2024届高三化学二轮复习基础练——化学综合计算（含解析）

2024届高三化学二轮复习基础练——化学综合计算
一、单选题
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．一定量的钠与8g氧气反应，若两者均无剩余，转移电子的数目为NA
B．等物质的量的14NO和13CO气体中所含中子数均为15NA
C．1mol丙烯酸（CH2=CHCOOH）中含有双键的数目为NA
D．常温下，100mLpH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数目为0.01NA
2．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
A．3.6 g D2O和3.6 g H2O中含有的质子数均为2NA
B．含 2 mol H2SO4的浓硫酸和足量Cu在加热的条件下反应可生成NA个SO2分子
C．常温常压下，22.4 L甲醛（HCHO）含有的原子数目为 4NA
D．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2NA
3．（2024·安徽模拟）研究发现由铝原子构成的和团簇阴离子都能与水自发反应产生氢气。下列说法正确的是（　　）
A．和互为同位素
B．与水反应时作还原剂
C．是由铝原子通过离子键结合而成
D．的含个电子
4．（2023·天津市模拟）为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是
A．金刚石中键的数目为
B．与足量水反应，转移电子数为
C．常温下，的溶液中，发生电离的水分子数为
D．含的溶液中含有的氧原子数为
5．（2023高三下·曹县开学考） 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2
B．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
6．（2023高三上·西安月考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（　　）
A．标准状况下，11.2LCHCl3含有的分子数为0.5NA
B．78gNa2O2中所含的共价键数目为NA
C．物质的量相等的苯、苯乙烯混合物中含C—H数为7NA
D．将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NA
7．（2022高三上·三门峡期末）是一种光催化半导体材料(其结构如图1所示)。光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化(如图2所示)。下列说法错误的是
A．该光催化材料实现了太阳能→化学能
B．每消耗22g，能产生1mol
C．转化的反应为
D．图1和图2物质中碳原子共形成4种不同的共价键
8．（2023·惠州模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．固体中含有的离子数目为
B．标况下所含的分子数为
C．一定条件下，与足量的反应，转移的电子数为
D．溶液中含有的氧原子数为
9．（2023高三上·南关月考）将含和的混合气体充入装有的密闭容器中点燃，反应结束后，容器温度为150℃，压强为0pa，将残留物溶于水无气体逸出。下列叙述正确的是（　　）
A．原混合气体中和的体积比为2：1
B．原混合气体中和的体积比为1：2
C．残留固体中有和、NaOH
D．残留固体中只有
10．（2023高三上·云南期中）溴及其化合物可被用来作为阻燃剂、净水剂、染料等，海水中含有大量的Br-，从海水中提取溴的过程中涉及反应+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，下列关于这一反应的说法错误的是（　　）
A．该反应属于氧化还原反应
B．生成物Br2既是氧化产物又是还原产物
C．氧化性：D．氧化剂和还原剂的化学计量系数之比为1：5
11．（2022高三上·太原期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．120 g晶体中含有的离子数为
B．1L 盐酸与足量反应转移电子数为
C．标准状况下，22.4L氯气溶于足量水转移电子数为
D．常温下，碳酸钠溶液中含有的阴离子数大于
12．（2023·鞍山模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．质量分数为46％的乙醇溶液中，含键的数目为
B．晶体含有离子总数为
C．含的浓硫酸与足量的镁反应，转移的电子数为
D．常温下，的溶液中，的数目为
13．（2023高三上·顺德月考）海洋碳循环是影响全球气候变化的关键控制环节，下图为海洋中碳循环的原理图．设为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）
A．的溶液中，数目为
B．“钙化”时，消耗，生成
C．“光合”时，每生成转移电子数为
D．中含有共用电子对数为
14．（2023高三上·怀仁期中）乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：。以下叙述不正确的是（　　）
A．的电子式为
B．根据价层电子互斥模型，18g水的中心原子含有2mol孤电子对
