高三化学一轮复习练习：化学综合计算

高三化学一轮复习练习：化学综合计算一、单选题1．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．18gH218O含有的中子数为10NAB．1molH2O2含有的共价键数目为4NAC．3mol单质铁完全转化为Fe3O4失去的电子数为8NAD．0.5L0.2mol•L-1Na2CO3溶液中含有的CO和HCO总数为0.1NA2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．30gHCHO和CH3COOH混合物中H原子数为2NAB．密闭容器中2molSO2和1molO2充分反应后，容器中分子数为2NAC．一定条件下，6.4g铜与过量的氯气反应，转移电子数目为0.2NAD．1molH2O2中含有共价键的数目为3NA3．用石英和焦炭作为原料，可通过如下反应制备粗硅：SiO2(s)+2C(s)2CO(g)+Si(s)。下列有关说法错误的是（）A．该制备反应是熵增过程B．SiO2、CO均为分子晶体C．该反应属于置换反应D．每生成1mol，转移电子数约为2.408×10244．的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是（）A．X的中子数为2B．X、Y互为同位素C．可用作示踪原子研究化学反应历程D．自然界不存在分子是因其化学键不稳定5．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molD2O比1molH2O多NA个质子B．密闭容器中，2molSO2和1molO2发生催化反应后分子总数小于2NAC．20g异戊烷和38g新戊烷的混合物中共价键的数目为16NAD．C2H4和C2H6O混合气体2.24L，完全燃烧，消耗O2的体积一定为6.72L6．设为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及和等物质。下列叙述正确的是（）A．含有的共价键数目为B．完全分解，得到的分子数目为C．体积为的溶液中，数目为D．和的混合物中含，则混合物中质子数为7．碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法错误的是（）A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．该分子属于极性分子C．1mol该分子最多可与加成D．分子中键和键个数比为8．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．6.2gNa2O中的离子总数为0.2NAB．pH=2的盐酸中的H+总数为0.01NAC．2.3gNa和足量O2反应转移电子数为0.1NAD．标准状况下，5.6LH2O所含O-H键的数目为0.5NA9．关于反应H2+SiHClA．HCl是氧化产物B．既发生还原反应又发生氧化反应C．被氧化的原子与被还原的原子的个数比2∶1D．生成1molSi时，转移4mol电子10．若NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．1.0mol/L的Na2CO3水溶液中c(Na+)：c()>2：1C．常温下56g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子D．1mol羟基与1mol氢氧根离子所含电子数均为9NA11．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，1mol溶于1.0L中，溶液中的个数之和为2B．标准状况下，11.2L与11.2LHF均含有5个质子C．56.0gFe与1.0mol反应，转移电子数为2D．46.0g完全燃烧，有5个C-H键断裂12．NaN3是汽车安全气囊系统中普遍使用的物质之一。当汽车受到猛烈碰撞时，瞬间引发反应：2NaN3=2Na+3N2↑，同时释放大量的热。NaN3为离子化合物，下列说法正确的是(）A．生成3molN2时，转移2mol电子 B．1个中含有21个电子C．NaN3中只含离子键 D．N2的电子式为N⋮⋮N13．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，2.24L乙烯中σ键的数目为0.4NAB．24.5g和的混合物中含有的O原子数为NAC．足量Cu与10g98%的浓硫酸共热反应，转移的电子数为0.2NAD．在含0.1mol氯化铁的溶液中，14．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．中含有的中子数为B．乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为C．的溶液中数为D．和于密闭容器中充分反应后，分子总数为15．NA是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氯仿含有氯原子1.5NAB．31g白磷中共价键数目为3NAC．0.1mol.L-1K2Cr2O7酸性溶液中含0.1NA的Cr2OD．4.4gC2H4O中含有σ键最多为0.7NA16．汽车尾气中的碳氢化物与臭氧反应是造成城市光化学污染的主要原因，其中常见的反应为，已知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，中所含极性共价健数目为B．和均为只含非极性键的非极性分子C．和分子中C原子采取杂化和杂化D．若有参与反应，则反应中转移的电子数目为17．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol−1，下列叙述中正确的是（）A．常温常压下，18.0g重水(D2O)所含的电子数约为10×6.02×1023个B．