卷2 物质的量-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考化学真题分类优化卷(分项3D)

最新5年高考真题分类优化卷·化学（二） 卷2物质的量 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个 选项中，只有一项符合题目要求。 1.(2025·黑吉辽蒙卷)侯氏制碱法突破西方技术垄断，推动了世界制碱技 术的发展，其主要反应为NaCI+CO2+NH+HO=Na HCO3￥ +NH,C1。下列有关化学用语或说法正确的是 () A.CO2的电子式：Q:C:g B.H2O的空间结构：直线形 C.NHC1的晶体类型：离子晶体 D.溶解度：NaHCO3>NH4HCO3 2.(2025·四川卷)下列与物质性质相关的说法正确的是 A.油脂产生“哈喇”味，因其发生了水解反应 B.淀粉难溶于水，说明其结构中不含亲水基团 C.硝酸银溶液存于棕色瓶中，因其受光照易分解 D.某溶液焰色试验呈黄色，说明其溶质是氯化钠 3.(2024·黑吉辽)硫及其化合物部分转化关系如图。设Na为阿伏加德 罗常数的值，下列说法正确的是 () s0.7①，52厂50 H2S- 碱，△→S2 A.标准状况下，11.2LSO2中原子总数为0.5NA B.100mL0.1mol·L1Na,SO3溶液中，SO号数目为0.01Wa C.反应①每消耗3.4gH,S,生成物中硫原子数目为0.1Na D.反应②每生成1mol还原产物，转移电子数目为2Na 4.(2024·浙江)利用CHOH可将废水中的NO转化为对环境无害的物 质后排放。反应原理为H十CHOH+NO一→X+CO2十H,O(未 配平)。下列说法正确的是 () A.X表示NO B.可用O3替换CHOH C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5 D.若生成标准状况下的CO2气体11.2L,则反应转移的电子数为2N (N表示阿伏加德罗常数的值) 5.(2024·贵州)二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。实验室用草酸 (H,CO,)和KCIO3制取C1O2的反应为H,C,O,+2KCIO+H2SO 一2CIO2◆+2CO2↑+K,SO,+2H,O。设NA为阿伏加德罗常数的 【最新5年高考真题分类优化卷·化学（二）2-1】3D 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67.5gC1O2,转移电子数为2.0NA C.0.1mol·L1H2C2O,溶液中含有的H数目为0.2Na D.标准状况下，22.4LCO2中含o键数目为2.0NA 6.(2024·浙江1月)汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应： 2N0+2C0能化剂2C0,十N,下列说法不正确的是(NA为阿伏加德 罗常数的值) () A.生成1 mol CO2转移电子的数目为2Na B.催化剂降低NO与CO反应的活化能 C.NO是氧化剂，CO是还原剂 D.N2既是氧化产物又是还原产物 7.(2022·全国)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是() A.18g重水(D2O)中含有的质子数为10N B.3mol的NO2与HO完全反应时转移的电子数为4Na C32g环状S,)分子中合有的S-S健数为1N, D.1LpH=4的0.1mol·L1K,Cr2O,溶液中Cr2O?离子数为 0.1NA 8.(2021·福建)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( ) A.1.12LC2H4所含极性共价键的数目为0.2NA B.12 g NaHSO,晶体中阴、阳离子总数为0.2NA C.0.1 mol CH,与足量CL2反应生成CHC1的分子数为0.1NA D.电解熔融MgCL2制2.4gMg,电路中通过的电子数为0.1NA 9.(2021·广东)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( ) A.1 mol CHCls含有C一CI键的数目为3Na B.1L1.0mol/L的盐酸含有阴离子总数为2Na C.11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NA D.23gNa与足量HO反应生成的H2分子数目为NA 10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.2.0L1.0mol·L1K,S溶液中，S2-的数目为2N B.标准状况下，2.8LHF含有的质子数为1.25Na C.6g甲酸甲酯中，采取sp3杂化的原子数目为0.2NA D.39gNaO2与足量水充分反应，转移的电子数为Na 11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A.1 mol SiO2晶体中含有的共价键数目为4Na B.142gNa2SO,和Na2HPO,的固体混合物中所含阴、阳离子的总数 目为3NA C.1L1mol/L的NHBr溶液中通入适量氨气后呈中性，此时溶液中 【2-2】3D NH的数目小于NA D.锌与某浓度的浓硫酸反应，生成混合气体22.4L(标准状况)，锌失 去电子数目为2NA 12.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 () A.将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH,COO 数目小于0.1NA B.12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为N4 C.