（新高考）2022届高考二轮精品专题一 化学用语 物质的量 教师版高中化学.docx

1了解原子结构示意图、分子式、结构式和结构简式的表示方法。2了解物质的量及其单位摩尔（mol）、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度和阿伏加德罗常数的含义。3根据物质的量与微粒（分子、原子、离子等）数目、气体摩尔体积（标准状况）之间的相互关系进行相关计算。4了解溶液浓度的表示方法，理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并进行相关计算。5掌握配制一定溶质质量分数的溶液和物质的量浓度溶液的方法。新课标全国卷命题强调知识的综合性，往往通过阿伏加德罗常数将化学基本概念、基本原理、以及元素化合物知识与化学计量联系起来，从物质状态、物质组成、化学键、气体摩尔体积、弱电解质的电离、盐类水解、以及氧化还原反应中电子的转移等角度设计问题。客观题(1)考查“常数”：结合阿伏加德罗常数，以物质的组成、电解质溶液、氧化还原反应等为载体，考查摩尔质量、气体摩尔体积、溶液浓度、电子转移数目等的简单计算。(2)考查“实验”：结合一定物质的量浓度溶液的配制，考查仪器使用、基本操作和误差分析。(3)考查“化学用语”：化学式、分子式、电子式、结构简式、结构示意图的判断。主观题(考查“计算”)(1)与氧化还原反应、化学反应与能量、反应速率、平衡常数等相结合考查物质的量、物质的量浓度的相关计算。(2)渗透于化学工艺流程题或综合实验题中，考查物质的量浓度的相关计算。(3)在综合题中，考查常用的化学用语及方程式的书写。一、常用化学用语1常用的七种图式示例（1）化学式：Na2O、NH4SO4、SiO2 （2）分子式：C2H4、NH3（3）最简式(实验式)：CH2、CH2O（4）电子式HH、Na+2Na+（5）结构式：（6）结构简式：CH3CH2OH （7）原子结构示意图：二、常用化学计量物质的量1与物质的量相关的重要定律阿伏伽德罗定律：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。注意：（1）使用范围：气体（2） 使用条件：同温、同压、同体积（3） 特例：标准状况下的气体摩尔体积（Vm=22.4L/mol） 质量守恒定律：参加反应的各物质质量总和等于反应后生成物的质量总和（或反应前后各原子的种类及个数相同）。此定律是书写化学方程式及进行计算的依据。2物质的量和其它物理量之间的关系3物质的量在化学计算中的典型应用（1）物质的量与其他化学常用计量间的相互求算，是重要的基本化学计算。其解题关键是熟练掌握下列恒等式：n=c·V(aq)式中n为物质的量，单位为mol；Q为物质的反应热，单位为J或kJ；H为摩尔反应热，单位为kJ·mol1；V(aq)为溶液体积，单位为L；x为饱和溶液的质量，单位为g；S为溶解度，单位为g。（2）c、w%、之间的计算关系计算关系：使用范围：同一种溶液的质量分数与物质的量浓度之间的换算（3）有关气体定律的计算气体摩尔体积的计算对标准状况下的气体有n=。确定气体的分子组成一般思路是：根据阿伏加德罗定律，由体积比推导出粒子、分子个数比，再根据质量守恒定律确定化学式。如2体积气体Ax与1体积气体By恰好完全反应生成2体积A2B，由阿伏加德罗定律可知：气体的分子数之比等于其体积比，即AxByA2B=212，所以两气体反应物为双原子分子，即A2和B2。气体的相对分子质量的计算方法a已知标准状况下气体密度，M=·22.4 L·mol1，Mr=M g·mol1。b根据阿伏加德罗定律计算：（同T、p、V）。 1研究物质可从微观辨析角度认识，下列说法不正确的是（ ）A二氧化硅的分子式为SiO2B甲酸的结构式为C氯化铵的电子式为D核内中子数为21的K表示为K【答案】A【解析】ASiO2由原子构成，不存在SiO2分子，A错误；B甲酸中存在H原子和羧基，甲酸的结构式为，B正确；C氯化铵有铵根离子和氯离子构成，氯化铵的电子式为，C正确；D中子数为21的K原子的质量数为19+21=40，因此这种K原子的原子符号为K，D正确；故答案选A。22018年11月13日第26届国际计量大会对国际单位制进行修改。规定1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数，符号为NA。若定义阿伏加德罗常数数值为B，下列有关说法正确的是（ ）A实验室用MnO2和浓盐酸制取氯气反应中，每生成0.1B个氯气，消耗还原剂为0.4BB0.1B个Fe加热时消耗3.36L氯气C78g Na2O2中含有的阴离子数为BD1L 0.5mol/L HNO3溶液中含有的氧原子数为1.5B【答案】C【解析】AMnO2和浓盐酸制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2，由反应可知，反应物HCl表现还原性和酸性，每生成1mol氯气，消耗还原剂为2mol，则每生成0.1B个氯气，消耗还原剂为0.2B，故A错误；B铁和氯气加热时反应生成氯化铁，1molFe消耗1.5mol氯气，则0.1B个Fe加热时消耗标况下3.36L氯气，由于没有指明是在标况下，故B错误；C78gNa2O2的物质的量为n=1mol，Na2O2中含Na+、O，则1mol Na2O2中含阴离子数为B，故C正确；D1L 0.5mol/L HNO3溶液中含HNO3的物质的量为0.5mol/L1L=0.5mol，1个硝酸分子中含有3个氧原子，0.5mol HNO3中含有的氧原子数为1.5B，但水分子中也含有氧原子，故D错误；答案选C。