物质的量在化学方程式计算中的应用 专题练 2025年高考化学一轮复习备考
文档属性
| 名称 | 物质的量在化学方程式计算中的应用 专题练 2025年高考化学一轮复习备考 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 684.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-08 16:20:59 | ||
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文档简介
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物质的量在化学方程式计算中的应用 专题练
2025年高考化学一轮复习备考
一、单选题（共15题）
1．火箭推进剂中常使用N2H4(肼，结构式为)作为燃烧剂，N2O4作为氧化剂。反应的化学方程式为：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O。下列说法不正确的是
A．电负性：HB．肼具有碱性
C．H2O是一种极性分子
D．每生成3molN2时，转移4mol电子
2．溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。
浓缩海水酸化海水含溴空气含溴溶液产品溴
已知：i．与Na2CO3反应时，Br2转化为和Br-。
ii．HBrO3为强酸。
下列说法不正确的是
A．酸化海水通入Cl2提取溴的反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
B．脱氯过程脱除1molCl2可能消耗molFeBr2
C．用Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是
D．H2SO4酸化后重新得到Br2的反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1：5
3．利用碳氮化反应 ，可将转化为，再进一步还原得到金属钛，下列说法正确的是
A．碳氯化反应在高温下不能自发进行
B．加压、降温均可增大生成的速率
C．反应中每消耗，转移电子的数目约为
D．将与粉碎并混合均匀后反应可提高的平衡转化率
4．我国科学家合成了一种催化剂，实现了如图所示的异丁烷氧化脱氢。设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．分子式为的所有有机物中最多有个键
B．理论上每生成可同时得到标准状况下
C．上述所有含碳物质中碳原子的杂化方式有3种
D．该反应为
5．高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理，制备的一种方法其原理：，下列说法不正确的是
A． Fe3+是还原剂 B．H2O既不是还原产物也不是氧化产物
C．生成，转移电子 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为
6．在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。
下列说法不正确的是
A．与BaO的反应中，既是氧化剂，又是还原剂
B．反应Ⅰ为
C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为0.2a mol
D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比是3∶5
7．为吸收工业尾气中的和，设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠(，其结晶水合物又称保险粉)和产品。(为铈元素)
下列说法不正确的是
A．工业尾气中的和排放到大气中会形成酸雨
B．装置Ⅱ的作用是吸收
C．从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用
D．装置Ⅳ中氧化，至少需要标准状况下
8．在碘水、淀粉、稀和的混合溶液中加入过量乙酰乙酸烯丙酯（AAA），观察到溶液中蓝色与无色交替出现，主要转化如下：
AAA为
AAAI为
下列说法不正确的是
A．i为取代反应 B．ii的反应为
C．iii中，生成转移 D．最终溶液呈蓝色
9．我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析正确的是
A．a极为电池负极
B．b极的电极反应为
C．若b极区生成，则a极区增加2mol
D．外电路通过时，至少有生成
10．金属硫化物()催化反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。下列说法正确的是
A．该反应的
B．该反应的平衡常数
C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D．该反应中每消耗，转移电子的数目约为
11．所有铬的化合物都有毒性，在化学实验中可利用下图将含铬物质循环利用，从而减少直接排放对环境的污染。下列说法正确的是
A．反应④、⑥、⑦中，铬元素均被氧化
B．的溶液中含有的CrO数目为
C．加入浓盐酸可实现第①步转化，当0.1molK2Cr2O7完全反应时，生成标准状况下气体3.36L
D．已知为两性氢氧化物，则第⑦步转化加入的试剂可与第③步相同
