2024届高三化学一轮复习——化学综合计算
一、单选题
1．物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为3： 2： 1时，三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比为（ ）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：2：1 D．3：4：3
2．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．足量Cl2分别与含有0.1molFeI2的溶液、含0.1molNa2SO3的溶液反应，转移电子数均为0.2NA
B．1molAl分别与足量NaOH溶液、足量稀H2SO4溶液反应，产生氢气的分子数均为1.5NA个
C．22.4LCH4与22.4LCH2=CH2混合得到的气体中含H原子数为8NA
D．1mol2H37Cl比1mol3H37Cl少NA个质子
3．硼氢化钠(NaBH4)是有机反应中常用强还原剂，其在催化剂作用下与水反应获得氢气的微观过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．BH 、BH3、B(OH) 中B的杂化方式有两种
B．整个过程中出现了6种含硼微粒
C．NaBH4中含有离子键、共价键、配位键
D．每产生1molH2转移2mol电子
4．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．常温下，a、d水溶液的pH：a
C．c可用于自来水消毒
D．e或f分别与a的浓溶液反应均可制得b
5．设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，2.24 L Cl2溶于足量水中，充分反应后，转移的电子数为0.1NA
B．25℃时，28g乙烯与丙烯的混合气体中，含碳原子的数目为2NA
C．1.7 g氨基中含有N—H键的数目为0.2NA
D．0.1CH3COOH溶液中CH3COOH和数目之和为0.1NA
6．最新发现C3O2是金星大气的成分之一，化学性质与CO相似。C3O2分子中不含环状结构且每个原子均满足8电子稳定结构。下列叙述错误的是（ ）
A．元素的第一电离能：O>C
B．3p轨道上有1对成对电子的基态X原子与基态O原子的性质相似
C．C3O2中C原子的杂化方式为sp3
D．C3O2分子中σ键和π键的个数比为1：1
7．相同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，其c(Cl-)之比是（ ）
A．1:2:3 B．3:2: 1 C．1:1:1 D．6:3: 1
8．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．光照下足量甲烷使1mol Cl2完全反应，有机物中Cl原子数为NA
B．含46g CH3CH2OH的酒精水溶液中含有的H原子数为6NA
C．1mol Na2O2中含离子键与共价键数均为NA
D．FeCl3溶液与KSCN溶液均为1L 0.1mol/L，混合后生成[Fe(SCN)]2+离子数为0.1NA
9．设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1LpH=1的硫酸溶液中含有的数目为0.2NA
B．标准状况下，中含有的质子数为10NA
C．一定条件下，1molFe分别在足量的氧气、氯气中燃烧，转移电子数均为3NA
D．用惰性电极电解足量溶液时，若阴极增重12.8g，则理论上阳极产生的气体分子数为0.2NA
10．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1molNaCl晶体中约含NA个氯化钠分子
B．0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3NA
C．1mol[Al(OH)4] —中含有的共用电子对数为4NA
D．足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.4NA
11．下列各项比较中，一定相等的是（ ）
A．等物质的量的OH-和-OH中所含电子数
B．等质量的氧气和臭氧中含有的氧原子数目
C．1molNa2O2固体中阳离子与阴离子的数目
D．等物质的量的Cu与Fe分别与足量的稀硝酸反应时转移的电子数
12．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是（ ）
A．1mol C3H8分子中含共用电子对数为10NA
B．1mol Cl2参加反应，转移电子数一定为2NA
C．Na2S和Na2O2固体混合物7.8克中，含有的阴离子数为0.3 NA
D．电解精炼铜时，阳极质量减少12.8g时，转移电子数为0.4NA
13．中国科学技术大学的钱逸泰教授课题组以CCl4和金属钠为原料，在700℃时反应制出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应中CCl4体现还原性 B．另一种化合物是NaCl
C．该反应能在水溶液中进行 D．纳米级金刚石粉末属于胶体
14．下列选项中的物质所含指定微粒数目一定相等的是（ ）
A．等温等压下，相同体积的和两种气体中的分子数
B．等温等压下，相同体积的和、的混合气体的总原子数
C．等温等压下，相同质量的和两种气体的氧原子数
D．等温等压下，相同质量的和两种气体中的分子数
15．硫酸根自由基( )是具有较高氧化还原电位的自由基，可以氧化很多物质。通常利用分解过硫酸盐的方式产生硫酸根自由基。碱性条件下，过硫酸钠( 硫元素为+6价)活化Fe得到 和 ( 和 为具有强氧化性的自由基)，去除水体中As(V)的机理模型如图所示。下列有关说法中正确的是（ ）
A． 中氧元素显-2价
B．与As(V)共沉淀时发生了氧化还原反应
C． 和Fe发生的反应为
D．强碱性条件下,溶液中的自由基主要为
16．为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．与的混合物中所含中子数为
