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1．下列指定微粒的数目不相等的是(　　)
A．等物质的量的水与重水含有的中子数
B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数
C．同温、同压、同体积的14CO和NO含有的质量数
D．等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数
解析：1
mol普通水中含有的中子数是8NA,1
mol重水中含有的中子数是10NA，所以等物质的量的水与与足量的氯气完全反应转移电子数目相等，D项不符合题意。
答案：A
2．关于Na2O2的叙述正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(　　)
A．7.8
g
Na2O2含有的共价键数为0.2NA
B．7.8
g
Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA
C．7.8
g
Na2O2与足量的CO2充分反应，转移的电子数为0.2NA
D．0.2
mol
Na被完全氧化生成7.8
g
Na2O2，转移电子的数目为0.4NA
解析：A项，Na2O2的电子式为，7.8
g
Na2O2中应含有共价键数为0.1NA；C项，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，应转移电子数为0.1NA；D项，Na是还原剂，应转移电子数为0.2NA。
答案：B
3．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)
A．1
mol甲烷中含有10NA个质子
B．27
g铝被完全氧化成氧化铝，失去2NA个电子
C．标准状况下，22.4
L苯含有NA个C6H6分子
D．常温常压下，28
g乙烯含有2NA个碳碳双键
解析：B项，应失去3NA电子；C项，标况下，苯为液体；D项，乙烯的结构式为,28
g乙烯中应含有NA个碳碳双键。
答案：A
4．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．17
g
NH3和18
g
H2O中含有的电子数均为10NA
B．2
L
1.5
mol·L－1乙酸钠溶液中含有的CH3COO－为3NA
C．标准状况下，5.6
L
NO2溶于足量水中，完全反应后转移的电子数为0.75NA
D．向恒压密闭容器中充入2
mol
NO与1
mol
NO2，容器中的分子总数为3NA
解析：17
g
NH3和18
g
H2O均为1
mol，且二者均为10电子分子，故其中含有的电子数均为10NA，A项正确；乙酸为弱酸，CH3COO－水解，故2
L
1.5
mol·L－1乙酸钠溶液中含有的
CH3COO－少于3
mol，B项错误；3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故5.6
L(0.25
mol)NO2转移1/6
mol电子，C项错误；NO2可转化为N2O4，且为可逆反应，故向恒压密闭容器中充入2
mol
NO与1
mol
NO2，容器中的分子总数少于3NA，D项错误。
答案：A
5．设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．1
mol甲苯含碳碳双键的数目为3NA
B．56
g纯铁粉与稀硝酸反应生成NO的分子数为NA
C．25
℃，1
L
pH＝13的氢氧化钡溶液中含OH－的数目为0.2NA
D．标准状况下，11.2
L一氯甲烷含共价键的数目为2NA
解析：甲苯中不含碳碳双键，A项错误。铁粉与稀硝酸反应，可能生成Fe2＋、Fe3＋，故
mol≤n(NO)≤1
答案：D
6.
如图，抽去右图所示装置中的玻璃片，使两种气本充分反应(整个过程中认为装置气密性良好)，等温度恢复到原来温度。下列说法正确的是(　　)
A．反应后瓶内压强是反应前的
B．装置中氢元素的总质量为0.42
g
C．生成物的分子数目为0.01NA
D．反应结束后，两个集气瓶很容易分开
解析：NH3与HCl反应生成了离子化合物NH4Cl，组成中不存在分子这种微粒，C项错误；反应后剩余HCl气体为0.02
mol，总体积为2.2V
L，混合前两容器内压强相等，由阿伏加德罗定律推论知混合后压强是混合前的，A项错误；由质量守恒知B项正确；反应后容器内气压比大气压小许多，故两个集气瓶不易分开，D项错误。
答案：B
7．取100
mL
0.3
mol·L－1的硫酸溶液和300
mL
0.25
mol·L－1的硫酸溶液加水稀释至500
mL，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是(　　)
A．0.21
mol·L－1　　　B．0.42
mol·L－1
C．0.56
mol·L－1
D．0.26
mol·L－1
答案：B
8．实验室常用98%(ρ＝1.84
g·mL－1)的浓H2SO4配制1:4的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23
g·mL－1，其物质的量浓度为(　　)
A．4.6
mol·L－1
B．5.7
mol·L－1
C．3.88
mol·L－1
D．18.4
mol·L－1
解析：实验室配制1:4溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。
求算所得溶液的溶质质量分数：w%＝(1
mL×1.84
g·
mL－1×98%)/(1
mL×1.84
g·mL－1＋4
mL×1
g·mL－1)×100%＝30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)＝(1