12．已知受热分解为的价和价的混合氧化物(价的能氧化浓盐酸生成)。受热分解得到固体和氧气，固体与足量的浓盐酸反应得氯气，若为，则分解所得固体的成分及物质的量之比可能是
①②③④
A．③④ B．②③ C．①② D．①④
13．化学需氧量(Chemial Oxygen Demand)是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量(单位为mg/L)来表示。我国地表水可采用标准法测定水中化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量。其操作步骤如下：
①取水样，先加入足量稀硫酸酸化，再加入的标准液，煮沸30min(充分氧化水中的还原性物质)，溶液呈稳定的红色，冷却至室温。
②向①中溶液中加入的标准液(过量)。
③用的标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗标准液。
计算水样中COD含量(mg/L)表达式正确的是
A． B．
C． D．
14．实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸按图示流程实验，经检测所得固体中含有和白色物质W，下列说法错误的是
A．该实验能体现浓硫酸的吸水性和强氧化性
B．当Cu完全反应时共转移电子0.050mol
C．溶解步骤中生成固体Y的质量为0.192g
D．将W溶液蒸发结晶并灼烧可再次得到固体W
15．植物对氮元素的吸收过程如图，下列说法不正确的是
植物吸收
A．和中的杂化方式相同
B．的键角大于的键角
C．当有生成时，过程②转移电子
D．原子间难形成三键而原子间可以，是因为的原子半径大于，难形成键
二、非选择题（共2题）
16．实验室用10.0g CaCO3与过量稀盐酸反应制备CO2气体，完全反应后，溶液体积为500mL。请计算：
(1)理论上生成CO2气体的体积(标准状况)为多少 ？
(2)反应后，CaCl2 物质的量浓度为多少 ？
17．某Al-Zn合金镀层铁片样品(无氧化膜)质量为9.320g，单侧面积为，将样品投入足量浓NaOH溶液中，充分反应后，收集到标准状况下气体448 mL，将剩余固体滤出、洗涤、干燥、称量，得固体质量为8.725g。已知：，样品表面的Al-Zn合金镀层密度为，合金镀层厚度国家标准为25~35um()，请计算：
(1)该合金镀层中Al的物质的量分数为(保留3位有效数字) 。
(2)通过计算，判断该样品镀层厚度是否符合国家标准(列式计算并判断) 。
参考答案：
1．D
A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：HB．肼中氮存在孤电子对，能和氢离子结合形成配位键，导致其具有碱性，B正确；
C．H2O为V形，分子中正负电荷重心不重合，是一种极性分子，C正确；
D．反应中肼中氮化合价由-2变为0，电子转移为2N2H4~3N2~8e-，每生成3molN2时，转移8mol电子，D错误；
2．C
A．酸化海水通入Cl2，Cl2将溴离子氧化为溴单质，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故A正确；
B．脱氯过程中可能发生反应：3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+Br2，此时脱除1mol氯气消耗molFeBr2，故B正确；
C．Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气，反应生成、和CO2，则所得产物中的含碳粒子主要是CO2，故C错误；
D．H2SO4酸化时发生反应：；反应中化合价降低作氧化剂，化合价升高作还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量比为1∶5，故D正确；
3．C
A．碳氯化反应是放热反应，熵增的反应，根据，则该反应在任意温度下能自发进行，故A错误；
B．加压，速率增大，降温，速率降低，因此不能增大生成的速率，故B错误；
C．根据方程式分析，消耗1mol，转移4mol电子，反应中每消耗，转移电子的数目约为，故C正确；
D．将与粉碎并混合均匀后反应可提高的反应速率，是由于增大接触面积，但不能提高平衡转化率，故D错误。
4．A
A．5.6g C4H8物质的量为0.1mol，若C4H8是环丁烷，则每个C4H8分子中含8个C-H、4个C-C，5.6g分子式为C4H8的有机物中最多有1.2NA的σ键，故A错误；
B．反应过程CO2转化为CO，每生成1molCO，转移2mol电子；同时C4H10转化为C4H8，每生成1mol C4H8转移2mol电子；根据得失电子守恒，生成1molCO可同时得到标准状况下22.4L的C4H8，故B正确；
C．上述所有含碳物质中，CO2中的碳原子为sp杂化，分子为直线形，碳碳双键中碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，碳原子杂化方式共有3种，故C正确；
D．由图知，C4H10和CO2在催化剂作用下，生成CO、H2O和C4H8，反应式为C4H10+CO2C4H8+CO+H2O，故D正确；
5．C
A．反应中Fe3+的化合价升高到+6价，被氧化，故Fe3+是还原剂，A正确；
B．反应中H和O的化合价均未改变，故H2O既不是还原产物也不是氧化产物，B正确；
