2025年高考化学复习热搜题速递之化学常用计量（2024年7月）

第1页（共1页）2025年高考化学复习热搜题速递之化学常用计量（2024年7月）一．选择题（共18小题）1．（2024春•成都期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．0.2mol—OH中所含电子数目为1.8NA B．1.7gNH3溶于水中，得到NH3•H2O的数目小于0.1NA C．1.0molCH4与Cl2在光照下充分反应，生成的CH3Cl分子数目为NA D．常温常压下，28gCO和N2的混合气体中所含原子数目为2NA2．（2024春•东莞市期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，蓝铜矿2CuCO3•Cu（OH）2与焦炭加热，可生成Cu、CO2和H2O。下列叙述正确的是（）A．22.4LCO2含有的分子数为NA B．12gC完全反应转移的电子数为4NA C．1molH2O分子含有的电子数目为3NA D．2mol•L﹣1HCl溶液能溶解CuCO3的分子数为NA3．（2024•两江新区校级模拟）PH3沸点为﹣87.5℃，可与CuSO4溶液反应：4CuSO4+PH3+4H2O═4H2SO4+4Cu↓+H3PO4，NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是（）A．生成1molH2SO4，转移的电子数为2NA B．生成2molH3PO4，断裂的P—H键与O—H键数目比为3：4 C．消耗标准状况下11.2LPH3，生成2molCu D．消耗含有孤电子对数4NA的H2O，生成2molH2SO44．（2024•广西三模）实验室可利用反应：MnO2+2KBr+3H2SO4MnSO4+2KHSO4+Br2+2H2O制备Br2。设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，8.7gMnO2和MnS的混合物中含有Mn原子的数目为0.1NA B．0.1mol•L﹣1KHSO4溶液中含有的离子数为0.3NA C．标准状况下，11.2LH2O的分子数为0.5NA D．该反应中生成0.2molBr2时，转移的电子数为0.2NA5．（2024春•重庆期末）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．6.4gCu与足量S加热反应，转移电子数目0.2NA B．11.2LNH3中含有的原子数为2NA C．在一定条件下，0.1molSO2与过量O2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA D．0.15molCu与足量稀硝酸反应生成NO分子数为0.1NA6．（2024春•重庆期末）下列关于NA的说法不正确的是（）A．0.1mol中σ键的数目为1.4NA B．标准状况下，22.4L水中含有氢键的数目为0.2NA C．1mol[Cu（NH3）4]2+中含有的配位键数目为4NA D．60gSiO2中含Si—O的数目为4NA7．（2024•浙江模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。工业上，接触法制备硫酸的原理如下：①4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；②2SO2+O22SO3；③H2O+SO3═H2SO4。下列叙述正确的是（）A．12.0gFeS2中含离子总数为0.3NA B．①中生成1molFe2O3时转移的电子数为22NA C．标准状况下，2.24LSO3中含原子总数为0.3NA D．②中1molSO2和2molO2反应生成SO3的分子数为NA8．（2024•肇庆二模）化学助力蓝天保卫战。工业上可利用氨水吸收SO2尾气，生成NH4HSO3，再将其氧化得到（NH4）2SO4化肥。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．22.4LNH3所含的分子数目为NA B．64gSO2中所含的σ键数目为2NA C．2mol完全氧化生成，转移的电子数目为2NA D．1L0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中所含的数目为0.2NA9．（2024•漳州三模）用FeCl2与NaBH4制备纳米零价铁的反应为FeCl2+2NaBH4+6H2O＝Fe+2B（OH）3+2NaCl+7H2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1L0.1mol•L﹣1FeCl2溶液中Fe2+数为0.1NA B．0.5molNaBH4固体中σ键数为2NA C．每生成56gFe，转移的电子数为2NA D．1molB（OH）3中采取sp3杂化的原子数为4NA10．（2024•皇姑区校级模拟）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．将0.1molNaF溶于稀氢氟酸溶液中使溶液呈中性，溶液中F﹣数目小于0.1NA B．6g石墨烯中含有六元环的个数为0.25NA C．中σ键的个数为8NA D．11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NA11．（2024春•慈溪市期末）NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法不正确的是（）A．一定量SO2与足量氧气发生催化氧化反应生成0.1molSO3，转移电子数为0.2NA B．标准状况下，11.2L氯仿CHCl3中含有C—Cl键的数目为1.5NA C．20g重水（D2O）分子中含有的中子数为10NA D．28g乙烯和丙烯的混合物完全燃烧时，产生的CO2分子数目为2NA12．（2024春•雁塔区期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A．28g乙烯和丙烯的混合气体中含有原子的数目为6NA B．1molC2H5OH分子中含有的共价键数目为8NA C．标准状况下，11.2L二氯甲烷所含分子数为0.5NA D．含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜共热，转移的电子数小于2NA13．（2024春•朝阳区校级期中）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．B3N3H6（无机苯）的结构与苯相似，1mol无机苯中π键数目为3NA B．1mol[Ag（NH3）2]+中含有σ键数为6NA C．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA D．1mol环戊二烯（）分子中含有的σ键数目为5NA14．（2024春•成都期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．在含2molSi—O键的SiO2晶体中，氧原子的数目为2NA B．15g甲基所含的电子数为10NA C．1mol苯乙烯中所含的碳碳双键数为NA D．标准状况下，11.2L己烷中所含的分子数目为0.5NA15．（2024•安徽模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数目之和为NA B．12g石墨中含有的碳碳单键数目为2NA C．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA D．0.1mol•L﹣1的CH3COONH4溶液显中性，1L该溶液中含的数目为0.1NA16．（2024春•泉州期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，3.4gH2S含有的质子数为1.8NA B．标准状况下，2.24LCCl4含有C—Cl键的数目为0.4NA C．常温下1L0.5mol•L﹣1的CH3COOH溶液中H+的数目为0.5NA D．常温下1molCl2和足量NaOH溶液反应转移的电子数为2NA17．（2024•贵州）二氧化氯（ClO2）可用于自来水消毒。实验室用草酸（H2C2O4）和KClO3制取ClO2的反应为H2C2O4+2KClO3+H2SO4═2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．0.1molH218O中含有的中子数为1.2NA B．每生成67.5gClO2，转移电子数为2.0NA C．0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+数目为0.2NA D．标准状况下，22.4LCO2中含σ键数目为2.0NA18．