C．乙烯氧化法中，生成0.1mol乙醛时，转移的电子数约为
D．标准状况下，11.2L中含有π键的数目约为
15．（2023高三上·云南期中）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
16．（2023·江西模拟）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数是0.8NA
B．标准状况下，甲烷和氧气的混合气体共22.4L，完全燃烧后产物的分子总数可能为NA
C．10g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA
D．常压、500℃、催化条件下，1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数为NA
17．（2022·滨州模拟）据2022年1月统计，我国光伏发电并网装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]，工作原理如图。下列说法正确的是（　　）
A．光伏并网发电装置中N型半导体为正极
B．c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜
C．保持电流恒定，升高温度可加快合成四甲基氢氧化铵的速率
D．制备182g四甲基氢氧化铵，两极共产生33.6L气体(标准状况)
18．（2023·淮北模拟）含铁物质或微粒所带电荷数与化合价的关系如图所示，下列说法错误的是
A．M可能是
B．R为铁单质，常温下遇浓硫酸发生钝化
C．N可用溶液检验
D．与强氧化剂在碱性条件下反应可以生成
19．（2023高三上·浙江月考）布洛芬为解热镇痛类非甾体抗炎药，其结构如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．布洛芬属于芳香烃
B．1mol布洛芬最多可与加成
C．布洛芬分子中最多有12个碳原子共平面
D．布洛芬能使酸性高锰酸钾溶液褪色
20．（2023·湖南模拟）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．100gCaS与的混合物中含有32g硫元素，则氧元素的质量为28g
B．标准状况下，11.2LHF中含有H-F键的数目为
C．晶体中含有的共价键数目为
D．与浓盐酸充分反应，转移的电子数目为
二、综合题
21．（2023·南京模拟）硫酸亚铁晶体(FeSO4 7H2O)可用于生产聚合硫酸铁。以钕铁硼二次废渣(主要含Fe2O3、Fe3O4等)为原料制备硫酸亚铁晶体的实验流程如图：
（1）“酸浸”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为　 　。
（2）将“滤渣”返回“酸浸”工序，其目的是　 　。
（3）与普通过滤相比，使用图1装置进行过滤的优点是　 　。
（4）固定其他条件不变，反应温度、反应时间、铁粉过量系数[]分别对“滤液”中Fe3+还原率的影响如图2、图3、图4所示。
设计由100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol L-1］制备硫酸亚铁粗品的实验方案：　 　。(须使用的试剂和仪器：铁粉、冰水、真空蒸发仪)
（5）通过下列实验测定硫酸亚铁晶体样品的纯度。准确称取1.2000g样品置于锥形瓶中，用50mL蒸馏水完全溶解，加一定量硫酸和磷酸溶液；用0.02000mol L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(MnO转化为Mn2+)，平行滴定3次，平均消耗KMnO4标准溶液42.90mL。计算硫酸亚铁晶体样品中FeSO4 7H2O的质量分数　 　。(写出计算过程)
22．（2023·酒泉模拟）氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是造成环境污染的主要物质，其转化规律一直是科学家们研究的热点问题。回答下列问题：
（1）已知氮氧化物转化过程中的能量变化如图所示(图中表示生成2 mol NO2的能量变化)。则2NO(g) +O2(g)=2NO2(g) ΔH=　 　。
（2）某温度下，反应的平衡常数如下：
I.2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) K1=3. 3×1013
II.2NO(g) N2(g)+O2(g) K2=2. 2× 1030
则该温度下，反应III：2NO2(g) N2(g)+2O2(g) K3=　 　 (计算结果保留一位小数)，反应II与反应III相比分解趋势较大的反应是　 　(填“反应II”或“反应III ”)。
（3）已知反应2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g) ΔH =- 148 kJ ·mol-1，正反应速率方程式可以表示为v正=k正cm(NO)·cn(H2)(k正为正反应速率常数，只与温度有关。m和n为反应级数，取最简单正整数)。为了探究一定温度下NO、H2的浓度对反应速率的影响，测得实验数据如下：
序号 c(NO)/(mol·L-1) c(H2)/ (mol·L-1) v正/(mol·L-1·min-1)
I 0.10 0.10 0.414k正
II 0.10 0.20 0.828k正
III 0.30 0.10 3.726k正