B．标准状况下，11.2L丙烷具有的共价键数为
C．电解精炼铜时，若电路中转移0.2mol电子，阳极质量减少6.4g
D．常温下，0.5molFe投入浓硫酸中，反应转移的电子数为
17．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
B．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．5NH4NO3 2HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA
18．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．100 g溶质质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有4NA个氧原子
B．1 mol Cl2溶于水，溶液中Cl-、HClO、ClO-粒子数之和小于2NA
C．2.24 L(标准状况)2H2中含有0.2NA个中子
D．25 ℃时Ksp(CaSO4)=9×10-6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10-3NA个Ca2+
19．下列说法正确的是（ ）
A．反应CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)在一定条件下能自发进行，该反应一定为放热反应
B．可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀
C．Na2O2与水反应产生1molO2，理论上转移的电子数目约为4×6.02×1023
D．保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O )的值增大
20．关于反应2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+Na2SO4+K2SO4+2H2O，下列说法正确的是
A．KI发生还原反应
B．H2SO4既不是氧化剂，也不是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D．消耗0.5molNaNO2时，转移1.0mol电子
二、综合题
21．电解铝厂的实验室为测定铝土矿（主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3 、SiO2）样品中Al2O3的质量分数，操作如下：
Ⅰ.将铝土矿样品粉碎后加入足量稀H2SO4溶液，充分反应后过滤，得滤液a
Ⅱ.向滤液a中加入足量NaOH溶液，充分反应后过滤，得滤液b
Ⅲ.向滤液b中通入足量CO2，充分反应后过滤、洗涤，得Al(OH)3沉淀
Ⅳ.……
（1）滤液a中阳离子有 （写离子符号）。
（2）操作Ⅱ中反应的离子方程式是 。
（3）操作Ⅳ是 。
（4）要测定铝土矿样品中Al2O3的质量分数，所需数据是 （质量数据用x、y…表示，单位是g）；铝土矿样品中Al2O3质量分数表达式是 （用含x、y…的式子表示）。
22．随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，制取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g) CH3NH2(g)＋H2O(g)
ΔH。回答下列问题：
（1）上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，已知
①CO（g）+ O2（g）═CO2（g） △H1=-284kJ/mol
②H2（g）+ O2（g）═H2O（g） △H2=-248kJ/mol
③CH3OH（g）+ O2（g）═CO2（g）+2H2O（g） △H3=-651kJ/mol
CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)ΔH= 。
（2）在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：
①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为 。
②X轴上b点的数值比a点 (填“大”或“小”)。某同学认为图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是 。
（3）实验室可由四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶的PbI2，常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，则Ksp(PbI2)＝ ；已知Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5，则转化反应PbI2(s)＋2Cl－(aq) PbCl2(s)＋2I－(aq)的平衡常数K＝ 。
（4）分解HI曲线和液相法制备HI反应曲线分别如图1和图2所示：
①反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的ΔH (填大于或小于)0。
②将二氧化硫通入碘水中会发生反应：SO2＋I2＋2H2O 3H+＋HSO4-＋2I－，I2＋I－ I3-，图2中曲线a、b分别代表的微粒是 、 (填微粒符号)；由图2知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是 。
23．按要求填空：
（1）已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
①上述反应中氧化剂是 (填化学式，下同)，还原产物是 ，若反应中生成的气体在标准状况下的体积是2.24L，则反应中转移的电子数 。
②根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有 (填序号)。
