2020届高考化学一轮复习化学有关计算作业(1) 18页

化学有关计算 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．合成氨生产中，使用高效催化剂可提高原料平衡转化率 ‎ B．铁质管道与锌用导线相连（如图所示）可防止管道被腐蚀 ‎ C．5mL18mol•L﹣1浓硫酸与足量铜共热，反应最多转移0.18mol电子 ‎ D．常温下，反应2H2S（g）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）能自发进行，该反应△H＞0‎ ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．氢氧燃料电池工作时，若消耗标准状况下11.2L H2，则转移电子数为6.02×1023 ‎ B．常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n（H+）•n（OH﹣）不变 ‎ C．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率 ‎ D．反应2NaCl（s）═2Na（s）+Cl2（g）的△H＜0，△S＞0‎ ‎3．等物质的量的 SO2 和 SO3 相比较，下列结论错误的是（　　）‎ A．它们的分子数目之比是 1：1 ‎ B．它们的氧原子数目之比为 2：3 ‎ C．它们的质量之比为 1：1 ‎ D．它们所含原子数目之比为 3：4‎ ‎4．下列选项中两物质所含原子数目一定相等的是（　　）‎ A．相同体积，不同密度的N2和CO两种气体 ‎ B．相同密度的O2和O3两种气体 ‎ C．相同质量，不同密度的C2H4和C3H8两种气体 ‎ D．相同物质的量，不同体积的NH3和CH4两种气体 ‎5．已知链式炔碳C300经过适当处理可得含多个 （不含）的链状化合物C300H298，则该分子中含的个数为（　　）‎ A．70 B．72 C．74 D．76‎ ‎6．碘值是指100g油脂中所能吸收（加成）碘的克数．测得某植物油碘值为a g，以NA 表示阿伏加德罗常数，则b g该植物油中含有的碳碳双键数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．下列说法错误的是（　　）‎ A．常温常压下，等质量的CO2和环氧乙烷中的共用电子对数之比为4：7 ‎ B．标准状况下，1mol N2O4的体积大于22.4L是因为存在NO2和N2O4之间的转化 ‎ C．已知NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑，则每摩尔氧化剂参加反应，转移电子的物质的量为2mol ‎ D．溶质为1molFeCl3的溶液中生成的氢氧化铁胶粒不可能为1NA ‎8．下列物质中含有NA个氯化氢分子的是（　　）‎ A．将lmol H2和1molCl2光照或点燃后的产物 ‎ B．6.02×1023个HCl气体分子 ‎ C．室温下，将1molHCl气体通入100mL水中所得溶液 ‎ D．室温下，73gHCl气体 ‎9．四种多硼酸根离子的结构示意图如下，有关叙述正确的是（　　）‎ A．x＝2 B．y＝3 ‎ C．z＝4 D．图（d）的化学式为BO2‎ ‎10．已知元素M（只有一种化合价）的氧化物的化学式是M2O3，则它与硝酸根离子形成的化合物的化学式为（　　）‎ A．M（NO3）2 B．M（NO3）3 C．MNO3 D．M2（NO3）2‎ ‎11．对下列物质中锰元素化合价的判断，正确的是（　　）‎ A．KMnO4中为+3 B．MnSO4中为﹣2 ‎ C．K2MnO4中为+6 D．MnO2中为+2‎ ‎12．氯酸钾（KClO3）中氯元素的化合价为（　　）‎ A．﹣1 B．+3 C．+5 D．+7‎ ‎13．某稀土元素R的精矿样品中，R的氧化物的质量分数为0.8515.10.1g该样品与50mL1mol/L硫酸恰好完全反应（杂质不反应），生成ROSO4和H2O，则R的相对原子质量约为（　　）‎ A．78 B．140 C．156 D．172‎ ‎14．已知Cl的相对原子质量为34.969，下列相关说法正确的是（　　）‎ A．氯元素的近似相对原子质量为35 ‎ B．氯元素的某种同位素的质量数为35 ‎ C．氯元素的中子数为18 ‎ D．氯原子的质量为34.969‎ ‎15．0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol．该混合气体的平均相对分子质量可能是（　　）‎ A．30 B．46 C．66 D．69‎ ‎16．乙酸与2.0g某饱和一元醇A反应，生成酯3.7g，并回收到0.4gA，则A的相对分子质量为（　　）‎ A．32 B．46 C．60 D．74‎ ‎17．西班牙的瑞奥汀河是一条酸河，河水中含有硫酸和硫酸亚铁．经调查发现，酸河形成的原因是由于上游河床含有的某种物质R在水中氧的作用下发生反应所致，其反应的化学方程式为：2R+2H2O+7O2═2FeSO4+2H2SO4，则R的化学式为（　　）‎ A．