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2024届高三化学二轮复习选择题专项练习：化学综合计算
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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<0，在一定温度下能自发进行，则△G=△H-T△S<0，故有△H<0，正反应为放热反应，选项C不符合题意；
D．标准状况下，反应③中每消耗22.4LO2，O元素由0价变为-2价，则转移电子的数目约为 ，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据化学反应速率之比等于计量数之比进行转化为同一种物质的正逆速率进行判断
B.催化剂只是改变速率不影响平衡
C.根据△G=△H-T△S判断
D.根据③的方程式找出物质的量与转移电子的关系即可计算
11．【答案】C
【解析】【解答】A．同一元素的不同核素互为同位素，14N与14C是不同元素的不同核素，不是同位素，故A不符合题意；
B．同周期，从左到右，非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强，非金属性：N＜F，NH3的热稳定性比HF的弱，故B不符合题意；
C．一个NH3分子中含有10个电子，34gNH3的物质的量为2ml，则含有的电子数为2ml ×10×NA =20NA，故C符合题意；
D．电负性：Si＜N，则N的得电子能力比Si强，根据化学式书写原则可知，Si3N4中Si元素的化合价为+4价，N元素为-3价，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同素异形体是由同种元素形成的不同单质；
B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；
C．根据n=计算；
D．根据化合物的化合价为0计算；
12．【答案】B
【解析】【解答】A.过程Ⅰ中，利用太阳能发生化学反应，其能量转化形式为太阳能转化为化学能，选项正确，A不符合题意；
B.116gFe3O4的物质的量，反应过程中两个铁原子由+3价变为+2价，因此反应过程中转移电子数为0.5ml×2×1×NA=1NA，选项错误，B符合题意；
C.由图示反应过程可知，过程Ⅱ中反应物为FeO和H2O，生成物为Fe3O4和H2，因此该反应的化学方程式为：3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项正确，C不符合题意；
D.该制氢过程中，利用铁氧化合物和太阳能，使得H2O分解为氢气和氧气，无需消耗其他能源，可起到节约能源的作用，同时H2和O2在两个不同的过程产生，易与分离，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据图示能量变化分析；
B.根据反应过程中铁元素化合价变化计算；
C.根据图示确定反应物和生成物，从而确定反应的化学方程式；
D.根据反应过程分析；
13．【答案】A
【解析】【解答】亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br-。
氯气氧化亚硫酸生成硫酸：
H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c(H+)增大，H2SO3反应完毕，消耗 Cl2 0.02ml，Cl2过量0.01ml，然后再氧化Br-：
HBr全部被氯气氧化转变为Br2 和HCl，HCl和HBr都是强酸，所以c(H+)不变；
故答案为：A。
【分析】本题考查了氧化还原反应的计算，注意反应的先后顺序，Cl2能氧化HBr，Br2能氧化H2SO3，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br-，由于Br-全部转变Br2，所以HBr和H2SO3都完全被氧化。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．随着反应的进行，硫化氢逐渐被消耗，反应中生成单质硫和水，当二氧化硫过量，并达到饱和以后，pH不再发生变化，所以pH先增大后减小，最终保持不变，A不符合题意；
B．硫化氢的物质的量是0.01ml，恰好完全反应时消耗0.005ml二氧化硫，在标况下的体积为0.005ml×22.4L/ml＝0.112L＝112mLSO2，B不符合题意；
C． ，温度不变，平衡常数不变，其值不变，C符合题意；
·L-1H2S溶液中依据电荷守恒可知：c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A．根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O分析；
B．根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O系数比分析；
C．Ka只与温度有关；
D．根据电荷守恒分析。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．缺标准状况，无法计算金属镁能溶于氯化铵溶液反应中生成3.36L气体的物质的量和反应转移的电子数目，故A不符合题意；
B．缺溶液的体积，无法计算0.1ml/L氯化镁溶液中氯化镁的物质的量和含有氯离子的数目，B不符合题意；
