2023年高考真题变式分类汇编：物质的量的相关计算3

2023年高考真题变式分类汇编：物质的量的相关计算3
一、选择题
1．（2021·海南） 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A． 中含有的电子数为1.3
B． 中含有的共价键的数目为0.1
C． 肼 含有的孤电子对数为0.2
D． ，生成 乙烷时断裂的共价键总数为
【答案】C
【知识点】分子、原子、离子；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个 的电子数为10，故 中含有的电子数为1.0 ，故A不符合题意；
B． 的电子式为 ，含有1个共价键， 的物质的量为 =0.05mol，故 中含有的共价键的数目为0.05 ，故B不符合题意；
C．肼 中每个N原子上各有1个孤电子对，故 肼 含有的孤电子对数为0.2 ，故C符合题意；
D．发生 反应时，C=C中的一个键和H-H键都断裂，故生成 乙烷时断裂的共价键总数为2 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.铝离子属于10电子离子；
B.每分子只含1个共价键；
C.每个氮原子各有一个孤对电子，故每分子含2个孤对电子；
D.根据反应，需要断键是2；
2．（2021·山东）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是（　　）
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由 一定能确定产物中X、Y的化合价
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】 X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。设0.1molX消耗的盐酸的物质的量为m，0.1molY消耗的硫酸的物质的量为n，根据元素守恒以及电荷守恒即可得出：X~mHCl~H2+~Xm+，Y~nH2SO4~nH2~Y2n+，
A. 同温度同压强下，物质的量之比等于体积之比，X、Y生成H2的物质的量之比为 ，故A不符合题意
B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为，而此时，得到，故B不符合题意
C.产物中X、Y化合价之比为，根据，即可得出化合价之比为 ，故C不符合题意
D.以第三周期为例，由钠镁铝三种金属。形成的化合价为+1，+2，+3价，存在多种情况，化学价之比是，但是只能确定化合价的比值不能确定具体的化合价，故D符合题意
故正确答案是：D
【分析】根据给出的信息即可找出金属消耗酸以及产生氢气以及形成的金属阳离子之间的关系，再结合选项进行判断
3．（2021·邯郸模拟）设 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4
B．100mL1mol·L-1的硅酸钠溶液中含有的 数为0.1
C．将2.24L 通入足量溴水中充分反应，生成 的数目为0.4
D．12g 在熔融时的离子总数为0.3
【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，水的质量为5.4g，物质的量为0.3mol，所含氧原子数为0.4 ，选项A符合题意；
B．硅酸钠电离所生成的 会水解，其物质的量小于0.1mol，选项B不符合题意；
C．未指明标准状况，无法判断，选项C不符合题意；
D.12g 的物质的量为0.1mol，熔融时 电离出 和 ，所含离子总数为0.2 ，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.乙醇和水均含有氧原子，根据质量即可求出数据即可
B.考虑到硅酸根离子的水解
C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
D.熔融时只能电离出硫酸氢根离子和钠离子
4．（2021·西城模拟）下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下， 含有的分子数约为
B． 含有的中子数约为
C． 和 的混合物中含有的氮原子数共约为
D． 与足量的 反应转移的电子数约为
【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标况下CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A不符合题意；
B． 的中子数为18-8=10，则 含有的中子数约为 ，故B不符合题意；
C． 和 的混合物中含有的氮原子数共介于 ~ 之间，故C不符合题意；
D．氯气与Fe反应生成氯化铁，Cl元素化合价从0降低到-1价，1mol氯气参与反应得2mol电子，则 与足量的 反应，氯气全部参与反应，则转移的电子数约为 ，故D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
B.计算出1个 的中子数即可
C.二氧化氮和四氧化二氮之间存在相互转换
D.根据Cl2~2Cl-~2e，即可计算出转移的电子数
5．（2021·石景山模拟）下列各项比较中，相等的是(　　）
A．相同物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c(CH3COO－)
B．相同质量的乙炔和苯中所含的氢原子数
C．相同物质的量的Cl2分别与足量的Fe、Ca(OH)2充分反应转移电子数
D．标准状况下，相同体积的NO和NO2所含氧原子数
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．CH3COOH部分电离且电离程度小，CH3COONa全部电离，CH3COO－水解且水解程度小，因此相同物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c(CH3COO－)不相等，后者大于前者，故A不符合题意；
B．相同质量的乙炔和苯，假设都为mg，则乙炔中含的氢原子数为 ，苯中含的氢原子数为 ，两者所含氢原子数相等，故B符合题意；
C.3Cl2＋2Fe 2FeCl3，3mol Cl2转移6mol电子，2Cl2＋2 Ca(OH)2 = CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，2mol Cl2转移2mol电子，3mol Cl2转移3mol电子，因此相同物质的量的Cl2分别与足量的Fe、Ca(OH)2充分反应转移电子数不相等，故C不符合题意；
D．标准状况下，相同体积的NO和NO2，根据阿伏加德罗定律得到两者物质的量相等，因此两者所含氧原子数不相等，前者小于后者，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.醋酸是弱酸，微弱电离，而醋酸钠是强电解质全部电离
B.乙炔个苯最简式相同，因此等质量的乙炔和苯的中的氢原子个数相等
C.写出方程式进行计算出转移的电子数即可
D.等温等压下，体积相同具有的物质的量相同，但是氧原子的个数不同
6．（2021·丰台模拟）下列叙述正确的是（　　）
A．0.5 mol/L CuCl2溶液中含有3.01×1023个Cu2+
B．常温常压下28gCO与22.4 LO2所含分子数相等
C．相同状况下的12Cl8O和14N2，若体积相等，则密度相等
D．等物质的量的-CH3与-OH所含电子数相等
【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．由于不知道溶液的体积，故无法计算0.5 mol/L CuCl2溶液中所含Cu2+的数目，A不符合题意；
B．常温常压下28gCO的物质的量为： =1mol，但常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4 LO2的物质的量小于1mol，故所含分子数不相等，B不符合题意；
C．相同状况下气体的密度之比摩尔质量之比， 12Cl8O和14N2的摩尔质量分别为30g/mol、28g/mol，故密度不相等，C不符合题意；
D.1mol的-CH3与-OH均含有9个电子，故等物质的量的-CH3与-OH所含电子数相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据n=cv计算出物质的量，但是体积未知
B.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
C.根据阿伏加德罗定律的推论即可进行判断
D.分别找出-CH3和-OH的电子数即可
7．（2021·昌平模拟）下列指定量一定相等的是（　　）
A．等质量的NO2与N2O4的物质的量
B．等体积等物质的量浓度的H2SO4溶液与HCl溶液中的H+数
C．等物质的量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数
D．标准状况下，等物质的量的O2与O3的体积
【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．因为二氧化氮的摩尔质量是四氧化二氮的摩尔质量的一半，所以等质量的NO2和N2O4，二者的物质的量之比为2：1，故A不符合题意；
B．等体积等物质的量浓度的H2SO4溶液中电离2个H+，而盐酸电离1个H+，故B不符合题意；
C．Fe与足量Cl2反应生成氯化铁，1mol铁转移3mol电子，Cu与足量Cl2反应氯化铜，1mol铜转移2mol电子，故C不符合题意；
D．标准状况下，O2与O3的物质的量为1mol，由 可知，则VO2=VO3=22.4L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据n=计算即可
B.根据n=cv计算出物质的量再结合H2SO4=2H++SO42-,HCl=H++Cl-即可判断
C.根据反应方程式即可计算出转移的电子数
D.根据V=nVm即可计算
8．（2021·泸县模拟）设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)
A． 正离子所含的电子总数为
B． 与 混合气体中所含原子总数为
C．常温常压下， 和 混合气体中含有 个氧原子
D．电解 溶液共得到 气体(标准状况)，理论上转移了 个电子
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 正离子所含的电子总数为 ,故A符合题意；
B． 与 混合气体中氧原子的质量数是16和18,32g混合气体中氧原子的物质的量不是2mol, 所含原子总数不是 ，故B不符合题意；
C．常温常压下， 和 混合气体不是1mol, 不含有 个氧原子，故C不符合题意；
D．电解 溶液 ，得到的是氢气和氯气的混合气体,共 气体(标准状况)，即1mol气体，也就是氢气和氯气各0.5mol，转移电子数是 个电子，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.阳离子中的电子数，是小于质子数的
B.相同质量的由同种原子构成中子数不同的物质，原子数不同
C.考查的是摩尔体积的使用条件
D.摩尔体积的使用条件
9．（2021·泸县模拟）世界某著名学术刊物介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，其结构如图所示。下列有关该电池放电时的说法正确的是(　　)
A．a极为原电池的负极
B．正极的电极反应式为
C．放电时电子从b极经固体电解质流向a极
D．消耗掉 铁时，理论上要消耗 标准状况的
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．图是新型中温全瓷铁-空气电池，a极通入空气，说明a是正极，故A不符合题意；
B．图中信息是含 的固体电解质，所以正极反应是 ,故B不符合题意；
C．放电时电子从负极经导线到正极， 故C不符合题意；
D．从图可知，发生如下反应 ，可得 ，所以n(O2)= , ,故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据题目可知是原电池。b是电池负极，负极氢气失去电子，发生氧化反应，a是电池正极，正极氧离子得到电子发生还原反应，整个过程中电子的转移情况即可计算出消耗56g铁时，生成氧气的体积
10．（2021·上饶模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　　）
A．2H2S+SO2=3S↓+2H2O反应中，每生成1mol氧化产物时转移电子数为NA
B．物质的量相等的重水与水相差2NA个中子
C．乙烯和丙烯组成的28g 混合气体中含氢原子数为4NA
D．pH=13的1LBa(OH)2 溶液中所含有OH-数目为0.2NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在该反应中，H2S作为还原剂失去电子，SO2作为氧化剂得到电子，氧化产物和还原产物均为S，但生成的S中作为氧化产物的S和还原产物的S的物质的量之比为1：2，所以生成1mol氧化产物时也生成了2mol的还原产物，所以转移的电子数为4NA，故A不符合题意；
B．重水为D2O，D原子中含有一个质子和中子，比H多一个中子，但选项中未明确给出物质的量具体的值，所以无法判断其中子数之差，故B不符合题意；
C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，分子量为14，所以28g混合气体中含有的CH2的数目为2NA个，所含的氢原子数为4NA个，故C符合题意；
D．选项中未给出溶液温度，无法确定此时水的离子积常数，故无法计算数目，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O ~4mol计算即可
B.考查的是中水和水中的中子数
C.最简式相同时的原子个数计算
D.考查的是指明条件
11．（2021·上饶模拟）用间接电化学法对大气污染物 NO 进行无害化处理，其原理示意如图所示，质子膜允许H+和H2O通过。有关说法正确的是（　　）
A．电极Ⅰ为电解池的负极，吸收塔反应为2NO+2S2O +2H2O=N2 +4HSO
B．电解池中的质子运动方向是：左室→质子膜→右室
C．电极Ⅱ发生的反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O-
D．吸收塔中每处理1molNO则右室会生成11.2L的O2
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．电极Ⅰ中HSO →S2O 得到电子发生还原反应，故为阴极，电解池中没有负极，A不符合题意；
B．电极Ⅰ是阴极，电极Ⅱ是阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以质子的移动方向是：右室→质子膜→左室，B不符合题意；
C．电极Ⅱ是阳极，水电离出的氢氧根被氧化生成氧气，发生的反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O ，C符合题意；
D．吸收塔中处理1 mol NO，转移电子数为2 mol，则生成O2为0.5 mol，标准状况下为11.2L，但选项没有注明温度和压强，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据硫元素的化合价降低，发生的还原反应，故电极1是阴极，2是阳极，聚集大量的阴离子，氢氧根失去电子，发生氧化反应，根据吸收塔中的电子情况即可计算阳极气体的物质的量
12．（2021·贵阳模拟）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．9g18O2含有的中子数为4NA
B．1mol氯气和水充分反应，转移的电子数为2NA
C．25℃、101 kPa时，22.4L的N2和CO的混合气体中，原子数为NA
D．1L1 mol L-1 CH3COONa溶液中所含CH3COO-、CH3COOH的总数为NA
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．18O2含有的中子数为2×(18-8)=20，所以9g18O2含有的中子数为 =5NA，A不符合题意；
B．氯气和水反应属于歧化反应，所以1mol氯气和水充分反应，转移的电子数为NA，B不符合题意；
C.25℃、101 kPa不是标准状况，所以无法按标准状况下气体的摩尔体积计算22.4L的N2和CO的混合气体中的原子数，C不符合题意；
