高考化学物质的量综合经典题及答案

1、高考化学物质的量综合经典题及答案一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)1.(1)在标准状况下6.72L CH3.01 x23# HCl分子13.6g H2S0.2mol 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】 1:1 1:1 1:1 4a g/mol【解析】【详解】6.72L(1)6.72L CH

2、 中：n(CH4)=0.3mol , m(CH4)=0.3mol x 16g/mol=4.g p (C4H=22.4L/molmM 16J = 1 = g/ L , N(H)=4N(CH4)=1.2Na；VV m22.43.01 10233.01 x 102外 HCl 分子中：n(HCl)=-=0.5mol , V(HCl)=0.5mol x 22.4L/mol=11,.2L6.02 1023mp (HCl)V =M 36.5Vm22.4g/L , m(HCl)=0.5mol X36.5g/mol=18.25g, N(H尸N(HC1)=0.5Na； 13.6g H2s 中:n(H2s尸 13.

3、6g =0.4mol, V(H2S)=0.4mol x 22.4L/mol=8.96Lp (HS尸 34g/molg/L , N(H)=2N(H2S)=0.8Na;0.2mol NH3 中：m(NH3)=0.2mol x 17g/mol=3.4gV(NH3)=0.2mol x 22.4L/mol=4.4Lp (NH)=m M 17 =-=-g/L , N(H)=3N(NH3)=0.6Na. m 乙乙.所以：体积最大的是，密度最大的是，质量最小的是，含氢原子数最多的是；(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

4、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。Q。2.某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分

5、解制kcu)5MrKJ2实验步骤如下：把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化镒粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为 15.95 g.连接好实验装置，检查装置的气密性.加热，开始反应，直到不再有气体产生为止.测量排入量筒中水的体积为285.0 mL ,换算成标准状况下氧气的体积为279.7 mL.准确称量试管和残留物的质量为15.55 g.根据上述实验过程，回答下列问题：(1)如何检查装置的气密性？ 。(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同使试管和广口瓶内气体都冷却至室温读取量筒内液体的体积这三步操作的正确顺序是 (请填写步

6、骤代码。进行的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(3)实验过程中产生氧气的物质的量是 mol;实验测得氧气的摩尔体积是(保留小数点后两位)。【答案】往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热， 若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则 证明该装置不漏气偏小 0.0125 22.38 L/mol【解析】【分析】【详解】(1)往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管内液面 高度的变化来判断装置的气密性；综上所述，本题答案是：往广口瓶中注满水，塞紧橡胶 塞，按装

7、置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上 升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气。(2)在测量U集到 Q的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，会 使排出水的体积偏大；然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广 口瓶中气体的压强和外界气压相等，从而使排出水的体积与产生的Q的体积相等，最后再读取量筒内水的体积；正确顺序为；读数时若仰视量筒内的液面，会使读取Q的体积偏小；综上所述，本题答案是：；偏小。(3)根据质量守恒定律，产生 Q的质量为15.95 g -15.55 g =0.4 g ; n(Oz)=0.4/3

8、2=0.0125 mol , Q 的摩尔体积为 0.2797/0.0125=22.38 L/mol ;综上所述，本题答案 是：0.0125, 22.38 L/mol 。【点睛】用排水法测量收集到气体体积时，要注意：先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热 膨胀时，易引起误差；第二，要调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保 证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，这样才能减小实验误差；最后再读取量筒内水的 体积，要平视进行读数，减小实验误差；只要做到以上三点，就能提高测定数据的准确 度。3.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。

9、已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签，完成以下问题：福毒液【有效成分】N*CIQ【规格】1000 mL【质量分散】37.25%【密度】L2 gymf(1)该“84肖毒液”的物质的量浓度约为 molL-1。(2)该同学参阅该 “84肖毒液”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固体的质量为一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”)：称量时若选择的 NaClO固体已在空气中放置时间过久 ；定容时俯视容量瓶刻度线 。n.ClQ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

10、应制得：2KClQ+H2QO4+H2SO4=2C102 T +KSO4+2CO2 T +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。2KClQ+H2QO4+H2SO4=2C102 T +KSO4+2CO2 T +2H2O(2)试比较KClQ和CQ的氧化性强弱：KClO3CO2 (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 偏高得到2e-II2KC15 +

11、H2C2O4 + H2SO4 = 2CIO：T + 七 8。4 + 2c 氧化I J失去2c-0.5Na【解析】【分析】+1000 p 3I该“ 8消毒液”的物质的量浓度c=- cM先根据物质的量浓度计算NaClO物质的量和NaClO固体的质量。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； 定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小。n (1) KClQ中Cl化合价降低，H2c2O4中C化合价升高。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH1和MnO2等，化合价升高，则 ClO2化合价降低。生成2mol Cl

12、O2转移2mol电子，先计算生成 11.2LCQ的物质的量，再计算转移电子物质 的量和电子的数目。【详解】I该“ 8消毒液”的物质的量浓度1000 p 1000 1.2 37.25%, , ic=mol L74.516mol L ；故答案为：6(或6.0)。该同学参阅该 “8铜毒液”的配方，欲用 NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为 137.25%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 1 = 44.7g ;故答案为： 0.6; 44.

