2024届高三化学二轮复习选择题专项练习：化学综合计算

这是一份2024届高三化学二轮复习选择题专项练习：化学综合计算，共29页。试卷主要包含了设NA为阿伏加德罗常数的值，NA代表阿伏加德罗常数的值，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是，阿伏加德罗常数为NA，在恒温、恒压条件下，按体积比1，工业上制取浓硝酸涉及下列反应等内容，欢迎下载使用。
1．当0.2ml 足量CO2完全反应后所得固体的质量为（ ）
A．21.2gB．21.6gC．22.0gD．22.4g
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法 正确的是（ ）
A．44.8 L丙烯和44.8 L丙烷中含有的碳原子数均为6NA
B．将1ml明矾完全溶于水，所得溶液中阴离子总数小于2NA
C．12.8g铜完全溶于未知浓度的硝酸中，转移的电子数为0.4NA
D．1 ml苯乙烯()与足量H2在催化剂和加热条件下反应，形成C- H键的数目最多为2 NA
3．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，1ml P4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NA
B．20mL 10ml·L-1的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.2NA
C．0.1ml NH2-所含电子数约为6.02×1023个
D．0.1ml H2和0.1ml I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA
4．为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，所含溴原子的数目为
B．与足量的水反应生成，转移的电子数为
C．乙醇中含有的键的数目为
D．的溶液中含有的数目小于
5．下列说法正确的是（ ）
A．Na2O2与水反应生成标准状况下1.12LO2转移电子数为0.2NA
B．标准状况下，0.56L丙烷含共价键数为0.2NA
C．标准状况下，2.24LSO2与足量氧气充分反应生成SO3分子数为0.1NA
D．14g乙烯和丙烯混合气体中氢原子数为2NA
6．高铁酸盐是一种处理饮用水的非氯高效消毒剂，工业上制高铁酸钠的反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。若NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．上述反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B．1 ml Na2O2和Na2O的混合物所含阴离子的数目大于NA
C．100 mL1 ml·L-1FeSO4溶液中所含阳离子数目小于0.1NA
D．标准状况下，1个O2分子体积为 cm3
7．还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O 和CrO )工业废水的常用方法，过程如下：
已知：转化过程中的反应为2CrO (aq) +2H+(aq) Cr2O (aq)+H2O(I)。常温下Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32。下列说法错误的是（ ）
A．反应①v正(CrO ) =2v逆(Cr2O ) 时，反应处于平衡状态
B．反应②转移0.6mle-，则有0.2mlCr2O 被还原
C．除去废水中含铬离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
D．常温下， 要使处理后废水中的c(Cr3+) 降至1×10-5ml·L-1，反应③应调溶液pH=5
8．阿伏加德罗常数为NA。下列说法正确的是（ ）
A．1mlCl2和足量Fe充分反应，转移电子数为3NA
B．1ml白磷中含有P-P共价键数为6NA
C．标准状况下，2.24LHF含有H-F键的数为0.1NA
D．0.5ml乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为0.5NA
9．在恒温、恒压条件下，按体积比1：2向一密闭容器中充入、两种双原子气体，反应完成后体积变为原来的1/2，只有一种产物，且为气体，则气体产物的分子式是（ ）
A．B．C．D．
10．工业上制取浓硝酸涉及下列反应：
①
②
③
下列有关工业制取浓硝酸反应的说法错误的是（ ）
A．反应①达到平衡时
B．使用高效催化剂能提高反应①中NO的平衡转化率
C．反应②在一定温度下能自发进行，则正反应为放热反应
D．标准状况下，反应③中每消耗22.4LO2，转移电子的数目约为
11．2019 年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。下列与氮元素有关的说法正确的是（ ）
A．14N与14C互为同位素B．NH3的热稳定性比HF的强
C．34gNH3的电子数为20NAD．Si3N4中N为+3价
12．以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能
B．过程Ⅰ中每消耗116 g Fe3O4转移2 ml电子
C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2O Fe3O4＋H2↑
D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点
