1.2mol金属钠与下列物质反应,在标准状况下生成11.2molL.H2的是（ ）

设1mol的个数为6.02*10^23方,设为N.
1.2N,4N.
2.0.5*N,0.5*N
3.10N,100N
4.10N,80N
5.3N,9N
6.n/N,3n
7.44:32,3:2,1:1
8.1.25
这是我做的,有不对的地方可以再联系我.

需要0.4mol硫酸钠,0.4mol硝酸钠,0.2mol硝酸钾.

解题思路：2min后，B由2mol减少到1.2mol，v（B）=

(2mol−1.2mol) 10L

2min

=0.04mol•L^-1•min^-1，结合反应速率之比等于化学计量数之比来解答．

2min后，B由2mol减少到1.2mol，v（B）=

(2mol−1.2mol)
10L
2min=0.04mol•L^-1•min^-1，由反应可知，A、B的化学计量数均为1，
反应速率之比等于化学计量数之比，
则用单位时间内A的浓度变化表示的化学反应速率为0.04mol•L^-1•min^-1，
故选B．

点评：
本题考点： 反应速率的定量表示方法．

考点点评： 本题考查反应速率的计算，明确计算公式及反应速率与化学计量数的关系即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．

（1）由图可知到平衡时生成氨气为0.1mol/L，v（NH₃）=[△C/△t]=[0.1mol/L/4min]=0.025 mol/（L．min）
故答案为：0.025 mol/（L．min）．
（2）化学平衡常数K=
C2(NH3)
C (N2)C3(H2)，已知N₂ （g）+3H₂ （g）═2NH₃ （g）△H＜0，升高温度平衡逆移，K减小；
故答案为：
C2(NH3)
C (N2)C3(H2)，减小；
（3）该反应是可逆反应，所以反应物不能完全转化为生成物，所以氨气的浓度不可能为0.20mol/L；△H＜0，所以该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，降低温度，平衡向正反应方向移动，所以氨气的浓度不可能为0.10mol/L，故选ac．
故答案为：ac；
（4）A．2v（H₂）_（正）=3v（NH₃）_（逆）是平衡状态，故错误；
B．容器中混合气体的密度保持不变不能作为判断的依据，因为容器的体积不变，气体的质量不变，无论是否达到平衡状态，气体的密度都不变，故错误；
C．反应前后的气体的计量数之和不相等，容器中气体的压强逐渐减小，当压强不变时，说明达到平衡状态，故正确；
D．反应前后的气体的计量数之和不相等，随反应进行，气体物质的量减少，质量不变，平均相对分子质量逐渐增大，平均相对分子质量不再变化，说明达到平衡状态，故正确；
E．单位时间内1mol N≡N键断裂为正速率，同时，有3mol H-H键生成为逆速率，而且正逆速率之比等于计量数之比，是平衡状态，故正确；
F．单位时间内生成了n mol N₂为逆速率，同时，减少了n mol NH₃为逆速率，都是逆速率不能判断平衡状态，故错误；
故答案为：C、D、E；
（5）该反应是气体体积减小的反应，把容器的体积缩小一半，增大了反应体系的压强，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变．
故答案为；向正反应方向；不变．
（6）把容器的体积缩小一半的瞬间氨气的浓度，氨气的浓度变为0.20mol/L，平衡后浓度约为0.25mol/L，其第5分钟末到此平衡时NH₃浓度的变化曲线为；
故答案为：；
（7）①由图可以看出，1molN和3molH的总能量大于1mol NH₃（g）的能量，则生成NH₃（g）的过程为释放能量的过程，故答案为：释放；
②由图可以看出，[1/2]molN₂（g）+[3/2]molH₂（g）的能量为akJ，1molNH₃（g）的能量为bkJ，所以[1/2]N₂（g）+[3/2]H₂（g）=NH₃（g）△H=（a-b）kJ/mol，
故答案为：（a-b）kJ/mol；
③由（2）可知[1/2]N₂（g）+[3/2]H₂（g）=NH₃（g）△H=（a-b）kJ/mol，
而1mol的NH₃（g）转化为1mol的NH₃（l）放出的热量为ckJ，
所以有：[1/2]N₂（g）+[3/2]H₂（g）=NH₃（l）；△H=（a-b-c）kJ/mol，
即：N₂（g）+3H₂（g）=2NH₃（1）；△H=2（a-b-c）kJ?mol^-1．
故答案为：N₂（g）+3H₂（g）=2NH₃（1）△H=2（a-b-c）kJ?mol^-1．