C．氨分子和铵根离子含有的电子数目均为10，则1ml氨气和1ml铵根离子中含有的电子数目均为1ml×10×NAml-1=10NA，故C符合题意；
D．合成氨反应为气体体积减小的可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则14g氮气和足量的氢气在催化剂作用下合成氨，生成的分子总数小于×2×NAml-1=NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．缺标准状况，无法计算；
B．缺溶液的体积，无法计算；
C．氨分子和铵根离子含有的电子数目均为10；
D．可逆反应不可能完全反应。
16．【答案】C
【解析】【解答】A、X点后滴加稀盐酸，反应生成CO2，说明X点溶液中的溶质为NaHCO3。所以XY段发生反应的离子方程式为：HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，A不符合题意。
B、Y点溶液中的溶质为NaCl，根据Cl元素守恒可得，n(NaCl)=n(HCl)=3ml；根据Na元素守恒可得，n(NaOH)=n(NaCl)=3ml，所以原溶液中，B不符合题意。
C、未给出气体所处的状态，无法应用Vm=22.4L·ml－1进行计算，C符合题意。
D、X点之前发生反应Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，因此溶液A中n(Na2CO3)=1ml，反应生成n(NaHCO3)=1ml。XY段发生反应NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，参与反应的n(NaHCO3)=2ml。其中1mlNaHCO3由Na2CO3反应生成，因此溶液A中含n(NaHCO3)=1ml，所以溶液A中含Na2CO3、NaHCO3各1ml，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、XY段滴加稀盐酸的过程中逐渐生成CO2，则H＋与HCO3－反应。
B、Y点时所得溶液的溶质为NaCl，结合元素守恒进行计算。
C、未给出气体所处的状态，无法进行其体积。
D、根据X、Y两点消耗n(HCl)计算溶液A中n(Na2CO3)、n(NaHCO3)。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故A不选；
B．过氧化铬中氧元素的化合价有-1价，化合价可以升高到0价，生成氧气，可以发生4CrO5+12H+=4Cr3++7O2↑+6H2O反应，故B不选；
C．从 结构式可以看出有共价键，没有离子键，故C选；
D．过氧化铬中氧元素的化合价有-1价和-2价，-1价的氧有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D不选；
故答案为：C。
【分析】A.CrO5中存在过氧键、Cr=O键、Cr-O键；
B.CrO5中存在过氧键、与氢离子反应生成氧气和水；
C.由图可知，CrO5中通过共用电子对成键；
D.过氧化铬中存在-1价的氧。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．在反应H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI中，H2SO3是还原剂，HI是还原产物，在反应Cl2+2HI=2HCl+I2中，HI是还原剂，HCl是还原产物，由分析可知，物质的还原性：H2SO3>HI
>HCl，A不符合题意；
B．由分析可知，通入0.1ml Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O=
4SO42-+I2+10Cl-+16H+，B不符合题意；
C．将0.1ml Cl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，设n(HI)=n(H2SO3)=x，则根据得失电子守恒，0.1ml×2=0.5x+（6-4）x，x=0.08ml，则还有0.04mlHI未被氧化，根据题干中化学方程式可知，再通入0.02mlCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化，C符合题意；
D．由D项可知，混合溶液中H2SO3和HI的物质的量都是0.08ml，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.还原性：还原剂＞还原产物。
B.根据物质性质及电子、电荷、原子守恒进行分析。
C.根据得失电子守恒及反应中各物质的化学计量系数之比进行分析。
D.混合溶液中H2SO3和HI的物质的量都是0.08ml。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．没有告诉溶液的体积，无法计算溶液中氢离子的数目，故A不符合题意；
B．甲醛HCHO和乙酸的最简式均为CH2O，故3.0g混合物中含有的“CH2O”原子团的物质的量为n= =0.1ml，含有的原子数为0.4NA，故B符合题意；
C.0.1 ml SO2与0.1ml O2的反应为可逆反应，生成的三氧化硫物质的量小于0.1ml，转移的电子数小于0.2NA，故C不符合题意；
D.1ml白磷分子中含有6个共价键，1ml甲烷中含4ml共价键，共价键数目之比为3∶2，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、未给出溶液的体积，无法计算；
