原创（新高考）2021届高考二轮精品专题一化学用语物质的量教师版_05高考化学_新高考复习资料_2021新高考资料_2021届（新高考）化学二轮精品专题

专题 一 化学用语 物质的量 ×× 命 题 趋 势 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。 Ⅰ．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。 Ⅱ．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。 考 点 清 单 一、常用化学用语 1．常用的七种图式示例 （1）化学式：NaO、NH SO、SiO 2 4 4 2（2）分子式：C H、NH 2 4 3 （3）最简式(实验式)：CH、CHO 2 2 （4）电子式HOOH 、Na+[OO]2－Na+ （5）结构式： （6）结构简式：CHCHOH 3 2 （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（V =22.4L/mol） m 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： m V(g) N Q xS = = = = n= M V m N A ΔH M(100+S)=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；ΔH为摩尔反应热，单位为kJ·mol−1；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%、ρ之间的计算关系 1000ρω% c= M ①计算关系： ②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 ①气体摩尔体积的计算 VL 对标准状况下的气体有n= 22.4L⋅mol−1 。 ②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A 与1体积气体B 恰好完全反应生成2体积AB，由阿伏加德罗定律可知：气体的分子数 x y 2 之比等于其体积比，即A∶B ∶A B=2∶1∶2，所以两气体反应物为双原子分子，即A 和B 。 x y 2 2 2 ③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ρ，M=ρ·22.4 L·mol−1，M=M g·mol−1。 r M m A A = M m b．根据阿伏加德罗定律计算： B B （同T、p、V）。精 题 集 训 （70分钟） 经典训练题 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SiO B．甲酸的结构式为 2 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】A．SiO 由原子构成，不存在SiO 分子，A错误；B．甲酸中存在H原子和羧基，甲酸的结构式 2 2 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。 2．2018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N 。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 A．实验室用MnO 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0.4B 2 B．0.1B个Fe加热时消耗3.36L氯气 C．78g NaO 中含有的阴离子数为B 2 2 D．1L 0.5mol/L HNO 溶液中含有的氧原子数为1.5B 3 【答案】C 【解析】A．MnO 和浓盐酸制取氯气的化学方程式为MnO +4HCl(浓)====MnCl +2H O+Cl ↑，由反应可 2 2 2 2 2 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；C．78gNaO 的物质的量为n= 2 2 =1mol，NaO 中含Na+、O，则1mol Na O 中含阴离子数为B，故C正确；D．1L 0.5mol/L HNO 溶液中含 2 2 2 2 3 HNO 的物质的量为0.5mol/L 1L=0.5mol，1个硝酸分子中含有3个氧原子，0.5mol HNO 中含有的氧原子数 3 3 为1.5B，但水分子中也含有氧原子，故D错误；答案选C。3．设N 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ） A A．0.1mol/L的CuCl 溶液中，Cu2+数目为0.1N 2 A B．标准状況下，2.24L乙醇分子中含有羟基(-OH)的数目为0.1N A C．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2N 个，则阳极质量减少64g A D．密闭容器中，2mol SO 和1mol O 催化反应生成SO 分子总数小于2N 2 2 3 A 【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2N 个故时，无法确定阳极减少的质量，故C错误； A 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2N ，故D正确；故选D。 A 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ρ g/cm3（ρ＞ 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 （ ） ①w= ×100% ②c=1mol·L−1 ③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 ④ 向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5w A．①②③ B．①③④ C．①③ D．①④ 【答案】C 【解析】根据c= 可得w= ×100%，故①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②错误；③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③正确、④错误；所以正确的为①③，故选 C。 5．甲酸钙[Ca(HCOO) ]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 2 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1∶1 B．每生成26g甲酸钙，反应转移的电子数为0.4N A C．该反应中被还原的元素只有O D．