①v正 =k正cm(NO)·cn(H2)中，m=　 　、n=　 　。
②经研究，有人提出上述反应分两步进行： I. 2NO(g)+ H2 (g)=N2 (g) + H2O2(g)；II. H2(g)+H2O2(g)=2H2O(g)。化学总反应由较慢的一步反应决定。上述反应中II反应较快，则反应I正反应活化能 　 　(填“大于”“小于”或“等于”)反应II正反应活化能。
（4）在恒温条件下，将2 mol Cl2和1 mol NH3充入某密闭容器中发生反应：2Cl2(g) + NH3(g) NHCl2(l) + 2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示。则A、B、C三点中NH3转化率由大到小的顺序是　 　；计算 C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=　 　MPa -1(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
23．（2023高三上·浦东期中）燃料电池种类众多，应用广泛。目前已经上市的氢燃料电池汽车有数十种，某种氢燃料客车搭载质子交换膜燃料电池的结构如图所示。
（1）通入氧气的电极发生（ 　 　 ）反应（单选）。
A.氧化 B.还原 C.氧化还原 D.非氧化还原
（2）该电池的导电粒子为质子，它在电池内部的定向移动方向是　 　。
A.a极→b极 B.b极→a极
C.正极→负极 D.负极→正极
该电池的负极的电极反应式：　 　。
（3）肼—空气燃料电池也是一种环保型碱性燃料电池，电解质为溶液，该电池的总反应方程式为。电池工作时，若有消耗，转移的电子数为　 　，溶液的　 　（单项）。
A.增大 B.减小 C.不变 D.无法确定
（4）已知水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数，。向的水溶液中加入的溶液，该反应的离子方程式为　 　，反应后的溶液呈　 　（单项）。
A.碱性 B.中性 C.酸性 D.无法确定
（5）推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。该电池的正极材料为，利用废料（带铝箔）回收Li、Al、Fe、P元素的工业模拟过程如下：
已知，易溶于盐酸。
步骤①加入溶液的目的是　 　，产品1主要成分为　 　。
（6）写出步骤③发生反应的离子方程式　 　。
（7）已知的，的，判断步骤⑤是否可以完全反应，说明理由　 　。
（8）步骤④、⑥两步加入均产生沉淀，指出两步中的作用　 　。
24．（2023·门头沟模拟）我国科学家突破了二氧化碳人工合成淀粉的技术，部分核心反应如下图。
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．DHA难溶于水，易溶于有机溶剂
B．DHA与葡萄糖具有相同种类的官能团
C．3.0 g HCHO与DHA的混合物中含碳原子数为0.1 NA
D．淀粉属于有机高分子，可溶于冷水，可水解生成乙醇
25．（2023高三上·石家庄期中）钠是非常重要的一种元素，其化合物在生产、生活中有非常重要的用途。
（1）碳酸钠俗称苏打，又名纯碱，是一种重要的无机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产。还广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。纯碱的生产历史悠久，先后经历了：路布兰制碱法、索尔维制碱法、侯德榜制碱法等历程。其中侯德榜制碱法又称联合制碱法，其关键反应步骤是：依次将　 　和　 　（都填名称）两种气体通入精制饱和食盐水得到中间产物，该步骤涉及的离子方程式为　 　。
（2）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。
①生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式　 　。
②Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为　 　，该样品中Na2S2O5的残留量为　 　g·L-1（以SO2计）。
（3）氯化钠是厨房最常见的调味品之一，而亚硝酸钠是一种重要的化工原料，有毒。由于亚硝酸钠外观与氯化钠类似且具有咸味，因此偶有发生误食而中毒的事件。工业上可以通过用NaOH溶液吸收NO和NO2的方法得到亚硝酸钠，已知该反应进行时两种氮氧化物消耗量相等且只生产一种盐，生成1mol亚硝酸钠时理论上转移电子的数目为　 　NA。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A、钠的质量未知，且钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，在加热条件下反应生成过氧化钠，无法计算反应过程中转移的电子数，故A错误；
B、 14NO和13CO分子中均含有15个中子，则等物质的量的14NO和13CO气体中所含中子数相等，但不一定为15NA，故B错误；
C、1mol丙烯酸中含有1mol碳碳双键、1mol碳氧双键，含有双键的数目为2NA，故C错误；
D、pH=1的醋酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L，含有的氢离子数目为0.1mol/L×0.1L×NA/mol=0.01NA，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、钠与氧气反应的产物可能为氧化钠，也可能是过氧化钠；