(1)0. 056 mol· L ^-1 ·s ^-1 ；37. 5% 1.2
(2)使用了催化剂
(3)吸热 ；= ；<
(4)2 ；80 ；1.2 ；0 ；a ；2b(或nb n>1)
压强对反应速率的影响 80 ；1.2 ；0 ；a ；b
与上述数据对应的图示见下图

1）0.2molA生成1.2molCO2和H2O,所以A:C:H=1:6:12,所以分子式是C6H12
2）根据上面的比例,生成0.3molCO2和H2O,即0.05molA=4.2g,O2=0.9/2=0.45mol=10.08L
3）CnH2n为烯烃或环烷烃的通式,不能使溴水退色,即无双键；一氯代物只有1种,即所有H同环境,所以A是环己烷,结构式自己写吧
4）能使溴水退色,即A是烯烃,H2加成后有4甲基,即加成后的6碳烷烃有2支链,该烷烃只可能是二甲基丁烷,甲基位置可能是2,2或2,3,然后倒推烯烃：若是2,2-二甲基丁烷,则烯烃只可能是3,3-二甲基-1-丁烯；若是2,3-二甲基丁烷,则烯烃可能是2,3-二甲基-1-丁烯或2,3-二甲基-2-丁烯
5)该同系物是5碳烯烃,C5H10,同分异构体5种

解题思路：烃含有C、H两种元素，某烃A 0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO2、H2O各1.2mol，则据原子守恒，烃A的分子式为C6H12，（1）根据m=mM计算烃的物质的量，再根据1mol烃CxHy的耗氧量为（x+y4）mol计算，根据V=nVm计算氧气的条件；（2）若A能使溴水褪色，则A分子含有1个碳碳双键，且在催化剂存在下与H2加成的产物分子中含有4个甲基，则加成产物为（CH3）2CHCH（CH3）2或（CH3）3CCH2CH3，还原双键确定A的结构；（3）某有机物的分子式为CxHyO2，若x的值与A分子中的碳原子个数相同，C、H关系符合烷烃组成时y的值最大．

烃含有C、H两种元素，某烃A 0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO₂、H₂O各1.2mol，则据原子守恒，烃A的分子式为C₆H₁₂，
（1）4.2g烃的物质的量=[42g/84g/mol]=0.5mol，完全燃烧消耗氧气物质的量=0.5mol×（6+[12/4]）=4.5mol，标况下，氧气的体积=4.5mol×22.4L/mol=100.8L，
故答案为：100.8；
（2）若A能使溴水褪色，则A分子含有1个碳碳双键，且在催化剂存在下与H₂加成的产物分子中含有4个甲基，则加成产物为（CH₃）₂CHCH（CH₃）₂或（CH₃）₃CCH₂CH₃，还原双键，则A的结构为（CH₃）₂C=C（CH₃）₂或CH₂=C（CH₃）CH（CH₃）₂或（CH₃）₃CCH=CH₂，
故答案为：（CH₃）₂C=C（CH₃）₂或CH₂=C（CH₃）CH（CH₃）₂或（CH₃）₃CCH=CH₂；
（3）某有机物的分子式为C_xH_yO₂，若x的值与A分子中的碳原子个数相同，C、H关系符合烷烃组成时y的值最大，故y的最大值=2×6+2=14，故答案为：14．

