无锡高考化学物质的量(大题培优易错试卷)

一、高中化学物质的量

1．在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。 反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (1)“双线桥法”标出电子转移情况________ 。

(2)若生成2.24L标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）： ①理论上需要多少克KMnO4参加反应？________。 ②被氧化的HCl的物质的量为多少？________。

【答案】 6.32g 0.2 mol

【解析】 【分析】

(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况； (2)先计算Cl2的物质的量，然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。 【详解】

(1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO4、MnCl2前的系数是2，HCl前的系数是10，Cl2前的系数是5，根据原子守恒，KCl的系数是2，这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应，所有Cl原子都是由HCl提供，因此HCl前的系数为10+6=16，结合H原子反应前后相等，可知H2O的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：

；

(2)在标准状态下， 2.24LCl2的物质的量n(Cl2)=

V2.24L=0.1mol。 Vm22.4L/mol①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2时，参与反应的KMnO4的物质的量为0.1mol×

2=0.04mol，则参与反应的KMnO4的质量m(KMnO4)=0.04mol×158g/mol=6.32g； 5②由反应化学方程式可知，HCl被氧化后生成Cl2，因此根据Cl元素守恒可知：被氧化的HCl的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol。 【点睛】

本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。氧化还原反应的特征是元素

化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。

2．填写下列表格 序号 （1） （2） （3） （4） 物质 氮气 H2SO4 H2O Cl2 分子数(用NA表示) ___ 3.01×1022 ___ ___ 质量/g 14 ___ ___ ___ 物质的量/mol ___ ___ 0.5 ___ 摩尔质量/g·mol-1 ___ ___ ___ ___ 体积/标况 ___ 空 空 2.24L

【答案】0.5NA 0.5 28 11.2 4.9 0.05 98 0.5NA 9 18 0.1NA 7.1 0.1 7.1 【解析】 【分析】

NVm摩尔质量在以为g·mol单位时，数值上等于相对分子质量，以n=、n=、n=

VmNAM-1

这几个公式为基础，按试题中的要求，进行计算。 【详解】

（1）N2的摩尔质量在以为g·mol-1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N2的摩尔质量是28 g·mol-1，当N2的质量为14g时，n(N2)=

14g=0.5mol，N2的分子数N(N2)=

28g.mol10.5 NA，标况下N2的体积为：0.5mol22.4L·mol-1=11.2L；

3.011022=0.05 mol，（2）H2SO4的分子数是3.01×10，H2SO4的物质的量：n(H2SO4)= 236.021022

H2SO4的摩尔质量是98 g·mol-1，质量：m(H2SO4)= 0.05 mol×98 g·mol-1=4.9g； （3）H2O的物质的量是0.5 mol，水的摩尔质量：M(H2O)=18 g·mol-1，水分子的个数N(H2O)= 0.5 NA，水分子的质量是：m(H2O)= 0.5 mol×18 g·mol-1=9g；

2.24L=0.1mol，Cl2的

22.4Lgmol1分子数是：N(N2)=0.1 NA，Cl2的摩尔质量是71 g·mol-1，Cl2的质量：m(Cl2)= 0.1mol71

（4）Cl2标况下的体积试剂2.24L，Cl2的物质的量：n(Cl2)= g·mol-1=7.1g； 【点睛】

考生熟练掌握n=

NVm、n=、n=，这几个公式之间的换算；

VNAMm

3．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。

(1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是 ______ (填写字母)。

(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36 L(标准状况)二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 ______ g (保留一位小数)。

(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。首先用pH试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，将溶液B久置于空气中，与密闭保存的A相比，久置后的溶液B中水的电离程度将 ______(填“增大”、“减小”或“不变”)。

【答案】ae 31.5 取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。 减小 【解析】 【分析】

(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；

(2)由硫守恒可得：Na2SO3～SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；

(3)测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。 【详解】

(1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置b无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：ae；

(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，根据反应方程式可知：Na2SO3～SO2，n(SO2)=

3.36?L=0.15 mol，则需亚硫酸钠的质量为：m(Na2SO3)= 0.15 mol×126

22.4?L/molg/mol=18.9 g；如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量

分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为

18.9?g ==31.5 g； 60%(3)测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中c(H+)增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。 【点睛】

本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。

4．（1）1mol H2SO4中含有_____个硫原子，_____mol O。 （2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式 HCl：_______________NaHSO4：____________________ （3）写出下列化学反应的方程式

呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_________________ 氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式____________________

印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_______________________ （4）配平下列方程式：

_____I－+_____IO3－+ _____H+—_____I2+_____H2O

_____NH4ClO4——_____N2↑+_____O2↑+_____HCl+_____H2O

（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空： Cu＋4 HNO3（浓）= Cu(NO3)2＋ 2 NO2↑＋ 2H2O__________________ HNO3的作用是__________，发生氧化反应，氧化产物是__________。

【答案】NA 4 HCl=H＋＋Cl－ NaHSO4 = Na+ + H++SO42- 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3 2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+ 5 1 6 3 3 4 2 5 4 6

氧化性和酸性 Cu(NO3)2

【解析】 【分析】

（1）根据物质结构进行计算； （2）强电解质完全电离；

（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，

最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子；

（4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；

（5）还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，产物为还原产物。 【详解】

（1）一个H2SO4分子中含有1个S原子，4个O原子，则1mol H2SO4中含有NA个硫原子，4mol O；

（2）HCl为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：HCl=H＋

－

＋Cl； NaHSO4为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则电

离方程式为：NaHSO4 = Na+ + H++SO42-；

（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+；

（4）根据氧化还原反应中，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为0价，碘酸根离子变

－－

为0价，则最小公倍数为5，则离子方程式为5 I+IO3+ 6H+=3I2+3H2O；

高氯酸铵自身发生氧化还原反应，N、O的化合价升高，Cl的化合价降低，根据电子得失守恒，则4NH4ClO4=2N2↑+5O2↑+4HCl+6H2O；

（5）反应中Cu作还原剂，失电子，化合价由0价变为+2价，生成的产物为氧化产物；作氧化剂、酸，部分N得电子化合价降低由+5变为+4，生成的产物为还原产物；双线桥

法表示为；单线桥法为

。

【点睛】

白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的反应。

5．（1）物质的量相等的 CO 和 CO2 中，同温同压下所占的体积比为____，原子个数之比为______；

（2）1.8g水与_______mol硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是________，其中氢原子数之比是___________。

（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022，此气体的摩尔质量为________。 （4）可用于分离或提纯物质的方法有：

A 过滤 B 萃取 C 渗析 D 蒸馏 E 灼热氧化 F 分液．

如欲分离或提纯下列各组混合物，请选择上述方法中最合适者，并将相应字母填入题后空

格内：

①除去淀粉溶液中的少量碘化钠________； ②提取溴水中的溴单质______； ③除去水中的Na＋、SO4、Cl－等杂质________； ④除去CuO中的Cu ______； 【答案】1:1 2:3 0.1 1:4 1:1 g/mol C B/BF D E 【解析】 【分析】

（1）同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，原子的物质的量等于分子的物质的量乘以分子中原子的个数；

2

（2）1.8g水所含分子的数目用公式N=n×NA=

mNA； MNm=（3）利用n=，从而计算出M； NAM（4）选择分离物质的方法时，要考虑物质的性质，除去淀粉溶液中的少量碘化钠，选择渗析，淀粉溶液属于胶体，碘化钾溶在溶液里，区分溶液和胶体的方法是渗析；溴水中的溴用有机溶剂萃取后分液；除去自来水中可溶性的离子，可用蒸馏，CuO中的Cu可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。 【详解】

（1）根据阿伏伽德罗定律，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。物质的量相等的 CO和 CO2，分子的数目也相同，故体积也相同，故体积比为1:1。一个CO分子中含有两个原子，CO2分子中含有三个原子，分子的数目相同，故原子数目比为2:3，

故答案为：1:1；2:3； （2）1.8g水中水分子的数目=

1.8gmNA=×NA =0.1 NA个，0.1 NA个硫酸分子的物质的M18g/mol量为0.1mol，由于分子数相同，一个水分子含有一个氧原子，一个硫酸分子含有四个氧原子，故氧原子的数目比为1:4 ，一个水分子有两个氢原子，一个硫酸分子也有两个氢原子，其中氢原子数之比是1:1， 故答案为：0.1；1:4；1:1；