13．将足量Cl2缓缓通入含0.02ml H2SO3和0.02ml HBr的混合溶液中。在此过程中溶液的pH与Cl2用量的关系示意图是(溶液体积变化忽略不计，且不考虑Cl2与水反应)（ ）
A．B．
C．D．
14．常温下，向100mL0.1ml·L-1H2S溶液中缓慢通入SO2气体，可发生反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O。下列关于该过程的说法错误的是（ ）
A．pH先增大后减小，最终保持不变
B．恰好完全反应时，反应消耗112mLSO2(标准状况)
C． 的值减小
D．0.1ml·L-1H2S溶液中：c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)
15．金属镁能溶于氯化铵溶液，其反应为。已知：表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．上述反应中生成3.36L气体时，转移的电子数为
B．溶液中含有的的总数为
C．和所含电子数均为
D．和足量的氢气在催化剂作用下合成氨，生成的分子总数为
16．一定量通入500mL某浓度的NaOH溶液中得到溶液A，向溶液A中逐滴滴入稀盐酸，加入与生成的关系如图所示。下列有关叙述错误的是（ ）
A．XY段发生反应的离子方程式为HCO3−+H+ __H2O+CO2↑
B．原溶液中
C．通入的气体体积为44.8L
D．溶液A中含和各1 ml
17． 与H2O2在酸性条件下反应可生成过氧化铬(CrO5)，过氧化铬的结构式为 。下列有关说法错误的是（ ）
A．CrO5中铬元素的化合价为+6
B．可发生反应：4CrO5+12H+=4Cr3++7O2↑+6H2O
C．CrO5中含有共价键和离子键
D．过氧化铬可使酸性KMnO4溶液褪色
18．已知H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，Cl2+2HI==2HCl+I2。将0.1mlCl2通入含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法不正确的是（ ）
A．物质的还原性：H2SO3>HI>HCl
B．通入0.1mlCl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O=4+I2+10Cl-+16H+
C．若再通入0.05mlCl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化
D．混合溶液中H2SO3和HI的物质的量都是0.08ml
19．设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，pH＝3 的 FeCl3 溶液中 H+的数目为 0.001NA
B．甲醛(HCHO)和乙酸的混合物 3.0 g，含有的原子数为 0.4NA
C．0.1 ml SO2 与 1 ml O2 充分反应，转移的电子数为 0.2NA
D．已知白磷(P4)为正四面体结构，NA 个 P4 与 NA 个甲烷所含共价键数目之比为 1∶1
20．实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价为+7价
B．氧化除锰后的溶液中存在：Na+、Zn2+、Fe2+、
C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D．沉锌时的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O
21．石油脑的主要成分是C5H12，它可与空气、水蒸气等在一定条件下合成尿素，它对原料的利用率较高的理由是n(H2)与n(CO2)的比例较佳，理论上为（ ）
A．2：1B．11：5C．3.2：1D．4：1
22．一种流体电解海水提锂的工作原理如下图所示，中间室辅助电极材料 具有选择性电化学吸附/脱出锂离子功能。工作过程可分为两步，第一步为选择性吸附锂，第二步为释放锂，通过以上两步连续的电解过程，锂离子最终以LiOH的形式被浓缩到阴极室。下列说法中错误的是（ ）
A．第一步接通电源1选择性提取锂：第二步接通电源2释放锂
B．释放锂过程中，中间室材料应接电源负极，发生的电极反应式为
C．中间室两侧的离子交换膜选用阳离子交换膜
D．当阴极室得到4.8gLiOH时，理论上阳极室产生1.12L气体(标准状态下)
23．5.56 g FeSO4·7H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示，
下列说法不正确的是（ ）
A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·4H2O
B．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3
C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2O FeSO4＋H2O
D．温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O
24．某溶液中含有VO24-和Cr2O72-，现向此溶液中滴入29.00mL 0.1ml／L的FeSO4溶液，恰好使VO2+→VO2+，Cr2O72-→Cr3+．再滴入2.00mL，0.020ml／LKMnO4溶液，又恰好使VO2+→VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4-→Mn2+，则原溶液中Cr的质量为（ ）