氧化性：HO＞Ca(HCOO) 2 2 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) 和 2HO，其反应的方程式为：Ca(OH) +2HCHO+2H O=Ca(HCOO) +4H O。A．根据氢氧化钙和甲醛溶液反应的 2 2 2 2 2 2 化学方程式Ca(OH) +2HCHO+2H O=Ca(HCOO) +4H O可知，甲醛中碳元素的化合价为0价，生成物甲酸钙 2 2 2 2 2 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 1∶1 ， 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) +2HCHO+2H O=Ca(HCOO) 2 2 2 2 +4H O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 2 的量n= = =0.2mol，反应转移的电子数为0.8N ，故B符合题意；C．根据A项分析，该反应中 A 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，HO 是氧化 2 2 剂，Ca(HCOO) 是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：HO ＞Ca(HCOO) ，故D不符合题 2 2 2 2 意；答案选B。 6．（双选）向13.6g由Cu和Cu O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 2 成Cu(NO ) 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 3 2 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Cu O的物质的量之比为2∶1 2 B．原稀硝酸中HNO 的物质的量浓度为1.3mol/L 3 C．产生的标准状况下的NO体积为2.24L D．Cu、Cu O与硝酸反应后剩余HNO 为0.4mol 2 3 【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NaNO ，n(NaNO )=n(NaOH)=0.5mol/L×1L=0.5mol，沉淀为Cu(OH) ，质量为19.6g，其物质的量 3 3 2 为：19.6g÷98g/mol=0.2mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu O)=n[Cu(OH) ]。设Cu和Cu O的物质的量分别 2 2 2 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(Cu O)=0.1mol∶0.05mol=2∶1，故 A 正确；B．根据 N 元素守恒可知 n(HNO)=n(NO) 2 3 +n(NaNO )，根据电子转移守恒可知：3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu O)，所以3n(NO)=2×0.1mol+2×0.05mol，解得 3 2 n(NO)=0.1mol ， 根 据 Na 元 素 可 知 n(NaNO )=n(NaOH)=0.5mol/L×1L=0.5mol ， 所 以 n(HNO)=n(NO) 3 3 +n(NaNO )=0.1mol+0.5mol= 3 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 (HNO)+2n[[Cu(NO )]=n(NaNO ) ， 所 以 n (HNO)=n(NaNO )- 剩 余 3 3 2 3 剩 余 3 32n[[Cu(NO )]=0.5mol-2×0.2mol=0.1mol，故D错误；故选：AC。 3 2 高频易错题 1．用N 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A A．所含共价键数目均为0.4N 的白磷( )和甲烷的物质的量相等 A B．向FeI 溶液中通入适量Cl，当有1mol Fe2+被氧化时，反应转移的电子数为3N 2 2 A C．通入了1mol Cl 的新制氯水中，HClO、Cl−、ClO−粒子数目之和为2N 2 A D．常温下，向1L 0.1mol·L−1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则溶液中CHCOO−的数目为0.1N 3 A 【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0.4N 的白磷( A )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FeI 溶液中通入适量Cl ， 2 2 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 Cl 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， 2 则HClO、Cl−、ClO−粒子数目之和小于2N ，C错误；D．常温下，向1L 0.1mol·L−1醋酸钠溶液中加入醋酸至 A 中 性 ， 则 ， 根 据 核 电 荷 数 可 知 ： ，则溶液中CHCOO−的数目等于钠离子的数目，为0.1N ，D正确；答案选D。 3 A 2．下列化学用语正确的是（ ） A．中子数为18的氯原子： Cl B．CO 分子的电子式： 2 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；B．CO 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 2 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N 表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ） A A．标准状况下，18g HO含有的分子数为N 2 A B．常温常压下，16g O 和O 的混合气体中氧原子的数目为N 2 3 A C．通常状况下，N 个CO 分子占有的体积为22.4L A 2 D．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl 溶液中，含有Cl−个数为N 2 A 【答案】AB 【解析】A．标准状况下，18g HO的物质的量为1mol，故18g HO含有的分子数为N ，故A正确； 2 2 A B．O 和O 的最简式均为O，16g O的物质的量为1mol，故16g O 和O 的混合气体中氧原子的数目为N ， 2 3 2 3 A 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=nV 可知1mol CO 分子所占体积不 m 2 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。 