FeS B．Fe2S3 C．FeS2 D．FeO ‎18．在一密闭容器里放入四种物质，使其在一定条件下充分反应，测得数据如下：则下列表述正确的是（　　）‎ 四种物质 甲 乙 丙 丁 反应前质量（g）‎ ‎25‎ ‎15‎ ‎1‎ ‎5‎ 反应后质量（g）‎ ‎11‎ 未测 ‎1‎ ‎22‎ A．该反应是复分解反应 ‎ B．丙一定是催化剂 ‎ C．乙全部发生了反应 ‎ D．甲与乙反应的质量比为14：3‎ ‎19．下列说法不正确的是（　　）‎ A．总质量一定时，乙酸和葡萄糖混合的比例不同，完全燃烧消耗氧气的量相同 ‎ B．石油的裂化可以提高轻质油的产量 ‎ C．光照下，乙烷能和氯气发生取代反应，生成多种有机物 ‎ D．乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者的分子中均含碳碳双键 ‎20．加热条件下，20mL18mol/L的浓H2SO4与过量的碳反应，可得到标况下的CO2（　　）‎ A．小于4.032L B．等于4.032L C．大于4.032L D．无法确定 二．填空题（共4小题）‎ ‎21．新华网北京2013年12月8日电：最近一周以来，一场罕见的大范围雾霾笼罩着我国，从华北到东南沿海、甚至是西南地区，已陆续有25个省份、100多座大中城市不同程度出现雾霾天气，覆盖了我国将近一半的国土．氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一．消除氮氧化物有多种方法．‎ ‎（1）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．发生的化学反应是：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g） 2N2（g）+3H2O（g）．当有1mol N2（g）生成，该反应的电子转移总数是　 　．‎ ‎（2）可利用甲烷催化还原氮氧化物．已知：‎ CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mo﹣1‎ CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867kJ•mo﹣1‎ 则CH4（g）将NO（g）还原为N2（g）的热化学方程式是　 　．‎ ‎（3）利用ClO2消除氮氧化物的污染，反应过程如下：NONO2N2‎ 反应Ⅰ的产物中还有两种强酸生成，且其中一种强酸硝酸与NO2的物质的量相等，则化学方程式是　 　，若有11.2L N2生成（标准状况），共消耗ClO2　 　 g．‎ ‎（4）CO（NH2）2与某种霾气（主要为N2、NO和O2）中的NO的物质的量比值分别为1：2、2：1、3：1时，NO脱除率随温度变化的曲线如下：‎ ‎①曲线b 对应CO（NH2）2与NO的物质的量比值是　 　．‎ ‎②曲线a、b、c中，800℃～900℃区间内发生主要反应的化学方程式是　 　．‎ ‎③曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为　 　 mg/（m3•s）．‎ ‎22．量取16.0mL 10.0mol•L﹣1HCl溶液，加蒸馏水稀释至100mL，取两份稀释后的HCl溶液各25mL，分别加入等质量的Mg和Al，相同条件下充分反应，产生氢气的体积随时间变化的曲线如图所示（氢气体积已折算成标准状况下的体积），请计算：‎ ‎（1）稀释后HCl溶液的物质的量浓度为　 　mol•L﹣1．‎ ‎（2）加入Al的质量至少有　 　．‎ ‎23．某无色溶液中可能含有H+，NH4+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42﹣，HCO3﹣等离子，当向溶液中加入一定浓度NaOH溶液，生成沉淀物质的量随加入NaOH溶液体积关系如图所示．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）ab段生成沉淀的化学方程式：　 　；‎ ‎（2）cd段沉淀减少的反应方程式：　 　；‎ ‎（3）简述bc段沉淀物质的量不变的原因：　 　；‎ ‎（4）原溶液中一定含有的离子的物质的量之比为　 　．‎ ‎24．SO2、Na2S2O3、Na2S、Na2SO3、Na2SO4等含硫化合物在工业上有广泛的用途。完成下列填空：‎ ‎（1）硫原子最外层电子排布式　 　，钠原子的核外有　 　种能量不同的电子。Na2S的电子式　 　。‎ ‎（2）涉及元素形成简单离子半径大小顺序：　 　；请用原子结构知识说明氧 与硫的非金属性强弱　 　。‎ ‎（3）棉织物用氯气漂白后，加入Na2S2O3除去余氯时，发生如下反应：‎ ‎　 　S2O32﹣+　 　Cl2+　 　H2O→　 　SO42﹣+　 　Cl﹣+　 　H+‎ 配平该反应方程式：若反应中生成2molSO42﹣，则转移电子　 　mol。‎ ‎（4）Na2S又称臭碱，用离子方程式说明Na2S溶液呈碱性的原因　 　。‎ SO2分子构型为“V”形，则SO2是　 　（选填“极性”、“非极性”）分子。