（2024•铜川三模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．足量水与7.8gNa2O2完全反应，转移的电子数为0.1NA B．标准状况下，4.48LSO3中所含分子数为0.2NA C．1L0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中氧原子数为0.3NA D．0.1molS2Cl2含有的质子数为6NA二．解答题（共5小题）19．（2024春•宝山区校级期末）硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。（1）下列各组中的两种物质作用时，反应条件温度、反应物用量、反应物浓度等改变，不会引起产物改变的是。A．S和O2B．NaOH和SO2C．Na和O2D．Cu和HNO3（2）1891年Engel首次制得S6分子，1912年Beckmann获得S8分子。下列说法正确的是。A．S6和S8互为同位素B．S6和S8分别与铜粉反应，所得产物均为CuSC．S6和S8分别与过量的氧气反应可以得到SO3D．等质量的S6和S8分别与足量的热KOH溶液反应，消耗KOH的物质的量相同（3）将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入（或通入）某试剂（或气体）X后有沉淀生成。此试剂（或气体）X可能是。①NaOH溶液②NaCl溶液③氨水溶液④新制氯水⑤H2S⑥CO2A．①②④B．④⑤⑥C．②③④⑥D．①③④⑤（4）已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是。A．若X为NH3，则A为硝酸B．若X为H2S，则A为亚硫酸或者硫酸C．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A一定能与金属铜反应生成YD．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③有可能为非氧化还原反应（5）无色澄清溶液中可能含有Na+、、Cl﹣、、、H+、Cu2+、Ba2+中的几种，且所含离子的物质的量浓度均相等。依次进行下列实验，所加试剂均过量，观察到现象如下：①取少量原溶液滴加2～3滴紫色石蕊试液，溶液变红②取100mL原溶液滴加BaCl2溶液和稀盐酸，生成2.33g白色沉淀③向②中过滤所得滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成。结论正确的是A．该实验无法确定原溶液是否含有Cl﹣B．无法确定原溶液是否存在Na+，可通过焰色试验确定C．原溶液中可能含有Na+、Cl﹣D．原溶液中一定含有Na+、、H+，浓度均为0.1mol/L（6）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。请根据如图回答下列问题：①HNO3与图中的物质C常用于Cl﹣的检验，则C的化学式为。②浓硝酸与铜在加热条件下反应的化学方程式为。③如图装置可用于探究氯气和氨气的反应。实验时先通过三颈烧瓶瓶口1通入氨气，然后密封口1，再通过口2通入氯气，然后密封口2。实验中三颈烧瓶内出现白烟并在内壁凝结成固体，发生反应的化学方程式为；实验完毕后，观察到如图装置中三颈烧瓶内还有黄绿色气体，简述如何操作才能不污染环境。④将3.2g铜与60mL一定浓度的硝酸充分反应，铜完全溶解，得到NO2和NO混合气体的体积为8.96L（已折算为标准状况下）。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入100mL2.0mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的铜离子全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L20．（2024•西城区校级三模）阿伏加德罗常数（NA）是一座“桥梁”，连接了宏观世界和微观世界的数量关系。通过电解法可测得NA的数值。已知：ⅰ．1个电子所带电量为1.60×10﹣19库仑。ⅱ．EDTA﹣2Na（乙二胺四乙酸二钠）能形成可溶含铜配离子。ⅲ．Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36。【实验一】用铜片和铂丝为电极，电解硫酸酸化的CuSO4溶液。测得通过电路的电量为x库仑。电解完成后，取出铜片，洗净晾干，铜片质量增加了mg。（1）铜片应连接电源的（填“正极”或“负极”），铂丝尖端产生气泡，其电极反应式为。理论上，产生气体与析出铜的物质的量之比为。（2）本实验测得NA＝mol﹣1（列出计算式）。【实验二】为减少含重金属电解液的使用，更换电解液，同时更换电极与电源的连接方式。电解完成后，取出铜片，洗净晾干，铜片质量减小。实验电解液实验现象①0.25mol⋅L﹣1NaOH溶液铜片表面为灰蓝色②0.25mol⋅L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol⋅L﹣1NaOH混合液（pH＝8）铜片表面仍为红色（3）实验①和②中各配制电解液500mL，使用的主要仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。（4）经检验，实验①中的灰蓝色成分主要是Cu（OH）2。从平衡移动角度解释EDTA﹣2Na在测定NA的数值中的作用：。（5）电解过程中，若观察到铜片上有小气泡产生，利用铜片质量减小计算NA的数值（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（6）实验结束后处理电解液：将取出的电解液加入过量硫酸，过滤，得到白色固体EDTA和滤液a；向滤液a中先加入NaOH调pH≈8，再加入Na2S，解释不直接加入Na2S的原因及Na2S的作用：。21．（2024•黄陂区校级模拟）NaHCO3用途广泛。某实验小组同学围绕NaHCO3开展如下实验活动。Ⅰ．配制溶液（1）配制500mL0.10mol•L﹣1的NaHCO3溶液，需要称量NaHCO3固体的质量为g。（2）上述配制溶液的过程中，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有（填标号）。Ⅱ．实验探究探究温度对0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液pH的影响，进行如下实验（不考虑水的挥发）。实验序号操作测试温度（T）pH1采用水浴加热，将0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液从25℃持续升温至65℃，每隔10℃测量并记录溶液pH25℃A135℃A245℃A355℃A465℃A5（3）NaHCO3溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）。（4）实验1中测得A1＞A2＞A3，可知当25℃≤T≤45℃时，0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH随温度升高而减小，这主要是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，其中发挥主导作用。实验1中测得A5＞A4＞A3，且当45℃＜T≤65℃时，实验过程中观察到有气泡产生。（5）针对（4）中实验现象，小组同学继续开展探究。查阅资料：NaHCO3溶液中存在平衡：2⇌CO2+H2O+。提出猜想：对于0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液，当25℃≤T≤45℃时，该反应进行程度很小；当45℃＜T≤65℃时，该反应进行程度明显增大。实验验证：该小组同学设计如下方案进行实验，进一步验证猜想。补充表格内容。实验序号操作测试温度pH2采用水浴加热，①，然后冷却至25℃，并记录溶液pH25℃B13采用水浴加热，将0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液从25℃升温至65℃，然后冷却至25℃，并记录溶液pH25℃B2实验结论：②根据实验1～3的结果，小组同学认为猜想成立，其判断依据是。拓展总结：③NaHCO3溶液中存在的自偶电离平衡：2⇌H2CO3+；25℃时，自偶电离的平衡常数为[保留两位有效数字；已知：25℃时，Ka1（H2CO3）＝4.2×10﹣7；Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11]。当温度升高时，H2CO3更易分解，CO2从体系逸出，促进了NaHCO3在溶液中的分解。（6）写出NaHCO3在生产或生活中的一种应用。22．（2024春•虹口区校级期中）氮的化合物及其相互转化在促进社会进步、资源利用和环境保护中具有重要价值。