Nm=（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×10 利用n=，从而计算出NAM22

m3.2gmM==N=3.011022= g/mol，

molnN6.021023A故答案为：g/mol；

（4）A．过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离操作。

B．萃取是利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使化合物从一种

溶剂内转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，萃取之后要分液。

C．渗析是一种以浓度差为推动力的膜分离操作，利用膜对溶质的选择透过性，实现不同性质溶质的分离，可用于分离溶液和胶体。

D．蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。①除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析， ②提取溴水中的溴单质，可以选用萃取和分液操作； ③除去水中的Na＋、SO4、Cl－等杂质，选择蒸馏； ④除去CuO中的Cu，可选择灼热氧化； 故答案为：C； B/BF；D；E。

2

6．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是 A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L B．0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数 C．常温下，28克N2和CO的混合物，含有2NA个原子 D．标准状况下，33.6 L氧气中含有9.03×1023个氧气分子 【答案】A 【解析】 【详解】

A．稀有气体为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；

19.6gB．19.6磷酸(H3PO4)的物质的量为=0.2mol，则0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸

98g/mol(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8NA，故B正确；

C．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol，含有2NA个原子，故C正确； D．标准状况下，33.6 L氧气的物质的量为分子，故D正确； 故答案为A。

33.6L=1.5mol，共含有9.03×1023个氧气

22.4L/mol

7．储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯其反应式为C＋K2Cr2O7＋H2SO4＝CO2＋K2SO4＋Cr2(SO4)3＋H2O（未配平）

（1）配平上述方程式__C＋__K2Cr2O7＋__H2SO4＝__CO2＋ __K2SO4＋__Cr2(SO4)3＋__H2O （2）上述反应中氧化剂是_______（填化学式），氧化产物是__________（填化学式） （3）H2SO4在上述发应中表现出来的性质是_______（填序号） a.氧化性 b.氧化性和酸性 c.酸性 d.还原性和酸性

（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为__________ L

（5）要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7，溶液被还原，至少要加入 ________ mL2mol/L的H2SO4溶液

【答案】3 2 8 3 2 2 8 K2Cr2O7 CO2 c 4.48 10 【解析】 【分析】

（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平；

（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物；

（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成；

（4）由可知，生成3mol

CO2转移12mol电子。

（5）根据化学方程式计算要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7溶液被还原，需要2mol/L的H2SO4溶液的体积。 【详解】

（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O

（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，Cr元素化合价由+6降低为+3，所以K2Cr2O7 是氧化剂；还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物，C元素化合价由0升高为+4，氧化产物是CO2；

（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成，硫酸表现出来的性质是酸性，故选c。

（4）由可知，生成3mol

CO2转移12mol电子，所以转移0.8mol电子生成CO2的物质的量是产生的气体在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48 L； （5）设需要2mol/L的H2SO4溶液的体积为VL； 3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O 2 8

0.01L×0.5mol/L V×2mol/L

30.8=0.2mol ，则1228=

0.010.5V2V=0.01L=10 mL 【点睛】

本题考查氧化还原反应，会根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式是解题的关键，需要熟练掌握氧化还原反应的几组概念和计算。

8．对一定量气体体积的探究。已知1 mol不同气体在不同条件下的体积： 化学式 H2 O2 CO H2 CO2 N2 NH3 条件 0℃，101kPa 0℃，101kPa 0℃，101kPa 0℃，202kPa 0℃，202kPa 273℃，202kPa 273℃，202kPa 1mol气体体积/L 22.4 22.4 22.4 11.2 11.2 22.4 22.4 （1）从表分析得出的结论：

①1mol任何气体，在标准状况下的体积都约为____。

②1mol不同的气体，在不同的条件下，体积____(填“一定”、“一定不”或“不一定”)相等。 （2）理论依据：相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等，原因是：①____，②___。 （3）应用：在标准状况下，4gO2的体积为____。

（4）等温、等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比___，质量比为__。

（5）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为___。 （6）在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)分别用p(Ne)、p(H2)、p(O2)表示，由大到小的顺序是__。 【答案】22.4L 不一定 气体分子数目相等 相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相mol−1 p(H2)＞p(Ne)＞p(O2) 等 2.8L 1∶1 2∶3 106g·【解析】 【分析】

(1)根据图表信息进行分析；

(2)根据克拉伯龙方程：PV=nRT进行分析； (3)根据n=m/M=V/Vm进行分析；

(4)根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；

(5)根据质量守恒定律及n=m/M进行分析； (6)根据PM=ρRT进行分析。 【详解】

(1)①从表中的H2、O2、CO在标准状况下体积可以看出：1mol任何气体在标准状况下，体积都约为22.4L； 故答案是：22.4L；

②根据克拉伯龙方程:PV=nRT可知，1mol不同的气体，物质的量n相同，在不同的条件下，如温度相等，压强不相等时，体积则不相等；或在温度不相等，压强也不相等时，体积可能相等；因此1mol不同的气体，在不同的条件下，体积不一定相等； 故答案是：不一定；