‎ 列举一个实验事实说明SO2具有还原性　 　。‎ ‎（5）如图是Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图。其中，②是　 　（填微粒符号）。‎ 上述5种物质中，不能促进也不能抑制水电离的化合物　 　。‎ 化学有关计算 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A、催化剂不影响化学平衡，则不会提高原料的利用率；‎ B、铁和锌构成的原电池，活泼的金属锌是负极，正极金属被保护；‎ C、浓硫酸与铜反应，稀硫酸与铜不反应；‎ D、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0。‎ ‎【解答】解：A．合成氨反应为可逆反应，使用高效催化剂可以改变反应速率，但是不会影响化学平衡，则不肯提高原料转化率，故A错误；‎ B、铁和锌构成的原电池，活泼的金属锌是负极，正极金属铁被保护，即铁质管道与锌用导线相连可防止管道被腐蚀，故B正确；‎ C、10ml 18mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸0.18mol，与铜完全反应转移电子数为0.18NA，由于浓硫酸随着反应的进行变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，转移的电子数小于0.18NA，故C错误；‎ D、反应SO2（g）+2H2S（g）═3S（s）+2H2O（l）在常温下能自发进行，满足△H﹣T△S＜0，反应△S＜0，则该反应的△H＜0，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎2．【分析】A．n（H2）＝＝0.5mol，负极上氢离子失去电子；‎ B．温度不变，Kw不变；‎ C．NH3液化分离，平衡正向移动；‎ D．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行。‎ ‎【解答】解：A．n（H2）＝＝0.5mol，负极上氢离子失去电子，H元素的化合价由0升高为+1价，则转移电子数为0.5mol×2×（1﹣0）×6.02×1023＝6.02×1023，故A正确；‎ B．温度不变，Kw＝c（H+）﹒c（OH﹣）不变，加水稀释体积增大，则n（H+）﹒n（OH﹣）增大，故B错误；‎ C．NH3液化分离，平衡正向移动，提高H2的转化率，但正反应速率减小，故C错误；‎ D．由化学计量数可以知道△S＞0，2NaCl（s）═2Na（s）+Cl2（g）‎ ‎ 常温下不能发生，则△H﹣T△S＞0，即△H＞0，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎3．【分析】A、根据N＝nNA可知物质的量相同时，分子数之比等于物质的量之比；‎ B、根据N＝nNA可知物质的量相同时，分子数之比等于物质的量之比，再计算氧原子数之比分析；‎ C、根据m＝nM可知物质的量相同时，质量之比等于物质的摩尔质量之比；‎ D、根据N＝nNA可知物质的量相同时，分子数之比等于物质的量之比，再计算原子数之比分析；‎ ‎【解答】解：A、等物质的量的SO2和SO3分子数目之比等于物质的量之比＝1：1，故A正确；‎ B、等物质的量的SO2和SO3分子数目之比等于物质的量之比＝1：1，1个SO2分子中含有2个氧原子，1个SO3分子中含有3个氧原子，则所含O原子数之比为（1×2）：（1×3）＝2：3，故B正确；‎ C、等物质的量的SO2和SO3质量之比等于物质的摩尔质量之比＝64：80＝4：5，故C错误；‎ D、等物质的量的SO2和SO3分子数目之比等于物质的量之比＝1：1，1个SO2分子中含有3个原子，1个SO3分子中含有4个原子，则原子总数之比为（1×3）：（1×4）＝3：4，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎4．【分析】A、体积相同、密度不同，则质量不同，根据N＝nNA＝NA结合分子构成判断；‎ B、两气体的体积大小是否相等不明确；‎ C、C2H4和C3H8的最简式均为CH2；‎ D、1mol氨气中含4mol原子，1mol甲烷中含5mol原子．‎ ‎【解答】解：A、体积相同、密度不同，则质量不同，由N＝nNA＝NA知，两种气体的质量不相同，但摩尔质量相同，所以所含分子数不相同，且氮气和一氧化碳都是双原子分子，所以含有的原子数不相同，故A错误；‎ B、两气体的体积大小是否相等不明确，则质量是否相等不明确，故含有的氧原子的个数是否相等不明确，故B错误；‎ C、C2H4和C3H8的最简式均为CH2，故相同质量的量气体中含有的CH2‎ 的物质的量均相等，则含由的原子的物质的量均相等，故C正确；‎ D、1mol氨气中含4mol原子，1mol甲烷中含5mol原子，故等物质的量的两气体中的原子的物质的量之比为4：5，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎5．