（1）下列与氮氧化物无关的环境问题是。（单选）A．汽车尾气排放B．白色污染C．光化学烟雾D．酸雨（2）下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（单选）A．N2不溶于水，可用作保护气B．NH3具有还原性，可用作制冷剂C．KNO3具有氧化性，可用于制黑火药D．NH4Cl受热易分解，可用于制造化肥氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式：（3）化学与生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法不正确的是（双选）A．硝化过程无需氧化剂参与B．含有新冠病毒的飞沫分散在空气中形成的分散系为气溶胶C．固氮过程中，N2只做氧化剂D．“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含着自然界中的碳、氮循环E．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响F．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化（4）写出氮循环中NH3的电子式，其空间构型是。写出的检验方法。（5）实验室用NH4Cl与Ca（OH）2反应来制备NH3，原理：（化学反应方程式）在图中补上尾气处理装置（注明所用的化学物质的化学式）。（6）通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有3种途径。如上①N2→NO称为，②N2称为生物固氮，还有1种是工业固氮，其反应的化学方程式是。（7）反硝化过程中，CH3OH（C化合价：﹣2）可作为反应的还原剂。请将该反应的离子方程式补充完整：CH3OH+N2↑+++。常温下，当你把铜投入稀硫酸时，未见反应；当你把铜投入硝酸钠溶液时，也未见反应；可是，把铜投入稀硫酸和硝酸钠的混合溶液中时，则会发现铜溶解。（8）上述反应的离子方程式是。（9）若浓硝酸略带黄色，可以使其复原的是（单选）A．适当加热B．加入适量水C．通入适量NO2D．通入适量O2（10）下表离子组”中离子可以共存，且加入试剂后的离子方程式正确的是（双选）离子组加入试剂离子方程式A，，K+稀H2SO4+2H+＝SO2↑+H2OBNa+，通入过量SO2+2SO2+H2O＝CO2+2CCu2+，Ba（OH）2Ba2++＝BaSO4Dn（Mg2+）：n（H+）：n（Cl﹣）＝1：1：3过量氨水Mg2++H++3NH3•H2O＝Mg（OH）2↓+2H2O3NH（11）常温下，浓硫酸、浓硝酸可以使铁、铝等金属钝化，这个过程是（填“物理”“”化学”）变化，其本质是。（12）下列实验能证明一根铁棒已被浓硫酸或浓硝酸钝化的是（双选）A．将铁棒洗净，浸泡于浓硫酸，无变化B．将铁棒洗净，浸泡于硫酸铜溶液中，无红色物析出C．将铁棒洗净，浸泡于稀硫酸中，无气泡产生D．将铁棒洗净，浸泡于氢氧化钠溶液中，无变化（13）雷鸣电闪是日常生活中司空见惯的现象。在闪电过程中，空气中有氮气和氧气直接化合，已知每摩尔氮气和氧气化合时要吸收160kJ的能量，闪电放电出的总能量为2.0×107kJ时有的能量用于这一反应。试求：①此次闪电所产生NO的物质的量为摩尔。②此次雷雨闪电的生成物相当于给土壤施了多少千克NH4NO3？（精确到0.01，写出计算步骤）23．（2024春•东城区校级期中）环氧氯丙烷（ECH）是生产环氧树脂的原料，其合成路线如图：已知：R1—Cl+HO—R2R1—O—R2+HCl（1）A属于链状烃，A的名称是。（2）B→C的过程中，B与次氯酸加成可能得到多种产物，从分子中化学键极性角度分析，其中主要产物的结构简式为，原因是。（3）C→ECH的过程中，当保持其他条件（反应温度、反应时间等）不变时，ECH产率随起始反应物中NaOH与C的投料比的变化如图所示。结合化学方程式解释n（NaOH）：n（C）＞1.2后ECH产率下降的原因：。（4）合成ECH的过程中会产生大量高盐有机废水，其中有机污染物的含量可用化学需氧量（COD）来衡量。【测定原理】化学需氧量是以氧化1L水中有机物所需K2Cr2O7的物质的量为标准，换算成所需O2的质量来表示，换算时1molK2Cr2O7折算为4.8×104mgO2。【测定过程】Ⅰ.向V0mL废水中加入V1mLc1mol•L﹣1K2Cr2O7溶液，加热至充分反应。Ⅱ.用c2mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定剩余K2Cr2O7至终点，消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积为V2mL。已知：Cr2（橙色）+6Fe2++14H+═2Cr3+（绿色）+6Fe3++7H2O①过程Ⅰ反应结束后，溶液颜色应为橙色，原因是。②废水的化学需氧量为mg•L﹣1。③由于Cl﹣具有还原性，测定时需加入掩蔽剂消除其干扰，否则会造成测定结果（填“偏高”或“偏低”）

2024年高考化学复习热搜题速递之化学常用计量（2024年7月）参考答案与试题解析一．选择题（共18小题）1．（2024春•成都期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．0.2mol—OH中所含电子数目为1.8NA B．1.7gNH3溶于水中，得到NH3•H2O的数目小于0.1NA C．1.0molCH4与Cl2在光照下充分反应，生成的CH3Cl分子数目为NA D．常温常压下，28gCO和N2的混合气体中所含原子数目为2NA【分析】A．1个—OH含9个电子；B．NH3溶于水中生成一水合氨，生成的一水合氨部分电离；C．甲烷和氯气反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；D．CO和N2的摩尔质量相同，都为28g/mol，都是双原子分子。【解答】解：A．0.2mol—OH中所含电子数目为1.8NA，故A正确；B．1.7gNH3物质的量＝＝0.1mol，溶于水中生成一水合氨，生成的一水合氨部分电离，到NH3•H2O的数目小于0.1NA，故B正确；C．甲烷和氯气反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故1mol甲烷和1mol氯气反应生成的一氯甲烷分子不确定，故C错误；D．常温常压下，28gCO和N2的物质的量n＝＝1mol，混合气体中所含原子数目为2NA，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。2．（2024春•东莞市期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，蓝铜矿2CuCO3•Cu（OH）2与焦炭加热，可生成Cu、CO2和H2O。下列叙述正确的是（）A．22.4LCO2含有的分子数为NA B．12gC完全反应转移的电子数为4NA C．1molH2O分子含有的电子数目为3NA D．2mol•L﹣1HCl溶液能溶解CuCO3的分子数为NA【分析】A．温度压强不知，不能计算气体物质的量；B．蓝铜矿2CuCO3•Cu（OH）2与焦炭加热，可生成Cu、CO2和H2O，碳元素化合价0价升高到+4价；C．1个H2O分子含有的电子数10个；D．溶液体积不知，不能计算微粒数。【解答】解：A．温度压强不知，不能计算22.4LCO2的物质的量，不能计算含有的分子数，故A错误；B．12gC物质的量n＝＝1mol，完全反应转移的电子数为4NA，故B正确；C．1molH2O分子含有的电子数目为10NA，故C错误；D．2mol•L﹣1HCl溶液体积不知，不能计算物质的量，不能计算能溶解CuCO3的分子数，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。3．（2024•两江新区校级模拟）PH3沸点为﹣87.5℃，可与CuSO4溶液反应：4CuSO4+PH3+4H2O═4H2SO4+4Cu↓+H3PO4，NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是（）A．生成1molH2SO4，转移的电子数为2NA B．生成2molH3PO4，断裂的P—H键与O—H键数目比为3：4 C．消耗标准状况下11.2LPH3，生成2molCu D．消耗含有孤电子对数4NA的H2O，生成2molH2SO4【分析】A．化学方程式中元素化合价变化分析可知，生成4molH2SO4时，有4mol铜元素从+2价降低到0价，转移电子为8mol；B．生成2molH3PO4，则消耗2molPH3，即断裂6molP—H键，同时消耗8molH2O；C．消耗标准状况下11.2LPH3，即消耗0.5molPH3，生成2molCu；D．消耗含有孤电子对数4NA的H2O，即消耗2molH2O。【解答】解：A．