000
mL×1.23
g·mL－1×30.9%)/(98
g·mol－1×1
L)≈3.88
mol·L－1，故选C。
答案：C
9．相对分子质量为M的气态化合物V
L(标准状况)，溶于m
g水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为c
mol·L－1，密度为ρ
g·cm－3。则下列说法不正确的是(　　)
A．相对分子质量M＝
B．物质的量浓度c＝
C．溶液的质量分数w＝
D．溶液密度ρ＝
解析：由c＝知D项正确；由c＝＝知B项正确；由w＝＝知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。
答案：C
10．下列有关操作或判断正确的是(　　)
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
B．用托盘天平称取25.20
g
NaCl
C．用100
mL的量筒量取5.2
mL的盐酸
D．用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高
解析：定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，A不正确；托盘天平偏高，D正确。
答案：D
11．3
g镁铝合金与100
mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4
g，则原硫酸的物质的量浓度为(　　)
A．1
mol·L－1
B．1.5
mol·L－1
C．2
mol·L－1
D．2.5
mol·L－1
解析：选B。应用守恒定律可求出无水硫酸盐中n(SO)＝(17.4－3)g/96
g·mol－1
＝0.15
mol，故c(H2SO4)＝＝1.5
mol·L－1。
12．有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的物质的量浓度为0.4
mol·L－1，SO的物质的量浓度为0.7
mol·L－1，则此溶液中K＋的物质的量浓度为(　　)
A．0.1
mol·L－1
B．0.15
mol·L－1
C．0.2
mol·L－1
D．0.25
mol·L－1
解析：选C。根据电解质溶液显电中性可知，电解质溶液中阳离子所带的电荷总数等于阴离子所带的电荷总数。2c(SO)＝c(K＋)＋3c(Al3＋)，则可得如下等式：0.7
mol·L－1×2＝c(K＋)＋0.4
mol·L－1×3，所以c(K＋)＝0.2
mol·L－1，C项正确。
13．下列说法正确的是(NA代表阿伏加德罗常数的值)(
)
A．1
mol
Na被完全氧化为Na2O2，失去的电子数为2
NA
B．常温常压下，16
g
O3气体含有氧原子数为NA
C．常温常压下，22.4
L
CO2含有分子数为NA
D．18
g
D2O所含有电子数为10NA
【答案】B
【解析】Na被完全氧化为Na2O2，Na元素化合价由0价变为＋1价，1
mol
Na被完全氧化为Na2O2，失去的电子数为NA，A错误；16
g臭氧的物质的量＝
mol，分子数N＝nNA，1个臭氧分子是由3个O原子构成的，所以氧原子总数为NA，B正确；常温常压下，气体摩尔体积大于22.4
L/mol，22.4
L二氧化碳的物质的量小于1
mol，所以其分子数小于NA，C错误；18
g
D2O的物质的量＝0.9
mol，每个D2O分子中含有10个电子，根据N＝nNA知，其分子数为0.9NA，电子总数为9NA，D错误。
14．下列说法不正确的是(
)
A．温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同
B．等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于16∶11
C．温度和容积相同的两气罐中分别盛有5
mol
O2(g)和2
mol
N2(g)，两容积中的压强之比等于5∶2
D．等温等压条件下，5
mol
O2(g)和2
mol
H2(g)的体积之比等于5∶2
【答案】A
【解析】A、温度相同、压强相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同，故A错误；B、等温等压下，
15．同温同压下，x
g的甲气体和y
g的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是(
)
A．x∶y等于甲与乙的相对分子质量之比
B．x∶y等于甲与乙的分子个数之比
C．x∶y等于同温同压下甲与乙的密度之比
D．y∶x等于同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比
【答案】B
【解析】A项，由阿伏加德罗定律，同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则物质的量相等，即x/M甲＝y/M乙，推出：x/y＝M甲/M乙，正确；B项，甲与乙的分子个数比为1∶1，而x与y不一定相等，错误；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，正确；D项，等质量的甲、乙压强之比为＝＝＝＝，正确。
16．把V
L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a
mol
NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b
mol
BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合液中钾离子的浓度为(
)
A.
mol·L－1　　　　
B.
mol·L－1
C.
mol·L－1
D.
