2021-2022学年北京二中高一（下）阶段测试化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京二中高一（下）阶段测试化学试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了 垃圾分类有利于资源回收利用， 下列化学用语书写不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京二中高一（下）阶段测试化学试卷

1. 垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾的归类不合理的是(    )

A
B
C
D
垃圾
矿泉水瓶
铅蓄电池
过期药片
果皮
归类





A. A B. B C. C D. D
2. 化学反应一定伴随着能量变化，下列反应的能量变化与其它三个不同的是(    )
A. Na与H2O反应
B. 甲烷在空气中燃烧
C. NaOH溶液与硫酸反应
D. Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
3. 已知反应A+B=C+D的能量变化如下图所示，下列说法正确的是(    )
A. 该反应是放热反应
B. 只有在加热条件下才能进行
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量
4. 下列调控化学反应速率的措施中，主要是通过浓度调控化学反应速率的是(    )
A. 将食物放入冰箱 B. 用块状大理石制CO2
C. 糕点包装内放置除氧剂 D. 氨在催化剂作用下氧化成NO
5. 下列物质中，只含有离子键的是(    )
A. H2O B. Na2O2 C. KOH D. KCl
6. 下列物质或离子的性质比较正确的是(    )
A. 热稳定性：HCl>HBr B. 还原性：Cl−>I−
C. 碱性：Ca(OH)2Br，热稳定性HCl>HBr，A正确；
B.元素的非金属性越强，其离子的还原性越弱，非金属性Cl>I，故还原性I−>Cl−，B错误；
C.元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Ca>Mg，则碱性Ca(OH)2>Mg(OH)2，C错误；
D.离子电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故微粒半径F−>Na+，D错误；
故答案选A。


7.【答案】B 
【解析】A.CO2是共价化合物，电子式：，A正确；
B.乙烯还有碳碳双键，结构简式：CH2=CH2，B错误；
C.CH4分子是正四面结构，球棍模型：，C正确；
D.Na+的结构示意图：，D正确；
答案选B。


8.【答案】D 
【解析】A.碳原子最外层有4个电子，能与碳原子或其他原子形成4个共价键，是有机物种类繁多的原因之一，A不符合题意；
B.碳原子之间也能相互成键，可以是双键，可以是单键，可以是三键，是有机物种类繁多的原因之一，B不符合题意；
C.碳原子的成键方式的多样性使得有机化合物普遍存在着同分异构现象，常见的同分异构，有碳链异构、官能团位置异构和官能团类型异构等，C不符合题意；
D.有机物燃烧不是有机物的种类繁多的原因，D符合题意；
故选：D。


9.【答案】C 
【解析】
【分析】
烃是仅由碳和氢两种元素组成的有机化合物，以此来解析。
【解答】
A.CH3CH=CH2只含有C、H两种元素，属于烃， A不符合题意；
B.苯分子中只含有C、H两种元素，属于烃，B不符合题意；
C.CH3CH2OH中含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，C符合题意；
D.CH3CH2CH3只含有C、H两种元素，属于烃，D不符合题意；
故选：C。
  
10.【答案】D 
【解析】A.烷烃分子中碳原子形成四个共价键全是单键，形成的烷烃为饱和链烃，每个碳原子都形成四个单键，A正确；
B.分子通式为CnH2n+2的烃，满足碳原子的价键是分子中形成的全是单键，是饱和烃，所以一定是烷烃，B正确；
C.烷烃只含碳、氢，故都能在氧气中燃烧，随着分子中碳原子数的增加，烷烃含碳的质量分数增加，就会由于燃烧不完全产生黑烟，C正确；
D.烷烃的结构决定了化学性质，碳原子是饱和状态，所以均不能使KMnO4溶液褪色，D错误；
故选：D。


11.【答案】D 
【解析】A.甲烷燃烧属于氧化反应，A错误；
B.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是氧化还原反应，B错误；
C.乙醇催化氧化为乙醛是氧化反应，C错误；
D.植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，与氢气可以发生加成反应，D正确；
故选：D。


12.【答案】D 
【解析】A.糖类中的单糖不能水解，油脂、蛋白质都是由小分子物质经过化学反应形成的，所以能水解，A错误；
B.葡萄糖(C6H12O6)和麦芽糖(C12H22O11)组成上明显不是相差一个或若干个CH2，二者不属于同系物，B错误；
C.重金属盐能使蛋白质变性，酒精能使蛋白质变性，NaCl能使蛋白质盐析，但不能变性，C错误；
D.油脂易溶于有机溶剂，食品工业中，可用有机溶剂提取植物种子中的油，这种方法就是利用萃取的原理，D正确；
故选：D。