一定条件下，46.0g二氧化氮和四氧化二氮的混合气体中含有的氮原子数约为6.02×1023个C．已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-91kJ·mol-1，一定条件下若加入6.02×1023个CO和2×6.02×1023个H2，则放出91kJ的热量D．T℃时，1LpH=6纯水中，含10-8×6.02×1023个OH-18．工业上采用碘循环工艺处理工业尾气SO2，同时制得H2，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是A．反应器中的反应的化学方程式为B．分离器中物质分离操作为蒸馏C．膜反应器中加入，生成可循环的的物质的量为1molD．碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol19．三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为，下列说法正确的是（）A．原子数目相等的三种气体，质量最大的是ZB．相同条件下，同质量的三种气体，气体密度最小的是XC．若一定条件下，三种气体体积均为，则它们的物质的量一定均为D．同温下，体积相同的两容器分别充气体和气体，则其压强比为2∶120．用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为：①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓下列分析错误的是（）A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱C．反应②中每24molCuSO4氧化11molPH3D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰二、综合题21．工业上常用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2）和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化；②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的如下表所示：③lg5=0.7。回答下列问题：（1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是，一定温度下，软锰矿与不同浓度的硫酸反应60min时结果如下表所示：c（H2SO4）/mol·L-11.05.010.016.018.0Mn浸出率/%2578958555Al浸出率/%35908350则“酸浸”时，选择c（H2SO4）为mol·L-1。（2）加入MnCO3“调pH”时，若c（Mn2+）=1.0mol·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001mol·L-1，则调pH的范围为，若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为。（3）“焙烧”操作中，为了提高Li2CO，利用率，加入稍过量的MnO2，加热至600℃～750℃便制得LiMn2O4，则反应的化学方程式为，整个流程中，可以循环使用的物质有。（4）获取明矾的“一系列操作”是。22．重铬酸钾（）是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为，还含有、等杂质。制备流程如图所示：已知：步骤①高温下的主反应为：常见物质的溶解度物质0℃（g）40℃（g）80℃（g）KCl28.040.151.3NaCl35.736.438.04.726.373163215375（1）滤渣1的主要成分是。（2）步骤④调节pH时发生的离子方程式为。（3）下列说法不正确的是____。A．步骤①可在陶瓷容器中进行B．为了加快步骤②中的过滤速度，可用玻璃棒小心翻动沉淀C．步骤③的目的是使杂质离子转化为沉淀而除去D．步骤⑤加入KCl后发生的是复分解反应（4）步骤⑤加入KCl后，还需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，洗涤粗产品时可选择____。A．冷水 B．饱和氯化钾溶液C．热水 D．冷的酒精（5）测定产品的纯度（摩尔质量：294g/mol）的定量测定：称取0.3750g样品，加水溶解配制250mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中，加入适量的硫酸和足量的KI溶液，充分反应后加入几滴淀粉溶液，然后用标准液进行滴定。上述过程平行测试3次，平均消耗的溶液的体积为22.50mL。已知：，（未配平）。①的纯度为。②上述操作都正确，但实际测得的纯度偏高，可能的原因是。23．通过电化学将转化为有机物、开发利用清洁能源都是实现“双碳”目标的重要途经。请回答：（1）某研究小组采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将最终转化为乙烯，装置示意图如图1所示。惰性电极a上催化剂纳米处的电极反应式为。图1（2）另一研究小组研究乙醇-水催化重整获得清洁能源，主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：①。②保持压强为，按投料，发生反应，测得平衡时和的选择性［例如的选择性］及的产率[产率］随温度T的变化关系如图2所示。下列说法正确的是。A.曲线a表示平衡时的选择性B.乙醇的平衡转化率随温度的升高一直增大C.300℃后曲线b随温度升高而降低的原因是催化剂在高温下活性下降D.降低水醇比［］有助于提高的选择性③500℃、100kPa条件下，反应Ⅱ中用平衡分压表示的平衡常数。

