高三化学一轮复习训练：化学综合计算

高三化学一轮复习专题强化训练——化学综合计算

一'单选题

1.下列溶液中c（Cl-）与50mLimol/LAlCb溶液中氯离子浓度相等的是（）

A.150mLimol/LNaCl溶液B.50mL3moi/LKCICh溶液

C.75mLimol/LFeCb溶液D.25mL2moi/LMgCb溶液

2.200mL由硫酸和硝酸组成的混合酸中，c（H+）=1.5mol/L,c（SO『）=0.55mol/L。向其中加入5.76g铜

粉，待充分反应后（不考虑溶液体积的变化），下列说法正确的是（）

A.反应生成的气体是NO、SO2的混合气

B.反应后铜有剩余，加盐酸，铜不会溶解

C.反应中转移了0.018mol电子

D.溶液中CiP+的物质的量浓度为0.45mol/L

3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.标准状况下，22.4L的Cd,中含有NA个分子

B.ImolNa?。？与水充分反应，转移了2NA个电子

C.常温常压下，28gN2和CO的混合气体中含有2NA个原子

D.Imol/L的MgCk溶液和2mol/L的NaCl溶液中均含2NA个C「

3+

4.已知酸性KMnO4溶液可与FeSO4反应生成Fe和Mn?+。现将稀硫酸酸化的KMnO4溶液与FeSO4

溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的

量的变化关系如图所示（已知「生成匕），下列说法中正确的是

A.由图可知，氧化性：MnO；>Fe3+,还原性：Fe3+>T

B.BC段发生的反应为Fe3++2[=Fe2++l2

C.KM11O4与Fes。4反应的方程式中二者系数之比为1:6

D.开始加入的KM11O4为0.3mol

5.Al遇到极稀的硝酸发生反应：BAI+30HNO3=3NH4NO34-8Al(NO3)3+9H2O.设NA为阿伏加德

罗常数的值。下列说法正确的是

A.反应中每消耗2.7g金属A1,转移的电子数为3NA

B.ImolNH：含有的质子数为IONA

C.LOg由H/。与D2O组成的混合物中所含有的中子总数为0.5NA

D.0.16。厂厂14小。3)3溶液中，所含NO］离子数目为0.3NA

6.氢化钠(NaHD)可在野外用作生氢剂，其用作生氢剂时的化学反应原理为:

NaH+H2O=NaOH+H2T,下列有关该反应的说法中，错误的是()

A.NaH中H的化合价为-1

B.标准状况下每生成22.4L的H2,转移电子数目为NA

C.Na、NaH与水作用时，水的作用相同

D.NaOH是氧化产物、H2是还原产物

7.由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4>FezCh和FeO)得到绿矶(FeSCUIHzO),再通过绿矶制备铁黄

［FeO(OH)］的流程如下:

氏心酸溶FeS?波岫㈢疝锐水/空气隹*

.烧江4———^各液--叵丁十次业L--'—►铁黄

已知：FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法错误的是()

A.步骤①，硫酸酸溶后溶液中主要有Fe3+、Fe2+等阳离子

B.步骤②的反应FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+,消耗ImolFeSz转移16moi电子

C.步骤③，得到的绿矶晶体久置于空气中会变质

D.步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3

8.N2O和CO是环境污染性气体，可在PtzO表面转化为无害气体，其过程的总反应为：N2O(g)+CO(g)=

CO2(g)+N2(g)△H,有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确

A.N20为氧化剂

B.为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2。和Pt2O2

C.△H=-226kJ-mol-1

D.由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能

9.为实现“双碳”目标，某科研小组设计捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是（NA

为阿伏加德罗常数的值）（）

A.标准状况下，22.4LCO?中所含的电子数目为16NA

B.10.1gN（C2H5）3中所含的非极性共价键数目为1.8NA

C.22gCCh与N2O混合物中所含氧原子的数目为NA

D.100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA

10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.1L浓度为O.lmol/L的NaHCCh溶液中，HCO；的物质的量等于O.lmol

B.标准状况下，将22.4LCL通入水中，HC10、Cl—、CIO—的粒子数之和为2NA

C.镀铜过程中，阳极（纯铜）质量减小32g,转移电子数为NA

D.相等pH的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，水电离出的c（H+湘等

11.M与N在一定条件下反应时，不能实现图示电子转移的是（）

选项MN电子转移

A铁粉Cl2

e-

BFeSO4H2O2

CNaOHOSB.