A．15.6 mgB．23.4 mgC．31.2 mgD．46.8mg
25．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mlAlCl3在熔融状态时含有的离子总数为4NA
B．某温度下纯水的pH=6，该温度下10LpH=11的NaOH溶液中含OH－的数目为NA
C．8.7g二氧化锰与含有0.4mlHCl的浓盐酸加热充分反应，转移电子的数目为0.2NA
D．12g金刚石中C－C键的数目为4NA
26．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法错误的是
A．放电时，负极反应： LixC6- xe- = xLi++6C
B．(a)过程中1ml晶胞转移的电子数为NA
C．(b)代表放电过程， Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极
D．充电时的阳极反应： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+
27．向溶液中逐渐通入，溶液中某些离子的物质的量随的变化如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．、、、的还原性依次增强
B．原溶液的物质的量浓度为
C．当时，溶液中
D．当溶液中时，反应中共转移0.8ml电子
28．甲，乙两烧杯中各盛有500mL，相同浓度的盐酸和氢氧化钠溶液。向两个烧杯中分别加入18.0g的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，则下列说法正确的是（ ）
①甲烧杯中盐酸不足。
②乙烧杯中金属铝过量。
③甲烧杯中生成的气体体积为11.2L
④乙烧杯中的c(NaOH)=2ml/L
A．①③B．①④C．②③D．②④
29．将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 ml·L－1 NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是（ ）
A．加入合金的质量不可能为6.4 g
B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1 ml
C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mL
D．溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24 L
30．向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6ml/LHNO3溶液恰好使其完全溶解，同时收集到2240mL NO气体(标准状况)。下列说法中不正确的是(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)（ ）
A．上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸其物质的量之比为5：1
B．若混合物中含0.1 mlCu，使该混合物与稀硫酸充分反应，消耗硫酸的物质的量为0.1ml
C．Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O
D．若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32g
31．将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2+)：c(Fe3+)=3：2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为（ ）
A．5：12B．5：16C．2：3D．3：2
32．某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32 -、SO42 -、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是（ ）
A．原溶液一定存在CO32 -和SO42 -，一定不存在Fe3+
B．是否存在Na+只有通过焰色反应才能确定
C．原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-
D．若原溶液中不存在Cl-，则c (Na+) =0.1ml·L-1
33．下列实验过程中产生的现象与对应的图象不相符的是( )
A． 向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量
B． 向NaAlO2溶液中滴加盐酸至过量
C． 向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸
D． 向含有Mg2+和Al3+的溶液中加入NaOH溶液至过量
34．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系 如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2
C．开始加入的K2Cr2O7为0.25 ml
D．K2Cr2O7与FeSO4开始反应时物质的量之比为1∶3
