2019-2020年高三化学一轮备考之全国百所名校模拟题分类汇编专题1常用化学计量缺答案.doc

2019-2020年高三化学一轮备考之全国百所名校模拟题分类汇编专题1常用化学计量缺答案1. A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。B、E均为组成空气的成分。F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为12。在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如下图（图中部分产物未列出）：请填写下列空白：（1）A是_，G是_。（用化学式填写）（2）H与盐酸反应生成E的化学方程式是_。（3）E与F反应的化学方程式是_。（4）F与G的水溶液的反应生成I和D的离子方程式是_。（5）向H溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，但该反应中没有放出E气体，则该反应的离子方程式_。（6）将2.5 g H、I和碳酸氢钠的固体混合物完全溶解于水，制成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入1molL1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如下图所示：，则物质I的物质的量为_mol。解析：B、E均为组成空气的成分，且B为单质、E为化合物，可确定B为O2、E为CO2、A为碳，F的焰色反应呈黄色，说明含Na元素，且F能与CO2反应生成O2，确定F为Na2O2、H是碳酸钠，C为Na，再由G中D、C个数比为1：2知D显2价，且D原子序数大于C，确定D为S、G为Na2S，在水溶液中Na2S能被Na2O2氧化，I是氢氧化钠：Na2O2S22H2O 4OHS2Na。 向H溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质即次氯酸钠，但该反应中没有放出E气体，说明生成碳酸氢钠，则该反应的离子方程式2CO32Cl2H2O=ClO2HCO3Cl将2.5 g H、I和碳酸氢钠的固体混合物完全溶解于水，在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，结合图象可知，开始没有二氧化碳气体生成，而且AB段消耗的盐酸体积比OA段小，表明溶质为碳酸钠和氢氧化钠，则OA段先发生酸碱中和反应（H+OH-H2O）消耗的盐酸体积为25mL-（45 mL -25 mL）=5mL，然后碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠，其离子反应方程式为CO32-+H+HCO3-，该反应消耗盐酸20 mL，因此混合物完全溶解于水的溶液中含氢氧化钠0.005mol，含碳酸钠0.02mol，设2.5 g H、I和碳酸氢钠的固体混合物含碳酸钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量分别是a、b、c，则106a+40b+84c=2.5g，NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O，即固体混合物完全溶解于水含氢氧化钠b-c=0.005mol，含碳酸钠a+c=0.02mol，求得b=0.015mol。答案：C Na2SNa2CO32HCl=2NaClCO2H2O2Na2O22CO2=2Na2CO3O2Na2O2S22H2O 4OHS2Na2CO32Cl2H2O=ClO2HCO3Cl0.0152.有一透明溶液，已知其中可能含有Mg2、Cu2、Fe2、Al3、NH4、K、Cl、HCO3、SO42。当加入一种淡黄色粉末状固体物质时，有刺激性气味的混和气体放出，同时生成白色沉淀。当加入0.4mol淡黄色粉末时，共收集到0.3mol混和气体，且此时生成的沉淀最多。此后继续加入淡黄色粉末时，沉淀量逐渐减少，至加入0.45mol粉末后，沉淀量由0.3mol减少至0.2mol，再加入粉末后，沉淀就不再减少。由此实验现象及数据判断：（1）淡黄色粉末的名称为 ；（2）溶液中肯定有 离子，肯定没有 离子，可能有_离子；（3）写出下列反应方程式淡黄色粉末与水反应 ；产生刺激性气味气体的离子方程式 ；加入淡黄色粉末的物质的量由0.4mol至0.45mol时，沉淀部分消失，反应的离子方程式为 ；（4）溶液中阳离子的物质的量之比为（H及没有确定的离子除外） 。【解析】（1）过氧化钠 （2）NH4、Al3、Mg2 ； Cu2、Fe2、HCO3 ； K、Cl、SO42 （3）2Na2O22H2O4NaOHO2 NH4OHNH3H2O Al(OH)3OHAlO22H2O （4）NH4Mg2Al3121解析：根据当加入一种淡黄色粉末状固体物质时，有刺激性气味的混和气体放出，同时生成白色沉淀，知淡黄色粉末是过氧化钠，刺激性气味是氨气，则溶液含NH4，没有Cu2、Fe2，0.4mol过氧化钠与水反应生成0.2mol氧气，则氨气是0.3mol-0.2mol=0.1mol，继续加入淡黄色粉末时，沉淀量逐渐减少，至加入0.45mol粉末后，沉淀量由0.3mol减少至0.2mol，再加入粉末后，沉淀就不再减少，则溶液含Mg2、Al3，而且氢氧化镁的物质的量为0.2mol，氢氧化铝为0.1mol，n（NH4）n（Mg2）n（Al3）0.10.20.1=1：2：1，根据共存知没有HCO3，可能含有的离子是K、Cl、SO42。