主题2 题型抢分练-【步步高】2024年新高考化学考前三个月（鄂京津辽冀湘黑吉皖赣甘贵桂渝闽）

题型抢分练 A组 1．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．15 g 14C16O中含有的质子数目为8NA B．铅酸蓄电池中，当正极理论上增加3.2 g时，电路中通过的电子数目为0.1NA C．1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中，阴离子总数小于0.1NA D．常温常压下，46 g NO2中所含的分子数目为NA 答案　B 解析　15 g 14C16O中含有的质子的物质的量为×(6＋8)＝7 mol，数目为7NA，A错误；正极由PbO2→PbSO4，每增重64 g转移2 mol电子，故正极增重3.2 g转移的电子数为0.1NA，B正确；NO2容易形成双聚分子N2O4，常温常压下，46 g NO2中所含的分子数目少于NA，D错误。 2．(2023·广州一模)科学家进行如图所示的CH3OH制备及应用的研究，下列说法不正确的是(　　) A．CH3OH中C原子的杂化类型为sp3 B．1 mol CO2含有约2.2×6.02×1024个电子 C．CO2和H2合成甲醇的原子利用率为100% D．图中涉及反应包含非极性键的断裂和生成 答案　C 解析　CH3OH中C原子形成4个共价单键，杂化类型为sp3，A正确；1分子二氧化碳含有22个电子，则1 mol CO2含有约2.2×6.02×1024个电子，B正确；CO2中碳氧原子个数比为1∶2，甲醇中碳氧原子个数比为1∶1，故CO2和H2合成甲醇的原子利用率不会是100%，C错误；图中H2参与反应，涉及非极性键的断裂，氯碱工业生成H2和Cl2涉及非极性键的形成，D正确。 3．(2022·河南信阳二模)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，1 mol Cl2溶于1.0 L H2O中，溶液中Cl－、HClO、ClO－的个数之和为2NA B．46.0 g C2H6O完全燃烧，有5NA个C—H断裂 C．56.0 g Fe与1.0 mol Br2反应，转移电子数为2NA D．标准状况下，11.2 L NH3与11.2 L HF均含有5NA个质子 答案　C 解析　Cl2与H2O的反应属于可逆反应，所得混合物中还含有Cl2，溶液中Cl－、HClO、ClO－的个数之和小于2NA，A错误；C2H6O有乙醇和甲醚两种不同的结构，若为乙醇，则46.0 g C2H6O中含有C—H的数目为5NA，若为甲醚，则46.0 g C2H6O中含有C—H的数目为6NA，B错误；56.0 g Fe与1.0 mol Br2反应时，铁过量，转移电子数取决于溴，则反应转移电子数为2NA，C正确；标准状况下HF不是气体，故11.2 L HF不为0.5 mol，无法计算所含质子数目，D错误。 4．(2023·郑州一模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．0.1 mol肼(N2H4)含有的孤电子对数为0.2NA B．24 g NaHSO4固体中含有0.4NA个阳离子 C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总体积为44.8 L，则转移电子数为2NA D．0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应，生成0.1NA个CH3COOCH2CH3分子 答案　A 解析　肼的电子式为，每个氮原子上各有1个孤电子对，故0.1 mol肼(N2H4)含有的孤电子对数为0.2NA，A正确；24 g NaHSO4的物质的量为＝0.2 mol,1 mol NaHSO4固体中含有1 mol Na＋和1 mol HSO，故含有0.2NA个阳离子，B错误；没有说明是否为标准状况，无法计算气体的物质的量，C错误；乙酸和乙醇的反应为可逆反应，故生成的CH3COOCH2CH3分子数小于0.1NA，错误。 5．(2023·湖南常德一模)乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：HC≡CH＋H2OCH3CHO 2H2C==CH2＋O22CH3CHO 以下叙述不正确的是(　　) A．乙烯氧化法中，生成0.1 mol乙醛时，转移的电子数约为1.204×1024 B．C2H4的电子式为 C．根据价层电子对互斥模型，18 g水的中心原子含有2 mol孤电子对 D．44 g CH3CHO中sp3杂化的碳原子数目为NA 答案　A 解析　乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为－2，电子转移关系为O2～2CH3CHO～4e－，生成0.1 mol乙醛时，转移的电子为0.2 mol，数目约为1.204×1023，A错误；H2O分子中中心O原子价层电子对数为2＋＝4，含有2个孤电子对，则18 g水(为1 mol)的中心原子含有2 mol孤电子对，C正确；CH3CHO中甲基中碳原子采用sp3杂化，醛基上碳原子采用sp2杂化，故44 g CH3CHO中sp3杂化的碳原子数目为NA，D正确。 6．