C．反应中Fe3+的化合价升高到+6价，则生成，转移3mol电子，C错误；
D．反应中是氧化产物，Cl-是还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为，D正确；
6．D
A．由可知NO和O2在Pt表面发生反应生成NO2，NO2和BaO生成Ba(NO3)2的反应中N元素的化合价由+4价升至+5价，根据氧化还原反应的规律，还有N元素的化合价降低，则既是氧化剂，又是还原剂，A正确；
B．由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式为：，B正确；
C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，则可知，相应的关系式为：，图中氨气最大量为0.25amol，则最终生成的物质的量为0.2a mol，C正确；
D．第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根据得式电子守恒可知，，再结合第一步反应，可知第一步为，第二步为，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比即物质的量之比是5∶3，D错误；
7．C
A．工业尾气中的可与氧气生成NO2，NO2与水反应得硝酸，形成硝酸型酸雨，与水反应得H2SO3，H2SO3被氧气氧化为硫酸，会形成硫酸型酸雨，故A正确；
B．装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反应，生成、，故B正确；
C．装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应，从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，故C错误；
D．装置Ⅳ中被氧气氧化为的离子方程式为：，物质的量为1L×2mol/L=2mol，即消耗1molO2，标况下体积为22.4L，故D正确；
8．D
A．根据题干信息，与反应生成，该反应为取代反应，A正确；
B．根据转化示意图可知，反应ii为被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应方程式：，B正确；
C．反应iii中发生歧化反应生成和，生成时Cl元素化合价从+3价降低为-1价，即生成转移，C正确；
D．反应i中乙酰乙酸烯丙酯（AAA）过量，碘单质被消耗完全，溶液最终不呈蓝色，D错误；
9．D
A．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，故A错误；
B．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，故B错误；
C．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，由电极反应式可知，b极区生成1mol硫时，b极同时生成的1mol氢离子移向a极区，a极氧气转化为水消耗2mol氢离子，则a极区氢离子的物质的量减少1mol，故C错误；
D．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，则外电路通过1mol电子时，消耗0.5mol氢硫酸根离子，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS +2H2O，由方程式可知，生成0.5mol氢硫酸根离子同时生成1mol二氧化碳，故D正确；
10．C
A．左侧反应物气体计量数之和为3，右侧生成物气体计量数之和为5， ，A错误；
B．由方程形式知， ，B错误；
C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C正确；
D．由方程式知，消耗同时生成，转移，数目为，D错误；
11．D
A．反应④中铬元素的化合价由+3价升为+6价，被氧化，反应⑥中铬元素的化合价由+3价升为+6价，被氧化，反应⑦中铬元素的化合价不变，故A错误；
B．在溶液中存在如下平衡：，则溶液中含有的数目小于0.2NA，故B错误；
C．加入浓盐酸可实现第①转化，当0.1molK2Cr2O7完全反应时，转移0.6mol电子，生成0.3mol氯气，标准状况下体积为6.72L，故C错误；
D．为两性氢氧化物，第⑦步转化加入的试剂可与第③步相同，都是碱溶液，故D正确；
12．A
PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用，+4价Pb被还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole-，设该过程得到O2的物质的量为a=3x mol，则Cl2的物质的量为b=2x mol，利用得失电子守恒可得：3x×4+2x×2＝2，解得x＝0.125，故知1mol PbO2在受热分解过程中产生0.375molO2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb):n(O)＝4:5，结合选项可知只有③、④项满足n(Pb):n(O)＝4:5，故A正确；
13．A
分析整个过程可知，水样中的还原性物质和发生氧化反应失去电子，发生还原反应得电子，发生还原反应变成，故得电子总量为，被氧化为二氧化碳共失去电子，故水样中的还原性物质失电子总量为，相当于消耗，由化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量，故可知耗氧量为，故水样中COD含量(mg/L)为。
