课时作业5 氧化还原反应方程式的配平与计算-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考化学大一轮复习全新方案通用版

班级： 姓名： 课时作业5 氧化还原反应方程式的配平与计算 (总分：60分) 一、选择题（每小题3分，共30分。每小题只有1个 A.Na2FeO,可以对水体进行杀菌消毒、净化 选项符合题意) B.Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂 1.一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为 C.3a=b NH,NO,△HNO,+N,↑+H,O(未配平)。下 D.每生成1 mol Na2FeO4,转移4mol电子 列说法错误的是 ( 6.向某FeBr2溶液中通入1.12L(标准状况)的Cl2, A.配平后HO的化学计量数为6 测得溶液中c(Br)=3c(CI)=0.3mol·L1。 B.NH4NO3既是氧化剂又是还原剂 反应过程中溶液的体积变化忽略不计。则下列说 C.该反应既是分解反应也是氧化还原反应 法正确的是 () D.氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：3 A.原溶液的浓度为0.1mol·L1 2.(2025·黑龙江西部联合体高三期中)NaNO2是 B.反应后溶液中c(Fe3+)=0.1mol·L1 种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO,溶液与 C.反应后溶液中c(Fe3+)=c(Fe+) NaNO2反应的化学方程式是MnO:+NO2+ D.原溶液中c(Br)=0.4mol·L1 →Mn2++NO3+H2O。下列叙述中正确 7.(2025·安徽蒙城五校高三期中联考)过二硫酸是 的是 ( ) 一种硫的含氧酸，化学式为H2S2O3。它的结构可 A.该反应中NO2被还原 以表示成HO,SOOSO3H。它的盐称为过二硫酸 B.反应过程中溶液的pH减小 盐，在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。下列反 C.生成1 nol NaNO3需消耗0.4 nol KMnO4 应分别是C3+与过二硫酸盐和高锰酸盐反应的离 D.横线上的粒子是OH 子方程式（未配平），下列说法中错误的是() 3.在一定条件下，PbO2与Cx3+反应，产物是Pb2+和 Cr2O号，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的 L.C*+S0%+H0Ag催化C0+S0 △ 量为 ( +H A.3.0 mol B.1.5 mol Ⅱ.Cr++MnO,+H,0△C,Og+Mn2++H C.1.0 mol D.0.75 mol 4.把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的 A.过二硫酸根中显一2价的氧原子和显一1价的 氧化还原反应的离子方程式（未配平）。 氧原子的数目比是3：1 Mn2+…→H… B.反应I中氧化剂和还原剂物质的量之比是3：2 图1 C.反应Ⅱ中每生成1 mol Cr2O,转移电子的物 质的量为6mol +MnO, +I0,+1O+H2O D.若反应I和反应Ⅱ中消耗的Cr3+的物质的量 图2 对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正 相同，则I和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之 确的是 比为2：5 A.IO是氧化剂，具有氧化性 8.测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下： B.氧化性：MnO4>IO4 ①KMnO4溶液处理：CH,OH十MnO4+X一→ C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2 CO?+MnO?+HO(未配平，下同)。②酸化处 D.若有2个Mn2+参加反应，则转移10个电子 理：MnO?+H+→MnO2↓+MnO,+HO。 5.