1．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法錯(cuò)誤的是（　　）
A．18 g冰的晶體中含有氫鍵的數(shù)目為2 NA
B．11.2 L丙烷（標(biāo)準(zhǔn)狀況）中含有σ鍵的數(shù)目為5NA
C．2.0 L 0.5 mol/L NaAlO2溶液中含有氧原子的數(shù)目為2NA
D．1 mol C12與足量NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為NA

分析 A．依據(jù)n=$\frac{m}{M}$計(jì)算物質(zhì)的量，氫鍵是分子間作用力；
B．氣體體積轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，1個(gè)丙烷分子中含有8個(gè)C-H鍵，2個(gè)C-C鍵；
C．NaAlO2溶液中偏鋁酸根，水中都含有氧原子；
D．氯氣與氫氧化鈉溶液的反應(yīng)中，氯氣既是氧化劑也是還原劑．

解答 解：A．依據(jù)n=$\frac{m}{M}$計(jì)算物質(zhì)的量=$\frac{18g}{18g/mol}$=1mol，氫鍵是分子間作用力，每個(gè)水分子形成兩個(gè)氫鍵，18g冰中含有的氫鍵數(shù)目為2NA，故A正確；
B.11.2 L丙烷（標(biāo)準(zhǔn)狀況）物質(zhì)的量為$\frac{11.2L}{22.4L/mol}$=0.5mol，含有σ鍵的數(shù)目為0.5mol×10×NA=5NA，故B正確；
C.2.0 L 0.5 mol/L NaAlO2溶液中含有氧原子的數(shù)目大于2NA，故C錯(cuò)誤；
D．氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉和水，氯氣既是氧化劑也是還原劑，1 mol C12與足量NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為NA，故D正確；
故選：C．

點(diǎn)評 本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算和判斷，題目難度中等，注意明確標(biāo)況下氣體摩爾體積的使用條件，掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，注意氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)中氯氣表現(xiàn)性質(zhì)，選項(xiàng)D為易錯(cuò)選項(xiàng)．

練習(xí)冊系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

11．2.38g化合物甲，在空氣中充分煅燒后，得固體殘留物乙1.82g和標(biāo)準(zhǔn)狀況下896mL氣體A，該氣體能使品紅溶液褪色，加熱后品紅溶液恢復(fù)至原色．所得固體殘留物乙能全部溶于稀硫酸得溶液B，能部分溶于NaOH溶液中得溶液C和0.8g殘留物D．取少量溶液B，滴加KSCN溶液，發(fā)現(xiàn)溶液變?yōu)檠t色．
請推測并回答：
（1）用離子反應(yīng)方程式解釋溶液變?yōu)檠t色的原因：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3．
（2）寫出形成溶液C的化學(xué)方程式：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O．
（3）寫出氣體A通入溶液B中，發(fā)生氧化還原的離子反應(yīng)方程式：2H2O+2Fe3++SO2=2Fe2++SO42-+4H+．
（4）寫出化合物甲的化學(xué)式FeAlS4．
（5）有人認(rèn)為：化合物甲中部分元素所形成的合金，在氣體A中可逐漸形成化合物甲，試從氧化還原的角度，分析該說法的合理性：金屬鐵和鋁具有還原性，二氧化硫中的S是+4價(jià)，具有氧化性，可以發(fā)生反應(yīng)生成低價(jià)態(tài)的硫化物．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

12．碲及其化合物具有許多優(yōu)良性能，被廣泛用于冶金、化工、醫(yī)藥衛(wèi)生等工業(yè)領(lǐng)域．銅陽極泥（主要成分除含Cu、Te外，還有少量Ag和Au）經(jīng)如下工藝流程如圖1得到粗碲．

（1）“加壓硫酸浸出”過程中會(huì)發(fā)生以下化學(xué)反應(yīng)：
Cu2Te+2O2=2CuO+TeO2；TeO2+H2SO4=TeOSO4+H2O
①Ag2Te也能與O2發(fā)生類似Cu2Te的反應(yīng)，化學(xué)方程式為2Ag2Te+3O2=2Ag2O+2TeO2．
②工業(yè)上給原料氣加壓的方法是用壓縮機(jī)加壓．
（2）操作Ⅰ是過濾．
（3）“含碲浸出液”的溶質(zhì)成分除了TeOSO4外，主要是CuSO4（填化學(xué)式）．
（4）“電解沉積除銅”時(shí)，將“含碲浸出液”置于電解槽中，銅、碲沉淀的關(guān)系如圖2．電解初始階段陰極的電極反應(yīng)式是Cu2++2e-=Cu．
（5）向“含碲硫酸銅母液”通入SO2并加入NaCl反應(yīng)一段時(shí)間后，Te（IV）濃度從6.72g•L-1下降到0.10g•L-1，Cu2+濃度從7.78g•L-1下降到1.10g•L-1．
①TeOSO4生成Te的化學(xué)方程式為TeOSO4+2SO2+3H2O=Te+3H2SO4．
②研究表明，KI可與NaCl起相同作用，從工業(yè)生產(chǎn)的角度出發(fā)選擇NaCl最主要的原因是NaCl比KI價(jià)格便宜．
③計(jì)算可得Cu2+的還原率為85.9%，Te（IV）的還原率為98.5%．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