【分析】对于烃CnHm，当分子中无C＝C和环时，C≡C最多，当分子中有一个C≡C则氢原子与饱和烷烃相比减少4个氢原子，根据：叁键数＝分析．‎ ‎【解答】解：对于烃CnHm，当分子中无C＝C和环时，C≡C最多，当分子中有一个C≡C则氢原子与饱和烷烃相比减少4个氢原子，‎ ‎ 叁键数＝＝＝76；‎ 故选：D。‎ ‎6．【分析】根据碘值计算出单质碘的物质的量，根据关系式：C＝C～I2求出100g油脂中所含的碳碳双键的物质的量，然后再根据双键与油脂的质量成正比求出碳碳双键数；‎ ‎【解答】解：某植物油碘值为ag，则单质碘的物质的量为mol，根据关系式：C＝C～I2可知100g油脂中所含的碳碳双键C＝C为mol，则bg该植物油中含有的碳碳双键数为mol，数目为，故选：A；‎ ‎7．【分析】A．CO2的结构为O＝C＝O，环氧乙烷的结构简式为；‎ B．N2O4的沸点为21.2℃，标准状况下，N2O4为液体；‎ C．反应中得电子的物质为氧化剂，结合化合价的变化判断；‎ D．氢氧化铁胶粒是大量Fe（OH）3 集合体．‎ ‎【解答】解：A．CO2和环氧乙烷的摩尔质量相同，等质量的CO2和环氧乙烷的物质的量相同，CO2的结构为O＝C＝O含有4个共用电子对，环氧乙烷的结构简式为含有7个共用电子对，则共用电子对数之比为4：7，故A正确；‎ B．N2O4的沸点为21.2℃，标准状况下，N2O4为液体，1mol N2O4的体积小于22.4L，故B错误；‎ C．已知NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑，氧化剂为H2O，1molH2O参加反应，转移电子的物质的量为2mol，故C正确；‎ D．氢氧化铁胶粒是大量Fe（OH）3 集合体，溶质为1molFeCl3‎ 的溶液中生成的氢氧化铁胶粒小于1NA，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎8．【分析】含有NA个氯化氢分子，即物质的量为1mol，‎ A．将1mol H2和1mol Cl2 光照或点燃后的产物为2mol；‎ B．根据n＝计算；‎ C．HCl在水溶液中完全电离；‎ D．根据n＝计算．‎ ‎【解答】解：A．将1mol H2和1mol Cl2 光照或点燃后的产物为2mol，所以含有2NA个氯化氢分子，故A错误；‎ B．6.02×1023个HCl气体分子，其物质的量为1mol，故B正确；‎ C．1mol HCl气体通入100mL水中所得溶液完全电离，溶液中无氯化氢分子，故C错误；‎ D．室温下，73gHCl气体，物质的量为＝2mol，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎9．【分析】A．B是+3价、O是﹣2价、H是+1价； ‎ B．正负化合价代数和为0；‎ C．离子中正负化合价代数和为电荷数；‎ D．图（d）中最小重复结构单元为“BO2”．‎ ‎【解答】解：A．B是+3价、O是﹣2价、H是+1价，原子团“B3O6”带的负电荷数x＝2×6﹣3×3＝3，故A错误； ‎ B．原子团“H4B4O9”带的负电荷数y＝2×9﹣3×4﹣1×4＝2，故B错误；‎ C．原子团“B2O5”带的负电荷数z＝2×5﹣2×3＝4，故C正确；‎ D．图（d）中最小重复结构单元为“BO2”，所带负电荷为2×2﹣1×3＝1，化学式为（BO2）nn﹣或BO2﹣，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎10．【分析】由某金属元素M的氧化物的化学式为M2O3，可以计算出M元素的化合价，进而由化合物化学式的书写方法写出M与硝酸根组成的化合物的化学式即可．‎ ‎【解答】解：某金属元素M的氧化物的化学式为M2O3，氧元素显﹣2价，设M元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：2x+（﹣2）×3＝0，则x＝+3价。‎ M元素显+3价，硝酸根显﹣1价，则M与硝酸根组成的化合物的化学式为M（NO3）3。‎ 故选：B。‎ ‎11．【分析】化合物中正负化合价的代数和为0，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．Mn元素的化合价为0﹣（﹣2）×4﹣（+1）＝+7，故A错误；‎ B．Mn元素的化合价为0﹣（﹣2）×4﹣（+6）＝+2，故B错误；‎ C．Mn元素的化合价为0﹣（﹣2）×4﹣（+1）×2＝+6，故C正确；‎ D．Mn元素的化合价为0﹣（﹣2）×2＝+4，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎12．【分析】根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合氯酸钾的化学式进行解答本题．‎ ‎【解答】解：氯酸钾（KClO3）中钾元素显+1价，氧元素显﹣2价，设氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）+x+（﹣2）×3＝0，则x＝+5价，‎ 故选：C。