(2024·辽宁朝阳一模)已知反应：aFeSO,+ 下列说法错误的是 () bNa2 O2 =cNa2 FeO+2Na2O+dNa2 SO+ A.“反应①”中X为OH,配平后化学计量数为8 eO2个，a=2。下列关于该反应的说法错误的是 B.“反应①”中氧化性：MnO,>CO C.“反应②”中，可用盐酸进行酸化 (横线下方不可作答) 355 第一章物质及其变化 D.“反应②”消耗71.4gMnO?时，反应中转移 空气+紫外线，As,0,+H,S,O, 0.4 mol e AsS (s) 空气+自然光一H,AsO,+H,SO, 9.(2025·江西名校协作体高三期中联考)化石燃料 (1)紫外光照射下，被氧化的元素是 (填 燃烧会产生大气污染物SO2、NO.等，科学家实验 元素符号)，每生成1 mol As2O3,转移电子的物 探究用硫酸铈循环法吸收SO2,其转化原理如图 质的量为 mol。 所示，下列说法正确的是 (2)自然光照射下发生反应的化学方程式为 0 Ce,(SO) 溶液 (3)氧化等量As2S,时，紫外线与自然光照射下 H.SO. H,SO,溶液 溶液 消耗O2的物质的量之比为 ① Ce(SO) (4)Na2S和Na2CO3按物质的量之比为2：1混 溶液 S0, 合后加热，向溶液中通入SO2即可获得Na2S2O3 A.检验SO?可以选用盐酸酸化的BaCl2溶液 和CO2,该反应的离子方程式为 B.反应①的离子方程式为2Ce++SO,+2H2O 。 上述过程一般在碱性环境下进 =2Ce3++S0?+4H 行，若在酸性条件下由于生成副产物 导 C.反应②中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为 致产品会发黄。 1:2 (5)芯片制造工业中利用GaAs与HO2反应，将 D.理论上每吸收标准状况下224mLSO2,一定 As氧化为+5价，该反应的氧化剂与还原剂物质 消耗0.32gO2 的量之比为 10.(2024·山东枣庄二模)已知酸性条件下离子的 12.(15分)(2025·河南省实验中学高三期中)磷化 氧化性顺序为MnO:>VO>VO+>V3+> 氢(PH3)是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。 V2+>Mn2+,现向1 La mol·L1的V2+溶液中 得分 不断滴入一定浓度的酸性KMnO,溶液，混合液 (I)AP遇水发生复分解反应生成PH3气体和 中某些离子的物质的量变化如图所示。下列说 (填化学式)。 法错误的是 (2)PH3具有强还原性，能与CuSO4溶液反应， ↑（离子）/mol 配平该反应的化学方程式： CuSO4+☐PH+H2O D CuP↓+HPO,+H,SO 00.10.20.30.40.50.6nKMm0/mol (3)工业制备PH的原理如图所示： A.AB段对应的离子为V2 白磷(P,) 过量烧碱溶液PPH。 B.原溶液中c(V2+)=1mol·L-1 →次磷酸钠(NaH2PO2) C.BC段对应反应为5V3++MnO,+HO= ①白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为 Mn2++5VO2++2H D.甲点时：n(VO2+):n(VO):n(Mn2+)= ②从分类来看，NaH2PO2属于 (填字母)。 1:1:3 A.正盐 B.酸式盐 二、非选择题（共30分） C.强电解质 D.弱电解质 11.(15分)(2025·辽宁丹东高三期中)油画中使用 ③NaH2PO2可将溶液中的Ag还原为银，从而 的无机颜料雄黄(AszS3)在不同空气湿度和光照 用于化学镀银。已知利用此原理进行化学镀银 条件下会发生褪色，主要发生以下两种化学反应： 时氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧 得分1 化产物为 (填化学式)。 红对勾·讲与练 356 高三化学合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂，C符合题意；该反应 中，NaNO,是氧化剂，Na,FeO,是氧化产物，所以NO2的 氧化性强于FeO2的氧化性，D不符合题意。 6.B由题图可知，过程I发生的反应为2Ni++2NO 2Ni+十2O十N2,过程Ⅱ发生的反应为2Ni+十2O 2N+十O.,总反应为2N0N 一O2十N2。