3设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A0.1mol/L的CuCl2溶液中，Cu2+数目为0.1NAB标准状況下，2.24L乙醇分子中含有羟基(-OH)的数目为0.1NAC电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64gD密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应生成SO3分子总数小于2NA【答案】D【解析】A溶液体积不明确，故溶液中的铜离子的个数无法计算，故A错误；B标况下乙醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和羟基数，故B错误；C电解精炼铜时，粗铜为阳极，含有杂质锌、铁、镍、金、银等杂质，当阴极得到电子数为2NA个故时，无法确定阳极减少的质量，故C错误；D该反应为可逆反应，无法进行到底，则生成的分子总数小于2NA，故D正确；故选D。4在标准状况下，将22.4L HCl完全溶于1L水中（水的密度近似为1g/mL），溶液的密度为 g/cm3（1），溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol/L。下列叙述中正确的是（ ）w=×100% c=1mol·L1 向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w 向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5wA B C D【答案】C【解析】根据c=可得w=×100%，故正确；36.5g HCl的物质的量为1mol，1mol氯化氢溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1mol/L，故错误；盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，根据质量分数公式可知混合液的总质量小于原先的2倍，则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的1半，即大于0.5w，故正确、错误；所以正确的为，故选C。5甲酸钙Ca(HCOO)2广泛用于食品工业生产。实验室制取甲酸钙方法之一是将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入质量分数为30%70%的过氧化氢溶液中。下列说法错误的是（ ）A参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为11B每生成26g甲酸钙，反应转移的电子数为0.4NAC该反应中被还原的元素只有OD氧化性：H2O2Ca(HCOO)2【答案】B【解析】将氢氧化钙和甲醛溶液依次加入质量分数为30%70%的过氧化氢溶液中，生成Ca(HCOO)2和H2O，其反应的方程式为：Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2=Ca(HCOO)2+4H2O。A根据氢氧化钙和甲醛溶液反应的化学方程式Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2=Ca(HCOO)2+4H2O可知，甲醛中碳元素的化合价为0价，生成物甲酸钙中碳元素的化合价为+2价，两个碳原子的化合价升高，甲醛作还原剂；过氧化氢中氧元素的化合价从-1价降低到-2价，四个氧原子的化合价降低，作氧化剂，参加反应的氧化剂与还原剂的系数都为2，故物质的量之比为11，故A不符合题意；B根据氢氧化钙和甲醛溶液反应的化学方程式Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2=Ca(HCOO)2+4H2O可知，由A项分析，每生成1mol甲酸钙转移的电子数为4mol，每生成26g甲酸钙，即甲酸钙的物质的量n=0.2mol，反应转移的电子数为0.8NA，故B符合题意；C根据A项分析，该反应中过氧化氢中氧元素的化合价降低，被还原的元素只有O，故C不符合题意；D根据A项分析，H2O2是氧化剂，Ca(HCOO)2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：H2O2Ca(HCOO)2，故D不符合题意；答案选B。6（双选）向13.6g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO气体。