B、甲醛和乙酸的实验式都是CH2O，据此进行计算；
C、SO2与O2的反应为可逆反应；
D、一个白磷分子中含有6个共价键；
20．【答案】D
【解析】【解答】A．过二硫酸钠中含有过氧链，分子中硫元素的化合价为+6价，故A不符合题意；
B．由分析可知，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、，故B不符合题意；
C．溶液中铁离子能与锌反应生成氯化亚铁和氯化锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，故C不符合题意；
D．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据流程图信息，向含锌废液中加入的Na2S2O8具有氧化性，可将Mn2+氧化为MnO2沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，经过滤除去MnO2，所得溶液中主要含有Na+、Zn2+、Fe3+、SO42-，向溶液中加试剂X调pH，可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，经过滤除去Fe(OH)3沉淀，所得溶液主要成分为Na+、Zn2+、SO42-，加入NH4HCO3进行沉锌、经过滤得到ZnCO3·2Zn(OH)2。据此分析。
21．【答案】C
【解析】【解答】由合成尿素的化学方程式：2NH3+CO2=CO(NH2)2+H2O知，n(NH3)∶n(CO2) =2∶1，根据氢元素守恒可知，2个NH3分子可换算为3个H2分子，故n(H2)与n(CO2)的比为3：1时，原料利用率最高。因反应C5H12+10H2O(g)=5CO2+16H2中生成的氢气与二氧化碳的物质的量之比n(H2)：n(CO2)=16∶5=3.2∶1，与理想值接近，所以为最佳比例，C项符合题意，
故答案为：C。
【分析】在化学反应中，若按化学方程式中各物质的系数比投料，原料利用率最高。
22．【答案】B
【解析】【解答】A. 第一步接通电源1，中间室为阴极，发生反应 ，选择性提取锂，第二步接通电源2，中间室为阴极，发生反应 释放锂，故A不符合题意；
B. 释放锂过程中，中间室材料应接电源正极，发生的电极反应式为 ，故B符合题意；
C. 根据图示，第一步为选择性吸附锂过程中阳极室中的离子向中间室移动，第二步为释放锂的过程中锂离子移向阴极室，所以中间室两侧的离子交换膜选用阳离子交换膜，故C不符合题意；
D.当阴极室得到4.8gLiOH时，电路中转移0.2ml电子，阳极室电极反应式是 ，产生氧气的体积是 1.12L气体(标准状态下)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据电源连接方向，即可判断发生的反应即可判断电源1和电源2的作用
B.根据电源2即可写出阴极室的反应
C.根据电源1和2的离子的流向即可判断离子交换膜种类
D.根据阳极室的反应即可结合给出的质量计算出阳极产生的气体体积
23．【答案】D
【解析】【解答】A.由分析可知，温度为78℃时固体M的化学式为FeSO4·4H2O，选项正确，A不符合题意；
B.由分析可知，物质P的化学式为FeSO4，将其加热至650℃时，所得固体的质量为1.60g，若反应生成两种气体，则该两种气体为SO2和SO3，结合得失电子守恒可得，反应过程中铁元素的化合价升高，且变为+3价， 因此Q的化学式为Fe2O3，选项正确，B不符合题意；
C.由分析可知，物质N的化学式为FeSO4·H2O，物质P的化学式为FeSO4，因此在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为： FeSO4·H2O FeSO4＋H2O，选项正确，C不符合题意；
D.由分析可知，物质N的化学式为FeSO4·H2O，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】5.56g晶体的物质的量，其中所含结晶水的质量m(H2O)=0.02ml×7×18g/ml=2.52g，因此晶体中m(FeSO4)=5.56g-2.52g=3.04g，因此P的化学式为FeSO4；在温度为78℃时，固体质量由5.56g减少为4.48g，减少的质量为1.08g，即m(H2O)=1.08g，其物质的量为，则剩余n(H2O)=0.02ml×7-0.06ml=0.08ml，因此M的化学式为FeSO4·4H2O；在温度为159℃时，固体质量由4.48g变为3.40g，减少的质量为1.08g，即m(H2O)=1.08g，其物质的量的量为，则剩余n(H2O)=0.08ml-0.06ml=0.02ml，因此N的化学式为FeSO4·H2O；
24．【答案】D
【解析】【解答】加入FeSO4溶液后，原溶液中VO2＋和Cr2O72－均被还原，Fe2＋被氧化，过程中得失电子总数相同，则其转移电子总数为0.029L×0.1ml/L×1=0.0029ml；
再向反应后的溶液中加入KMnO4溶液，恰好使VO2＋转化为VO2＋，该过程中得失电子守恒，则其转移电子数为0.002L×0.02ml/L×5=0.0002ml；
因此VO2＋转化为VO2＋的过程中得到的电子数也为0.0002ml，则Cr元素得到的电子数为0.0029ml-0.0002ml=0.0027ml，则n(Cr)=0.0009ml，因此原溶液中Cr的质量为：0.0009ml×52g/ml=0.0468g=46.8mg，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据反应过程中，得失电子守恒进行计算。