当加入0.4mol淡黄色粉末时，生成的氢氧化钠为0.8mol，其中沉淀Mg2、Al3用去氢氧化钠0.7mol，余下的0.1mol氢氧化钠与NH4反应，再加入0.05mol过氧化钠，生成的氢氧化钠刚好溶解氢氧化铝。3.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是：A在25，1.01105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NAB48g O3 和O2混合气体所含的原子数目为3NAC1mol氦气所含的电子数目为4NAD2.7g金属铝变成铝离子时失去的电子数目为0.1NA【答案解析】B 解析：A在0，1.01105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NA，但是在25时，1.01105Pa时，11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，故所含的原子数目小于NA，错误；B48g O3 和O2混合气体所含的原子数目为3NA，正确；C氦气是单原子分子，故1mol氦气所含的电子数目为2NA，错误；D1mol铝变成铝离子时失去的电子数目为3mol，故2.7g金属铝变成铝离子时失去的电子数目为0.3NA，错误。4.设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NAB标准状况下，2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAC常温常压下，8 g SO3所含的氧原子的数目为0.3NAD过氧化钠与H2O反应，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA【答案解析】B解析：A、氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子个数比均为1：2，正确；B、氯气溶于水，氯气既是氧化剂又是还原剂，但溶解的氯气没有全部参与反应，即转移的电子数目小于0.1NA，错误；C、8 g SO3所含的氧原子的数目为（8g80g/mo）3l=0.3mol，正确；D、过氧化钠与H2O反应，每生成0.1mol氧气（O的化合价由-10）转移电子的数目为0.2NA，正确。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 （ ）A标准状况下，11.2 L乙醇所含的羟基数为0.5NAB常温下，1L 0.1 molL1的Na2CO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC常温常压下，5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NAD电解硫酸铜溶液时，阳极每生成标准状况下3.36L气体，电路中转移电子数为0.3NA【答案解析】C 解析：A、在标准状况下，乙醇不是气体，无法计算11.2L乙醇的物质的量，故A错误；B、1L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，碳酸根离子部分水解，溶液中阴离子数目增多，所以溶液中含有的离子总物质的量大于0.3mol，离子总数大于0.3NA，故B错误；C、乙烯和环丙烷的最简式为CH2，5.6g混合气体含有0.4mol最简式，含有0.4mol碳原子，含有的碳原子数为0.4NA，故C正确；D、电解硫酸铜溶液时，阳极生成的是氧气，标准状况下3.36L气体的物质的量为0.15mol，转移的电子的物质的量为0.6mol，电路中转移电子数为0.6NA，故D错误； 故答案选C6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 1L 1molL-1的NaClO 溶液中含有ClO-的数目为NA B标准状况下，一定量的铜与硝酸反应后生成224 L NO、NO2、N2O4的混合气体，则被还原的硝酸的分子数大于NA C铁做电极电解食盐水，若阴极得到NA个电子，则阳极产生11.2L气体（标况下） D标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA 【答案解析】B 解析：A、ClO-离子水解，1L 1molL-1的NaClO 溶液中含有ClO-的数目小于NA，故A错误；B、标准状况下，一定量的铜与硝酸反应后生成224 L NO、NO2、N2O4的，可知还原产物为1摩尔，根据氮原子守恒，还原的硝酸物质的量大于1摩尔，故B正确；C、铁做电极电解食盐水，阳极发生铁的氧化反应，不会产生气体，故C错误；D、根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，标准状况下，6.72L NO2的物质的量是0.3摩尔，其中有0.1摩尔 NO2被还原，转移的电子数目为0.2NA ，故D错误。