‎ ‎13．【分析】10.1g该样品与50mL 1mol/L稀硫酸恰好完全反应（杂质不反应），生成ROSO4和H2O，依此判断氧化物的化学式和物质的量；‎ R的氧化物的质量分数为0.8515．依此计算出10.1g该样品中氧化物的质量；‎ 再根据M＝进行计算，得出正确结论。‎ ‎【解答】解：10.1g该样品与50mL 1mol/L稀硫酸恰好完全反应（杂质不反应），生成ROSO4和H2O，故R的化合价为+4价，则R的化学式为RO2，‎ R的氧化物的质量分数为0.8515，则10.1g该样品中RO2的质量为：10.1×0.8515＝8.60015g，‎ ‎10.1g该样品与50mL 1mol/L稀硫酸恰好完全反应（杂质不反应），生成ROSO4和H2O，则10.1g该样品中RO2的物质的量为0.05L×1＝0.05mol，‎ 故RO2的摩尔质量为≈172g/mol，故R的相对原子质量为172﹣16×2＝140，‎ 故选：B。‎ ‎14．【分析】A．氯元素的近似相对原子质量为各同位素质量与同位素原子百分含量乘积之和；‎ B．原子符号AZX中左下角Z为质子数，左上角A为质量数，X为元素符号；‎ C．元素为质子数相同，中子数不同的一类原子总称，元素不谈中子数；‎ D．相对原子质量＝．‎ ‎【解答】解：A．氯元素的近似相对原子质量为各同位素质量与同位素原子百分含量乘积之和，氯元素的近似相对原子质量表示35，而3517Cl的近似相对原子质量为35，故A错误；‎ B．3517Cl的质量数为35，故B正确；‎ C．元素为质子数相同，中子数不同的一类原子总称，元素不谈中子数，故C错误；‎ D．相对原子质量＝，该氯原子质量为34.969×（1个12C原子质量×），故D错误，‎ 故选：B。‎ ‎15．【分析】Cu﹣2e＝Cu2+，0.03mol铜完全溶于硝酸失去电子为0.06mol，根据氧化还原反应规律，HNO3→NO2+NO+N2O4，0.05mol氮氧化物共得到0.06mol电子，若没有二氧化氮时，0.05mol全部为NO，N元素获得电子为0.15mol，若全部0.05mol为N2O4，N元素获得0.1mol电子，均大于0.06mol，所以一定存在NO2，从两个极端来考虑：（1）假设混合气体为NO、NO2；（2）假设混合气体是N2O4、NO2，据此计算平均相对分子质量，实际混合气体的相对分子质量介于两者之间．‎ ‎【解答】解：金属提供0.06mol电子，若没有二氧化氮时，0.05mol全部为NO，N元素获得电子为0.15mol，若全部0.05mol为N2O4，N元素获得0.1mol电子，均大于0.06mol，所以一定存在NO2；‎ 假设一种情况为混合气体中没有N2O4时，设NO的物质的量为x，则NO2的物质的量为0.05mol﹣x，根据电子得失守恒，铜失去的电子数等于NO3﹣得到的电子数，所以有0.03mol×2＝3x+（0.05mol﹣x）×1，得：x＝0.005mol，NO2的物质的量为0.05mol﹣0.005mol＝0.045mol，所以混合气体的平均相对分子质量为＝44.4；‎ 同理，假设另一种情况为混合体中没有NO时，设N2O4、NO2物质的量分别为m，n，m+n＝0.05mol，2m+n＝0.06mol，联立解得m＝0.01mol，n＝0.04mol，所以混合气体的平均相对分子质量为（NO2、N2O4）＝46×+92×＝55.2。‎ 所以该混合气体的平均相对分子质量应在44.4～55.2之间。‎ 故选：B。‎ ‎16．【分析】设饱和一元醇为ROH，参加反应的A为2g﹣0.4g＝1.6g，生成酯3.7g，根据方程式中质量定比关系计算A的相对分子质量．‎ ‎【解答】解：设饱和一元醇为ROH，则：‎ 由CH3COOH+ROH→CH3COOR+H2O可知：‎ ‎ R+17 59+R ‎ 1.6g 3.7g ‎ 所以（R+17）：（59+R）＝1.6g：3.7g，‎ 解得R＝15，则A的相对分子质量为15+17＝32。‎ 故选：A。‎ ‎17．【分析】由题意知反应的化学方程式为2R+2H2O+7O2＝2FeSO4+2H2SO4，根据质量守恒定律：①宏观意义：反应物和生成物的总质量不变，元素种类、质量不变；②微观意义：原子种类不变，原子数目不变，原子质量不变，故可推测R的化学式．‎ ‎【解答】解：根据质量守恒定律：①宏观意义：反应物和生成物的总质量不变，元素种类、质量不变；②微观意义：原子种类不变，原子数目不变，原子质量不变。可知“2R”中含有4个硫原子、2个亚铁离子，故其化学式为FeS2。‎ 故选：C。‎ ‎18．【分析】利用质量守恒定律，反应前后各物质的质量总和相等，可计算出反应后未测的乙物质的质量；根据反应前后各物质的质量关系，对反应中各物质参与反应情况进行判断．‎ ‎【解答】解：A．丙的质量在反应前后没有发生变化，根据质量守恒定律可知：该反应是化合反应，故A错误；‎ B．物质丙在反应前后质量不变，根据催化剂在反应前后质量和化学性质不变的特点，可推测该物质可能为反应的催化剂；但不能说一定是催化剂，故B错误；‎ C．