mol·L－1
【答案】D
【解析】注意混合液分成两等份，由Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知原溶液中n(Mg2＋)＝
mol＝a
mol、n(SO)＝2b
mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(SO)－2n(Mg2＋)＝2(2b－a)
mol。
17．某溶液中存在五种离子：NO、SO、Fe3＋、H＋和一种未知离子(OH－忽略不计)，它们物质的量浓度之比为2∶3∶1∶3∶1，则未知离子可能为(
)
A．Fe2＋
B．Ba2＋
C．Cl－
D．Mg2＋
【答案】D
【解析】设NO、SO、Fe3＋、H＋和未知离子的浓度分别是2、3、1、3、1，未知离子所带电荷数为n，Fe2＋，SO和Ba2＋不能大量共存推出，未知离子可能为Mg2＋。
18．在标准状况下，将a
L
NH3完全溶于水得到V
mL氨水，溶液的密度为ρ
g·cm－3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为c
mol/L。下列叙述中正确的是(
)
①ω＝×100
%
②c＝
③上述溶液中再加入V
mL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω
④上述溶液中再加入1.5
V
mL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
A．①④
B．②③
C．①③
D．②④
【答案】D
【解析】①V
mL氨水，溶液的密度为ρ
g·cm－3，溶液的质量ρVg，溶质的质量为×17，则溶质的质量分数为ω＝×100%，故①错误；②溶质的物质的量为
mol，溶液的体积为V
mL，则c＝
mol/L，故②正确；③再加入V
mL水后，所得溶液的质量分数为，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5ω，故③错误；④V
mL氨水，再加入1.5V
mL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，故④正确。
19．将含有2.05
g某高价含氧酸的钙盐的溶液A与含1.20
g碳酸盐的溶液B混合，恰好完全反应，生成1.25
g白色沉淀C。将滤去沉淀C的滤液蒸发，得到白色固体D，继续加热D时，D分解只得两种气态物质的混合物，在0
℃、1×105
Pa下，体积变为0.56
L，并得到0.90
g液态水，另一种气态物质为气态氧化物R2O。试回答：
(1)白色沉淀C的物质的量为________
mol。
(2)A的摩尔质量为____________，B的摩尔质量为________。
(3)R2O与H2O的物质的量之比为________，生成D的质量为________，D的摩尔质量为________，R2O的相对分子质量为________，R2O的化学式是________。
(4)写出A和B混合的化学方程式_________________。
【解析】由A＋B===C＋D知，C为CaCO3，D是一种含三种元素的含氧酸盐，该盐只能是NH4NO3，
【答案】(1)0.012
5　(2)164
g·mol－1　96
g·mol－1　(3)1∶2　2
g　80
g·mol－1　44　N2O　
(4)Ca(NO3)2＋(NH4)2CO3===CaCO3↓＋2NH4NO3
20．实验室需要配制0.50
mol/L
NaCl溶液480
mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
(1)选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1
g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_________________、________以及等质量的几片滤纸。
(2)计算：配制该溶液需取NaCl晶体的质量为__________g。
(3)称量：
①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：
②称量过程中NaCl晶体应放于天平的________(填“左盘”或“右盘”)。
③称量完毕，将药品倒入烧杯中。
(4)溶解、冷却：该步实验中需要使用玻璃棒，目的是________________________________________________________________________。
(5)转移、洗涤：在转移时应使用________引流，洗涤烧杯2～3次是为了_________________。
(6)定容，摇匀。
(7)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如右图所示，所配溶液的浓度会__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【解析】配制480
mL
0.50
mol/L的NaCl溶液，必须用500
mL容量瓶。m(NaCl)＝0.50
mol/L×0.5
L×58.5
偏低。
【答案】(1)500
mL容量瓶　胶头滴管　(2)14.6　(3)①　②左盘　(4)搅拌，加速溶解　(5)玻璃棒　保证溶质全部转移至容量瓶中　(7)偏低
21．将含有2.05
g某高价含氧酸的钙盐的溶液A与含1.20
g碳酸盐的溶液B混合，恰好完全反应，生成1.25
g白色沉淀C。将滤去沉淀C的滤液蒸发，得到白色固体D，继续加热D时，D分解只得两种气态物质的混合物，在0℃、1×105Pa下，体积变为0.56
L，并得到0.90
g液态水，另一种气态物质为气态氧化物R2O。
试回答下列问题：
(1)白色沉淀C的物质的量为________mol。
(2)A的摩尔质量为________，B的摩尔质量为________。
(3)R2O与H2O的物质的量之比为________，生成D的质量为________，D的摩尔质量为________，R2O的相对分子质量为________，R2O的化学式是________。
(4)写出A和B混合的化学方程式：__________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：由A＋B===C＋D知，C为CaCO3，D是一种含三种元素的含氧酸盐，该盐只能是NH4NO3，分解生成的R2O为N2O。
(3)N2O的物质的量为＝0.025
mol，N2O与H2O的物质的量之比为1∶2。
答案：(1)0.012
5　(2)164
g·mol－1
96
g·mol－1　(3)1∶2　2
g　80
g·mol－1
44　N2O
(4)Ca(NO3)2＋(NH4)2CO3===CaCO3↓＋2NH4NO3
22．云南鲁甸发生6.5级地震，造成大量人员伤亡和财产损失。灾区的水需用杀菌消毒剂处理后才能确保饮水安全。救灾物资中的一瓶“84消毒液”的包装说明上有如下信息：
含25%NaClO(次氯酸钠)、1
000
mL、密度1.19
g/cm3，稀释100倍(体积比)后使用。
请回答下列问题：
(1)上述“84消毒液”的物质的量浓度为________mol/L。
(2)该同学取100
mL上述“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释100倍后的溶液中c(Na＋)＝________mol/L(假设稀释后溶液密度为1.0
g/cm3)，该消毒液长时间放置在空气中能吸收标准状况下CO2的体积为________L。
(3)灾区志愿者根据上述“84消毒液”的包装说明，欲用NaClO固体(NaClO易吸收空气中的H2O、CO2)配制480
mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是________。
A．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，要烘干才能用于溶液的配制
C．利用购买的商品NaClO来配制可能会导致结果偏低
D．需要NaClO固体的质量为143
g