4．Cu(NO ) 受热分解的方程式为2Cu(NO )=2CuO+4NO ↑+O ↑，将所得气体充满一干燥烧瓶(标准状况)，再 3 2 3 2 2 2 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) （ ） A．1/28mol/L B．1/14mol/L C．0mol/L D．1/22.4mol/L 【答案】A 【解析】因Cu(NO ) 受热分解产生的NO 和O 体积比为4∶1，恰好完全反应：4NO +O +H O=4HNO ，反 3 2 2 2 2 2 2 3 应完后试管内没有气体，试管中完全充满水，溶质为HNO ，设烧瓶体积为VL，则HNO 溶液的体积也是 3 3 VL，n(HNO)=n(NO )= ，c(HNO )= ，故A正确。故选A。 3 2 3 5．（双选）设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ） A A．2.3g金属钠与氧气完全反应生成NaO与NaO 混合物，转移的电子数目为0.1N 2 2 2 A B．1.6g O 和O 混合气体中所含的分子数目为0.1N 2 3 A C．1L 0.1mol/L CuCl 溶液中Cu2+的数目小于0.1N 2 A D．标准状况下，11.2L SO 完全溶于水后配成的稀溶液中所含SO的数目为0.5N 3 A【答案】BD 【解析】A．2.3g金属钠与氧气完全反应生成NaO与NaO 混合物，按得失电子数相等，0.1mol钠失去 2 2 2 0.1mol电子，转移的电子数目为0.1N ，A项正确；B．1.6g O 和O 混合气体中含有0.1N 个氧原子，所含的 A 2 3 A 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 CuCl 溶液中Cu2+的数目少于 2 0.1N ，C项正确；D．标准状况下，SO 为固体，1.2L SO 完全溶于水后配成的稀溶液中所含SO的数目远大 A 3 3 于0.5N ，D项错误；答案选BD。 A 精准预测题 1．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A A．1mol NH F晶体中含有的共价键数目为3N 4 A B．CH 和C H 混合气体2.24L(标准状况)完全燃烧，则消耗O 分子数目为0.25N 4 2 4 2 A C．向100mL 0.10mol·L−1 FeCl 溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01N 3 A D．0.1mol CH COOH与足量CHCHOH充分反应生成的CHCOOCH CH 分子数目为0.1N 3 3 2 3 2 3 A 【答案】C 【解析】A．NH F结构中只有铵根中含有4个共价键，则lmol NH F晶体中含有的共价键数目为4N ，A 4 4 A 错误；B．CH 和C H 混合气体2.24L(标准状况)的物质的量是0.1mol，由于1mol CH 和C H 分别完全燃烧消 4 2 4 4 2 4 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0.2N 和 A 0.3N 之间，B错误；C．l00mL 0.10mol/L FeCl 溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反 A 3 应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01N ，C正确；D．乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反 A 应，则0.1mol CH COOH与足量CHCHOH充分反应生成的CHCOOCH CH 分子数目小于0.1N ，D错误； 3 3 2 3 2 3 A 答案选C。 2．SCl 在工业生产中有着广泛的用途。已知：12SCl +16H O=S+24HCl+4H SO ，下列叙述正确的是（ ） 2 2 2 8 2 4 A．S2−和Cl−的结构示意图都可以表示为 B．SCl 的电子式是 2 C．水的比例模型是 D．S 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S﹣S﹣S﹣S﹣S﹣S﹣S﹣S 8 【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；B．SCl 分子中S原子和两个Cl原子共用两对电子，每 2 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SCl 的电子式为 ，B正确； 2 C．O原子的半径大于H原子，因此HO分子的比例模型是 ，C错误；D．S 中硫原子最外层均满足8 2 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Cl 通入石灰乳中制备漂白粉，发生反应：2Cl+2Ca(OH) =CaCl +Ca(ClO) +2HO。 2 2 2 2 2 2 用N 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ） A A．22.4L Cl 中含有2N 个氯原子 2 A B．反应中每生成1.8g HO就会转移0.1N 电子 2 A C．0.1mol∙L−1的Ca(ClO) 溶液中ClO−的数目为0.2N 2 A D．常温下，1L pH=12的Ca(OH) 溶液中OH−的数目为0.01N 2 A 【答案】AC 【解析】A．不清楚温度和压强，因此22.4L Cl 气体的物质的量无法计算，故A错误；B．根据反应方程 2 式转移2mol电子生成2mol水即36g，因此反应中每生成 1.8g HO就会转移0.1N 电子，故B正确；C． 2 A 0.1mol∙L−1的Ca(ClO) 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 2 Ca(OH) 溶液中c(OH−)=0.01mol∙L−1，因此1L Ca(OH) 溶液中n(OH−)=0.01mol，OH−的数目为0.01N ，故D正 2 2 A 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ρ(甲)>ρ(乙)，且两者质量相同，结合 ，知V(甲)M(乙)。A．由分析知M(甲)>M(乙)，结合n= ，推得 n(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N 为阿伏 A 加德罗常数的值。下列说法不正确的是（ ） A．3.1g 31P中含有的中子数为1.6N A B．31g白磷与31g黑磷中含有的P—P键数目均为1.5N A C．12.4g白磷与0.6mol H 在密闭容器中充分反应，生成的PH 分子数为0.4N 2 3 A D．