14．B
A．由可知，硫元素从+6价降低到-2价时表现强氧化性，所得固体中含有白色物质W为硫酸铜，表现出吸水性，故A正确；
B．微热5min待Cu反应结束后，按Cu计算，转移电子的物质的量为0.006mol×2+0.018mol×2=0.048mol，故B错误；
C．由分析知，5n(Cu)n(Cu2S)n(S)，n(S)==0.006mol，m(S)=32g/mol0.006mol=0.192g，故C正确；
D．W为CuSO4，将硫酸铜溶液蒸发结晶并灼烧可再次得到固体CuSO4，故D正确；
15．B
A．中氮原子杂化方式为sp3杂化，中氮原子也是sp3杂化，故A项正确；
B．中氮原子价层电子对数为，N原子轨道的杂化类型为sp2，中氮原子价层电子对数为，N原子轨道的杂化类型为sp2，中N原子有1对孤电子对，而中N没有，由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，故的键角小于的键角，故B项错误；
C．过程②转化为化合价由-3价变为+3价，转化电子数为6，当有9.2g(0.2mol)生成时，过程②转移的电子为1.2mol，故C项正确；
D．根据元素周期表可知P的原子半径比N大，P原子间不易形成三键而N原子之间易形成，是因为P原子的半径大于N，难以形成p-pπ键，故D项正确；
16．(1)2.24L
(2)0.2mol/L
（1）10.0g CaCO3的物质的量是10g÷100g/mol＝0.1mol，与过量稀盐酸反应制备CO2气体，根据方程式CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O可知生成0.1mol二氧化碳，在标况下的体积是0.1mol×22.4L/mol＝2.24L。
（2）根据方程式CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O可知生成氯化钙是0.1mol，溶液体积是0.5L，则反应后，CaCl2物质的量浓度为0.1mol÷0.5L＝0.2mol/L。
17． 66.7%或0.667 符合
(1)Al、Zn与氢氧化钠溶液反应：2Al+2OH-+2H2O=2Al+3H2↑、，Fe不参加反应，则Al、Zn的总质量为9.320g-8.725g=0.595g，设合金镀层中含Al、Zn的物质的量分别为x、y，则有①27x+65y=0.595，反应生成氢气的物质的量为=0.02mol，由得失电子守恒关系可得②3x+2y=0.022，联立①②，解得x=0.01mol，y=0.005mol，则合金镀层中Al的物质的量分数为：100%=66.7%，故答案为：66.7%或0.667。
(2) 样品表面的Al-Zn合金镀层金属的总质量为0.595g，镀层密度为，单侧面积为，则镀层厚度==0.002975cm30m，故符合国家标准，故答案为：符合。
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物质的量在化学方程式计算中的应用 专题练
2025年高考化学一轮复习备考
一、单选题（共15题）
1．火箭推进剂中常使用N2H4(肼，结构式为)作为燃烧剂，N2O4作为氧化剂。反应的化学方程式为：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O。下列说法不正确的是
A．电负性：H
C．H2O是一种极性分子
D．每生成3molN2时，转移4mol电子
2．溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。
浓缩海水酸化海水含溴空气含溴溶液产品溴
已知：i．与Na2CO3反应时，Br2转化为和Br-。
ii．HBrO3为强酸。
下列说法不正确的是
A．酸化海水通入Cl2提取溴的反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
B．脱氯过程脱除1molCl2可能消耗molFeBr2
C．用Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是
D．H2SO4酸化后重新得到Br2的反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1：5
3．利用碳氮化反应 ，可将转化为，再进一步还原得到金属钛，下列说法正确的是
A．碳氯化反应在高温下不能自发进行
B．加压、降温均可增大生成的速率
C．反应中每消耗，转移电子的数目约为
D．将与粉碎并混合均匀后反应可提高的平衡转化率
4．我国科学家合成了一种催化剂，实现了如图所示的异丁烷氧化脱氢。设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．分子式为的所有有机物中最多有个键
B．理论上每生成可同时得到标准状况下
C．上述所有含碳物质中碳原子的杂化方式有3种
D．该反应为
5．高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理，制备的一种方法其原理：，下列说法不正确的是
A． Fe3+是还原剂 B．H2O既不是还原产物也不是氧化产物
C．生成，转移电子 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为