222MX

D

so2O2

A.AB.BC.CD.D

12.N2H4作火箭燃料的原理：2N2H4+2NO2-3N2+4H2O。有关说法正确的是（）

A.22.4L（STP）H2O中有质子10NA

B.1molN2H4中共用电子对6NA

C.反应生成3molN2,转移电子8NA

D.2molNO与足量O2反应得到N02分子2NA

13.下列说法正确的是（）

A.碳骨架为＞3的煌的结构简式为（CH3）2C=CH2

B.有机物分子里一定既有非极性键也有极性键

C.乙烯分子中有4个◎键1个兀键

D.乙醇的键线式为/\/°H

14.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）

A.标准状况下，33.6L水中含有1.5NA个水分子

B.通常情况下，7.8g过氧化钠所含阴离子数为0.2NA

C.0.5molL“Caa2溶液中含有0.5NA个Ca2+

D.常温常压下，28gCO与N2的混合气体中所含的分子数为NA

15.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，172gC6H]4的体积为44.8L

B.O.lmolH2和O.lmolL于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2NA

C.0.5mol雄黄（As4s4,结构含有个S-S键

D.+中配位键的个数为4比

16.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.2molC4H&含有的兀键数目为2NA

B.标准状况下，1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数目为NA

C.1mol乙醇与足量乙酸充分反应，生成的乙酸乙酯数目为

D.标准状况下，22.4L澳乙烷中含有的澳原子数目为NA

17.ClCh是新型消毒剂，可以由过硫酸钠（Na2s2。8）与NaCKh反应制得，下列说法不本碘的是

A.该反应的化学方程式为：Na2s2O8+2NaClO2=2ClO2T+2Na2s。4

B.每1molNa2s2O8参力口反应，得到Imole一

C.CIO2因具有强氧化性而可以杀菌消毒

D.该实验条件下的氧化性：Na2s2。8＞。。2

18.1.92g铜投入一定量浓HNCh中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标准

情况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准情况下一定体积的恰好使气体完全溶于水中，则

通入02的体积为

A.672mLB.224mLC.448mLD.336mL

19.2021年，我国科学家利用CO?为原料人工合成淀粉，在未来具有极高的经济价值。已知合成淀粉过

催化剂

程中发生反应：CH3OH+O2-HCHO+H2o2,设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是。

（）

A.17gH2O2中含有过氧键数目为0.5NA

B.标况下，22.4LCH30H中含有的羟基数为M

C.18gD2。中含有氧原子的数目为

D.1molCh参与反应转移电子数为4M

20.室温下的密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计），将容器分成两部分，当左侧按体积比

3：1充入一定量的H?和N2（室温下H?和N?不反应）、右侧充入Imol的CO时，隔板处于如图位置（保

持温度不变），下列说法错误的是（）

A.右侧与左侧气体分子数之比为1：4

B.左侧混合气体的质量为34g

C.左侧混合气体密度是相同条件下氢气密度的17倍

D.若改变右侧CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应再充入3moicO

二'综合题

21.二氧化氯在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与CL相比不会产生对人体有潜在危害

的有机氯化物。制备C1O2的方法是：

NaC103+HC1=CIO2T+ChT+NaCl+H2O

（1）试配平上述化学方程式，并用标出电子转移的方向和数目。

（2）该反应中HC1体现的性质是（）（不定项）

A.氧化性B.还原性C.酸性D.挥发性

(3)在标准状况下，每生成10.08L气体，转移的电子数为。

(4)C102和CL均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒无害的两种气体，自身被还原为C1-。处理含CN-

相同时的电镀废水，所需Cl2的物质的量是C1O2的倍。

22.钥(Mo)是VIB族金属元素，原子序数42。熔点为2610C,沸点为5560℃。铝硬而坚韧，熔点

高，热传导率也比较高。被广泛应用于钢铁、石油、化工、电气和电子技术、医药和农业等领域。某化

学兴趣小组利用废铝催化剂(主要成分为MOS2,含少量CU2S,FeS2)回收M。并制备铝酸钠晶体，其主

要流程图如图所示：

气体1

空气

废铝催化剂联~►固体2

Na2c溶液

固体操作1操作2

「铝酸钠溶液二L>Na2Mo。/印。

足盐

量酸

铝酸局温AMOO3,2^3»Mo

回答下列问题:

(1)操作1为=

(2)空气焙烧的过程中采用如图1所示的“多层逆流焙烧”。

①多层逆流焙烧的优点是________________________________________________________________________

(任答一点)。

②固体1的成分有、CuO和Fe2O3o

(3)固体1加碳酸钠溶液后发生的主要化学方程式为o

(4)铝酸钠是一种新型水处理剂，可以和重金属盐沉淀，则与硫酸铜反应的离子方程

(5)还原法制备铝，若利用H2、CO和A1分别还原等量的MOO3,所消耗还原剂的物质的量之比

为o

(6)已知Na2Mo04溶液中c(MoOj)=0.48mol/L,c(CO：)=0.040mol/L,由铝酸钠溶液制备铝酸

钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO：,当BaMoCU开始沉淀时，CO：的去除率为95.0%,则

10

KSP(BaMoCU)=。(已知Ksp(BaCO3)=l.OxlO-,过程中溶液体积变化忽略不计)

(7)铝酸盐的氧化性很弱，只有用强还原剂剂才能还原，如：在浓盐酸溶液中，用锌做还原剂和相

酸盐溶液反应，最后生成棕色难溶物MoCb,写出该反应的离子方程

式O

23.完成下列问题。

⑴元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大且小于20,其原子半径和最外层电子数之间的关系如

图所示。下列判断正确的是

s2

1

o.

II।।।।

1234567

最外层电子数

①基态a原子价层轨道表示式：0

②上述五种元素中电负性最大的是(写元素符号)

③c所在主族元素的氢化物中，其中沸点最高的是(用化学式表示)。

④向b的最高价氧化物的水溶液中充入过量c的氢化物，写出反应的离子方程式

为o

(2)以NalCh为原料制备I的方法是：先向NalCh溶液中加入恰好反应的NaHSCh,生成碘化物；再

向混合溶液中加入NalCh溶液，反应得到12,上述制备12的总反应的离子方程式

为。

(3)我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CCh重整是CCh利用的研究热

点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：

a)CH4(g)+CO2(g)-2CO(g)+2H2(g)凡

b)CO2(g)+H2(g).-CO(g)+H2O(g)_H2

c）4s）+2H2（g）CH4（g）H3

d）CO（g）+H2（g）'H2O（g）+C（s）H4

反应a的；H]=（写出一个代数式即可）。

24.钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。钠钾合金可用作核反应堆的传热介质。101g钠钾合金

溶于500mL水，生成氢气的（在标准状况下）体积为3.36L；

（1）该过程中转移的电子数目为个。

（2）确定该钠钾合金的组成（用Na,K,的形式表示）：。

（3）如果所得溶液的体积仍为500mL,则溶液中KOH的物质的量浓度为。

25.二甲醛是重要的有机合成原料：工业上常用合成气（主要成分为CO、H2）制备二甲醛，其主要反应

如下：

反应i：CO（g）+2H2（g）,CH3OH（g）,AH,

1

反应ii：2CH3OH（g）-CH3OCH3（g）+H2O（g）,AH^^a.SkJmol

1

反应iii：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）,AH3=-41.2kJ-mol

（1）已知298K时，由稳定态单质生成Imol化合物的焰变称为该物质的标准摩尔生成焰（AH：）。几

种物质的标准摩尔生成焰如下表所示，据此计算AH】=kJ-mor1。

H

物质8(g)2(g)CH3OH(g)