（2）实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，
①写出该反应的化学方程式
②用 (填名称)除去氯气中的杂质氯化氢气体，用 (填化学式)溶液吸收尾气，
③足量的二氧化锰与40mL10 mol·L－1的浓盐酸充分反应，收集到的氯气在标准状况下的体积 2.24L(填“大于”“等于”或“小于”)。
24．亚氯酸钠( NaClO2)是一种高效氧化剂和漂白剂，主要用于棉纺、纸张漂白、食品消毒、水处理等。已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出的晶体是NaClO2 3H2O，高于38 ℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。纯ClO2易分解爆炸。一种制备亚氯酸钠粗产品的工艺流程如下：
（1）ClO2发生器中的离子方程式为 ，发生器中鼓人空气的作用可能是 （选填序号）。
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性
b．稀释ClO2以防止爆炸
c．将NaClO3还原为ClO2
（2）吸收塔内反应的化学方程式为 ，吸收塔的温度不能超过20℃，其原因是 。
（3）从“母液”中可回收的主要物质是 。
（4）从吸收塔中可获得NaClO2溶液，从NaClO2溶液到粗产品(NaClO2)经过的操作步骤依次为：①减压，55℃蒸发结晶；② ；③ ；④低于60℃干燥，得到成品。
（5）为测定粗品中NaClO2的质量分数，做如下实验：
准确称取所得亚氯酸钠样品10.00 g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2-+ 4I-+ 4H+= 2H2O+ 2I2+ Cl-）。将所得混合液配成250mL待测溶液，取25.00 mL待测液，用2.000 mol．L-lNa2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-= 2I-+S4O62-），测得消耗Na2SO3溶液平均值为16.40mL。该样品中NaClO2的质量分数为 。
25．下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体
（1）写出有关物质的化学式X： ；F
（2）写出A→D的化学方程式
（3）写出实验室制备C的化学方程式
（4）C可用于制备尿素，尿素CO(NH2)2适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，其水解的化学方程式是
（5）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：
①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是： ，其物质的量之比是：
②原NaOH溶液的物质的量浓度是 mol/L，甲图所示溶液最多还能吸收A体积为 mL(标准状况)。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】不妨设三种溶液的物质的量浓度均为a mol/L，物质的量浓度与溶液体积无关， NaCl溶液中c1(Clˉ)=amol/L，MgCl2溶液中c2(Clˉ)=2amol/L，AlCl3溶液中c3(Clˉ)=3amol/L，所以三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比为1:2:3，
故答案为B。
【分析】然后根据公式n=C×V求出的 NaCl、MgCl2、AlCl3 的物质的量，再根据物质的组成特点求出氯离子的物质的量浓度，以此分析.
2．【答案】B
【解析】【解答】A.0.1 mol FeI2中含0.1 mol Fe2+、0.2 mol I-，由于Cl2足量，故Fe2+、I-均被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，则转移电子=n(Fe2+)+n(I-)=0.3 mol，A不符合题意；
B．根据得失电子守恒，得3n(Al)=2n(H2)，即n(H2)=1.5n(Al)，由于两种情况下Al都完全反应，故生成的H2相等均为1.5 mol，B符合题意；
C．由于未说明标准状况，故22.4 L不一定为1 mol，C不符合题意；
D．同位素2H与3H质子数相同，均为1，中子数相差1个，故两种分子质子数相等，D不符合题意；
故答案选B。
【分析】A.亚铁离子和碘离子均与氯气反应，转移的电子与0.1mol的亚硫酸钠转移的电子不同
B.找出铝单质与产生氢气的关系即可
C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
D.质子数相同中子数不同
3．【答案】D
【解析】【解答】A．BH 、B(OH) 中B的杂化方式为sp3杂化，BH3中B的杂化方式为sp2杂化，故A不符合题意；
B．BH 、BH3、BH2(OH)、HB(OH)2 、. B(OH)3 、B(OH) 共6种，故B不符合题意；
C．Na+与[BH4]—之间通过离子键结合成NaBH4，[BH4]—中有3个B一H为共价键，还有一个B-H的配位键，故C不符合题意；
D．每产生1mol H2转移2mol电子，并没有说在哪一个过程，在BH3—H2B(OH)中， BH3十H2O=H2B(OH) ，中BH3中是-1价H和H2O中+1价H结合生成，在这一过程中生成1mol H2，则转移1mol电子，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A、根据各微粒的结构确定其杂化方式；
B、根据图示反应过程中出现的微粒分析；
C、根据NaBH4的结构分析；
D、根据反应过程进行计算；
4．【答案】A
【解析】【解答】A．由分析可知，a、d分别是HCl、HClO，HCl为强酸，HClO为弱酸，浓度未知，无法比较，A符合题意；
B．由分析可知，b是Cl2，既有氧化性又有还原性，B不符合题意；