D．CH3COONa溶液中遵循物料守恒，所以CH3COO-、CH3COOH的总数等于钠离子的总数，即为1 mol L-1×1L×NAmol-1=NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据n=m/M计算
B.可逆反应，不能完全反应
C.考查的是条件的问题
D.考查的是物料守恒
13．（2021·梧州模拟）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，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA
B．常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NA
C．50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NA
D．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 氟化氢分子易形成二聚或三聚分子，故33.6L氟化氢中含有氟原子的数目不一定为1.5NA，A不符合题意；
B. 乙烯与丙烯的最简式都为CH2，则7.0g乙烯与丙烯的混合物中含N(H)= NA×(7.0/14)×2=NA，B符合题意；
C. 随着反应的进行，浓硫酸浓度降低，变成稀硫酸后，不再反应，生成SO2分子数目应小于0.46NA，C不符合题意；
D. N2和H2反应是可逆反应，不能进行到底，故转移的电子数目小于0.6NA，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.考查的是摩尔体积使用的条件，常温下氟化氢不是气体
B.考查的是最简式相同的物质的原子个数计算
C.考查的浓硫酸和铜反应的过程，但需要考虑的是稀硫酸不与铜反应
D.可逆反应不完全反应
14．（2021·桂林模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．0.1 mol L-1NH4NO3溶液中含有的氮原子总数为0.2NA
B．12g石墨和金刚石的混合物含有4NA个碳原子
C．1molCl2与足量铁充分反应，转移的电子数为2NA
D．2.8gCO 和C2H4的混合气体中含有的质子数为1.4NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A． 溶液的体积未知，无法计算所含溶质的物质的量，故A不符合题意；
B． 石墨和金刚石的化学式均为C，则12g石墨和金刚石的混合物为1mol，故含有NA个碳原子，故B不符合题意；
C． 1molCl2与足量铁充分反应，氯气反应完全，氯气得2mol电子，由于转移电子数=氧化剂得电子数=还原剂失电子数，则转移的电子数为2NA，故C符合题意；
D． CO和C2H4的摩尔质量均为28g/mol，则2.8gCO 和C2H4的混合气体为0.1mol，但是CO和C2H4含的质子数不相等，无法计算混合气体所含的质子数，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据n=cxv，但体积未知
B.根据n=m/M，N=nxNA计算即可
C.根据Cl2~2Cl~2e,氯气完全反应
15．（2021·宁波模拟）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子大于0.1NA
B．30 g二氧化硅中含有化学键的数目为NA
C．1 mol Na被完全氧化生成Na2O，失去NA个电子
D．1 L 1 mol/LCH3COONa溶液中含有CH3COO-的数目为NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A．CaCO3和KHCO3的摩尔质量均为100g/mol，则10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物的物质的量为0.1mol，又由于CaCO3和KHCO3均为离子化合物，其阴阳离子之比为1：1，则10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子等于0.1NA，故A错；
B．二氧化硅的摩尔质量为60g/mol，30g二氧化硅的物质的量为0.5mol，由于1mol二氧化硅在含4mol硅氧键，所以30 g二氧化硅中含有化学键的数目为2NA，故B错；
C.1 mol Na被完全氧化生成0.5molNa2O，转移的电子总数为NA，故选C；
D．CH3COONa强碱弱酸盐，CH3COONa的水溶液中有部分CH3COO-会水解生成CH3COOH，从而1L1 mol/LCH3COONa溶液中含有CH3COO-的数目应小于NA，故D错；
故答案为：C。
【分析】A.根据CaCO3=Ca2++CO32-，KHCO3=K++HCO3-，即可计算出阳离子的个数
B.根据n=m/M计算出物质的量，再根据二氧化硅含有的硅氧键的数目计算
C.根据2Na~Na2O~2e，即可计算转移的电子数目
D.考查的是醋酸根的水解，导致离子数目减小
16．（2021·宁波模拟）为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是其运载火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑，下列有 关该反应的说法正确的是（　　）
A．上述条件下，氧化性：O2>NH4ClO4
B．该反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3
C．产生6.4 gO2时，反应转移的电子物质的量为0.8 mol
D．0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体积为44.8 L
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．由题意可知，NH4ClO4为氧化剂，O2为氧化产物，故有氧化性：O2＜NH4ClO4，故A错；
B．在该反应中，还原产物为Cl2，氧化产物为N2和O2，所以其还原产物与还原产物的物质的量之比为1：3，故选B；
C.6.4 gO2的物质的量为0.2mol，当生成0.2molO2生成的同时会生成0.1mol N2生成，由于氧气和氮气均为氧化产物，所以转移的电子数为：0.2×4+0.1×6=1.4mol，故C错；
D．由于没说明条件，所以0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体无法计算，故D错。
故答案为：B
【分析】根据氧化还原反应的原理，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，再根据转移电子转移情况，即可计算产生物质的物质的量
17．（2021·南京模拟）蓝天保卫战—持续三年的大气治理之战，其中低成本、高效率处理SO2、NO2等大气污染物一直是化学研究的重点课题，研究它们的性质、制备在工业生产和环境保护中有着重要意义。一种处理SO2、NO2的研究成果，其反应原理为（　　）SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH1=-41.8kJ·mol-1，标准状况下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g) ΔH2.下列有关说法错误的是
A．该反应的ΔS>0
B．ΔH2<-41.8kJ·mol-1
C．SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等说明该反应达到平衡状态
D．标准状况下，该反应中每生成22.4L NO转移电子的数目约等于2×6.02×1023
【答案】A
【知识点】焓变和熵变；化学平衡状态的判断；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．由反应可知，标准状况下，反应生成固体，气体分子数减少，ΔS<0，故A符合题意；
B．同种物质的气态能量高于固体，则在标准状况下该反应放热更多，则ΔH2<ΔH1，故B不符合题意；
C．SO2的生成速率是逆反应速率，NO2的消耗速率是正反应速率，速率之比等于化学计量数之比，说明反应达到正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，故C不符合题意；
D．由反应可知每生成1molNO转移2mol电子，标况下22.4LNO为1mol，转移电子数目为2NA，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据起始状态判断熵变的正负
B.固体和气体的转换涉及到能量的转化
C.根据正逆反应速率判定平衡状态
D.根据转移电子数和一氧化碳的关系即可计算
18．（2021·珠海模拟）设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　　）
A．常温下，78g Na2O2中含有离子数为 4NA
B．0.5mol/L 的 AlCl3溶液中所含 Al3+的数目小于 0.5NA
C．1mol Cl2与过量 H2O 反应，转移的电子数目为NA
D．标准状况下，11.2L N2和 NO 混合气体中的原子数为NA
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．常温下，78g Na2O2为1mol，含有离子数为 3NA，故A不符合题意；
B．因0.5mol/L 的 AlCl3溶液没有体积，所以无法计算所含 Al3+的数目，故B不符合题意；
C．因为1mol Cl2与H2O 反应是可逆的，故C不符合题意；
D．标准状况下，11.2L N2和 NO 混合气体中的原子数为NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据Na2O2=2Na++O22-即可判断
B.根据n=cV计算，但溶液的体积未知
C.转移的电子数目小于NA
D.N2和 NO都是双原子分子
19．（2021·汕头模拟）我国“金牌火箭”长征二号用 N2H4做燃料，发生反应：2N2H4+ 2NO2 3N2+4H2O。设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4L H2O 中质子数目为 10 NA
B．16g N2H4中含有极性共价键数目为 2.5 NA
C．反应生成 1.5molN2时转移的电子数目为 4 NA
D．密闭容器中 2molNO 和 1molO2充分反应生成 NO2，其分子数目为 2 NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，水为液态，故不能使用22.4 L/mol求算水物质的量，A不符合题意；
B．N2H4含有4根N—H极性共价键，故16g N2H4中含有共价键数目= ，即2NA，B不符合题意；
C．由转移电子与N2关系：3N2~8e-，知转移电子数= ，即4NA，C符合题意；
D.2 mol NO与1 mol O2反应生成2 mol NO2，但NO2体系中存在平衡 ，故生成物分子数目小于2 mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.摩尔体积使用时注意条件和状态
B.根据n=计算出物质的量，再根据成键类性即可计算
C.根据氧化还原转移电子数进行计算
D.可逆反应不完全反应
20．（2021·成都模拟）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，11.2L的 CH4和C2H4的混合气体含 C－H 数目为2NA
B．100mL0.1mol/L 酸性 KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为0.03N A
C．含 NaClO7.45g的某新冠消毒片溶于足量水中，所得溶液含阴阳离子总数为0.2NA
D．0.5molCO2溶于水，溶液中的 H2CO3、HCO3－ 、CO23－ 微粒数总和为0.5NA
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为n==0.5mol，而两者中均含4条C-H键，故0.5mol混合气体中含C-H键为2NA个，A符合题意；
B．溶液中高锰酸钾的物质的量为n=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，而KMnO4溶液与草酸反应后，锰由+7价降为+2价，故0.01mol高锰酸钾溶液和足量的草酸反应后转移的电子的物质的量为0.01mol×（7-2）=0.05mol，个数为0.05NA个，B不符合题意；
C.7.45gNaClO的物质的量n==0.1mol，而在NaClO的水溶液中，除了Na+、ClO-外，还有水电离出的氢离子和氢氧根离子，故所得溶液含阴阳离子总数多于0.2NA，C不符合题意；
D．CO2和水的反应是可逆反应，不能彻底，故所得溶液中含CO2分子，故0.5mol CO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3-、CO32-微粒数总和小于0.5NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．求出标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，然后根据两者中均含4条C-H键来分析；
B．KMnO4溶液与草酸反应后，根据锰化合价变化计算；
C．注意水电离出的氢离子和氢氧根离子；
D．CO2+H2OH2CO3。
21．（2020·西城模拟）下列说法错误的是（　　）
A．常温常压下，3.2 g O2和O3的混合气体中含有氧原子的数目约为0.2×6.02×1023
B．1 L 0.5 mol·L 1 CH3COONa溶液中含有CH3COOH和CH3COO 的总数约为0.5×6.02×1023
C．标准状况下，1.12 L HCl气体中含有电子的数目约为0.9×6.02×1023
D．0.1mol环氧乙烷（ ）中含有共价键的总数约为0.3×6.02×1023
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．O2和O3都是由氧原子构成，常温常压下，3.2 g O2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为 =0.2mol，含有氧原子的数目约为0.2×6.02×1023，A不符合题意；
B.1 L 0.5 mol·L 1 CH3COONa溶液的物质的量为0.5mol，含有钠离子的物质的量为0.5mol，溶液中纯在物料守恒，n(Na+)= n(CH3COOH)+ n(CH3COO )=0.5mol，则含有CH3COOH和CH3COO 的总数约为0.5×6.02×1023，B不符合题意；
C．一个HCl分子中含有18个电子，标准状况下，1.12 L HCl气体的物质的量为 =0.05mol，则0.05mol HCl气体中含有电子的数目约为=0.05mol×18×6.02×1023=0.9×6.02×1023，C不符合题意；
D．根据环氧乙烷的结构简式，节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，一个碳环氧乙烷( )中含有7个共价键，则0.1 mol 环氧乙烷( )中含有共价键的总数约为0.1 mol ×7×6.02×1023=0.7×6.02×1023，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成；
B、求出CH3COONa溶液的物质的量，然后根据物料守恒来分析；
C、求出HCl的物质的量，然后根据HCl中含18个电子来分析；
D、环氧乙烷中含7条共价键。
22．（2020·顺义模拟）下列说法正确的是（　　）
A．23gNO2与足量水反应，转移的电子数约为6.02×1023
B．标准状况下，22.4L15NH3含有的质子数约为6.02×1024
C．常温下，1L0.1mo1 L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数约为6.02×1022
D．密闭容器中，1molNO与0.5molO2充分反应后，容器中分子数约为6.02×1023
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 23gNO2物质的量为0.5mol，与足量水反应的化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，其转移的电子数约为 ×6.02×1023，A不符合题意；