在所得溶液中加入1.0L 0.5mol/L NaOH溶液，生成沉淀质量为19.6g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列说法正确的是（ ）A原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为21B原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3mol/LC产生的标准状况下的NO体积为2.24LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.4mol【答案】AC【解析】A向所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L×1L=0.5mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为19.6g，其物质的量为：19.6g÷98g/mol=0.2mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=nCu(OH)2。设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n(Cu)n(Cu2O)=0.1mol0.05mol=21，故A正确；B根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)，根据电子转移守恒可知：3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O)，所以3n(NO)=2×0.1mol+2×0.05mol，解得n(NO)=0.1mol，根据Na元素可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L×1L=0.5mol，所以n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为：0.6mol÷0.25L=2.4mol/L，故B错误；C由B中计算可知n(NO)=0.1mol，标准状况下，即NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故C正确；D反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中知n剩余(HNO3)+2nCu(NO3)2=n(NaNO3)，所以n剩余(HNO3)=n(NaNO3)-2nCu(NO3)2=0.5mol-2×0.2mol=0.1mol，故D错误；故选：AC。 1用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A所含共价键数目均为0.4NA的白磷()和甲烷的物质的量相等B向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1mol Fe2+被氧化时，反应转移的电子数为3NAC通入了1mol Cl2的新制氯水中，HClO、Cl、ClO粒子数目之和为2NAD常温下，向1L 0.1mol·L1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则溶液中CH3COO的数目为0.1NA【答案】D【解析】A白磷分子内有6个共价键、甲烷分子内有4个共价键，故所含共价键数目均为0.4NA的白磷()和甲烷的物质的量不相等，A错误；B碘离子的还原性大于亚铁离子，向FeI2溶液中通入适量Cl2，碘离子先被氧化，当有1mol Fe2+被氧化时，已有I被氧化，但不知道碘离子的物质的量，故无法计算转移的电子数，B错误；C通入了1mol Cl2的新制氯水中，氯气和水的反应是可逆反应，氯水中还有氯气存在，则HClO、Cl、ClO粒子数目之和小于2NA，C错误；D常温下，向1L 0.1mol·L1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则，根据核电荷数可知：，则溶液中CH3COO的数目等于钠离子的数目，为0.1NA，D正确；答案选D。2下列化学用语正确的是（ ）A中子数为18的氯原子：Cl BCO2分子的电子式：C顺-2-丁烯的结构简式： D铝离子的结构示意图：【答案】C【解析】A中子数为18的氯原子的质量数(A)=质子数(Z)+中子数(N)=17+18=35，该核素的符号为，故A错误；BCO2是共价化合物，C原子与每个O原子形成两对共用电子对，其结构式为O=C=O，其电子式为，故B错误；C顺2丁烯，主链为丁烯，碳碳双键在2号C，两个甲基位于双键的同侧，结构简式为，故C正确；D铝的原子序数为13，核内13个质子，核外13个电子，铝原子失去最外层的三个电子即形成了铝离子，质子数不变，核外只有10个电子，铝离子的结构示意图为，故D错误；答案为C。3（双选）用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A标准状况下，18g H2O含有的分子数为NAB常温常压下，16g O2和O3的混合气体中氧原子的数目为NAC通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LD物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为NA【答案】AB【解析】A标准状况下，18g H2O的物质的量为1mol，故18g H2O含有的分子数为NA，故A正确；BO2和O3的最简式均为O，16g O的物质的量为1mol，故16g O2和O3的混合气体中氧原子的数目为NA，故B正确；C通常状况下，气体的摩尔体积不一定为22.4L/mol，根据V=nVm可知1mol CO2分子所占体积不一定为22.4L，故C错误；D根据n=cV可知，该条件没有给出溶液的体积V的具体数值，所以不能计算Cl的物质的量，故D错误；故选AB。