C．由分析可知，c是ClO2，具有氧化性，可用于自来水消毒，C不符合题意；
D．由分析可知，a是HCl，b是Cl2，e是氯化盐，f是氯酸盐，氯化盐与浓盐酸反应生成氯气，氯酸盐与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，均可制得氯气，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据物质种类，以及化合物中元素化合价代数和为0，可推出a是HCl，b是Cl2，c是ClO2，d是HClO，e是氯化盐，如NaCl，f是氯酸盐，如NaClO3。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．氯气与水的反应是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则标准状况下，2.24 L Cl2溶于足量水中，充分反应后，转移的电子数小于×1×NAmol-1=0.1NA，故A不符合题意；
B．乙烯与丙烯的最简式相同，都为CH2，28g CH2中含碳原子的数目为×1×NAmol-1=2NA，故B符合题意；
C.1.7 g氨基中含有N—H键的数目为×2×NAmol-1>0.2NA，故C不符合题意；
D．缺溶液的体积，无法计算0.1CH3COOH溶液中CH3COOH和数目之和，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯气与水的反应为可逆反应；
C.1.7 g氨基的物质的量大于0.1mol；
D.溶液体积未知，无法计算离子数目。
6．【答案】C
【解析】【解答】A.同一周期，从左到右，第一电离能逐渐增大，因此第一电离能O>C，选项正确，A不符合题意；
B.3p轨道上有1对成对电子的基态X原子为S原子，O和S位于同一主族，二者的化学性质相似，选项正确，B不符合题意；
C.C3O2分子中不含有环状结构，且每个原子均满足8电子稳定结构，因此C3O2的结构简式为O=C=C=C=O，碳原子采用sp杂化，选项错误，C符合题意；
D.C3O2的结构简式为O=C=C=C=O，其中含有4个双键，每个双键中含有一个σ键和一个π键，因此分子中σ键和π键的个数比为1：1，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据第一电离能的递变规律分析；
B.3p轨道上有1对成对电子的基态X原子为S原子；
C.根据题干信息确定C3O2的结构，从而确定碳原子的杂化方式；
D.根据C3O2的结构简式确定其所含σ键和π键的个数比；
7．【答案】A
【解析】【解答】且设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的浓度均为c mol/L，而NaCl、MgCl2、AlCl3三种物质中氯离子的个数之比为1：2：3，所以三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为c：2c：3c=1:2:3，A符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的浓度相同，再结合三者的化学式以及所含的氯离子个数进行解答。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．甲烷与Cl2反应消耗1mol Cl2，则有1molCl取代有面分子中的1molH，故有机物中Cl原子为1mol，数目为NA，选项A符合题意；
B.46g CH3CH2OH中含有H原子的数目为6NA，酒精水溶液不仅CH3CH2OH中有H，水中也有H，故H原子数大于6NA，选项B不符合题意；
C.1mol Na2O2中含离子键2mol，含共价键1mol，两者数目不相等，选项C不符合题意；
D．Fe3++SCN-[Fe(SCN)]2+为可逆反应，反应不可能进行到底，故生成[Fe(SCN)]2+的离子数小于0.1NA，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.水中也含有H原子；
C.过氧化钠中含有2个离子键，1个O-O共价键；
D. FeCl3溶液与KSCN溶液的反应为可逆反应。
9．【答案】D
【解析】【解答】A.1LpH=1的硫酸溶液中含有的数目为0.1NA，A不符合题意；
B．标准状况下，不是气态，B不符合题意；
C．铁在氧气中燃烧生成，1molFe在足量的氧气气中燃烧，转移电子数均为NA，C不符合题意；
D．甲池A为电解池的阴极，电极反应为，增重的铜物质的量为，转移电子物质的量为；乙池石墨极为电解池的阳极，电极反应为：，依据电子守恒，生成氯气，气体分子数为0.2NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】易错分析：B.使用气体摩尔体积进行计算时，对象必须为气体。
C.铁与氧气反应生成的既有二价铁也有三价铁，而氯气为强氧化剂，都生成为三价铁，所以转移电子不同。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．NaCl是由钠离子和氯离子构成的，NaCl晶体中不存在分子，A不符合题意；
B．等量的乙烯和乙醇分别完全燃烧与消耗的氧气量之间的关系式是：C2H4~3O2，C2H6O~3O2，则0.1mol二者混合物完全燃烧消耗n（O2）=0.3mol，即其分子数为0.3NA，B符合题意；
C．由于[Al（OH）4]-部分水解，导致溶液中[Al（OH）4]-的物质的量小于1mol，则含有的共用电子对数小于4NA，C不符合题意；
D．涉及反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑，Mn元素在反应前后化合价由+4降为+2，则8.7g即0.1mol MnO2转移的电子的物质的量为0.1×(4-2)mol=0.2mol，即0.2 NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意NaCl是由钠离子和氯离子构成的。
B.乙烯的分子式为C2H4，乙醇的分子式可写为C2H4·H2O，H2O与氧气不反应，据此分析。