由分析可知， 过程I中氨元素的化合价降低被还原，氧元素的化合价升高 被氧化，则一氧化氨既做反应的氧化剂又做反应的还原剂， A正确：过程Ⅱ发生的反应为2N十2O =2N++O2个， 则过程Ⅱ中每生成1molO2时，转移电子的数目约为2× 6.02×102,B错误：过程I和过程Ⅱ涉及的反应均有元素发 生化合价变化，均为氧化还原反应，C正确：消除氨氧化物的 总反应为2NO —O,十N2,整个过程中镍离子做反应的 催化剂，D正确。 7.C氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原 性，由①可知还原性为CI厂>Mn+,由②可知还原性为 Fe+>C1,由③可知还原性为I厂>Fe+,故还原性为I> Fe+>C1>Mn+,A正确；根据还原性强弱顺序，少量氯气 只氧化I厂，过量氯气可以将亚铁离子和碘离子都氧化，不可 能只氧化还原性弱的Fé+而不氧化还原性强的I,故反应 3Cl,十6FeL2—2FeCl,十4FeL不能发生，B正确：氣气能氧 化亚铁离子，C错误；由还原性顺序可知，高锰酸钾可以与还 原性离子亚铁离子或氯离子发生氧化还原反应而褪色，D 正确。 8.C洁净的铜片(0.3mol)和浓硫酸的反应为5Cu十 4H,S0,(浓)△Cu,Sy+3CuS0,十4H,0,则生成0.06mol Cu2S,Cu,S和硝酸、硫酸的反应为3Cu2S十4HNO3十 6H2SO=6CuSO1+3S+4NO◆+8H2O,则生成NO、S 总物质的量为0.14mol,据此解答。实验中无气体生成，得 到Cu2S和白色固体a,a为CuSO,A正确，C错误；NO由 HNO,被还原得到，为还原产物，b为Cu2S和硝酸反应生成 的S,Cu2S被氧化，b为氧化产物，B正确；Y形管左侧参加反 应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，D正确。 9.C由流程可知，CO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2,通入氧气 生成MnO,过程I中反应的离子方程式为2Mn(OH)2十 O2十4OH一2MnO号+4H,O,MnO号与S-反应生成 S,O,进而与氧气反应生成SO,过程Ⅱ中反应的离子方 程式为4MnO+2S2-十9H2O=S,O十4Mn(OH)2￥十 10OH,过程I中被氧化的粒子为Mn(OH)2,A错误；碱性 条件下，O,能将Mn(OH)2氧化为MnO号，MnO能将s 氧化为S,O,故碱性条件下，氧化性为O2>MnO >SO,B错误；过程Ⅱ的反应中生成OH,溶液的碱性增 强，C正确；没有给出是否在标准状况下，无法计算氧气的物 质的量，D错误。 10.B根据还原性：Br<Fe+<T,线段AB代表I物质的 量的变化情况，线段BC代表Fe+物质的量的变化情况，线 段DE代表Br物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积 未知，无法计算浓度，B项错误；根据三段消耗氯气的物质 的量可知，原溶液中n(Fe+):n(I):n(Br)=2:1:3, D项正确。 11.(1)CuL2 (2)2Cu+I2=2Cul (3)>高(4)AC 解析：(1)氧化性为Cu+>L2>Cu,还原性为Cu>I> Cu+,所以Cu+和I-反应，Cu+被还原为Cu+、I被氧化 为I2,Cu和I结合生成难溶于水的CuI沉淀，所以反应的 产物是Cul,I,。(2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，是因 为其中的碘离子被氧化为碘单质，加入金属铜，金属铜可以 和碘单质反应生成CuI,反应的化学方程式为2Cu十I2 2CuL。(3)欲消除HI溶液的黄色，也可向其中通入少量 H2S,碘单质可以和硫化氢反应生成单质硫和碘化氢，即还 原性为H,S>I。(4)该反应中铜元素化合价由十1降低 为0，被氧化的元素是汞元素，氧化剂为Cul,CuzHgI是氧 化产物，反应中每生成1 mol Cu,HgI1转移2mol电子。 ,动勾·讲与练·高三化学 -57 12.