(4)ClO2对污水中Fe2＋、Mn2＋、S2－和CN－等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN－b
mg/L，现用ClO2将CN－氧化，只生成两种无毒气体，其离子反应方程式为________________，处理100
m3这种污水，至少需要ClO2______mol。
解析：(1)c(NaClO)＝＝4.0
mol/L。(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变得：100
mL×4.0
mol/L＝10
000
mL×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04
mol/L，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04
mol/L。根据NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，可知n(CO2)＝n(NaClO)＝0.4
mol，标准状况下CO2
中NaClO的实际质量可能偏小，从而可能使结果偏低。选项D，应选取500
mL容量瓶进行配制，然后取出480
mL即可，所以需要NaClO固体的质量为0.5
L×4.0
mol/L×74.5
g/mol＝149.0
g。(4)ClO2将CN－氧化为N2和CO2，同时生成Cl－：2ClO2＋2CN－===N2＋2CO2＋2Cl－。100
m3这种污水中含有CN－的质量为100b
g，其物质的量为mol，根据反应方程式可知至少需要消耗ClO2mol。
答案：(1)4.0　(2)0.04　8.96　(3)C
(4)2ClO2＋2CN－===N2＋2CO2＋2Cl－　
23．某化学研究性学习小组配制含有NH、Cl－、K＋、SO的植物培养液450
mL，且要求该培养液中c(Cl－)＝c(K＋)＝c(SO)＝0.4
mol·L－1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙、②托盘天平、③烧杯、④玻璃棒、⑤胶头滴管、⑥量筒。
请回答下列问题：
(1)该植物培养液中，NH的物质的量浓度为________。
(2)该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的实验仪器是________(填字母)。
A．450
mL容量瓶
B．500
mL容量瓶
C．两个250
mL容量瓶
(3)甲同学用KCl和(NH4)2SO4两种物质进行配制，则需称取m(KCl)＝________
g，m(NH4)2SO4]＝________
g。
(4)乙同学用所提供药品中的三种进行配制，请帮助该同学选用三种物质：________、________、________。(填化学式)
(5)若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是________(填字母)。
A．将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
B．将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶
C．用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线
D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线
解析：(1)根据溶液呈电中性有c(NH)＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SO)，则c(NH)＝c(Cl－)＋2c(SO)－c(K＋)＝0.8
mol·L－1。(2)实验所用容量瓶规格应该等于或略大于实验所需配制溶液的体积，实验室没有450
mL
烧杯和玻璃棒上，使所配溶液浓度偏低，A项符合题意；转移时部分溶液溅出容量瓶，使溶质损失，所配溶液浓度偏低，B项符合题意；加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度线，说明所配溶液体积偏大、浓度偏小，C项符合题意；俯视读数时，实际液面低于容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小、浓度偏大，D项不符合题意。
答案：(1)0.8
mol·L－1　(2)B
(3)14.9　26.4
(4)(NH4)2SO4　NH4Cl　K2SO4　(5)ABC
24．下图为氯化钠、碳酸钠在水中的溶解度曲线，请回答下列问题。
(1)碳酸钠和氯化钠混合溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)。
(2)40
℃时，碳酸钠的溶解度为________
g。
(3)大于30
℃时，碳酸钠的溶解度________氯化钠的溶解度(填“>”“<”或“＝”)。
(4)40
℃时，碳酸钠和氯化钠均形成饱和溶液，当温度降低到20
℃时，析出的主要物质是______________________(填化学式)。
(5)为检验(4)中析出的物质，取少量样品于试管中加入足量的稀________(填化学式)溶液，完全溶解，并有气体产生，再加入几滴________(填化学式)溶液，有白色沉淀产生。
解析：(1)由于CO＋H2O??HCO＋OH－，所以Na2CO3和NaCl混合溶液的pH>7。(2)根据溶解度曲线，40
℃时Na2CO3的溶解度为50
g。(3)根据溶解度曲线，大于30
℃时，Na2CO3的溶解度大于NaCl的溶解度。(4)由于Na2CO3的溶解度受温度的影响很大，而NaCl的溶解度受温度的影响较小，所以40
℃的Na2CO3、NaCl的饱和溶液，当温度降低到20
℃时，析出的主要物质是Na2CO3。(5)用稀HNO3检验Na2CO3，用AgNO3溶液检验NaCl。
答案：(1)>　(2)50　(3)>
(4)Na2CO3　(5)HNO3　AgNO31.了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。
2．理解物质的量的含义，并能用于进行简单的化学计算。
3．了解物质的量的单位——摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积，物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义。
4．根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。
5．能运用化学方程式和离子方程式进行有关计算。
6．了解溶液的组成。理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。
7．能根据要求配制一定溶质质量分数、物质的量浓度的溶液。
一、阿伏加德罗常数的应用
阿伏加德罗常数的常见考查内容和设错形式：
对阿伏加德罗常数的考查往往以选择题的形式，渗透于高中各个知识点中进行考查，试题的知识覆盖面较大，但难度较小，该类试题的特点就是“容易忽视”，即容易落入命题者设置的“陷阱”中，因此明确命题者的考查方向和设错方式有利于我们快速、准确地作出选择。同时要求同学们在解决该类试题时一定要细心、仔细。
1．考查气体体积与物质的量、微粒数目等关系时，故意忽略标准状况条件或给出常温常压条件。
2．物质状态问题。考查气体摩尔体积时，常常用标准状况下非气态的物质来迷惑考生，如水、三氧化硫、己烷、三氯甲烷等。
3．结合氧化还原反应考查电子转移的数目问题，特别是歧化反应的电子转移数目，如过氧化钠与水反应、氯气与水的反应等。
4．结合物质结构的有关知识考查物质的微粒数目(如分子、原子、质子、中子、电子等)、化学键数目等。此处常常涉及的物质有稀有气体(单原子分子)、Na2O2(阴阳离子个数比)、SiO2、Si、P4、CO2(化学键数目)、特殊物质的质量与微粒数间的关系，如D2O、18O2等。
5．考查溶液中离子数目时故意忽视盐类的水解，弱电解质的电离等。
6．结合化学平衡考查时，故意忽视可逆反应不能进行到底的特点。
二、以物质的量为中心的有关计算