4CuSO4+PH3+4H2O═4H2SO4+4Cu↓+H3PO4，生成4molH2SO4时，有4mol铜元素从+2价降低到0价，转移电子为8mol，则生成1molH2SO4，转移的电子数为2NA，故A正确；B．4CuSO4+PH3+4H2O═4H2SO4+4Cu↓+H3PO4，生成2molH3PO4，则消耗2molPH3，即断裂6molP—H键，同时消耗8molH2O，则断裂16molO—H键，则数目比为3：8，故B错误；C．4CuSO4+PH3+4H2O═4H2SO4+4Cu↓+H3PO4，消耗标准状况下11.2LPH3，即消耗0.5molPH3，生成2molCu，故C正确；D．消耗含有孤电子对数4NA的H2O，即消耗2molH2O，根据化学方程式4CuSO4+PH3+4H2O═4H2SO4+4Cu↓+H3PO4可知，反应生成2molH2SO4，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了氧化还原反应、电子转移总数的计算应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。4．（2024•广西三模）实验室可利用反应：MnO2+2KBr+3H2SO4MnSO4+2KHSO4+Br2+2H2O制备Br2。设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，8.7gMnO2和MnS的混合物中含有Mn原子的数目为0.1NA B．0.1mol•L﹣1KHSO4溶液中含有的离子数为0.3NA C．标准状况下，11.2LH2O的分子数为0.5NA D．该反应中生成0.2molBr2时，转移的电子数为0.2NA【分析】A．MnO2和MnS的相对分子质量均为87；B．溶液的体积未知；C．标准状况下水为液态；D．方程式中Br由﹣1价升高为0价，生成1molBr2转移2mol电子。【解答】解：A．MnO2和MnS的相对分子质量均为87，8.7gMnO2和MnS的混合物的物质的量之和为0.1mol，含锰原子的数目为0.1NA，故A正确；B．溶液的体积未知，离子数目无法计算，故B错误；C．标准状况下水为液态，11.2L水的物质的量不是0.5mol，故C错误；D．生成1molBr2转移2mol电子，故该反应中生成0.2molBr2时，转移的电子数为0.4NA，故D错误；故选：A。【点评】本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。5．（2024春•重庆期末）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．6.4gCu与足量S加热反应，转移电子数目0.2NA B．11.2LNH3中含有的原子数为2NA C．在一定条件下，0.1molSO2与过量O2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA D．0.15molCu与足量稀硝酸反应生成NO分子数为0.1NA【分析】A．Cu与足量S加热反应生成Cu2S；B．温度压强不知，不能计算氨气物质的量；C．在一定条件下，0.1molSO2与过量O2充分反应，反应为可逆反应，不能进行彻底；D．稀硝酸足量，根据电子守恒计算出生成一氧化氮的物质的量。【解答】解：A．Cu与足量S加热反应生成Cu2S，6.4gCu物质的量n═0.1mol，与足量S加热反应，转移电子数目0.1NA，故A错误；B．温度压强不知，不能计算氨气的物质的量，不能计算11.2LNH3中含有的原子数，故B错误；C．在一定条件下，0.1molSO2与过量O2充分反应，反应为可逆反应，生成的SO3分子数目小于0.1NA，故C错误；D．0.15molCu与足量稀硝酸反应，根据电子守恒，生成NO的物质的量为：＝0.1mol，生成0.1NA个NO分子，故D正确；故选：D。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系、可逆反应等。6．（2024春•重庆期末）下列关于NA的说法不正确的是（）A．0.1mol中σ键的数目为1.4NA B．标准状况下，22.4L水中含有氢键的数目为0.2NA C．1mol[Cu（NH3）4]2+中含有的配位键数目为4NA D．60gSiO2中含Si—O的数目为4NA【分析】A．1个中σ键14个；B．标准状况下，水不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算气体物质的量；C．1个[Cu（NH3）4]2+中含4个配位键；D．每个SiO2中含Si—O的4个。【解答】解：A．0.1mol中σ键的数目为1.4NA，故A正确；B．标准状况下，水不是气体，不能计算22.4L水物质的量，不能计算含有氢键的数目，故B错误；C．1mol[Cu（NH3）4]2+中含有的配位键数目为4NA，故C正确；D．60gSiO2物质的量n＝＝1mol，含Si—O的数目为4NA，故D正确；故选：B。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。7．（2024•浙江模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。工业上，接触法制备硫酸的原理如下：①4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；②2SO2+O22SO3；③H2O+SO3═H2SO4。下列叙述正确的是（）A．12.0gFeS2中含离子总数为0.3NA B．①中生成1molFe2O3时转移的电子数为22NA C．标准状况下，2.24LSO3中含原子总数为0.3NA D．②中1molSO2和2molO2反应生成SO3的分子数为NA【分析】A．FeS2中是一个整体；B．①反应，转移44mol电子生成2molFe2O3；C．标准状况下，SO3不为气体；D．反应是可逆反应。【解答】解：A．FeS2中是一个整体，12.0gFeS2物质的量为0.1mol，离子总数为0.2NA，故A错误；B．①反应，转移44mol电子生成2molFe2O3，生成1molFe2O3时转移的电子数为22NA，故B正确；C．标准状况下，SO3不为气体，不适用22.4L/mol，故C错误；D．反应是可逆反应，不能进行到底，故D错误；故选：B。【点评】本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。8．（2024•肇庆二模）化学助力蓝天保卫战。工业上可利用氨水吸收SO2尾气，生成NH4HSO3，再将其氧化得到（NH4）2SO4化肥。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．22.4LNH3所含的分子数目为NA B．64gSO2中所含的σ键数目为2NA C．2mol完全氧化生成，转移的电子数目为2NA D．1L0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中所含的数目为0.2NA【分析】A．温度和压强不知，不能计算气体物质的量；B．1个二氧化硫分子中含2个σ键；C．2mol完全氧化生成，硫元素化合价+4价三个到+6价；D．硫酸铵溶液中铵根离发生水解反应。【解答】解：A．气体压强和温度不知，不能用标准状况下气体摩尔体积计算气体物质的量，不能计算22.4LNH3所含的分子数目，故A错误；B．64gSO2物质的量n＝＝1mol，所含的σ键数目为2NA，故B正确；C．2mol完全氧化生成，硫元素化合价+4价三个到+6价，转移的电子数目为4NA，故C错误；D．1L0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中铵根离子发生水解反应，所含的数目小于0.2NA，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。9．（2024•漳州三模）用FeCl2与NaBH4制备纳米零价铁的反应为FeCl2+2NaBH4+6H2O＝Fe+2B（OH）3+2NaCl+7H2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1L0.1mol•L﹣1FeCl2溶液中Fe2+数为0.1NA B．0.5molNaBH4固体中σ键数为2NA C．每生成56gFe，转移的电子数为2NA D．1molB（OH）3中采取sp3杂化的原子数为4NA【分析】A．Fe2+会发生水解，导致亚铁离子浓度减小；B．NaBH4中存在Na+与，为离子键构成的离子化合物，而1个中有4个σ键；C．56gFe物质的量为1mol，FeCl2+2NaBH4+6H2O＝Fe+2B（OH）3+2NaCl+7H2↑中Fe由+2价降低为0价，水中的H由+1价降低为0价；D．B（OH）3分子中，B原子采取sp2杂化，O原子采取sp3杂化。【解答】解：A．