B、 每个14NO分子含有15个中子，每个 13CO分子含有15个中子；
C、丙烯酸分子中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键；
D、pH=1的醋酸溶液，氢离子浓度为0.1mol/L。
2．【答案】D
【解析】【解答】A、D2O摩尔质量为20g/mol，3.6gD2O的物质的量为0.18mol，含有的质子数为1.8NA，故A错误；
B、随着反应进行，硫酸浓度降低，稀硫酸与铜不反应，则含2molH2SO4的浓硫酸和足量Cu在加热的条件下反应生成的SO2分子小于NA个，故B错误；
C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4L甲醛的物质的量小于1mol，含有的原子数目小于4NA，故C错误；
D、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子，则生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、 D2O摩尔质量为20g/mol；H2O摩尔质量为18g/mol；
B、铜与稀硫酸不反应；
C、常温常压下，气体摩尔质量不是22.4L/mol；
D、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气。
3．【答案】B
【解析】【解答】A、同位素是指质子数相同，中子数不同的不同原子， 和 为团簇阴离子，不是原子，不互为同位素，故A错误；
B、与水反应生成氢气，水中的氢元素化合价降低，水作氧化剂，则为还原剂，故B正确；
C、团簇是原子、分子或离子通过物理或化学结合力组成的，不是简单的由铝原子通过离子键结合而成，故C错误；
D、一个 中含有235个电子，则的含个电子，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、质子数相同，中子数不同的不同原子互为同位素；
B、 与水反应生成氢气， 为还原剂；
C、团簇是原子、分子或离子通过物理或化学结合力组成的；
D、一个 中含有13×18+1=235个电子。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．金刚石是空间网状正四面体结构，一个碳与周围四个碳原子连接，则金刚石中键的数目为，故A不符合题意；
B．，2mol过氧化钠转移2mol电子，生成1mol氧气，则与足量水反应，转移电子数为，故B符合题意；
C．常温下，的溶液中c(H＋)＝1×10 9mol L 1，醋酸根水解显碱性，因此溶液中的氢氧根才是水电离出的，c(OH－)＝1×10 5mol L 1，则1L溶液中发生电离的水分子数为，故C不符合题意；
D．由于溶液中水含有氧原子，因此含的溶液中含有的氧原子数大于，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、结合均摊法可以自导1mol金刚石中含有碳碳单键的数目为2mol；
B、过氧化钠和水反应的过程中，过氧化钠和电子的物质的量之比为1：1；
C、结合醋酸根的水解方程式判断；
D、水中也含有氧原子。
5．【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。
6．【答案】B
【解析】【解答】A.标况下，CHCl3为液体，不是气体利用标况下的摩尔体积，故A不符合题意；
B.7.8g过氧化钠的物质的量为1mol，含有1mol共价键，故B符合题意；
C.一个苯分子中含有6个碳氢键，一个苯乙烯分子中含有8个碳氢键，但是未给出物质的量，故C不符合题意；
D.钠与水反应放出气体，氢氧化钠与铝反应也会发生氢气，产生的氢气物质的量大于0.1mol，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.考虑的是气体是否为气体；
B.计算出物质的量为1mol，即可找出键数；
C.未给出物质的物质的量；
D.根据钠的质量计算出物质的量，铝也会和氢氧化钠反应最终得到的氢气的量增多。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化，A不符合题意；
B.22g二氧化碳得到变成CH4，得失电子守恒可知H2O中的-2价氧元素失去4mol电子生成1molO2，B不符合题意；
C．空穴()可得电子，可视为氧化剂，转化的反应为，C不符合题意；
D．图1和图2物质中碳原子的杂化方式共有3种，甲烷中的碳采用sp3杂化，二氧化碳中是sp杂化，中碳采用sp2杂化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化，说明该过程中，太阳能→化学能；
B.22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，根据得失电子守恒计算；
C.空穴()可得电子，能氧化水生成氧气，反应的离子方程式为。
8．【答案】A
【解析】【解答】A.Na2O2的电子式为，一个Na2O2中含有3个离子，因此0.1molNa2O2固体中所含的离子数0.1mol×3×NA=0.3NA，A符合题意。