C.注意[Al（OH）4]-部分水解。
D.根据氧化还原反应中转移电子数的计算公式进行分析。
11．【答案】B
【解析】【解答】A.1个OH-含有10个电子，一个羟基含有9个电子，所以等物质的量的氢氧根和羟基所含电子数不相等，A项不符合题意；
B．氧气与臭氧都是由氧原子构成的，因此，质量相等时，所含的氧原子数目一定相等，B项符合题意；
C．Na2O2中的阳离子是Na+，阴离子是 ，因此其中的阴阳离子个数比为1：2，数目不相等，C项不符合题意；
D．稀硝酸足量时，能够将Fe全部氧化为Fe3+，而Cu只能被氧化为Cu2+，所以相等物质的量的Fe和Cu与足量稀硝酸反应时，Fe转移的电子数更多，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、注意羟基中含有9个电子；
B、根据、进行作答即可；
C、根据过氧化钠的电子式进行作答；
D、根据氧化还原反应的原理进行作答。
12．【答案】A
【解析】【解答】A. 1mol C3H8分子中含有2molC-C键、8molC-H，含共用电子对数为10NA，故A符合题意；
B. 0价的氯元素化合价可以升高，也可以降低，1mol Cl2参加反应，转移电子数不一定为2NA，故B不符合题意；
C. Na2S和Na2O2的摩尔质量相同，Na2S的阴离子为S2-，Na2O2的阴离子为O22-，Na2S和Na2O2固体混合物7.8 克中，含有的阴离子数为0.1 NA，故C不符合题意；
D. 电解精炼铜时，阳极溶解的金属不全为铜，阳极质量减少12.8g时，转移电子数不一定为0.4NA，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据进行计算；
B、根据得失电子守恒进行作答；
C、根据进行计算；
D、根据得失电子守恒进行作答。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，该反应前后碳元素化合价由+4降为0，说明碳元素得电子发生还原反应，体现了CCl4的氧化性，A不符合题意；
B．由分析可知，另一种化合物是NaCl，B符合题意；
C．钠能与水反应，所以该反应不能在水溶液中进行，C不符合题意；
D．胶体是分散质粒子直径介于1~100nm的分散系，属于混合物，而金刚石属于纯净物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息和质量守恒定律可知，涉及反应是CCl4+4NaC+4NaCl。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．等温等压下，根据N=nNA=NA，相同体积的O2和O3两种气体中的分子数相同，故A选；
B．等温等压下，相同体积的两气体的物质的量相同，而C2H2、C2H6混合气体中两者的比例未知，故此混合气体的平均分子式不一定是C2H4，故和C2H4所含的原子数不一定相同，故B不选；
C．和的摩尔质量相同，但是所含氧原子个数不同，则等温等压下，相同质量的和两种气体的物质的量相同，氧原子数不等，故C不选；
D．和的摩尔质量不等，等温等压下，相同质量的和两种气体的物质的量不同，分子数不等，故D不选；
故答案为：A。
【分析】根据阿伏加德罗定律及推论判断。
15．【答案】D
【解析】【解答】A． 中含过氧键，氧元素价态有-1价，选项A不符合题意；
B．与As(V)共沉淀时，没有元素发生化合价变化，选项B不符合题意；
C． 和Fe发生反应生成 和 ，反应为 ， 和 发生反应生成 和 ，反应为 ，选项C不符合题意；
D．根据图示可知，强碱性条件下， ，故强碱性条件下，溶液中的自由基主要是 ，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据钠元素和氧元素的化合价即可计算出硫元素的化合价
B.根据图示化合价并未改变
C.根据反应流程即可写出离子方程式
D.根据图示即可判断
16．【答案】B
【解析】【解答】A. 含有的中子数为10个，与含有的中子数为10个，2g混合物含有NA个中子，故A不符合题意；
B.一个丙烷分子含有10个共价键，标况下11.2物质的量为0.5mol，因此含有的键为5mol，故B符合题意；
C.阳极是粗铜，不一定是铜失去电子，故C不符合题意；
D.铁被浓硫酸钝化，故D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】A.根据分子式计算出中子数和物质的量即可；
B.计算出物质的量再计算出键数；
C.考虑阳极是粗铜；
D.考虑铁被浓硫酸钝化。
17．【答案】D
【解析】【解答】A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为 价，因此Fe失去电子的物质的量为： ，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为： ，因此生成的H2分子数目为 ，A不符合题意；
B. 室温下，1 LpH＝13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH－浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH－为10-13mol/L×1L=10-13mol，B不符合题意；
C. 氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为 ，C不符合题意；
D.该反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，故生成氢气的量为4/15NA
B、由水电离出的氢氧根数目为10-13NA
C、正极为O2~4e-则电子数目为4NA
18．【答案】D
【解析】【解答】A．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含1mol氧原子；水的质量为100g-46g=54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，个数为4NA个，选项A不符合题意；