图2（3）第三个研究小组研究还原获得能源。恒压、750℃条件下，和按物质的量之比1：3投料，经如下流程实现高效转化。①上述转化循环顺利进行时，过程ⅲ中参加反应的。②若和按物质的量之比1：1投料，会导致过程ⅱ、ⅲ循环无法持续进行，请解释原因（结合第①问数据进行说明）。24．将24.5gKClO3固体与8.7gMnO2固体混合加热片刻，得到标况下VL气体，冷却后固体质量为25.52g；再将剩余固体溶于水并加入足量亚硝酸钠和硝酸银溶液，再加足量的稀硝酸，过滤、洗涤、干燥得到m克固体。求：（1）标准状况下气体体积V为。（2）最后所得固体质量m为g。25．2021年3月5日，国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。为了达到碳中和，研发二氧化碳的利用技术成为热点。（1）利用反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH，可减少CO2排放并合成清洁能源。该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)H2O(g)＋CO(g)ΔH1=＋41kJ·mol-1②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90kJ·mol-1总反应的ΔH=kJ·mol-1若反应①为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是(填标号)。（2）500℃时，在容积为2L的密闭容器中充入3molCO2和8molH2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，测得5min时，反应达到平衡，此时n(CO2)=1.0mol。从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)=；该可逆反应的平衡常数为。（3）科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2转化为HCOOH，实现碳中和的目标。原理如图所示：①P极电极反应式为。②已知CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)△H=-31.4kJ·mol-1。温度为T1℃时，K=2。实验测得：v正=k正c(CO2)c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k正=k逆；若温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2T1（填“>”、“<”或“=”）。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、18gH218O的物质的量为0.9mol，H218O中含有10个中子，则含有的中子数为9NA，故A错误；

B、一个过氧化氢分子含有3个共价键，则1molH2O2含有的共价键数目为3NA，故B错误；

C、四氧化三铁中铁元素的化合价为价，反应过程中，Fe从0价升高到价，则3mol单质铁完全转化为Fe3O4失去的电子数为8NA，故C正确；

D、碳酸钠溶液中的含碳微粒为碳酸根、碳酸氢根和碳酸，则溶液中含有的CO和HCO总数小于0.1NA，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、H218O中含有10个中子；

B、一个过氧化氢分子含有3个共价键；

C、四氧化三铁中铁元素的化合价为价；

D、溶液中的含碳微粒还有碳酸。2．【答案】B【解析】【解答】A．HCHO和CH3COOH的最简式都是CH2O，30gHCHO和CH3COOH混合物中含H原子数为×2NA=2NA，故A不符合题意；B．SO2和O2反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，反应物不能全部转化为生成物，故容器中分子数小于2NA，故B符合题意；C．Cu和氯气发生反应Cu+Cl2=CuCl2，1molCu转移2mol电子，又6.4g铜的物质的量为0.1mol，故转移电子的数目为0.2NA，故C不符合题意；D．H2O2的结构式为H-O-O-H，故1molH2O2中含有共价键的数目为3NA，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法，即全部由甲醛构成的物质的量和全部由乙酸构成的物质的量，若两种物质的数值相等，则该数据为混合物混合后的物质的量；

B、可逆反应无法完全转化；

C、氯气过量时用铜进行计算，结合铜的化合价变化进行判断；

D、一分子过氧化氢中含有3个共价键。3．【答案】B【解析】【解答】A．该制备反应气体分子数增多，是熵增过程，A项不符合题意；B．SiO2为共价晶体，B项符合题意；C．该反应是化合物和单质反应生成另一种化合物和单质，属于置换反应，C项不符合题意；D．硅元素从+4价降低至0价，则每生成1molSi转移4mole-，其数目为：2.408×1024，D项不符合题意；故答案为：B。