AfH®/(kJmor')-110.50.0-201.2

（2）已知AG=AH-7AS,AG随温度变化的三种趋势如下图中线条所示。能用来表示反应i的线

条是（填线条字母）。

（3）在Zn,。催化剂的作用下发生反应i,其可能反应机理如下图所示。

C展示带有未成键电子的碳原子

①根据元素电负性的变化规律，图中反应步骤III可描述

②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醇的原因为(填选项字母)。

a.有利于平衡正向移动b.防止催化剂中毒c.提高正反应速率

(4)一定温度下，在体积为2L的刚性容器中充入4moicO(g)和8molH?(g)制备二甲醛，4机沅时

1

达到平衡，平衡时C0(g)的转化率为80%,c(H2)=1.4molU,且c(CH3()H)=2c(CH30cH3)。

①0~Amin内，v(C0)=mol-L-1-min~l。

②反应出的平衡常数Kc=(保留三位有效数字)。

(5)实际工业生产中，需要在260℃、压强恒为4.0MPa的反应釜中进行上述反应。初始时向反应釜

中加入O.OlmolCO(g)和0.02molH2(g),为确保反应的连续性，需向反应釜中以

n(CO)：n(H2)=l：2,进气流量0.03mol•〃而一】持续通入原料，同时控制出气流量。

①需控制出气流量小于进气流量的原因

为。

②已知出气流量为0.02mol•〃位尸，单位时间内CO(g)的转化率为60%,则流出气体中CO2(g)的百

分含量为。

答案解析部分

L【答案】C

【解析】【解答】A.lmol/LNaCl溶液中c(Cl)=lmol/L,故A项不选；

B.KCICh溶于水后电离为K+、CIO；,溶液中无C1-,故B项不选；

C.lmol/LFeCh溶液中c(Cl)=1mol/Lx3=3mol/L,故C项选；

D.2mol/LMgCh溶液中c(Cl)=2mol/Lx2=4mol/L,故D项不选；

故答案为：Co

【分析】50mLimol/LAlCb溶液中c(Cl)=1mol/Lx3=3mol/L„

2.【答案】D

【解析】【解答】A.稀硫酸中硫酸根离子不参加反应，不生成SCh,只能生成NO,A不符合题意；

B.由分析可知铜没有剩余，B不符合题意；

C.由分析可知，铜完全反应，则n(e-)=2n(Cu)=2x0.09=0.18mol,C不符合题意；

D.溶液中铜离子浓度，c(Cu)==0.45mol/L,D符合题意；

200x10

故答案为：D。

【分析】氢离子的物质的量为0.3mol,硫酸根的物质的量为0.1Imol,根据电荷守恒可知，硝酸根的物质

的量=氢离子的物质的量-2x硫酸根的物质的量=0.08mol,5.76g铜粉的物质的量为0.09mol,根据铜和稀

硝酸反应的方程式可知，铜完全反应，消耗硝酸根0Q8mol,消耗氢离子的物质的量为0.24mol,因此铜

没有剩余，硝酸根和氢离子有剩余，据此解答。

3.【答案】C

【解析】【解答】A.标准状况下，CC，是液体，A项不符合题意；

B.由2m2。2+2凡0=4而0"+02个可知，m2。2中O元素化合价既升高又降低，2moi

Na2。？和水反应转移2moi电子，则ImolNa?。？与水充分反应，转移了NA个电子，B项不符合题

思士.；

C.N2和CO的摩尔质量均为28g/mol,28gN2和CO的混合气体的物质的量为

28g

0。,「Imol,则28gN,和CO的混合气体中含有2NA个原子，C项符合题意；

28g/mol

D.溶液体积未知，无法计算C1一个数，D项不符合题意；

故答案为：Co

【分析】A.CC14标准状态下为液体，标准状态下22.4L气体才是Imol；

B.过氧化钠中的氧元素化合价即升高又降低，Imol只转移NA个电子；

C.氮气和一氧化塔的摩尔质量都是28g/mol,所以28g混合气体的物质的量刚好为Imol,氮气分子和一

氧化碳分子中都只有两个原子；

D.不知道溶液的体积，没法计算氯离子个数。

4.【答案】D

5.【答案】C

6.【答案】D

【解析】【解答】A、金属无负价，Na为+1,则H为-1,A错误；

B、该方程式变价元素都为H,则每生成1个H2需要消耗1个NaH,转移1个电子，则标准状况下每生

成22.4L的H2,转移电子数目为NA,B错误；

C、Na和HzO、Na和NaH反应时，HzO都作为氧化剂，C错误；

D、NaH中H转化为H2,化合价升高，中H转化为H2,化合价降低，氏既是氧化剂，又是还原

剂，D正确；

故答案为：D

【分析】氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；

化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；

化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；

电子的数目=元素的价态变化数目x该元素原子的个数。

7.【答案】B

【解析】【解答】A.步骤①中用硫酸酸溶时，Fe3O4,FezCh和FeO均溶于硫酸，生成Fe?+、Fe3+的溶

液，故A不符合题意；

B.三价铁具有氧化性，步骤②中的反应为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+,反应中Fe3+中铁元