4Cu(NO3)2受热分解的方程式为2Cu(NO3)2=2CuO+4NO2+O2，将所得气体充满一干燥烧瓶(标准状况)，再将烧瓶倒置于水中，过较长时间后，烧瓶中溶液的物质的量浓度可能为(假设烧瓶中的溶质不扩散到外面)（ ）A1/28mol/L B1/14mol/L C0mol/L D1/22.4mol/L【答案】A【解析】因Cu(NO3)2受热分解产生的NO2和O2体积比为41，恰好完全反应：4NO2+O2+H2O=4HNO3，反应完后试管内没有气体，试管中完全充满水，溶质为HNO3，设烧瓶体积为VL，则HNO3溶液的体积也是VL，n(HNO3)=n(NO2)=，c(HNO3)=，故A正确。故选A。5（双选）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A2.3g金属钠与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2混合物，转移的电子数目为0.1NAB1.6g O2和O3混合气体中所含的分子数目为0.1NAC1L 0.1mol/L CuCl2溶液中Cu2+的数目小于0.1NAD标准状况下，11.2L SO3完全溶于水后配成的稀溶液中所含SO的数目为0.5NA 【答案】BD【解析】A2.3g金属钠与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2混合物，按得失电子数相等，0.1mol钠失去0.1mol电子，转移的电子数目为0.1NA，A项正确；B1.6g O2和O3混合气体中含有0.1NA个氧原子，所含的分子数目无法确定，B项错误；C铜离子在溶液中会发生水解，1L 0.1mol/L CuCl2溶液中Cu2+的数目少于0.1NA，C项正确；D标准状况下，SO3为固体，1.2L SO3完全溶于水后配成的稀溶液中所含SO的数目远大于0.5NA，D项错误；答案选BD。1设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A1mol NH4F晶体中含有的共价键数目为3NABCH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)完全燃烧，则消耗O2分子数目为0.25NAC向100mL 0.10mol·L1 FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01NAD0.1mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA【答案】C【解析】ANH4F结构中只有铵根中含有4个共价键，则lmol NH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A错误；BCH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)的物质的量是0.1mol，由于1mol CH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2NA和0.3NA之间，B错误；Cl00mL 0.10mol/L FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01NA，C正确；D乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，则0.1mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1NA，D错误；答案选C。2SCl2在工业生产中有着广泛的用途。已知：12SCl2+16H2O=S8+24HCl+4H2SO4，下列叙述正确的是（ ）AS2和Cl的结构示意图都可以表示为BSCl2的电子式是C水的比例模型是DS8中硫原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式可表示为SSSSSSSS【答案】B【解析】A硫离子其核电荷数为16，核外电子总数为18，用表示，氯原子获得1个电子形成氯离子，Cl离子的结构示意图为：，A错误；BSCl2分子中S原子和两个Cl原子共用两对电子，每个Cl原子和S原子共用一对电子，这样所有原子都达到稳定结构，则SCl2的电子式为，B正确；CO原子的半径大于H原子，因此H2O分子的比例模型是，C错误；DS8中硫原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式的球棍模型可表示为：，D错误；答案选B。3 （双选）工业上，可将Cl2通入石灰乳中制备漂白粉，发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A22.4L Cl2中含有2NA个氯原子B反应中每生成1.8g H2O就会转移0.1NA电子C0.1molL1的Ca(ClO)2溶液中ClO的数目为0.2NAD常温下，1L pH=12的Ca(OH)2溶液中OH的数目为0.01NA【答案】AC【解析】A不清楚温度和压强，因此22.4L Cl2气体的物质的量无法计算，故A错误；B根据反应方程式转移2mol电子生成2mol水即36g，因此反应中每生成1.8g H2O就会转移0.1NA电子，故B正确；C0.1molL1的Ca(ClO)2溶液，体积未知，因此ClO的数目无法计算，故C错误；D常温下，1L pH=12的Ca(OH)2溶液中c(OH)=0.01molL1，因此1L Ca(OH)2溶液中n(OH)=0.01mol，OH的数目为0.01NA，故D正确。