B.1molCl2通入水中反应生成盐酸和次氯酸，盐酸守恒可知， Cl2、HClO、Cl-、ClO-粒子数之和等于2 NA ，故HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2 NA，选项B不符合题意；
C.标况下2.24L2H2的物质的量为0.1mol，而2H2中含2个中子，故0.1mol2H2中含0.2NA个电子，选项C不符合题意；
D.25℃时，Ksp(CaSO4)=9×10-6，则CaSO4饱和溶液中Ca2+浓度为3×10-3NA，溶液体积不知不能计算微粒数，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】阿伏加德罗常数，为热学常量，符号NA。 它的数值为：6.022 141 29 ±0.000 000 27×10 ，一般计算时取6.02×10 或6.022×10 。它的正式的定义是0.012kg碳12中包含的碳12的原子的数量。
19．【答案】B
【解析】【解答】A、如果该反应能自发进行，则△G＝△H﹣T△S＜0，该反应的△S＞0，该反应在一定条件下能自发进行，则该反应不一定是放热反应，故A不符合题意；
B、作原电池负极或作电解池阳极的金属材料加速被腐蚀，如果采用牺牲阳极的阴极保护法保护钢闸时钢闸作正极被保护，如果采用外加电流的阴极保护法保护钢闸时钢闸作阴极被保护，所以可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀，故B符合题意；
C、过氧化钠和水反应中，过氧化钠一半作氧化剂、一半作还原剂，生成1mol氧气，转移电子物质的量＝1mol×2×[0﹣(﹣1)]＝2mol，所以转移电子数为2×6.02×1023，故C不符合题意；
D、c(OH－)/c(NH3·H2O)=[c(OH－)·c(NH4＋)]/[c(NH3·H2O)·c(NH4＋)]=Kb/c(NH4＋)，温度不变电离平衡常数不变，溶液中，通入二氧化碳时，二氧化碳和水反应生成的碳酸与氢氧根离子结合生成水，促进一水合氨电离，导致铵根离子浓度增大，因此该比值减小，故D不符合题意。
【分析】A.根据自由能判据进行分析；
B.根据金属腐蚀的防护方法进行判断；
C.过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；
D.根据微粒浓度之比的变化得到氨水的电离常数与铵根离子的浓度关系，然后进行分析即可。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．该反应中，KI中的I失电子化合价升高，发生氧化反应，A不符合题意；
B．反应中H2SO4中的元素化合价既不升高也不降低，故H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂，B符合题意；
C．NaNO2中N得电子化合价降低，NO为还原产物，KI中I失电子化合价升高，I2为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，C不符合题意；
D．反应中NaNO2中N得电子化合价从+3价降低为+2价，则消耗0.5molNaNO2转移0.5mol电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【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。
21．【答案】（1）H+、Al3+、Fe3+
（2）H+ + OH- ＝H2O、Al3+ + 4OH- ＝ + 2H2O、Fe3++3OH-＝Fe(OH)3↓
（3）干燥Al(OH)3沉淀、称量
（4）铝土矿样品质量x g、Al(OH)3质量y g；
【解析】【解答】(1)铝土矿中的氧化铝、氧化铁均与稀硫酸反应，而二氧化硅不反应，且硫酸过量，则滤液a中阳离子有H+、Al3+、Fe3+ 。(2)向滤液a中加入足量NaOH溶液，则实现中和氢离子，然后再沉淀金属阳离子，最后溶解氢氧化铝，所以反应的离子方程式为H+ +OH- ＝H2O、Al3+ + 4OH- ＝ + 2H2O、Fe3++3OH-＝Fe(OH)3↓。(3)从溶液中分离出沉淀的方法是过滤，然后洗涤、干燥后称量即可。(4)要测定铝土矿样品中Al2O3的质量分数，则需要知道样品的质量（用x表示）、氢氧化铝的质量（用y表示）。根据铝原子守恒可知铝土矿样品中Al2O3质量分数表达式是 。
【分析】（1）氧化铝、氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁，二氧化硅不反应，据此判断滤液a中阳离子组成；
（2）加入足量氢氧化钠溶液，发生反应有：氢离子与氢氧根离子反应生成水、铁离子与氢氧根生成氢氧化铁沉淀、铝离子与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子；
（3）需要得到干燥的氢氧化铝的质量，所以需要干燥氢氧化铝，然后称量氢氧化铝沉淀的质量；
（4）要测定氧化铝的质量分数，需要知道样品总质量、氢氧化铝的质量，利用质量守恒写出铝土矿样品中Al2O3质量分数表达式．
22．【答案】（1）-129kJ/mol
（2）25%；大；该反应为放热反应，随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度
（3）4×10－9；2.5×10-4
（4）小于；H＋；I3-；减小 的投料比
【解析】【解答】（1）①CO（g）+ O2（g）═CO2（g） △H1=-284kJ/mol②H2（g）+ O2（g）═H2O（g） △H2=-248kJ/mol③CH3OH（g）+ O2（g）═CO2（g）+2H2O（g） △H3=-651kJ/mol
将①+②×2-③得：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-129kJ/mol。
答案为：-129kJ/mol；（2）①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，