【分析】解答氧化还原反应基本概念题目时，首先标注化合价，根据化合价升降，判断氧化剂。还原剂、氧化产物、还原产物等，画出双线桥，找到电子转移情况，然后进行解答即可。4．【答案】B【解析】【解答】A.由人工合成反应可知，，，，，故X的中子数为4，A项不符合题意；B.同理可得，Y的中子数为2，与的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B项符合题意；C.由于的半衰期很短，故不可用作示踪原子，C项不符合题意；D.自然界不存在是因为的半衰期很短，易发生核变化转化为其他原子，与其化学键不稳定无关，D项不符合题意。

故答案为：B【分析】A.原子左上角数字表示其质量数，左下角数字表示其质子数，质量数=质子数+中子数，结合反应前后质子数和质量数相等进行分析。

B.同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。

C.的半衰期很短，不可用作示踪原子。

D.自然界不存在是因为的半衰期很短，易发生核变化转化为其他原子。5．【答案】C【解析】【解答】A．D与H相比，质子数相同，中子数多1，1molD2O比1molH2O多2NA个中子，故A不符合题意；B．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，反应后气体总分子数大于2NA，故B不符合题意；C．20g异戊烷和38g新戊烷，共计58g，异戊烷与新戊烷相对分子质量相同为58，故混合物为1mol，混合物中共价键的数目为16NA，故C符合题意；D．没有标明是标准状况，无法计算，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、质子数=原子序数；

B、可逆反应无法完全转化；

C、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法，即全部由异戊烷构成的物质的量和全部由新戊烷构成的物质的量，若两种物质的数值相等，则该数据为混合物混合后的物质的量；

D、涉及气体体积要注意是否处于标准状况。6．【答案】D【解析】【解答】A、一个NH4Cl中含有4个共价键，因此1molNH4Cl中所含的共价键数目为4NA，A不符合题意。

B、1molNaHCO3中含有1mol碳原子，因此完全分解后，可产生1molCO2，所以得到CO2的分子数为1NA，B不符合题意。

C、1L1mol·L－1的NaHCO3溶液中n(NaHCO3)=1L×1mol·L－1=1mol，由于HCO3－在水中发生水解和电离，因此溶液中HCO3－的数目小于1NA，C不符合题意。

D、含1molCl－的NaCl、NH4Cl混合物，其物质的量为1mol，由于NaCl、NH4Cl的质子数都是28，因此1mol混合物中所含的质子数为28NA，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、一个NH4Cl中含有4个共价键。

B、根据碳原子守恒确定分解产生CO2的分子数。

C、NaHCO3溶液中存在HCO3－的电离和水解。

D、NaCl、NH4Cl中所含的质子数相同，都是28个。7．【答案】D【解析】【解答】A.酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将碳碳双键因此，分子结构中含有碳碳双键，因此能使酸性KMnO4溶液褪色，A不符合题意；B.该分子中正负电荷的重心没有重合，因此属于极性分子，B不符合题意；C.该分子结构中能与H2发生加成反应的为碳碳双键，因此1mol该分子能与1molH2发生加成反应，C不符合题意；D.该分子结构中含有2个双键和6个单键，分子中含有2个π键和8个σ键，所以分子中σ键和π键的个数比为2：8=1：4，D不符合题意；故答案为：D

【分析】A、碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色；

B、分子结构中正负电荷的重心没有重合，属于极性分子；

C、碳碳双键能与H2加成，酯基中的碳氧双键不能与H2发生加成反应；

D、单键为σ键，双键中含有一个σ键和一个π键；8．【答案】C【解析】【解答】A.6.2gNa2O的物质的量为=0.1mol，0.1molNa2O中的离子总数为0.1×3NA=0.3NA，故A项说法不符合题意；B．未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的物质的量，故B项说法不符合题意；C.2.3gNa的物质的量为=0.1mol，Na与足量O2后，Na失去1个电子，0.1molNa完全反应失去电子数为0.1×NA=0.1NA，故C项说法符合题意；D．标准状况下，H2O不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其所含化学键数目，故D项说法不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.1个氧化钠含有2个钠离子和1个氧离子；

