《2025年效率暑假江苏人民出版社高二化学》

14. 设$N{}_{A}$为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(B)
A.$1mol[Ni(NH{}_{3}){}_{4}]{}^{2+}中\sigma键的数目为12N{}_{A}$
B.$44gCH{}_{3}CHO中sp{}^{3}杂化的碳原子数目为1N{}_{A}$
C.标准状况下,$11.2LHF中含有的电子数目为5N{}_{A}$
D.常温下,将$56gFe$投入足量浓硝酸中,反应转移电子数目为$3N{}_{A}$

答案： 14.B解析:A.$[Ni(NH_{3})_{4}]^{2+}$中含有12个$N - H \sigma$键和4个配位键，也是$\sigma$键，故1mol$[Ni(NH_{3})_{4}]^{2+}$中$\sigma$键的数目为16$N_{A}$，A错误;B.$CH_{3}CHO$中甲基中碳原子采用$sp^{3}$杂化，醛基上碳原子采用$sp^{2}$杂化，故44g$CH_{3}CHO$中$sp^{3}$杂化的碳原子数目为$\frac{44g}{44g·mol^{-1}}×1×N_{A}mol^{-1} = 1N_{A}$，B正确;C.标准状况下$HF$为液体，故无法计算11.2L$HF$中含有的电子数目，C错误;D.常温下$Fe$遇到浓硝酸将发生钝化，将56g$Fe$投入足量浓硝酸中，无法计算反应转移电子数目，D错误。

15. 乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法,反应原理分别为：$HC\equiv CH+H{}_{2}O\xrightarrow[{\triangle }]{催化剂}CH{}_{3}CHO$ $2H{}_{2}C= CH{}_{2}+O{}_{2}\xrightarrow[加热加压]{催化剂}2CH{}_{3}CHO$以下叙述

不

正

确

的是(A)
A.乙烯氧化法中,生成$0.1mol$乙醛时,转移的电子数约为$1.204× 10{}^{24}$
B.$C{}_{2}H{}_{4}的电子式为H\colon \overset{\cdot \cdot }{\underset{\cdot \cdot }{C}}\colon \overset{\cdot \cdot }{\underset{\cdot \cdot }{C}}\colon H$
C.根据价层电子互斥模型,$18g水的中心原子含有2mol$孤电子对
D.标准状况下,$11.2LC{}_{2}H{}_{2}中含有\pi键的数目约为6.02× 10{}^{23}$

答案： 15.A　解析:A.乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为 - 2，电子转移关系为$O_{2} \sim 2CH_{3}CHO \sim 4e^{-}$，生成0.1mol乙醛时，转移的电子0.2mol，数目约为$1.204×10^{23}$，A错误;B.$C_{2}H_{4}$为含有碳碳双键的共价化合物，电子式为$H:\overset{..}{\underset{..}{C}}::\overset{..}{\underset{..}{C}}:H$，B正确;C.$H_{2}O$分子中中心$O$原子价层电子对数为$2 + \frac{6 - 1×2}{2} = 4$，$O$原子采用$sp^{3}$杂化，$O$原子上含有2对孤电子对，则18g水(为1mol)的中心原子含有2mol孤电子对，C正确;D.1分子乙炔中含有2个$\pi$键，标准状况下，11.2L$C_{2}H_{2}$(为0.5mol)中含有$\pi$键为1mol，数目约为$6.02×10^{23}$，D正确。

16. 若用$N{}_{A}$表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是(D)
A.$142gNa{}_{2}SO{}_{4}和Na{}_{2}HPO{}_{4}$的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为$3N{}_{A}$
B.锌与某浓度的浓硫酸反应,生成$SO{}_{2}和H{}_{2}的混合气体22.4L$(标准状况),锌失去电子数目为$2N{}_{A}$
C.标准状况下,$22.4L甲烷和乙烯混合物中含碳氢共价键数目为4N{}_{A}$
D.$0.1mol\cdot L{}^{-1}的CH{}_{3}COONH{}_{4}$溶液显中性,$1L该溶液中含CH{}_{3}COO{}^{-}数等于0.1N{}_{A}$