电解精炼铜时，阴极增重64g时，外电路转移电子数一定为2NA D.向2mL0.5mol/L硅酸钠溶液中滴入盐酸制硅酸胶体，所得胶粒 数目为0.001Na 13.AIN是一种半导体材料，一种制备方法是AL,O,十N,十3C商温2AIN+ 3CO。设N。为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是() A.标准状况下，11.2LN2含π键数日为0.5Na B.12gC(金刚石)含非极性键数目为2NA C.每生成1 mol AIN时转移电子数目为6NA D.0.1 mol Al,.O溶于足量盐酸，溶液中含A13+数目为0.2NA 14.CO与H,S反应可以制得COS,其化学方程式为CO(g)+HS(g)— COS(g)十H2(g)。NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是 ( A.2.8gCO中含有的中子数为1.4Na B.pH=3的H2S溶液中H的数目为0.001NA C.0.1 mol COS中π键数目为0.4Na D.生成2.24LH2(标准状况)，转移电子数目为0.4NA 题号 1 2 3 6 7 8 9 1011 121314 答案 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(2023·福建)(15分)NaNO2溶液和NH,C1溶液可发生反应：NaNO2+ NH,Cl△N,+NaC1+2H,O。为探究反应速率与c(NaNO,)的关 系，利用下列装置（夹持仪器略去）进行实验。 实验步骤：往A中加入一定体积(V)的2.0mol·L1NaNO2溶液、2.0 mol·L1NH,CI溶液和水，充分搅拌。控制体系温度，通过分液漏斗 往A中加入1.0mol·L1醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始 用排水法收集气体。用秒表测量收集1.0mLN2所需的时间，重复多 次取平均值(t)。 回答下列问题： 【2-3】3D (1)仪器A的名称为 (2)检验装置气密性的方法：关闭止水夹K, (3)若需控制体系的温度为36C,采取的合理加热方式为 (4)每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的 影响。实验数据如下表所示。 实验 V/mL t/s 编号 NaNO,溶液 NH,CI溶液 醋酸 水 1 4.0 V 4.0 8.0 334 2 V, 4.0 4.0 V 150 3 8.0 4.0 4.0 4.0 83 4 12.0 4.0 4.0 0.0 38 ①V,= ,V3= 0 ②该反应的速率方程为v=k·c"(NaNO,)·c(NH,CI)·c(H),k 为反应速率常数。利用实验数据计算得m一 (填整数)。 ③醋酸的作用是 (5)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，NaNO2与盐酸反应生成 HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体。反应结束后，A中红 棕色气体逐渐变浅装置中还能观察到的现象有 。HNO,分解的化学方程式为 0 16.(2024·安徽)(15分)(1)2molO3和3molO2的质量之比为 分子数之比为 ;同温同压下的密度之比为 ,含氧原子 数之比为 ,体积之比为 (2)气体化合物A的化学式可表示为O,F,已知同温同压下10mLA 受热分解生成15mLO2和10mLF2,则A的化学式为 ,推断 的依据是 (3)标准状况下，在乙室中充入1.2 mol HC1,甲室中充入NH、H2的 混合气体，静止时活塞如图。已知甲室中气体的质量比乙室中气体的 质量少33.8g NH3、H HC 23 6 甲室 乙室 请回答下列问题： ①甲室中气体的物质的量为 mol ②甲室中气体的质量为 g。 ③甲室中NH、H2的物质的量之比为 ,质量之比为 ④如果将活塞a去掉，当HCI与NH完全反应后，活塞b将静止于刻 度“ ”(填数字)处 17.(2024·贵州)(14分)在无氧环境下，CH,经催化脱氢芳构化可以直接 【2-4】3D 转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如 下反应：i.CH,(g)-C(s)+2H2(g)△H1=+74.6k·mol- △S=+80.84kJ·mol1·K i.6CH,(g)-→CH(I)+9H2(g)△H2 回答下列问题： (1)反应i在1000K时 (选填“能”或“不能”)自发进行。 (2)已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的△H,= kJ·mol-1(用含a、b、c的代数式表示)。 物质 CH(g) CoHg(D) H,(g) △H/(kJ·mol厂1) a b (3)受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率 逐渐降低，原因是 (4)对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。 将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH,芳构化，相 同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为 ,理由是 CH,平均 芳烃平 产物中积碳 pH 转化率/% 均产率/% 平均含量/% 2.4 9.60 5.35 40.75 4.0 9.80 4.60 45.85 7.0 9.25 4.05 46.80 10.0 10.45 6.45 33.10 12.0 9.95 4.10 49.45 (5)973K、100kPa下，在某密闭容器中按n(C6H):n(CH,)=1:5 充入气体，发生反应C6H(g)+CH,(g)一→C,H(g)+H2(g),平衡时 CH。