综上所述，答案为AC。4同温同压，不同体积的密闭容器中分别有相同质量的甲、乙两种气体，且甲的密度大于乙的密度。下列分析正确的是（ ）A物质的量：甲乙B分子数：甲乙C摩尔体积：甲乙D摩尔质量：甲乙【答案】B【解析】因为(甲)>(乙)，且两者质量相同，结合，知V(甲)<V(乙)，根据阿伏加德罗定律推论知同温同压下，气体摩尔质量与密度成正比，故M(甲)>M(乙)。A由分析知M(甲)>M(乙)，结合n=，推得n(甲)<n(乙)，A错误；B气体物质的量即代表气体分子数，结合A选项知分子数甲<乙，B正确；C同温同压下，任何气体的摩尔体积近似相等，比如标准状况下都近似为22.4L/mol，C错误；D由分析知M(甲)>M(乙)，D错误；故答案选B。5磷有多种同素异形体，其中白磷和黑磷(每一个层由曲折的磷原子链组成)的结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（ ）A3.1g 31P中含有的中子数为1.6NAB31g白磷与31g黑磷中含有的PP键数目均为1.5NAC12.4g白磷与0.6mol H2在密闭容器中充分反应，生成的PH3分子数为0.4NAD6.82g白磷发生反应：，转移的电子数为0.6NA【答案】C【解析】A1个31P原子中含有31-15=16个中子，则3.1g 31P中含有的中子数为=1.6NA，A正确；B白磷和黑磷分子中，每个P原子平均形成1.5个P-P键，则31g白磷与31g黑磷中含有的P-P键数目均为=1.5NA，B正确；C12.4g白磷物质的量为=0.1mol，与0.6mol H2在密闭容器中发生反应P4+6H24PH3，则充分反应生成的PH3分子数小于0.4NA，C不正确；D6.82g白磷的物质的量为=0.055mol，反应中，电子转移的数目为24×(5-0)e=120e，则0.055mol P4参加反应时转移的电子数为=0.6NA，D正确；故选C。6某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下：请根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是（ ）A该“84消毒液”的物质的量浓度约为4.0mol·L1B一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小C取100mL该“84消毒液”稀释100倍消毒，稀释后溶液中c(Na+)约为0.04mol·L1D参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480mL，需要称量的NaClO固体质量为143g【答案】D【解析】A该“84消毒液”的物质的量浓为c=4.0mol·L1，故A正确；B一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后，由于其易吸收空气中的CO2变质而浓度变小，故B正确；C稀释后的溶液中c(Na+)等于其原物质的量浓度4.0mol·L1的1/10，约为0.04mol·L1，故C正确；D应选取500 mL的容量瓶进行配制，所以需要NaClO的质量为0.5L×4.0mol·L1×74.5g·mol1=149g，故D不正确。故选D。7将一定量的锌与100mL 18.5mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的c(H+)=0.1mol/L，则下列叙述中错误的是（ ）A反应中共转移电子3molB反应中共消耗锌97.5gC相同条件下气体A中SO2与H2的体积比为14D气体A不能使溴水退色【答案】D【解析】锌与浓硫酸发生Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为=1.5mol，剩余硫酸的物质的量为：n(H2SO4)剩=×1L×0.1mol/L=0.05mol，消耗硫酸的物质的量为n(H2SO4)消耗=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol。A共生成1.5mol气体，根据方程式可知无论生成SO2还是生成H2，每生成一分子气体转移2个电子，所以反应中共转移电子3mol，故A正确；B根据方程式可知消耗的锌与反应生成的气体的物质的量相同，所以消耗1.5mol锌，质量为1.5mol´65g/mol=97.5g，故B正确；C根据方程式可知n(H2SO4)消耗=n(H2)+2n(SO2)=1.8mol，且n(H2)+n(SO2)=1.5mol，解得n(SO2)=0.3mol，n(H2)=1.2mol，所以相同条件下气体A中SO2与H2的体积比为14，故C正确；D气体A中含有二氧化硫，可以还原溴单质，使溴水褪色，故D错误；综上所述答案为D。