B.溶液体积未知；

C.钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都为+1价；

D.气体摩尔体积使用对象为气体。

9．【答案】C【解析】【解答】A．氢气中的氢元素由0价变为+1价，SiHCl3中氢元素由-1价变为+1价，故HCl是氧化产物，A不符合题意；B．SiHCl3中氢元素由-1价变为+1价，发生氧化反应，其中硅元素由+4价变为0价，发生还原反应，故既发生还原反应又发生氧化反应，B不符合题意；C．氢气中的氢元素由0价变为+1价，SiHCl3中氢元素由-1价变为+1价，被氧化的氢原子数为3，SiHCl3中硅元素由+4价变为0价，被还原的原子数为1，故被氧化的原子与被还原的原子的个数比3∶1，C符合题意；D．由选项C分析可知方程式H2故答案为：C。

【分析】氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物；利用化合价的变化判断转移电子数。10．【答案】B【解析】【解答】A．题中未给NaAlO2水溶液体积，不能求出氧原子数，A不符合题意；B．碳酸钠水溶液中，碳酸根发生水解，故水溶液中c(Na+)：c()>2：1，B符合题意；C．常温下铁片与浓硫酸发生钝化，无法计算生成的二氧化硫的物质的量及数目，C不符合题意；D.1mol氢氧根离子含有10NA电子，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据n=cv计算出物质的量，但体积未知，但是水分子中也含有氧原子

B.考虑碳酸根离子水解

C.常温下，浓硫酸在铁的表面氧化成氧化物薄膜阻碍了反应进行

D.根据写出化学式进行计算出电子数即可11．【答案】C【解析】【解答】A．的反应属于可逆反应，所得混合物中还含有，溶液中的个数之和小于2，故A不符合题意；B．标准状况下HF不是气体，故B不符合题意；C.56.0gFe与1.0mol反应时，铁过量，转移电子数取决于溴，则反应转移电子数为2，故C符合题意；D．有乙醇和甲醚两种不同结构，若为纯净的乙醇，则含有C-H键的数目为5，符合题意，若为甲醚，则含有C-H键的数目为6，故D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A.根据氯原子守恒及溶液中含有的氯元素进行判断；