35．某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为－2价)，既含有Fe2＋又含有Fe3＋。将一定量的该磁黄铁矿与100 mL的盐酸恰好完全反应(注：矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4g硫单质、0.425 ml FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法不正确的是（ ）
A．该盐酸的物质的量浓度为8.5 ml·L－1
B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52L
C．该磁黄铁矿FexS中，x＝0.85
D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋的物质的量为0.15 ml
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】过氧化钠与二氧化碳反应是一个歧化反应，过氧化钠中的一个氧原子化合价降价成负二价，另一个氧原子的化合价升高成零价。因此所生成的碳酸钠（有一个18O）的相对原子质量为108，所以当0.2ml 足量CO2完全反应后所得固体的质量为21.6g，
故答案为：B
【分析】得到的固体为碳酸钠其中，三个氧（其中两个来自于二氧化碳，一个来自于18O），故此碳酸钠的相对分子质量为108，关键信息在于过氧化钠既作氧化剂，又作还原剂，要分析清楚18O的去向
2．【答案】C
【解析】【解答】A．对于气体物质有，但是该条件下Vm未知，无法计算碳原子数，A项不符合题意；
B．，的数目为2NA，同时水电离产生阴离子，所以总数目大于2NA，B项不符合题意；
C．铜与硝酸反应中关系式为Cu～2e-， ，则电子的数目为0.4NA，C项符合题意；
D．苯乙烯中苯环消耗3mlH2产生6mlC-H，C=C消耗1mlH2形成2mlC-H，总共形成8NAC-H，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、涉及气体体积计算时，要明确温度和压强；
B、涉及溶液中离子的计算，往往要考虑水的电离；
C、铜完全溶解，转化为铜离子，结合公式n=m/M计算；
D、碳碳双键、苯都可以和氢气发生加成反应。
3．【答案】C
【解析】【解答】A. P4为正四面体结构，1ml P4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P－P键为6ml，其数目为6NA，A项不符合题意；
B. 浓硝酸与足量铜反应时，会随着浓度的降低变为稀硝酸，转移电子数会发生改变，故无法计算，B项不符合题意；
C. NH2-所含电子数为7+2+1=10，0.1 mlNH2-所含电子数约为6.02×1023个，C项符合题意；
D. H2+I2⇌2HI是可逆反应，但此反应也是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A项是易错点，要牢记，1ml P4分子中含6ml P-P键，1ml单晶硅中含Si-Si键为2ml，1ml金刚石中含C-C键为2ml，1ml SiO2中含4ml Si-O键。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．标况下，溴是液态的，不能用气体摩尔体积公式计算，A不符合题意；
B．NO2与水的反应，生成1mlNO转移2ml电子，故当生成0.1mlNO时，转移0.2ml电子即0.2NA个，B符合题意；
C．乙醇的结构简式：CH3CH2OH ，由结构简式可知1ml乙醇中含5mlC-H键，C不符合题意；
D．溶液体积未知，无法计算，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.溴在标况下为液体，不能按照气体计算；
C.乙醇中含有5ml的C-H键；
D.没有体积无法计算具体溶液中各离子的物质的量。
5．【答案】D
【解析】【解答】A、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态一半由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成标准状况下1.12LO2转移电子数为0.1NA，故A不符合题意；
B、 标准状况下，0.56L丙烷的物质的量是0.025ml，含共价键数为0.25NA，故B不符合题意；
C、SO2与氧气反应生成SO3的反应可逆，标准状况下，2.24LSO2与足量氧气充分反应生成SO3分子数小于0.1NA，故C不符合题意；
D、乙烯和丙烯的最简式都是 ，14g乙烯和丙烯混合气体中氢原子数为 ，故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。 它的精确数值为：6.02214076×10²³，一般计算时取6.02×10²³或6.022×10²³。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．在上述反应中，Na2O2中的O由-1价得到电子变为Na2O、Na2FeO4中的-2价，得到电子被还原，作氧化剂；Na2O2中的O由-1价失去电子变为O2中的0价，失去电子被氧化，所以又作还原剂，故上述反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，A符合题意；
B．Na2O2的阳离子是Na+，阴离子是 ，1个Na2O2中只含有1个阴离子；Na2O的阳离子是Na+，阴离子是O2-，1个Na2O中业只含有1个阴离子，因此1 ml Na2O2和Na2O的混合物所含阴离子的数目等于NA，B不符合题意；