(2) 因为在相同的温度和压强下，任何气体分子间的平均距离几乎相同且1mol气体的分子数目也相同，所以在相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等；

故答案是：气体分子数目相等；相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等； (3)O2的摩尔质量是32g/mol，4gO2的物质的量是4g/32g·mol-1=1/8mol；在标准状况下，4gO2的体积为22.4L·mol-1×1/8mol=2.8L； 故答案是： 2.8L；

(4)等温等压下，气体摩尔体积相等，相同体积的氧气和臭氧其物质的量相等，根据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比=1：1；根据m=nM知，相同物质的量时其质量之比等于摩尔质量之比=32g/mol:48g/mol=2:3； 故答案为：1：1 2：3；

(5)根据质量守恒定律知，C的质量=(16+20-31.76)g=4.24g，C的摩尔质量=4.24g/0.04mol=106g/mol； 故答案为：106g/mol；

(6)Ne的摩尔质量是4g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是P(H2)＞P(Ne)＞P(O2)；

故答案为：P(H2)＞P(Ne)＞P(O2)。 【点睛】

影响物质的体积的因素有：微粒的数目、微粒的间距、微粒的大小；对于固体和液体来讲，粒子间距较小，可忽略，体积主要由微粒的数目、微粒的大小来决定；而对于气体来讲，粒子间距较大，忽略粒子大小，体积主要由微粒的数目、微粒的间距来决定，当温度和压强一定时，粒子间距几乎相等，体积由微粒的数目来决定。

9．(1)12.4gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量是_____，X的相对原子质量是______。

(2)某化学兴趣小组对“农夫山泉”矿泉水进行检测时，发现1.0L该矿泉水中含有45.6mgMg2+，则Mg2+的物质的量浓度为______。

(3)CCl4和蒸馏水都是无色溶液，请按下列要求用实验方法鉴别：

①只允许用一种试剂：用两支试管分别取出少量的CCl4和蒸馏水，然后分别加入少量的单

质碘，振荡，呈紫红色的液体是______，呈棕黄色的液体是______。

②不用任何试剂：用试管取出少量的其中一种液体，再加入另外一种液体，下层液体是_______，上层液体是______。

【答案】62g/mol 16 1.9×10-3mol/L 碘的CCl4溶液 碘水 CCl4 蒸馏水 【解析】 【分析】

(1)由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量，根据M=X的相对原子质量； (2)先根据n=c=

m计算Na2X的摩尔质量，进而计算nm计算出45.6mgMg2+的物质的量，然后根据物质的量浓度计算公式：Mn，计算出Mg2+的物质的量浓度； V(3)①碘易溶于四氯化碳，碘的四氯化碳溶液为紫红色；碘水为棕黄色； ②水与四氯化碳分层，且四氯化碳的密度比水的密度大。 【详解】

(1)Na2X的物质的量n(Na2X)=质量M=

11n(Na+)=×0.4mol=0.2mol，其质量为12.4g，则Na2X的摩尔22m12.4g=62g/mol，故X的相对原子质量=62-23×2=16； n0.2mol(2)1.0L该矿泉水中含有45.6mgMg2+，含有的镁离子的物质的量为：

m45.6mg103g/mgn(Mg)==0.0019mol，镁离子的物质的量浓度为：M24g/mol2+

c(Mg2+)=

n0.0019mol=1.9×10-3mol/L； V1L(3)①碘易溶于四氯化碳，碘的四氯化碳溶液为紫红色，则用两支试管分别取出少量的CCl4和蒸馏水，然后分别加入少量的单质碘，振荡，呈紫红色的液体是碘的CCl4溶液，呈棕黄色的液体是碘水；

②水与四氯化碳分层，且四氯化碳的密度比水的密度大，则用试管取出少量的其中一种液体，再加入另外一种液体，下层液体是CCl4，上层液体是蒸馏水。 【点睛】

本题主要考查了物质的量浓度的计算，物质的鉴别的知识，注意熟练掌握物质的量与物质的量浓度、摩尔质量的计算公式，有利于激发学生的学习兴趣和学习积极性，把握物质的性质、物质的鉴别为解答的关键。