根据质量守恒定律，未测物质乙的质量＝（25+15+1+5）g﹣（11+1+22）g＝12g，根据反应前后物质质量差可得知，反应中只有15g﹣12g＝3g乙物质发生了反应，故C错误；：‎ D．根据质量守恒定律，甲与乙反应的质量比为（25﹣11）：3＝14：3，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎19．【分析】A．乙酸和葡萄糖的最简式相同；‎ B、石油裂化的目的主要是提高汽油的产量；‎ C、根据乙烷分子中含有的氢原子个数判断；‎ D．乙烯和苯都能与 H2发生加成反应，乙烯分子中含碳碳双键，苯分子中并不含碳碳双键。‎ ‎【解答】解：A、乙酸和葡萄糖的最简式相同，则总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量均相等，故A正确；‎ B、石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故B正确；‎ C、乙烷分子中含有6个氢原子，所以乙烷发生取代反应生成的有机物中一氯乙烷（1种）、二氯乙烷（2种）、三氯乙烷（2种）、四氯乙烷（2种）、五氯乙烷（1种）、六氯乙烷（1种），所以共有9种，故C正确；‎ D．乙烯和苯都能与 H2 发生加成反应，乙烯分子中含碳碳双键，苯分子中并不含碳碳双键，苯分子中碳碳间是介于单键与碳碳双键之间的特殊键，能与 H2 发生加成反应的除碳碳双键外还可是碳碳三键、苯环、醛基等，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎20．【分析】碳和浓硫酸在加热条件下能反应生成二氧化碳和二氧化硫，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，但碳和稀硫酸不反应。‎ ‎【解答】解：20mL18mol/L的浓H2SO4中硫酸的物质的量为18mol/L×0.02L＝0.36mol，碳和浓硫酸反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，若硫酸完全参加反应生成的CO2的体积为×22.4L/mol＝4.032l，因随着反应的进行，浓硫酸的浓度变稀，碳和稀硫酸不反应，则实际生成的CO2的体积应小于4.032l，‎ 故选：A。‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎21．【分析】（1）氧化还原反应中，化合价升高的数值＝化合价降低数值＝转移电子数；‎ ‎（2）根据盖斯定律来计算化学反应的焓变；‎ ‎（3）根据信息知道一氧化氮和二氧化氯之间反应生成产物是硝酸、盐酸以及二氧化氮，根据化学方程式结合电子守恒来计算；‎ ‎（4）①根据图中信息知道：CO（NH2）2与某种烟气中的NO的物质的量比值越大，NO脱除率越大；‎ ‎②根据图中信息知道：曲线a、b、c中，800℃～900℃区间内发生主要反应是CO（NH2）2与NO反应；‎ ‎③根据图中数据，NO的脱除速率＝来计算．‎ ‎【解答】解：（1）根据化合价升高的数值＝化合价降低数值＝转移电子数，化合价升高情况：2NH3～6e﹣～N2，所以当有1mol N2（g）生成，该反应的电子转移的量是6mol，总数是6NA 或6×6.02×1023，故答案为：6NA 或6×6.02×1023；‎ ‎（2）根据盖斯定律，将已知热化学方程式②×2﹣①可得：CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1160 kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1160 kJ•mol﹣1；‎ ‎（3）根据信息知道一氧化氮和二氧化氯之间反应生成产物是硝酸、盐酸以及二氧化氮，反应方程式为：2NO+ClO2+H2O＝NO2+HNO3+HCl，根据物质的性质及化合价变化可知：2NO～5e﹣～NO2+HNO3，ClO2～5e﹣～HCl，所以有2NO2～ClO2．根据物质的性质及化合价变化可知：2NO2～8e﹣～N2，Na2SO3～2e﹣～Na2SO4，所以有2NO2～4 Na2SO3．根据关系式有：2ClO2～2NO2～N2，n（ClO2）＝2n（NO2）＝1 mol，m（ClO2）＝67.5g，‎ 故答案为：2NO+ClO2+H2O＝NO2+HNO3+HCl；67.5；‎ ‎（4）①CO（NH2）2与某种烟气中的NO的物质的量比值越大，NO脱除率越大，故其物质的量比值分别为1：2、2：1、3：1时，对应的曲线为c、b、a，故曲线b 对应CO（NH2）2 与NO的物质的量比值是2：1，故答案为：2：1；‎ ‎②曲线a、b、c中，800℃～900℃区间内发生主要反应是CO（NH2）2与NO反应，即4NH3+6NO＝5N2+6H2O或2CO（NH2）2+6NO＝2CO2+4H2O+5N2，‎ 故答案为：4NH3+6NO＝5N2+6H2O或2CO（NH2）2+6NO＝2CO2+4H2O+5N2；‎ ‎③曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4 mg/m3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8 s，该时间段内NO的脱除速率为6×10﹣4×（75%﹣55%）/0.8 mg/（m3•s）＝1.5×10﹣4 mg/（m3•s），故答案为：1.5×10﹣4．