7．設(shè)阿伏加德羅常數(shù)（NA）的數(shù)值為nA，下列說(shuō)法不正確的是（　　）
A．1mol Cl2與足量Fe反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2nA
B．19.2g純銅理論上可以制得純凈的硝酸銅的物質(zhì)的量為0.3NA
C．1.8 gAl與足量的鹽酸反應(yīng)放出的氫氣為0.1NA
D．0.10mol Fe粉與足量水蒸氣反應(yīng)生成的H2分子數(shù)為0.10nA

分析 A、氯氣和鐵反應(yīng)后變?yōu)?1價(jià)；
B、求出銅的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1mol銅反應(yīng)后生成1mol硝酸銅；
C、求出鋁的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1mol鋁反應(yīng)生成1.5mol氫氣；
D、3mol鐵和水蒸汽反應(yīng)生成4mol氫氣．

解答 解：A、氯氣和鐵反應(yīng)后變?yōu)?1價(jià)，故1mol氯氣反應(yīng)后轉(zhuǎn)移2mol電子即2nA個(gè)，故A正確；
B、19.2g銅的物質(zhì)的量為n=$\frac{19.2g}{64g/mol}$=0.3mol，而1mol銅反應(yīng)后生成1mol硝酸銅，故生成0.3mol硝酸銅，故B正確；
C、1.8g鋁的物質(zhì)的量為$\frac{2}{30}$mol，而1mol鋁反應(yīng)生成1.5mol氫氣，故$\frac{2}{30}$mol鋁生成0.1mol氫氣即0.1NA個(gè)，故C正確；
D、3mol鐵和水蒸汽反應(yīng)生成4mol氫氣，故0.1mol鐵反應(yīng)生成$\frac{4}{30}$mol氫氣即$\frac{4}{30}$NA個(gè)氫氣分子，故D錯(cuò)誤．
故選D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大．

練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：解答題

17．氧硫化碳（COS）可替代磷化氫而被用作熏蒸劑，其分子結(jié)構(gòu)和二氧化碳類(lèi)似．
（1）組成氧硫化碳和磷化氫的各原子中，原子半徑最大的元素在周期表中的位置是第三周期第VA族
（2）氧硫化碳（COS）的電子式為：．
（3）下列事實(shí)正確且能說(shuō)明碳與硫兩元素非金屬性相對(duì)強(qiáng)弱的有AC
A．同條件同濃度溶液pH：Na2CO3＞Na2SO4      
B．酸性：H2SO3＞H2CO3
C．CS2中碳元素為+4價(jià)，硫元素為-2價(jià)          
D．分解溫度：CH4＞H2S
（4）氧硫化碳水解及部分應(yīng)用流程如下（部分產(chǎn)物已略去）：
COS$→_{Ⅰ}^{H_{2}O}$H2S$→_{Ⅱ}^{NaOH溶液}$Na2S溶液$→_{Ⅲ}^{△}$M溶液+H2
①已知：常溫下，反應(yīng)Ⅱ中每吸收1.7gH2S氣體，反應(yīng)放出熱量4.76kJ，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+2H2O（l）△H=-95.2KJ/mol
②已知M溶液中硫元素的主要存在形式為S2O32-，則反應(yīng)Ⅲ中生成S2O32-的離子方程式為2S2-+5H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$S2O32-+4H2↑+2OH-
③如圖是反應(yīng)Ш中，在不同反應(yīng)溫度下，反應(yīng)時(shí)間與H2產(chǎn)量的關(guān)系（Na2 S初始含量為3  mmol）．由圖象分析可知，a點(diǎn)時(shí)M溶液中除S2O32-外，還有SO42-（填含硫微粒的  離子符號(hào)）．

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：選擇題

18．已知下列熱化學(xué)方程式：
（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=-870.3kJ/mol
（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=-393.5kJ/mol
（3）H2（g）+1/2O2（g）═H2O（l）△H3=-285.8kJ/mol
則反應(yīng)2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的焓變?yōu)椋ā　。?table class="qanwser">A．-488.3 kJ/molB．-244.15 kJ/molC．488.3 kJ/molD．244.15 kJ/mol

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：選擇題

15．下列有關(guān)離子方程式，正確的是（　　）
A．稀硝酸和過(guò)量的鐵屑反應(yīng)：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O
B．NH4HCO3溶液與少量的NaOH溶液混合：HCO3-+OH-═CO32-+H2O
C．碳酸氫鈉溶液水解的離子方程式：HCO3-+H2O?CO32-+H3O+
D．Fe（OH）3溶于氫碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：選擇題