素由+3价降低为+2价，FeS2中S由-1价升高到+6价，因此消耗ImolFeS?转移14mol电子，故B符合

题意；

C.Fe2+有较强的还原性，所以绿矶晶体久置于空气中会被氧气氧化而变质，故C不符合题意；

D.步骤④，反应条件控制不当，如果氨水过量，绿矶可与氨水反应生成Fe(OH)3,故D不符合题意；

故答案为：Bo

3+

【分析】制备绿矶流程：烧渣(主要成分：Fe3O4>FezCh和FeO)均溶于硫酸，溶液含Fe?+、Fe,步骤

②发生FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+,步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿桃，绿机与氨

水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3,据此解答。

8.【答案】B

【解析】【解答】A.根据甲图可知，反应过程中，N2O—N2,氮元素化合价由+1降为0,说明NzO作氧

化剂，A不符合题意；

B.由图可知，Pt2O和Pt2O2在反应的过程中循环进行，不需补充，B符合题意；

C.由分析可知，△H=134kJ-molT-360kJ-moH=-226kJ-moH,C不符合题意；

D.由图可知，该反应正反应的活化能为134kJ-molT,逆反应的活化能为360kJmoH,则该反应正反应

的活化能小于逆反应的活化能，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.氧化剂在反应前后部分元素化合价降低。

B.注意Pt2。和巳2。2在反应的过程中循环进行。

C.△H=正反应活化能-逆反应活化能。

D.根据图中找出正反应和逆反应的活化能进行比较。

9.【答案】D

【解析】【解答】A.标准状况下，22.4LCO2的物质的量为ImoL每个CO2分子中含有6+8义2=22个电

子，所以共22NA个电子，A不符合题意；

10.1g_

8」0.年?492115)3的物质的量为11=——=0.1mol,每个N(C2H5)3分子中含有3个C-C键为非极

101g-mol

性键，所以故(Mmol此物质中含有的非极性键数目为0.3NA,B不符合题意；

C.二氧化碳与一氧化二氮分子中含有氧原子个数不相等，只知道混合物的质量，无法计算含有氧原子数

目，C不符合题意；

D.100g46%的甲酸水溶液中，含有甲酸分子的物质的量为—~-r=lmol,含有氧原子的物质的量

46g-mol

100g-46g.

为lmolx2=2mol,含水的物质的量为—.....=3mol,含有氧原子的物质的量为3moixl=3mol,故该

18g-mol

溶液中含有氧原子数为(2mol+3mol)xNAmoH=5NA,D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.一个C02中含有的电子数是22个；

m

B.根据n=一计算物质的量，再根据结构式确定非极性共价键的数目，非极性键是同种原子间的共价

M

键；

C.一个C02和一个N20中含有的0的数目不同，所以无法确定。的数目；

D.利用〃=?算出甲酸和水的物质的量，再计算所含的O的数目。

M

10.【答案】C

【解析】【解答】A.1L浓度为O.lmolL-i的NaHCCh溶液中NaHCCh物质的量为（Mmol,由于HCO］存

在水解和电离，因此HCO］的物质的量小于O.lmoL故A不符合题意；

B.标准状况下，将22.4LCL通入水中，由于氯气与水反应是可逆反应，再根据物料守恒得到HC1O、C1

一、CIO—的粒子数之和小于2NA,故B不符合题意；

C.镀铜过程中，根据Cu—2e—=CM+,阳极（纯铜）质量减小32g即物质的量为0.5moL转移电子数为

NA,故C符合题意；

D.相等pH的NaOH溶液和Na2cCh溶液中，前者抑制水的电离，后者促进水的电离，因此水电离出的

c（H+）不相等，故D不符合题意。

故答案为：Co

【分析】A.考虑碳酸氢根离子的水解

B.氯气在水总涵余氯气分子

C.根据计算即可得出

D.盐的水解是促进水的电离

11.【答案】C

【解析】【解答】A.Fe与Cb反应生成FeCL反应，Fe失电子发生氧化反应，Cb得电子发生还原反应，

能实现图示电子转移，故A不符合题意；

B.反应中Fe2+失去电子生成Fe3+,H2O2得电子生成H2O,能实现图示电子转移，故B不符合题意；

C.过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠发生歧化反应，th。没有得电子，不能实现图示电

子转移，故C符合题意；

D.SO2与02反应生成SO3,反应中S02失去电子，。2获得电子，能实现图示电子转移，故D不符合题

思；

故答案为：Co

【分析】C项中过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠发生歧化反应，H20没有得电子。

12.【答案】C

【解析】【解答】A.标准状况下水是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A不符合题意；

B.月井的结构式为：11曹(H,协用2H4中共用电子对为5NA,B不符合题意；

C.反应2N2H4+2NO2-3N2+4H2。，N2H4中N的化合价由-2价升高为0价，NCh中N的化合价由+4价

降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知3N2〜8e;生成3moi氮气，转移8moi电子，即