C．在100 mL1 ml·L-1FeSO4溶液中含有溶质的物质的量n(FeSO4)=1 ml/L×0.1 L=0.1ml，在溶液中Fe2+会部分发生水解反应：Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+，可见1个Fe2+水解后产生2个H+，使溶液中阳离子数目增多，故含有0.1 ml FeSO4溶液中所含阳离子数目大于0.1NA，C不符合题意；
D．在标准状况下气体分子之间距离远大于分子本身的大小，因此不能据此计算分子体积大小，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.标出元素的化合价进行判断即可
B.根据Na2O2=2Na++O22-，Na2O=2Na++O2-即可判断
C.根据亚铁离子的水解进行判断阳离子的数目
D.气体的体积与分子之间的间隔有关
7．【答案】B
【解析】【解答】A.反应①v正(CrO42-)=2v逆(Cr2O72-)，则正逆反应速率相等，反应处于平衡状态，选项正确，A不符合题意；
B.反应②中，Cr2O72－转化为Cr3＋，Cr元素化合价由＋6价变为＋3价，每1mlCr2O72－发生反应，转移6ml电子，因此转移0.6ml电子，有0.1mlCr2O72－被还原，选项错误，B符合题意；
C.该处理过程中，反应①和反应反应③为复分解反应，反应②为氧化还原反应，选项正确，C不符合题意；
D.要使处理后的废水中的c(Cr3+)降至10-5ml/L，则此时溶液中OH-的浓度，此时溶液中，所以溶液的pH=5，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据正逆反应速率相等，判断反应达到平衡状态；
B.根据转化过程中元素化合价的变化计算转移电子数；
C.根据过程中发生的反应进行分析；
D.根据Cr(OH)3的溶度积进行计算；
8．【答案】B
【解析】【解答】A．根据反应2Fe+3Cl22FeCl3可知1mlCl2和足量Fe充分反应，转移电子数为2NA，A不符合题意；
B．已知1分子白磷中含有6个P-P共价键，故1ml白磷中含有P-P共价键数为1ml×6×NAml-1=6NA，B符合题意；
C．标准状况下HF为液体，故无法计算2.24LHF含有H-F键的数目，C不符合题意；
D．由于乙酸乙酯在酸性条件下的水解是一个可逆反应，故0.5ml乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于0.5NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据Cl2-2e=2Cl-，即可判断
B.白磷空间是正四面体结构，即可判断
C.使用标况下的摩尔体积，需要考虑状态
D.可逆反应不能完全反应
9．【答案】C
【解析】【解答】A2、B2的物质的量之比为1：2；设反应前，n(A2)=1ml，则n(B2)=2ml，各选项分析如下：
A．若产物是A2B，反应的三段式为：
反应前后气体总物质的量之比为(1ml+2ml)：(1.5ml+1ml)=6：5，则反应完成后体积是原来的，A不符合题意；
B．若产物是AB2，反应的三段式为：
反应前后气体总物质的量之比为(1ml+2ml)：2ml=3：2，则反应完成后体积是原来的，B不符合题意；
C．若产物是A2B3，反应的三段式为：
反应前后气体总物质的量之比为(1ml+2ml)：(1ml+0.5ml)=2：1，则反应完成后体积是原来的，C符合题意；
D．若产物是A3B2，反应的三段式为：
反应前后气体总物质的量之比为(1ml+2ml)：(ml+ml)=3：2，则反应完成后体积是原来的，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据恒温恒压下，气体体积比等于其物质的量之比分析计算。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．反应① 当 时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，选项A不符合题意；
B．催化剂不能使平衡移动，故不能能提高反应①中NO的平衡转化率，选项B符合题意；
C．反应② 为熵减的反应，△S还原产物，根据反应可知，还原性：＜，则、、、的还原性依次增强，A项正确；
B．由图可知，溶液中的物质的量为0.2ml，则为0.1ml，原溶液的物质的量浓度为，B项正确；
C．由图可知，通入0.1ml 时，溶液中的开始和反应，故当时，和反应消耗的物质的量为0.02ml，根据可知，生成的物质的量为0.04ml，消耗的物质的量为0.04ml，原溶液中物质的量为，此时溶液中剩余物质的量为0.06ml，==，C项错误；
D．当溶液中时，=0.1ml，原溶液的物质的量浓度为，溶液中的物质的量为0.2ml，，消耗0.2ml 转移0.2ml电子；物质的量为0.1ml，，消耗0.1ml，转移0.1ml电子；，当有0.1ml 生成时，转移0.5ml电子，共转移0.8ml电子，D项正确；
故答案为：C。
【分析】由图可知，通入氯气，先与氯气发生反应：，完全反应后，与氯气发生反应：，完全反应后，碘单质与氯气反应：。
28．【答案】B
【解析】【解答】发生的反应分别为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，铝粉质量一定，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若酸、碱足量，生成气体物质的量相同；铝粉都过量，酸、碱不足，生成气体物质的量之比为1：3，而实际反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，说明Al与盐酸反应时，盐酸不足，Al与碱反应时碱过量，