8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A2.0g重水(D216O)和14ND3的混合物中含有的电子数为NAB1mol Fe(CO)5中的键数为5NAC一定量铁粉溶于1.0L 0.4mol/L的稀硝酸溶液中，当生成2.24L NO气体时，溶液中的氮原子数为0.3NAD卤素性质相似，标况下，体积分别为1.12L的HCl和HF中所含分子数都约是0.05NA【答案】A【解析】AD216O和14ND3的摩尔质量均为20g/mol，则2.0g重水(D216O)和14ND3的混合物的物质的量为0.1mol，又1个D216O含有电子数为10个，1个14ND3含有的电子数也为10个，则0.1mol该混合物中含有的电子数为NA，故A正确；BFe(CO)5中CO与Fe形成5个键，每个CO中有1个键，则1mol Fe(CO)5中的键数为10NA，故B错误；C生成2.24L NO气体，没有指明是否标况，无法计算，故C错误；D标况下，HF不是气体，所含分子数不是0.05NA，故D错误；故选A。9设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：Na2S+(x-1)S=Na2Sx(x5)，下列说法正确的是（ ）A1mol S2所含电子数为8NAB1mol/L Na2S溶液中，S2的数目为NAC7.8g Na2S固体所含离子数为0.3NAD1mol Na2S最多溶解S原子的数目为5NA【答案】C【解析】AS2原子核外有18个电子，则1mol S2所含电子数为18NA，A说法错误；BNa2S为强碱弱酸盐，在溶液中S2发生水解反应，导致S2浓度减小且未给定溶液的体积，无法计算S2的数目，B说法错误；CNa2S的摩尔质量为78g/mol，7.8g Na2S固体即0.1mol，含有0.2mol Na+和0.1mol S2，共含离子数为0.3NA，C说法正确；D根据方程式可知，1mol Na2S最多溶解S原子的数目为4NA，D说法错误；答案为C。10碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O常用作塑料阻燃剂。（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和_。（2）MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为_。（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560L（已换算成标准状况下）。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如右图所示（样品在270时已完全失去结晶水，600以上残留固体为金属氧化物的混合物）。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO)（写出计算过程）_。【答案】（1）生成的产物具有阻燃作用 （2）2a+3b=c+2d （3）35（过程见解析） 【解析】(1)碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O受热分解最终生成MgO、Al2O3，MgO、Al2O3的熔点较高且都不燃烧，所以有阻燃作用，故答案为生成的产物具有阻燃作用；(2)化合物中各元素化合价的代数和为0，所以2a+3b+c+4d=(c+3d)×2，所以得2a+3b=c+2d，故答案为2a+3b=c+2d；(3)n(CO2)=2.50×102mol，m(CO2)=2.50×102mol×44g/mol=1.10g，在270600之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO2、H2O，m(CO2)+m(H2O)=3.390g×(0.7345-0.3702)=1.235g，m(H2O)=1.235g-1.10g=0.135g，n(H2O)=7.50×103mol，再根据氢原子守恒得n(OH)=2n(H2O)=1.50×102mol，根据C原子守恒得n(CO)=n(CO2)=2.50×102mol，所以n(OH)n(CO)=1.50×102mol2.50×102mol=35，答：碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO)=35。11卫生部发出公告，禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂。过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒物质，带有结晶水，通常还含有CaO，过氧化钙(CaO2)与过氧化钠(Na2O2)性质相似，都会与H2O和酸反应。(1)下列对于过氧化钙(CaO2)的叙述错误的是_ACaO2具有氧化性，对面粉可能具有增白作用BCaO2中阴阳离子的个数比为11CCaO2和水反应时，每产生1mol O2转移电子4molDCaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2(2)写出过氧化钙(CaO2)与盐酸反应的离子方程式_。