6.82g白磷发生反应： ，转移的电子数为0.6N A 【答案】C 【解析】A．1 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 =1.6N ，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 A 的P-P键数目均为 =1.5N ，B正确；C．12.4g白磷物质的量为 =0.1mol，与0.6mol A H 在密闭容器中发生反应P+6H 4PH ，则充分反应生成的PH 分子数小于0.4N ，C不正确；D．6.82g 2 4 2 3 3 A 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 P 参加反应时转移的电子数为 4 =0.6N ，D正确；故选C。 A 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·L−1 B．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·L−1 D．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·L−1，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 CO 变质而浓度变小，故B正确； 2 C．稀释后的溶液中c(Na+)等于其原物质的量浓度4.0mol·L−1的1/10，约为0.04mol·L−1，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·L−1×74.5g·mol－1=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3mol B．反应中共消耗锌97.5g C．相同条件下气体A中SO 与H 的体积比为1∶4 2 2 D．气体A不能使溴水退色 【答案】D 【解析】锌与浓硫酸发生 Zn+2H SO =ZnSO +SO↑+2H O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生： 2 4 4 2 2 Zn+H SO =ZnSO +H ↑，生成气体为SO 和H 的混合物，物质的量为 =1.5mol，剩余硫酸的物质 2 4 4 2 2 2 的量为：n(H SO ) = ×1L×0.1mol/L=0.05mol，消耗硫酸的物质的量为n(H SO ) =0.1L×18.5mol/L-0.05mol= 2 4 剩 2 4 消耗 1.8mol。A．共生成1.5mol气体，根据方程式可知无论生成SO 还是生成H ，每生成一分子气体转移2个电 2 2 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(H 2 SO 4 ) 消耗 =n(H )+2n(SO )=1.8mol，且n(H )+n(SO )=1.5mol，解得n(SO )=0.3mol，n(H )=1.2mol，所以相同条件下气体 2 2 2 2 2 2 A中SO 与H 的体积比为1∶4，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 2 2错误；综上所述答案为D。 8．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A A．2.0g重水(D 16O)和14ND 的混合物中含有的电子数为N 2 3 A B．1mol Fe(CO) 中的σ键数为5N 5 A C．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0.3N A D．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0.05N A 【答案】A 【解析】A．D16O和14ND 的摩尔质量均为20g/mol，则2.0g重水(D 16O)和14ND 的混合物的物质的量为 2 3 2 3 0.1mol，又1个D16O含有电子数为10个，1个14ND 含有的电子数也为10个，则0.1mol该混合物中含有的 2 3 电子数为N ，故A正确；B．Fe(CO) 中CO与Fe形成5个σ键，每个CO中有1个σ键，则1mol Fe(CO) 中 A 5 5 的σ键数为10N ，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 A 下，HF不是气体，所含分子数不是0.05N ，故D错误；故选A。 A 9．设N 为阿伏加德罗常数的值。已知反应：NaS+(x-1)S=Na S(x≤5)，下列说法正确的是（ ） A 2 2 x A．1mol S2−所含电子数为8N B．1mol/L Na S溶液中，S2−的数目为N A 2 A C．7.8g Na S固体所含离子数为0.3N D．1mol Na S最多溶解S原子的数目为5N 2 A 2 A 【答案】C 【解析】A．S2−原子核外有18个电子，则1mol S2−所含电子数为18N ，A说法错误；B．NaS为强碱弱酸 A 2 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； C．NaS的摩尔质量为 78g/mol，7.8g Na S固体即 0.1mol，含有 0.2mol Na+和0.1mol S2−，共含离子数为 2 2 0.3N ，C说法正确；D．根据方程式可知，1mol Na S最多溶解S原子的数目为4N ，D说法错误；答案为 A 2 A C。 10．碱式碳酸铝镁[MgAl (OH)(CO)·xH O]常用作塑料阻燃剂。 a b c 3 d 2 （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）MgAl (OH)(CO)·xH O中a、b、c、d的代数关系式为_________________。 a b c 3 d 2 （3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验： ①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO 0.560L（已换算成标准状况下）。