‎ ‎22．【分析】（1）HCl溶液各25mL，分别加入等质量的Mg和Al，生成的氢气的体积相同，由于Al的电子摩尔质量比Mg的大，所以Al与盐酸反应时Al过量，其反应方程式为：2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，根据生成的氢气求出盐酸的物质的量和浓度；‎ ‎（2）Mg与盐酸反应时镁完全反应，根据方程式Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑，计算Mg的物质的量和质量，Mg和Al的质量相同．‎ ‎【解答】解：（1）HCl溶液各25mL，分别加入等质量的Mg和Al，生成的氢气的体积相同，由于Al的电子摩尔质量比Mg的大，所以Al与盐酸反应时Al过量，其反应方程式为：2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，由图象可知生成的氢气为n（H2）＝＝＝0.02mol，则n（HCl）＝2n（H2）＝0.04mol，c（HCl）＝＝＝1.60mol/L，‎ 故答案为：1.60；‎ ‎（2）Mg与盐酸反应时镁完全反应，反应方程式为Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑，则n（Mg）＝0.02mol，m（Mg）＝nM＝0.02mol×24g/mol＝0.48g，Mg和Al的质量相同，所以Al的质量为0.48g，‎ 故答案为：0.48g．‎ ‎23．【分析】加入NaOH溶液后，在0﹣a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3﹣离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al3+，由于HCO3﹣和Al3+会发生双水解而不能共存，则只能存在H+；a﹣b段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据c﹣d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al（OH）3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OH﹣～AlO2﹣可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，另一种离子为Mg2+，无色溶液中一定不含铁离子，b﹣c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4+．‎ ‎【解答】解：加入NaOH溶液后，在0﹣a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3﹣离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al3+，由于HCO3﹣和Al3+会发生双水解而不能共存，则只能存在H+；a﹣b段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Al3+，‎ 根据c﹣d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al（OH）3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OH﹣～AlO2﹣可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，另一种离子为Mg2+；‎ b﹣c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4+．所以溶液中一定含有n（H+）、n（Al3+）、n（NH4+），n（SO42﹣）．