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11.用NA代表阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是(  )
A.3.0g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NA
B.氢气与氯气反应生成标准状况下22.4L氯化氢,断裂化学键的总数为2NA
C.1mol的白磷(P4)或四氯化碳(CCl4)中所含的共价健数均为4NA
D.工业上电解饱和氯化钠溶液,得到标准状况下22.4L氢气时,转移的电子数为2NA

分析 A.葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O,只需要计算3.0gCH2O的物质的量计算原子数;
B.当反应生成2molHCl时,断裂2mol化学键;
C.1个白磷分子含有6个P-P键,1个四氯化碳分子含有4个C-Cl键;
D.依据电解氯化钠过程和氧化还原反应电子守恒计算得到.

解答 解:A.葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O,只需要计算3.0gCH2O的物质的量计算原子数=$\frac{3.0g}{30g/mol}$×4×NA=0.4NA,故A错误;
B.当反应生成2molHCl时,断裂2mol化学键,故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时,断裂1mol化学键即NA个,故B错误;
C.1mol的白磷(P4)含的共价健数均为6NA,四氯化碳(CCl4)中所含的共价健数为4NA,故C错误;
D.电解饱和食盐水若产生标准状况下22.4L氢气,物质的量为1mol,阳极氯离子失电子生成氯气,依据氢气生成计算转移的电子数为2NA,故D正确;
故选:D.

点评 本题考查了阿伏伽德罗常数的应用,主要考查物质组成特征,质量换算物质的量计算微粒数,气体摩尔体积的条件应用,电解反应电子转移计算,题目难度中等,注意白磷与四氯化碳结构区别.

练习册系列答案
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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

1.乙酸是重要的化工原料,在生活、生产中被广泛应用.

(1)写出乙酸在水溶液中的电离方程式CH3COOH?CH3COO-+H+.若某温度下,CH3COOH(aq)与NaOH(aq)反应的焓变△H=-46.8kJ•mol-1,HCl(aq)与NaOH(aq)反应的焓变△H=-55.6kJ•mol-1,则CH3COOH在水中电离的焓变△H=+8.8kJ•mol-1
(2)已知常温下CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5,该温度下,1mol•L-1CH3COONa溶液pH约为9.4(已知lg2=0.3).向pH=2的CH3COOH溶液中加入pH=2的稀硫酸溶液,保持溶液温度不变,溶液的pH将不变(填“变大”或“变小”或“不变”).
(3)常温下,向10mL 0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol•L-1的ROH溶液,所得溶液pH及导电性变化如图1.下列分析正确的是CD.
A.b点导电能力最强,说明ROH为强碱
B.b点溶液pH=5,此时酸碱恰好中和
C.c点溶液存在c(R+)>c(CH3COO-)、c(OH-)>c(H+
D.b~c任意点溶液均有c(H+)•c(OH-)=KW=1.0×10-14
(4)近年来用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺,具有明显经济优势.其合成的基本反应如下:CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)$\stackrel{杂多酸}{?}$CH3COOC2H5(l)
①在恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸,下列分析正确的是BC.
A.当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol,说明反应已达到化学平衡
B.当体系中乙烯的百分含量保持不变,说明反应已达到化学平衡
C.达到化学平衡后再通入少量乙烯,再次达到化学平衡时,乙烯的浓度与原平衡相等
D.该反应的平衡常数表达式为K=$\frac{c(C{H}_{3}{C}_{2}{H}_{5})}{c(C{H}_{3}COOH)•c(C{H}_{2}=C{H}_{2})}$
②乙烯与乙酸等物质的量投料条件下,某研究小组在不同压强下进行了在相同时间点乙酸   乙酯的产率随温度的变化的测定实验,实验结果如图2所示.回答下列问题:
温度在60~80℃范围内,乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是v(P1)>v(P2)>v(P3)[用v(P1)、v(P2)、v(P3)分别表示不同压强下的反应速率].在压强为P1MPa、温度超过80℃时,乙酸乙酯产率下降的原因可能是由图象可知,P1 MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热,故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降.根据测定实验结果分析,较适宜的生产条件是P1MPa、80℃(填出合适的压强和温度).为提高乙酸乙酯的合成速率和产率,可以采取的措施有通入乙烯气体或增大压强(任写出一条).

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2.下列化学用语书写正确的是(  )
A.乙烯的结构简式:CH2CH2B.丙烯的键线式:
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19.共价键、离子键、分子间作用力都是粒子间的作用力,含有以上两种作用力的晶体是(  )
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6.短周期非金属元素甲~戊在元素周期表中位置如表所示,分析正确的是(  )
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16.化合物M是一种常用的液晶材料.以苯的同系物A、G为原料合成M的一种路线(部分反应条件略去)如图:

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(2)D中官能团的名称是碳碳双键
(3)②的反应类型是加成反应,⑥的反应类型是取代反应.
(4)⑤的化学方程式为
(5)满足以下条件的B的同分异构体有24种(不考虑立体异构).
①能与氯化铁溶液发生显色反应;②苯环上只有两个取代基;③除苯环以外没有其它环状结构
(6)参照上述合成路线,设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备的合成路线:
[示例:CH3CH2OH$→_{170℃}^{浓硫酸}$CH2=CH2$\stackrel{Br_{2}/CCl_{3}}{→}$BrCH2CH2Br].

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3.零族元素难以形成化合物的根本原因是它们(  )
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1.2015年10月,屠哟哟获得诺贝尔生理学或医学奖,理由是她发现了青蒿素,这种药品可以有效降低疟疾患者的死亡率.她成为首获科学类诺贝尔奖的中国人.青蒿素两步可合成得到治疗疟疾的药物青蒿琥酯.下列有关说法正确的是(  )
A.青蒿素分子式为C15H2405
B.反应②原子利用率为100%
C.该过程中青蒿素生成双氢青蒿素属于氧化反应
D.1 mol青蒿琥酯与氢氧化钠溶液反应,最多消耗1 mol氢氧化钠

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科目:高中化学 来源: 题型:推断题

2.有A、B、C、D、E五种原子序数增大的元素,只有一种为金属.A、B、C均为第二周期紧邻元素,其第一电离能顺序为B>C>A;B与D同主族;E为第4周期副族元素,其价层电子为全满.
(1)E元素的名称为锌,该元素基态原子的价电子排布式为3d104s2
(2)B与D分别与氢形成最简单氢化物沸点高低顺序为NH3>PH3(用化学式表示);原因NH3分子间存在氢键.
(3)A、B、C三种元素分别与氢形成化合物中的M-M(M代表A、B、C)单键的键能如表:
 氢化物 HxA-AHx HmB-BHm HnC-CHn
 键能(kJ.mol-1 346 247 207
上述三种氢化物中,A、B、C元素原子的杂化方式有1种;请解释上表中三种氢化物M-M单键的键能依次下降的原因乙烷中的碳原子没有孤电子对,肼中的氮原子有1对孤对电子,过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子,孤对电子数越多斥力越大,形成的化学键越不稳定,键能越小.
(4)D与氯形成的化合物DC15,加压条件下148℃液化,发生完全电离得到一种能够导电的熔体,测定D-Cl键长为198pm和206pm两种,该熔体中含有一种正四面体结构的阳离子,请写出该条件下DC15电离的电离方程式2PCl5=PCl6-+PCl4+;该熔体中阴离子的空间构型为正八面体.
(5)E与C形成的化合物晶体结构有四种,其中一种与金刚石类似,金刚石晶体结构如图所示,该晶体的化学式为ZnO(用元素符号表示);该晶胞的棱长为apm 则该晶体的密度为$\frac{324×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g/cm3

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