8NA个，C符合题意；

D.NCh分子中存在平衡：2NO2UN2O4,2moiNO与足量02反应得到NO2分子小于2NA,D不符合题

思；

故答案为：Co

【分析】A.标况下水不是气态；

B.一个N2H4分子含有5个共用电子对；

D.NO2存在转化2NO2UN2O4。

13.【答案】A

【解析】【解答】A、碳骨架为＞3的煌的结构简式为CH2=C(CH3)2,A符合题意。

B、有机物分子中可能只含有非极性键，如CH4；可能同时含有极性键和非极性键，如CH2=CH2,B不

符合题意。

C、乙烯的结构简式为CH2=CH2,其中碳碳双键含有一个◎键和一个兀键，因此一个乙烯分子中含有5

个◎键和1个兀键，C不符合题意。

D、乙醇的结构简式为CH3cH2OH,其键线式为D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、碳原子最外层有4个电子，可形成4个共价键。

B、CH4中只含有极性键。

C、一个双键中含有一个。键和一个兀键。

D、键线式中起点、转折点都表示碳原子。

14.【答案】D

【解析】【解答】A.已知标准状况下H2O是液体，故无法计算33.6L水中含有水分子数目，A不符合题

息；

B.已知NazCh是由Na+和O；-组成的，故通常情况下，7.8g过氧化钠所含阴离子数为

78gXNAmO11=0,1Na,B不符合题意；

C.题干未告知溶液的体积，故无法计算0.5molL」CaCb溶液中含有Ca2+的数目，C不符合题意；

D.已知CO和N2的摩尔质量均为28g/mol,故常温常压下，28gCO与N2的混合气体中所含的分子数为

1

—^―rxNAmor=NA,D符合题意；

28g-mol

故答案为：D。

【分析】A.标况下水不是气态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量；

B.Na2O2是由Na+和0^组成；

C溶液体积未知，不能计算钙离子数目。

15.【答案】D

16.【答案】B

【解析】【解答】AC4H8可能为环丁烷，无n键，A选项是错误的；

B.1个苯乙烯中只有一个碳碳双键，标准状况下，1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数目为NA,B选项是正

确的；

C.乙醇与乙酸反应是可逆反应，不能完全反应，C选项是错误的；

D.标准状况下，澳乙烷是液体，D选项是错误的。

故答案为：Bo

【分析】AC4H8可能是丁烯或环丁烷，乙烯含有碳碳双键，环丁烷无碳碳双键；

B.1个苯乙烯中只有一个碳碳双键，标准状况下，1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数目为NA；

C.1mol乙醇与足量乙酸充分反应，也无法使1mol乙醇完全反应，生成的乙酸乙酯的数目小于NA；

D.澳乙烷标况下是一种无色液体。

17.【答案】B

【解析】【解答】解：A.由分析可知,制备C1O2的反应为：Na2s2。8+2NaCQ=2C1O2T+2Na2so4,A正

确；

B.lmolNa2s2。8参与反应，得到2moi电子，B错误；

C.C102能杀菌消毒利用的是它的强氧化性，C正确；

D.由分析可知，Na2s2。8氧化性强于氧化产物C102,D正确。

故答案为：Bo

【分析】本题主要考查含氯物质的转化。以及氧化还原反应的判断和转移电子的计算。

制备：Na2s2。8+2NaC102=2C1O2T+2Na2so4

分析：Na2s2。8中的S为+7,变为Na2s04中的+6价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，做氧化