Fe2+会发生水解，导致亚铁离子浓度减小，1L0.1mol•L﹣1FeCl2溶液中Fe2+数小于0.1NA，故A错误；B．NaBH4中存在Na+与，1个中有4个σ键，0.5molNaBH4固体中σ键数为2NA，故B正确；C．FeCl2+2NaBH4+6H2O＝Fe+2B（OH）3+2NaCl+7H2↑中Fe由+2价降低为0价，水中的H由+1价降低为0价，生成1molFe转移8mol电子，故转移电子数为8NA，故C错误；D．B（OH）3分子中，B原子采取sp2杂化，O原子采取sp3杂化，1molB（OH）3中采取sp3杂化的原子数为3NA，故D错误；故选：B。【点评】本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。10．（2024•皇姑区校级模拟）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．将0.1molNaF溶于稀氢氟酸溶液中使溶液呈中性，溶液中F﹣数目小于0.1NA B．6g石墨烯中含有六元环的个数为0.25NA C．中σ键的个数为8NA D．11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NA【分析】A．依据电荷守恒判断；B．石墨烯中每个碳原子被3个六元环共用，故每个六元环实际占有的碳原子数为6×＝2；C．14个σ键；D．气体状况未知。【解答】解：A．将0.1molNaF溶于氢氟酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n（F﹣）+n（OH﹣）＝n（Na+）+n（H+），而由于溶液显中性，故n（OH﹣）＝n（H+），则有n（F﹣）＝n（Na+）＝0.1mol，即F﹣的个数为0.1NA个，故A错误；B．依据分析可知，平均每个六元环占2个碳原子，故6g石墨烯即0.5mol石墨烯中含有的六元环的物质的量为0.25mol，数目为0.25NA，故B正确；C．1个NH3分子中有3个σ键，1个CO中有1个σ键，另外还有4个配位键也是σ键，即14个σ键，故中σ键的个数为14NA，故C错误；D．气体状况未知，气体摩尔体积未知，无法计算混合气体的物质的量，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。11．（2024春•慈溪市期末）NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法不正确的是（）A．一定量SO2与足量氧气发生催化氧化反应生成0.1molSO3，转移电子数为0.2NA B．标准状况下，11.2L氯仿CHCl3中含有C—Cl键的数目为1.5NA C．20g重水（D2O）分子中含有的中子数为10NA D．28g乙烯和丙烯的混合物完全燃烧时，产生的CO2分子数目为2NA【分析】A．SO2～SO3～2e﹣；B．气体摩尔体积使用对象为气体；C．1个D2O含有10个中子；D．乙烯与丙烯具有相同最简式CH2，结合碳原子守恒计算。【解答】解：A．依据SO2～SO3～2e﹣可知，二氧化硫生成0.1mol三氧化硫转移电子数为0.2NA，故A正确；B．标况下氯仿为液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；C．20g重水（D2O）分子中含有的中子数为：×10×NAmol﹣1＝10NA，故C正确；D．乙烯与丙烯具有相同最简式CH2，28g乙烯和丙烯的混合物含有n（CH2）＝＝2mol，完全燃烧时依据碳原子守恒可知，产生的CO2分子数目为2NA，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度中等，熟练掌握物质的量与阿伏加德罗常数、气体摩尔体积等物理量之间的转化关系为解答关键。12．（2024春•雁塔区期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A．28g乙烯和丙烯的混合气体中含有原子的数目为6NA B．1molC2H5OH分子中含有的共价键数目为8NA C．标准状况下，11.2L二氯甲烷所含分子数为0.5NA D．含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜共热，转移的电子数小于2NA【分析】A．乙烯与丙烯具有相同最简式CH2；B．1个乙醇分子含有8个共价键；C．气体摩尔体积使用对象为气体；D．铜与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应。【解答】解：A．28g乙烯和丙烯的混合气体中含有原子的数目为：×3×NAmol﹣1＝6NA，故A正确；B．1个乙醇分子含有8个共价键，则1molC2H5OH分子中含有的共价键数目为8NA，故B正确；C．标况下二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．铜与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，含2molH2SO4的浓硫酸与足量铜共热随着反应进行，硫酸浓度降低，变为稀硫酸后不再与铜反应，所以转移的电子数小于2NA，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了有关阿伏加德罗常数的有关计算，明确气体摩尔体积的使用范围和条件是解本题的关键，题目难度不大。13．（2024春•朝阳区校级期中）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．B3N3H6（无机苯）的结构与苯相似，1mol无机苯中π键数目为3NA B．1mol[Ag（NH3）2]+中含有σ键数为6NA C．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA D．1mol环戊二烯（）分子中含有的σ键数目为5NA【分析】A．无机苯分子中不含有π键，只含有σ键和大π键；B．银氨络离子中配位键和氮氢键属于σ键；C．正丁烷和异丁烷分子中都含有10个碳氢键和3个碳碳键，共价键的数目都为13；D．环戊二烯分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，分子中含有11个σ键。【解答】解：A．由无机苯的结构与苯相似可知，无机苯分子中不含有π键，只含有σ键和大π键，故A错误；B．银氨络离子中配位键和氮氢键属于σ键，则1mol银氨络离子中含有σ键数为1mol×8×NAmol﹣1＝8NA，故B错误；C．正丁烷和异丁烷互为同分异构体，摩尔质量都为58g/mol，1个分子都含共价键的数目都为13，则48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为×13×NAmol﹣1＝13NA，故C正确；D．1个环戊二烯分子中含有11个σ键，则1mol环戊二烯中含有σ键数为1mol×11×NAmol﹣1＝11NA，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。14．（2024春•成都期末）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．在含2molSi—O键的SiO2晶体中，氧原子的数目为2NA B．15g甲基所含的电子数为10NA C．1mol苯乙烯中所含的碳碳双键数为NA D．标准状况下，11.2L己烷中所含的分子数目为0.5NA【分析】A．平均1mol二氧化硅含有4molSi—O键；B．1个甲基含有9个电子；C．苯环不含碳碳双键；D．气体摩尔体积使用对象为气体。【解答】解：A．平均1mol二氧化硅含有4molSi—O键，在含2molSi—O键的SiO2晶体中，二氧化硅物质的量为0.5mol，含氧原子的数目为1.0NA，故A错误；B．1个甲基中含有9个电子，则15g甲基所含有的电子数为个，故B错误；C．苯环不是单双键交替结构，所以1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为个，故C正确；D．标准状况下，己烷为液态，无法计算11.2L己烷的物质的量和含有的分子数，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，题目难度不大。15．（2024•安徽模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数目之和为NA B．12g石墨中含有的碳碳单键数目为2NA C．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA D．0.1mol•L﹣1的CH3COONH4溶液显中性，1L该溶液中含的数目为0.1NA【分析】A．