故答案选B7.以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是 A. 含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数B. 250 mL 1 molL1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数C. 一定条件下，将1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数D. 在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，每生成0.5 molCl2转移的电子数【答案解析】B 解析：A、石墨中1摩尔碳原子平均1.5摩尔共价键，含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数是0.4mol1.5=0.6mol，故A不正确；B、FeCl3溶液中电离产生的阴、阳离子总数为0.25mol4=1mol,铁离子水解使离子数目增加，阴、阳离子总数大于NA，故B正确；C、发生可逆反应：2SO2+O22SO3，将1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数小于NA，故C错误；D、根据反应方程式，生成4摩尔氯气时转移7摩尔电子，每生成0.5 molCl2转移的电子数为0.5mol74=0.875mol，故D错误。故答案选B8.在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是A两种气体的压强相等 BO2比O3的质量小C两种气体的分子数目相等 D两种气体的氧原子数目相等【答案解析】D 解析：根据m=V，可知O2、O3的质量相等，物质的量之比是3:2，A、同温同体积的气体的压强之比等于物质的量之比，气体的压强之比为3:2，故A错误；B、O2、O3的质量相等，故B错误；C、两种气体的分子数目之比等于物质的量之比为3:2，故C错误；D、O2、O3的质量相等可知氧原子数目相等，故D正确。故答案选D9.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）常用作食品漂白剂。其制备工艺流程如下：已知：反应包含2NaHSO3Na2S2O5H2O等多步反应。（1）实验室制取氨气的化学方程式： 。（2）“灼烧”时发生反应的化学方程式： 。（3）已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为： 。（4）副产品X的化学式是： ；可循环利用的物质是：_。（5）为了减少产品Na2S2O5中杂质含量，需控制反应中气体与固体的物质的量之比约为 。【答案解析】：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O(2分)2CuS3O22CuO2SO2(2分)S2O52-+2H+=2SO2+H2O(2分)CuSO45H2O(1分) CO2(1分)2：1. (2分)解析：实验室用氢氧化钙与氯化铵反应制取氨气，化学方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O“灼烧”时CuS被氧化为黑色的氧化铜和二氧化硫，2CuS3O22CuO2SO2Na2S2O5与稀硫酸反应生成SO2，反应中S元素的化合价未发生变化，同时生成硫酸钠与水，反应离子方程式为：S2O52-+2H+=2SO2+H2O氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，即X是CuSO45H2O，根据流程知可循环的物质是二氧化碳反应中发生反应Na2CO3+H2O+2SO2=2NaHSO3+CO2，2NaHSO3Na2S2O5+H2O，故SO2与Na2CO3的物质的量之比接近2：1.10.FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为111时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为（ ）A16 B17 C211 D1625【答案解析】B解析：假设产生的NO、NO2、N2O4的物质的量为1mol,由于NO2、N2O4中N的化合价相同，所以可以认为是产生NO23mol，设FeS的物质的量为amol，根据得失电子相等有a（1+8）=1（5-2）+3（5-4）=6，a=2/3，生成2/9mol Fe2(SO4)3，则Fe(NO3)3的物质的量为2/3-2/92=2/9，含NO3-2/3mol，因此共用去HNO34+2/3mol与FeS的物质的量之比14/3: 2/3=7:1,选B.11.钛(Ti)被誉为21世纪金属。冶炼钛的主要原料是含Fe2O3的钛铁矿（FeTiO3)，其生产过程如下：已知：TiOSO4可溶于水且易水解，H2TiO3难溶于水。