(2023·福建漳州模拟)硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及鞣革的还原剂，工业制取Na2S2O3的总化学方程式为2Na2S＋Na2CO3＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2。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，22.4 L CO2中含有σ键个数为2NA B．每生成3 mol Na2S2O3，被氧化的SO2的物质的量为4 mol C．等物质的量的Na2S和Na2S2O3，阴、阳离子个数比均为2∶1 D．生成47.4 g Na2S2O3转移电子数为0.8NA 答案　D 解析　常温常压下22.4 L CO2的物质的量不是1 mol，难以计算含有的 σ 键个数，A错误；在反应中SO2中硫元素化合价降低被还原，每生成3 mol Na2S2O3，被还原的SO2的物质的量为4 mol，B错误；等物质的量的Na2S和Na2S2O3中，阴、阳离子个数比均为1∶2，C错误；47.4 g Na2S2O3的物质的量为0.3 mol，每生成0.3 mol Na2S2O3消耗Na2S的物质的量为0.2 mol,1 mol Na2S参与反应转移4 mol电子，所以每生成47.4 g Na2S2O3转移电子数为0.8NA，D正确。 7．溶液中的Cu2＋浓度可采用碘量法测得： ①2Cu2＋＋5I－===2CuI↓＋I； ②I＋2S2O===S4O＋3I－。 反应①中的氧化剂为Cu2＋。现取20.00 mL含Cu2＋的溶液，加入足量的KI充分反应后，用0.100 0 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，溶液中Cu2＋的浓度为________mol·L－1。 答案　0.125 0 解析　n(Na2S2O3)＝0.025 L×0.100 0 mol·L－1＝2.5×10－3 mol，由反应①②可得关系式： 2Cu2＋～I～2S2O，则n(Cu2＋)＝2.5×10－3mol，c(Cu2＋)＝＝0.125 0 mol·L－1。 8．葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：葡萄酒样品100.00 mL馏分溶液出现蓝色且30 s内不褪色。 已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI。 按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量为________ g·L－1。 答案　0.16 解析　根据反应的化学方程式SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，则样品中抗氧化剂的残留量为＝0.16 g·L－1。 9．将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________。 答案　0.100 mol·L－1 10．某种矿石中铁元素以氧化物FemOn形式存在，现进行如下实验：将少量铁矿石样品粉碎，称取25.0 g样品于烧杯中，加入稀硫酸充分溶解，并不断加热、搅拌，滤去不溶物。向所得滤液中加入10.0 g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体3.6 g。剩下滤液用浓度为2 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，至终点时消耗KMnO4溶液体积为25.0 mL。 提示：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，8H＋＋MnO＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。 (1)计算该铁矿石中铁元素的质量分数：________。 (2)计算氧化物FemOn的化学式：______________(m、n为正整数)。 答案　(1)56%　(2)Fe5O7(或FeO·2Fe2O3) 解析　(1)样品中的铁元素在加入铜粉后全部转变为Fe2＋，Fe2＋再被酸性KMnO4溶液滴定。由反应方程式得5Fe2＋～MnO，则n(Fe2＋)＝5×0.025 L×2 mol·L－1＝0.25 mol，故样品中铁元素的质量分数为×100%＝56%。 (2)反应消耗铜的物质的量n(Cu)＝＝0.1 mol，由2Fe3＋～Cu可得n(Fe3＋)＝2×0.1 mol＝0.2 mol，根据铁原子守恒得n(Fe2＋)＝0.25 mol－0.2 mol＝0.05 mol，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶4，所以该氧化物的化学式可表示为Fe5O7或FeO·2Fe2O3。 B组 1．(2023·广州二模)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　) A．标准状况下，11.2 L Cl2溶于水生成Cl－的数目为0.5NA B．25 ℃时，1 L pH＝8的CH3COONa溶液中水电离出的OH－数目为10－8NA C．