B. 标准状况下，22.4L15NH3的物质的量为1mol，含有的质子数约为6.02×1024，B符合题意；
C. NH4NO3是强酸弱碱盐，其溶液中NH4+水解生成氨水，NH4+数小于6.02×1022，C不符合题意；
D. NO2中存在平衡：2NO2 N2O4，所以密闭容器中1molNO与0.5molO2充分反应，产物的分子数小于6.02×1023，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、3NO2+H2O=2HNO3+NO↑，NO2既做氧化剂又做还原剂；
B、标况下，1mol氨气含10mol质子，与中子数无关；
C、NH4NO3溶液中含有的NH4+易水解；
D、2NO+O2=2NO2，2NO2 N2O4。
23．（2020·朝阳模拟）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（　　）
A．7.8 g Na2O2中含有的离子数为0.3 NA
B．1 mol NO2与水完全反应转移的电子数为NA
C．标准状况下，22.4 L NH3含有的质子数为5NA
D．1 L 0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中含有的NH4+数为0.1NA
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.7.8g过氧化钠即0.1mol，过氧化钠中的阳离子是Na+，阴离子是 ，所以0.1mol过氧化钠总共含有0.3NA个离子，A项符合题意；
B．NO2与水反应的方程式为： ，起还原剂作用的NO2与起氧化剂作用的NO2比例为1：2，因此，1molNO2完全反应转移电子数为 NA个电子，B项不符合题意；
C.1个NH3中含有10个质子，标况下22.4L的氨气，即1mol，含有10NA个质子，C项不符合题意；
D． 在水溶液中会发生水解，因此1L浓度为0.1mol/L的NH4Cl溶液中， 的数目小于0.1NA，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据计算过氧化钠的物质的量，从而判断过氧化钠中所含的离子数；
B、根据氧化还原反应中电子转移进行判断；
C、根据计算氨气的物质的量，从而判断氨气中含有的质子数；
D、铵根离子极易水解。
24．（2020·昌平模拟）潜艇中氧气来源之一的反应是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）
A．22.4LO2含2NA个O原子
B．1.8gH2O含有的质子数为NA
C．1molNa2O2含共价键的总数为2NA
D．上述反应，每生成1molO2转移4mol电子
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.22.4LO2没有说明是在标况下，故无法计算O2的物质的量，A不符合题意；
B.1.8gH2O的物质的量为 ，每个H2O分子中有10个质子，故1.8gH2O含有的质子数为NA，B符合题意；
C．Na2O2电子式为 ，过氧根中O和O之间为非极性共价键，故1molNa2O2含共价键的总数为NA，C不符合题意；
D．对于反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中-1价的O歧化为0价和-2价，故每生成1molO2转移2mol电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、未标明标况下
B、n=m/M=0.1mol，而1mol水中含质子数10NA
C、只有过氧根离子中含有1NA共价键
D、还原剂是过氧化钠，只升高一价，故生成1mol氧气，转移电子数为2NA
25．（2020·咸阳模拟）设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．密闭容器中 和 催化反应后原子总数小于
B． 的浓盐酸与足量 共热，电子转移的数目为
C．向 溶液中滴加氨水至溶液呈中性混合液中 的数目为
D．在标准状况下， 二氯乙烷（ ）中含有极性键的数目为
【答案】C
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.2molSO2和1molO2包含总计8mol原子，化学反应前后原子总数不变，因此容器内的原子总数恒为8NA，A项不符合题意；
B．利用浓盐酸与MnO2共热制氯气，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度会导致二者无法再反应生成氯气，因此电子转移的数目一定小于0.3NA，B项不符合题意；
C．溶液中存在的电荷守恒关系式为： ，由于此时溶液呈中性即 ，则有 ，等式左右两边乘以溶液的体积可得 ；由于原溶液中 ，所以此混合溶液中的 也为NA，C项符合题意；
D．二氯乙烷在标况下不为气体，因此标况下22.4L的二氯乙烷物质的量大于1mol，因此含有的极性键的数目大于6NA，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】应用公式 进行计算时，首先要保证物质是气体，其次要关注 的数值；在判断粒子数目时，务必要先明确粒子的种类再做判断；可逆反应分子的总数可能无法确定，但原子的总数是固定的。
26．（2020·西安模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中错误的是（　　）
A．标准状况下，22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，完全反应时转移的电子数为2NA
B．20gD2O含有的电子数为10NA
C．1L0.1mol L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA
D．25℃时，1.0LpH=12的NaClO溶液中由水电离出OH-的数目为0.01NA
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，1mol氯气参加反应转移1mol电子，因此标准状况下22.4L氯气参加此反应转移1mol电子，个数为NA，选项A符合题意；
B、20g D2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，选项B不符合题意；
C、溶液中硝酸铵的物质的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2molN原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2NA个氮原子，选项C不符合题意；
D、次氯酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液中的OH-都是由水电离出来，25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=10-2mol/L,则水电离出的OH－的数目为0.01NA,选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、在该反应中，氯气既作还原剂，又作氧化剂，1mol氯气再此反应中，只升高1价，故转移电子数为1NA
B、H、D、T为氢元素的三种同位素，电子数=质子数=1，而H的中子数=0，D的中子数=1，T的中子数=2
C、1mol硝酸铵所含N元素为2NA，则0.1mol硝酸铵所含N元素为0.2NA
D、盐类促进水的电离，次氯酸钠中的氢氧根完全是由水电离出来的
二、多选题
27．（2021·山东）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（　　）
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.G是高锰酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物，故A不符合题意
B.高锰酸钾加热得到的是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，高锰酸钾既做氧化剂又做还原剂，故B符合题意
C.高锰酸钾分解以及锰酸钾和二氧化锰与浓盐反应，因此锰元素至少参与3个氧化还原反应故C不符合题意
D.1mol高锰酸钾生成1mol氧气需要转移4mol电子，生成1mol氯气需要转移2mol电子，0.1mol高锰酸钾完全分解得到0.05mol氧气，而0.1mol高锰酸钾与盐酸反应，2KMnO4～5Cl2得到的氯气的物质的量最大值为0.25mol，此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol，故D符合题意
正确答案是：BD
【分析】高锰酸钾加热时的产物是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，因此气体单质G为氧气，剩余的固体与盐酸反应得到的氯化锰溶液得到的气体单质为氯气。
28．（2022高一下·九江期末）如图为CaC2O4 xH2O在N2和O2气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。下列有关说法错误的是（　　）
A．x的值为1
B．物质A为CaC2O4，CaC2O4在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解
C．800℃-1000℃氮气气氛中的反应为CaC2O4CaCO3+CO↑
D．无论是O2气氛还是N2气氛，当1molCaC2O4 xH2O最终转变为C时，转移电子的物质的量相同
【答案】C,D
【知识点】复杂化学式的确定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．第1步质量由100mg减小到87.5mg，该反应为CaC2O4 xH2O失去结晶水生成CaC2O4，根据质量守恒定律有，解得x=1，A项不符合题意；
B.420℃以下氮气气氛中，A的质量随温度升高保持不变，说明420℃以下CaC2O4在隔绝空气条件下，较稳定，不会分解，B项不符合题意；
C．由分析可知，800℃-1000℃氮气气氛中的反应为CaCO3CaO+CO2↑，C项符合题意；
D．C为CaO，O2气氛中1mol CaC2O4·H2O最终转变为1mol H2O、1mol CaO和2mol CO2，电子转移2mol，在N2气氛中，1mol CaC2O4·H2O最终转变为1molH2O、1molCaO、1mol CO2和1mol CO，电子转移1mol，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】第1步反应为 CaC2O4 xH2O 失去结晶水生成CaC2O4，第2步反应为CaC2O4分解生成CaCO3与碳的氧化物，第3步，继续加热固体，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，所以A为CaC2O4，B为CaCO3，C的固体是CaO。
三、非选择题
29．（2021·浙江）将3.00g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
　 吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
请回答：
（1）燃烧产物中水的物质的量为　 　mol。
（2）该有机物的分子式为　 　(写出计算过程)。
【答案】（1）0.0600
（2）C4H6O6
【知识点】有机分子式的推断与计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）吸水剂的质量增加是吸收水的质量，故水的质量为21.08g-20.00g=1.08g,水的物质的量为=0.0600mol
（2）二氧化碳吸收剂的质量增加的是二氧化碳的质量为30g-26.48g=3.52g，二氧化碳的物质的量为=0.08mol，水的物质的量为=0.0600mol，二氧化碳的中碳元素的质量为0.08x12=0.96g，水中氢元素的质量为0.06x2g=0.12g，因此有机物中氧元素的质量为3-0.96-0.12g=1.92g，设有机物的分子式为CxHyOz，（12x）：（y）：（16z）=0.96:0.12:1.92,x:y:z=2:3:3而有机物的相对分子质量为150.因此有机物的分子式为 C4H6O6
【分析】（1）根据吸水剂的质量增加即可计算出水的质量，根据n=求出物质的量
（2）根据碳元素和氢元素的质量再结合有机物的质量计算出氧元素的质量，计算出有机物的试验式，再结合相对原子质量即可计算出分子式
30．（2021·上饶模拟）2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为较稳定的NaClO2保存。工业上常用吸收法和电解法制备NaClO2，其工艺流程示意图如图1。
已知：a．纯ClO2熔点为-59℃，沸点为11℃ ，纯的ClO2受热或遇光易发生爆炸，一般稀释到10%以下。
b．长期放置或高于60℃时，NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl。
（1）步骤1中，生成ClO2的化学方程式是　 　，通入空气的作用是
　 　。
（2）方法1中，反应的离子方程式是　 　，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过35℃，可能的原因是 　 　。
（3）方法2中，NaClO2在　 　生成(选填“阴极”或“阳极”)。
（4）NaClO2的溶解度曲线如图2所示，步骤3从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是：加热温度至略低于60℃、　 　、　 　，过滤、洗涤、干燥。
（5）保存液态ClO2的条件是　 　(填字母)。
a．常温、密封、不避光 b．低温、密封、避光 c．常温、敞口、避光 d．低温、敞口、不避光
（6）ClO2 在杀菌的同时，可将剧毒氰化物氧化成无毒气体，ClO2 被还原为Cl-。某工厂污水中含CN- a mg/L，处理10m3这种污水，至少需要ClO2　 　mol。
【答案】（1）2NaClO3 + SO2 = Na2SO4 + 2ClO2(或2Na2ClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 )；稀释二氧化氯，防止爆炸
（2）2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2 + 2H2O + O2；防止H2O2(受热)分解
（3）阴极
（4）蒸发浓缩；冷却至略高于38℃结晶
（5）b
（6）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)步骤1中，NaClO3 在酸性溶液中被SO2 还原，生成Na2SO4、ClO2等，化学方程式是2NaClO3 + SO2 = Na2SO4 + 2ClO2(或2Na2ClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 )；题中信息显示：纯的ClO2受热或遇光易发生爆炸，一般稀释到10%以下，由此得出通入空气的作用是稀释二氧化氯，防止爆炸。答案为：2NaClO3 + SO2 = Na2SO4 + 2ClO2(或2Na2ClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 )；稀释二氧化氯，防止爆炸；
(2)方法1中，ClO2 被 H2O2 在碱性溶液中还原为 等，H2O2被氧化为O2，反应的离子方程式是2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2 + 2H2O + O2，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过35℃，主要是考虑H2O2的不稳定性，可能的原因是防止H2O2(受热)分解。答案为：2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2 + 2H2O + O2；防止H2O2(受热)分解；
(3)方法2中，NaClO2由ClO2得电子生成，所以NaClO2在阴极生成。答案为：阴极；
(4)由NaClO2的溶解度曲线可以看出，温度低于38℃时，会生成NaClO2 3H2O，所以温度应控制在38℃以上，从而得出步骤3从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是：加热温度至略低于60℃、蒸发浓缩、冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、干燥。答案为：蒸发浓缩；冷却至略高于38℃结晶；