与C,H的分压比为4：1，则的平衡转化率为 ,平衡常 数K。= (用平衡分压代替平衡 浓度计算，分压总压物质的量分数，列出计算式即可)。 (6)引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下： CH,(g)+CH,(g雀化剂→C,.(g+H(g (过量) →CgH1o(g+H2(g) (两个反应可视为同级数的平行反应) 对于同级数的平行反应有一 ”_-A。÷,其中k分别为反应速率 v2 k2 A2 和反应速率常数，E,为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温 一温度下人是定值。已知E<E甲米，若要提高苯的产 采取的措施有 18.(2024·北京)(14分)某小组同学向pH=1的0.5mol·L1的FeCL3 【2-5】3D 溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微 粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属 是 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 ·段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测 过量Cu 到Fe单质 段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大， Ⅱ 过量Zn 产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液 pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 有大量气泡产生，反应刷烈，pH逐渐增大，产生了 Ⅲ 过量Mg 大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH 为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K[Fe(CN)s]溶液，证明 都有Fe+生成，依据的现象是 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 i.a.甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H浓度较大时，即使Zn与Fe+反应 置换出少量Fe,Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的 离子方程式 b.乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H消耗。设计 实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略H对Fe的消耗。 c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反 应。实验证实了Zn粉被包裹。 i.查阅资料：0.5mol·L1Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀 的pH约为3。 结合a、b和c,重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固 液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2, (填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到 Fe单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因 【2-6】3D答案：(1)2AgI+Fe-2Ag+Fe2++2 I AgNO FeL2+Cl,—L2+FeCl,I2、FeCl,I2被过量 的CL2进一步氧化(2)2IO5+5HSO?一L2+ 5SO-+3H++H,O(3)4(4)防止单质碘析出 17.解析：(1)制备胆矾时，根据题千信息可知，需进行 溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒 精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和 蒸发皿，A、C符合题意。 (2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反 应的化学方程式为Cu0+H,S0,△CuS0,+ H,O;直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧 化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的 稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点 是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少 (硫酸利用率高)。 (3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸 发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化 铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以 氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5~ 4,酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过 程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min, 目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤。 (4)称量千燥坩埚的质量为1，加入胆矾后总质 量为，，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于 千燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终 总质量恒定为m3。则水的质量是(m2一m3)g, 所以胆矾(CuSO,·nH,O)中n值的表达式为 （m2-n3） :m3-m) 18 160 =n:1,解得n 80(m2-m3） 9(m3-m1）9 (5)①胆矾未充分千燥，导致所测m2偏大，根据n 80(m2-m3） 9(m,一m,)可知，最终会导致结晶水数目定值 偏高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分 白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾， 80(m2一m3） 导致所测m,偏大，根据n=9(m一m) 可知，最 终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；③加 热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m。数值 80(m2一n3） 偏小，根据n9(m,一m)可知，最终会导致结品 水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合 题意。 答案：(1)AC(2)CuO+H,S0,△CuS0,+H,0 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少 (硫酸利用率高)(3)过滤干燥除尽铁，抑制硫 酸铜水解破坏氢氧化铁胶体，易于过滤(4) 80(m2-m3) (5)①③ 9(m3-m1） I8.解析：含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH)4+的 溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现 蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推 得化合物X中含有Cu2+;向含有AI3+的溶液中加 入氨水可用于制备A1(OH)3,且A1(OH)3为可溶 于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为 A1(○H)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的Ag- N○，溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含 有Cl厂，综上，化合物X中含有A13+、Cu+和CI。 (1)由上述分析可得，白色沉淀D为A1(○H)3,灼烧 【3】 Al(OH)3得到Al2O3,故白色固体为AlO3;溶液 D中含有的阳离子有Cu+、NH、Ag、H+,阴离 子有NO5,故溶液中含有：Cu(NO3)2 NHNO3、AgNO3、HNOg。 (2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020gX中 含有铝高子物质的量为02g×2=0.02m01, 含有氯离子物质的量为143g/mo 11.480g =0.08mol,由化 合物应显电中性可得三种离子物质的量比值 为n(Cu+):n(A13+):n(CI)=1:2:8,则可得X 的化学式为CuAl2Cl;阴离子A1Cl,中Al原子的杂 化方式为sp,空间结构为正四面体，与CH4相同， CI: 其电子式为：Cl:Al:Cl: CI (3)①由上述分析可知，蓝色溶液A中含有A3+、 Cu2+和CI,与N2H反应时溶液蓝色褪去，即反 应后溶液中不存在Cu+,可推测铜元素以沉淀形式 析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推 测铜元素在其中不是蓝色且稳定的十2价，而是十1 价，即反应过程中Cu元素化合价降低，N,H中氮 元素显一2价，具有还原性，反应过程中N元素化 合价升高生成N2,符合反应中有气体产生，根据化 合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸 性可知反应离子方程式为4Cu2++N2H+4C1 —=4CuC1￥+N2A+5H ②Cu在溶液中显蓝色，CuCl中Cu元素为十1价， 能被硝酸氧化为十2价，CuC1与硝酸反应过程中C 元素以CI厂形式存在于溶液中，CI与AgNO3溶液 反应生成不溶于硝酸的白色沉淀。 答案：(1)Al2O Cu (NO3)2. NHNO3、AgNO3、HNO CI (2)CuAl,Clg CI Al:CI CI (3)4Cu2++N2H+4CI4CuC1￥+N2◆+ 5H将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明 有Cu元素；再向溶液中加入AgNO,溶液，有白色 沉淀，说明有C1元素 卷2物质的量 1.CA.CO2中C和O之间有两对共用电子，其结构 为：O:C:O:,A错误；BH2O的中心原子为O,根据 价层电子对互斥理论，其外层电子对数为4，VSEPR 模型为四面体形，O原子与H原子形成共价键，剩余 两对孤电子对，因此，H2O为V形分子，B错误；C. NHCI由NH和CI厂组成为离子化合物，晶体类型 为离子晶体，C正确；D.NH HCO3溶液中含有NH +和HCO,NHt可以与水分子形成氢键，增大了 NH在水中的溶解度，D错误」 2.CA.