‎ ‎（1）ab段生成沉淀是的离子方程式为：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓、Mg2++2OH﹣‎ ‎＝Mg（OH）2↓；故答案为：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓、Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓；‎ ‎（2）根据c﹣d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，是氢氧化铝溶于氢氧化钠中的一段，发生的反应为：Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，‎ 故答案为：Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O；‎ ‎（3）b﹣c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4+，故答案为：加入的NaOH与原溶液中NH4+反应生成NH3•H2O；‎ ‎（4）原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Al3+，一定不存在镁离子，根据消耗的氢氧化钠的物质的量可以认为n（H+）＝a，n（Al3+）＝a，n（Mg2+）＝1.5a，‎ n（NH4+）＝2a，根据电荷守恒，n（SO42﹣）＝4.5a，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42﹣）：n（Mg2+）＝2：2：4：9：3，‎ 故答案为：n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42﹣）：n（Mg2+）＝2：2：4：9：3．‎ ‎24．【分析】（1）硫原子核外电子排布为1S12S22P63S23s23p4，据此书写最外层电子排布式；不同能级上的电子具有不同的能量；Na2S为离子化合物，书写硫离子时注意用中括号；‎ ‎（2）电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；得电子能力较强，非金属较强，据此进行分析；‎ ‎（3）反应中S2O32﹣中的硫由+2价升高到硫酸根离子中的+6价，氯气中的氯元素由0价降低到﹣1价的氯离子，依据氧化还原反应得失电子守恒结合原子个数守恒规律配平方程式；依据S2O32﹣～2SO42﹣～8e﹣计算转移电子数目；‎ ‎（4）硫化钠为强碱弱酸盐，溶液中硫离子水解溶液显碱性；结合水解平衡常数表达式计算，S 2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；SO2分子构型为“V”形，正负电荷重心不重叠，为极性分子，易溶于水；‎ ‎（5）依据亚硫酸钠为强电解质，完全电离，亚硫酸根离子为多元弱酸根离子，部分发生水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，亚硫酸氢根离子继续水解生成硫离子和氢氧根离子结合水的电离，排序。‎ ‎【解答】解：（1）硫原子核外电子排布为1S12S22P63S23s23p4，故最外层电子排布式3s23p4；不同能级上的电子具有不同的能量，故S原子核外有4种不同能量的电子；Na2S为离子化合物，故电子式为，‎ 故答案为：3s23p4；4；；‎ ‎（2）电子层越多，离子半径越大，故S2﹣最大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故O2﹣＞Na+，故S2﹣＞O2﹣＞Na+；O原子比S原子少一个电子层数，O原子半径较大，得电子能力较强，非金属较强，‎ 故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；O原子比S原子少一个电子层数，O原子半径较大，得电子能力较强，非金属较强；‎ ‎（3）由给出方程式可知：反应中S2O32﹣中的硫由+2价升高到硫酸根离子中的+6价，氯气中的氯元素由0价降低到﹣1价的氯离子，依据氧化还原反应得失电子守恒，S2O32﹣系数为1，Cl2系数为4，依据原子个数守恒，反应方程式为：1S2O32﹣+4Cl2+5H2O→2SO42﹣+8Cl﹣+10H+；‎ 若反应中生成2mol SO42﹣，依据S2O32﹣～2SO42﹣～8e﹣，可知转移电子数目为8mol；‎ 故答案为：1、4、5、2、8、10；8；‎ ‎（4）硫化钠其溶液盛装在带橡胶塞的试剂瓶中，溶液呈碱性的原因为硫离子水解，离子方程式为：S 2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；SO2分子构型为“V”形，正负电荷重心不重叠，为极性分子，易溶于水；SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色说明SO2具有还原性，‎ 故答案为：S 2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；极性；SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色；‎ ‎（5）亚硫酸钠虽然能水解，但程度不大，所以主要离子为钠离子和亚硫酸根离子，由于HSO3﹣还能少量水解，故氢氧根离子浓度略大于HSO3﹣，由于溶液呈碱性，所以H+是最小的，所以离子浓度大小关系为：[Na+]＞[SO32﹣]＞[OH﹣]＞[HSO3﹣]＞[H+]，②是SO32﹣；上述5种物质中，不能促进也不能抑制水电离的化合物Na2SO4，‎ 故答案为：SO32﹣；Na2SO4。‎