空气，防止 与氧气反应
（3）碱石灰；
（4）防止 与 反应生成 固体堵塞导管造成危险
（5）94.3%
【知识点】常用仪器及其使用；实验装置综合；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)实验准备就绪后，应先加热A装置，此时 打开 关闭先生成氮气，排除装置中其他气体，防止E中发生其他反应使产物不纯。
(2)实验中 的作用是：用 排尽装置中的空气，防止 与氧气反应。
(3)改变 的状态，加热E装置。试剂a的名称是碱石灰，C中氨水挥发出来的氨气和水蒸气，需要用碱石灰干燥气体；装置E中有纯净干燥的氨气，发生反应的化学方程式 。
(4)实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是防止 与 反应生成 固体堵塞导管造成危险。
(5)向 所得 中加入足量 溶液，然后通入水蒸气将 全部蒸出，将 用 溶液完全吸收，剩余的 用 溶液恰好中和，易知则 ~ ~H+~OH-，则n( )=n( )=60×10-3×1×2-10×10-3×2=0.1mol，所得产品中 的质量分数为 。
【分析】加热装置A生成氮气， 排尽装置中的空气，防止 与氧气反应，B中浓硫酸除去水蒸气，试剂a为碱石灰，除去氨气中的水蒸气，在E中生成 ，氯化氢气体被水吸收，据此分析解题。
33．【答案】（1）盐酸中氢离子浓度大；是电解质，能电离出氢离子
（2）ce；10.4mL；钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触；钠块与乙醇和乙酸反应的接触面积不同；将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部；AB
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)金属钠可以和酸反应，也可以和水反应，酸中含有的氢离子浓度大于水中含有的氢离子浓度，故钠与盐酸反应更快，是因为酸中氢离子浓度更大。乙醇不是电解质，极难电离。羧酸是电解质，可以部分电离，羧羟基中的氢原子活性大于醇羟基中的氢原子。从而使得钠与醋酸反应更快。答案为：盐酸中氢离子浓度大；是电解质，能电离出氢离子；
(2)①用12.00mol·L-1HCl配制0.50mol·L-1HCl和5.00mol·L-1HCl时，需要用量筒、烧杯、玻璃棒、相应规格的容量瓶和胶头滴管。故答案为：ce；
②根据c稀V稀=c浓V浓，可知需要取用的浓盐酸的体积为 ，由于实验时使用量筒量取，所以需用浓盐酸的体积为10.4mL； 答案为：10.4mL；
③由题中查阅资料的信息可知，钠与5.00mol·L-1HCl反应，速率最慢的原因可能是钠表面的c(Na+)的原因，即钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触。答案为：钠表面的钠离子浓度较大，阻滞了钠与氢离子的接触或反应生成的氯化钠在盐酸中的溶解度较小，减少了钠与氢离子的接触；
④根据控制变量思想，分析实验II，可以发现实验II中存在两个变量：反应液体不同以及反应中钠与反应液体的接触面积不同。答案为：钠块与乙醇和乙酸反应的接触面积不同；
⑤根据控制变量的思想，改进实验II，使其中只存在一个变量，由此可知改变钠块与反应液体的接触情况，使钠块与两个反应液体的接触面积一样，故可以选择将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部。答案为：将钠块固定在盛冰醋酸的烧杯底部；
⑥A．冰醋酸是纯的无水乙酸，无水情况下难以电离出氢离子，则冰醋酸中的氢离子浓度较低，反应速度降低，从而使得醋酸与钠反应比乙醇与钠反应慢，A项正确；
B．乙酸钠在乙酸中的溶解度较小，附着在钠的表面，阻滞了钠与乙酸的接触，使得反应速率减慢，B项正确；
C．乙酸是电解质，乙醇不是电解质，乙酸羟基中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活性大，更易电离出氢离子，C项不正确；
故答案为：AB。
【分析】（1）水是弱电解质部分电离，而氯化氢是强电解质在水中是完全电离，氢离子浓度大小直接影响反应速率，根据电解质的定义，醋酸是电解质可以电离出氢离子
（2）① 配制一定物资的量浓度的溶液需要的仪器是量筒、烧杯、玻璃棒、相应规格的容量瓶和胶头滴管根据选项选出即可 ②根据稀释前后物质的量不变即可计算出体积 ③根据题意可知，氢离子浓度越大速率越快，而钠离子浓度越大速率越慢 ④钠沉在底部，醋酸是浮在液面，因此接触面积不同 ⑤保持控制面积相同，因此将乙酸中的钠按入底部即可 ⑥氢离子浓度影响速率，冰醋酸是纯净物，几乎不电离氢离子，乙酸钠浮在钠表面阻碍了反应的进行
34．【答案】（1）75
（2）检查装置气密性
（3）8NaClO2+4H2SO4=6ClO2↑+Cl2↑+4Na2SO4+4H2O
（4）2ClO +Cl2=2ClO2+2Cl-；硝酸酸化的硝酸银溶液
（5）设置多个盛有冰水的气瓶，延长气体与水接触时间，使气体完全溶解
（6）13.5
【知识点】物质的检验和鉴别；实验装置综合；离子方程式的书写；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) 分液漏斗及2号气瓶中盛放浓度为150g·L-1的NaClO2溶液，配制500mLNaClO2溶液，需NaClO2固体75g，故答案为75；