剂，氧化性强于氧化产物C102。NaClOz中的Cl为+3价，变为CICh中的+4价，化合价升高，失去电

子，发生氧化反应，做还原剂，还原性高于还原产物Na2so4。

18.【答案】D

19.【答案】A

【解析】【解答】A、过氧化氢分子中含有一个0-0键，17gH2O2的物质的量为0.5mol,含有过氧键的数

目为0.5NA,故A正确；

B、标况下，甲醇不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；

C、18gD2O的物质的量为0.9mol,含有的氧原子数目为0.9NA,故C错误；

D、氧气参与反应后可能变为-1价，也可能变为-2价，故Imol氧气反应后得到的电子数可能为2NA

个，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A、一个过氧化氢分子含有一个过氧键；

B、标况下甲醇为液体；

C、DzO的摩尔质量为20g/mol；

D、氧气参与反应，化合价可能变为-2价，也可能变为-1价。

20.【答案】C

【解析】【解答】A.根据阿伏加德罗定律推论，同温同压下，气体体积比等于分子数之比，所以右侧与

左侧气体分子数之比为1：4,故A不符合题意；

B.左侧混合气体中含有ImolN?、3molH2,所以总质量为3moix2g/mol+Imolx28g/mol=34g,故B不

符合题意；

C.左侧混合气体中含有ImolN?、3molH2,则混合气体的平均相对分子质量为28x1+2x3=4,同温同

44

17

压，气体的密度比等于相对分子质量之比，所以左侧混合气体密度是相同条件下氢气密度的下倍，故C

符合题意；

D.根据阿伏加德罗定律推论，同温同压下，气体体积比等于分子数之比，若改变右侧CO的充入量而使

隔板处于容器正中间，则CO的总物质的量为4mol,则应再充入3moic0,故D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】根据阿伏加德罗定律推论，同温同压下，气体体积比等于分子数之比。