②另取一定量 2 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）3∶5（过程见解析） 【解析】(1)碱式碳酸铝镁[MgAl (OH)(CO)·xH O]受热分解最终生成MgO、Al O ，MgO、Al O 的熔点 a b c 3 d 2 2 3 2 3 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(CO )= 2 =2.50×10−2 mol，m(CO )=2.50×10−2mol×44g/mol=1.10g，在270℃～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生 2 成 CO 、HO，m(CO )+m(H O)=3.390g×(0.7345-0.3702)=1.235g，m(HO)=1.235g-1.10g=0.135g，n(H O)= 2 2 2 2 2 2 = 7.50×10−3mol，再根据氢原子守恒得n(OH−)=2n(HO)=1.50×10−2mol，根据C原子守恒得n(CO)=n(CO )=2.50 2 2 ×10−2mol ， 所 以 n(OH−)∶n(CO)=1.50×10−2mol∶2.50×10−2mol=3∶5 ， 答 ： 碱 式 碳 酸 铝 镁 样 品 中 的 n(OH−)∶n(CO)=3∶5。 11．卫生部发出公告，禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO)等食品添加剂。过氧化钙(CaO)是一种安全无毒 2 2 物质，带有结晶水，通常还含有CaO，过氧化钙(CaO)与过氧化钠(Na O)性质相似，都会与HO和酸反 2 2 2 2 应。 (1)下列对于过氧化钙(CaO)的叙述错误的是______ 2 A．CaO 具有氧化性，对面粉可能具有增白作用 2 B．CaO 中阴阳离子的个数比为1∶1 2 C．CaO 和水反应时，每产生1mol O 转移电子4mol 2 2D．CaO 和CO 反应的化学方程式为：2CaO+2CO =2CaCO +O 2 2 2 2 3 2 (2)写出过氧化钙(CaO)与盐酸反应的离子方程式______________________。 2 (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：2［CaO·xH O］=2CaO+O ↑+2xH O，得到O 2 2 2 2 2 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NaCO 溶液，将溶液中Ca2+全部转化 2 3 为CaCO 沉淀，得到干燥的CaCO 7.0g。 3 3 ①5.42g过氧化钙样品中CaO 的物质的量为______。 2 ②该样品中CaO·xH O的x值为______。 2 2 【答案】（1）C （2）2CaO+4H+=2Ca2++2H O+O↑ 2 2 2 （3）0.06mol 【解析】(1)A．CaO 具有氧化性，因此对面粉可能具有增白作用，A正确；B．CaO 是由钙离子和过氧根 2 2 离子组成的离子化合物，其中阴阳离子的个数比为 1∶1，B 正确；C．CaO 和水反应的方程式为 2 2CaO+2H O=2Ca(OH) +O ，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 2 2 2 2 1mol O 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CaO 和CO 反应的化学方程式 2 2 2 为：2CaO+2CO =2CaCO +O ，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(CaO)与盐 2 2 3 2 2 酸反应的离子方程式2CaO+4H+=2Ca2++2H O+O↑。（3）①得到O 在标准状况下体积为672mL，氧气的物质 2 2 2 2 的量=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，根据方程式2［CaO·xH O］=2CaO+O ↑+2xH O可知，5.42 g过氧化钙样品 2 2 2 2 中CaO 的物质的量为0.03mol×2=0.06mol；②7g碳酸钙的物质的量是7g÷100g/mol=0.07mol，根据钙离子守 2 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(Na SO∙5H O)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 2 2 3 2 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NaSO(夹持仪 2 2 3 器略)，总反应为2NaS+Na CO+4SO=3Na SO+CO 。回答下列问题： 2 2 3 2 2 2 3 2(1)烧瓶B中制备SO 的化学方程式为_______。 2 (2)当pH计读数接近7.0时，应立即停止通SO 的原因_______(用离子方程式表示)，具体操作是_______。 2 (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 0.1000mol∙L−1标准碘的水溶液滴定。已知：2SO+I (aq)=S O(无色)+2I−(aq)。 2 2 4 ①标准碘的水溶液应盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②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。 ③重复上述操作三次，记录另两次数据如下表，则产品中NaSO∙5H O的质量分数为_______％(保留1位 2 2 3 2 小数)。 滴定次数 滴定前刻度/mL 滴定前刻度/mL 第二次 1.56 30.30 第三次 0.22 26.34 【答案】（1）HSO +Na SO =SO↑+H O+Na SO 2 4 2 3 2 2 2 4 （2）SO+2H+=S↓+SO ↑+H O 关闭K、K，打开K 2 2 2 1 2 3 （3）酸式 26.10 92.5 【解析】烧瓶B中HSO 与NaSO 反应制备SO ，硫代硫酸钠晶体在中性或碱性溶液中较稳定，在酸性 2 4 2 3 2 溶液中，反应：SO+2H+=S↓+SO ↑+H O产生浑浊，故当pH计读数接近7.0时，应立即停止通SO 。测定 2 2 2 2 NaSO∙5H O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 2 2 3 2 体积，结合关系式求算；(1)烧瓶B中HSO 与NaSO 反应制备SO ，化学方程式为HSO +Na SO =SO↑+H O 2 4 2 3 2 2 4 2 3 2 2 +Na SO 。(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： 2 4 SO+2H+=S↓+SO ↑+H O，故当pH计读数接近7.0时，应立即停止通SO ，具体操作是关闭K 、K ，打开 2 2 2 2 1 2K 。(3)①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；②由 3 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；③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 NaSO∙5H O的质量分数为 。 2 2 3 2