B.注意气体摩尔体积适用于在一定状况下的气体，而HF在标准状况下是液体，不能利用其进行计算；

C.根据溴单质的氧化性判断产物，利用少量及方程式进行计算；

D.根据有机物的化学式判断可能有的同分异构体，利用不同物质的结构不同进行判断；12．【答案】A【解析】【解答】A．由反应式可知，生成3molN2时，同时生成2molNa，则转移2mol电子，故A符合题意；B．已知NaN3为离子化合物，其阴离子为，1个中含有73+1=22个电子，故B不符合题意；C．NaN3中，钠离子和叠氮根离子之间为离子键，叠氮根离子中还存在共价键，故C不符合题意；D．N2分子中，每个原子都应满足8电子稳定结构，则N2电子式应为，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】由反应式2NaN3=2Na+3N2↑可知，该反应中，钠元素化合价降低被还原，氮元素化合价升高被氧化，钠元素化合价从+1价降到0价，据此分析解答。13．【答案】B【解析】【解答】A．乙烯分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则标准状况下，2.24L乙烯中σ键的数目为×5×NAmol-1=0.5NA，故A不符合题意；B．硫酸和磷酸的摩尔质量都为98g/mol，含有的氧原子个数都为4，则24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有的氧原子数为×4×NAmol-1=NA，故B符合题意；C．浓硫酸与铜共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，而稀硫酸与铜不反应，足量铜与10g98%的浓硫酸共热反应时，浓硫酸会变为不与铜反应的稀硫酸，则反应转移的电子数小于×2××NAmol-1=0.1NA，故C不符合题意；D．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则在含0.1mol氯化铁的溶液中铁离子和氢离子的数目之和大于0.1NA，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；B．二者的摩尔质量相等且分子中均含有4个氧原子；C．依据量变引起质变，浓硫酸会变为不与铜反应的稀硫酸；D．铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大。14．【答案】A【解析】【解答】A．18O的中子数为10，1.8g18O中含有的中子数为×10×NAmol-1=NA，故A符合题意；B．缺标准状况下条件，无法计算11.2L乙烷和丙烯混合气体中乙烷和丙烯的物质的量和所含碳氢键数目，故B不符合题意；C．重铬酸钾溶液中存在如下平衡，则1LpH为4的0.1mol/L的重铬酸钾溶液中重铬酸根离子的数目小于0.1mol/L×1L×NAmol-1=0.1NA，故C不符合题意；D．氢气和碘蒸气的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以0.1mol氢气和0.1mol碘蒸气反应生成碘化氢的分子数小于0.1mol/L×2×NAmol-1=0.2NA，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、有质量数时，以质量数的数值作为摩尔质量的数值；

B、涉及气体体积的计算要注意是否为标准状况；

C、弱离子可以发生水解；

D、氢气和碘的反应为可逆反应，反应无法完全转化。15．【答案】D【解析】【解答】A、标准状态下，氯仿不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算，A不符合题意。

B、白磷的化学式为P4，31g白磷的物质的量为0.25mol。一分子白磷中含有6个共价键，因此0.25molP4中所含的共价键数目为0.25mol×6×NA=1.5NA，B不符合题意。

C、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算，C不符合题意。

D、4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol，其结构可能为CH3CHO、CH2=CHOH、环氧乙烷，其所含的σ键个数分别为6、6、7。因此0.1molC2H4O中所含的σ键数目最多为0.1mol×7×NA=0.7NA，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、标准状态下，氯仿不属于气态。

B、白磷的化学式为P4，一分子白磷中含有6个共价键。

C、未给出溶液的体积，无法进行计算。

D、C2H4O的结构可能为CH3CHO、CH2=CHOH、环氧乙烷。16．【答案】C【解析】【解答】A．标准状况下，是气体，2.24L是0.1mol，一个中所含极性共价健数目为8个，即0.1mol中所含极性共价健数目为11个，A不符合题意；B．含有非极性键不一定是非极性分子，要看其正负电荷重心是否重合，O3分子结构重心不对称，正负电荷重心不重合，故O3不是非极性分子，B不符合题意；C．饱和碳原子采取杂化，碳氧双键和碳碳双键的碳原子采取杂化，所以CH3CHO和CH3CH=CHCH3分子中C原子采取杂化和杂，C符合题意；D．在该常见反应中，2-丁烯转变为乙醛，碳元素化合价平均从-2升高到-1，氧元素化合价从0降低到-2，若2molO3反应，电子转移4mol，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.一个中含有8个极性键；

B.O3分子正负电荷中心不重合，为极性分子；

C.双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；

D.该反应中，碳元素化合价从-2升高到-1，氧元素化合价从0降低到-2。17．【答案】B【解析】【解答】A.1个D2O分子中含有10个电子，18.0gD2O的物质的量为：=0.9mol，所含的电子数约为0.9×10×6.02×1023=9×6.02×1023个，故A不符合题意；B．二氧化氮和四氧化二氮的最简式均为“NO2”，46.0gNO2的物质的量为1mol，含有的氮原子数约为6.02×1023个，故B符合题意；C．一定条件下若加入6.02×1023个CO和2×6.02×1023个H2，即加入1molCO和2molH2，放出的热量小于91kJ，故C不符合题意；D．T℃时，1LpH=6纯水中，c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，OH-的物质的量为：1L×10-6mol/L=10-6mol，含有OH-的个数为：10-6×6.02×1023个，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据n=m/M计算出物质的量即可