(5)因为纯的ClO2受热或遇光易发生爆炸，所以保存液态ClO2的条件是低温、密封、避光，
故答案为：b。答案为：b；
(6)ClO2在杀菌的同时，可将剧毒氰化物氧化成无毒气体(CO2、N2)，ClO2被还原为Cl-，则反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2Cl-+2CO2+N2。某工厂污水中含CN- a mg/L，处理10m3这种污水，至少需要ClO2的物质的量为 = mol。答案为： 。
【分析】在酸性溶液中，NaClO3能被SO2还原为ClO2，而SO2被氧化为硫酸盐，为防止ClO2发生爆炸，通入空气将其稀释；由ClO2制取NaClO2的方法有两种，一种是在碱性条件下用H2O2还原，另一种是通入NaCl溶液中然后电解；从溶液中获得NaClO2时，可从溶解度曲线中提取信息，即降温时，控制温度不低于38℃。
31．（2021·宁波模拟）某兴趣小组探究H2和Cl2反应后的气体与氢氧化钠溶液反应。在标准状况下，H2和Cl2的混合气体共2.24 L，光照充分反应后，用NaOH溶液充分吸收。
（1）消耗NaOH物质的量的最大值为　 　mol。
（2）请在下图中画出NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图像　 　。(横坐标表示原混合气体中H2的体积分数，纵坐标表示充分反应后NaCl的物质的量。)
【答案】（1）0.2
（2）
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) 由分析可知，当混合气体中全部是Cl2时消耗的NaOH最多，故消耗NaOH物质的量的最大值为 ，故答案为：0.2；
(2)根据反应 H2+Cl2 2HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O可知当H2过量至恰好完全反应时，n(NaCl)=2n(Cl2)，结合反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，当Cl2过量时，则n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)，故由当H2的体积分数大于等于50%时，n(NaCl)=2n(Cl2)=2(0.1mol-n(H2))=2(0.1-0.1x)=0.2-0.2x，当H2的体积分数小于50%时，n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)=0.1x+0.1-0.1x=0.1mol，故可以分别计算出当x=0、0.25、0.5、0.75和1五点的值分别为：0.1mol，0.1mol，0.1mol，0.05mol，0mol，故NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图像为： ，故答案为： 。
【分析】已知该过程中可能发生的反应：H2+Cl2 2HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，根据氯原子守恒可知，NaOH的物质的量取决于Cl2的量，故有：n(NaOH)=2n(Cl2)，据此分析解题。
32．（2021·汕头模拟）三氯乙醛(CCl3CHO)作为有机原料，常用于生产氯霉素、氯仿等。实验室制备三氯乙醛的装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：
反应原理：
相关物质的相对分子质量及部分物理性质：
　 相对原子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
CH3CH2OH 46 -114.1 78.3 与水互溶
CCl3CHO 147.5 -57.5 97.8 可溶于水、乙醇
CCl3COOH 163.5 58 198 可溶于水、乙醇、三氯乙醛
回答下列问题：
（1）仪器 a 的名称是　 　 ，往 a 中加入盐酸，将其缓慢加入到高锰酸钾中，反应的化学方程式：　 　
。
（2）装置 D 的作用是　 　 ，仪器 F 的作用是　 　 ，E 中冷凝水应从 　 　(填“b”或“c”)口进。
（3）反应过程中若存在次氯酸，CCl3CHO 可能被氧化为 CCl3COOH，写出 CCl3CHO 被次氯酸氧化的化学反应方程式：　 　。
（4）该设计流程存在一处缺陷导致副产物增多，请提出改进的措施：　 　 。
（5）测定产品纯度：称取产品 0.36g 配成待测溶液，加入 0.1000mol·L-1碘标准溶液20.00mL，再加入适量 Na2CO3溶液，反应完全后加盐酸调节溶液的 pH，立即用0.0200mol·L-1
Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗溶液 20.00mL。则产品的纯度为　 　 (计算结果保留三位有效数字)。( ； )
【答案】（1）恒压滴液漏斗；
（2）吸收产物 HCl，除去多余的 Cl2；防倒吸；c
（3）
（4）在 B、C之间增加一个氯气干燥装置
（5）73.8%
【知识点】合成有机高分子化合物的性质实验；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)仪器 a 的名称是恒压滴液漏斗，盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为 。
(2)装置 D 是最后一个装置，作用是吸收产物 HCl，除去多余的 Cl2 ，仪器 F 为球形干燥管，作用是防倒吸，冷凝管中应装满水，所以冷凝水应从 c口进。
(3)反应过程中若存在次氯酸，CCl3CHO 可能被氧化为 CCl3COOH，写出 CCl3CHO 被次氯酸氧化，次氯酸生成盐酸，化学反应方程式 。
(4)缺少干燥氯气的装置，由于生成的氯气含有水蒸气，氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，发生 ，导致副产物增多，所以应在 B、C之间增加一个氯气干燥装置。
(5)根据I2---------2 关系分析， Na2S2O3的物质的量为0.0200mol·L-1×0.02L=0.0004mol，则碘的物质的量为0.0002mol，碘溶液的体积为2mL，则与HCOO-反应的碘的体积为20-2=18mL， 根据 计算， 的质量为0.1000mol·L-1×0.018L×147.5g/mol=0.2655g，则质量分数为 =73.75%≈73.8%。
【分析】A装置为利用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，B装置是用饱和食盐水除去氯化氢，少干燥氯气的装置，C装置是反应制备CCl3CHO，D装置盛放氢氧化钠溶液，吸收多余氯气和氯化氢防止污染，E是冷凝管，应充满冷凝水，F为干燥管，放在氢氧化钠溶液中，是防止氯化氢溶解过程中出现倒吸现象。据此分析。
33．（2021·汕头模拟）陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如下：
（1）“滤液①”主要成分是：　 　 ；“操作①”、“操作②”的分离方法是否相同　 　 (填“是”或“否”)。
（2）“酸溶”中 H2O2的作用是：　 　 (选填“氧化剂”或“还原剂”或“既是氧化剂又是还原剂”)；若用 Na2S2O3代替 H2O2则有两种硫酸盐生成，写出 Na2S2O3在“酸溶”时发生的化学方程式：　 　 。
（3）已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与 pH 的关系如下图所示，则有机磷萃取时最佳 pH
为
　 　。
（4）Co2+萃取的反应原理如下：Co2+ + 2HR(有机层) CoR2 + 2H+ ，则从有机相中分离出 CoSO4需向有机溶剂中加入以下哪种试剂 ___________(填选项)。
A．H2SO4 B．NaOH C．Co(OH)2 D．HR
（5）“沉钴”时 Na2CO3 的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，请分析原因：　 　
。
（6）在空气中煅烧 CoCO3生成钴的氧化物和 CO2，测得充分煅烧后固体质量为 24.1g，CO2的体积为 6.72L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为　 　 。
【答案】（1）NaAlO2；否
（2）还原剂；
（3）5.3 至6区间
（4）A
（5）Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生 Co(OH)2
（6）Co3O4
【知识点】制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)由分析知，滤液①主要成分为NaAlO2；操作①为过滤，操作②为萃取，故操作不同，此处填“否”；
(2)由分析知，H2O2的作用为还原剂；若用Na2S2O3代替H2O2，根据题意知，生成CoSO4和Na2SO4，结合得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为： ；
(3)萃取时，确保Co2+萃取率高，但Li+萃取率要低，结合图像知，最佳pH为5.3~6；
(4)反萃取即使萃取平衡向逆向移动，根据平衡移动原理，在不引入新杂质的情况下可加入H2SO4，使平衡逆向移动，从而达到反萃取目的，故答案为：A；
(5)若Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2杂质；
(6)由碳元素守恒得：n(CoCO3)=n(CO2)= ，由Co元素守恒知氧化物中Co元素为0.3 mol，则氧元素n(O)= ，则 ，故该氧化物化学式为Co3O4。
【分析】经过第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解转化为NaAlO2（滤液①）而被除去，钴渣①主要含Co3O4和LiCoO2，根据(4)问题干信息，知后续萃取的是Co2+，说明经过酸溶之后，Co元素转化为Co2+，即在酸溶步骤中Co元素被还原，故H2O2此时作还原剂，经过操作①得到滤液②，说明操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4和Li2SO4，经过萃取操作（操作②）实现两者分离，有机相中为CoR2，根据(4)问的萃取原理，可向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现Co元素从有机相转移到水相，最后经过沉钴操作获得CoCO3。
34．（2021·惠州模拟）钼酸钠晶体( )是无公害型冷却水系统的金属级蚀剂，工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的 ，含少量 等)制备钼酸钠的工艺如图所示。
回答下列问题：
（1）① 中钼元素的化合价是　 　；
②在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，这样处理的目的是　 　。
（2）“焙烧”时 转化为 ，写出该反应的化学方程式：　 　。
（3）“碱浸”所得 ，溶液中含 杂质，其中 ， ，在结晶前需加入 固体以除去溶液中的 。当 开始沉淀时， 的去除率是　 　。( ，溶液体积变化可忽略)
（4）“除杂”过程中加入的除杂剂是 ，则废渣的化学式为　 　。
（5）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图：
要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为　 　。
（6）另一种利用钼精矿制备钼酸钠的工艺流程中，直接向粉碎后的钼精矿中加入 溶液和 溶液来得到钼酸钠，则得到钼酸钠溶液的离子方程式为　 　。
【答案】（1）+6；增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率(加快反应速率亦可)
（2）
（3）87.5%
（4）
（5）1∶1
（6）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)① 中钼元素的化合价是 价，故答案为：+6；
②在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，这样处理的目的是增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率，故答案为：增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率(加快反应速率亦可)；
(2)“焙烧”时 和氧气反应生成 和二氧化硫，配平方程式为： ，故答案为： ；
(3) 开始沉淀时，c(Ba2+)= = =4.0 10-8mol/L，故溶液中c(SO )= = =2.5 10-3mol/L，故SO 的去除率是 =87.5%，故答案为：87.5%；
(4)“除杂”过程中加入的除杂剂是Na2S，溶液中含有+2价的Pb，故沉淀为PbS，故答案为：PbS；
(5)根据图像知当缓蚀剂中钼酸钠和月桂酰肌氨酸均为150mg/L时碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为1:1，故答案为：1:1；
(6)直接向粉碎后的钼精矿中加入 溶液和 溶液得到钼酸钠，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为： ，故答案为： 。
【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO =MoO +CO2↑，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，以此解答该题。
35．（2020·西安模拟）工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：
已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2
（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有　 　(填化学式)。
（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是　 　。蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的　 　(填操作名称)最合理。
（3）母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是　 　。母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是　 　。
a．转入中和液 b．转入结晶Ⅰ操作
c．转入转化液 d．转入结晶Ⅱ操作
（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为　 　吨(假定Na2CO3恰好完全反应)。
【答案】（1）NaNO3
（2）防止NaNO2的析出；溶碱
（3）将NaNO2氧化为NaNO3；c、d
（4）1.59
【知识点】无机物的推断；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）NO2与碱液反应可生成NaNO3；（2）浓度过大时，NaNO2可能会析出；NaNO2有毒，不能直接排放，回收后可用于流程中的溶碱；（3）NaNO2在酸性条件下易被氧化，加入稀硝酸可提供酸性环境；母液Ⅱ的溶质主要是NaNO3，所以回收利用时应转入转化液，或转入结晶Ⅱ操作，故c、d正确；（4）1.38吨NaNO2的物质的量为：1.38×106÷69g/mol=2×104mol，则生成的NaNO3物质的量为：1×104mol，故Na2CO3的理论用量= ×（2×104+1×104）mol×106g/mol=1.59×106g=1.59吨。
【分析】（1）二氧化氮溶于水还能得到硝酸钠
（2）若浓度过大， 亚硝酸钠也可能析出，根据流程图可得在溶碱过程中，可以利用
（3）加硝酸的目的，是将亚硝酸钠转化成硝酸钠，母液2的成分 主要为硝酸钠，故可加入转化液，或结晶2操作
（4）根据钠元素守恒，可计算
2023年高考真题变式分类汇编：物质的量的相关计算3
一、选择题
1．（2021·海南） 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A． 中含有的电子数为1.3