答案： 16.D　解析:A.$Na_{2}HPO_{4}$中含有2个$Na^{+}$和1个$HPO_{4}^{2-}$，142g固体中$n(Na_{2}HPO_{4}) = \frac{m}{M} = \frac{142g}{142g·mol^{-1}} = 1mol$，则阴、阳离子总数目为3$N_{A}$。$Na_{2}SO_{4}$中含有2个$Na^{+}$和1个$SO_{4}^{2-}$，142g固体中$n(Na_{2}SO_{4}) = \frac{m}{M} = \frac{142g}{142g·mol^{-1}} = 1mol$，则阴、阳离子总数目为3$N_{A}$。A项正确;B.反应中关系式为$SO_{2} \sim 2e^{-}$、$H_{2} \sim 2e^{-}$，则得电子的总物质的量为$2[n(SO_{2}) + n(H_{2})] = 2mol$，反应中转移的电子总数目为2$N_{A}$，B项正确;C.关系是有$CH_{4} \sim 4C - H$、$CH_{2} = CH_{2} \sim 4C - H$，则$n(C - H) = 4n(CH_{4}) + 4n(CH_{2} = CH_{2}) = 4mol$，$C - H$的总数目为4$N_{A}$，C项正确;D.溶液中$CH_{3}COO^{-}$发生水解，得到的物料守恒式为$c(CH_{3}COOH) + c(CH_{3}COO^{-}) = 0.1mol/L$，1L该溶液中含$CH_{3}COO^{-}$数小于0.1$N_{A}$，D 项错误。

17. $N_{A}$为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(A)
A.$0.1mol\cdot L{}^{-1}的NH{}_{4}HCO{}_{3}溶液与NaOH$溶液等体积混合并加热,产生的氨气标准状况下$2.24L$
B.标准状况下,$1molN{}_{2}和O{}_{2}的混合气体总体积约为22.4L$
C.常温常压下,$2.8gCO和C{}_{2}H{}_{4}的混合气体中含有的分子数目为0.1N{}_{A}$
D.$39.0gNa{}_{2}O{}_{2}$与足量水完全反应,转移的电子数为$0.5N{}_{A}$

答案： 17.A解析:A.$n = cV$，该条件下$V$未知，无法获得铵根的物质的量，更无法计算产生的$NH_{3}$，A项错误;B.标准状况下，任何气体的摩尔体积均为22.4L/mol，则该混合气体$V = nVm = 1mol×22.4L/mol = 22.4L$，B项正确;C.$CO$和$C_{2}H_{4}$的摩尔质量均为28g/mol，可看作单一物质进行计算得$n$(气体)$ = \frac{m}{M} = \frac{2.8g}{28g/mol} = 0.1mol$，则混合气体中分子数目为0.1$N_{A}$，C项正确;D.39.0g$Na_{2}O_{2}$物质的量为0.5mol，$2Na_{2}O_{2} \sim 2e^{-}$计算得电子物质的量为0.5mol，所以该反应中转移的电子数目为0.5$N_{A}$，D项正确。

18. 绿矾$(FeSO{}_{4}\cdot 7H{}_{2}O)$分解可制备铁红,同时产生$SO{}_{2}、SO{}_{3}和H{}_{2}O$。设$N{}_{A}$为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(D)
A.$1L1mol\cdot L{}^{-1}FeSO{}_{4}溶液含有的阳离子数大于N{}_{A}$
B.$0.5mol三聚SO{}_{3}$分子()中含有$\sigma键数目为6N{}_{A}$
C.绿矾分解生成$16gFe{}_{2}O{}_{3}$时,转移电子数为$0.2N{}_{A}$
D.$22.4LSO{}_{2}$溶于水,溶液中$H{}_{2}SO{}_{3}、HSO{}_{3}^{-}、SO{}_{3}^{2-}的数目总和为N{}_{A}$

答案： 18.D　解析:A.硫酸亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则1L 1mol/L硫酸亚铁溶液含有的阳离子数大于1mol/L×1L×$N_{A}mol^{-1} = N_{A}$，故A正确;B.由结构可知，三聚三氧化硫分子中含有的$\sigma$键为12，则0.5mol三聚三氧化硫分子中含有的$\sigma$键的数目为0.5mol×12×$N_{A}mol^{-1} = 6N_{A}$，故B正确;C.由题意可知，绿矾受热分解的方程式为$2FeSO_{4}·7H_{2}O\xlongequal{高温}Fe_{2}O_{3} + SO_{2}↑ + SO_{3}↑ + 14H_{2}O↑$，反应生成1mol三氧化铁，反应转移2mol电子，则生成16g三氧化铁时，转移电子数为$\frac{16g}{160g/mol}×2×N_{A}mol^{-1} = 0.2N_{A}$，故C正确;D.缺标准状况，无法计算22.4L二氧化硫的物质的量，且二氧化硫与水反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，所以无法计算该溶液中亚硫酸、亚硫酸氢根、亚硫酸根的数目总和，故D错误。