25．【答案】B
【解析】【解答】A.AlCl3为共价化合物，熔融状态下无法电离产生Al3+和Cl-，A不符合题意；
B.该温度下，水的离子积Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，因此该温度下pH=11的NaOH溶液中，故10L溶液中含OH-的数目为0.1ml/L×10L×NA=1NA，B符合题意；
C.浓盐酸具有挥发性，0.4mlHCl不能完全反应，因此无法计算转移电子数，C不符合题意；
D.金刚石中每个碳原子周围形成4和C-C键，每个C-C键被相邻的两个碳原子共有，因此每个碳原子形成2个C-C，12g金刚石的物质的量，因此其所含的C-C键的数目为2NA，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.AlCl3为共价化合物；
B.由纯水的pH计算该温度下水的离子积，再计算pH=11的NaOH溶液中c(OH-)；
C.浓盐酸具有挥发性，0.4mlHCl不能完全反应；
D.根据金刚石的结构分析；
26．【答案】B
【解析】【解答】A.放电时，负极的电极反应式为LixC6- xe- = xLi++6C，A不符合题意；
B.(a)过程的电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，由图可知，该过程中脱离2个Li+，因此煤形成1ml晶胞，转移2ml电子，B符合题意；
C.(b)过程的电极反应式为Li1－xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4，该过程为放电过程的正极反应，因为Li+脱离石墨，C不符合题意；
D.由分析可知，该电池充电时阳极的电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据放电时的反应“LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4”可得负极的电极反应式为LixC6- xe- = xLi++6C，正极的电极反应式为Li1－xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4。充电时为电解池装置，其阳极的电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，阴极的电极反应式为xLi＋＋6C＋xe－=LixC6。
27．【答案】C
【解析】【解答】A．从图中可知将氯气通入溶液中，反应的先后顺序为：、、，说明还原性：＞＞；还原性：还原剂>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
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<0，在一定温度下能自发进行，则△G=△H-T△S<0，故有△H<0，正反应为放热反应，选项C不符合题意；
D．标准状况下，反应③中每消耗22.4LO2，O元素由0价变为-2价，则转移电子的数目约为 ，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据化学反应速率之比等于计量数之比进行转化为同一种物质的正逆速率进行判断
B.催化剂只是改变速率不影响平衡
C.根据△G=△H-T△S判断
D.根据③的方程式找出物质的量与转移电子的关系即可计算
11．【答案】C
【解析】【解答】A．同一元素的不同核素互为同位素，14N与14C是不同元素的不同核素，不是同位素，故A不符合题意；
B．同周期，从左到右，非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强，非金属性：N＜F，NH3的热稳定性比HF的弱，故B不符合题意；
C．一个NH3分子中含有10个电子，34gNH3的物质的量为2ml，则含有的电子数为2ml ×10×NA =20NA，故C符合题意；
D．电负性：Si＜N，则N的得电子能力比Si强，根据化学式书写原则可知，Si3N4中Si元素的化合价为+4价，N元素为-3价，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同素异形体是由同种元素形成的不同单质；
B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；
C．根据n=计算；
D．根据化合物的化合价为0计算；
12．【答案】B
【解析】【解答】A.过程Ⅰ中，利用太阳能发生化学反应，其能量转化形式为太阳能转化为化学能，选项正确，A不符合题意；
B.116gFe3O4的物质的量，反应过程中两个铁原子由+3价变为+2价，因此反应过程中转移电子数为0.5ml×2×1×NA=1NA，选项错误，B符合题意；
C.由图示反应过程可知，过程Ⅱ中反应物为FeO和H2O，生成物为Fe3O4和H2，因此该反应的化学方程式为：3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项正确，C不符合题意；
D.该制氢过程中，利用铁氧化合物和太阳能，使得H2O分解为氢气和氧气，无需消耗其他能源，可起到节约能源的作用，同时H2和O2在两个不同的过程产生，易与分离，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据图示能量变化分析；