等物质的量的Al分别与足量盐酸和NaOH溶液反应，转移的电子数均为3NA D．常温常压下，3.4 g羟基(—OH)所含的电子数目为1.8NA 答案　D 解析　醋酸钠水解促进水的电离，pH＝8，则pOH＝4，则25 ℃时，1 L pH＝8的CH3COONa溶液中水电离出的OH－数目为10－4NA，故B错误；不确定铝的物质的量，不能计算转移的电子数，故C错误；1个羟基—OH含有9个电子，3.4 g羟基为0.2 mol，所含的电子数目为1.8NA，故D正确。 2．(2022·海南模拟预测)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．1 L 0.5 mol·L－1 H3PO4溶液中含H＋数为1.5NA B．1 mol乙二醇(HOCH2CH2OH)中含sp3杂化的原子数为4NA C．80 g SO3、SO2的混合物中含有NA个硫原子 D．1 mol乙炔中含有的π键数为NA 答案　B 解析　H3PO4部分发生电离，所以1 L 0.5 mol·L－1 H3PO4溶液中含H＋数小于1.5NA，A不正确；乙二醇分子中的C、O原子都采取sp3杂化，1个乙二醇分子中有4个原子采取sp3杂化，所以1 mol乙二醇中含sp3杂化的原子数为4NA，B正确；80 g SO3的物质的量为1 mol，含硫原子个数为NA,80 g SO2的物质的量大于1 mol，含硫原子个数大于NA，所以80 g SO3、SO2的混合物中含有的硫原子数大于NA，C不正确；1个乙炔分子中含有2个π键，则1 mol乙炔中含有的π键数为2NA，D不正确。 3．(2022·陕西周至一模)若NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是(　　) A．100 g质量分数为46%的酒精水溶液中含有氧原子数目为NA B．0.1 mol·L－1 CH3COOK溶液中含有CH3COO－数小于0.1NA C．标准状况下，1个O2分子的体积约为cm3 D．标准状况下，22.4 L O2与足量H2反应生成H2O，转移的电子数为4NA 答案　D 解析　乙醇和水分子中都含有氧原子，则100 g质量分数为46%的酒精水溶液中含有氧原子的数目大于NA，故A错误；溶液的体积未知，无法计算0.1 mol·L－1醋酸钾溶液中醋酸根离子的数目，故B错误；标准状况下，在粒子数目、粒子的大小相同的情况下，气体的体积主要与气体分子间的平均距离的大小有关，所以无法计算1个氧气分子的体积，故C错误；标准状况下，22.4 L氧气为1 mol，与足量氢气反应生成水时，转移的电子数目为4NA，故D正确。 4．(2023·四川绵阳二模)为防止水体富营养化，常用NaClO除去水体中过量氨氮(以NH3表示)，气体产物为N2。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是(　　) A．NH3、H2O、OH－所含电子数均为10NA B．pH＝11的NaClO溶液中H＋数目为10－11NA C．反应消耗74.5 g NaClO，水体将增加NA个Cl－ D．除氨氮过程中，当生成22.4 L N2时转移电子数为6NA 答案　C 解析　NH3、H2O、OH－所含电子数均为10，A错误；pH＝11的NaClO溶液的体积未知，无法计算其溶液中H＋数目，B错误；该反应的离子方程式为3ClO－＋2NH3===N2＋3Cl－＋3H2O，所以反应消耗74.5 g(即1 mol NaClO)，水体将增加NA个Cl－，C正确；氮气所处的状态未知，无法计算生成22.4 L N2时转移电子数，D错误。 5．(2023·济南模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　) A．1 mol H2C2O4分子中π键的数目为3NA B．1 mol甲基正离子(CH)的质子数为9NA C．1 mol [Cu(NH3)4]2＋中配位原子的个数为4NA D．78 g Na2O2与足量SO2反应转移电子数为2NA 答案　A 解析　单键均为σ键，双键中含有1个π键、1个σ键，所以1 mol H2C2O4分子中π键的数目为2NA，A错误；1个甲基正离子(CH)的质子数为9，则1 mol甲基正离子(CH)的质子数为9NA，B正确；[Cu(NH3)4]2＋中配体为NH3，配位原子为N,1 mol [Cu(NH3)4]2＋中配位原子的个数为4NA，C正确；78 g Na2O2的物质的量为1 mol，与足量SO2反应生成硫酸钠，转移电子数为2NA，D正确。 6．(2022·合肥模拟预测)目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如图所示，其中“制KI(aq)”时，Fe2＋会水解形成胶状物吸附KI，造成I－的损失。下列说法正确的是(　　) A．制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶2 B．滤渣1能够完全溶解于稀硫酸中 C．制得0.1 mol KIO3至少需要5.6 L Cl2 D．