B． 中含有的共价键的数目为0.1
C． 肼 含有的孤电子对数为0.2
D． ，生成 乙烷时断裂的共价键总数为
2．（2021·山东）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是（　　）
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由 一定能确定产物中X、Y的化合价
3．（2021·邯郸模拟）设 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4
B．100mL1mol·L-1的硅酸钠溶液中含有的 数为0.1
C．将2.24L 通入足量溴水中充分反应，生成 的数目为0.4
D．12g 在熔融时的离子总数为0.3
4．（2021·西城模拟）下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下， 含有的分子数约为
B． 含有的中子数约为
C． 和 的混合物中含有的氮原子数共约为
D． 与足量的 反应转移的电子数约为
5．（2021·石景山模拟）下列各项比较中，相等的是(　　）
A．相同物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c(CH3COO－)
B．相同质量的乙炔和苯中所含的氢原子数
C．相同物质的量的Cl2分别与足量的Fe、Ca(OH)2充分反应转移电子数
D．标准状况下，相同体积的NO和NO2所含氧原子数
6．（2021·丰台模拟）下列叙述正确的是（　　）
A．0.5 mol/L CuCl2溶液中含有3.01×1023个Cu2+
B．常温常压下28gCO与22.4 LO2所含分子数相等
C．相同状况下的12Cl8O和14N2，若体积相等，则密度相等
D．等物质的量的-CH3与-OH所含电子数相等
7．（2021·昌平模拟）下列指定量一定相等的是（　　）
A．等质量的NO2与N2O4的物质的量
B．等体积等物质的量浓度的H2SO4溶液与HCl溶液中的H+数
C．等物质的量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数
D．标准状况下，等物质的量的O2与O3的体积
8．（2021·泸县模拟）设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)
A． 正离子所含的电子总数为
B． 与 混合气体中所含原子总数为
C．常温常压下， 和 混合气体中含有 个氧原子
D．电解 溶液共得到 气体(标准状况)，理论上转移了 个电子
9．（2021·泸县模拟）世界某著名学术刊物介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，其结构如图所示。下列有关该电池放电时的说法正确的是(　　)
A．a极为原电池的负极
B．正极的电极反应式为
C．放电时电子从b极经固体电解质流向a极
D．消耗掉 铁时，理论上要消耗 标准状况的
10．（2021·上饶模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　　）
A．2H2S+SO2=3S↓+2H2O反应中，每生成1mol氧化产物时转移电子数为NA
B．物质的量相等的重水与水相差2NA个中子
C．乙烯和丙烯组成的28g 混合气体中含氢原子数为4NA
D．pH=13的1LBa(OH)2 溶液中所含有OH-数目为0.2NA
11．（2021·上饶模拟）用间接电化学法对大气污染物 NO 进行无害化处理，其原理示意如图所示，质子膜允许H+和H2O通过。有关说法正确的是（　　）
A．电极Ⅰ为电解池的负极，吸收塔反应为2NO+2S2O +2H2O=N2 +4HSO
B．电解池中的质子运动方向是：左室→质子膜→右室
C．电极Ⅱ发生的反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O-
D．吸收塔中每处理1molNO则右室会生成11.2L的O2
12．（2021·贵阳模拟）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．9g18O2含有的中子数为4NA
B．1mol氯气和水充分反应，转移的电子数为2NA
C．25℃、101 kPa时，22.4L的N2和CO的混合气体中，原子数为NA
D．1L1 mol L-1 CH3COONa溶液中所含CH3COO-、CH3COOH的总数为NA
13．（2021·梧州模拟）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，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA
B．常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NA
C．50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NA
D．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA
14．（2021·桂林模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．0.1 mol L-1NH4NO3溶液中含有的氮原子总数为0.2NA
B．12g石墨和金刚石的混合物含有4NA个碳原子
C．1molCl2与足量铁充分反应，转移的电子数为2NA
D．2.8gCO 和C2H4的混合气体中含有的质子数为1.4NA
15．（2021·宁波模拟）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子大于0.1NA
B．30 g二氧化硅中含有化学键的数目为NA
C．1 mol Na被完全氧化生成Na2O，失去NA个电子
D．1 L 1 mol/LCH3COONa溶液中含有CH3COO-的数目为NA
16．（2021·宁波模拟）为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是其运载火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑，下列有 关该反应的说法正确的是（　　）
A．上述条件下，氧化性：O2>NH4ClO4
B．该反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3
C．产生6.4 gO2时，反应转移的电子物质的量为0.8 mol
D．0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体积为44.8 L
17．（2021·南京模拟）蓝天保卫战—持续三年的大气治理之战，其中低成本、高效率处理SO2、NO2等大气污染物一直是化学研究的重点课题，研究它们的性质、制备在工业生产和环境保护中有着重要意义。一种处理SO2、NO2的研究成果，其反应原理为（　　）SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH1=-41.8kJ·mol-1，标准状况下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g) ΔH2.下列有关说法错误的是
A．该反应的ΔS>0
B．ΔH2<-41.8kJ·mol-1
C．SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等说明该反应达到平衡状态
D．标准状况下，该反应中每生成22.4L NO转移电子的数目约等于2×6.02×1023
18．（2021·珠海模拟）设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　　）
A．常温下，78g Na2O2中含有离子数为 4NA
B．0.5mol/L 的 AlCl3溶液中所含 Al3+的数目小于 0.5NA
C．1mol Cl2与过量 H2O 反应，转移的电子数目为NA
D．标准状况下，11.2L N2和 NO 混合气体中的原子数为NA
19．（2021·汕头模拟）我国“金牌火箭”长征二号用 N2H4做燃料，发生反应：2N2H4+ 2NO2 3N2+4H2O。设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4L H2O 中质子数目为 10 NA
B．16g N2H4中含有极性共价键数目为 2.5 NA
C．反应生成 1.5molN2时转移的电子数目为 4 NA
D．密闭容器中 2molNO 和 1molO2充分反应生成 NO2，其分子数目为 2 NA
20．（2021·成都模拟）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，11.2L的 CH4和C2H4的混合气体含 C－H 数目为2NA
B．100mL0.1mol/L 酸性 KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为0.03N A
C．含 NaClO7.45g的某新冠消毒片溶于足量水中，所得溶液含阴阳离子总数为0.2NA
D．0.5molCO2溶于水，溶液中的 H2CO3、HCO3－ 、CO23－ 微粒数总和为0.5NA
21．（2020·西城模拟）下列说法错误的是（　　）
A．常温常压下，3.2 g O2和O3的混合气体中含有氧原子的数目约为0.2×6.02×1023
B．1 L 0.5 mol·L 1 CH3COONa溶液中含有CH3COOH和CH3COO 的总数约为0.5×6.02×1023
C．标准状况下，1.12 L HCl气体中含有电子的数目约为0.9×6.02×1023
D．0.1mol环氧乙烷（ ）中含有共价键的总数约为0.3×6.02×1023
22．（2020·顺义模拟）下列说法正确的是（　　）
A．23gNO2与足量水反应，转移的电子数约为6.02×1023
B．标准状况下，22.4L15NH3含有的质子数约为6.02×1024
C．常温下，1L0.1mo1 L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数约为6.02×1022
D．密闭容器中，1molNO与0.5molO2充分反应后，容器中分子数约为6.02×1023
23．（2020·朝阳模拟）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（　　）
A．7.8 g Na2O2中含有的离子数为0.3 NA
B．1 mol NO2与水完全反应转移的电子数为NA
C．标准状况下，22.4 L NH3含有的质子数为5NA
D．1 L 0.1mol·L-1 NH4Cl溶液中含有的NH4+数为0.1NA
24．（2020·昌平模拟）潜艇中氧气来源之一的反应是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）
A．22.4LO2含2NA个O原子
B．1.8gH2O含有的质子数为NA
C．1molNa2O2含共价键的总数为2NA
D．上述反应，每生成1molO2转移4mol电子
25．（2020·咸阳模拟）设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．密闭容器中 和 催化反应后原子总数小于
B． 的浓盐酸与足量 共热，电子转移的数目为
C．向 溶液中滴加氨水至溶液呈中性混合液中 的数目为
D．在标准状况下， 二氯乙烷（ ）中含有极性键的数目为
26．（2020·西安模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中错误的是（　　）
A．标准状况下，22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，完全反应时转移的电子数为2NA
B．20gD2O含有的电子数为10NA
C．1L0.1mol L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA
D．25℃时，1.0LpH=12的NaClO溶液中由水电离出OH-的数目为0.01NA
二、多选题
27．（2021·山东）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（　　）
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
28．（2022高一下·九江期末）如图为CaC2O4 xH2O在N2和O2气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。下列有关说法错误的是（　　）
A．x的值为1
B．物质A为CaC2O4，CaC2O4在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解
C．800℃-1000℃氮气气氛中的反应为CaC2O4CaCO3+CO↑
D．无论是O2气氛还是N2气氛，当1molCaC2O4 xH2O最终转变为C时，转移电子的物质的量相同
三、非选择题
29．（2021·浙江）将3.00g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：
　 吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
请回答：
（1）燃烧产物中水的物质的量为　 　mol。
（2）该有机物的分子式为　 　(写出计算过程)。
30．（2021·上饶模拟）2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为较稳定的NaClO2保存。工业上常用吸收法和电解法制备NaClO2，其工艺流程示意图如图1。
已知：a．纯ClO2熔点为-59℃，沸点为11℃ ，纯的ClO2受热或遇光易发生爆炸，一般稀释到10%以下。
b．长期放置或高于60℃时，NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl。
（1）步骤1中，生成ClO2的化学方程式是　 　，通入空气的作用是
　 　。
（2）方法1中，反应的离子方程式是　 　，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过35℃，可能的原因是 　 　。
（3）方法2中，NaClO2在　 　生成(选填“阴极”或“阳极”)。
（4）NaClO2的溶解度曲线如图2所示，步骤3从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是：加热温度至略低于60℃、　 　、　 　，过滤、洗涤、干燥。
（5）保存液态ClO2的条件是　 　(填字母)。
a．常温、密封、不避光 b．低温、密封、避光 c．常温、敞口、避光 d．低温、敞口、不避光
（6）ClO2 在杀菌的同时，可将剧毒氰化物氧化成无毒气体，ClO2 被还原为Cl-。某工厂污水中含CN- a mg/L，处理10m3这种污水，至少需要ClO2　 　mol。
31．（2021·宁波模拟）某兴趣小组探究H2和Cl2反应后的气体与氢氧化钠溶液反应。在标准状况下，H2和Cl2的混合气体共2.24 L，光照充分反应后，用NaOH溶液充分吸收。
（1）消耗NaOH物质的量的最大值为　 　mol。
（2）请在下图中画出NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图像　 　。(横坐标表示原混合气体中H2的体积分数，纵坐标表示充分反应后NaCl的物质的量。)
32．（2021·汕头模拟）三氯乙醛(CCl3CHO)作为有机原料，常用于生产氯霉素、氯仿等。实验室制备三氯乙醛的装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：
反应原理：
相关物质的相对分子质量及部分物理性质：
　 相对原子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
CH3CH2OH 46 -114.1 78.3 与水互溶
CCl3CHO 147.5 -57.5 97.8 可溶于水、乙醇
CCl3COOH 163.5 58 198 可溶于水、乙醇、三氯乙醛
回答下列问题：
（1）仪器 a 的名称是　 　 ，往 a 中加入盐酸，将其缓慢加入到高锰酸钾中，反应的化学方程式：　 　
。
（2）装置 D 的作用是　 　 ，仪器 F 的作用是　 　 ，E 中冷凝水应从 　 　(填“b”或“c”)口进。