油脂产生“哈喇”味是因氧化反应导致，而非 水解反应，A错误；B.淀粉虽难溶于水，但其结构中 含有羟基（一OH)等亲水基团，难溶性与分子结构复 杂有关，B错误；C.硝酸银见光易分解为银、二氧化 氨和氧气，需避光保存于棕色瓶中，C正确；D.焰色 试验呈黄色仅说明溶液含钠离子，溶质可能是氯化 3D 纳或其他钠盐（如硝酸钠）、还可能是NaOH等，D 错误。 3.D标况下SO,为气体，11.2LSO2为0.5mol,其 含有1.5mol原子，原子数为1.5NA,A错误；SO 为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1mol·L-1Na2SO3溶液中SO数目小于0. 01NA,B错误；反应①的方程式为SO2十2H,S 3S￥+2H2O,反应中每生成3molS消耗2mol H2S,3.4gH2S为0.1mol,故可以生成0.15molS, 生成的原子数目为0.15NA,C错误；反应②的离子 方程式为3S+6OH—SO3+2S-十3H,O,反应 的还原产物为S2-,每生成2molS2-共转移4mol 电子，因此，每生成1molS-,转移2mol电子，数目 为2NA,D正确；故选D。 4.C由题中信息可知，利用CHOH可将废水中的 NO3转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示 N2,NO2仍然是大气污染物，A不正确；CHOH中 C元素的化合价由一2价升高到十4价，CHOH是 该反应的还原剂，○。有强氧化性，通常不能用作还 原剂，故不可用O3替换CH3OH,B不正确；该反应 中，还原剂CH3OH中C元素的化合价由一2价升高 到十4价，升高了6个价位，氧化剂NO3中N元素 的化合价由十5价降低到0价，降低了5个价位，由 电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之 比为6：5，C正确；CH3OH中C元素的化合价由 2价升高到十4价，升高了6个价位，若生成标准状况 下的CO2气体11.2L,即生成0.5 nol CO,,反应转 移的电子数为0.5×6=3VA,D不正确；综上所述， 本题选C。 5.DH218O分子中H原子无中子，18O原子的中子数 为10，则0.1molH2180中含有的中子数为N,故 A错误；由反应方程式H,C,O+2KClO3十H,SO 一2CIO2个+2CO2个+K2SO4+2H2O可知，每生 成2 mol ClO2转移电子数为2mol,则每生成67.5g ClO2,即1 mol ClO2转移电子数为NA,故B错误； 未给出草酸溶液的体积，无法计算氢离子的物质的 量，故C错误；1个二氧化碳分子中含有2个6键和2 个π键，则标准状况下22.4LCO2,即1 mol CO2中 含。键数目为2.0N、,故D正确；故选D。 6.DNO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2,1 个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中 C为十2价，化合价升高为十4价的CO2,失去2个电 子，作还原剂发生氧化反应；根据分析，1 mol CO2转 移2N、的电子，A正确；催化剂通过降低活化能，提 高反应速率，B正确；NO是氧化剂，CO是还原剂，C 正确；N2为还原产物，C2为氧化产物，D错误；故 选D。 7.CD2O的质子数为10,18gD2O的物质的量为 20g/mo-0.9mol,则18g重水(D,O)中所含质子 18g 数为9NA,A错误；NO2与H2O反应的化学方程式 为3NO2+H2O—2HNO3+NO,该反应消耗3个 NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO, 参与反应时，转移的电子数为2V,B错误；一个S (0Q0P)分子中含有的SS键数为8 32g 个，32gS,的物质的量为8×2gm0-8mol,则 含有的SS键数为8X8XVA=VA,C正确；酸性 K2Cr2O,溶液中存在：Cr2O+HO一2CrO+ 【4】 2H+,含Cr元素微粒有Cr2O号和CrO,则1L pH=4的0.1mol·L1K,Cr2O,溶液中Cr2O号离 子数应小于0.1N、,D错误；故选C。 8.B没有标明气体的存在状态，1.12LC2H4的物质 的量不一定为0.5mol,故A错误；硫酸氢钠晶体中 存在钠离子和硫酸氢根离子，硫酸氢钠的摩尔质量 为120g/mol,所以12g硫酸氢钠晶体的物质的量 为0.1mol,阴、阳离子总数为0.2NA,故B正确；甲 烷与足量氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲 烷、四氯化碳和氯化氢，因此0.1 mol CH4与足量 Cl2反应生成CHCI的分子数小于0.1NA,故C错 误；电解熔融的氯化镁生成金属镁，镁由十2价降低 到0价，因此1ol氯化镁完全电解生成金属镁，转 移2mol电子，电解熔融MgCl2制2.4gMg(物质的 量为0.1mol),电路中通过的电子数为0.2N,故D 错误；故选B。 9.A1个CHCl3分子中含有3个C-C1键，微粒个数 与物质的量成正比，故1 mol CHCI含有3molC Cl键，C—Cl键的数目为3N、,A正确；盐酸为氯化 氢的水溶液，氯化氢会全部电离出阴离子C】厂，水会 部分电离出阴离子OH,水的质量及电离程度未 知，故无法计算1L1.0mol/L的盐酸含有阴离子 总数，B错误；未提到具体的温度、压强（如标况下）， 故无法计算11.2LNO与11.2LO2混合后的分子 数目，C错误；23gNa为1mol,钠与足量的水反应 生成氢气的关系式为：2Na~H,,故1 mol Na应对应 生成0.5molH2,H2分子数目应为0.5NA,D错误； 故选A。 