B.标准状态下，CH3OH不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算，B不符合题意。
C.SO2与O2反应的化学方程式为：2SO2＋O22SO3，该反应为可逆反应，因此0.5molSO2无法完全反应，所以转移电子数应小于1NA，C不符合题意。
D.1L0.1mol·L－1Na2SO4溶液中所含n(Na2SO4)=0.1mol·L－1×1L=0.1mol，由于溶液中溶剂H2O中也含有氧原子，所以溶液中所含氧原子数大于0.4NA，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、Na2O2是由2个Na＋和1个O22－构成。
B、标准状态下，CH3OH不是气体。
C、SO2与O2的反应为可逆反应。
D、Na2SO4溶液中Na2SO4、H2O中都含有氧元素。
9．【答案】B
【解析】【解答】反应结束后，容器温度为150℃，压强为0pa，将残留物溶于水无气体逸出。说明反应后无气体和过氧化钠固体。说明甲烷和氧气均反应完全，且甲烷比氧气的量多. 最终产物为碳酸钠和氢氧化钠，n(Na2CO3)：n(NaOH)=1：4，n(Na2O2)=0.3mol，根据钠元素守恒即可得到n(Na2CO3)=0.1mol，n(NaOH)=0.4mol
①CH4+2O2=CO2+2H2O，②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2.③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，①x2+②+③x2得到2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，
故答案为：B
【分析】结合给出的现象即可判断最终产物为氢氧化钠和碳酸钠，结合方程式即可判断。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．根据离子方程式可知，该反应前后，溴元素化合价发生变化，所以该反应属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．由分析可知，生成物Br2既是氧化产物又是还原产物，B不符合题意；
C．该反应中溴元素化合价由+5、-1变为0，则BrO3-为氧化剂，Br-为还原剂，Br2为氧化产物和还原产物，由分析可知，氧化性：BrO3-＞Br2，C符合题意；
D．根据C项可知，BrO3-为氧化剂，Br-为还原剂，则氧化剂和还原剂的化学计量系数之比为1：5，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化还原反应的特点是有元素化合价变化。
B.氧化产物是还原剂对应的产物，还原产物是氧化剂对应的产物。
C.氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物。
D.在反应前后，氧化剂中部分元素化合价降低，还原剂中部分元素化合价升高。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．NaHSO4是离子化合物，晶体中含有Na+、；120gNaHSO4固体的物质的量是1 mol，则其中含有的阳离子数为2NA，A符合题意；
B．稀盐酸不和MnO2反应，只有部分HCl转化为氯气，1L 盐酸与足量反应转移电子数小于，B不符合题意；
C.22.4L氯气为1mol，氯气与水反应为Cl2+H2OHClO+HCl，该反应为可逆反应，氯气不能完全转化，反应转移电子数小于，C不符合题意；
D．溶液体积未知，无法计算离子数目，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.稀盐酸不与二氧化锰反应；
C.氯气与水的反应为可逆反应；
D.溶液体积未知。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．乙醇溶液溶质CH3CH2OH分子中有O-H键，每个乙醇分子中一个O-H键，溶剂H2O分子中也有O-H键，每个水分子中两个O-H键；n(C2H5OH)= ==1mol，O-H键数目1NA，n(H2O)===3mol，O-H键数目6NA，所以O-H键数目共7NA，故A符合题意；
B．由2个钠离子和1个过氧根离子构成，则含有离子总数为，故B不符合题意；
C．初始浓硫酸与镁发生反应，生成MgSO4、SO2和H2O，随着硫酸浓度变稀，稀硫酸与镁反应生成MgSO4和H2；如果只发生第一个反应，每两个H2SO4分子中有一个参与变价，转移电子2个(生成SO2)，但有第二个反应发生，每分子H2SO4均参与变价，生成H2，转移电子2个，故0.2mol H2SO4中参与变价的H2SO4物质的量应大于0.1mol，转移电子总量应大于0.2NA，故C不符合题意；
D．溶液没有给出体积数据，无法计算微粒数目，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据每个乙醇分子中一个O-H键，每个水分子中两个O-H键；
B．由2个钠离子和1个过氧根离子构成；
C．随着硫酸浓度变稀，反应的方程式不同；
D．溶液体积没有给出，无法计算。
13．【答案】C
【解析】【解答】A、 会发生水解，则 的溶液中数目小于，故A错误；
B、气体所处的状态未知，不能计算其体积，故B错误；
C、光合时，CO2→(CH2O)x，C元素的化合价从+4价变为0价，则每生成 转移电子数为 ，故C正确；