点评：
本题考点： 有关有机物分子式确定的计算．

考点点评： 本题考查有机物分子式的确定、限制条件同分异构体书写等，难度不大，注意掌握烷烃同分异构体的书写．

解题思路：（1）烃含有C、H两种元素，某烃A0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO₂、H₂O各1.2mol，则根据原子守恒可以确定分子式；
（2）根据燃烧法结合原子守恒思想来确定有机物的量．

烃含有C、H两种元素，某烃A0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO₂、H₂O各1.2mol，所以碳原子和氢原子的个数是6、12，所以烃A的分子式为C₆H₁₂，故答案为：C₆H₁₂；
（2）取一定量的烃A完全燃烧后，生成CO₂、H₂O各3mol，根据碳原子和氢原子守恒，所以烃的物质的量是0.5mol，所以质量是0.5mol×84g/mol=42g，故答案为：42．

点评：
本题考点： 有关有机物分子式确定的计算；有机物的推断．

考点点评： 本题考查有机物分子式的确定及有机物结构简式和同分异构体的判断，题目难度中等，

设物质的量为X
根据草酸根守恒得知
Ca（2+）----CaC2O4----H2C2O4
草酸与KMnO4的反应方程式如下
5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O
所以1mol草酸对应2/5=0.4mol的KMnO4
Ca（2+）----CaC2O4----H2C2O4----0.4KMnO4
简化为Ca（2+）----0.4KMnO4
1-------------0.4
x-----------1.2mol
X=0.0012/0.4
所以Ca（2+）质量为 40*1.2/0.4=120克

解题思路：随着反应的进行，浓硝酸变稀，稀硝酸与铜反应得到的是NO．

因铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO₃（浓）═Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+2H₂O，随着反应的进行，浓硝酸变稀，
稀硝酸与铜反应：3Cu+8HNO₃（稀）═3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O，
所以放出的NO₂小于0.6mol，
故选：C．

点评：
本题考点： 硝酸的化学性质；有关范围讨论题的计算．

考点点评： 铜与浓硝酸的反应中要考虑量变引起质变，同样的例子还有二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行稀盐酸与二氧化锰 不反应．

1.2*2=0.8*x,X=0.3

（1）烃A的分子式___C6H12_____,B、C的分子式分别是__CO2和H2O_______.
（2）若取一定量的烃A燃烧后生成B、C各3mol,则有____42______g烃A参加了反应,燃烧时消耗标准状况下氧气____100.8___L.
3）若烃A不能因反应而使溴水褪色在一定条件下不能与氯气发生取代反应,其一氯代物只有一种,则烃A的结构简式为____环己烷,就是正六边形_____.
(4)如果该烃能使溴水褪色,且分子中所有碳原子共平面,则A的结构式为 不好画,我大概表示一下有点像这个样子＞=＜.
（5）有3种
（6）(CH3)3CCH=CH2

物质的量 ===质量/摩尔质量 ==132/44==3 mol
有 3NA 个
149 H2SO4 149/98==1.52 mol
有 1.52NA 个
质量==物质的量*摩尔质量 ==1.2*44==52.8g
有 1.2NA 个

1.利用得失电子来计算就比较好懂.
反应完成后,钠成了+1价,H由+1价变为0价,其余没变,所以2mol钠可以置换1mol氢气.所以就是NA个氢气分子.
2.CnH2n可以写作（CH2）n,所以7gCnH2n就是（0.5/n）mol,所以氢原子数目就＝（0.5/n）×2n=1mol,所以就是NA个.
懂了么?