(1)NaOH溶液吸收尾气，防止污染环境 (2)MnO,+4HC1K浓)△MnCl,+C,+2H,0 (3)2Fe3++S02+2H20—2Fe2++SO号+4H+取少 许溶液于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量 BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SO,反之 无SO (4)S02>Fe2+>C1(5)乙、丙 解析：(1)向B中的FCl2溶液中通入氯气和二氧化硫，为 防止多余的氯气和二氧化硫污染空气，需要将其除去，所以 棉花中浸润的溶液为NOH溶液。(2)实验室制备氯气用 的是二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应，化学方程式 为MnO,+4HCI(浓)△MnC,+CL。+2H,0。(3)先向 B中的FCl,溶液中通入Cl2,B中的亚铁离子被氯气氧化 为铁离子，再向B中通入一定量的SO2气体，铁离子被二 氧化硫还原为亚铁离子，离子方程式为2℉e3+十SO2十 2H2O一2Fe2+十SO号十4H+。(5)过程Ⅱ是为了检验 F+被氯气氧化后的产物，过程Ⅳ是为了检验二氧化硫被 Fe+氧化后的产物。甲：过程Ⅱ中检出离子有Fe3+无 Fe2+,说明氯气过量，过程W中检出离子有SO,不能说明 二氧化硫是被铁离子氧化的，也可能是被氯气氧化的，甲错 误；乙：过程Ⅱ中检出离子既有Fe+又有Fe+,说明亚铁离 子未被氧化完全，氯气量不足，过程Ⅳ中检出离子有SO号， 一定是二氧化硫被铁离子氧化得到的，乙正确；丙：过程Ⅱ 检出离子有Fe3+无Fe+,而过程N中检出离子有Fe+,说 明二氧化硫把铁离子还原为亚铁离子，丙正确」 课时作业5氧化还原反应方程式的配平与计算 1.A由配平后的化学方程式5NH,NO,△2HNO,十4N,◆+ 9H2O可知，H2O的化学计量数为9，A错误；NHNO3中 NH所含氨元素价态升高，部分NO所含氯元素价态降 低，则NHNO?既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中 反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中含有化合价变 化的元素，则属于氧化还原反应，C正确；氧化产物 50, 39 (5NH时→2N)和还原产物(3NO→2N)的物质的童 5.3 之比为2：2 =5:3,D正确。 2.C根据原子守恒和电荷守恒可推出离子方程式左边缺正电荷 和氢元素，所以横线上应填H,配平离子方程式为2MO十 5NO,十6H+—2Mn+十5NO十3H,O。反应过程中氨 元素化合价升高，NO,被氧化，A错误；反应过程中H被 消耗，H增大，B错误；根据反应的离子方程式可知，生成 1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO1,C正确；根据反应的 离子方程式可知，横线上的粒子是H,D错误。 3.B1 mol Cr3+反应可生成0.5 mol Cr2O片，失去3mol电 子，1 mol PbO2得到2mol电子生成Pb+,根据得失电子守 恒可知，1 mol Cr3+反应失去3mol电子需1.5 mol PbO2。 4.B由题千信息得到该离子方程式为5IO,十2Mn+十3H2O =2MnO,十5IO3十6H+,IO,中的碘元素在反应中化合 价降低，得电子，做氧化剂，具有氧化性，A正确：根据反应的 离子方程式可知，该反应的氧化剂是IO,氧化产物是 MnO,,则氧化性强弱顺序是IO,>MnO,B错误；根据离 子方程式可知氧化剂碘酸根离子和还原剂锰离子的物质的 量之比为5：2，C正确：根据离子方程式可知，有2个M2 参加反应时，转移电子的个数是10个，D正确。 5.DNa2FeO1具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，发 生反应后，产生的Fe+水解生成的Fe(OH)3胶体，可以吸 附水中的小颗粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，A正确：该反应 中，NaO2中O的化合价既有升高，又有降低，故NaO2既 是氧化剂又是还原剂，B正确：a=2,根据Fe和S守恒可知， c=2,d=2,再根据Na守恒可知，b=6,则3a=b,C正确；根 据选项C的分析可知，该反应的化学方程式为2FeSO1十 6NaO,--2Na,FeO1十2NaO+2Na2SO,十O2↑，则每生 成1 mol Na2FeO1,转移5mol电子，D错误。 