D、CO2分子中有4个共用电子对，则 中含有共用电子对数为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、碳酸根在溶液中会发生水解；
B、气体所处的状态未知；
C、光合”时，CO2转化为(CH2O)x；
D、CO2的结构式为O=C=O。
14．【答案】C
【解析】【解答】
A．含有4个键和1个碳碳双键，电子式为，A正确；
B.1个H2O中O原子孤电子对数为，水为1mol，的中心原子含有孤电子对，B正确；
C．乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为+2，电子转移关系为，生成乙醛时，转移的电子0.2mol，数目约为，C错误；
D.1个乙炔分子中含有2个π键，标准状况下，为0.5mol，中含有1molπ键，数目约为，D正确；
故选C。
【分析】
15．【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。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．石墨晶体中每个碳原子形成3个碳碳共价键，每个碳碳共价键为2 个碳原子所共有，每个碳原子形成的碳碳共价键为3×=，则含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数为××NAmol-1=0.6NA，A不符合题意；
B．反应前后气体的分子数不变，则标准状况下，甲烷和氧气的混合气体共22.4L，完全燃烧后产物的分子总数可能为×NAmol-1=NA，B符合题意；
C．D2O中含有的质子数与中子数都为10，则10g的D2O中含有的质子数与中子数都为×10×NAmol-1=5NA，C不符合题意；
D．二氧化硫一定条件下和氧气发生催化氧化反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以常压、500℃、催化条件下，1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后三氧化硫的分子数小于1mol×NAmol-1=NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用均摊法确定；
B．反应前后气体的分子数不变；
C．D2O中含有的质子数与中子数都为10；
D．可逆反应不可能完全反应。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，N型半导体为负极，A不符合题意；
B．Na+离子通过e膜，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B不符合题意；
C．温度过高，四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]会分解，四甲基氯化铵浓度降低，不能加快合成四甲基氢氧化铵的速率，C不符合题意；
D．的物质的量为，a极电极反应式为，则收集氢气1mol，转移电子为2mol，b极电极反应式为，则收集氧气为0.5mol，标况下两极可得气体体积为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则为阴极，电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，b为阳极，电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极， P型半导体为正极。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．M中Fe元素为+2价，且电荷数为0，可能是，故A不符合题意；
B．R中Fe元素为0价，且电荷数为0，为Fe单质，铁单质在常温下遇浓硫酸发生钝化，故B不符合题意；
C．N中Fe元素为+2价，且电荷数为+2，为Fe2+，Fe2+不能用溶液检验，故C符合题意；
D．中Fe元素为+6价，据图可知在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.不带电荷数，且铁元素化合价为+2。
B.单质中元素化合价为0，常温下铁遇浓硫酸发生钝化。
C.注意溶液用于检验Fe3+。
D. ，铁元素化合价升高，作还原剂。
19．【答案】D
【解析】【解答】A.布洛芬中含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，故A不符合题意；
B.布洛芬中苯环能与氢气加成，1mol布洛芬最多可与3molH2加成，故B不符合题意；
C.布洛芬分子中最多有11个碳原子共平面，故C不符合题意；
D.布洛芬分子中与苯环相连的碳原子上有H，所以布洛芬能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】
20．【答案】A
【解析】【解答】A．CaS与的混合物中，Ca与S的个数比为1∶1，100g混合物中含有32g硫元素，则必含40g钙元素，则氧元素的质量，A符合题意；
B．标准状况下，HF呈液态，故不能用气体摩尔体积去计算，B不符合题意；
C．NH4F晶体中N和H之间以N—H共价键相连，故晶体中含有的共价键数目为，C不符合题意；