试回答下列问题：（1）步骤的主要实验操作是冷却、结晶、 (填操作名称)；步骤在实验室中常将试剂置于 (填仪器名称）中加强热。（2）TiO2+生成H2TiO3的离子方程式 （3）步骤中硫酸亚铁晶体(FeSO47H2O)在空气中煅烧生成铁红、水和三氧化硫，写出该反应的化学方程式： （4）步骤所得到的硫酸亚铁晶体(FeSO47H2O)是目前工业上处理含铬有毒废水常用的化学试剂，二者反应后(Cr由+6价转化为+3价)可以转化为有重要工业价值的铁氧体复合氧化物（常用FeOFeyCrxO3表示)。欲制备该铁氧体复合氧化物，试求在酸性的含铬废水中，加入FeSO47H2O的物质的量应为废水中六价铬物质的量的 倍。【答案解析】10分）过滤（2分）坩埚（2分）TiO2+2H2O=H2TiO3+2H+（2分）4FeSO47H2O+O2=2Fe2O3+4SO3+28H2O（2分）5（2分）解析：首先在钛铁矿和Fe2O3中加入H2SO4溶解，再加入Fe进行还原，将Fe3+转化为Fe2+，然后通过冷却、结晶、过滤得到FeSO47H2O固体以及滤液，在滤液中加入热水，促使TiO2+发生水解生成H2TiO3，最后转化为Ti。冷却、结晶后是过滤，固体的灼烧在坩埚中进行FeSO47H2O)在空气中煅烧生成铁红、水和三氧化硫，发生了氧化还原反应，根据得失电子相等配平4FeSO47H2O+O2=2Fe2O3+4SO3+28H2O。（4）根据题意FeSO47H2O与含铬有毒废水发生了氧化还原反应生成FeOFeyCrxO3，其中Cr为+3价，FeO的Fe为+2价，另外的Fe为+3价，故x+y=2，根据电子得失守恒有y=3x，x=0.5，y=1.5，根据原子守恒有n（Fe）：（Cr）=（1+1.5）：0.5=5。化学卷xx届辽宁省沈阳二中高三上学期10月月考12 1L某混合溶液，可能含有的离子如下表：可能大量含有的阳离子H+ NH4+ Al3+ K+可能大量含有的阴离子 Cl- Br- I- ClO- AlO2-（1）往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（v）的关系如右图所示。则该溶液中确定含有的离子有 ；不能确定是否含有的阳离子有 ，要确定其存在可补充做的实验是 ；肯定不存在的阴离子有 。（2）若经检测，该溶液中含有大量的Cl、Br、I，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl、Br、I的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况下）的关系如下图所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）2.8L5.6L 11.2Ln (Cl-)1.25mol1.5mol2moln (Br-)1.5mol 1.4mol0.9moln(I-)amol00当通入的Cl2的体积为2.8L时，溶液中发生反应的离子方程式为： ；原溶液中Cl、Br、I的物质的量浓度之比为 【答案解析】（13分）（1）H+、Al3+、NH4+(3分) K+(2分) 焰色反应（2分） ClO-、AlO2-(2分) （2）Cl2+2I- I2+2Cl- （2分） 10:15:4（2分）解析：根据图示，开始时没有沉淀生成，说明溶液中含氢离子，则根据共存关系知一定没有ClO-、AlO2-；随后出现沉淀，且沉淀完全溶解了，说明沉淀是氢氧化铝，溶液中一定含有铝离子；氢氧化铝溶解前生成了气体，该气体一定是氨气，故溶液中一定含有铵离子。该溶液中确定含有的离子有H+、NH4+、Al3+；不能确定的阳离子是K+，而K+可通过焰色反应检验；一定不存在ClO-、AlO2-。根据表知随着氯气的加入，n (Br-)减小，而还原性I-Br-，即Br-反应之前，I-被氧化完，当通入的Cl2的体积为2.8L时，即是0.125mol，而且全部反应，生成Cl-0.25mol，则原溶液含Cl-：1.25mol-0.25mol=1mol，此时I-没有反应完（余amL），则通入的氯气全部与I-反应，反应的I-为0.25mol，再通入氯气5.6L-2.8L=2.8L，即0.125mol，消耗Br-0.1mol（消耗氯气0.05mol），则与I-反应用去氯气0.125-0.05=0.075mol，此时消耗的I-为0.15mol，则原溶液含I-为0.4mol，因此Cl、Br、I的物质的量浓度之比为1：1.5：0.4=10:15:4。13. 往含0.2mol NaOH和0.1mol Ca(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72L（标准状况下）时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计）( ) A B C D【答案解析】C解析：n（CO2）=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中通入二氧化碳先后发生的反应是：通入CO2，发生：Ca（OH）2+CO2= Ca CO3+H2O，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+ H2O +CO2=2NaHCO3。