三、一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析
1．配制步骤
―→―→―→―→―→―→
2．配制过程中所需要的主要仪器
(1)量筒或托盘天平　(2)烧杯　(3)玻璃棒　(4)容量瓶　(5)胶头滴管
3．配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
考点一　阿伏加德罗常数
例1．【2017新课标2卷】阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1NA
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
D正确。
【变式探究】设NA为阿伏加德罗常数，下列关于物质结构的说法不正确的是(　　)
A．12
g金刚石含有的共价键数目为2NA
B．1
mol甲醇中含有的共价键数目为5NA
C．1
mol
NH3中含有4NA对共用电子对
D．常温常压下，8
g
O2含有4NA个质子
【解析】选C。C项，1
mol
NH3中应含有3NA对共用电子对。
【变式探究】设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中，正确的是(　　)
A．12.0
g
NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.3NA
B．14
g分子式为CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目一定为NA/n
C．标准状况下，1
L液态水中含有的H＋数目为10－7NA
D．足量Zn与一定量的浓硫酸反应，产生22.4
L气体时，转移的电子数为2NA
【解析】选B。A项，1个NaHSO4中含有一个Na＋和1个HSO，所以12.0
g
NaHSO4晶体中阴、阳离子总数应为0.2NA。B项，CnH2n为单烯烃，所以14
g分子式为CnH2n的链烃中，含有的碳碳双键的数目为×NA＝。C项，标况下，H2O中H＋浓度小于10－7
mol·L－1。D项，没有指明气体所处的状况。
考点二　阿伏加德罗定律
例2．在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是(　　)
A．充入的CO分子数比CO2分子数少
B．甲容器的体积比乙容器的体积小
C．CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小
D．甲中CO的密度比乙中CO2的密度小
【解析】选D。根据n＝m/M知，相同质量时，物质的量与其摩尔质量成反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28
g/mol、44
g/mol，所以二者的物质的量之比为44
g/mol∶28
g/mol＝11∶7，根据N＝nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比，为11∶7，所以CO分子数多，故A错误。根据相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，可知甲的体积比乙大，故B错误。温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，故C错误。由ρ＝知，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，故D正确。
【变式探究】在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量(M)关系，判断下列说法正确的是(　　)
A．若M(甲)>M(乙)，则气体体积：甲<乙
B．若M(甲)乙
C．若M(甲)>M(乙)，则气体的摩尔体积：甲<乙
D．若M(甲)则n(甲)>n(乙)，气体的分子数：甲>乙，故D错误。
考点三　一定物质的量浓度溶液的配制
例3．体积为V、密度为ρ的某溶液中，含有摩尔质量为M的溶质m
g。若此溶液中溶质的物质的量浓度为c，溶质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是(　　)
A．c＝　　　　　　
B．m＝Vρw
C．w＝
D．ρ＝
【解析】选A。已知：c＝1
000或c＝。
A项，c＝，正确；B项，＝，m＝1
000ρwV，错误；C项，w＝，错误；D项，ρ＝，注意w与w%的区别，错误。
【变式探究】实验室常用98%(ρ＝1.84
g·mL－1)的浓H2SO4配制1∶4
的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23
g·mL－1，其物质的量浓度为(　　)
A．4.6
mol·L－1
B．5.7
mol·L－1
C．3.88
mol·L－1
D．18.4
mol·L－1
【解析】选C。实验室配制1∶4溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液中溶质质量分数：w%＝(1
mL×1.84
g·mL－1×98%)/(1
mL×1.84
g·mL－1＋4
mL×1
g·mL－1)×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)＝(1
000
mL×1.23
g·mL－1×30.9%)/(98
g·mol－1×1
L)≈3.88
mol·L－1，故选C。
1．【2017新课标2卷】阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1NA
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
C错误；
H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，D正确。
2．【2017新课标3卷】NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1mol的中，含有0.6NA个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P-Cl键
【答案】A
【解析】B的原子序数为5，即质子数为5，在质量数为11的B原子中含有6个中子，0.1mol11B含有0.6NA个中子，A正确；溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算2．24L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误。
3．【2017海南】NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A.
1
mol
乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B.
1
mol
甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C.
1
L
0.1
mol·L 1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA
D.
1
mol
的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
【答案】C
合气体中含有质子物质的量为14mol，D正确。
1．【2016年高考海南卷】利用太阳能分解制氢，若光解0.02
mol水，下列说法正确的是（
）
A．可生成H2的质量为0.02g
B．可生成氢的原子数为2.408×1023个
C．可生成H2的体积为0.224L（标准情况）
D．生成H2的量理论上等于0.04mol
Na与水反应产生H2的量
【答案】D
【解析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02
mol水，可产生0.02
mol
H2和0.01
mol