B.根据反应过程中铁元素化合价变化计算；
C.根据图示确定反应物和生成物，从而确定反应的化学方程式；
D.根据反应过程分析；
13．【答案】A
【解析】【解答】亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性，但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br-。
氯气氧化亚硫酸生成硫酸：
H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c(H+)增大，H2SO3反应完毕，消耗 Cl2 0.02ml，Cl2过量0.01ml，然后再氧化Br-：
HBr全部被氯气氧化转变为Br2 和HCl，HCl和HBr都是强酸，所以c(H+)不变；
故答案为：A。
【分析】本题考查了氧化还原反应的计算，注意反应的先后顺序，Cl2能氧化HBr，Br2能氧化H2SO3，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br-，由于Br-全部转变Br2，所以HBr和H2SO3都完全被氧化。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．随着反应的进行，硫化氢逐渐被消耗，反应中生成单质硫和水，当二氧化硫过量，并达到饱和以后，pH不再发生变化，所以pH先增大后减小，最终保持不变，A不符合题意；
B．硫化氢的物质的量是0.01ml，恰好完全反应时消耗0.005ml二氧化硫，在标况下的体积为0.005ml×22.4L/ml＝0.112L＝112mLSO2，B不符合题意；
C． ，温度不变，平衡常数不变，其值不变，C符合题意；
·L-1H2S溶液中依据电荷守恒可知：c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A．根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O分析；
B．根据2H2S+SO2=3S↓+2H2O系数比分析；
C．Ka只与温度有关；
D．根据电荷守恒分析。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．缺标准状况，无法计算金属镁能溶于氯化铵溶液反应中生成3.36L气体的物质的量和反应转移的电子数目，故A不符合题意；
B．缺溶液的体积，无法计算0.1ml/L氯化镁溶液中氯化镁的物质的量和含有氯离子的数目，B不符合题意；
C．氨分子和铵根离子含有的电子数目均为10，则1ml氨气和1ml铵根离子中含有的电子数目均为1ml×10×NAml-1=10NA，故C符合题意；
D．合成氨反应为气体体积减小的可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则14g氮气和足量的氢气在催化剂作用下合成氨，生成的分子总数小于×2×NAml-1=NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．缺标准状况，无法计算；
B．缺溶液的体积，无法计算；
C．氨分子和铵根离子含有的电子数目均为10；
D．可逆反应不可能完全反应。
16．【答案】C
【解析】【解答】A、X点后滴加稀盐酸，反应生成CO2，说明X点溶液中的溶质为NaHCO3。所以XY段发生反应的离子方程式为：HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，A不符合题意。
B、Y点溶液中的溶质为NaCl，根据Cl元素守恒可得，n(NaCl)=n(HCl)=3ml；根据Na元素守恒可得，n(NaOH)=n(NaCl)=3ml，所以原溶液中，B不符合题意。
C、未给出气体所处的状态，无法应用Vm=22.4L·ml－1进行计算，C符合题意。
D、X点之前发生反应Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，因此溶液A中n(Na2CO3)=1ml，反应生成n(NaHCO3)=1ml。XY段发生反应NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，参与反应的n(NaHCO3)=2ml。其中1mlNaHCO3由Na2CO3反应生成，因此溶液A中含n(NaHCO3)=1ml，所以溶液A中含Na2CO3、NaHCO3各1ml，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、XY段滴加稀盐酸的过程中逐渐生成CO2，则H＋与HCO3－反应。
B、Y点时所得溶液的溶质为NaCl，结合元素守恒进行计算。
C、未给出气体所处的状态，无法进行其体积。
D、根据X、Y两点消耗n(HCl)计算溶液A中n(Na2CO3)、n(NaHCO3)。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故A不选；
B．过氧化铬中氧元素的化合价有-1价，化合价可以升高到0价，生成氧气，可以发生4CrO5+12H+=4Cr3++7O2↑+6H2O反应，故B不选；
C．从 结构式可以看出有共价键，没有离子键，故C选；
D．过氧化铬中氧元素的化合价有-1价和-2价，-1价的氧有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D不选；
故答案为：C。
【分析】A.CrO5中存在过氧键、Cr=O键、Cr-O键；