13.【答案】A 
【解析】
【分析】
由题中所给两个方程式可知：C(石墨)=C(金刚石)，吸热1.9kJ。
【解答】
A.能量越高越不稳定，故石墨比金刚石稳定，A错误；
B.金刚石和石墨中的化学键和结构不同，转化过程中旧键断裂新键形成，发生的是化学变化，B正确；
C.根据分析，石墨转化为金刚石吸热，说明相同质量的情况下石墨的能量低，C正确；
D.石墨和金刚石的结构不同，故同素异形体具有的能量不同的原因可能是其中的化学键不同，D正确；
故选：A。
  
14.【答案】A 
【解析】A.SO2和SO3的浓度不再改变，说明反应达平衡状态，A正确；
B.可逆反应始终是反应物和生成物共存的体系，不可能完全转化，B错误；
C.化学平衡是动态平衡，平衡时速率不为0，C错误；
D.SO2、O2、SO3的浓度比为2：1：2时，不一定为平衡态，D错误；
故选：A。


15.【答案】D 
【解析】A.太阳能电池是利用硅材料把光能转化为电能的，不属于化学电池，A正确；
B.放电时为原电池，铅作负极失电子，电极反应为Pb−2e−+SO 42-=PbSO4，B正确；
C.晴天正午时，铅蓄电池充电，2PbSO4+2H2O充电 Pb+PbO2+2H2SO4，该反应生成硫酸消耗水，导致硫酸的浓度升高，C正确；
D.铅蓄电池中的充电条件和放电条件不一样，不属于可逆反应，D错误；
故选：D。


16.【答案】C 
【解析】
【分析】
由图可知，X、Z的物质的量减少，是反应物，Y的物质的量增加，是生成物；X、Y、Z的物质的量变化量分别为：0.2mol、0.4mol、0.6mol，故反应方程式为：。
【解答】
A.根据分析，化学方程式为：，A错误；
B.6min时各物质的量还在变，未达平衡，B错误；
C.达平衡时，X的物质的量变化量为0.2mol，转化率为：0.20.8×100%=25%，C正确；
D.10min内，Z的物质的量变化量为0.6mol，反应速率为v=0.6mol2L10min=0.03mol⋅L−1⋅min−1，D错误；
故选：C。
  
17.【答案】C 
【解析】A.同温同压下，O2和CO2的体积相同时，其质量之比为32：44，则密度之比为32：44，不相同，A说法错误；
B.质量相同的H2O和D2O(重水)的物质的量之比为20：18，分子数之比为10：9，不相同，B说法错误；
C.每个CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条，则物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同，C说法正确；
D.室温下，盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相等，硫酸能电离出2个氢离子，而盐酸只能电离出一个，故cH+相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同，D说法错误；
答案为C。


18.【答案】A 
【解析】A.液氨汽化时要吸收大量的热，具有制冷作用，能够做制冷剂，与氨气易溶于水无关，故A错误；
B.SO2具有漂白性，二氧化硫可用于漂白纸张，是利用其漂白性，故B正确；
C.浓硫酸具有吸水性，能吸收水蒸气，所以浓硫酸可用作干燥剂，故C正确；
D.强氧化性的物质能杀菌消毒，漂白粉具有氧化性，能使细菌、病毒的蛋白质发生变性，从而杀死细菌和病毒，所以可用作环境消毒剂，故D正确；
故答案选A。


19.【答案】BD 
【解析】A.NH3遇HCl生成氯化铵晶体，产生白烟，发生反应的化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl，A正确；
B.NO2溶于水生成硝酸和NO气体，溶液呈酸性，该反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，B不正确；
C.Fe2O3溶于稀H2SO4中生成硫酸铁和水，溶液变黄，该反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，C正确；
D.乙烯与Br2的四氯化碳溶液反应生成1，2−二溴乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，D不正确；
故选：BD。


20.【答案】A 
【解析】A.硫酸铜与水会显示蓝色，氯化钙不会，可以区分，A正确；
B.淀粉遇到单质碘会显示蓝色，遇到碘酸钾不变蓝色，B错误；
C.SO2气体具有漂白性，能使品红溶液褪色；常用品红溶液来检验SO2气体；虽然SO2通入澄清石灰水能产生白色沉淀，但与CO2通入澄清石灰水能产生白色沉淀的现象一样，C错误；
D.铵根遇到氢氧根离子加热的时候产生氨气，但是检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，D错误；
故选：A。