(2)按图连接好各仪器，加注相应试剂之前，首先要检查装置的气密性，故答案为检查装置气密性；
(3)打开分液漏斗活塞，让NaClO2溶液缓慢滴入1号气瓶，生成ClO2和一种气体单质，NaClO2发生歧化反应，则这种气体单质应为氯气，反应方程式为8NaClO2+4H2SO4=6ClO2↑+Cl2↑+4Na2SO4+4H2O，故答案为8NaClO2+4H2SO4=6ClO2↑+Cl2↑+4Na2SO4+4H2O；
(4)2号气瓶可吸收1号气瓶中产生的气体单质并继续产生ClO2，氯气和NaClO2反应生成二氧化氯，离子方程式为2ClO +Cl2=2ClO2+2Cl-，还原产物为氯离子，可用硝酸酸化的硝酸银溶液来检验氯离子，故答案为2ClO +Cl2=2ClO2+2Cl- 硝酸酸化的硝酸银溶液
(5)3号、4号、5号、6号气瓶中盛放冰水，延长气体与水接触时间，使气体完全溶解，故答案为设置多个盛有冰水的气瓶，延长气体与水接触时间，使气体完全溶解；
(6)利用滴定法测定所得溶液中ClO2浓度，滴定20.00mLClO2溶液消耗0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液25.00mL，二氧化氯中氯元素的化合价从+4价降为-1价，而硫代硫酸钠中硫元素的化合价从+2价升高到+6价，根据得失电子相等的原理，二者之间的定量关系为
8ClO2---- 5Na2S2O3，则0.02L×C(ClO2)×5=0.025L×0.1000mol·L-1×8， C(ClO2)=0.2 mol·L-1，0.2 mol·L-1×67.5g/mol=13.5g/L，故答案为13.5g/L，
【分析】利用此装置来制备二氧化氯之前，首先要进行装置气密性检验，分液漏斗及2号气瓶中盛放浓度为150g·L-1的NaClO2溶液，若配制500mLNaClO2溶液，需NaClO2固体75g。利用该装置来制备二氧化氯，打开分液漏斗活塞，让NaClO2溶液缓慢滴入1号气瓶，NaClO2和6mol·L-1的H2SO4溶液反应生成二氧化氯和一种气体单质，NaClO2发生歧化反应，则这种气体单质应为氯气，反应方程式为8NaClO2+4H2SO4=6ClO2↑+Cl2↑+4Na2SO4+4H2O；2号气瓶可吸收1号气瓶中产生的气体单质并继续产生ClO2，氯气和NaClO2，反应生成二氧化氯，离子方程式为2ClO +Cl2=2ClO2+2Cl-，还原产物为氯离子，可用硝酸酸化的硝酸银溶液来检验氯离子；3号、4号、5号、6号气瓶中盛放冰水，延长气体与水接触时间，使气体完全溶解。
35．【答案】（1）搅拌；粉碎
（2）4FeWO4+O2+4Na2CO3=4Na2WO4+4CO2+2Fe2O3；颜料；炼铁
（3）(NH4)6Mo7O24+28(NH4)2S+24H2O=7(NH4)2MoS4+48NH3 H2O
（4）2.5mol L-1
（5）3：7
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学实验方案的评价；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)在“焙烧”和“浸取”阶段，可通过增大接触面积提高转化率，有效的措施为搅拌、粉碎。答案为：搅拌；粉碎；
(2)在“焙烧”阶段，FeWO4与Na2CO3等反应生成Fe2O3、Na2WO4等，在此转化过程中，Fe元素的价态升高，则空气中的O2参与反应，化学方程式为4FeWO4+O2+4Na2CO3=4Na2WO4+4CO2+2Fe2O3，该反应的氧化产物为Fe2O3，用途有颜料、炼铁等。答案为：4FeWO4+O2+4Na2CO3=4Na2WO4+4CO2+2Fe2O3；颜料；炼铁；
(3)“除钼”阶段中，仲钼酸铵[(NH4)6Mo7O24]与(NH4)2S在溶液中反应生成硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，由两种反应物与生成物的组成分析，还有一种生成物为NH3 H2O，该反应的化学方程式为(NH4)6Mo7O24+28(NH4)2S+24H2O=7(NH4)2MoS4+48NH3 H2O。答案为：(NH4)6Mo7O24+28(NH4)2S+24H2O=7(NH4)2MoS4+48NH3 H2O；
(4)“沉淀”阶段中，要使 浓度降至1×10-3mol·L-1以下，CaCl2在溶液中的浓度应不低于 mol L-1=2.5mol L-1，滤液经稀释后应返回阶段循环利用。答案为：2.5mol L-1；
(5)有一种蓝钨WO3-x，钨的化合价为+5和+6，若x=0.15，设W原子个数为1，+5价钨原子个数为a，则+6价W原子个数为(1-a)，则5a+6(1-a)=2(3-x)，将x=0.15代入，即得a=0.3，1-a=0.7，该化合物中+5和+6的钨原子物质的量之比为0.3：0.7=3：7。答案为：3：7。
【分析】本流程的目的，是以黑钨矿(主要含FeWO4、MnWO4及硅、磷、砷、钼等杂质)为原料，去除杂质，最终将钨转化为WO3。在转化过程中，先加入Na2CO3焙烧，然后加水浸取，滤渣为Fe2O3、Mn3O4，则滤液中含有Na2WO4、硅酸盐、砷酸盐、钼酸盐等；加入除杂试剂，将Si、P、As、Mo都转化为沉淀，过滤，往滤液中加入CaCl2，此时钨元素转化为CaWO4沉淀，加盐酸溶解得H2WO4，最终加热让其分解，从而获得WO3。