10.C硫化钠为强碱弱酸盐，S-会发生水解，而消耗 一部分硫离子，所以S2的数目小于2N、,故A错 误；标准状况下，HF为液体，无法根据气体摩尔体 积计算其物质的量，故B错误；甲酸甲酯 (HCOOCH,)的摩尔质量为60g/mol,6g甲酸甲 酯(HCOOCH3)的物质的量为0.1mol,其中甲基 碳原子及与甲基相连的氧原子均为sp杂化，所以 6g甲酸甲酯中采取sp杂化的原子数目为0. 2NA,故C正确；过氧化钠的摩尔质量为78g/mol, 39g(0.5mol)Na2O2与足量水充分反应：2Na2O 十2H2O一4NaOH+O,个，过氧化钠既是氧化剂 又是还原剂，2mol过氧化钠参与反应时转移2mol 电子，所以39gNa2O2与足量水充分反应，转移的 电子数为0.5N,故D错误；故答案为C。 11.CSiO2晶体中每个Si周围有4个O原子，即有4 条Si一键，故1 mol SiO2晶体中含有的共价键数 目为4NA,A正确；NaSO和Na2HPO4的摩尔质量 均为142g/mol,且二者的固体均由2个阳离子和1 个阴离子构成，故142g混合物的物质的量为1 mol,含阴阳离子为3mol,即3NA,B正确；1L1 mol/L的NH,Br溶液中通入适量氨气后呈中性， 则c(H)=c(OH),由电荷守恒c(NH4)十( (H)=c(OHΓ)十c(Br),可得c(NH:)=c (Br),n (NH)=n(Br),n(Br)=1 LX 1 mol/L=1mol,故n(NH)=1mol,即N,C错误； 锌与某浓度的浓硫酸反应，生成SO2和H2混合气 体22.4L(标准状况)，硫酸得到电子22.4L/mo 22.4L ×2 =2mol,故锌失去电子数目为2 mol X N/mol= 2N、,D正确；故选C。 12.C将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中 性，根据电荷守恒，溶液中CH COO数目等于钠 离子数目，等于0.1N,A错误；12g石墨烯中含有 1molC,每个碳原子被3个六元环共用，每个六元 3D 环中含有的碳原子数目为3×6=2，所以1mo1C 原子形成的六元环的个数为0.5N、,B错误；阴极 电极反应：Cu2++2eCu,阴极增重64g时，即 生成1mol铜，则外电路转移电子数一定为2NA,C 正确；2mL0.5mol/L硅酸纳溶液中n(Na2SO3)= 0.5mol/L×0.002L=0.001mol,根据Si守恒，生 成的H2Si○3为0.001ol,但硅酸胶体中的胶粒是 一定数目硅酸的集合体，故所得胶粒数小 于0.001N、,D错误；故选C。 13.B1个N2分子含2个π键，标准状况下，11.2L N2的物质的量为0.5mol,含1N元键，故A错误； 12gC的物质的量为1mol,含1mol×4×2=2 mol非极性键，即非极性键数目为2N、,故B正确； 根据反应式可知，生成1 mol AIN时转移3mol电 子，转移电子数目为3N,故C错误；AF会水解， 0.1 mol Al,O3溶于足量盐酸，溶液中含A13+数目 小于0.2NA,故D错误；故选B。 14.A已知一分子C0中含有14个中子，故2.8g中 含有的中子教为8高×14XNm =1.4NA,A正确；由于题千未告知溶液的体积，故 无法计算pH=3的H,S溶液中HT的数目，B错 误；已知COS的结构式为S一C一O,故0.1mol COS中π键数目为0.1mol×2×Nmol1=0. 2NA,C错误；根据反应方程式可知，生成2.24L即 22.4L·mol可=0.1molH,(标准状况)，转移电 2.24L 子数目为0.1mol×2×VA mol=0.2N,D错 误；故选A。 15.解析：(1)仪器A的名称为锥形瓶。 (2)气体发生装置要检验装置的气密性，检验装置 气密性的方法关闭止水夹K,通过分液漏斗往A中 加水，一段时间后水难以滴入，则气密性良好。 (3)若需控制体系的温度为36℃，采取水浴加热使 温度均匀平稳。 (4)①为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，NH4CI 浓度不变，根据数据3和4可知溶液总体积为20 mL,故V1为4mL;根据变量单一可知V2为6 mL,V3为6mL;②浓度增大速率加快，根据1和3 组数据分析，3的c(NaNO2)是1的2倍，1和3所 334 用的时间比83≈4，根据分析可知速率和浓度的平 方成正比，故m=2;③醋酸在反应前后没变，是催 化剂的作用是加快反应速率。 (5)同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，NaNO,与 盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量 的两种气体，根据氧化还原气化反应可知反应方程 式为2HNO。NOA+NO,A+H,O,反应结束 后量筒收集到NO,A中红棕色气体逐渐变浅，因为 NO2溶于水生成NO,颜色变浅，锥形瓶压强降低， 导管里上升一段水柱。 答案：(1)锥形瓶(2)通过分液漏斗往A中加水， 一段时间后水难以滴入，则气密性良好(3)水浴 加热(4)4.06.02加快反应速率 (5)量筒中收集到无色气体导管里上升一段水柱 2HNO,—NOA+NO,N+H,O 16.解析：(1)2molO3和3mol○2的质量之比 为2mol×48g·mol-:3mol×32g·mol =1:1,分子数之比等于物质的量之比，即为2：3； 同温同压下的密度之比等于相对分子质量之比，即 【5】 为48：32=3：2，含氧原子数之比为2mol×3:3 mol×2=1:1,体积之比等于物质的量之比，即为2 :3。 (2)利用阿伏加德罗定律，可得出反应的化学方程式 为20，F. 一3O2十2F2,由质量守恒定律，可得出 x=3、y=2,则A的化学式为O3F2,推断的依据是 阿伏加德罗定律和质量守恒定律。 (3)①标准状况，气体的体积之比等于其物质的量之 比，v(甲)：v(乙)=5：3，乙室中气体的物质的量 为1.2mol,则甲室中气体的物质的量为号×1.2 mol=2mol。②由前面计算知，甲室中气体的质量 为10g。③设甲室中NH3的物质的量为x,则H 的物质的量为2一x,由此得出17x十2(2一x) 10,x=0.4mol,2-x=1.6mol,所以NH3、H2的 物质的量之比为0.4mol：1.6mol=1：4,质量之比 为0.4mol×17g/mol:1.6mol×2g/mol=17:8 ④1.2 mol HCI与0.4 nol NH3完全反应后，剩余 HCl0.8mol,另外还有H21.6mol,气体 共0.8mol+1.6mol=2.4mol,按1.2mol占三个 格子进行分析，2.4mol气体应占活塞中的6个格 子，所以活塞b将静止于刻度“6”处。 答案：(1)1：12：33：21：12：3 (2)O3F,阿伏加德罗定律和质量守恒定律 (3)2:101:417:86 17.解析：(1)反应i.CH4(g)→C(s)+2H2(g) △H1=+74.6kJ·mol- △S=+80.84J· mol厂1·K-1,在1000K时，△G=△H-T△S=+ 74.6kJ·mol厂1-1000K×80.84×10-3kJ·mol厂 ·K1=-6.24kJ·mol厂1<0，故反应1在1000 K时能自发进行。 (2)i.6CH4(g)→C6H。(1)+9H2(g)△H 由题给数据可得出以下热化学方程式： ③CH4(g)+2O2(g)—-CO2(g)+2H2O(1)△H =akJ·mol ④C6H(1)+7.5O2(g)—6CO2(g)+3HO(1) △H=bkJ·mol ⑤H2(g)+0.5O2(g)—H2O(1) △H=ck·mol-1 依据盖斯定律，将反应③×6一④一⑤×9得，反应 i的(6a-b-9c)kJ·mol1 (3)由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面， 从而减小气体与催化剂的接触面积，因此随着反应 进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐 降低。 (4)比较表中数据可以看出，pH=10.0时，CH4平 均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率为最大 值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%， 所以最佳pH为10.0。 (5)973K、100kPa下，在某密闭容器中按n(C6H。) :n(CH4)=1:5充入气体，发生反应C6H6(g)十 CH4(g)>C,Hg(g)+H2(g),平衡时C6H与 C,H8的分压比为4：1，设起始时C6H。的物质的 量为1mol,CH,的物质的量为5mol,参加反应 C6H6的物质的量为xmol,则可建立如下三段式： C6H。(g)十CH4(g)=C,H.(g)十H (g) 平衡量(mol)1 5 0 0 变化量(mol)x 平衡量(mol)1一x 5-x x -3D 卫Xp多4 依题意，6 x ,解得x=0.2,平衡时，n Ps (Co H)=0.8 mol,n (CH )=4.8 mol,n(C2 Ha ) 0.2mol,n(H2)=0.2mol,则CeH。的平衡转化率 为0,0X100%=20%, 平 衡 瓷 数 Kp /0.2 (6×100kPa) 0.22 或 (色合x10kPa)×(x10ok 0.8×4.8 (6)已知E。,E二甲第'02甲装A29 AE则 RT 温度降低2甲 )增大，可提高苯的产率，加入合造 的催化剂，选择性降低E,,加快生成苯的速率，提 高苯的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措 施有：适当降低温度，加入合适的催化剂（合理即 可)。 答案：(1)能(2)6a-b-9c (3)反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积 炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性 能逐渐降低，化学反应速率减小 (4)10.0pH=10.0时，产物中积炭平均含量最 低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高 (0.2x100 kPa) 6 (5)20% 、6 (4.8×1o0kPa x1o0kPa)×(6 0.8 0.22 或0.8×4.8 (6)适当降低温度，加入合适的催化剂（合理即可） 18.解析：实验I中，加入过量的Cu,Cu与Fe3+发生反 应2Fe3++Cu—Cu2++2Fe2+,一段时间后，溶液 逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ 中，加入过量的Zn,发生反应Zn十2H一Zn2++ H2个，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为 红褐色沉淀Fe(OH)3,固体中未检测到Fe单质，原 因可能是Fe3+的千扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的 包襄；实验Ⅲ中，加入过量Mg,发生反应Mg十2H 一Mg+十H2个，由于Mg很活泼，该反应非常刷 烈，H逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续 产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固 体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后 产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)?