6．在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。
下列说法不正确的是
A．与BaO的反应中，既是氧化剂，又是还原剂
B．反应Ⅰ为
C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为0.2a mol
D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比是3∶5
7．为吸收工业尾气中的和，设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠(，其结晶水合物又称保险粉)和产品。(为铈元素)
下列说法不正确的是
A．工业尾气中的和排放到大气中会形成酸雨
B．装置Ⅱ的作用是吸收
C．从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用
D．装置Ⅳ中氧化，至少需要标准状况下
8．在碘水、淀粉、稀和的混合溶液中加入过量乙酰乙酸烯丙酯（AAA），观察到溶液中蓝色与无色交替出现，主要转化如下：
AAA为
AAAI为
下列说法不正确的是
A．i为取代反应 B．ii的反应为
C．iii中，生成转移 D．最终溶液呈蓝色
9．我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析正确的是
A．a极为电池负极
B．b极的电极反应为
C．若b极区生成，则a极区增加2mol
D．外电路通过时，至少有生成
10．金属硫化物()催化反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。下列说法正确的是
A．该反应的
B．该反应的平衡常数
C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D．该反应中每消耗，转移电子的数目约为
11．所有铬的化合物都有毒性，在化学实验中可利用下图将含铬物质循环利用，从而减少直接排放对环境的污染。下列说法正确的是
A．反应④、⑥、⑦中，铬元素均被氧化
B．的溶液中含有的CrO数目为
C．加入浓盐酸可实现第①步转化，当0.1molK2Cr2O7完全反应时，生成标准状况下气体3.36L
D．已知为两性氢氧化物，则第⑦步转化加入的试剂可与第③步相同
12．已知受热分解为的价和价的混合氧化物(价的能氧化浓盐酸生成)。受热分解得到固体和氧气，固体与足量的浓盐酸反应得氯气，若为，则分解所得固体的成分及物质的量之比可能是
①②③④
A．③④ B．②③ C．①② D．①④
13．化学需氧量(Chemial Oxygen Demand)是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量(单位为mg/L)来表示。我国地表水可采用标准法测定水中化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量。其操作步骤如下：
①取水样，先加入足量稀硫酸酸化，再加入的标准液，煮沸30min(充分氧化水中的还原性物质)，溶液呈稳定的红色，冷却至室温。
②向①中溶液中加入的标准液(过量)。
③用的标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗标准液。
计算水样中COD含量(mg/L)表达式正确的是
A． B．
C． D．
14．实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸按图示流程实验，经检测所得固体中含有和白色物质W，下列说法错误的是
A．该实验能体现浓硫酸的吸水性和强氧化性
B．当Cu完全反应时共转移电子0.050mol
C．溶解步骤中生成固体Y的质量为0.192g
D．将W溶液蒸发结晶并灼烧可再次得到固体W
15．植物对氮元素的吸收过程如图，下列说法不正确的是
植物吸收
A．和中的杂化方式相同
B．的键角大于的键角
C．当有生成时，过程②转移电子
D．原子间难形成三键而原子间可以，是因为的原子半径大于，难形成键
二、非选择题（共2题）
16．实验室用10.0g CaCO3与过量稀盐酸反应制备CO2气体，完全反应后，溶液体积为500mL。请计算：
(1)理论上生成CO2气体的体积(标准状况)为多少 ？
(2)反应后，CaCl2 物质的量浓度为多少 ？
17．某Al-Zn合金镀层铁片样品(无氧化膜)质量为9.320g，单侧面积为，将样品投入足量浓NaOH溶液中，充分反应后，收集到标准状况下气体448 mL，将剩余固体滤出、洗涤、干燥、称量，得固体质量为8.725g。已知：，样品表面的Al-Zn合金镀层密度为，合金镀层厚度国家标准为25~35um()，请计算：
(1)该合金镀层中Al的物质的量分数为(保留3位有效数字) 。
(2)通过计算，判断该样品镀层厚度是否符合国家标准(列式计算并判断) 。
参考答案：
1．D
A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：H
C．H2O为V形，分子中正负电荷重心不重合，是一种极性分子，C正确；
D．反应中肼中氮化合价由-2变为0，电子转移为2N2H4~3N2~8e-，每生成3molN2时，转移8mol电子，D错误；
2．C
A．酸化海水通入Cl2，Cl2将溴离子氧化为溴单质，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故A正确；