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底；B．石墨是六边形结构，每个环有两个碳原子，三个碳碳键，平均每个碳原子有1.5个碳碳键；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子；D．依据物料守恒判断。【解答】解：A．Cl2溶于水的反应是可逆反应，溶液中还存在氯气分子，所以溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数目之和小于NA，故A错误；B．1mol石墨中含有1.5mol碳碳单键，故B错误；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子，则生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA，故C正确；D．该溶液中含数小于0.1NA，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意石墨结构特点，题目难度中等。16．（2024春•泉州期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，3.4gH2S含有的质子数为1.8NA B．标准状况下，2.24LCCl4含有C—Cl键的数目为0.4NA C．常温下1L0.5mol•L﹣1的CH3COOH溶液中H+的数目为0.5NA D．常温下1molCl2和足量NaOH溶液反应转移的电子数为2NA【分析】A.11molH2S中有18mol质子，将质量转为物质的量然后计算3.4gH2S含有的质子数；B.标准状况下，CCl4为非气体，不能计算其物质的量，无法计算C—Cl键数目；C.因CH3COOH是弱酸，仅部分电离，H+的数目远少于0.5NA；D.1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移电子数为1mole﹣。【解答】解：A.1molH2S中含有质子数为1×2+16＝18NA，3.4gH2S含有的质子数为的物质的量＝×＝0.1mol，含有的质子数为0.1×18＝1.8NA，故A正确；B.标准状况下，CCl4为非气体，不能计算其物质的量，也无法计算C—Cl键数目，故B错误；C.因CH3COOH是弱酸，仅部分电离，常温下1L0.5mol•L﹣1的CH3COOH溶液中H+的数目远少于0.5NA，故C错误；D.1molCl2和足量NaOH溶液反应为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，转移电子数为1mole﹣，故常温下1molCl2和足量NaOH溶液反应转移的电子数为NA，故D错误；故选：A。【点评】本题是常见的NA题，涉及微粒数，22.4L的使用条件，弱电解质的电离，反应转移电子数目等常见考点，考点高频，基础。17．（2024•贵州）二氧化氯（ClO2）可用于自来水消毒。实验室用草酸（H2C2O4）和KClO3制取ClO2的反应为H2C2O4+2KClO3+H2SO4═2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．0.1molH218O中含有的中子数为1.2NA B．每生成67.5gClO2，转移电子数为2.0NA C．0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+数目为0.2NA D．标准状况下，22.4LCO2中含σ键数目为2.0NA【分析】A．1个H218O中含有的中子数＝（1﹣1）×2+（18﹣8）＝10个；B．H2C2O4+2KClO3+H2SO4═2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O，反应中氯元素化合价+5价降低到+4价，草酸中碳元素化合价+3价升高到+4价，电子转移总数2e﹣；C．溶液体积不知，不能计算微粒数；D．1个CO2中含σ键2个。【解答】解：A．0.1molH218O中含有的中子数为NA，故A错误；B．每生成67.5gClO2，物质的量n＝＝1mol，转移电子数为NA，故B错误；C．溶液体积不知，不能计算0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液中含有的H+数目，故C错误；D．标准状况下，22.4LCO2的物质的量n＝＝1mol，含σ键数目为2.0NA，故D正确；故选：D。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度不大，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。18．（2024•铜川三模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．足量水与7.8gNa2O2完全反应，转移的电子数为0.1NA B．标准状况下，4.48LSO3中所含分子数为0.2NA C．1L0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中氧原子数为0.3NA D．0.1molS2Cl2含有的质子数为6NA【分析】A．过氧化钠与水反应为歧化反应，消耗1mol过氧化钠转移1mol电子；B．气体摩尔体积使用对象为气体；C．碳酸钠溶液中碳酸根离子，水分子都含有氧原子；D．1个S2Cl2含有质子数为66。【解答】解：A．过氧化钠与水反应为歧化反应，消耗1mol过氧化钠转移1mol电子，7.8g的过氧化钠物质的量为0.1mol，转移的电子数为转移0.1NA，故A正确；B．气体摩尔体积使用对象为气体，标准状况下，三氧化硫为固态，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C．Na2CO3溶液中水中还有氧原子，故大于0.3NA，故C错误；D．0.1molS2Cl2含有的质子数应为6.6NA，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。二．解答题（共5小题）19．（2024春•宝山区校级期末）硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。（1）下列各组中的两种物质作用时，反应条件温度、反应物用量、反应物浓度等改变，不会引起产物改变的是A。A．S和O2B．NaOH和SO2C．Na和O2D．Cu和HNO3（2）1891年Engel首次制得S6分子，1912年Beckmann获得S8分子。下列说法正确的是D。A．S6和S8互为同位素B．S6和S8分别与铜粉反应，所得产物均为CuSC．S6和S8分别与过量的氧气反应可以得到SO3D．等质量的S6和S8分别与足量的热KOH溶液反应，消耗KOH的物质的量相同（3）将足量的SO2通入BaCl2溶液中，无明显现象，当加入（或通入）某试剂（或气体）X后有沉淀生成。此试剂（或气体）X可能是D。①NaOH溶液②NaCl溶液③氨水溶液④新制氯水⑤H2S⑥CO2A．①②④B．④⑤⑥C．②③④⑥D．①③④⑤（4）已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是C。A．若X为NH3，则A为硝酸B．若X为H2S，则A为亚硫酸或者硫酸C．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A一定能与金属铜反应生成YD．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③有可能为非氧化还原反应（5）无色澄清溶液中可能含有Na+、、Cl﹣、、、H+、Cu2+、Ba2+中的几种，且所含离子的物质的量浓度均相等。依次进行下列实验，所加试剂均过量，观察到现象如下：①取少量原溶液滴加2～3滴紫色石蕊试液，溶液变红②取100mL原溶液滴加BaCl2溶液和稀盐酸，生成2.33g白色沉淀③向②中过滤所得滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成。结论正确的是DA．该实验无法确定原溶液是否含有Cl﹣B．无法确定原溶液是否存在Na+，可通过焰色试验确定C．原溶液中可能含有Na+、Cl﹣D．原溶液中一定含有Na+、、H+，浓度均为0.1mol/L（6）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。请根据如图回答下列问题：①HNO3与图中的物质C常用于Cl﹣的检验，则C的化学式为AgNO3。②浓硝酸与铜在加热条件下反应的化学方程式为Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O。③如图装置可用于探究氯气和氨气的反应。实验时先通过三颈烧瓶瓶口1通入氨气，然后密封口1，再通过口2通入氯气，然后密封口2。