负三价的

1,0.2
2CuFeS2+O2→Cu2S+2FeS+SO2中CuFeS2 Cu 为正二价,Fe为正二价,S为负二价,Cu2S中Cu 为正一价,FeS中Fe为正二价,S为负二价,SO2中S为正四价,所以铜被还原,氧被还原；硫被氧化,每mol反应转移6mol电子,每2mol CuFeS2就有1molCu2S生成,但是1molCu2S中S为负二价化合价不变,所以只有1molS被氧化,所以第一个空填1
每mol反应转移6mol电子,每转移1.2mol电子即发生了0.2mol反应,所以只有0.2molS被氧化,故填0.2

是不可能的存在的
d是不符合条件

1.选 c 6当中摩尔质量的单位是g/mol
2.选c 同质量的三种气体相同条件下氢气密度最小,氧气密度最大,因此密度相同就必须让压强1>3>2
3.标准状况下,混合气体的物质的量为0.2mol,体积为4.48L

烃在氧气中充分燃烧
C完全转为CO2
H完全转为H20
所以C~CO2
x 1.2
C=1.2mol
所以1.2/0.2=6 同理
H~H20
X 1.2
H=2.4mol
2.4/0.2=12
所以 该烃分子式为C6H12环己烷
答案是不是?

设在标准状况下,吸收了氯气的体积为X
氢氧化钠的物质的量=1.2mol/L*0.5L=0.6mol
Cl2 + 2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
22.4 2X
0.6mol X
X=6.72L
答:在标准状况下,吸收了氯气的体积为6.72升.
设生成气体体积在标准状况下为X,生成氢氧化钠的物质的量为Y
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
46 2 22.4
4.6g Y X
X=2.24L
Y=0.2mol
答:1生成的气体体积在标准状况下为2.24升
2所得溶液溶质的物质的量为0.2摩尔.

1.x=2
2.60%
3.0.2mol/L·min
平衡时C的物质的量是n=cV=0.4*2=0.8mol
3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)
化学计量数 3 1 x 2
起始 2 2 0 0
变化 1.2 0.4 0.8 0.8
平衡 0.8 1.6 0.8 0.8
变化量等于化学计量数,x/0.8=2/0.8,x=2
A的转化率是1.2/2*100%=60%
D的浓度变化是△c=△n/V=0.8/2=0.4mol/L,速率是v=△c/t=0.4/2=0.2mol/L·min
4. 4/3mol的B

解题思路：先根据v=

△n V

△t

计算B的反应速率，再结合同一可逆反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算C的反应速率．

2分钟内B的平均反应速率=

(2−1.2)mol
4L
2min=0.1mol/（L•min），同一可逆反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v（C）=2v（B）=0.2mol/（L•min），
故选：B．

点评：
本题考点： 化学反应速率和化学计量数的关系．

考点点评： 本题考查了化学反应速率的计算，根据化学反应速率与计量数之间的关系来分析解答即可，难度不大．

.题目写错了吧,是1.2mol氮气吧...首先写出方程式或者熟悉的话直接写关系式1N2----3H2
然后呢,判断过量,两种思路：一是可以从H2出发,3molH2需要1MOL N2,现在N2是1.2MOL,所以H2可以反应完
二呢是可以从N2出发,1.2MOL N2需要3.6MOL氢气,明显N2有剩余,H2反应完毕
上面的阿门写错了吧,极端条件下小于1X10-5次方认为反应完全吧.不过做题目时看情况而定咯

解题思路：随着反应的进行，浓硝酸变稀，稀硝酸与铜反应得到的是NO．

因铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO₃（浓）═Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+2H₂O，随着反应的进行，浓硝酸变稀，
稀硝酸与铜反应：3Cu+8HNO₃（稀）═3Cu（NO₃）₂+2NO↑+4H₂O，
所以放出的NO₂小于0.6mol，
故选：C．

点评：
本题考点： 硝酸的化学性质；有关范围讨论题的计算．

考点点评： 铜与浓硝酸的反应中要考虑量变引起质变，同样的例子还有二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行稀盐酸与二氧化锰 不反应．

配平方程式：MnO2+4HCl浓=加热=MnCl2+Cl2+2H2O其中4HCl中被氧化的HCl（化合价升高从-1升到0）只有2个占一半（2HCl--Cl2氯原子守恒),转移电子数2e-MnO2+4HCl浓=加热=MnCl2+Cl2+2H2O 转移2e-87 4 22.4 2z y x 1.2mol解...