O2。可生成H2的质量为0.04g，A错误；可生成氢的原子数为2.408×1022个，B错误；可生成标准状况下H2的体积为0.448L，C错误；0.04mol
Na与水反应产生0.02
molH2，D正确。
2．【2016年高考江苏卷】下列说法正确的是（
）
A．氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子
B．0.1mol/LNa2CO3溶液加热后，溶液的pH减小
C．常温常压下，22.4L
Cl2中含有的分子数为6.02×1023个
D．室温下，稀释0.1mol/LCH3COOH溶液，溶液的导电能力增强
【答案】A
【解析】氢氧燃料电池工作时，H2发生氧化反应，在负极上失去电子，A正确；升高温度，促进碳酸钠的水解，溶液的pH增大，B错误；常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，22.4LCl2中的物质的量小于1mol，含有的分子数小于6.02×1023个，C错误；室温下，稀释稀醋酸，虽然电离平衡正向移动，自由移动离子的数目增加，但溶液体积的增大起主导作用，自由移动离子的浓度减小，溶液的导电能力减弱，D错误。
3．【2016年高考四川卷】
NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（
）
A．2.4g镁在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NA
C．氢原子数为0.4NA的甲醇分子中含有的σ键数为0.4NA
D．0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA
【答案】B
【解析】2.4
g镁的物质的量为2.4/24=0.1
mol，反应中失去0.2
mol电子，A错误；标准状况下5.6
L二氧化碳的物质的量为5.6/22.4=0.25
mol，含有的氧原子为0.5
mol，B正确；甲醇的结构为CH3OH，氢原子数为0.4NA的甲醇分子为0.1
mol，含有5molσ键，C错误；醋酸是弱酸，不能完全电离，D错误。
4．【2016年高考新课标Ⅰ卷】设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（
）
A．14
g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1
molN2与4
mol
H2反应生成的NH3分子数为2NA
C．1
molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24
LCCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
量硝酸生成硝酸铁，反应中电子转移数目为3NA，C错误；在标准状况下四氯化碳是液态，不能用气体摩尔体积进行有关物质的量的计算，D错误。
5．【2016年高考上海卷】某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（
）
A．0.80
B．0.85
C．0.90
D．0.93
【答案】A
【解析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mL
Cl2转移电子数为0.01mol。则有：×(3-)×x=0.01，解得x=0.8。故选项A正确。
6．【2016年高考上海卷】称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH31792ml（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（
）
A．1:1
B．1:2
C．1.87:1
D．3.65:1
【答案】C
NH4HSO4物质的量之比为：1.87:1
，故选C。
7．【2016年高考江苏卷】（12分）过氧化钙（CaO2·8H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。
（3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I 完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式；_____________。
②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00
mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000
mol·L 1
Na2S2O3标准溶液13.50
mL。计算该水样中的溶解氧（用mg·L 1表示），写出计算过程。
【答案】（3）①O2＋2Mn2＋＋4OH－=MnO(OH)2↓
②在100.00mL水样中
I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－
n(I2)=
＝
=6.750×10－5mol
n[MnO(OH)2]=
n(I2)=
6.750×10－5mol
n(O2)=
n[MnO(OH)2]=×6.750×10－5mol＝3.375×10－5mol
水中溶解氧＝=10.80mg/L
【解析】
（3）①O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，1个O2分子得到4个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+4价，1个Mn2+失去2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O2+2Mn2＋+4OH－===MnO(OH)2↓。
②根据转化关系图，获得各物质之间的量的关系，由此进行计算
8．【2016年高考新课标Ⅰ卷】
(15分)
（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl ，利用Ag+与CrO42 生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl 恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10 5
mol·L 1)时，溶液中c(Ag+)为_______
mol·L 1，此时溶液中c(CrO42 )等于__________
mol·L 1。(已知Ag2
CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10 12和2.0×10 10)。
【答案】(3)
2.0×10-5
；5×10-3；
【解析】（3）当溶液中Cl 完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10 5
mol·L 1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10 10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10 10÷(1.0×10 5
mol·L 1)=2.0×10-5
mol·L 1；则此时溶液中c(CrO42 )=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10 12÷(2.0×10-5
mol·L 1)=5×10-3mol·L 1；
9．【2016年高考新课标Ⅱ卷】联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：
（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是
。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2
kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是
。
【答案】（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生