D．制取氯气的反应中，随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐降低，变成了稀盐酸，稀盐酸与不反应，反应结束后，也有剩余，故与浓盐酸充分反应，转移的电子数目小于，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据质量守恒计算；
B.标况下HF为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量；
C.NH4F晶体中铵根离子中含有4个共价键；
D.随着反应进行，浓盐酸的浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应。
21．【答案】（1）Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
（2）提高铁元素的浸出率
（3）过滤速度更快
（4）在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤
（5）99.39%
【解析】【解答】（1）Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，反应离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；
（2）将“滤渣”返回“酸浸”工序，可使Fe3O4和氧化铁更充分与硫酸发生反应，提高铁的浸取率，故答案为：提高铁元素的浸出率；
（3）抽滤装置通过减小锥形瓶内的压强，可以加快过滤速率，故答案为：过滤速度更快；
（4）由图可知温度再80℃时还原率最高，因此温度选80℃；在稳定一定是过量系数为1.2时还原率最高，因此过量系数为1.2，而在前两者相同时反应时间2h时还原率高，因为搅拌时间控制在2h，结合过量系数可得：应加入铁粉的量为氯化铁消耗铁粉量的1.2倍，则100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol L-1］，结合反应可知消耗铁粉0.04mol，则需加0.04×1.2mol=0.048mol，铁粉质量为0.048×56=2.688g，同时为防止硫酸亚铁被氧化，应在真空蒸发仪中蒸发，然后冷却结晶后过滤，具体步骤为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤，故答案为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤；
（5）根据电子得失守恒可得关系式：，n()==0.02000mol L-1×0.0429L×5=0.00429 mol，硫酸亚铁晶体样品中FeSO4 7H2O的质量分数=，故答案为：99.39%。
【分析】（1） “酸浸”时，Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，注意氧化物写化学式。
（2）将“滤渣”返回“酸浸”工序，可使Fe3O4和氧化铁更充分与硫酸发生反应，提高铁的浸取率。
（3）抽滤装置通过减小锥形瓶内的压强，可以加快过滤速率。
（4）通过图示信息找出还原率最高时的温度、时间、铁粉过量系数，据此分析。
（5）根据关系式进行分析。
22．【答案】（1）-112 kJ·mol-1
（2）6.7×1016；反应II
（3）2；1；大于
（4）B>C>A；0. 5
【解析】【解答】（1）根据图中的信息，反应的热化学方程式为：；
（2）
得反应III：，，反应II的分解常数大于反应III的分解常数，所以反应II分解趋势较大；
（3）①，根据实验I和II，，，同理算出；
②活化能越大，反应速率越慢，已知反应I较慢，则反应I的活化能大于反应II；
（4）根据，其他条件不变，压强越大，平衡正向移动，的转化率越大，所以A、B、C三点中转化率由大到小的顺序是：，根据三段式：
，
，，，，，。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能=生成物总内能-反应物总内能；
（2）两式相加则平衡常数相乘，两式相减则平衡常数相除；
（3） ① 结合表格数据和速率常数的公式进行计算；
② 反应越慢，则活化能越大；
（4）增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；分压平衡常数的计算要结合总压强和总物质的量判断。
23．【答案】（1）B
（2）BD；H2-2e-=2H+
（3）8NA；B
（4）2N2H4+3H+=N2H5++N2H62+；碱性
（5）将铝单质溶解；Al（OH）3
（6）2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；
（7）步骤⑤的反应是：FePO4+3OH-=Fe（OH）3+PO43-，该反应的K=2.375×1022>105，所以该反应可以完全进行
（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉盐酸；第二步加Na2CO3的目的是将Li+沉淀下来；
【解析】【解答】（1）在燃料电池中，氧气作正极，得到电子，发生还原反应，故答案为：B；
（2）质子带正电荷，其在电池内部的移动方向是从负极到正极，即 b极→a极 ，正确答案是：BD；
（3）根据方程式可知： 消耗，转移的电子数为 8NA，根据总反应，产生H2O，会对OH-浓度稀释，则pH值减小，B选项是正确的；