实验中三颈烧瓶内出现白烟并在内壁凝结成固体，发生反应的化学方程式为3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl；实验完毕后，观察到如图装置中三颈烧瓶内还有黄绿色气体，简述如何操作才能不污染环境打开止水夹a。④将3.2g铜与60mL一定浓度的硝酸充分反应，铜完全溶解，得到NO2和NO混合气体的体积为8.96L（已折算为标准状况下）。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入100mL2.0mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的铜离子全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为10mol/L【分析】（1）A．S和O2反应生成SO2；B．NaOH和少量SO2反应生成Na2SO3和H2O，NaOH和少量SO2反应生成NaHSO3；C．常温下Na和O2反应生成Na2O，Na在O2燃烧生成Na2O2；D．Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，Cu和浓HNO3反应生成硝酸铜、二氧化氮气体和水；（2）A．S6和S8是S元素的两种单质；B．S6和S8分别与铜粉反应生成Cu2S；C．S的单质与氧气反应的生成物为SO2，与氧气用量无关；D．等质量的S6和S8中S原子的物质的量相等，与足量的热KOH溶液反应生成K2SO3、K2S和H2O；（3）将SO2气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入X气体，有沉淀生成，可X应为强氧化性物质或碱性物质，且硫化氢与二氧化硫反应可生成单质硫沉淀；（4）A．若X为NH3，则Y为NO、Z为NO2、A为HNO3；B．若X为H2S，则Y为S或SO2、Z为SO2或SO3、A为H2SO3或H2SO4；C．A可为HNO3，也可为H2CO3等，碳酸不能与Cu反应；D．物质与单质氧气的反应一定属于氧化还原反应，若X为N2或NH3，或者X为Na时，反应③为氧化还原反应；（5）溶液无色，则不含有Cu2+；①向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液，溶液变红，溶液呈酸性，则不含有、，一定含有H+；（2）②取100mL原溶液滴加BaCl2溶液和稀盐酸，生成2.33g白色沉淀，则含有，且n（）＝n（BaSO4）＝＝0.01mol，c（）＝＝0.1mol/L；（3）向（2）中过滤所得的滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸，有白色AgCl沉淀生成，但（2）中加入BaCl2溶液和稀盐酸时引入了Cl﹣；由于所含离子的物质的量浓度均相等，则c（H+）＝c（）＝0.1mol/L；根据溶液电中性可知，原溶液中一定含有Na+，一定不含有Cl﹣；（6）由图分析可知，A为NO，B为NH3，Z为NaNO3等硝酸盐，结合物质反应、离子检验方法分析解答；①实验室常用稀硝酸和硝酸银溶液检验Cl﹣；②浓硝酸与铜在加热条件下反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；③氯气与氨气的反应生成氯化铵；氯气能与NaOH溶液反应，可用NaOH溶液处理氯气，减少环境污染；④加入100mL2.0mol/L的NaOH溶液恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀时生成NaNO3，由N、Na原子守恒可知，n（HNO3）＝n（NO2）+n（NO）+n（NaOH）。【解答】解：（1）A．S和O2反应生成SO2，与反应温度、反应物用量、反应物浓度等无关，故A正确；B．NaOH和少量SO2反应生成Na2SO3和H2O，NaOH和少量SO2反应生成NaHSO3，即生成物与反应物用量有关，故B错误；C．常温下Na和O2反应生成Na2O，Na在O2燃烧生成Na2O2，即生成物与反应条件有关，故C错误；D．Cu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，Cu和浓HNO3反应生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，即生成物与反应物浓度有关，故D错误；故答案为：A；（2）A．S6和S8是S元素的两种单质，不是同位素关系，而是同素异形体关系，故A错误；B．S6和S8是S元素的两种单质，S的氧化性不强，二者分别与铜粉反应时均生成Cu2S，故B错误；C．S的单质与氧气反应的生成物只能为SO2，与氧气用量无关，SO2再催化氧化生成SO3，故C错误；D．等质量的S6和S8中S原子的物质的量相等，与足量的热KOH溶液反应均生成K2SO3、K2S和H2O，根据S原子守恒可知消耗KOH的物质的量相同，故D正确；故答案为：D；（3）①NaOH和SO2反应生成Na2SO3，Na2SO3和BaCl2生成白色沉淀BaSO3，故①正确；②SO2和NaCl不反应，没有任何现象，故②错误；③氨水和SO2反应生成（NH4）2SO3，（NH4）2SO3和BaCl2生成白色沉淀BaSO3，故③正确；④氯水和SO2反应生成H2SO4和HCl，H2SO4和BaCl2生成白色沉淀BaSO4，故④正确；⑤H2S和SO2反应生成淡黄色沉淀S，故⑤正确；⑥CO2、SO2和BaCl2均不反应，无现象，故⑥错误，所以有沉淀生成的是①③④⑤，故答案为：D；（4）A．若X为NH3，则Y为NO、Z为NO2、A为HNO3，符合转化关系，故A正确；B．若X为H2S，则Y为S或SO2、Z为SO2或SO3、A为H2SO3或H2SO4，故B正确；C．若X为N2或NH3，则Y为NO、Z为NO2、A为HNO3，硝酸能与Cu反应；若X为C或CH4，Y可能为CO，A为H2CO3，碳酸不能与Cu反应，故C错误；D．物质与单质氧气的反应一定属于氧化还原反应，即反应①和②一定为氧化还原反应，若X为S或H2S，③可能为SO3与水反应生成H2SO4的反应，属于非氧化还原反应；若X为N2或NH3，③可能为NO2与水生成硝酸与NO的反应，属于氧化还原反应，故D正确；故答案为：C；（5）由上述分析可知，原溶液中一定含有Na+、、H+，一定不含有Cl﹣、、、Cu2+；A．原溶液中一定不含有Cl﹣，故A错误；B．由上述分析可知，原溶液中一定含有Na+，故B错误；C．由上述分析可知，原溶液中一定含有Na+，一定不含有Cl﹣，故C错误；D．原溶液中一定含有Na+、、H+，且各离子的物质的量浓度均相等，均为0.1mol/L，故D正确；故答案为：D；（6）①实验室常用稀硝酸和硝酸银溶液检验Cl﹣，故答案为：AgNO3；②浓硝酸与铜在加热条件下反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，化学方程式为Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；③白烟的成分为氯化铵，则氯气与氨气的反应方程式为3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl，实验完毕后，观察到如图装置中三颈烧瓶内还有黄绿色气体，说明氯气过量，可用NaOH溶液处理氯气，减少环境污染，操作为打开止水夹a，故答案为：3Cl2+8NH3＝N2+6NH4Cl；打开止水夹a；④加入100mL2.0mol/L的NaOH溶液恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀时生成NaNO3，由N、Na原子守恒可知，n（HNO3）＝n（NO2）+n（NO）+n（NaOH）＝+0.1L×2.0mol/L＝0.6mol，原硝酸溶液的浓度为＝10mol/L，故答案为：10。【点评】本题主要考查氮元素的单质及其化合物的性质及化学方程式的计算，把握物质的性质、发生的反应、离子推断、氧化还原反应规律的应用是解题关键，侧重基础知识的检测和灵活运用能力的考查，注意掌握守恒法的计算应用，题目难度中等。20．（2024•西城区校级三模）阿伏加德罗常数（NA）是一座“桥梁”，连接了宏观世界和微观世界的数量关系。通过电解法可测得NA的数值。已知：ⅰ．1个电子所带电量为1.60×10﹣19库仑。ⅱ．EDTA﹣2Na（乙二胺四乙酸二钠）能形成可溶含铜配离子。ⅲ．Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36。【实验一】用铜片和铂丝为电极，电解硫酸酸化的CuSO4溶液。测得通过电路的电量为x库仑。电解完成后，取出铜片，洗净晾干，铜片质量增加了mg。（1）铜片应连接电源的负极（填“正极”或“负极”），铂丝尖端产生气泡，其电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑。理论上，产生气体与析出铜的物质的量之比为1：2。（2）本实验测得NA＝mol﹣1（列出计算式）。【实验二】为减少含重金属电解液的使用，更换电解液，同时更换电极与电源的连接方式。电解完成后，取出铜片，洗净晾干，铜片质量减小。实验电解液实验现象①0.25mol⋅L﹣1NaOH溶液铜片表面为灰蓝色②0.25mol⋅L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol⋅L﹣1NaOH混合液（pH＝8）铜片表面仍为红色（3）实验①和②中各配制电解液500mL，使用的主要仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶。（4）经检验，实验①中的灰蓝色成分主要是Cu（OH）2。从平衡移动角度解释EDTA﹣2Na在测定NA的数值中的作用：EDTA﹣2Na与铜离子形成可溶铜配离子，降低溶液中的铜离子浓度，避免过量铜离子与氢氧根离子形成氢氧化铜沉淀，阻止铜的电解。（5）电解过程中，若观察到铜片上有小气泡产生，利用铜片质量减小计算NA的数值偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（6）实验结束后处理电解液：将取出的电解液加入过量硫酸，过滤，得到白色固体EDTA和滤液a；向滤液a中先加入NaOH调pH≈8，再加入Na2S，解释不直接加入Na2S的原因及Na2S的作用：溶液显强酸性，酸与Na2S反应生成H2S污染性气体，污染环境；Na2S的作用是将生成的Cu（OH）2沉淀转化为更难溶的CuS沉淀来除掉Cu2+。【分析】（1）用铜片和铂丝为电极，硫酸酸化的CuSO4溶液为电解液，电解完成后，取出铜片，铜片质量增加了mg，则Cu为阴极、与电源负极相接，Pt为阳极，阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，阳极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，根据电子守恒有2Cu～4e﹣～O2；（2）阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，则n（e﹣）＝2n（Cu）＝2×＝mol，电路中通过的电量为×NA×1.60×10﹣19库仑＝x库仑；（3）配制500mL0.25mol⋅L﹣1NaOH溶液、0.25mol⋅L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol⋅L﹣1NaOH混合液需要使用的主要仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶；（4）由信息ii可知，EDTA﹣2Na（乙二胺四乙酸二钠）能形成可溶含铜配离子，防止碱性条件下Cu2+与OH﹣生成Cu（OH）2沉淀；（5）电解过程中观察到铜片上有小气泡产生，生成的气体为氢气，通过电路的电量偏大，根据NA与x的关系分析判断；（6）酸性条件下Na2S能与硫酸反应生成H2S气体，会造成环境污染；向滤液a中先加入NaOH调pH≈8，此时Cu2+与OH﹣生成了Cu（OH）2沉淀，由于Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36远小于Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，即溶解度：Cu（OH）2＜CuS，再加入Na2S时，Cu（OH）2将转化为更难溶CuS沉淀。【解答】解：（1）用铜片和铂丝为电极，硫酸酸化的CuSO4溶液为电解液，电解完成后，取出铜片，铜片质量增加了mg，则Cu为阴极，Pt为阳极，阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，阳极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，根据电子守恒有2Cu～4e﹣～O2，则理论上产生气体与析出铜的物质的量之比为1：2，故答案为：负极；2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑；1：2；（2）阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，则n（e﹣）＝2n（Cu）＝2×＝mol，电路中通过的电量为×NA×1.60×10﹣19库仑＝x库仑，NA＝，故答案为：；（3）配制500mL0.25mol⋅L﹣1NaOH溶液、0.25mol⋅L﹣1EDTA﹣2Na和0.25mol⋅L﹣1NaOH混合液需要使用的主要仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（4）碱性条件下Cu2+能与OH﹣生成Cu（OH）2沉淀，导致电解铜的过程受阻，EDTA﹣2Na能形成可溶含铜配离子，则加入EDTA﹣2Na的作用是降低溶液中c（Cu2+），避免过量Cu2+与OH﹣形成Cu（OH）2沉淀，阻止铜的电解，故答案为：EDTA﹣2Na与铜离子形成可溶铜配离子，降低溶液中的铜离子浓度，避免过量铜离子与氢氧根离子形成氢氧化铜沉淀，阻止铜的电解；（5）电解过程中Cu为阴极，若观察到铜片上有小气泡产生，则生成的气体为氢气，通过电路的电量偏大，根据NA与x的关系：NA＝可知，测定NA的数值偏大，故答案为：偏大；（6）将取出的电解液加入过量硫酸，过滤，得到白色固体EDTA和滤液a，滤液a中氢离子浓度较大，Na2S是弱酸强碱盐，根据强酸制弱酸规律可知，若向滤液a中直接加入Na2S时将反应生成H2S气体，H2S气体是有毒，逸出会污染环境；2.2×10﹣20，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，饱和Cu（OH）2溶液中c（Cu2+）＝＝mol/L≈1.77×10﹣7mol/L，饱和CuS溶液中c（Cu2+）＝＝mol/L≈2.5×10﹣18mol/L，则溶解度：Cu（OH）2＜CuS，所以向pH≈8的溶液中再加入Na2S时，Cu（OH）2将转化为更难溶CuS沉淀，使铜离子除去更彻底，故答案为：溶液显强酸性，酸与Na2S反应生成H2S污染性气体，污染环境；Na2S的作用是将生成的Cu（OH）2沉淀转化为更难溶的CuS沉淀来除掉Cu2+。【点评】本题考查电解原理的应用、阿伏伽德罗常数的测定，侧重基础知识检测、计算能力和灵活运用能力的考查，把握测定原理、电极的判断及电极反应、溶度积常数的计算是解题关键，注意题给信息的处理与应用，题目难度中等。21．（2024•黄陂区校级模拟）NaHCO3用途广泛。某实验小组同学围绕NaHCO3开展如下实验活动。Ⅰ．配制溶液（1）配制500mL0.10mol•L﹣1的NaHCO3溶液，需要称量NaHCO3固体的质量为4.2g。（2）上述配制溶液的过程中，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有BD（填标号）。Ⅱ．实验探究探究温度对0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液pH的影响，进行如下实验（不考虑水的挥发）。实验序号操作测试温度（T）pH1采用水浴加热，将0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液从25℃持续升温至65℃，每隔10℃测量并记录溶液pH25℃A135℃A245℃A355℃A465℃A5（3）NaHCO3溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）。（4）实验1中测得A1＞A2＞A3，可知当25℃≤T≤45℃时，0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH随温度升高而减小，这主要是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，其中Kw改变发挥主导作用。实验1中测得A5＞A4＞A3，且当45℃＜T≤65℃时，实验过程中观察到有气泡产生。（5）针对（4）中实验现象，小组同学继续开展探究。查阅资料：NaHCO3溶液中存在平衡：2⇌CO2+H2O+。提出猜想：对于0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液，当25℃≤T≤45℃时，该反应进行程度很小；当45℃＜T≤65℃时，该反应进行程度明显增大。实验验证：该小组同学设计如下方案进行实验，进一步验证猜想。补充表格内容。实验序号操作测试温度pH2采用水浴加热，①将0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液从25℃升温至45℃，然后冷却至25℃，并记录溶液pH25℃B13采用水浴