10．(1)0.5mol某固体A的质量是30g，A的摩尔质量为_________。

(2)在同温同压同体积的条件下，H2与气体B的密度之比是1∶8，则B的相对分子质量为_____。

(3)在25℃ 101kPa的条件下，同质量的CH4和C气体的体积之比是15∶8，则1摩尔C的

质量为______。

(4).质量之比为8∶7∶6的三种气体SO2、CO、NO，其分子数之比为_____；氧原子数之比为______；相同条件下的体积之比为_____。

(5)4.8g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的气体质量为12.8g。则在标准状况下，生成物CO和CO2的体积比为_______。

【答案】60g/mol 16 30g 5：10：8 5：5：4 5：10：8 3：1 【解析】 【详解】

(1)A的摩尔质量=30g÷0.5mol=60g/mol，故A的摩尔质量为60g/mol；

(2)H2与气体B的密度之比是1:8，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故B的摩尔质量为8×2g/mol=16g/mol，数值上相对分子质量=摩尔质量=16； (3)由

mgmg:=15：8，故M(C)=30g/mol，1mol C的质量为30g；

16g/molM(C) (4)质量之比为8:7:6的三种气体SO2、CO、NO的物质的量之比为

8g7g6g::=5:10:8，故三者分子数之比为5:10:8，含有氧原子数之比为

g/mol28g/mol30g/mol(5×2):10:8=5:5:4，相同条件下的体积之比为5:10:8；

(5)设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则：12x+12y=4.8，28x+44y=12.8，解得x=0.3，y=0.1，故标况下CO和CO2的体积比等于物质的量之比为0.3mol：0.1mol=3：1。

11．（1）在标准状况下①6.72L CH4②3.01×1023个HCl分子③13.6g H2S④0.2mol NH3，体积最大的是____，密最大的是度___，质量最小的是___，氢原子个数最多的是____。（填写序号）

（2）等温等压下，质子数相等的CO、N2两种气体，质量之比为____，体积之比为____，摩尔质量之比____。

（3）某物质在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解方程式为：3A＝B＋3C＋2D。测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a，则A的摩尔质量为____。 【答案】② ② ④ ① 1:1 1:1 1:1 4a g/mol 【解析】 【详解】

(1)①6.72L CH4中：n(CH4)=

6.72L=0.3mol，m(CH4)=0.3mol×16g/mol=4.8g，ρ(CH4)=

22.4L/molmM16==g/L，N(H)=4N(CH4)=1.2NA； VVm22.43.011023=0.5mol，V(HCl)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，②3.01×1023个HCl分子中：n(HCl)=236.0210mM36.5=g/L，m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，N(H)=N(HCl)=0.5NA； ρ(HCl)==VVm22.4③13.6g H2S 中：n(H2S)=

13.6g=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L，ρ(H2S)=

34g/molmM34==g/L，N(H)=2N(H2S)=0.8NA； VVm22.4④0.2mol NH3中：m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g，V(NH3)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，ρ(NH3)=

mM17==g/L，N(H)=3N(NH3)=0.6NA. VVm22.4所以：体积最大的是②，密度最大的是②，质量最小的是④，含氢原子数最多的是①； （2）CO、N2两种气体涉及的元素有C、O、N质子数分别为6、8、7，所以两种气体的分子的质子数分别为：14、14，质子数相等的CO、N2，物质的量相等；CO、N2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol，故摩尔质量之比1:1；根据m=nM知：质量之比与摩尔质量成正比为28:28=1:1；根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积，故体积之比为1:1；

（3）化学方程式系数的意义：表示物质的量。设A的物质的量为3mol，则三种混合气体的总物质的量为6mol，由于平均相对分子质量为2a，即平均摩尔质量为2a g/mol，三种气体质量总和为12a g，根据质量守恒定律，A的质量也是12a g，故A的摩尔质量为4a g/mol。

12．氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。

Ⅰ.次氯酸钠是最普通的家庭洗涤中的“氯”漂白剂和消毒剂。已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签，完成以下问题：

L-1。 （1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·

（2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为___g。

（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）： ①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久___； ②定容时俯视容量瓶刻度线___。

Ⅱ.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 试回答下列问题：

（1）请用双线桥表示反应中电子转移的情况___。 2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O

（2）试比较KClO3和CO2的氧化性强弱：KClO3___CO2（填“>”“<”或“=”）。

（3）消毒时，ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物，此过程说明ClO2具有___（填“氧化”或“还原”）性。