解题思路：（1）由图可知，达到平衡时氨气增加0.20mol/L，先根据反应速率公式计算氨气的反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氮气的反应速率；
（2）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（3）△H＜0，该反应为放热反应，升高温度逆向移动，氨气浓度减小，降低温度，正向移动，浓度增大，但反应物不能完全反应；
（4）体积减小，气体压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；
（5）第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大，平衡正向移动，氨气的浓度增大，在第8分钟末达到新的平衡时NH₃的浓度约为0.25mol•L^-1．

（1）由图可知，达到平衡时氨气增加0.20mol/L，其反应速率=[0.20mol/L/5min＝0.04mol/(L．min)，同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氮气的反应速率是氨气的一半，为
0.02 mol•L^-1•min^-1，故答案为：0.02 mol•L^-1•min^-1；
（2）该反应的化学平衡常数K=
c(NH3)2
c(N2)．c(H2)3]，故答案为：
c(NH3)2
c(N2)．c(H2)3；
（3）该反应是可逆反应，所以反应物不能完全转化为生成物，所以氨气的浓度不可能为0.8mol/L；
该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，降低温度，平衡向正反应方向移动，所以氨气的浓度不可能为0.20mol/L，故选a、c；
（4）该反应是气体体积减小的反应，把容器的体积缩小一半，增大了反应体系的压强，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，
故答案为：向右；不变；
（5）第5分钟末将容器的体积缩小一半后，氨气浓度为0.40mol/L，压强增大，平衡正向移动，氨气的浓度增大，在第8分钟末达到新的平衡时NH₃的浓度约为0.50mol•L^-1，
则图象为，故答案为：．

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的调控作用．

考点点评： 本题考查化学平衡的计算，明确反应速率计算、平衡的影响因素及图象的分析试剂解答本题的关键，题目难度中等，难点是（5）题图象，注意缩小体积瞬间，氨气浓度变为原来的2倍，为易错点．

①C：H=1.2/0.2:1.2*2/0.2=6:12
该烃的分子式C6H12
②该烃的一氯取代物的名称是1-氯环已烷,将其与NaOH水溶液共热,则反应后生成的有机物的结构简式为环己醇(六个碳形成环状结构,其中一个碳连有一个氢和一个羟基,其它的碳上连有两个氢),它是属于醇类.
③该烃可能的结构简式.
CH2=C(CH3)CH(CH3)2
(CH3)2C=C(CH3)2

1.2mol三氧化硫含有（1.204*10的24次方 ）个三氧化硫分子
2.3mol铜含有（1.806*10的24次方 ）个铜原子
3.3.01*10的24次方个水分子是（5 ）mol水
4.2mol氮气的质量为（56 ）,含有（ 1.204*10的24次方）个氮分子
计算下列分子和原子的个数（要过程）
5.4mol氦原子；0.05mol蔗糖分子
计算下列物质的物质的量（要过程）
88克二氧化碳；88g/44g/mol=2mol 4克氧化镁4g/40g/mol=0.1mol；多少克二氧化硫与三氧化硫所含的分子个数相同 要分子数相同 已知的三氧化硫的质量/64g/mol/80g/mol

0.2mol氧气.
0.4mol硝酸银与0.4mol氯化钾反应生成氯化银沉淀,溶液中只有0.8mol硝酸铜和0.8mol硝酸钾.
阴极生成0.4mol铜,得到0.8mol电子.则阳极生成0.2mol氧气.