6 6.B还原性为Fe+>Br,通入的氣气先与Fe+发生反应， 离子方程式为2Fe++CL,—2Fe++2C1,Fe+反应完 毕，剩余的Cl2再与Br发生反应，离子方程式为2Br十C —Br2十2CI。溶液中仍有Br,说明C,完全反应，c(Br)= 3c(C1)=0.3mol·L1,c(C1)=0.1mol·L1,能氧化 的c(Fe2+)=0.1mol·L1,若FeBr2溶液中Fe+全部被氧 化，则溶液中的c(Br)≤0.2mol·L1。c(Br)= 0.3mol·L1,说明Fe+没反应完，根据c(Br)=0.3mol·L 计算原溶液的浓度为0.15mol·L1,A错误；反应后溶液 中c(Fe3+)=c(C1)=0.1mol·L1,c(Fe2+)=(0.15 0.1)mol·L1=0.05mol·L1,B正确，C错误；原溶液中 c(Br)=0.3mol·L1,D错误。 7.D过二硫酸中S的化合价为十6，H的化合价为十1，则过 二硫酸根中显一2价的氧原子和显一1价的氧原子的数目比 是3：1，A正确；配平反应I为2Cr3+十3S0十7H,0 Ag催化C,0时十6S0十14H,三价铬是还原剂，过二 硫酸根是氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是3：2，B 正确：配平反应Ⅱ为10Cr++6Mn0,+11H,0△ 5Cr,O-+6Mn2++22H+,每生成5 mol Cr,O转移30tmol 电子，每生成1 mol Cr2O,转移电子的物质的量为6mol, C正确；根据反应I、Ⅱ可知，消耗10 mol Cr+,分别消耗 15mol氧化剂和6mol氧化剂，则消耗10 mol Cr3+,I和Ⅱ 中消耗的氧化剂的物质的量之比为15mol:6mol=5:2,D 错误。 8.C根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应① 配平为CHOH+6MnO,+8OH =CO+6MnO 6H2O,A正确：根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的 氧化性可知，“反应①”中MO,为氧化剂，CO是氧化产 物，则氧化性为MnO,>CO,B正确；由于CI厂在酸性条 件下可与MnO1、MnO发生氧化还原反应，因此“反应②” 中，不能用盐酸进行酸化，C错误；根据氧化还原反应配平 “反应②”为3MnO十4H+=MnO2￥+2MnO,十 2H,0,则消耗71.4gMn0的物质的量为19g/mo 71.4g 2,6mol时，反应中转移电子数目为兰×0.6mol=0.4m D正确。 9.B硫酸根的检验需要先加入盐酸排查银离子等的干扰，再 加氯化钡溶液产生白色沉淀证明有硫酸根，A错误；从题图 中看，反应①中氧化剂是Ce1+,还原剂是SO2,两者发生氧 化还原反应生成Ce3+,SO,离子方程式为2Ce++SO2十 2H2O—2Ce3+十SO号十4H,B正确；反应②中氧气中氧 元素化合价由0变为-2，为氧化剂，C3+化合价升高发生氧 化反应得到氧化产物Ce1+,根据得失电子守恒可知O2 4e~4Ce1+,故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：4， C错误；根据得失电子守恒可知O2~4eˉ~2S02,理论上每 吸收标准状况下224mL(0.01mol)SO2,消耗0.005mol氧 气，为0.16g,D错误。 10.D酸性条件下，氧化性顺序为MnO,>VO>VO+> V3+>V2+>M2+,随着加入高锰酸钾的物质的量的增加， V2+依次被氧化为V+→V+→VO+→VO。开始加入 酸性高锰酸钾溶液，V+被氧化，V+的物质的量逐渐减少， AB段对应的离子为V2+,故A正确；AB段V+被氧化为 V+,发生反应的离子方程式为5V2+十MnO,十8H+ Mn2+十5V3+十4H2O,反应消耗高锰酸钾0.2mol,所以消 耗V2+的物质的量为1mol,原溶液中c(V2+)=1mol· L1,故B正确：BC段V+被氧化为VO+,根据得失电子 守恒，发生反应的离子方程式为5V+十MnO,十H,0 Mn++5VO++2H,故C正确；根据钒元素守恒，甲点 时，n(VO+)=n(VO,)=0.5mol,反应消耗0.5mol高锰 酸钾，根据锰元素守恒n(Mn2+)=0.5mol,所以n(VO+): n(VO2):n(Mn)=1:1:1,故D错误。 