21.【答案】C 
【解析】A.顺铂和反铂的分子式相同而结构不同，二者的关系是互为同分异构体，故A正确；
B.NH3中N与H之间为共价键，Pt能提供空轨道，NH3的N原子能提供孤电子对，形成的配位键也是共价键，故B正确；
C.分子若为四面体结构，则不存在顺铂和反铂的同分异构现象，故C错误；
D.同分异构现象不只存在在有机化合物中，无机物与有机物之间也存在同分异构体，如尿素CO(NH2)2和氰酸铵NH4CNO，故D正确；
故选：C。


22.【答案】D 
【解析】A.氯气是黄绿色气体，氯气被消耗，混合气体颜色变浅，A正确；
B.试管中的白雾是反应生成的HCl与水蒸气形成的小液滴，B正确；
C.取代产物CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油状液体，取代产物CH3Cl虽是气体但易溶于有机溶剂，所以试管内壁出现油状液滴，油状液滴是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物，C正确；
D.生成的HCl气体易溶于水，且取代产物CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油状液体，即甲烷的取代反应为气体体积减小的反应，导致集气瓶内液面上升，但取代产物CH3Cl为气体，试管中会有取代产物CH3Cl的气体剩余，D错误；
故选：D。


23.【答案】B 
【解析】8.8gCO2的物质的量为mM=8.8g44g/mol=0.2mol，3.6gH2O的物质的量为mM=3.6g18g/mol=0.2mol，n(C)：n(H)=0.2mol：(0.2mol×2)=1：2，C3H8不满足碳与氢的原子个数比1：2，符合题意；
故选：B。


24.【答案】B 
【解析】A.由题图中曲线可知，0∼6h内，随着时间的延长，Fe2+的氧化率逐渐增大，A正确；
B.由曲线②和③可知，当温度相同时，pH越小，Fe2+的氧化率越大，相同时间内Fe2+的氧化速率越快，B错误；
C.由曲线①和③可知，温度越高，Fe2+的氧化速率越快，C正确；
D.氧化过程的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，D正确。
故选：B。


25.【答案】D 
【解析】A.CO2中存在C与O之间的极性共价键，故A正确；
B.根据上述反应机理可知反应物为二氧化碳和甲烷，生成物为乙酸，总反应方程式为CO2+CH4催化剂CH3COOH，所以反应中原子利用率为100%，故B正确；
C.①的能量比②的能量高，所以①→②反应过程释放能量并形成了C−C键，故C正确；
D.催化剂可降低活化能，提高反应速率，但不能改变反应物的总能量，故D错误；
故选：D。


26.【答案】(1)①    (2)②   
(3)③    (4)④
 
【解析】
【分析】
有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；结构相似、分子组成相差若干个”CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体，以此来解析。
【解答】
(1)同位素指具有相同质子数和不同中子数的原子，符合的是①；
(2)同素异形体指同种元素组成的不同单质，符合的是②；
(3)同系物指结构相似，组成上相差若干个“CH2”的有机物，符合的是③；
(4)同分异构体指分子式相同，分子结构不同的化合物，符合的是④；
  
27.【答案】(1)电流表指针偏转；Cu电极表面有气泡逸出   
(2)正极；2H++2e−=H2↑   
(3)导电的作用，作为正极反应物
 
【解析】
【分析】
根据装置图可知，锌比较活泼，锌失去电子，氢离子在铜电极得到电子生成氢气，故锌为负极，铜为正极，以此解题。
【解答】
(1)如图所示装置，当原电池工作时，Zn失电子转化为Zn2+，Zn片溶解；电流表指针偏转；Cu电极上，H+得电子生成H2，有气泡逸出，所以能证明产生电能的实验现象是电流表指针偏转、Cu电极表面有气泡逸出，故答案为：电流表指针偏转；Cu电极表面有气泡逸出；
(2)由分析可知铜为正极，电极反应为：2H++2e−=H2↑，故答案为：正极；2H++2e−=H2↑；
(3)硫酸电离出的离子可以起到导电的作用，另外，其电离出的氢离子可以在铜电极得到电子，作为正极反应物，故答案为：导电的作用，作为正极反应物。
  
28.【答案】(1)   
(2)CH2=CH2+H2O→催化剂CH3CH2OH；2CH3CH2OH+O2→ΔCu2CH3CHO+2H2O
(3)饱和Na2CO3溶液   