（3）反应过程中若存在次氯酸，CCl3CHO 可能被氧化为 CCl3COOH，写出 CCl3CHO 被次氯酸氧化的化学反应方程式：　 　。
（4）该设计流程存在一处缺陷导致副产物增多，请提出改进的措施：　 　 。
（5）测定产品纯度：称取产品 0.36g 配成待测溶液，加入 0.1000mol·L-1碘标准溶液20.00mL，再加入适量 Na2CO3溶液，反应完全后加盐酸调节溶液的 pH，立即用0.0200mol·L-1
Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗溶液 20.00mL。则产品的纯度为　 　 (计算结果保留三位有效数字)。( ； )
33．（2021·汕头模拟）陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如下：
（1）“滤液①”主要成分是：　 　 ；“操作①”、“操作②”的分离方法是否相同　 　 (填“是”或“否”)。
（2）“酸溶”中 H2O2的作用是：　 　 (选填“氧化剂”或“还原剂”或“既是氧化剂又是还原剂”)；若用 Na2S2O3代替 H2O2则有两种硫酸盐生成，写出 Na2S2O3在“酸溶”时发生的化学方程式：　 　 。
（3）已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与 pH 的关系如下图所示，则有机磷萃取时最佳 pH
为
　 　。
（4）Co2+萃取的反应原理如下：Co2+ + 2HR(有机层) CoR2 + 2H+ ，则从有机相中分离出 CoSO4需向有机溶剂中加入以下哪种试剂 ___________(填选项)。
A．H2SO4 B．NaOH C．Co(OH)2 D．HR
（5）“沉钴”时 Na2CO3 的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，请分析原因：　 　
。
（6）在空气中煅烧 CoCO3生成钴的氧化物和 CO2，测得充分煅烧后固体质量为 24.1g，CO2的体积为 6.72L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为　 　 。
34．（2021·惠州模拟）钼酸钠晶体( )是无公害型冷却水系统的金属级蚀剂，工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的 ，含少量 等)制备钼酸钠的工艺如图所示。
回答下列问题：
（1）① 中钼元素的化合价是　 　；
②在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，这样处理的目的是　 　。
（2）“焙烧”时 转化为 ，写出该反应的化学方程式：　 　。
（3）“碱浸”所得 ，溶液中含 杂质，其中 ， ，在结晶前需加入 固体以除去溶液中的 。当 开始沉淀时， 的去除率是　 　。( ，溶液体积变化可忽略)
（4）“除杂”过程中加入的除杂剂是 ，则废渣的化学式为　 　。
（5）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图：
要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为　 　。
（6）另一种利用钼精矿制备钼酸钠的工艺流程中，直接向粉碎后的钼精矿中加入 溶液和 溶液来得到钼酸钠，则得到钼酸钠溶液的离子方程式为　 　。
35．（2020·西安模拟）工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：
已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2
（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有　 　(填化学式)。
（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是　 　。蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的　 　(填操作名称)最合理。
（3）母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是　 　。母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是　 　。
a．转入中和液 b．转入结晶Ⅰ操作
c．转入转化液 d．转入结晶Ⅱ操作
（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为　 　吨(假定Na2CO3恰好完全反应)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】分子、原子、离子；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个 的电子数为10，故 中含有的电子数为1.0 ，故A不符合题意；
B． 的电子式为 ，含有1个共价键， 的物质的量为 =0.05mol，故 中含有的共价键的数目为0.05 ，故B不符合题意；
C．肼 中每个N原子上各有1个孤电子对，故 肼 含有的孤电子对数为0.2 ，故C符合题意；
D．发生 反应时，C=C中的一个键和H-H键都断裂，故生成 乙烷时断裂的共价键总数为2 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.铝离子属于10电子离子；
B.每分子只含1个共价键；
C.每个氮原子各有一个孤对电子，故每分子含2个孤对电子；
D.根据反应，需要断键是2；
2．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】 X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。设0.1molX消耗的盐酸的物质的量为m，0.1molY消耗的硫酸的物质的量为n，根据元素守恒以及电荷守恒即可得出：X~mHCl~H2+~Xm+，Y~nH2SO4~nH2~Y2n+，
A. 同温度同压强下，物质的量之比等于体积之比，X、Y生成H2的物质的量之比为 ，故A不符合题意
B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为，而此时，得到，故B不符合题意
C.产物中X、Y化合价之比为，根据，即可得出化合价之比为 ，故C不符合题意
D.以第三周期为例，由钠镁铝三种金属。形成的化合价为+1，+2，+3价，存在多种情况，化学价之比是，但是只能确定化合价的比值不能确定具体的化合价，故D符合题意
故正确答案是：D
【分析】根据给出的信息即可找出金属消耗酸以及产生氢气以及形成的金属阳离子之间的关系，再结合选项进行判断
3．【答案】A
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，水的质量为5.4g，物质的量为0.3mol，所含氧原子数为0.4 ，选项A符合题意；
B．硅酸钠电离所生成的 会水解，其物质的量小于0.1mol，选项B不符合题意；
C．未指明标准状况，无法判断，选项C不符合题意；
D.12g 的物质的量为0.1mol，熔融时 电离出 和 ，所含离子总数为0.2 ，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.乙醇和水均含有氧原子，根据质量即可求出数据即可
B.考虑到硅酸根离子的水解
C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
D.熔融时只能电离出硫酸氢根离子和钠离子
4．【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标况下CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A不符合题意；
B． 的中子数为18-8=10，则 含有的中子数约为 ，故B不符合题意；
C． 和 的混合物中含有的氮原子数共介于 ~ 之间，故C不符合题意；
D．氯气与Fe反应生成氯化铁，Cl元素化合价从0降低到-1价，1mol氯气参与反应得2mol电子，则 与足量的 反应，氯气全部参与反应，则转移的电子数约为 ，故D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
B.计算出1个 的中子数即可
C.二氧化氮和四氧化二氮之间存在相互转换
D.根据Cl2~2Cl-~2e，即可计算出转移的电子数
5．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．CH3COOH部分电离且电离程度小，CH3COONa全部电离，CH3COO－水解且水解程度小，因此相同物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液中的c(CH3COO－)不相等，后者大于前者，故A不符合题意；
B．相同质量的乙炔和苯，假设都为mg，则乙炔中含的氢原子数为 ，苯中含的氢原子数为 ，两者所含氢原子数相等，故B符合题意；
C.3Cl2＋2Fe 2FeCl3，3mol Cl2转移6mol电子，2Cl2＋2 Ca(OH)2 = CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，2mol Cl2转移2mol电子，3mol Cl2转移3mol电子，因此相同物质的量的Cl2分别与足量的Fe、Ca(OH)2充分反应转移电子数不相等，故C不符合题意；
D．标准状况下，相同体积的NO和NO2，根据阿伏加德罗定律得到两者物质的量相等，因此两者所含氧原子数不相等，前者小于后者，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.醋酸是弱酸，微弱电离，而醋酸钠是强电解质全部电离
B.乙炔个苯最简式相同，因此等质量的乙炔和苯的中的氢原子个数相等
C.写出方程式进行计算出转移的电子数即可
D.等温等压下，体积相同具有的物质的量相同，但是氧原子的个数不同
6．【答案】D
【知识点】分子、原子、离子；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．由于不知道溶液的体积，故无法计算0.5 mol/L CuCl2溶液中所含Cu2+的数目，A不符合题意；
B．常温常压下28gCO的物质的量为： =1mol，但常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4 LO2的物质的量小于1mol，故所含分子数不相等，B不符合题意；
C．相同状况下气体的密度之比摩尔质量之比， 12Cl8O和14N2的摩尔质量分别为30g/mol、28g/mol，故密度不相等，C不符合题意；
D.1mol的-CH3与-OH均含有9个电子，故等物质的量的-CH3与-OH所含电子数相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据n=cv计算出物质的量，但是体积未知
B.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
C.根据阿伏加德罗定律的推论即可进行判断
D.分别找出-CH3和-OH的电子数即可
7．【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．因为二氧化氮的摩尔质量是四氧化二氮的摩尔质量的一半，所以等质量的NO2和N2O4，二者的物质的量之比为2：1，故A不符合题意；
B．等体积等物质的量浓度的H2SO4溶液中电离2个H+，而盐酸电离1个H+，故B不符合题意；
C．Fe与足量Cl2反应生成氯化铁，1mol铁转移3mol电子，Cu与足量Cl2反应氯化铜，1mol铜转移2mol电子，故C不符合题意；
D．标准状况下，O2与O3的物质的量为1mol，由 可知，则VO2=VO3=22.4L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据n=计算即可
B.根据n=cv计算出物质的量再结合H2SO4=2H++SO42-,HCl=H++Cl-即可判断
C.根据反应方程式即可计算出转移的电子数
D.根据V=nVm即可计算
8．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 正离子所含的电子总数为 ,故A符合题意；
B． 与 混合气体中氧原子的质量数是16和18,32g混合气体中氧原子的物质的量不是2mol, 所含原子总数不是 ，故B不符合题意；
C．常温常压下， 和 混合气体不是1mol, 不含有 个氧原子，故C不符合题意；
D．电解 溶液 ，得到的是氢气和氯气的混合气体,共 气体(标准状况)，即1mol气体，也就是氢气和氯气各0.5mol，转移电子数是 个电子，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.阳离子中的电子数，是小于质子数的
B.相同质量的由同种原子构成中子数不同的物质，原子数不同
C.考查的是摩尔体积的使用条件
D.摩尔体积的使用条件
9．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．图是新型中温全瓷铁-空气电池，a极通入空气，说明a是正极，故A不符合题意；
B．图中信息是含 的固体电解质，所以正极反应是 ,故B不符合题意；
C．放电时电子从负极经导线到正极， 故C不符合题意；
D．从图可知，发生如下反应 ，可得 ，所以n(O2)= , ,故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据题目可知是原电池。b是电池负极，负极氢气失去电子，发生氧化反应，a是电池正极，正极氧离子得到电子发生还原反应，整个过程中电子的转移情况即可计算出消耗56g铁时，生成氧气的体积
10．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在该反应中，H2S作为还原剂失去电子，SO2作为氧化剂得到电子，氧化产物和还原产物均为S，但生成的S中作为氧化产物的S和还原产物的S的物质的量之比为1：2，所以生成1mol氧化产物时也生成了2mol的还原产物，所以转移的电子数为4NA，故A不符合题意；
B．重水为D2O，D原子中含有一个质子和中子，比H多一个中子，但选项中未明确给出物质的量具体的值，所以无法判断其中子数之差，故B不符合题意；
C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，分子量为14，所以28g混合气体中含有的CH2的数目为2NA个，所含的氢原子数为4NA个，故C符合题意；
D．选项中未给出溶液温度，无法确定此时水的离子积常数，故无法计算数目，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O ~4mol计算即可
B.考查的是中水和水中的中子数
C.最简式相同时的原子个数计算
D.考查的是指明条件
11．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．电极Ⅰ中HSO →S2O 得到电子发生还原反应，故为阴极，电解池中没有负极，A不符合题意；
B．电极Ⅰ是阴极，电极Ⅱ是阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以质子的移动方向是：右室→质子膜→左室，B不符合题意；
C．电极Ⅱ是阳极，水电离出的氢氧根被氧化生成氧气，发生的反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O ，C符合题意；
D．吸收塔中处理1 mol NO，转移电子数为2 mol，则生成O2为0.5 mol，标准状况下为11.2L，但选项没有注明温度和压强，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据硫元素的化合价降低，发生的还原反应，故电极1是阴极，2是阳极，聚集大量的阴离子，氢氧根失去电子，发生氧化反应，根据吸收塔中的电子情况即可计算阳极气体的物质的量
12．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．18O2含有的中子数为2×(18-8)=20，所以9g18O2含有的中子数为 =5NA，A不符合题意；
B．氯气和水反应属于歧化反应，所以1mol氯气和水充分反应，转移的电子数为NA，B不符合题意；
C.25℃、101 kPa不是标准状况，所以无法按标准状况下气体的摩尔体积计算22.4L的N2和CO的混合气体中的原子数，C不符合题意；