解题思路：（1）烃含有C、H两种元素，某烃A0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO₂、H₂O各1.2mol，则1mol烃中含有6molC，12molH原子，A分子式为C₆H₁₂；
（2）根据燃烧方程式计算A的物质的量、消耗氧气的物质的量，再根据m=nM计算烃A的质量，根据V=nV_m计算消耗氧气的体积；
（3）若烃A不能使溴水褪色，说明有机物中不含C=C官能团，但在一定条件下，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，应为环己烷；
（4）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下与H₂加成生成，说明分子中含有1个C=C键，相邻两个碳原子都含有H原子为C=C双键位置，据此确定A的结构简式；
（5）若烃A能使溴水褪色，且分子中所有碳原子共平面，则C=C双键中不饱和C原子连接四个甲基，据此确定A的结构简式．

（1）烃含有C、H两种元素，某烃A0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B，C各1.2mol，即生成CO₂、H₂O各1.2mol，则1mol烃中含有6molC，12molH原子，分子式为C₆H₁₂，
故答案为：C₆H₁₂；
（2）C₆H₁₂完全燃烧，生成3molCO₂和H₂O，则：
C₆H₁₂+9O₂

点燃
.
6CO₂+6H₂O，
1mol 9mol 6mol 6mol
0.5mol 4.5mol 3mol 3mol
当生成3molCO₂和H₂O时，需要0.5molC₆H₁₂，m（C₆H₁₂）=0.5mol×84g/mol=42g，
需要氧气的体积为V（O₂）=4.5mol×22.4L/mol=100.8L，
故答案为：42；100.8；
（3）若烃A不能使溴水褪色，说明有机物中不含C=C官能团，但在一定条件下，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，应为环己烷，结构简式为，故答案为：；
（4）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下与H₂加成生成，说明分子中含有1个C=C键，相邻两个碳原子都含有H原子为C=C双键位置，故A的结构简式为：（CH₃）₃CCH=CH₂，
故答案为：（CH₃）₃CCH=CH₂；
（5）若烃A能使溴水褪色，且分子中所有碳原子共平面，则C=C双键中不饱和C原子连接四个甲基，故A的结构简式为：（CH₃）₂C=C（CH₃）₂，
故答案为：（CH₃）₂C=C（CH₃）₂．

点评：
本题考点： 有关有机物分子式确定的计算．

考点点评： 本题考查有机物分子式确定、限制条件同分异构体的书写，题目难度中等，注意掌握烯烃的结构与性质．

几种离子组成的物质可能为Na2SO4,K2SO4,NaNO3,KNO3,硫酸根0.4,则不管是Na2SO4还是K2SO4,阳离子应为0.8,硝酸根离,0.6,则不管是NaNO3还是KNO3,阳离子应为0.6.所以任意两种组合是不行的,所以至少三种,而又有要求所用药品不能超过三种,所以用三种来假设,1.硫酸根Na2SO4,K2SO4都存在,则NaNO3,KNO3只能存在一种,用硝酸根做突破口,则知Na2SO4,K2SO4,KNO3不行,Na2SO4,K2SO4,NaNO3,用硝酸根做突破口NaNO3 0.6,则Na2SO4 0.3,K2SO4 0.1成立.
2.NaNO3,KNO3都存在,则Na2SO4,K2SO4只能存在一种,用硫酸根做突破口,NaNO3,KNO3,K2SO4不成立,NaNO3,KNO3,Na2SO4,用硫酸根做突破口,Na2SO4 0.4,则NaNO3 0.4,KNO3 0.2成立.
所以结论：1.NaNO3 0.6,Na2SO4 0.3,K2SO4 0.1
2.Na2SO4 0.4,NaNO3 0.4,KNO3 0.2

Cl2>Br2>Fe3+>I2>S,故先有2I-+CL2=I2+2CL-（氧化出1mol I2,剩0.2molCL2）
再有2FE2+CL2=2FE3+2CL-（氧化出0.2mol FE3+,剩0.8mol FE3+）

2.4克镁就是0.1mol
一个镁原子有12个电子,即1mol镁有12mol电子,所以是1.2mol电子

2FE2+CL2=2FE3+2CL-（氧化出1mol FE3+,剩0.2molCL2）
2I-+CL2=I2+2CL-（氧化出0.2mol I2,剩下1.6mol I-）