2．標(biāo)準(zhǔn)狀況下aL氨氣溶于1000g 水中，所得氨水密度為b g/mL，則該氨水的物質(zhì)的量濃度為（　�。�
A．$\frac{ab}{22400}$mol•L-1B．$\frac{ab}{22400+17a}$mol•L-1
C．$\frac{1000ab}{22400+35a}$mol•L-1D．$\frac{1000ab}{22400+17a}$mol•L-1

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：選擇題

12．在含有I-離子且滴加酚酞顯紅色的溶液中，能大量共存的離子組是（　�。�
A．NH4+、Ba2+、Cl-、AlO2-B．SO42-、NO3-、Fe2+、Al3+
C．Cl-、SO32-、Na+、K+D．Na+、K+、ClO-、Cl-

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：填空題

19．將下列粒子的序號(hào)填入相應(yīng)空格內(nèi)：①O2  ②CO2  ③H2O  ④H2O2  ⑤（NH4）2SO4  ⑥SiCl4
⑦C2H2   ⑧NH3   ⑨P4
只含有非極性鍵的非極性分子為①⑨；含極性鍵的非極性分子為②⑥⑦；
同時(shí)含有共價(jià)鍵、配位鍵、離子鍵的物質(zhì)為⑤；正四面體分子為⑥⑨；
含極性鍵的極性分子為③④⑧；既含極性鍵，又含非極性鍵的極性分子為④．

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：解答題

16．二氧化鈰（CeO2）是一種重要的稀土氧化物．以氟碳鈰礦（主要含CeFCO3）為原料制備CeO2的一種工藝流程如圖1：

已知：ⅰ．Ce4+能與F-結(jié)合成[CeFx]（4-x）+，與SO42-結(jié)合成[CeSO4]2+．
ⅱ．在硫酸體系中Ce4+能被萃取劑[（HA）2]萃取，而Ce3+不能．
ⅲ．Ksp[Ce（OH）3]=7.1×10-21，溶解度S[Ce2（CO3）3]=1.0×10-6 mol•L-1．
回答下列問(wèn)題：
（1）“氧化焙燒”中“氧化”的目的是將+3價(jià)鈰氧化成+4價(jià)．
（2）CeO2不溶于水，但“浸出”時(shí)卻能溶解完全，原因是溶液中的F-、SO42-（填離子符號(hào)）促進(jìn)了CeO2的溶解．
（3）“萃取”時(shí)存在平衡：Ce4++n（HA）2?Ce•（H2n-4A2n）+4H+．保持其它條件不變，在起始料液中加入不同量的Na2SO4改變水層中的c（SO42-）．觀察圖2，說(shuō)明D（$\frac{[Ce•（{H}_{2n-4}{A}_{2n}）]有機(jī)層}{[Ce（Ⅳ）水層}$）隨起始料液中
c（SO42-）變化的原因：隨著c（SO42-）增大，水層中Ce4+被SO42-結(jié)合成[CeSO4]2+，導(dǎo)致萃取平衡向左移動(dòng)，
D迅速減�。�
（4）“反萃取”加H2O2的作用是2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+（用離子方程式表示）．
（5）在“反萃取”后所得水層中加入1.0mol•L-1的NH4HCO3溶液，產(chǎn)生膠狀沉淀物．寫(xiě)出該膠狀沉淀物的化學(xué)式：Ce2（CO3）3．
（6）若缺少“洗氟”，則所得產(chǎn)品的質(zhì)量將偏�。ㄌ睢捌蟆�、“偏小”或“不變”）．
（7）CeO2是稀土汽車(chē)尾氣凈化催化劑的關(guān)鍵成分，它能在還原氣氛中供氧，在氧化氣氛中耗氧．寫(xiě)出其供氧生成CeO的化學(xué)方程式：2CeO2=2CeO+O2↑．

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科目：高中化學(xué) 來(lái)源： 題型：選擇題

17．乳酸的一種合成方法：$→_{①}^{Cl_{2}，紅磷}$$→_{②}^{一定條件}$下列說(shuō)法正確的是（　�。�
A．步驟①、②分別是加成反應(yīng)、取代反應(yīng)B．蛋白質(zhì)水解也可生成乳酸
C．丙酸烴基上的二氯代物有2種D．乳酸與丙烯完全燃燒的產(chǎn)物相同

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