（4）在标准状况下，当生成11.2LClO2时，转移电子的数目为___。 【答案】6（或6.0） 44.7 偏低 偏高

> 氧化

0.5NA 【解析】 【分析】

Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度c=1000ρω。 M

⑵先根据物质的量浓度计算NaClO物质的量和NaClO固体的质量。

⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g固体中NaClO的质量减少；②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小。 Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低，H2C2O4中C化合价升高。 ⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。

⑶Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等，化合价升高，则ClO2化合价降低。

⑷生成2mol ClO2转移2mol电子，先计算生成11.2LClO2的物质的量，再计算转移电子物质的量和电子的数目。 【详解】

Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度

c=1000ρω10001.237.25%molL16molL1；故答案为：6(或6.0)。 M74.51⑵该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液，则需要的NaClO物质的量为n=cV(aq)=6molL0.1L=0.6mol，则需要用托盘天平称量NaClO固体的质量m=nM=0.6mol74.5gmol=44.7g；故答案为：0.6；44.7。

⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g固体中NaClO的质量减少，因此物质的量浓度偏低；故答案为：偏低。

②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小，物质的量浓度偏高；故答案为：偏高。 Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低，H2C2O4中C化合价升高，因此用双线桥表示反应中电子转移

1的情况；故答案为：

。

⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此KClO3氧化性大于CO2的氧化性，故答案为：＞。

⑶消毒时，ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物，Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等，化合价升高，则ClO2化合价降低，因此此过程说明ClO2具有氧化性；故答案为：氧化。

⑷在标准状况下，生成2mol ClO2转移2mol电子，当生成11.2LClO2即物质的量为

n=V11.2L=0.5mol时，转移电子物质的量为0.5mol，电子的数目为0.5NA；Vm22.4Lmol1故答案为：0.5NA。

13．I．配制0.5 mol/L的NaOH溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？（填“偏大”“偏小”或“不变”）

（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________； （2）定容时观察刻度线仰视，其结果_____________。

II．（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：__________________________。

（2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置：_____________（将编号字母填入空格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂：_____________。 装置有：

ABCDEFGH

试剂有：a．NaOH溶液b．澄清石灰水c．浓硫酸d．饱和NaHCO3溶液e．碱石灰f．品红溶液g．湿润的红色石蕊试纸

【答案】偏大 偏小 2NH4Cl+Ca(OH)2 Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O A e 【解析】 【分析】

根据n=cV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，在配制一定物质的量浓度溶液时，若V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。 【详解】

I．（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大；

（2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。 II．（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O。

（2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为A；为了得到纯净的氨，氨气为碱性气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选e。

L-1的溶液。请回答： 14．用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。

A．烧杯 B．量筒C．玻璃棒 D．胶头滴管 E.容量瓶

（2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，__，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。

（3）下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是___。 A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制 B．定容时俯视容量瓶的刻度线

C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线 D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制 【答案】B 用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 ACD 【解析】 【分析】

（1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；

（2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加； （3）结合c【详解】

（1）配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：B。

（2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。

（3）A. 称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，A正确；

B. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大，B错误； C. 摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，V偏大，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，C正确；

D. 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，D正确；故答案为：ACD。

n及不当操作可知，n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低； V【点睛】

配制一定物质的量浓度过程中误差分析：①向容量瓶中转移液体时有少量流出，n减小，c偏小；②未洗涤烧杯和玻璃棒，n减小，c偏小；③定容时，水加多了，用胶头滴管吸出，n减小，c偏小；④定容摇匀时，液面下降，再加水，V增大，c偏小；⑤定容时，俯视刻度线，V减小，c偏大；⑥仰视刻度线，V增大，c偏小；⑦溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容，V减小，c偏大。

15．某化学兴趣小组对m g无水三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C2O4)3］]受热分解产物进行探究，并对所得气体产物和固体产物进行验证（查阅资料得知：三草酸合铁酸钾热分解的气体产物中含有CO和CO2）。利用如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。

回答下列问题：

(1)按气流方向各装置依次连接的合理顺序为______；（填接口代号，装置可重复使用） (2)反应开始前依次进行如下操作：组装仪器、_______、加药品、通氮气一段时间后点燃酒精灯。反应结束后的操作包括：①停止通氮气②熄灭酒精灯③冷却至室温。正确的顺序为___________________；