解题思路：根据阿伏伽德罗定律可得反应的方程式为A_x+6B₂═4AB₃，根据质量守恒定律可得单质的化学式．

根据阿伏伽德罗定律可得反应的方程式为A_x+6B₂═4AB₃，结合质量守恒定律可知x为4，单质Ax的化学式为A₄，
故答案为：A₄．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查反应方程式的计算，侧重于考查学生的计算能力，注意根据质量守恒定律和阿伏伽德罗定律解答该题，难度不大．

解题思路：根据阿伏伽德罗定律可得反应的方程式为A_x+6B₂═4AB₃，根据质量守恒定律可得单质的化学式．

根据阿伏伽德罗定律可得反应的方程式为A_x+6B₂═4AB₃，结合质量守恒定律可知x为4，单质Ax的化学式为A₄，
故答案为：A₄．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查反应方程式的计算，侧重于考查学生的计算能力，注意根据质量守恒定律和阿伏伽德罗定律解答该题，难度不大．

解题思路：根据阿伏伽德罗定律可得反应的方程式为A_x+6B₂═4AB₃，根据质量守恒定律可得单质的化学式．

根据阿伏伽德罗定律可得反应的方程式为A_x+6B₂═4AB₃，结合质量守恒定律可知x为4，单质Ax的化学式为A₄，
故答案为：A₄．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查反应方程式的计算，侧重于考查学生的计算能力，注意根据质量守恒定律和阿伏伽德罗定律解答该题，难度不大．

解题思路：氯气完全反应生成AClx，根据氯原子守恒列方程计算x的值．

1.2molCl₂与足量的元素A的单质完全反应生成0.80mol ACl_x，
根据Cl原子守恒有：1.2mol×2=0.8mol×x，解得x=3，
故选C．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查化学方程式的计算，注意根据原子守恒计算，比较基础．

C 1.2/0.2 =6 H 1.2*2/0.2 = 12 C6H12 一氯环己烷 环己醇 （六边形上一个碳连着-OH）醇 可能为 2,3-二甲基-1-丁烯或者2,3-二甲基-2-丁烯

根据元素的质量守恒定律,元素前后的质量要不变.
那么物质的量也要不变.
原来CL元素的物质的量为:1.2*2=2.4mol
后来为0.8x
所以0.8x=2.4
x=3

氧化物中O原子数为 2*1.2/0.8==3 个
则 AO3 ,即化合价为 +2*3==+6

还BC,烃充分燃烧产物只有CO2和H2O不会有其他产物.
0.2molA中有C元素1.2mol,H元素2.4mol
则A的分子式是C6H12

1.2mol的金属钠,如果完全反应,可置换出0.6mol的H2.换算成体积后大于11.2L.因此,本题的考点在于找出一个反应物,使之不能够将1.2mol的Na完全反应.
由于醇羟基、水均可和Na反应产生H2,因此C选项相当于反应物足够的多.
A、B、D选项的差别则在于羟基数量,1mol乙醇含有1NA个羟基；1mol乙二醇含有2NA个羟基；1mol甘油（丙三醇）则含有3NA的羟基.
由于醇羟基与金属钠1：1置换,因此,只有A选项的羟基数目小于金属钠的数量：1.2mol.答案选A
如有疑惑,欢迎追问

6.02*10的22次方为0.1mol,根据质量2.4g,得知原子质量为24g/mol,所以为金属镁,有12个质子,12个中子.

2NA+2H2O=2NaOH+H2
2CH3CH2OH+2NA=2CH3CH2ONA+H2
选A的.1MOL乙醇反应完了就完了,NA是过量的.没有水的.

NO3-中的N是+5价,NO中的N是+2价,NO2中的N是+4价
生成NO,N从+5价下降到+2价,需要得到3个电子,所以生成0.4mol的NO需要3*0.4=1.2mol电子
生成NO2,N从+5价下降到+4价,需要得到1个电子,所以生成0.4mol的NO需要1*0.4=0.4mol电子