B.最简式相同的物质的原子个数求解，只需要求出最简式中的原子个数即可

C.该反应为可逆反应，反应不能进行到底

D.纯水中氢氧根离子和氢离子浓度相等18．【答案】C【解析】【解答】A.由题干转化流程图可知，反应器中的反应的化学方程式为，故A不符合题意；B.分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应采用沸点不同进行蒸馏分离，故B不符合题意；C.膜反应器中反应为，由于是可逆反应，加入，生成可循环的的物质的量小于1mol，故C符合题意；D.由A和C分析可知，碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、结合箭头的起始和终止，可以知道反应物为二氧化硫、碘和水，生成物为硫酸和碘化氢；

B、碘化氢和硫酸都是液体，沸点不同，采用蒸馏法分离；

C、碘化氢的分解为可逆反应，无法完全转化；

D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。19．【答案】B【解析】【解答】A．根据m=nM=M，分子数目相等的三种气体，NA质量最大的是相对分子质量最大的Z，原子数目相等的三种气体，质量最大的无法判断，A不符合题意；B．根据密度ρ=，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，B符合题意；C．气体的物质的量n=和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，C不符合题意；D．同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，Mr(Y)=0.5Mr(Z)，则二者的物质的量之比是4：1，同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为4：1，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】已知三个物质的相对原子质量大小，若质量相同，那么物质的量与摩尔质量成反比；又根据阿伏加德罗推论可知，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，可以比较密度关系。20．【答案】C【解析】【解答】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项不符合题意；B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项不符合题意；C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项符合题意；D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.水解过程中各元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有的H2S、PH3可知，CaS、Ca3P2水解生成氢化物和氢氧化钙；

B.该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成；

C.反应②中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到1个电子，P元素化合价从3价升高到+5价，失去8个电子，根据转移电子守恒计算可氧化PH3的物质的量；

D.酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质。21．【答案】（1）将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe（OH）3；10.0（2）4.67≤pH≤5.5；（3）；O2、硫酸（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤【解析】【解答】（1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)3。“酸浸”时，要使Mn浸出率最大，所以选择c(H2SO4)为10.0mol/L。

（2）由分析可知，“调pH”时，加入MnCO3使Al3+全部沉淀，Mn2+、Fe2+在溶液中，根据已知信息②及Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=1.0×10-33，则溶液中c（OH-）=mol/L≈10-9.33mol/L，所以c（H+）=mol/L=10-4.67mol/L，pH=4.67；若c（Mn2+）=1.0mol/L，其他金属阳离子浓度为0.001mol/L，当Mn2+离子开始沉淀时，根据Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c2(OH-)=5.0×10-12，c(OH-)=mol/L=×10-6mol/L，所以c(H+)==10-8.35mol/L，pH=8.35；当Fe2+离子开始沉淀时，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH-)=5.0×10-17，c(OH-)=，c（H+）==10-7.35mol/L，pH=7.35。综上所述，结合已知信息①，调pH的范围为：4.67≤pH≤5.5。若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为。