(3)通入氮气的目的是_____________________。

(4)实验中观察到第一个澄清石灰水变浑浊，则说明气体产物中有____________（写化学式）。能证明分解产物中有CO气体生成的实验现象是_________________。 (5)样品完全分解后，装置B中的残留物含有FeO和Fe2O3。 (6)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。

①将装置B中完全分解后的残留物置于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化的x mol/LKMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是______。该过程发生反应的离子方程式为______。 ②向上述溶液中加入过量KI-淀粉溶液，充分反应后，用y mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V mL（已知I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。该晶体中铁的质量分数的表达式为______。

【答案】cabdeghfab 检查装置气密性 ②③① 排净装置中的空气，使反应生成的气体全部进入后续装置 CO2 D中黑色固体变红、第二个澄清石灰水变浑浊 当滴入最后一滴KMnO4溶液后，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O

56yv×100%

1000m【解析】 【分析】

(1)本套装置依次是样品受热分解、检验CO2、除去剩余CO2、干燥气体、使CO反应转化为CO2并进行检验，按照气流方向连接装置时要注意流进的导管要插入液面以下，按此原则

连接导气管；

(2)连接好各装置进行实验，加入药品前，应该进行的实验操作是检验装置的气密性；反应完全后，停止加热。待充分冷却后再停止通氮气，即按②③①进行；

(3)反应开始前通氮气，可排净装置中空气，以免氧气、二氧化碳对实验干扰，同时还能使反应生成的气体全部进入后续装置；

(4)第一个澄清石灰水变浑浊证明生成二氧化碳，D中黑色固体变红、第二个澄清石灰水溶液变浑浊，证明分解产物中有一氧化碳；

(6)①用KMnO4溶液滴定Fe2+，滴定终点溶液变成粉红色，则滴定终点为：当滴入最后一滴溶液后，溶液变成粉红色，且半分钟内不褪色； KMnO4溶液将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原为Mn2+，所以离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3+ +Mn2++4H2O；

②该过程中发生的反应有2Fe3++2I-=2Fe2++I2；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，所以可得反应关系式Fe3+~S2O3-，则n(Fe3+)=n(S2O32-)。然后根据m= n·M 计算出样品中含有铁元素的质量，最后

m(Fe3)×100%计算。 根据

m样品【详解】

(1)本套装置依次是样品受热分解、检验CO2、除去剩余CO2、干燥气体、使CO反应转化为CO2并进行检验，装置连接序号为BACEDA，按照气流方向连接装置时要注意流进的导管要插入液面以下，导气管连接顺序为cabdeghfab；

(2)进行实验首先是组装仪器，有气体参加或产生的要检查装置的气密性，然后要加入药品，同时要注意排除空气成分的干扰，然后进行实验，故反应结束后的操作正确的顺序为②③①；

(3)加热无水三草酸合铁酸钾分解，检验其分解产物，为排除空气成分的干扰，排出装置中的空气，同时要把分解产生的物质最后要全部排出，所以通入氮气，排净装置中的空气，使反应生成的气体全部进入后续装置；

(4)第一个装置的澄清石灰水作用是检验CO2气体的产生。CO具有还原性，将CuO还原为Cu，同时产生CO2，所以能证明分解产物中有CO气体生成的实验现象是D中黑色固体变红、第二个澄清石灰水变浑浊；

(6)①固体中含有FeO、Fe2O3，固体用酸溶解反应后得到Fe2+、Fe3+，Fe2+具有还原性，被KMnO4溶液氧化为Fe3+，KMnO4被还原产生无色的Mn2+，所以滴定终点的现象是当滴入最后一滴KMnO4溶液后，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色；根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该过程发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O； ②在该过程中发生的反应有2Fe3++2I-=2Fe2+ +I2；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，所以可得关系式Fe3+~S2O3-，则n(Fe3+)=n(S2O32-)，n(Fe3+)=n(S2O32-)=yV×10-3 mol，m= n·M= yV×10-3 mol×56 g/mol=5.6yV×10-2 g，则样品中含有铁元素的质量分数

m(Fe3)5.6yV102g56yv×100%=×100%=×100%。

m样品m?g1000m【点睛】

本题考查物质性质实验方案的设计，涉及装置的连接、仪器的应用、元素及其化合物性

质、物质含量的测定等，是一道综合能力很强的题目，题目有利于提高学生运用所学知识的能力及化学实验能力。