CO(g)＋ 2H2(g) CH3OH(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） x 2x x
平衡（mol） 1-x 2-2x x
x=0.25mol
则CO的转化率为 。
答案为：25%；②因为随着X的增大，甲醇的体积分数增大，说明平衡正向移动，X轴应表示压强。
X轴上b点的数值比a点大。答案为：大；
某同学认为图中Y轴表示温度，他判断的理由是：该反应为放热反应，随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度。答案为：该反应为放热反应，随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度；（3）实验室可由四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶的PbI2，常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，则Ksp(PbI2)＝ 。
答案为：4×10－9；
已知Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5，则转化反应PbI2(s)＋2Cl－(aq) PbCl2(s)＋2I－(aq)的平衡常数K＝ 。答案为：2.5×10-4；（4）①因为随着温度的不断升高，HI的物质的量不断减小，所以平衡逆向移动，正反应为放热反应。反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的ΔH小于0。答案为：小于；
②将二氧化硫通入碘水中会发生反应：SO2＋I2＋2H2O 3H+＋HSO4-＋2I－，
I2＋I－ I3-；令投入的SO2为1mol，从反应方程式可以看出，H+的物质的量是SO2的三倍，I-的物质的量是SO2的二倍，再结合图2，即可得出图2中曲线a代表的微粒是H＋。答案为：H＋；
B代表的微粒是I3-。答案为：I3-；
由图2知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是增大SO2的投入量，同时减少I2的投入量，即减小 的投料比。
答案为：减小 的投料比。
【分析】（1）根据盖斯定律可计算
（2）②因为随着X的增大，甲醇的体积分数增大，说明平衡正向移动，X轴应表示压强。故大
（3）Pb~2I-，则c（I-）=2*10-3mol/L
则Ksp=c（Pb2+）·c（I-）2
K= Ksp(PbI2) / Ksp(PbCl2)
（4）①温度升高，HI含量减小，故反应逆向进行，则正反应放热，
② 根据反应SO2＋I2＋2H2O 3H+＋HSO4-＋2I－，I2＋I－ I3-
可知曲线a、b分别为H+、I3-
23．【答案】（1）NaNO2；NO；0.1NA；②⑤
（2）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；饱和食盐水；NaOH；小于
【解析】【解答】(1)①NaNO2中N化合价降低，从+3价降低到+2价，2mol NaNO2得到2mol电子，生成2molNO气体，NaNO2是反应中的氧化剂，NO是化合价降低得到的产物，是还原产物，若反应中生成的气体在标准状况下的体积是2.24L即0.1mol，则反应中转移的电子物质的量为0.1mol，电子数为0.1NA；故答案为：NaNO2；NO；0.1NA。②根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl，①水、③淀粉、④白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；故答案为：②⑤。(2)①二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，其反应的化学方程式MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。
②氯气中含有HCl、水蒸气，用饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢气体，氯气有毒，用碱处理尾气即一般用NaOH溶液吸收尾气；故答案为：饱和食盐水；NaOH。
③40mL10 mol·L－1的浓盐酸即0.4mol，与足量的二氧化锰充分反应，因此根据方程式MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O得到产生0.1mol氯气，但由于浓盐酸反应过程中不断变稀，稀盐酸不和二氧化锰反应，因此收集到的氯气在标准状况下的体积小于2.24L；故答案为：小于。
【分析】(1) ①根据化合价升降和电子得失分析；②根据上述反应，KI与NaNO2在酸性条件下才能反应。(2)①二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；②氯气中含有HCl、水蒸气，氯气有毒，用碱处理尾气；③浓盐酸反应过程中不断变稀，稀盐酸不和二氧化锰反应。
24．【答案】（1）2ClO3-＋SO2＝2ClO2↑＋SO42-；b
（2）2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；防止H2O2分解
（3）Na2SO4
（4）趁热过滤；38-60℃温水洗涤
（5）74.21%
【解析】【解答】（1）ClO2发生器中发生反应：2NaClO3+SO2=2ClO2↑+Na2SO4，反应离子方程式为：2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓人空气的作用是稀释ClO2以防止爆炸，
故答案为2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-；b；（2）吸收塔内是ClO2与氢氧化钠、过氧化氢反应生成NaClO2，过氧化氢起还原剂作用生成氧气，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；低于38℃析出NaClO2 3H2O，实际控制温度20℃，可能是防止温度过高时过氧化氢发生分解，