D．CH3COONa溶液中遵循物料守恒，所以CH3COO-、CH3COOH的总数等于钠离子的总数，即为1 mol L-1×1L×NAmol-1=NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据n=m/M计算
B.可逆反应，不能完全反应
C.考查的是条件的问题
D.考查的是物料守恒
13．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 氟化氢分子易形成二聚或三聚分子，故33.6L氟化氢中含有氟原子的数目不一定为1.5NA，A不符合题意；
B. 乙烯与丙烯的最简式都为CH2，则7.0g乙烯与丙烯的混合物中含N(H)= NA×(7.0/14)×2=NA，B符合题意；
C. 随着反应的进行，浓硫酸浓度降低，变成稀硫酸后，不再反应，生成SO2分子数目应小于0.46NA，C不符合题意；
D. N2和H2反应是可逆反应，不能进行到底，故转移的电子数目小于0.6NA，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.考查的是摩尔体积使用的条件，常温下氟化氢不是气体
B.考查的是最简式相同的物质的原子个数计算
C.考查的浓硫酸和铜反应的过程，但需要考虑的是稀硫酸不与铜反应
D.可逆反应不完全反应
14．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A． 溶液的体积未知，无法计算所含溶质的物质的量，故A不符合题意；
B． 石墨和金刚石的化学式均为C，则12g石墨和金刚石的混合物为1mol，故含有NA个碳原子，故B不符合题意；
C． 1molCl2与足量铁充分反应，氯气反应完全，氯气得2mol电子，由于转移电子数=氧化剂得电子数=还原剂失电子数，则转移的电子数为2NA，故C符合题意；
D． CO和C2H4的摩尔质量均为28g/mol，则2.8gCO 和C2H4的混合气体为0.1mol，但是CO和C2H4含的质子数不相等，无法计算混合气体所含的质子数，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据n=cxv，但体积未知
B.根据n=m/M，N=nxNA计算即可
C.根据Cl2~2Cl~2e,氯气完全反应
15．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A．CaCO3和KHCO3的摩尔质量均为100g/mol，则10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物的物质的量为0.1mol，又由于CaCO3和KHCO3均为离子化合物，其阴阳离子之比为1：1，则10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子等于0.1NA，故A错；
B．二氧化硅的摩尔质量为60g/mol，30g二氧化硅的物质的量为0.5mol，由于1mol二氧化硅在含4mol硅氧键，所以30 g二氧化硅中含有化学键的数目为2NA，故B错；
C.1 mol Na被完全氧化生成0.5molNa2O，转移的电子总数为NA，故选C；
D．CH3COONa强碱弱酸盐，CH3COONa的水溶液中有部分CH3COO-会水解生成CH3COOH，从而1L1 mol/LCH3COONa溶液中含有CH3COO-的数目应小于NA，故D错；
故答案为：C。
【分析】A.根据CaCO3=Ca2++CO32-，KHCO3=K++HCO3-，即可计算出阳离子的个数
B.根据n=m/M计算出物质的量，再根据二氧化硅含有的硅氧键的数目计算
C.根据2Na~Na2O~2e，即可计算转移的电子数目
D.考查的是醋酸根的水解，导致离子数目减小
16．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．由题意可知，NH4ClO4为氧化剂，O2为氧化产物，故有氧化性：O2＜NH4ClO4，故A错；
B．在该反应中，还原产物为Cl2，氧化产物为N2和O2，所以其还原产物与还原产物的物质的量之比为1：3，故选B；
C.6.4 gO2的物质的量为0.2mol，当生成0.2molO2生成的同时会生成0.1mol N2生成，由于氧气和氮气均为氧化产物，所以转移的电子数为：0.2×4+0.1×6=1.4mol，故C错；
D．由于没说明条件，所以0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体无法计算，故D错。
故答案为：B
【分析】根据氧化还原反应的原理，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，再根据转移电子转移情况，即可计算产生物质的物质的量
17．【答案】A
【知识点】焓变和熵变；化学平衡状态的判断；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．由反应可知，标准状况下，反应生成固体，气体分子数减少，ΔS<0，故A符合题意；
B．同种物质的气态能量高于固体，则在标准状况下该反应放热更多，则ΔH2<ΔH1，故B不符合题意；
C．SO2的生成速率是逆反应速率，NO2的消耗速率是正反应速率，速率之比等于化学计量数之比，说明反应达到正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，故C不符合题意；
D．由反应可知每生成1molNO转移2mol电子，标况下22.4LNO为1mol，转移电子数目为2NA，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据起始状态判断熵变的正负
B.固体和气体的转换涉及到能量的转化
C.根据正逆反应速率判定平衡状态
D.根据转移电子数和一氧化碳的关系即可计算
18．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．常温下，78g Na2O2为1mol，含有离子数为 3NA，故A不符合题意；
B．因0.5mol/L 的 AlCl3溶液没有体积，所以无法计算所含 Al3+的数目，故B不符合题意；
C．因为1mol Cl2与H2O 反应是可逆的，故C不符合题意；
D．标准状况下，11.2L N2和 NO 混合气体中的原子数为NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据Na2O2=2Na++O22-即可判断
B.根据n=cV计算，但溶液的体积未知
C.转移的电子数目小于NA
D.N2和 NO都是双原子分子
19．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下，水为液态，故不能使用22.4 L/mol求算水物质的量，A不符合题意；
B．N2H4含有4根N—H极性共价键，故16g N2H4中含有共价键数目= ，即2NA，B不符合题意；
C．由转移电子与N2关系：3N2~8e-，知转移电子数= ，即4NA，C符合题意；
D.2 mol NO与1 mol O2反应生成2 mol NO2，但NO2体系中存在平衡 ，故生成物分子数目小于2 mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.摩尔体积使用时注意条件和状态
B.根据n=计算出物质的量，再根据成键类性即可计算
C.根据氧化还原转移电子数进行计算
D.可逆反应不完全反应
20．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为n==0.5mol，而两者中均含4条C-H键，故0.5mol混合气体中含C-H键为2NA个，A符合题意；
B．溶液中高锰酸钾的物质的量为n=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，而KMnO4溶液与草酸反应后，锰由+7价降为+2价，故0.01mol高锰酸钾溶液和足量的草酸反应后转移的电子的物质的量为0.01mol×（7-2）=0.05mol，个数为0.05NA个，B不符合题意；
C.7.45gNaClO的物质的量n==0.1mol，而在NaClO的水溶液中，除了Na+、ClO-外，还有水电离出的氢离子和氢氧根离子，故所得溶液含阴阳离子总数多于0.2NA，C不符合题意；
D．CO2和水的反应是可逆反应，不能彻底，故所得溶液中含CO2分子，故0.5mol CO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3-、CO32-微粒数总和小于0.5NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．求出标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，然后根据两者中均含4条C-H键来分析；
B．KMnO4溶液与草酸反应后，根据锰化合价变化计算；
C．注意水电离出的氢离子和氢氧根离子；
D．CO2+H2OH2CO3。
21．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．O2和O3都是由氧原子构成，常温常压下，3.2 g O2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为 =0.2mol，含有氧原子的数目约为0.2×6.02×1023，A不符合题意；
B.1 L 0.5 mol·L 1 CH3COONa溶液的物质的量为0.5mol，含有钠离子的物质的量为0.5mol，溶液中纯在物料守恒，n(Na+)= n(CH3COOH)+ n(CH3COO )=0.5mol，则含有CH3COOH和CH3COO 的总数约为0.5×6.02×1023，B不符合题意；
C．一个HCl分子中含有18个电子，标准状况下，1.12 L HCl气体的物质的量为 =0.05mol，则0.05mol HCl气体中含有电子的数目约为=0.05mol×18×6.02×1023=0.9×6.02×1023，C不符合题意；
D．根据环氧乙烷的结构简式，节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，一个碳环氧乙烷( )中含有7个共价键，则0.1 mol 环氧乙烷( )中含有共价键的总数约为0.1 mol ×7×6.02×1023=0.7×6.02×1023，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成；
B、求出CH3COONa溶液的物质的量，然后根据物料守恒来分析；
C、求出HCl的物质的量，然后根据HCl中含18个电子来分析；
D、环氧乙烷中含7条共价键。
22．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 23gNO2物质的量为0.5mol，与足量水反应的化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，其转移的电子数约为 ×6.02×1023，A不符合题意；
B. 标准状况下，22.4L15NH3的物质的量为1mol，含有的质子数约为6.02×1024，B符合题意；
C. NH4NO3是强酸弱碱盐，其溶液中NH4+水解生成氨水，NH4+数小于6.02×1022，C不符合题意；
D. NO2中存在平衡：2NO2 N2O4，所以密闭容器中1molNO与0.5molO2充分反应，产物的分子数小于6.02×1023，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、3NO2+H2O=2HNO3+NO↑，NO2既做氧化剂又做还原剂；
B、标况下，1mol氨气含10mol质子，与中子数无关；
C、NH4NO3溶液中含有的NH4+易水解；
D、2NO+O2=2NO2，2NO2 N2O4。
23．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.7.8g过氧化钠即0.1mol，过氧化钠中的阳离子是Na+，阴离子是 ，所以0.1mol过氧化钠总共含有0.3NA个离子，A项符合题意；
B．NO2与水反应的方程式为： ，起还原剂作用的NO2与起氧化剂作用的NO2比例为1：2，因此，1molNO2完全反应转移电子数为 NA个电子，B项不符合题意；
C.1个NH3中含有10个质子，标况下22.4L的氨气，即1mol，含有10NA个质子，C项不符合题意；
D． 在水溶液中会发生水解，因此1L浓度为0.1mol/L的NH4Cl溶液中， 的数目小于0.1NA，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据计算过氧化钠的物质的量，从而判断过氧化钠中所含的离子数；
B、根据氧化还原反应中电子转移进行判断；
C、根据计算氨气的物质的量，从而判断氨气中含有的质子数；
D、铵根离子极易水解。
24．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.22.4LO2没有说明是在标况下，故无法计算O2的物质的量，A不符合题意；
B.1.8gH2O的物质的量为 ，每个H2O分子中有10个质子，故1.8gH2O含有的质子数为NA，B符合题意；
C．Na2O2电子式为 ，过氧根中O和O之间为非极性共价键，故1molNa2O2含共价键的总数为NA，C不符合题意；
D．对于反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中-1价的O歧化为0价和-2价，故每生成1molO2转移2mol电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、未标明标况下
B、n=m/M=0.1mol，而1mol水中含质子数10NA
C、只有过氧根离子中含有1NA共价键
D、还原剂是过氧化钠，只升高一价，故生成1mol氧气，转移电子数为2NA
25．【答案】C
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.2molSO2和1molO2包含总计8mol原子，化学反应前后原子总数不变，因此容器内的原子总数恒为8NA，A项不符合题意；
B．利用浓盐酸与MnO2共热制氯气，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度会导致二者无法再反应生成氯气，因此电子转移的数目一定小于0.3NA，B项不符合题意；
C．溶液中存在的电荷守恒关系式为： ，由于此时溶液呈中性即 ，则有 ，等式左右两边乘以溶液的体积可得 ；由于原溶液中 ，所以此混合溶液中的 也为NA，C项符合题意；
D．二氯乙烷在标况下不为气体，因此标况下22.4L的二氯乙烷物质的量大于1mol，因此含有的极性键的数目大于6NA，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】应用公式 进行计算时，首先要保证物质是气体，其次要关注 的数值；在判断粒子数目时，务必要先明确粒子的种类再做判断；可逆反应分子的总数可能无法确定，但原子的总数是固定的。
26．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，1mol氯气参加反应转移1mol电子，因此标准状况下22.4L氯气参加此反应转移1mol电子，个数为NA，选项A符合题意；
B、20g D2O的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，选项B不符合题意；
C、溶液中硝酸铵的物质的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2molN原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2NA个氮原子，选项C不符合题意；
D、次氯酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液中的OH-都是由水电离出来，25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=10-2mol/L,则水电离出的OH－的数目为0.01NA,选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、在该反应中，氯气既作还原剂，又作氧化剂，1mol氯气再此反应中，只升高1价，故转移电子数为1NA
B、H、D、T为氢元素的三种同位素，电子数=质子数=1，而H的中子数=0，D的中子数=1，T的中子数=2
C、1mol硝酸铵所含N元素为2NA，则0.1mol硝酸铵所含N元素为0.2NA