11.(1)S12 (2)As2S+7O2十6H2O—2HAsO1十3H2SO1 -571 (3)3:7 (4)2S2-+CO号十4S02=3S2O3十CO2S(硫) (5)4:1 解析：(1)As2S与空气中的氧气反应，As2Sg中S的化合价 为一2，生成的H,S,O,中S的化合价为十2，S的化合价升 高，被氧化，O2中。的化合价由0降低到一2，则反应的化 学方程式为2AsS十6O2+3H2O一2As203十 3H2S2O3,每生成1 mol Ass2O3,转移电子的物质的量为 12mol。(2)As2S1与空气中氧气反应，As2S1中S化合价 为一2，生成的H,SO1中S的化合价+6,1个S失去8个电 子，3个S失去24个电子，As的化合价由As2S中十3升 高到H3AsO1中十5,2个As共失去4个电子，则1个 As2S共失去28个电子，O2中O由0价降低到一2价，故 需要有7个O2,共得到28个电子，根据原子守恒，As2S十 7O2十6H2O一一2H3AsO1十3HSO1。(3)根据反应的化 学方程式可知，2As2S3~14O2,2As2S3~6O2,氧化等量 AsS3时，紫外线与自然光照射下消耗O2的物质的量之比 为6mol:14mol=3:7。(4)Na2S中S由-2价升高到 NaS,O,中十2价，2个NaS共失去8个电子，SO2中S 由十4价降低到NS,O3中的十2价，根据得失电子守恒， 有4个SO2发生反应，根据原子守恒及电荷守恒配平可得 离子方程式为2S2十C0十4S02-3SO十C02;根 据产品发黄可知，副产物为单质硫。(5)GAs中As化合价 由-3升高到十5,1个As失去8个电子，H2O2中0的化 合价由一1降低到一2,1个H2O2得2个电子，则氧化剂： 还原剂=4：1。 2.(1)A1(OH)3(2)24CuSO十11PH+12H,O—8CuP￥+ 3H PO24H2 SO (3)1P+3NaOH+3H,O=PH+3NaH,PO, ②AC③HPO 解析：(1)A1P遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元 素守恒，该反应的另一种产物是A1(OH)3。(2)PH3与 CuSO1溶液反应过程中，Cu的化合价由十2→十1，P的化 合价由一3→十5，根据化合价升降总数相等，CuP与 HPO,化学计量数分别为8、3，则CuSO的化学计量数是 24,HS0,的化学计量数是24，根据原子守恒，配平得该反应 的化学方程式为24CuSO,十11PH十12H,O==8CuP￥十 3H3PO1十24H2SO1。(3)①白磷和烧碱溶液反应生成PH 气体、NaH2PO,,P发生歧化反应，一部分由0价降至一3 价得到PH3气体，另一部分由0价升高至十1价得到 NaH2PO2,根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方 程式为P,+3NaOH+3H,O=PH◆+3NaH,PO,: ②NH2PO2能在碱溶液中存在，说明它是正盐，同时它能 在水中完全电离，属于强电解质，所以从分类来看， NaH2PO2属于正盐、强电解质，选AC;③NaH2PO2可将溶 液中的Ag还原为银，则氧化剂为Ag,还原剂为 NaH,PO2,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，银元 素化合价降低一个价态，则磷元素化合价升高4个价态， 由十1价升至十5价，故氧化产物为HPO1。 第二章物质的量 课时作业6物质的量气体摩尔体积 1.C摩尔质量的单位为g·mol厂，A错误：1 mol NH中含有 3mol氢原子，氢原子数目约为3×6.02×10，共1.806× 17g 104,B错误n(NH)=17gma=1mol,C正确：nNH,)= 1g 1 17g/mo-7mol,1个NH,中含有10个电子，1gNH共 10 含有电子的物质的量为7m0lX10=17mol,D错误。 2.D在标准状况下，1molN2的体积是22.4L,A项错误；在 标准状况下，SO3为固体，不能用气体摩尔体积计算，B项错 误；气体体积受分子间距离和分子数目影响，同温同压下气 体分子间距离相同，气体分子数目相同时所占体积一定相 同，此处应指明是气体分子而不是粒子，C项错误；某温度某 压强时，N2的摩尔体积可能恰好为22.4L·mol1,D项 正确。 参考答案‘☑。