沉淀包 襄，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 (1)在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前， Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe。 (2)①Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝 色KFe[Fe(CN)。]沉淀；②Fe3+水解方程式为Fe3+ +3H2O≌Fe(OH)3+3Ht,加入的Mg或Zn会 消耗H+,促进F3+水解平衡正向移动，使其转化 为Fe(OH)3沉淀； ③i.a.Fe与Fe3+、H反应的离子方程式为2Fe3+ +2Fe+2HT=4FeT+H,2Fe+Fe= 3Fe+、2H++Fe—Fe2++H2个；b.要证实在 pH为3~4的溶液中可忽略H对Fe的消耗，可 【6】 向pH为34的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取 出少量溶液，滴加K3[F(CN)。]溶液，不产生蓝 色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生 成Fe2+; ii.结合a、b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的 原因可能是Fe3+的千扰以及Fe(OH)?沉淀对锌粉 的包襄，因此可控制反应条件，在未生成Fe(OH) 沉淀时将Fe+还原，即可排除两个千扰因素，具体 操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取 出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH <1.2,加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后， 停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中 检测到Fe单质 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使 镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包襄，实验Ⅲ的固体 中检测到Fe单质。 答案：(1)Mg、Zn (2)产生蓝色沉淀Fe3+水解方程式为Fe3++ 3H2OFe(OH)3+3H,加入的Mg或Zn会消 耗H+,促进Fe3水解平衡正向移动，使其转化为 Fe(OH)3沉淀2Fe3++2Fe+2H+-4Fe2++ H2或2Fe3++Fe—3Fe2+、2Ht+Fe—Fe2 十H2个向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段 时间后取出少量溶液，滴加K[Fe(CN)6]溶液，不 产生蓝色沉淀加入几滴KSCN溶液，待溶液红色 消失后，停止加入盐酸 (3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe (OH)。沉淀包裹 卷3金属及其化合物 1.B金属材料的定义是由金属元素或以金属元素为 主构成的具有金属特性的材料，包括纯金属及其合 金。A.石墨烯为碳元素形成的一种单质，属于非金 属材料，A不选；B.高碳钢是铁基合金，属于典型的 金属材料，B选：C.芳纶纤维为有机高分子合成材 料，C不选；D.玻璃为硅酸盐制品，属于无机非金属 材料，D不选。 2.CA.稀硝酸与铜反应生成H+、Cu+、NO和NO, NO难溶于水，无法大量存在，A不符合题意；B.70% 硫酸与Na2SO3反应生成SO2,溶液中应含 H十、Na、SO,但HSO在强酸性条件下会转化为 SO2和H2O,无法大量存在，B不符合题意；C.浓盐 酸与KMnO4反应生成Cl2,产物为K+、Mn+、C 和H十，这些离子在酸性环境中稳定共存，无后续反 应千扰，C符合题意；D.FeCl3催化H2O2分解生成 O2,溶液中应含Fe3+而非Fe2+,D不符合题意。 3.AA.磷酸二氢钠水解产生OH厂，离子方程式为 H2PO4+H2OH3PO4+OH,A正确；B.用稀 盐酸浸泡氧化银生成AgC沉淀，离子方程式为 Ag2O+2H++2CI=2AgCl+H2O,B错误；C.向次 氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液发生氧化还原反应， 离子方程式为CIO+2I厂+2H+=L2+CI-+H2O, C错误；D.向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶 液，反应的离子方程式为2H十+SO+Ba +2HCO3=BaSO4￥+2CO2个+2H2O,D错 误；答案选A。 4.AA.亚硫酸氢钠(NaHSO3)与石灰水反应时， HSO3不能拆开，先与OH-中和生成SO3,再与 Ca+结合生成CaSO3沉淀，正确的方程式为： HSO3+OH+Ca2+=CaSO3￥+HO,A方程 式错误；B.Na2O2与水反应的离子方程式为2NaO2 +2H2O=4Na十4OH-+O2个，符合反应实际（生 成NaOH和O2),B离子方程式正确；C.NO2与水反 3D