(3)某化学学习小组为测定过氧化钙样品(含有CaO杂质)中过氧化钙的结晶水的数目，做如下实验：实验一：称取5.42g过氧化钙样品，灼热时发生如下反应：2CaO2·xH2O=2CaO+O2+2xH2O，得到O2在标准状况下体积为672mL。实验二：另取同一样品5.42g，溶于适量稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 7.0g。5.42g过氧化钙样品中CaO2的物质的量为_。该样品中CaO2·xH2O的x值为_。【答案】（1）C （2）2CaO2+4H+=2Ca2+2H2O+O2 （3）0.06mol 【解析】(1)ACaO2具有氧化性，因此对面粉可能具有增白作用，A正确；BCaO2是由钙离子和过氧根离子组成的离子化合物，其中阴阳离子的个数比为11，B正确；CCaO2和水反应的方程式为2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2，过氧化钙既是氧化剂也是还原剂，氧元素化合价从-1价升高到0价，每产生1mol O2转移电子2mol，C错误；D根据过氧化钠和二氧化碳的反应可类推CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2，D正确；答案选C；(2)根据过氧化钠和盐酸的反应可类推过氧化钙(CaO2)与盐酸反应的离子方程式2CaO2+4H+=2Ca2+2H2O+O2。（3）得到O2在标准状况下体积为672mL，氧气的物质的量=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，根据方程式2CaO2·xH2O=2CaO+O2+2xH2O可知，5.42 g过氧化钙样品中CaO2的物质的量为0.03mol×2=0.06mol；7g碳酸钙的物质的量是7g÷100g/mol=0.07mol，根据钙离子守恒样品中杂质CaO的物质的量是0.07mol-0.06mol=0.01mol，质量是0.01mol×56g/mol=0.56g，所以结晶水的质量=5.42g-0.56g-0.06mol×72g/mol=0.54g，其物质的量为0.54g÷18g/mol=0.03mol，故0.06x=0.03，则x=。12硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)又名大苏打、海波，易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性溶液中较稳定，酸性溶液中产生浑浊，广泛应用于日常生产生活中。某小组设计了如下实验装置制备Na2S2O3(夹持仪器略)，总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。回答下列问题：(1)烧瓶B中制备SO2的化学方程式为_。(2)当pH计读数接近7.0时，应立即停止通SO2的原因_(用离子方程式表示)，具体操作是_。(3)准确称取1.4g产品，加入20mL刚煮沸并冷却过的蒸馏水，使其完全溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000molL1标准碘的水溶液滴定。已知：2S2O+I2(aq)=S4O(无色)+2I(aq)。标准碘的水溶液应盛放在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则第一次消耗标准碘的水溶液的体积为_mL。重复上述操作三次，记录另两次数据如下表，则产品中Na2S2O35H2O的质量分数为_(保留1位小数)。滴定次数滴定前刻度/mL滴定前刻度/mL第二次1.5630.30第三次0.2226.34【答案】（1）H2SO4+Na2SO3=SO2+H2O+Na2SO4 （2） S2O+2H+=S+SO2+H2O 关闭K1、K2，打开K3 （3） 酸式 26.10 92.5 【解析】烧瓶B中H2SO4与Na2SO3反应制备SO2，硫代硫酸钠晶体在中性或碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中，反应：S2O+2H+=S+SO2+H2O产生浑浊，故当pH计读数接近7.0时，应立即停止通SO2。测定Na2S2O35H2O的质量分数时，应作平行试验，重复二到三次，数据误差较大则舍去，其余取平均消耗标准液体积，结合关系式求算；(1)烧瓶B中H2SO4与Na2SO3反应制备SO2，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2+H2O+Na2SO4。(2)硫代硫酸钠晶体在中性或碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中产生浑浊，反应的离子方程式为：S2O+2H+=S+SO2+H2O，故当pH计读数接近7.0时，应立即停止通SO2，具体操作是关闭K1、K2，打开K3。(3)碘具有氧化性，为防止其氧化碱式滴定管的橡皮管，标准碘的水溶液应盛放在酸式滴定管内；由图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，故第一次消耗碘的标准溶液的体积为26.10mL；重复上述操作三次，第二次数据误差较大，舍去，则平均消耗标准液体积为(26.10mL+26.12mL)÷2=26.11mL，根据反应有：，则产品中Na2S2O35H2O的质量分数为。