题目内容

3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）
A．0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成的H2分子数为0.3NA
B．常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+离子数目为0.1NA
C．标准状况下，0.1mol氯仿的体积为2.24L
D．11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3SO4+60H2SO4反应中，6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA

分析 A、1mol铝反应生成1.5mol氢气；
B、盐酸抑制了水的电离，溶液中中的氢氧根离子是水电离的；
C、标况下，氯仿为液态；
D、Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，结合电子守恒来解答．

解答 解：A、1mol铝反应生成1.5mol氢气，故0.2mol铝反应生成0.3mol氢气，即0.3NA个氢气分子，故A正确；
B、常温下，1LpH=1的盐酸溶液中含有氢离子的物质的量浓度为：0.1mol/L，盐酸抑制了水的电离，则溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：1×10-13mol/L，1L该溶液中由水电离的氢离子的物质的量为：1×10-13mol，故B错误；
C、标况下，氯仿为液态，不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；
D、Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，
则由电子守恒可知，有6 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为$\frac{6mol×（2-1）}{4×（5-0）}$=$\frac{6}{20}$mol，故D错误．
故选A．

点评 本题考查了阿伏伽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，难度不大．

练习册系列答案
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17．室温下，0.2mol/L的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，所得溶液中部分微粒的组分及浓度如图所示，下列对混合溶液的分析正确的是（　　）
A．溶液显中性B．升温，c（X）增大，c（Y）减小
C．c（B+）+c（Y）=c（Cl-）D．稀释溶液，c（X）增大，c（Z）增大
14．下列离子方程式书写不正确的是（　　）
A．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）：n（Al3+）=7：2时，2Al3++7OH-═Al（OH）3↓+AlO2-+2H2O
B．Cl2与FeBr2溶液反应，当n（Cl2）：n（FeBr2）=1：1时，2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-
C．CuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n（CuCl2）：n（NaHS）=1：2时，Cu2++2HS-═CuS↓+H2S↑
D．Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：n（HNO3）=1：2时，3Fe+2NO3-+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O
11．NH3在工业生产上有重要的应用
（1）写出用浓氨水检验氯气管道泄漏的化学反应方程式3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2
（2）若将少量氨气与过量氯气混合，则生成一种酸和另一种化合物A，A中所有原子均满足8电子稳定结构，试写出A的电子式；A在一定条件下能与水反应，可用于饮用水的消毒，试写出此反应的化学反应方程式NCl3+3H2O=NH3+3HClO．
18．（Ⅰ）无机盐A是医学上常用的镇静催眠药，由两种元素组成．将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色．分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F．
（1）无机盐A中阳离子的结构示意图．
（2）工业上制取漂白粉的化学反应方程式：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．
（3）CO2和NH3两气体中，应该先通入溶液中的是NH3（填化学式），写出制备E和F的离子反应方程式2NH3+CO2+Ca2++H2O=CaCO3+2NH4+．
（Ⅱ）某研究小组为了探究一种浅绿色盐X（仅含四种元素，不含结晶水，M（X）＜908g•mol-1）的组成和性质，设计并完成了如下实验

取一定量的浅绿色盐X进行上述实验，充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H．
已知：①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应． ②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子
请回答如下问题：
（1）写出B分子的电子式．
（2）已知G溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体．请写出该反应的离子方程式为3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO+7H2O．
（3）X的化学式是Cu4（OH）6SO4，在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为Cu4（OH）6SO4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuO+SO3↑+3H2O．
（4）一定条件下，NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙（丙是大气主要成分之一），写出一个可能的化学反应方程式：3CuO+2NH3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N2+3Cu+3H2O、6CuO+2NH3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$N2+3Cu2O+3H2O．设计一个实验方案探究红色固体的成分红色固体的成分可能是Cu，或Cu2O，或Cu与Cu2O混合物；准确称取一定量的红色固体，在NH3气流中加热至恒重后，如式样无失重，则为Cu；如加热后失重，根据失重的量在试样总质量中的比例，即可推断出试样为Cu2O，或Cu与Cu2O混合物．．
8．下列关于有机化合物1和2的说法中，正确的是（　　）
A．有机物1和2互为同分异构体，分子式为C12H6Br6
B．有机物1和2在氢氧化钠的乙醇溶液中均可发生消去反应
C．有机物1和2中所有原子均共平面
D．有机物2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而有机物1不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
15．联苯（两个苯环单键相连）的二氯代物有（　　）
A．10种B．11种C．12种D．13种
12．有机物I是一种药物合成的中间体，可以通过如图所示的路线合成：

已知：A分子中有一个碳原子上没有氢原子；F、I与氯化铁溶液能发生显色反应，F分子中苯环上有三个间位取代基．
请回答下列问题：
（1）D的结构简式为．
（2）E分子中官能团的名称为羧基、碳碳双键，反应①～⑥中，属于取代反应的有3步．
（3）E的同分异构体有多种，其中符合下列条件的有机物有2种．
①只有一种官能团 ②能发生银镜反应
（4）写出I与氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式：．
13．化合物J是一种人工合成的有机物，其合成路线如图：

已知：①A苯环上只有一个侧链，且核磁共振氢谱表明其中有四种化学环境的氢．
②
③
请回答下列问题：
（1）饱和一元醇F中氧的质量分数约为26.7%，结构分析显示F只有一个甲基，F的名称为1-丙醇．
（2）上述合成路线中属于消去反应的是①（填序号），J的结构简式为．
（3）D与Cu（OH）2发生反应的化学方程式+2Cu（OH）2$\stackrel{△}{→}$+Cu2O↓+2H2O．
（4）H中所含官能团的名称为碳碳双键、醛基，若一次取样，检验H中所含官能团，按使用顺序写出所用试剂银氨溶液、稀盐酸、溴水．
（5）E+I→J的化学方程式为+CH3CH2CH2CH2CH（CH3）OH$→_{△}^{浓硫酸}$+H2O．F→G的化学方程式2CH3CH2CH2OH+O2$→_{△}^{Cu}$2CH3CH2CHO+2H2O．
（6）E的同分异构体能同时满足如下条件：a．苯环上只有一个取代基，b．能发生水解反应，其同分异构体共有6种．

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