设18.0Al与氢氧化钠完全反应生成氢气物质的量为x ml，则：
则 ，解得x=1，
则Al与盐酸反应生成氢气的物质的量0.5ml，
设铝与盐酸反应时HCl的物质的量为y ml，则：
则 ，解得y=1ml，
则盐酸的物质的量浓度为 ，
①经分析知，甲烧杯中盐酸不足，①符合题意；
②乙烧杯中氢氧化钠足量，金属铝不足，②不符合题意；
③甲烧杯中生成的氢气0.5ml，但是没有标明是标准状况，不能计算其体积，③不符合题意；
④已知盐酸和氢氧化钠溶液的浓度相同，则乙烧杯中的c(NaOH)=2ml/L，④符合题意；
综上所述，①④符合题意，B项符合题意；
故答案为：B。
【分析】1. 铝与盐酸和氢氧化钠溶液发生的反应分别为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，铝粉质量一定，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若酸、碱足量，生成气体物质的量相同；铝粉都过量，酸、碱不足，生成气体物质的量之比为1：3，而实际反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，说明Al与盐酸反应时，盐酸不足，Al与碱反应时碱过量，这是学生们学习的难点，需要强化。2. 公式 的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点：①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题③项没有标明条件，不能使用该公式。
29．【答案】D
【解析】【解答】A.镁和铜的总的物质的量为0.15ml，假定全为镁，质量为0.15ml×24g/ml=3.6g，若全为铜，质量为0.15ml×64g/ml=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A不符合题意；
B.根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）= n（金属）= ×0.15ml=0.4ml，故B不符合题意；
C.加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3ml，故加入NaO溶液的体积为 =0.1L=100mL，C不符合题意；
D.标准状况下0.1mlNO的体积为2.24L，D符合题意。
故答案为：D，
【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3ml/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为 =0.3ml，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为 =0.15ml，生成NO为 =0.1ml。
30．【答案】D
【解析】【解答】A.所用硝酸溶液中n(HNO3)=0.6ml/L×1L=0.6ml，反应生成，因此反应过程中体现氧化性的n(HNO3)=0.1ml，体现酸性的n(HNO3)=0.6ml-0.1ml=0.5ml，因此体现酸性的硝酸和体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5：1，选项正确，A不符合题意；
B.生成0.1mlNO的过程中，得到的电子数为0.1ml×(5-2)=0.3ml，0.1mlCu反应失去电子数为0.2ml，因此Cu2O失去的电子数为0.1ml，故n(Cu2O)=0.05ml，由于体现酸性的n(HNO3)=0.5ml，因此反应后生成n[Cu(NO3)2]=0.25ml，结合铜守恒可得，混合物中n(CuO)=0.05ml，故0.05mlCuO、0.05mlCu2O完全反应，需要消耗n(H2SO4)=0.1ml，选项正确，B不符合题意；
C.Cu2O与HNO3反应过程中，Cu2O中Cu由＋1价变为＋2价，失去2个电子，HNO3中N由＋5价变为＋2价，得到3个电子，根据得失电子守恒可得，Cu2O的系数为3，Cu2＋的系数为6、NO3－的系数为2、NO的系数为2；根据电荷守恒可得，H＋的系数为14；根据H守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为7，因此可得该反应的离子方程式为：3Cu2O＋14H＋＋2NO3－=6Cu2＋＋2NO↑＋7H2O，选项正确，C不符合题意；
D.由B选项的分析可知，反应后所得溶液中n[Cu(NO3)2]=0.25ml，因此n(Cu)=0.25ml，结合铜元素守恒可得，若将上述混合物用足量H2加热还原，所得铜的质量为0.25ml×64g/ml=16g，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.硝酸在反应过程中，体现氧化性和酸性，结合反应消耗n(HNO3)和生成n(NO)进行计算；
B.根据得失电子守恒进行计算；
C.结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒进行分析；
D.根据铜元素守恒进行分析；
31．【答案】B
【解析】【解答】令该溶液的体积为1L，c(Fe2+)=3ml/L、c(Fe3+)=2ml/L，则n(Fe2+)=3ml、n(Fe3+)=2ml，由铁元素守恒可得，参与反应的n(Fe)=5ml；反应过程中体现酸性的硝酸的物质的量n(HNO3)=3ml×2+2ml×3=12ml；