（3）根据题干信息，该反应的化学方程式为：。整个流程中，可以循环使用的物质有O2、硫酸。

（4）获取明矾KAl(SO4)2⋅12H2O的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。

【分析】根据题干信息及流程图，“酸浸”时，涉及反应是MnO2→H2SO4Mn4+→SO2Mn2+，

Fe2O3→H2SO4Fe3+→SO2Fe2+，Al2O3→H2SO4Al3+，SiO2不参与反应，即滤渣Ⅰ为SiO2；

根据流程图最下一行信息可知，滤渣Ⅱ为Al(OH)3，说明“调pH”时，加入的MnCO3把Al3+转化为Al(OH)3；此时所得滤液中主要含有Mn2+、Fe2+，“氧化”时，O2将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，即滤渣Ⅲ为FeOOH；“电解”时，Mn2+被氧化为MnO2；“焙烧”时，MnO2与Li2CO3在一定条件下反应生成LiMn2O4。22．【答案】（1）（2）（3）A；B（4）A（5）88.2%或0.882；滴定过程中过量被空气中氧化生成，导致消耗的溶液体积变大，测定结果偏高【解析】【解答】（1）氧化亚铁具有还原性，加入氧化剂将其氧化为氧化铁；因此滤渣1为氧化铁；

（2）根据反应得到的是Na2CrO4，因此转化为Na2Cr2O7，因此反应的离子方程式为；

（3）A.陶瓷中含有二氧化硅，与碱性物质作用，故A符合题意；

B.过滤是不能用玻璃棒引流，故B符合题意；

C.步骤③的目的是使杂质离子转化为沉淀而除去，故C不符合题意；

D.步骤⑤加入KCl后发生的是复分解反应，将钠盐转化钾盐，故D不符合题意；

（4）结合溶解度即可得到用冷水洗涤粗产品；

（5）①，。即可得到--，n()=0.03x0.0225mol，因此n()=0.03x0.0225mol/6.质量为0.03x0.0225mol/6x294x10/0.375x100%=88.2%，

②偏高主要是碘离子被空气中氧气氧化，导致偏大；

【分析】（1）根据高温的反应即可找出；

（2）根据反应物生成物即可写出方程式；

（3）A.陶瓷中二氧化硅易与碱性物质作用；

B.根据过滤操作判断；

C.根据反应流程判断；

D.结合反应物和生成物即可判断；

（4）结合溶解度判断；

（5）①根据方程式找出物质的量关系即可计算；

②考虑碘离子被氧气氧化。23．【答案】（1）（2）；ABD；0.225（3）3：4；过程ⅲ的反应为：、，当时，ⅲ可顺利发生；若和按物质的量之比1：1投料，过程ⅰ中刚好与反应：CH4+CO2       __2CO+2H2，无剩余的；过程ⅱ的反应为、、，ⅰ无剩余，导致ⅱ结束后，导致iii无法将完全转化成，最终导致ⅱ、ⅲ循环无法持续进行。【解析】【解答】（1）由图可知，纳米Cu处的电极上发生的反应是CO2被还原为乙烯，所以电极反应式为：

；

（2）①①，②，③，根据盖斯定律即可计算出③=①+②×2，即可计算出=；

②A.由选择性的定义可知CO2的选择性与CO的选择性的和为1，由图可知，曲线a和曲线c在相同温度下的数值加和始终为1，所以曲线a和曲线c为两种气体的选择性曲线，曲线b为H2的产率曲线，又由于起始时按投料n(CH3CH2OH)：n(H2O)=1：3，所以一开始体系中没有CO2，所以反应Ⅱ开始时不反应，CO的选择性为0，表示平衡时CO选择性的曲线是c，则曲线a表示的是CO2的选择性，故A符合题意；

B.随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡都正向移动，所以乙醇的平衡转化率是一直升高的，故B符合题意；

C.曲线b为氢气的产率曲线，CO的选择性随温度的升高而升高，CO2的选择性随温度的升高而降低，由图可知，300℃后，以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ消耗的H2大于反应Ⅰ生成的H2，从而导致曲线b随温度升高而降低，故C不符合题意；

D.降低水醇比［］，即降低H2O的物质的量，对于反应Ⅱ而言，反应正向移动，有助于提高CO的选择性，故D不符合题意；

③500℃、100kPa条件下，设CH3CH2OH和H2O的起始量分别为1mol和3mol，设达到平衡后CO的物质的量为xmol、反应Ⅰ生成的H2为amol，则可有如下式子

起始(mol)1300转化(mol)a/6a/2a/3a平衡(mol