选C。 14. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）A1L0.1molL-1的氨水含有0.1 NA个NH4+ B84gNaHCO3晶体中含有 NA个 HCO3-C1 mol Fe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NA D64 g铜片与足量稀HNO3反应生成NA个NO分子【答案解析】B 解析：A、NH3.H2O是弱电解质，部分电离，1L0.1molL-1的氨水含有NH4+数目小于0.1 NA个 ，故A错误；B、84gNaHCO3的物质的量是1摩尔，晶体中含有 NA个 HCO3-，故B正确；C、Fe在氧气中充分燃烧生成Fe3O4，失去的电子数小于3NA ，故C错误；D、64 g铜片与足量稀HNO3反应转移电子2摩尔，根据电子守恒知生成2/3NA个NO分子，故D错误。故答案选B15.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应3NF35H2O=2NOHNO39HF，下列有关该反应的说法正确的是ANF3是氧化剂，H2O是还原剂B还原剂和氧化剂的物质的量之比是21C若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体【答案解析】D解析：NF3中的N是+3价，则氧化剂、还原剂都是NF3，还原产物是NO ，氧化产物是 HNO3 ，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为 HNO3：NO=1：2， A、B错误；若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol（5-3）=0.4 mol ，C错误；NF3与H2O反应生成的NO被空气氧化为红棕色的NO2 ，D正确。16.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A将0.1 mol CO2通入足量NaOH溶液，则溶液中阴离子数目为0.1 NAB标准状况下，将11.2 L的Cl2通入足量的NaOH溶液中，转移的电子数为NAC0.1 mol N2与足量H2反应，转移的电子数为0.6 NAD标准状况下，1.12 L HCHO中C原子的数目为0.05 NA【答案解析】D解析：0.1 mol CO2通入足量NaOH溶液，生成0.1mol的碳酸钠，而后碳酸钠水解： CO+H2O HCO+2OH，而且NaOH过量，因此溶液中阴离子数目大于0.1 NA，A错误；Cl2+2NaOH=NaCl+ NaClO+H2O，即0.5mol的Cl2参与反应，转移的电子数为0.5NA，B错误；N2与H2的反应是可逆反应，则0.1 mol N2没有反应完，转移的电子数小于0.6 NA，C错误；标准状况下，1.12 L HCHO是0.5mol，D正确。17.NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是A. 18gH2O中含有的质子数为NAB. 常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，每生成1 molO2，转移电子的数目为4NAC. 46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD.物质的量浓度为0.5 molL-1的MgCl2的溶液中，含有Cl-个数为NA【答案解析】C解析：18gH2O为1mol，一个H2O分子中含2个H原子和1个O原子，质子数为10，因此18gH2O中含有的质子数为10NA ，A错误；Na2O2与足量H2O反应，每生成1 molO2，由于O的化合价由-10，因此转移电子的数目为2NA，B错误；把四氧化二氮全部转换成二氧化氮，这样46g二氧化氮是1mol，原子总数为3NA，故C正确；D项没有给出溶液的体积，无法计算，错误。18.NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnONOMn2NOH2O。下列叙述中正确的是 ()A该反应中NO被还原 B反应过程中溶液的pH减小C生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4 D中的粒子是OH【答案解析】C解析：依据化学反应，结合化合价的变化分析NO2-被氧化，做还原剂，故A错误；该反应是2MnO5NO6H+=2Mn25NO3H2O，反应过程中消耗氢离子溶液pH增大，故B、D错误；C、2mol高锰酸根离子反应生成5molNO3-，所以生成1molNaNO3时消耗0.4molKMnO4，故C正确。19.铁和氧化铁的混合物共a mol，加一定量盐酸后固体全部溶解，得到的溶液中不含Fe3+，同时收集到b mol氢气，则原混合物中氧化铁的物质的量为A（ab）mol B（a+b）mol c（ab）mol Db mol【答案解析】A解析：设铁和氧化铁的物质的量分别是x、y ，则x+y=a，根据得失电子相等有2x=2y+2b，y=（ab）mol，A正确。