(4)ABCD
(5)CH2=CH−COOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O
 
【解析】
【分析】
乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成B为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，D为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为，以此来解析。
【解答】
(1)D为聚乙烯，其结构简式是；
(2)反应Ⅰ是乙烯和水加成生成乙醇，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2O→催化剂CH3CH2OH；
反应Ⅱ是乙醇氧化生成乙醛，反应化学方程式是：2CH3CH2OH+O2→ΔCu2CH3CHO+2H2O；
(3)在乙酸乙酯的制备实验中，应该用饱和Na2CO3溶液，饱和碳酸钠溶液能吸收乙醇，中和乙酸；
(4)丙烯酸(CH2=CH−COOH)中含有双键，可以发生加成反应，含有羧基可以发生酯化反应和中和反应，可以燃烧，即发生氧化反应，故ABCD都符合题意；故选ABCD。
(5)丙烯酸和乙醇发生酯化生成丙烯酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH2=CH−COOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O。
  
29.【答案】(1)Na；焰色反应   
(2)b；CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl
(3)Cl；S；从左到右核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小   
(4)第4周期第VA族；b
(5)
 
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的位置可知，①为H，②为C，③为N，④为Na，⑤为Al，⑥为S，⑦Cl，以此来解析。
【解答】
(1)同一周期从左到右，半径逐渐减小，同一主族从上到下，半径逐渐增大，半径最大的是Na，钠的检验一般采取焰色反应；
(2)i.C、H二者形成的化合物为烃，选项中a为C2H4，b为CH3，c为CH4，烃中无CH3；故选b。
ii.相对分子质量为16的为甲烷，甲烷和氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢，反应的化学方程式为：CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl；
(3)同一周期从左到右非金属性增强，非金属性Cl>S，用原子结构解释原因：同周期元素电子层数相同，从左到右核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小，得电子能力逐渐增强；
(4)i.根据As的原子结构示意图可知，As位于周期表第4周期第VA族；
 ii.a.N和As都是第VA族元素，性质与N有相似处，N的最高正价为+5价，As的最高正价为+5价，a错误；
b.N和As都是第VA族元素，性质与N有相似处，N可形成NO、NO2、N2O3、N2O4等多种氧化物，据此推测：As的最高正价为+5价，可形成As2O3、As2O5等多种氧化物，b正确；
c.非金属性N大于As，则③的气态氢化物的还原性小于砷的气态氢化物的还原性，c错误；
故选b。
(5)钠和氯反应生成氯化钠，用电子式表示氯化钠的形成过程为：。
  
30.【答案】(1)2H2O2MnO22H2O+O2↑
(2)有无催化剂   

(3)15
(4)压强为p1时，t1≠t2   
(5)v3360
 
【解析】(1)在MnO2作催化剂的条件下，H2O2发生分解反应的化学方程式为2H2O2MnO22H2O+O2↑，故答案为：2H2O2MnO22H2O+O2↑；
(2)实验①和实验②不同的是①没有使用催化剂，②使用了催化剂，其余条件相同，目的是探究有无催化剂对H2O2分解反应速率的影响，故答案为：有无催化剂；
(3)实验②和实验③的目的是探究H2O2溶液的浓度对H2O2分解反应速率的影响，实验②中溶液的总体积为30mL，因此实验③的总体积也要为30mL，才能保证其余条件完全相同，则实验③中x=30−15=15。故答案为：15；
(4)在恒温恒容的密闭容器中进行H2O2的分解实验，H2O2分解越快，生成的氧气越大，相同时间内容器中气体的压强变化越大，反之，压强相同时，反应速率越快，需要的时间越少，根据图像，压强为p1时，t1≠t2，说明H2O2溶液浓度对H2O2分解反应速率有影响，故答案为：压强为p1时，t1≠t2；
(5)vmLO2的物质的量为：v1000×22.4mol，根据方程式可知：2H2O2MnO22H2O+O2↑，消耗的H2O2的物质的量为：2v1000×22.4mol，用H2O2浓度变化表示的化学反应速率为：2v1000×22.4mol0.03L×10s=v3360mol⋅L-1⋅s-1，故答案为：v3360。


31.【答案】(1)①SO 32−+2Ag+=Ag2SO3↓②亚硫酸根中的S为+4价，有还原性，容易被氧化为硫酸根离子   
(2)加入氯化钡溶液，没有产生白色沉淀   
(3)①黑色沉淀变为白色沉淀    ②Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O
(4)Ag2SO3+H2O=2Ag+H2SO4
 