9．鋰離子電池是一種二次電池，它主要依靠鋰離子在正極和負(fù)極之間移動(dòng)來工作，某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰（LiCoO2）、鋁箔和有機(jī)物導(dǎo)電劑等，現(xiàn)利用如圖1流程回收正極材料中的某些資源．

請回答下列問題：
（1）用硫酸和過氧化氫酸浸時(shí)，一般在90℃下進(jìn)行，寫出該步驟中發(fā)生的主要氧化還原反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O、
2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑、2H2O$\frac{\underline{\;80℃\;}}{\;}$O2↑+2H2O．當(dāng)有1mol LiCoO2參加反應(yīng)時(shí)，得到氧化產(chǎn)物的質(zhì)量為16g．
（2）常溫條件下調(diào)pH時(shí)，若使Al3+完全沉淀所需最小的pH為5（保留整數(shù)）．（已知：離子濃度等于或小于1．×10-6時(shí)，認(rèn)為其完全沉淀；Al（OH）3的Ksp=1.13×10-33）
（3）操作1的名稱是萃取、分液．
（4）從平衡角度進(jìn)行解釋生成CoCO3固體的原因HCO3-?H++CO32- 溶液中Co2+濃度與CO32- 濃度積即為濃度積大于CoCO3的Ksp 向生成沉淀的方向移動(dòng)．
（5）鈷元素與鐵元素都屬于第 VIII族，它們的化合物有相似的性質(zhì)，Co（OH）2在空氣中加熱時(shí)，鈷元素在固體殘留物中的百分含量有如圖2所示的變化．已知鈷的氫氧化物加熱至290℃時(shí)已完全脫水，則A點(diǎn)時(shí)，剩余固體的成分為Co2O3（填化學(xué)式）；在550-600℃范圍內(nèi)，剩余固體的成分為CoO、Co3O4（填化學(xué)式）．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

16．鹵族元素的單質(zhì)和化合物很多，我們可以利用所學(xué)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)知識(shí)去認(rèn)識(shí)和理解它們．
（1）鹵族元素位于周期表的p區(qū)；溴的價(jià)電子排布式為4s24p5．
（2）在不太稀的溶液中，氫氟酸是以二分子締合（HF）2形式存在的．使氫氟酸分子締合的作用力是氫鍵．
（3）請根據(jù)下表提供的第一電離能數(shù)據(jù)判斷：最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽離子的鹵素原子是I．
氟氯溴碘
第一電離能
（kJ/mol）		1681125111401008
（4）已知高碘酸有兩種形式，化學(xué)式分別為H5IO6（）和HIO4，前者為五元酸，后者為一元酸．請比較二者酸性強(qiáng)弱：H5IO6＜HIO4．（填“＞”、“＜”或“=”）
（5）碘在水中的溶解度雖然小，但在碘化鉀溶液中溶解度卻明顯增大這是由于溶液中發(fā)生下列反應(yīng)I-+I2=I3-．I3-離子的中心原子周圍σ鍵電子對對數(shù)為2，孤電子對對數(shù)為3，I3-離子的空間構(gòu)型為直線形，
與KI3類似的，還有CsICl2等．已知CsICl2不穩(wěn)定，受熱易分解，傾向于生成晶格能更大的物質(zhì)，
則它按下列A式發(fā)生．   
 A．CsICl2=CsCl+ICl        B．CsICl2=CsI+Cl2
（6）已知ClO2-為角型，中心氯原子周圍有四對價(jià)層電子．ClO2-中心氯原子的雜化軌道類型為sp3，寫出一個(gè)ClO2-的等電子體Cl2O或OF2．
（7）如圖1為碘晶體晶胞結(jié)構(gòu)．有關(guān)說法中正確的是A．
A．碘分子的排列有2種不同的取向，2種取向不同的碘分子以4配位數(shù)交替配位形成層結(jié)構(gòu)
B．用均攤法可知平均每個(gè)晶胞中有4個(gè)碘原子
C．碘晶體為無限延伸的空間結(jié)構(gòu)，是原子晶體
D．碘晶體中的碘原子間存在非極性鍵和范德華力
（8）已知CaF2晶體（見圖2）的密度為ρg/cm3，NA為阿伏加德羅常數(shù)，相鄰的兩個(gè)Ca2+的核間距為a cm，則CaF2的相對分子質(zhì)量可以表示為$\frac{\sqrt{2}{a}^{3}ρ{N}_{A}}{2}$．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