D、盐类促进水的电离，次氯酸钠中的氢氧根完全是由水电离出来的
27．【答案】B,D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.G是高锰酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物，故A不符合题意
B.高锰酸钾加热得到的是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，高锰酸钾既做氧化剂又做还原剂，故B符合题意
C.高锰酸钾分解以及锰酸钾和二氧化锰与浓盐反应，因此锰元素至少参与3个氧化还原反应故C不符合题意
D.1mol高锰酸钾生成1mol氧气需要转移4mol电子，生成1mol氯气需要转移2mol电子，0.1mol高锰酸钾完全分解得到0.05mol氧气，而0.1mol高锰酸钾与盐酸反应，2KMnO4～5Cl2得到的氯气的物质的量最大值为0.25mol，此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol，故D符合题意
正确答案是：BD
【分析】高锰酸钾加热时的产物是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，因此气体单质G为氧气，剩余的固体与盐酸反应得到的氯化锰溶液得到的气体单质为氯气。
28．【答案】C,D
【知识点】复杂化学式的确定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．第1步质量由100mg减小到87.5mg，该反应为CaC2O4 xH2O失去结晶水生成CaC2O4，根据质量守恒定律有，解得x=1，A项不符合题意；
B.420℃以下氮气气氛中，A的质量随温度升高保持不变，说明420℃以下CaC2O4在隔绝空气条件下，较稳定，不会分解，B项不符合题意；
C．由分析可知，800℃-1000℃氮气气氛中的反应为CaCO3CaO+CO2↑，C项符合题意；
D．C为CaO，O2气氛中1mol CaC2O4·H2O最终转变为1mol H2O、1mol CaO和2mol CO2，电子转移2mol，在N2气氛中，1mol CaC2O4·H2O最终转变为1molH2O、1molCaO、1mol CO2和1mol CO，电子转移1mol，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】第1步反应为 CaC2O4 xH2O 失去结晶水生成CaC2O4，第2步反应为CaC2O4分解生成CaCO3与碳的氧化物，第3步，继续加热固体，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，所以A为CaC2O4，B为CaCO3，C的固体是CaO。
29．【答案】（1）0.0600
（2）C4H6O6
【知识点】有机分子式的推断与计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）吸水剂的质量增加是吸收水的质量，故水的质量为21.08g-20.00g=1.08g,水的物质的量为=0.0600mol
（2）二氧化碳吸收剂的质量增加的是二氧化碳的质量为30g-26.48g=3.52g，二氧化碳的物质的量为=0.08mol，水的物质的量为=0.0600mol，二氧化碳的中碳元素的质量为0.08x12=0.96g，水中氢元素的质量为0.06x2g=0.12g，因此有机物中氧元素的质量为3-0.96-0.12g=1.92g，设有机物的分子式为CxHyOz，（12x）：（y）：（16z）=0.96:0.12:1.92,x:y:z=2:3:3而有机物的相对分子质量为150.因此有机物的分子式为 C4H6O6
【分析】（1）根据吸水剂的质量增加即可计算出水的质量，根据n=求出物质的量
（2）根据碳元素和氢元素的质量再结合有机物的质量计算出氧元素的质量，计算出有机物的试验式，再结合相对原子质量即可计算出分子式
30．【答案】（1）2NaClO3 + SO2 = Na2SO4 + 2ClO2(或2Na2ClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 )；稀释二氧化氯，防止爆炸
（2）2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2 + 2H2O + O2；防止H2O2(受热)分解
（3）阴极
（4）蒸发浓缩；冷却至略高于38℃结晶
（5）b
（6）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)步骤1中，NaClO3 在酸性溶液中被SO2 还原，生成Na2SO4、ClO2等，化学方程式是2NaClO3 + SO2 = Na2SO4 + 2ClO2(或2Na2ClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 )；题中信息显示：纯的ClO2受热或遇光易发生爆炸，一般稀释到10%以下，由此得出通入空气的作用是稀释二氧化氯，防止爆炸。答案为：2NaClO3 + SO2 = Na2SO4 + 2ClO2(或2Na2ClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 )；稀释二氧化氯，防止爆炸；
(2)方法1中，ClO2 被 H2O2 在碱性溶液中还原为 等，H2O2被氧化为O2，反应的离子方程式是2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2 + 2H2O + O2，利用方法1制NaClO2时，温度不能超过35℃，主要是考虑H2O2的不稳定性，可能的原因是防止H2O2(受热)分解。答案为：2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2 + 2H2O + O2；防止H2O2(受热)分解；
(3)方法2中，NaClO2由ClO2得电子生成，所以NaClO2在阴极生成。答案为：阴极；
(4)由NaClO2的溶解度曲线可以看出，温度低于38℃时，会生成NaClO2 3H2O，所以温度应控制在38℃以上，从而得出步骤3从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是：加热温度至略低于60℃、蒸发浓缩、冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、干燥。答案为：蒸发浓缩；冷却至略高于38℃结晶；
(5)因为纯的ClO2受热或遇光易发生爆炸，所以保存液态ClO2的条件是低温、密封、避光，
故答案为：b。答案为：b；
(6)ClO2在杀菌的同时，可将剧毒氰化物氧化成无毒气体(CO2、N2)，ClO2被还原为Cl-，则反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2Cl-+2CO2+N2。某工厂污水中含CN- a mg/L，处理10m3这种污水，至少需要ClO2的物质的量为 = mol。答案为： 。
【分析】在酸性溶液中，NaClO3能被SO2还原为ClO2，而SO2被氧化为硫酸盐，为防止ClO2发生爆炸，通入空气将其稀释；由ClO2制取NaClO2的方法有两种，一种是在碱性条件下用H2O2还原，另一种是通入NaCl溶液中然后电解；从溶液中获得NaClO2时，可从溶解度曲线中提取信息，即降温时，控制温度不低于38℃。
31．【答案】（1）0.2
（2）
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) 由分析可知，当混合气体中全部是Cl2时消耗的NaOH最多，故消耗NaOH物质的量的最大值为 ，故答案为：0.2；
(2)根据反应 H2+Cl2 2HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O可知当H2过量至恰好完全反应时，n(NaCl)=2n(Cl2)，结合反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，当Cl2过量时，则n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)，故由当H2的体积分数大于等于50%时，n(NaCl)=2n(Cl2)=2(0.1mol-n(H2))=2(0.1-0.1x)=0.2-0.2x，当H2的体积分数小于50%时，n(NaCl)=2n(H2)+n(Cl2)-n(H2)=n(H2)+n(Cl2)=0.1x+0.1-0.1x=0.1mol，故可以分别计算出当x=0、0.25、0.5、0.75和1五点的值分别为：0.1mol，0.1mol，0.1mol，0.05mol，0mol，故NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图像为： ，故答案为： 。
【分析】已知该过程中可能发生的反应：H2+Cl2 2HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，根据氯原子守恒可知，NaOH的物质的量取决于Cl2的量，故有：n(NaOH)=2n(Cl2)，据此分析解题。
32．【答案】（1）恒压滴液漏斗；
（2）吸收产物 HCl，除去多余的 Cl2；防倒吸；c
（3）
（4）在 B、C之间增加一个氯气干燥装置
（5）73.8%
【知识点】合成有机高分子化合物的性质实验；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)仪器 a 的名称是恒压滴液漏斗，盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为 。
(2)装置 D 是最后一个装置，作用是吸收产物 HCl，除去多余的 Cl2 ，仪器 F 为球形干燥管，作用是防倒吸，冷凝管中应装满水，所以冷凝水应从 c口进。
(3)反应过程中若存在次氯酸，CCl3CHO 可能被氧化为 CCl3COOH，写出 CCl3CHO 被次氯酸氧化，次氯酸生成盐酸，化学反应方程式 。
(4)缺少干燥氯气的装置，由于生成的氯气含有水蒸气，氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，发生 ，导致副产物增多，所以应在 B、C之间增加一个氯气干燥装置。
(5)根据I2---------2 关系分析， Na2S2O3的物质的量为0.0200mol·L-1×0.02L=0.0004mol，则碘的物质的量为0.0002mol，碘溶液的体积为2mL，则与HCOO-反应的碘的体积为20-2=18mL， 根据 计算， 的质量为0.1000mol·L-1×0.018L×147.5g/mol=0.2655g，则质量分数为 =73.75%≈73.8%。
【分析】A装置为利用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，B装置是用饱和食盐水除去氯化氢，少干燥氯气的装置，C装置是反应制备CCl3CHO，D装置盛放氢氧化钠溶液，吸收多余氯气和氯化氢防止污染，E是冷凝管，应充满冷凝水，F为干燥管，放在氢氧化钠溶液中，是防止氯化氢溶解过程中出现倒吸现象。据此分析。
33．【答案】（1）NaAlO2；否
（2）还原剂；
（3）5.3 至6区间
（4）A
（5）Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生 Co(OH)2
（6）Co3O4
【知识点】制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)由分析知，滤液①主要成分为NaAlO2；操作①为过滤，操作②为萃取，故操作不同，此处填“否”；
(2)由分析知，H2O2的作用为还原剂；若用Na2S2O3代替H2O2，根据题意知，生成CoSO4和Na2SO4，结合得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为： ；
(3)萃取时，确保Co2+萃取率高，但Li+萃取率要低，结合图像知，最佳pH为5.3~6；
(4)反萃取即使萃取平衡向逆向移动，根据平衡移动原理，在不引入新杂质的情况下可加入H2SO4，使平衡逆向移动，从而达到反萃取目的，故答案为：A；
(5)若Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2杂质；
(6)由碳元素守恒得：n(CoCO3)=n(CO2)= ，由Co元素守恒知氧化物中Co元素为0.3 mol，则氧元素n(O)= ，则 ，故该氧化物化学式为Co3O4。
【分析】经过第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解转化为NaAlO2（滤液①）而被除去，钴渣①主要含Co3O4和LiCoO2，根据(4)问题干信息，知后续萃取的是Co2+，说明经过酸溶之后，Co元素转化为Co2+，即在酸溶步骤中Co元素被还原，故H2O2此时作还原剂，经过操作①得到滤液②，说明操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4和Li2SO4，经过萃取操作（操作②）实现两者分离，有机相中为CoR2，根据(4)问的萃取原理，可向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现Co元素从有机相转移到水相，最后经过沉钴操作获得CoCO3。
34．【答案】（1）+6；增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率(加快反应速率亦可)
（2）
（3）87.5%
（4）
（5）1∶1
（6）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)① 中钼元素的化合价是 价，故答案为：+6；
②在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，这样处理的目的是增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率，故答案为：增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率(加快反应速率亦可)；
(2)“焙烧”时 和氧气反应生成 和二氧化硫，配平方程式为： ，故答案为： ；
(3) 开始沉淀时，c(Ba2+)= = =4.0 10-8mol/L，故溶液中c(SO )= = =2.5 10-3mol/L，故SO 的去除率是 =87.5%，故答案为：87.5%；
(4)“除杂”过程中加入的除杂剂是Na2S，溶液中含有+2价的Pb，故沉淀为PbS，故答案为：PbS；
(5)根据图像知当缓蚀剂中钼酸钠和月桂酰肌氨酸均为150mg/L时碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为1:1，故答案为：1:1；
(6)直接向粉碎后的钼精矿中加入 溶液和 溶液得到钼酸钠，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为： ，故答案为： 。
【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO =MoO +CO2↑，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O，以此解答该题。
35．【答案】（1）NaNO3
（2）防止NaNO2的析出；溶碱
（3）将NaNO2氧化为NaNO3；c、d
（4）1.59
【知识点】无机物的推断；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）NO2与碱液反应可生成NaNO3；（2）浓度过大时，NaNO2可能会析出；NaNO2有毒，不能直接排放，回收后可用于流程中的溶碱；（3）NaNO2在酸性条件下易被氧化，加入稀硝酸可提供酸性环境；母液Ⅱ的溶质主要是NaNO3，所以回收利用时应转入转化液，或转入结晶Ⅱ操作，故c、d正确；（4）1.38吨NaNO2的物质的量为：1.38×106÷69g/mol=2×104mol，则生成的NaNO3物质的量为：1×104mol，故Na2CO3的理论用量= ×（2×104+1×104）mol×106g/mol=1.59×106g=1.59吨。
【分析】（1）二氧化氮溶于水还能得到硝酸钠
（2）若浓度过大， 亚硝酸钠也可能析出，根据流程图可得在溶碱过程中，可以利用
（3）加硝酸的目的，是将亚硝酸钠转化成硝酸钠，母液2的成分 主要为硝酸钠，故可加入转化液，或结晶2操作
（4）根据钠元素守恒，可计算