【解析】
【分析】
本题是一道探究类的实验题，由表格中的数据可知，亚硫酸钠和硝酸银在酸性条件下和非酸性条件下反应时，现象是不同的，结合信息分别设计实验验证白色沉淀和黑色沉淀的成分，以此解题。
【解答】
(1)①亚硫酸钠和硝酸银反应生成Ag2SO3，离子方程式为：SO 32−+2Ag+=Ag2SO3↓；
②亚硫酸根中的S为+4价，有还原性，容易被氧化为硫酸根离子，且Ag2SO4也是白色微溶于水的物质；
(2)如果存在Ag2SO4则加入盐酸后会生成氯化银和硫酸，溶液中存在硫酸根离子可以检验硫酸根离子，故操作是加入氯化钡溶液，没有产生白色沉淀；
(3)①Ag2O可以和盐酸反应生成氯化银，氯化银是白色沉淀，故现象是：黑色沉淀变为白色沉淀；
②Ag可以和浓硝酸反应生成硝酸银和二氧化氮，方程式为：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O；
(4)由第二问可知白色沉淀是亚硫酸银，X为单质银，则其转化的方程式为：Ag2SO3+H2O=2Ag+H2SO4。
  
32.【答案】(1)P(s)+2.5Cl2(g)=PCl5(g)△H=−399kJ/mol
(2)①ad ②5%
(3)b；O2+4H++4e−=2H2O
(4)H2−2e−=2H+
 
【解析】(1)由图示可知反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为P(s)+32Cl2(g)=PCl3(g)△H=−306kJ/mol，PCl3和Cl2反应生成PCl5的热化学方程式为：PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)△H=−93kJ/mol；根据图中数据，可得P(s)+2.5Cl2(g)=PCl5(g)△H=−399kJ/mol；
(2)①a.恒温恒容的密闭容器，反应前后气体的物质的量增多，压强为变量，当容器压强保持不变时，说明反应达到平衡状态，a符合题意；
b.恒温恒容的密闭容器，反应前后的混合气体的质量不变，混合气体的密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c.n(PCl3)：n(Cl2)保持不变，不能说明正反应速率和逆反应速率相等，也不能说明变量不变，不能说明反应到达平衡状态，c不符合题意；
d.恒温恒容的密闭容器，反应前后的混合气体的质量不变，反应前后气体的物质的量增多，所以混合气体的平均相对分子质量为变量，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，d符合题意；
故选ad；
②0.1molPCl5发生反应PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)达到平衡时，设反应的PCl5的物质的量为x，则

x0.1-x+x+x=13，解得x=0.05，PCl5的平衡转化率为0.051×100%=5%；
(3)通入氧气的电极为原电池的正极，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O；
(4)通入氢气的电极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2−2e−=2H+。


33.【答案】(1)ABD

(2)TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4   
(3)TiO2+2Cl2+2C高温TiCl4+2CO   
(4)a.增大
    b.2FeOOH+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3H2O+3KClc.66
 
【解析】
【分析】
钛铁矿通过硫酸浸取和一系列操作可得到TiOSO4和绿矾，TiOSO4通过水解得到H2TiO3沉淀，煅烧得到TiO2，通入氯气和碳得到TiCl4，镁还原得到Ti，据此解题。
【解答】
(1)为提高浸取反应速率可以将钛铁矿石粉碎、充分搅拌、适当提高反应温度都能加快反应速率，故选ABD。
(2)TiOSO4与H2O生成H2TiO3沉淀的化学方程式为TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4。
(3)TiO2与焦炭和Cl2在高温下反应得TiCl4并产生还原性气体CO的化学方程式为TiO2+2Cl2+2C高温TiCl4+2CO。
(4)a.根据题目中信息，氧化还原反应中元素化合价发生变化，根据电子得失守恒来配平可得反应i生成铁黄(FeOOH)的离子方程式为4Fe2++O2+6H2ONaNO24FeOOH+8H+，结合离子方程式可知，随着反应的进行，溶液的氢离子浓度增大。
b.根据题中信息和氧化还原反应化合价发生变化确定反应物为FeOOH、KClO、KOH，生成物为K2FeO4、H2O、KCl，根据电子得失守恒配平得反应的化学方程式为：2FeOOH+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3H2O+3KCl。
c.根据关系式：3Cl2∼3KClO∼2K2FeO4，每消耗标准状况下11.2LCl2，即消耗0.5molCl2，则生成13molK2FeO4，根据m(K2FeO4)=n(K2FeO4)×M(K2FeO4)=13mol×198g/mol=66g。