《2025年效率暑假江苏人民出版社高二化学》

19. 我国科学家利用$CO{}_{2}$合成淀粉的核心反应如图所示,设$N{}_{A}$为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(A)

A.反应①消耗$4.4gCO{}_{2}$时,转移电子数为$0.6N{}_{A}$
B.标准状况下$11.2LH{}_{2}O{}_{2}所含的非极性键键数为N{}_{A}$
C.$30gHCHO与DHA的混合物中含氧原子数为2N{}_{A}$
D.$16.2g淀粉在酶的作用下发酵酿酒最多可生成乙醇分子数为0.3N{}_{A}$

答案： 19.A　解析:A.由反应机理可知，反应①发生的反应为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和氢气，则消耗4.4g二氧化碳，反应转移电子数为$\frac{4.4g}{44g/mol}×6×N_{A}mol^{-1} = 0.6N_{A}$，故A正确;B.标准状况下，过氧化氢为液态，无法计算11.2L过氧化氢的物质的量和含有的非极性键的数目，故B错误;C.甲醛和DHA的最简式相同，都为$CH_{2}O$，则30g甲醛与DHA的混合物中含氧原子数为$\frac{30g}{30g/mol}×N_{A}mol^{-1} = N_{A}$，故C 错误;D.由淀粉酿酒涉及的反应可得如下关系式:$(C_{6}H_{10}O_{5})_{n} \sim nC_{6}H_{12}O_{6} \sim 2nC_{2}H_{5}O_{2}$，则16.2g淀粉在酶的作用下发酵酿酒最多可生成乙醇分子数为$\frac{16.2g}{162n g/mol}×2n×N_{A}mol^{-1} = 0.2N_{A}$，故D错误。

20. $N{}_{A}$表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是(C)
A.标准状况下,等体积的水和$CO{}_{2}$,含有的氧原子数目为$1\colon 2$
B.含有$N{}_{A}个阴离子的Na{}_{2}O{}_{2}$与足量水反应,转移电子数为$2N{}_{A}$
C.向$FeI{}_{2}$溶液中通入适量氯气,当有$N{}_{A}个Fe{}^{2+}$被氧化时,共转移电子数为$3N{}_{A}$
D.一个$NO分子质量为ag$,一个$NO{}_{2}分子质量是bg$,则$N{}_{A}个O{}_{2}的质量为(b-a)N{}_{A}g$

答案： 20.C　解析:A.标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积计算，故A错误;B.含有$N_{A}$个阴离子的$Na_{2}O_{2}$为1mol，$Na_{2}O_{2}$与水的反应为歧化反应，1mol$Na_{2}O_{2}$转移1mol电子即$N_{A}$个，故B错误;C.向含有$FeI_{2}$的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化$I^{-}$，当有1mol$Fe^{2+}$被氧化时转移$N_{A}$个电子;2mol$I^{-}$被氧化时转移2$N_{A}$个电子;该反应转移电子的数目至少为3$N_{A}$，故C正确;D.一个$NO_{2}$分子的质量为$a g$，一个$NO_{2}$分子质量为$b g$，1个氧原子的质量为$(b - a)g$，根据摩尔质量的概念:1mol物质具有的质量，所以1mol氧原子的质量:$N_{A}(b - a)$，$N_{A}$个$O_{2}$的质量为$2(b - a)N_{A}g$，故D错误。

21. 一定条件下,乙酸酐$[(CH{}_{3}CO){}_{2}O]醇解反应[(CH{}_{3}CO){}_{2}O+ROH\to CH{}_{3}COOR+CH{}_{3}COOH]$可进行完全,利用此反应定量测定有机醇$(ROH)$中的羟基含量,实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐—苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐—苯溶液置于锥形瓶中,加入$mgROH$样品,充分反应后,加适量水使剩余乙酸酐完全水解：$(CH{}_{3}CO){}_{2}O+H{}_{2}O\to 2CH{}_{3}COOH$。
③加指示剂并用$cmol\cdot L{}^{-1}NaOH-$甲醇标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液$V{}_{1}mL$。
④在相同条件下,量取相同体积的乙酸酐—苯溶液,只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用$cmol\cdot L{}^{-1}NaOH-$甲醇标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液$V{}_{2}mL$。$ROH$样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是(C)
A.$\frac{c(V{}_{2}-V{}_{1})× 17}{1000m}× 100\%$
B.$\frac{c(V{}_{1}-V{}_{2})× 17}{1000m}× 100\%$
C.$\frac{0.5c(V{}_{2}-V{}_{1})× 17}{1000m}× 100\%$
D.$\frac{c(0.5V{}_{2}-V{}_{1})× 17}{1000m}× 100\%$

答案： 21.C　解析:根据滴定过程中，用$c mol·L^{-1} NaOH - $ 甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液$V_{2} mL$，需要消耗$c mol·L^{-1} NaOH - $ 甲醇的物质的量为$V_{2}×c×10^{-3} mol$，即乙酸酐的总物质的量$ = \frac{V_{2}×c×10^{-3}}{2} mol$;则$ROH$与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量$ = \frac{V_{1}×c×10^{-3}}{2} mol$，所以与$ROH$反应的乙酸酐的物质的量$ = \frac{V_{2}×c×10^{-3} - V_{1}×c×10^{-3}}{2} mol$，也即样品$ROH$中羟基的物质的量，所以$ROH$样品中羟基质量分数$ = \frac{\frac{V_{2}×c×10^{-3} - V_{1}×c×10^{-3}}{2} mol×17 g/mol}{m g}×100\% = \frac{0.5(V_{2} - V_{1})×c×17}{10^{3} m}×100\%$。

22. 设$N{}_{A}$为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(C)
A.$28.4gP{}_{2}O{}_{5}$()含极性键的数目为$0.4N{}_{A}$
B.已知核反应：${}_{92}^{235}U+{}_{0}^{1}n\to {}_{56}^{144}Ba+{}_{A}^{Z}M+3{}_{0}^{1}n$,则$1mol{}^{Z}M中含中子数54N{}_{A}$
C.$0.25molZn$与一定量浓硫酸反应后完全溶解,生成气体的分子数等于$0.25N{}_{A}$
D.高温下,$5.6gFe$与足量水蒸气反应,转移的电子数为$0.3N{}_{A}$

答案： 22.C解析:A.28.4g$P_{2}O_{5}$为0.2mol，即0.1mol$P_{4}O_{10}$，1个$P_{4}O_{10}$含16个共价键(4个$P = O$，12个$P - O$，全部为极性键)，则0.1mol$P_{4}O_{10}$含有共1.6mol共价键，也就是1.6$N_{A}$个，A错误;B.核反应方程式必须遵循核电荷数和质量数守恒，即可推算出$A = 36$，$Z = 89$，1mol$^{Z}M$中含中子$(89 - 36)N_{A} = 53N_{A}$，B错误;C.由得失电子数目守恒可知，1mol锌与稀硫酸反应生成1mol氢气，与浓硫酸反应生成1mol二氧化硫，则0.25mol$Zn$与一定量浓硫酸反应后完全溶解时，无论是生成氢气，还是二氧化硫，或是二氧化硫或氢气的混合气体，气体的分子数恒定为0.25mol×$N_{A}mol^{-1} = 0.25N_{A}$，C正确;D.高温下，$Fe$与足量水蒸气反应生成$Fe_{3}O_{4}$，5.6g$Fe$即0.1mol$Fe$转移电子数为$0.1×\frac{8}{3}N_{A} ＜ 0.3N_{A}$，D 错误。