20.一种新型乙醇电池用磺酸类质子作溶剂，比甲醇电池效率高出32倍。电池总反应为：C2H5OH +3O2 2CO2 +3H2O，电池示意图如右下图。下面对这种电池的说法正确的是Ab极为电池的负极BB设每个电子所带电量为q库仑，则1mol乙醇被氧化产生12NAq库仑的电量C电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极D电池正极的电极反应为： O2 4e +2H2O=4OH-【答案解析】B解析：根据质子移动方向知，a是负极，b是正极，电流方向是b极沿导线经灯泡再到a极，故A、C错误；1mol乙醇被氧化失去12mol电子，则1mol乙醇被氧化产生12NAq厍仑的电量，B正确；正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为4H+O2+4e-=2H2O，故D错误。21.将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KA1O2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为 【答案解析】C解析：反应的方程式依次为Ba(OH)2CO2=BaCO3H2O、CO22KOH=K2CO3H2O、2KAlO2CO23H2O=2Al(OH)3K2CO3、CO2K2CO3H2O=2KHCO3、BaCO3CO2H2O=Ba(HCO3)2，所以选项C正确。22.下列叙述正确的是A电解NaCl溶液时，阴极产生1 mol Cl2的同时阳极产生l molH2B01 molL-1 AlCl3溶液中Al3+的浓度为01 molL-1C7 g 14C中所含中子数为4 NA（设NA为阿伏加德罗常数的值）D224 L氯气与足量NaOH稀溶液反应，转移01 mol电子23.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，40g SO3的体积为11.2LB高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3 NAC5NH4NO32HNO34N29H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NAD56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【答案解析】 解析：A、标准状况下，SO3不是气体，故A错误；B、高温下，Fe与水蒸气反应：3Fe+4H2O=Fe3O4+H2，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.8/3 NA，,故B错误；C、5NH4NO32HNO34N29H2O反应中，转移电子数为15个，即有关系式：4N215e-，故生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA，故C正确；D、56g铁的物质的量为1mol，常温下铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量，故D错误； 故答案选24.已知1.5克NaOH和1.6克S 混合后加热，恰好发生如下反应：aNaOH + bS cNa2Sx + dNa2S2O3 + eH2O，则x的值为A.4 B.3 C.2 D.1 【答案解析】B 解析：1.5克NaOH和1.6克S 混合后加热恰好反应，即物质的量之比是（1.5/40）：（1.6/32）=3:4，依次根据氢元素守恒、钠元素守恒、硫元素守恒得到方程式为：6NaOH+8S=2Na2S3+Na2S2O3+3H2O，所以x=3，故答案选B25.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是Almol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB室温下，14.0g分子通式为CnH2n烯烃中含有的碳碳双键数目为NA/nC标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAD氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA【答案解析】B 解析：A、lmol FeI2与足量氯气反应时亚铁离子和碘离子均被氧化，转移的电子数为3NA，故A错误；B、14.0g分子通式为CnH2n烯烃的物质的量是14/14n=1/n，含有的碳碳双键数目为NA1/n=NA/n，故B正确；C、标准状况下，2.24L Cl2的物质的量是0.1摩尔，与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1NA，故C错误；D、氢氧燃料电池正极反应时O2+4e-+2H2O=4OH-，消耗22.4L（标准状况）即1摩尔气体时，电路中通过的电子数目为4NA，故D错误。故答案选B