铁在反应过程中失去的电子数为3ml×2+2ml×3=12ml，根据得失电子守恒可得，HNO3中氮原子得到的电子数为12ml，因此反应生成NO的物质的量为，即反应过程中体现氧化性的硝酸的物质的量n(HNO3)=4ml，故整个过程中参与反应的n(HNO3)=12ml+4ml=16ml；
综上，参与反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5：16，B符合题意；
故答案为：B
【分析】根据铁元素守恒，确定参与反应的n(Fe)，根据反应过程中HNO3体现的酸性和氧化性确定n(HNO3)。
32．【答案】B
【解析】【解答】A.由分析可知，原溶液中一定含有CO32-、SO42-，一定不含有Fe3+，选项正确，A不符合题意；
B.由分析可知，溶液中一定含有Na+，选项错误，B符合题意；
C.若溶液中所含Na+的物质的量大于0.01ml，则溶液中还含有Cl-，选项正确，C不符合题意；
D.若原溶液中不含有Cl-，则含Na+的物质的量为0.01ml，则物质的量浓度，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】加入BaCl2溶液后，产生沉淀1的质量为4.30g，再加稀盐酸，剩余沉淀2的质量为2.33g，则沉淀2的成分为BaSO4，且其质量为2.33g，因此沉淀1中含有BaCO3和BaSO4，其BaCO3的质量为4.30g-2.33g=1.97g；因此说明溶液中一定含有CO32-和SO42-，且其物质的量分别为、；由于溶液中Fe3+和CO32-可以发生反应，因此不可以大量共存，则溶液中一定不含有Fe3+；滤液中加入NaOH溶液，反应生成气体0.672L，则溶液中一定含有NH4+，且其物质的量；
溶液阴离子所带负电荷的总量为：0.01ml×2+0.01ml×2=0.04ml，由电荷守恒可知，溶液中一定含有Na+，且其物质的量至少为0.01ml；据此结合选项进行分析。
33．【答案】C
【解析】【解答】A. 先发生 反应，再发生 反应，与图象相符，故A不符合题意；
B. 先发生 反应，再发生 ，与图象相符，故B不符合题意；
C. 先发生 反应，再发生 反应，与图象不符，故C符合题意；
D. 先发生Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，再发生 反应，与图象相符，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项为易错点，注意碳酸钠和盐酸反应时的滴加顺序不同，发生的反应也不同。
34．【答案】D
【解析】【解答】A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A不符合题意；
B．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，B不符合题意；
C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I-，共消耗的n（I-）=1.5ml，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为 ml=0.25ml，C不符合题意；
D．由方程式2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.9ml，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9ml，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25ml：0.9ml=5：18，D符合题意；
故答案为：D
【分析】AB段溶液中n(Fe3＋)不变，说明Fe3＋没有参与反应，因此AB段为Cr2O72－与I－的反应，该反应的离子方程式为：Cr2O72－＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O；BC段溶液中n(Fe3＋)逐渐减小，发生反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2；据此结合选项进行分析。
35．【答案】D
【解析】【解答】A.盐酸恰好完全反应生成FeCl20.425ml，根据氯原子守恒可得，选项正确，A不符合题意；
B.根据氢原子、氯原子守恒可得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.425ml，V(H2S)=0.425ml×22.4L/ml=9.52L，选项正确，B不符合题意；
C.FexS中n(S)=0.0175ml+0.425ml=0.5ml，n(Fe)=0.425ml，所以n(Fe):n(S)=0.425ml:0.5ml=0.85，所以x=0.85，选项正确，C不符合题意；
D.根据转移电子守恒可得，则n(Fe2+)=0.425ml-0.15ml=0.275ml，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】，根据转移电子守恒可得，则n(Fe2+)=0.425ml-0.15ml=0.275ml，所以Fe2+和Fe3+的物质的量之比为0.275ml:0.15ml=11:6；据此结合选项进行分析。Cl2 +
H2SO3 +H2O=
H2SO4 +
2HCl
0.02ml
0.02ml
0.02ml
0.04ml
Cl2 +2HBr=Br2 +
2HCl
0.01ml
0.02ml
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+
3H2↑
2
3
x ml
2Al+
6HCl═2AlCl3+
3H2↑

6
3

y ml
0.5ml