B.CrO5中存在过氧键、与氢离子反应生成氧气和水；
C.由图可知，CrO5中通过共用电子对成键；
D.过氧化铬中存在-1价的氧。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．在反应H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI中，H2SO3是还原剂，HI是还原产物，在反应Cl2+2HI=2HCl+I2中，HI是还原剂，HCl是还原产物，由分析可知，物质的还原性：H2SO3>HI
>HCl，A不符合题意；
B．由分析可知，通入0.1ml Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O=
4SO42-+I2+10Cl-+16H+，B不符合题意；
C．将0.1ml Cl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，设n(HI)=n(H2SO3)=x，则根据得失电子守恒，0.1ml×2=0.5x+（6-4）x，x=0.08ml，则还有0.04mlHI未被氧化，根据题干中化学方程式可知，再通入0.02mlCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化，C符合题意；
D．由D项可知，混合溶液中H2SO3和HI的物质的量都是0.08ml，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.还原性：还原剂＞还原产物。
B.根据物质性质及电子、电荷、原子守恒进行分析。
C.根据得失电子守恒及反应中各物质的化学计量系数之比进行分析。
D.混合溶液中H2SO3和HI的物质的量都是0.08ml。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．没有告诉溶液的体积，无法计算溶液中氢离子的数目，故A不符合题意；
B．甲醛HCHO和乙酸的最简式均为CH2O，故3.0g混合物中含有的“CH2O”原子团的物质的量为n= =0.1ml，含有的原子数为0.4NA，故B符合题意；
C.0.1 ml SO2与0.1ml O2的反应为可逆反应，生成的三氧化硫物质的量小于0.1ml，转移的电子数小于0.2NA，故C不符合题意；
D.1ml白磷分子中含有6个共价键，1ml甲烷中含4ml共价键，共价键数目之比为3∶2，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、未给出溶液的体积，无法计算；
B、甲醛和乙酸的实验式都是CH2O，据此进行计算；
C、SO2与O2的反应为可逆反应；
D、一个白磷分子中含有6个共价键；
20．【答案】D
【解析】【解答】A．过二硫酸钠中含有过氧链，分子中硫元素的化合价为+6价，故A不符合题意；
B．由分析可知，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、，故B不符合题意；
C．溶液中铁离子能与锌反应生成氯化亚铁和氯化锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，故C不符合题意；
D．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据流程图信息，向含锌废液中加入的Na2S2O8具有氧化性，可将Mn2+氧化为MnO2沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，经过滤除去MnO2，所得溶液中主要含有Na+、Zn2+、Fe3+、SO42-，向溶液中加试剂X调pH，可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，经过滤除去Fe(OH)3沉淀，所得溶液主要成分为Na+、Zn2+、SO42-，加入NH4HCO3进行沉锌、经过滤得到ZnCO3·2Zn(OH)2。据此分析。
21．【答案】C
【解析】【解答】由合成尿素的化学方程式：2NH3+CO2=CO(NH2)2+H2O知，n(NH3)∶n(CO2) =2∶1，根据氢元素守恒可知，2个NH3分子可换算为3个H2分子，故n(H2)与n(CO2)的比为3：1时，原料利用率最高。因反应C5H12+10H2O(g)=5CO2+16H2中生成的氢气与二氧化碳的物质的量之比n(H2)：n(CO2)=16∶5=3.2∶1，与理想值接近，所以为最佳比例，C项符合题意，
故答案为：C。
【分析】在化学反应中，若按化学方程式中各物质的系数比投料，原料利用率最高。
22．【答案】B
【解析】【解答】A. 第一步接通电源1，中间室为阴极，发生反应 ，选择性提取锂，第二步接通电源2，中间室为阴极，发生反应 释放锂，故A不符合题意；
B. 释放锂过程中，中间室材料应接电源正极，发生的电极反应式为 ，故B符合题意；
C. 根据图示，第一步为选择性吸附锂过程中阳极室中的离子向中间室移动，第二步为释放锂的过程中锂离子移向阴极室，所以中间室两侧的离子交换膜选用阳离子交换膜，故C不符合题意；
D.当阴极室得到4.8gLiOH时，电路中转移0.2ml电子，阳极室电极反应式是 ，产生氧气的体积是 1.12L气体(标准状态下)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据电源连接方向，即可判断发生的反应即可判断电源1和电源2的作用
B.根据电源2即可写出阴极室的反应
C.根据电源1和2的离子的流向即可判断离子交换膜种类