1
N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4
【解析】（5）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为
1kg÷32g/mol×32g/moL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不
产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4。
10、【2016年高考上海卷】（本题共14分）
CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00
mol
NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_________L(标准状况)。
（2）某H2中含有2.40
molCO2，该混合气体通入2.00
L
NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为_______。
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9
mol
CO2在密封舱内和KO2反应后生成9
mol
O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH
CO2+3H2CH3OH+H2O
300
mol
CH4完全反应后的产物中，加入100
mol
CO2后合成甲醇。若获得甲醇350
mol，残留氢气120
mol，计算CO2的转化率。
【答案】（本题共14分）
（1）89.6
（2）2.4
mol/L≥c≥1.2
mol/L
（3）
n(H2O)=(9/6)×2=3(mol)
（4）300
mol
CH4完全反应产生H2
900mol
设CO2转化率为α，CO转化率为β
300β+100α=350
600β+300α=900-120
α=80%
或设CO2转化率为α
900 350×2 100α=120
α=80/100=80%
【解析】
（2）根据题意要求，2.40
molCO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3（此时NaOH的浓度最大）或NaHCO3（此时NaOH的浓度最小）或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：
①CO2+NaOH=NaHCO3，n(NaOH)=
n(CO2)=2.40mol，则c(NaOH)==1.20mol/L；
②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，n(NaOH)=2n(CO2)=4.80mol，则c(NaOH)==2.40mol/L；
综合（1）、（2）可知，NaOH溶液的浓度应该为1.20mol/L≤c(NaOH)≤2.40mol/L。
（3）法一：
依题意，9
mol
CO2在密封舱内和KO2反应后生成9
mol
O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：
8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n(H2O)=n(CO2)=×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。
法二：
设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2
+
4CO2
+
2H2O
→
4KHCO3
+
3O2
2nn
1.5n
4KO2
+
2CO2
→
2K2CO3
+
3O2
9-2n
1.5(9-2n)
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+
1.5(9-2n)=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内
H2O的物质的量为3mol。
（4）法一：
CH4+
H2OCO
+
3H2
300mol
300mol
900mol
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO
+
2H2CH3OH
CO2
+
3H2CH3OH
+
H2O
300βmol
600βmol
300βmol
100αmol
300αmol
100αmol
根据题意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol-------①式
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-120
mol，所以有
600βmol+300αmol=900mol-120
mol--------②式
由①②式可得α=0.8，即CO2的转化率为80%。
法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α
CH4
+
H2O
CO
+
3H2
300mol
900mol
CO2
+
3H2
CH3OH
+
H2O
100αmol
100αmol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-120
mol，根据反应中氢元素的守恒可有：900mol-120mol=350mol×2+100αmol，解得α=0.8，即CO2的转化率为80%。
1、(2015·广东理综)设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)
A．23
g
Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
B．1
mol
Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子
C．标准状况下，22.4
L
N2和H2混合气中含NA个原子
D．3
mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子
【答案】D
数为8NA，D项正确。
2.【2015四川理综化学】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B．常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5
NA
D．50ml
12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
具有挥发性，实际反应的盐酸小于0.6mol，故转移的电子数小于0.3NA，D错误。选A。7
3、【2015上海化学】将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过
足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（
）
A．231.5mL
B．268.8mL
C．287.5mL
D．313.6mL
【答案】C、D
【解析】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。
充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2=
HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则发生4NH3+5O24NO+6H2O消耗的氧气的体积是V(O2)=5/4V(NO)=
5/4×44.8mL=56ml，消耗的总体积是V(总)=
V(O2)+V(NH3)=9
/4×44.8mL=100.8ml，其余的气体体积是448mL-100.8ml=347.2ml，发生反应：NH3+2O2=
HNO3+H2O，反应消耗的氧气体积是：V(O2)=2/3V(剩余)=
2/3×347.2ml=231.