制备KI时要控制溶液的pH不宜过大 答案　D 解析　根据反应方程式2SO2 ＋I2＋2Cu2＋＋4H2O===2CuI↓＋2SO＋8H＋可知，制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶1，A错误；分析可知，滤渣1的成分为Fe和Cu，其中Fe能与稀硫酸发生置换反应，而Cu不能与稀硫酸发生反应，B错误；根据反应方程式5Cl2＋I2＋12OH－===2IO＋10Cl－＋6H2O可知，每制取得到2 mol KIO3，反应消耗5 mol Cl2，则制取0.1 mol KIO3，消耗0.25 mol Cl2，气体所处状态未知，无法计算其体积，C错误；制备KI时，若溶液pH过大，Fe2＋会反应生成Fe(OH)2沉淀，因此要控制溶液的pH不宜过大，D正确。 7．(2023·湖南岳阳一模)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．100 g 98%的硫酸溶液中H＋的数目为2NA B．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23 g时，转移电子数为0.5NA C．1 L 0.01 mol·L－1 溶液中，和的离子数目之和为0.01NA D．锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm，α＝β＝γ＝90°，则晶体的密度为 g·cm－3 答案　B 解析　98%的硫酸溶液为浓硫酸，主要以H2SO4分子存在，100 g 98%的硫酸溶液中H＋的数目小于2NA，A错误；浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23 g，生成的NO2、N2O4中的N元素均为＋4价，两者最简式均为NO2，可看做生成23 g NO2，即0.5 mol，转移电子数为0.5NA，B正确；溶液中电离出的既可以水解又可以电离，溶液中存在的粒子有、、，三者的数目之和为0.01NA，C错误；根据均摊法，1个晶胞中含有Sb的个数为8×＋2＝4，含有O的个数为4×＋10＝12，含有Fe的个数为8×＋1＝2，所以锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2，晶胞的质量为 g＝ g，体积为abc×10－21cm3，所以晶体的密度为＝ g·cm－3，D错误。 8．在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400 ℃时制得超细氧化铋，计算得出其化学式(写出计算过程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]＝808 g·mol－1)。 答案　Bi2O3。设氧化铋的化学式为Bi2Ox，则＝，解得x≈3。 9．利用CO与炉渣反应得到还原铁粉，得到的产品可用K2Cr2O7滴定分析法测定纯度。实验步骤如下：称取0.224 0 g样品，加入过量稀硫酸充分溶解，用3.000×10－2 mol·L－1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL，计算该样品中还原铁粉的质量分数(写出计算过程)。 答案　根据得失电子守恒可得关系：Cr2O～6Fe2＋，滴定中消耗n(K2Cr2O7)＝3.000×10－2mol· L－1×20.00×10－3 L＝6×10－4 mol，则n(Fe2＋)＝6n(K2Cr2O7)＝3.6×10－3mol，根据铁元素守恒可知样品中铁粉的质量为3.6×10－3 mol×56 g·mol－1＝0.201 6 g，质量分数为×100%＝90.00%。 10．[2021·山东，18(3)]六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6。 利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下： ①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为__________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 ②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O。滴定达终点时消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol－1)的质量分数为____________。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 答案　①m3＋m1－2m2　②%　不变　偏大 解析　①称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2)g－m1 g＝(m3＋m1－2m2)g。 ②滴定时，根据关系式：WO～2IO～6I2～12S2O，样品中n(WCl6)＝n(WO)＝n(S2O)＝cV×10－3mol，m(WCl6)＝cV×10－3mol×M g·mol－1＝ g，则样品中WCl6的质量分数为×100%＝%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。 学科网（北京）股份有限公司 $$