D.根据阳极室的反应即可结合给出的质量计算出阳极产生的气体体积
23．【答案】D
【解析】【解答】A.由分析可知，温度为78℃时固体M的化学式为FeSO4·4H2O，选项正确，A不符合题意；
B.由分析可知，物质P的化学式为FeSO4，将其加热至650℃时，所得固体的质量为1.60g，若反应生成两种气体，则该两种气体为SO2和SO3，结合得失电子守恒可得，反应过程中铁元素的化合价升高，且变为+3价， 因此Q的化学式为Fe2O3，选项正确，B不符合题意；
C.由分析可知，物质N的化学式为FeSO4·H2O，物质P的化学式为FeSO4，因此在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为： FeSO4·H2O FeSO4＋H2O，选项正确，C不符合题意；
D.由分析可知，物质N的化学式为FeSO4·H2O，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】5.56g晶体的物质的量，其中所含结晶水的质量m(H2O)=0.02ml×7×18g/ml=2.52g，因此晶体中m(FeSO4)=5.56g-2.52g=3.04g，因此P的化学式为FeSO4；在温度为78℃时，固体质量由5.56g减少为4.48g，减少的质量为1.08g，即m(H2O)=1.08g，其物质的量为，则剩余n(H2O)=0.02ml×7-0.06ml=0.08ml，因此M的化学式为FeSO4·4H2O；在温度为159℃时，固体质量由4.48g变为3.40g，减少的质量为1.08g，即m(H2O)=1.08g，其物质的量的量为，则剩余n(H2O)=0.08ml-0.06ml=0.02ml，因此N的化学式为FeSO4·H2O；
24．【答案】D
【解析】【解答】加入FeSO4溶液后，原溶液中VO2＋和Cr2O72－均被还原，Fe2＋被氧化，过程中得失电子总数相同，则其转移电子总数为0.029L×0.1ml/L×1=0.0029ml；
再向反应后的溶液中加入KMnO4溶液，恰好使VO2＋转化为VO2＋，该过程中得失电子守恒，则其转移电子数为0.002L×0.02ml/L×5=0.0002ml；
因此VO2＋转化为VO2＋的过程中得到的电子数也为0.0002ml，则Cr元素得到的电子数为0.0029ml-0.0002ml=0.0027ml，则n(Cr)=0.0009ml，因此原溶液中Cr的质量为：0.0009ml×52g/ml=0.0468g=46.8mg，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据反应过程中，得失电子守恒进行计算。
25．【答案】B
【解析】【解答】A.AlCl3为共价化合物，熔融状态下无法电离产生Al3+和Cl-，A不符合题意；
B.该温度下，水的离子积Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，因此该温度下pH=11的NaOH溶液中，故10L溶液中含OH-的数目为0.1ml/L×10L×NA=1NA，B符合题意；
C.浓盐酸具有挥发性，0.4mlHCl不能完全反应，因此无法计算转移电子数，C不符合题意；
D.金刚石中每个碳原子周围形成4和C-C键，每个C-C键被相邻的两个碳原子共有，因此每个碳原子形成2个C-C，12g金刚石的物质的量，因此其所含的C-C键的数目为2NA，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.AlCl3为共价化合物；
B.由纯水的pH计算该温度下水的离子积，再计算pH=11的NaOH溶液中c(OH-)；
C.浓盐酸具有挥发性，0.4mlHCl不能完全反应；
D.根据金刚石的结构分析；
26．【答案】B
【解析】【解答】A.放电时，负极的电极反应式为LixC6- xe- = xLi++6C，A不符合题意；
B.(a)过程的电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，由图可知，该过程中脱离2个Li+，因此煤形成1ml晶胞，转移2ml电子，B符合题意；
C.(b)过程的电极反应式为Li1－xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4，该过程为放电过程的正极反应，因为Li+脱离石墨，C不符合题意；
D.由分析可知，该电池充电时阳极的电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据放电时的反应“LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4”可得负极的电极反应式为LixC6- xe- = xLi++6C，正极的电极反应式为Li1－xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4。充电时为电解池装置，其阳极的电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，阴极的电极反应式为xLi＋＋6C＋xe－=LixC6。
27．【答案】C
【解析】【解答】A．从图中可知将氯气通入溶液中，反应的先后顺序为：、、，说明还原性：＞＞；还原性：还原剂>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
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