5ml，则其中的氧气的总体积是：V(O2)(总)=
56ml+
231.
5ml
=287.5mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是发生总反应NH3+2O2=
HNO3+H2O消耗的和剩余的氧气两部分，氧气的体积是：V(O2)=
(448mL
-44.8mL
)×2/3+44.8mL
=313.6mL。故答案是选项C、D。
4、
【2015新课标Ⅰ卷理综化学】NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（
）
A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
B．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+两种数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】C
【解析】
A、核素D和H的质量数不同，质子数相同。则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，错误；B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气，则氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，正确；D、NO与氧气反应生成二氧化氮，但常温下，二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡，所以产物的分子数小于2NA，错误，答案选C。
5、【2015新课标Ⅱ卷理综化学】NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（
）
A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．1L
0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D．235g核互U发生裂变反应：U+nSr+U+10n，净产生的中子(n)数为10NA
【答案】C
【解析】A．60g丙醇的物质的量是1mol，丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH，所以分子中存燃烧时转移电子数为1NA，C正确；D．235g核素U的物质的量＝235g÷235g/mol＝1mol，根据发生的裂变反应U+nSr+U+10n可知净产生的中子(n)数为9NA，D错误，答案选C。
1．（2014·高考四川卷第5题）设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
B．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1NA
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28g
N2时，转移的电子数目为3.75NA
【答案】D
【解析】A、高温下铁与水蒸气反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)△Fe3O4＋4H2，因此高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为×0.2
NA＝0.27NA，A不正确；B、室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，氢离子的物质的量是10－13，水电离出1个氢离子，必然电离出1个OH－离子，所以由水电离的OH－离子数目为10－13NA，B不正确；C、氢氧燃料电池正极消耗氧气，22.4L（标准状况）氧气的物质的量是1mol，氧气在反应中得到4个电子，则1mol氧气得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，C不正确；D、5NH4NO3△2HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，－3价的氮元素升高到0价，失去3个电子。＋5价的氮元素降低到0价，得到5个电子，即每生成4mol氮气反应中转移电子的物质的量是15mol。因此生成28g
N2即1mol氮气时，转移电子的物质的量是15mol÷4＝3.75mol，其的电子数目为3.75NA，D正确，答案选D。
【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的计算
2．（2014·高考广东卷第10题）设NA为阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．1mol甲苯含有6NA个C-H键
B．18gH2O含有10NA个质子
C．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子
D．56g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子
【答案】B
化硫即1.5NA个SO2分子，错误，答案选B。
【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的应用
【考点定位】考查化学常用计量(阿伏加德罗常数)。
3．（2014·高考上海卷第16题）含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则
A．被氧化的砒霜为1.98mg
B．分解产生的氢气为0.672ml
C．和砒霜反应的锌为3.90mg
D．转移的电子总数为6×10―5NA
【答案】C
【解析】
A、砒霜中砷的化合价是＋3价，而砷化氢中砷的化合价是－3价，化合价降低得到电子，砒霜被还原，A不正确；B、不能确定砷化氢的状态，因此不能确定砷化氢的体积，B不正确；C、1.50mg砷的物质的量＝1.50×10－3g÷75g/mol＝2×10－5mol，则砒霜转化为砷化氢得到电子的物质的量是2×10－5mol
×6＝1.2×10－4mol。锌失去2个电子，则和砒霜反应的锌的质量＝×65g/mol＝3.9×10－3g＝3.9mg，
C正确；D、转移的电子总数为（2×10－5×6＋2×10－5×3）NA＝1.8×10―4NA，D不正确，答案选C。
【考点定位】考查氧化还原反应的有关判断与计算

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