6．下列關(guān)于明礬[KAl（SO4）2•12H2O]溶液的敘述正確昀是（　　）
A．明礬凈水原理為：Al3++3H2O=Al（OH）3↓+3H+
B．該溶液中AlO2-、F-、K+、Na+能大量共存
C．加入過量NH3•H2O反應(yīng)的離子方程式為：Al3++4NH3•H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
D．加入過量Ba（OH）2溶液反應(yīng)的離子方程式為：Al3++2SO42-+4OH-+2Ba2+=AlO2-十2BaSO4↓+2H2O

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

13．高分子化合物聚碳酸酯H的透光率良好，可制作車、船、飛機(jī)的擋風(fēng)玻璃，其合成路線如下（部分產(chǎn)物略去）：

已知：+2ROH$\stackrel{催化劑}{→}$+2CH3CHOH（R為烴基）
請回答下列問題：
（l）E的化學(xué)名稱是2-丙醇，G中含有的官能團(tuán)名稱是羥基，A→B反應(yīng)類型是取代反應(yīng)．
（2）D→E的化學(xué)方程式是．
（3）C+F→G的化學(xué)方程式是．
（4）聚碳酸酯H的結(jié)構(gòu)簡式是．
（5）同時(shí)滿足下列條件的G的同分異構(gòu)體共有12種．
①只含有一個(gè)苯環(huán)；②苯環(huán)上連有3條側(cè)鏈，其中有2個(gè)為-CH=CHCHO．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

10．水是一種重要的自然資源，是人類賴以生存不可缺少的物質(zhì)，水質(zhì)優(yōu)劣直接影響人體健康．請回答下列問題：
（1）某貧困山區(qū)，為了尋找合適的飲用水，對山上的泉水進(jìn)行了分析化驗(yàn)，結(jié)果顯示，水中主要含Ca2+、Mg2+、Cl-和SO42-．則該硬水屬于永久（填“暫時(shí)”或“永久”）硬度，若要除去Ca2+、Mg2+，可以往水中加入石灰和純堿，試劑加入時(shí)先加石灰后加純堿．
（2）我國規(guī)定飲用水的硬度不能超過25度．硬度的表示方法是：將水中的Ca2+和Mg2+都看作Ca2+，并將其折算成CaO的質(zhì)量，通常把1升水中含有10mgCaO稱為1度．某化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組對本地區(qū)地下水的硬度進(jìn)行檢測．實(shí)驗(yàn)涉及的部分反應(yīng)
M2+（金屬離子）+EBT-（鉻黑T）═MEBT+
                   藍(lán)色　　　酒紅色
M2+（金屬離子）+Y4-（EDTA）═MY2-
MEBT++Y4-（EDTA）═MY2-+EBT-（鉻黑T）
實(shí)驗(yàn)過程：
①取地下水樣品25.00mL進(jìn)行預(yù)處理．寫出由Mg2+引起的暫時(shí)硬度的水用加熱方法處理時(shí)所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：Mg（HCO3）2=Mg（OH）2↓+2CO2↑．
②預(yù)處理的方法是向水樣中加入濃鹽酸，煮沸幾分鐘，煮沸的目的是除去溶解的CO2．
③將處理后的水樣轉(zhuǎn)移到250mL的錐形瓶中，加入氨水-氯化銨緩沖溶液調(diào)
節(jié)pH為10，滴加幾滴鉻黑T溶液，用0.010mol/L的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定．滴定終點(diǎn)時(shí)共消耗EDTA溶液15.00mL，則該地下水的硬度為33.6度．
（3）某工業(yè)廢水中含有CN-和Cr2O72-等離子，需經(jīng)污水處理達(dá)標(biāo)后才能排放，污水處理廠擬用下列流程進(jìn)行處理：

回答下列問題：
①流程②中，反應(yīng)后無氣體放出，該反應(yīng)的離子方程式為CN-+ClO-═CNO-+Cl-．
②含Cr3+廢水需進(jìn)一步處理，請你設(shè)計(jì)一個(gè)處理方案：調(diào)節(jié)廢水pH，使其轉(zhuǎn)化成Cr（OH）3沉淀除去．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：填空題

11．將鎂、銅組成的合金1.28g投入過量稀硝酸中，充分反應(yīng)后，固體完全溶解時(shí)收集到還原產(chǎn)物只有NO氣體0.672L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），向反應(yīng)后的溶液中加入足量的NaOH溶液．則形成沉淀的質(zhì)量為2.81g．

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同步練習(xí)冊答案