（4）该反应的离子方程式为：2N2H4+3H+=N2H5++N2H62+，反应后是等浓度的N2H5+和N2H62+混合溶液，该混合溶液显碱性；
（5） 步骤①加入溶液的目的是 将铝单质溶解；产品1的主要成分是Al（OH）3；
（6）步骤③是将二价铁离子氧化为三价铁离子：2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；
（7）步骤⑤的反应是：FePO4+3OH-=Fe（OH）3+PO43-，该反应的K=2.375×1022>105，所以该反应可以完全进行；
（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉盐酸；第二步加Na2CO3的目的是将Li+沉淀下来；
【分析】（1）在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应；
（2）在原电池的电解质溶液中，遵循“正正负负”的原理，所以H+从负极移向正极；
（3）根据方程式可知： 消耗，转移的电子数为 8NA，根据总反应，产生H2O，会对OH-浓度稀释，则pH值减小；
（4）得到的溶液为等浓度的N2H5+和N2H62+混合溶液，根据N2H4的两步电离平衡常数，可知溶液以盐溶液的第一步水解为主，显碱性；
（5）Al与氢氧化钠反应的方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2；
（6）步骤③是将二价铁离子氧化为三价铁离子：2Fe2++2H+H2O2=2Fe3++2H2O；
（7）K值小于10-5的反应，可认为无法正向进行；K值介于10-5至105的反应，可认为是可逆反应，K值大于105的反应，可认为是完全进行的反应。
（8）第一步加Na2CO3的目的是中和掉盐酸；第二步加Na2CO3的目的是将Li+沉淀下来。
24．【答案】C
【解析】【解答】A.DHA含有亲水基团羟基和羧基，因此易溶于水，A选项是错误的；
B.葡萄糖的官能团是羟基和醛基，DHA的官能团是羟基和羧基，二者类别不同，B选项是错误的；
C. HCHO和DHA的最简式都是CH2O，所以3.0 g HCHO与DHA的混合物中有0.1mol的CH2O，其含有的C原子数为0.1NA，C选项是正确的；
D.淀粉水解的产物是葡萄糖，不能得到乙醇，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.并不是所有的有机物都不易溶于水，含有亲水基团的有机物易溶于水；
B.葡萄糖的官能团是羟基和醛基，DHA的官能团是羟基和羧基；
C.HCHO和DHA的最简式都是CH2O，所以3.0 g HCHO与DHA的混合物中有0.1mol的CH2O；
D.淀粉先水解为葡萄糖，葡萄糖再在酶的作用下得到乙醇。
25．【答案】（1）氨气；二氧化碳；Na+ + NH3 + CO2 + H2O = NaHCO3↓ + NH4+
（2）2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋；0.128
（3）0.5
【解析】【解答】（1）由分析可知，向精制饱和食盐水中先通氨气形成饱和氨盐水，然后在加压的条件下通入二氧化碳，制得碳酸氢钠，反应的离子方程式为 Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH；
故答案为：氨气；二氧化碳；Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH；
（2）①由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，所以发生反应的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
②Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I-，则发生滴定反应的离子方程式为S2O+2I2+3H2O＝2SO+4I－+6H＋； 取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，根据反应方程式，n(S2O)=×0.01000 mol·L-1×10.00×10-3 L=5×10-5 mol，则样品中Na2S2O5的残留量以SO2计算，为5×10-5mol×2×64 g·mol-1×=0.128g·L-1；
故答案为：S2O+2I2+3H2O＝2SO+4I－+6H＋；0.128；
（3） 用NaOH溶液吸收NO和NO2的方法得到亚硝酸钠 ，反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，反应中只有N元素化合价发生变化，且NO中N元素化合价为+2、NO2中N元素化合价为+4，NaNO2中N元素化合价为+3价，生成1mol亚硝酸钠时理论上转移电子的数目为0.5NA；
故答案为：0.5。
【分析】（1）侯德榜制碱法：向精制饱和食盐水中先通氨气形成饱和氨盐水，然后在加压的条件下通入二氧化碳，制得碳酸氢钠，煅烧碳酸氢钠生成纯碱；
（2） ①由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，据此写出反应方程式 ；
②滴定时， Na2S2O5与碘发生氧化还原反应；
（3）用NaOH溶液吸收NO和NO2时发生反应 NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。