故答案为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；防止H2O2分解；（3）ClO2发生器中反应生成二氧化氯、硫酸钠，从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4，
故答案为Na2SO4；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2 3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，为防止析出晶体NaClO2 3H2O，应趁热过滤，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，
故答案为趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；（5）由NaClO2～2I2～4Na2S2O3，可知25mol溶液中n（NaClO2）= n（Na2S2O3）= ×0.0164L×2mol/L=0.0082mol，则m（NaClO2）=0.0082mol×90.5g/mol=0.7421g，得到样品中NaClO2的质量分数= ×100%=74.21%，
故答案为74.21%。
【分析】NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到Na2SO4，然后与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO3，母液中主要含有Na2SO4，据此分析解答。
25．【答案】（1）NH4HCO3 或 (NH4)2CO3；NO2
（2）2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2
（3）2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O
（4）CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑
（5）NaHCO3和Na2CO3；1:1；0.75；112
【解析】【解答】（1）由分析可知：X为(NH4)2CO3或NH4HCO3，F为NO2，故答案为：(NH4)2CO3或NH4HCO3，NO2。（2）由分析可知：A为CO2，D为O2，Na2O2与CO2反应生成O2，反应方程式为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2。（3）实验室制备氨气可以用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O。（4）尿素的水解生成两种气体，结合尿素的元素组成，故生成的是氨气和二氧化碳，故反应为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑，故答案为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑。（5）当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，
①假设二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，开始发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，而后发生反应：NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，前后两阶段消耗盐酸的体积相等，而实际前、后两阶段消耗盐酸体积分别为25mL、50mL，前阶段消耗盐酸体积小于后阶段，故溶质是NaHCO3、Na2CO3，由反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，可以知道n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，生成的碳酸氢钠为0.0025mol，由反应NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，可以知道总的碳酸氢钠为0.05L×0.1mol/L=0.05mol，故原溶液中碳酸氢钠为0.05mol-0.0025mol=0.0025mol，其物质的量之比是1:1，故答案为：NaHCO3、Na2CO3；1:1。②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据Na、Cl守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度= =0.75mol/L；（甲）中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL-25mL=25mL，n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，n(NaOH)=n(HCl)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，根据反应方程式：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3、NaOH+CO2=NaHCO3，溶液最多还能吸收CO2的物质的量为0.0025mol+0.0025mol=0.005mol，在标准状况的体积为0.005mol×22.4L/mol=112mL，故答案为：0.75mol/L，112。
【分析】X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为(NH4)2CO3或NH4HCO3，B为H2O，结合转化关系可以知道，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，结合物质的性质进行解答。