21.【答案】(1)2；4；2；1；2；2

(2)B；C

(3)0.3NA

(4)2.5

【解析】【解答】(1)利用化合价升降法来配平氧化还原反应方程式；

(2)该反应体现了HC1的酸性和还原性；

(3)10.08L气体的物质的量是0.45mol,则产生的CIO2的物质的量是0.3mol,Cb的物质的量为

0.15mol,则转移的电子数为0.3NA；

(4)氧化产物为N2和CO2,C1O2氧化ImolCN-时转移的电子数为5mol,需要CIO2的物质的量为

Imol,CL氧化ImolCN-时转移的电子数为5mol,需要Cb的物质的量为2.5mol,所以所需CL的物质

的量是C1O2的2.5倍。

【分析】(1)氧化剂得到的电子数与还原剂失去的电子数相等；

(2)HC1中的C1元素被氧化，体现其还原性；生成盐NaCl体现其酸性；

(3)两种气体的物质的量之比为2：1,则0.45mol气体时，CICh的物质的量是0.3mol,Cb的物质的量

为0.15mol；

(4)根据电子转移数可知：当处理相同物质的量CN-时，所需Cb的物质的量是C1O2的2.5倍。

22.【答案】(1)过滤

(2)增长与空气接触时间或增大接触面积，使反应充分、提高利用率、节约能源等(合理即可)；MOO3

(3)MoCh+Na2cC)3=Na2MoO4+CO2T

(4)MOO：+CU2+=CUMOO41

(5)3：3：2

(6)2.4X10-8

-2+

(7)2MoO4+3Zn+16H++6CL=2MoCb+3Zn+8H2O

【解析】【解答】(1)操作I为是固体和液体分离，因此操作时过滤；

(2)①多层逆流焙烧的优点是增大与空气的接触面积使反应充分提高利用率；

@MOS2,含少量C112S,FeS2在空气中燃烧，得到氧化铜，氧化铁和三氧化铝；

(3)加入碳酸钠主要是将三氧化铝变为铝酸钠，即可写出方程式为：

MoCh+Na2c。3二Na2MoO4+CO2T；

(4)根据与硫酸铜反应得到铝酸铜，写出离子方程式为：MoO：+Cu2+=CuMoOU；

(5)MOO3+3H2=MO+3H2O,MoO3+3CO=Mn+3CO2,2A1+MOO3=A12O3+MO,即可得到还原剂的物质的

量之比为：3：3：2；

(6)CO：的去除率为95.0%,因止匕剩余c(CO32-)=(l-95%)x0.040mol/L=2xl0-3moi/L,结合Ksp

2+82+28

(BaCCh)=1.0x10-1。，c(Ba)=5xlO-mol/L,因此Ksp(BaMoCU)=c(Ba)c(MoO4-)=2.4x1O-；

(7)在浓盐酸溶液中，用锌做还原剂和铝酸盐溶液反应，最后生成棕色难溶物MoCb,写出方程式

-+2+

为：2MOO4+3Zn+16H+6Cl=2MoCl3+3Zn+8H2O；

【分析】(1)固体和液体分离是过滤；

(2)①多层逆流可增大接触面积反应充分；

②根据MOS2,含少量CBS,FeS2在空气中煨烧，得到氧化铜，氧化铁和三氧化铝；

(3)根据加入碳酸钠主要是得到铝酸钠写出方程式为：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2T

(4)根据反应物和生成物写出离子方程式；

(5)写出方程式即可计算出还原剂的物质的量；

(6)根据CO；的去除率为95.0%以及Ksp(BaCO3)=1.0x10」。，计算出c(Ba2+)即可计算出sp

(BaMoO4)；

(7)根据反应物和生成物写出离子方程式。

23.【答案】(1)皿ItItII：Cl；H2O；OH+H2S=HS+H2O

2s2p

+

(2)2IO；+5HSO3=I2+5SO^+3H+H2O

(3)△H2-AH3-AH4

【解析】【解答】(1)由分析知，a为C、b为Na、c为S、d为Cl、e为K。

①C原子价电子层即最外层，电子排布式为2s22P2,对应轨道表示式为：［W\It|t|I；

2s2p

②根据电负性变化规律知，周期表往右、往上方向电负性增强(稀有气体除外)，故五种元素中电负性

最强的为氯元素，故此处填：C1；

③硫元素所在主族氢化物中H2。的沸点是最高的，因为水分子间存在氢键，故此处填：H2O；

④Na元素最高价氧化物的水溶液为NaOH溶液，硫元素的氢化物为H2S,由于H2s过量，故反应生成

NaHS,对应离子方程式为：OH-+H2S=HS-+H2O；

(2)适量的NaHSCh将碘酸钠还原成I,反应的离子方程式为：IO3_+3HSO3_=T+3SO42_+3H+,再向

混合溶液中加入NalCh溶液，继续加入NalCh,103_与「在酸性条件下可发生归中反应生成L,反应的离

+

子方程式为IO3_+5I+6H=3l2+3H2Of由此可知碘离子为中间产物，消去碘离子可得总反应为

+

2IO3+5HSO3=I2+5SO；+3H+H2O；

(3)由盖斯定律结合已知方程式知，方程式(b-c-d)可得方程式a,则△Hi=AH2-△H3-△H4。

【分析】(1)根据a、b、c、d、e的原子序数依次增大且小于20,以及图像中最外层电子数和原子半径

的关系可知，a为C、b为Na、c为S、d为Cl、e为K。

①根据核外电子排布分析；

②根据电负性变化规律判断；

③含氢键的物质沸点更高；

@NaOH和过量的H2s反应生成水和硫氢化钠，据此书写离子方程式；

(2)根据两步反应相加可得总反应式；

(3)根据盖斯定律分析。

24.【答案】(1)0.3NA

(2)NaK2

(3)0.4mol/L

【解析】【解答】(1)Na和K同主族，性质相近，与水产生氢气，化学方程式为

336L

2Na+HO=2NaOH+HT>2K+HO=2KOH+Ht,则有关系H2O~H2~2e,n(H)=------:----------=0A5mol,

2222222Amol-'L

则转移电子数为0.3mol,即0.3NA个。

(2)根据化学方程式可知，1个Na原子失去1个电子生成Na+,1个K原子失去1个电子生成K+；Na

和K反应共转移电子数为0.3mol,Na和K质量共10.1g,可设Na的物质的量为xmol,K的物质的量为

ymol,则有x+y=0.3、23x+39y=10.1,解得x=0.1,y=0.2,n(Na)：n(K)=l：2,则钠钾合金的组成

NaK2o

(3)根据2K+H2O=2KOH+H2T，则有关系：K-KOH,故生成KOH为0.2mol,

n0.2mol

=0.4mo//L

0―V—500/TIL

【分析】(1)根据n=『计算氢气的物质的量，根据化学方程式可得水转移电子数与氢气的关系，最

后求解即可。

(2)设Na的物质的量为xmol,K的物质的量为ymol,则有x+y=0.3、23x+39y=10.1,解得x=0.1,

y=0.2,n(Na)：n(K)=l：2,则钠钾合金的组成NaK?。

(3)根据化学方程式可得K与KOH的比例关系，结合c=令计算即可。

25.【答案】(1)-90.7

(2)