B．脱氯过程中可能发生反应：3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+Br2，此时脱除1mol氯气消耗molFeBr2，故B正确；
C．Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气，反应生成、和CO2，则所得产物中的含碳粒子主要是CO2，故C错误；
D．H2SO4酸化时发生反应：；反应中化合价降低作氧化剂，化合价升高作还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量比为1∶5，故D正确；
3．C
A．碳氯化反应是放热反应，熵增的反应，根据，则该反应在任意温度下能自发进行，故A错误；
B．加压，速率增大，降温，速率降低，因此不能增大生成的速率，故B错误；
C．根据方程式分析，消耗1mol，转移4mol电子，反应中每消耗，转移电子的数目约为，故C正确；
D．将与粉碎并混合均匀后反应可提高的反应速率，是由于增大接触面积，但不能提高平衡转化率，故D错误。
4．A
A．5.6g C4H8物质的量为0.1mol，若C4H8是环丁烷，则每个C4H8分子中含8个C-H、4个C-C，5.6g分子式为C4H8的有机物中最多有1.2NA的σ键，故A错误；
B．反应过程CO2转化为CO，每生成1molCO，转移2mol电子；同时C4H10转化为C4H8，每生成1mol C4H8转移2mol电子；根据得失电子守恒，生成1molCO可同时得到标准状况下22.4L的C4H8，故B正确；
C．上述所有含碳物质中，CO2中的碳原子为sp杂化，分子为直线形，碳碳双键中碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，碳原子杂化方式共有3种，故C正确；
D．由图知，C4H10和CO2在催化剂作用下，生成CO、H2O和C4H8，反应式为C4H10+CO2C4H8+CO+H2O，故D正确；
5．C
A．反应中Fe3+的化合价升高到+6价，被氧化，故Fe3+是还原剂，A正确；
B．反应中H和O的化合价均未改变，故H2O既不是还原产物也不是氧化产物，B正确；
C．反应中Fe3+的化合价升高到+6价，则生成，转移3mol电子，C错误；
D．反应中是氧化产物，Cl-是还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为，D正确；
6．D
A．由可知NO和O2在Pt表面发生反应生成NO2，NO2和BaO生成Ba(NO3)2的反应中N元素的化合价由+4价升至+5价，根据氧化还原反应的规律，还有N元素的化合价降低，则既是氧化剂，又是还原剂，A正确；
B．由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式为：，B正确；
C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，则可知，相应的关系式为：，图中氨气最大量为0.25amol，则最终生成的物质的量为0.2a mol，C正确；
D．第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根据得式电子守恒可知，，再结合第一步反应，可知第一步为，第二步为，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比即物质的量之比是5∶3，D错误；
7．C
A．工业尾气中的可与氧气生成NO2，NO2与水反应得硝酸，形成硝酸型酸雨，与水反应得H2SO3，H2SO3被氧气氧化为硫酸，会形成硫酸型酸雨，故A正确；
B．装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反应，生成、，故B正确；
C．装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应，从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，故C错误；
D．装置Ⅳ中被氧气氧化为的离子方程式为：，物质的量为1L×2mol/L=2mol，即消耗1molO2，标况下体积为22.4L，故D正确；
8．D
A．根据题干信息，与反应生成，该反应为取代反应，A正确；
B．根据转化示意图可知，反应ii为被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应方程式：，B正确；
C．反应iii中发生歧化反应生成和，生成时Cl元素化合价从+3价降低为-1价，即生成转移，C正确；
D．反应i中乙酰乙酸烯丙酯（AAA）过量，碘单质被消耗完全，溶液最终不呈蓝色，D错误；
9．D
A．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，故A错误；
B．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，故B错误；
C．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，由电极反应式可知，b极区生成1mol硫时，b极同时生成的1mol氢离子移向a极区，a极氧气转化为水消耗2mol氢离子，则a极区氢离子的物质的量减少1mol，故C错误；
D．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，则外电路通过1mol电子时，消耗0.5mol氢硫酸根离子，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS +2H2O，由方程式可知，生成0.5mol氢硫酸根离子同时生成1mol二氧化碳，故D正确；
10．C
A．左侧反应物气体计量数之和为3，右侧生成物气体计量数之和为5， ，A错误；
B．由方程形式知， ，B错误；
C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C正确；
D．由方程式知，消耗同时生成，转移，数目为，D错误；
11．D
A．反应④中铬元素的化合价由+3价升为+6价，被氧化，反应⑥中铬元素的化合价由+3价升为+6价，被氧化，反应⑦中铬元素的化合价不变，故A错误；
B．在溶液中存在如下平衡：，则溶液中含有的数目小于0.2NA，故B错误；
C．加入浓盐酸可实现第①转化，当0.1molK2Cr2O7完全反应时，转移0.6mol电子，生成0.3mol氯气，标准状况下体积为6.72L，故C错误；
D．为两性氢氧化物，第⑦步转化加入的试剂可与第③步相同，都是碱溶液，故D正确；
12．A
PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用，+4价Pb被还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole-，设该过程得到O2的物质的量为a=3x mol，则Cl2的物质的量为b=2x mol，利用得失电子守恒可得：3x×4+2x×2＝2，解得x＝0.125，故知1mol PbO2在受热分解过程中产生0.375molO2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb):n(O)＝4:5，结合选项可知只有③、④项满足n(Pb):n(O)＝4:5，故A正确；
13．A
分析整个过程可知，水样中的还原性物质和发生氧化反应失去电子，发生还原反应得电子，发生还原反应变成，故得电子总量为，被氧化为二氧化碳共失去电子，故水样中的还原性物质失电子总量为，相当于消耗，由化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量，故可知耗氧量为，故水样中COD含量(mg/L)为。
14．B
A．由可知，硫元素从+6价降低到-2价时表现强氧化性，所得固体中含有白色物质W为硫酸铜，表现出吸水性，故A正确；
B．微热5min待Cu反应结束后，按Cu计算，转移电子的物质的量为0.006mol×2+0.018mol×2=0.048mol，故B错误；
C．由分析知，5n(Cu)n(Cu2S)n(S)，n(S)==0.006mol，m(S)=32g/mol0.006mol=0.192g，故C正确；
D．W为CuSO4，将硫酸铜溶液蒸发结晶并灼烧可再次得到固体CuSO4，故D正确；
15．B
A．中氮原子杂化方式为sp3杂化，中氮原子也是sp3杂化，故A项正确；
B．中氮原子价层电子对数为，N原子轨道的杂化类型为sp2，中氮原子价层电子对数为，N原子轨道的杂化类型为sp2，中N原子有1对孤电子对，而中N没有，由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，故的键角小于的键角，故B项错误；
C．过程②转化为化合价由-3价变为+3价，转化电子数为6，当有9.2g(0.2mol)生成时，过程②转移的电子为1.2mol，故C项正确；
D．根据元素周期表可知P的原子半径比N大，P原子间不易形成三键而N原子之间易形成，是因为P原子的半径大于N，难以形成p-pπ键，故D项正确；
16．(1)2.24L
(2)0.2mol/L
（1）10.0g CaCO3的物质的量是10g÷100g/mol＝0.1mol，与过量稀盐酸反应制备CO2气体，根据方程式CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O可知生成0.1mol二氧化碳，在标况下的体积是0.1mol×22.4L/mol＝2.24L。
（2）根据方程式CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O可知生成氯化钙是0.1mol，溶液体积是0.5L，则反应后，CaCl2物质的量浓度为0.1mol÷0.5L＝0.2mol/L。
17． 66.7%或0.667 符合
(1)Al、Zn与氢氧化钠溶液反应：2Al+2OH-+2H2O=2Al+3H2↑、，Fe不参加反应，则Al、Zn的总质量为9.320g-8.725g=0.595g，设合金镀层中含Al、Zn的物质的量分别为x、y，则有①27x+65y=0.595，反应生成氢气的物质的量为=0.02mol，由得失电子守恒关系可得②3x+2y=0.022，联立①②，解得x=0.01mol，y=0.005mol，则合金镀层中Al的物质的量分数为：100%=66.7%，故答案为：66.7%或0.667。
(2) 样品表面的Al-Zn合金镀层金属的总质量为0.595g，镀层密度为，单侧面积为，则镀层厚度==0.002975cm30m，故符合国家标准，故答案为：符合。
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