13、7。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。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。nKClQ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得到2e-II的情况 2KClOj + H用Ol 2C10才 + K2SO4 + 28仃 + 2出0 ；故答案为：失去2c- 得到更 II2KC1O3 + HmC式)4 + H2SO4 = 2ao订 + 心85 + 2COif + 2H3O。I J失去2c-根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，

14、因此KClQ氧化性大于CC2的氧化性，故答案为：。消毒时，ClO2还可以将水中的 Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)和MnO2等难溶物，Fe2+、Mn2+等转化成Fe(0H)3和MnO2等，化合价升高，则 ClO2化合价降低，因此此过程说明C1O2具有氧化性；故答案为：氧化。在标准状况下，生成 2mol CIO2转移2mol电子，当生成11.2LCQ即物质的量为V 11.2Ln= 0.5mol时，转移电子物质的量为 0.5mol,电子的数目为 0.5Na；Vm 22.4L mol 1故答案为：0.5Nao4. 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

15、化？(填“偏大” “偏小”或“不变”)(1)向容量瓶中加蒸储水低于刻度线，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钱和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为： O(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：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(OH222NH3 T +CaC2+2H2O A e【解析】【分析】根据n=cV可得，一定物质的

16、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)向容量瓶中加蒸储水低于刻度线，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钱和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为： 2NH4Cl+Ca(OH* 2NH3T +CaC2+2H2。(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

17、，可选 e。5. (1)有相同物质的量的 H2O和H2SC4,其质量之比为 ,氢原子个数比 为 氧原子个数比为。(2)把3.06 g铝和镁的混合物粉末放入100 mL盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下3.36 L吐。计算：该合金中铝的物质的量为 。该合金中镁的质量为 。反应后溶液中 Cl-的物质的量浓度为 (假定反应体积仍为 100 mL)。(3)由CQ与CO组成的混和气体对 H2的相对密度为20,则混和气体中 CO2的体积分数 为; CO的质量分数为 。【答案】9: 49 1: 1 1: 4 0.06 mol 1.44 g 3.0 mol L-1 75% 17.5%【解析】【分析】【详解

18、】(1) n (H2O)= n (H2SO1) , m (H2O): m (H2SO4)= n (H2O/18: n (H2SO4)x 98= 9: 49; Nh(H2O) : Nh(H2SO4)= n (H2O)X 2： n (H2SO4) X2=1： 1； No(H2O) : No(H2SQ尸 n (H2O)x1： n (H2s3 X4=1: 4;(2)设镁的物质的量为 xmol,铝的物质的量为 ymol,二者混合物的质量为3.06=24x+27y;根据化学反应的计量系数比： Mg2HClH2, 2Ah6HCl3H2,氢气的体积标准 状况下 3.36 L, n (H2)=0.15mol ,

19、列式 x+1.5y=0.15,解方程 x=0.06 mol, y=0.06 mol,故该合 金中铝的物质的量为 0.06 mol,该合金中镁的质量为 0.06X24=1.44g,反应后溶液中 Cl一(盐酸恰好反应完全，溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝)的物质的量=0.06X 2+0.06 x 3=0.3mol ,溶液体积 100mL,C厂的物质白勺量浓度 c=J =3.0 mol L-1；(3)由CO2与CO组成的混和气体对 H2的相对密度为20,密度之比等于摩尔质量之比， 则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol ,设1mol混合气体中有xmol CO, CQymol,故x+y=1, 28x+4

20、4y=40,则x =0.25mol , y =0.75mol,同温同压，气体体积之比等于物质的量之 比，则混和气体中 CQ的体积分数为75%, CO的质量分数=0.25X 28/40=17.5%6 .某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。已知：二氧化镒与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2o氯气和碱反应放出热量。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3C2+6OH= 5Cl-+ClO3-+3H2Oo该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。饱和食林水石灰乳NaOH溶液甲乙 丙 丁请回答下列问题：(1)甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是 。该兴趣小组用100 mL

21、12 mol L-1盐酸与8.7 g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO2 go(2)小组成员发现，产物中 Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。他们讨论后认为，部分氯气未 与石灰乳反应而逸出，以及温度升高也是可能原因。为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了CIO、CIO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间 的关系曲线，粗如表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。所取石灰乳中含有 Ca(OH)2的物质的量为 mol。另取一份与等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-n ClO

22、的物质的量为 0.35 mol ,则产物中 =。n ClO3 一(3)为了提高Ca(ClO)2的产率，可对丙装置作适当改进。请你写出一种改进方法：O【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15 ClO 0.25 2： 1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中【解析】 【分析】(1)饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；依据 MnO2+4HCl(浓)-MnCl2+CbT +2H2O 2c2+2Ca(OH=CaC2+Ca(ClO2+2H2O,结合定 量关系计算理论值；(2)当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙 和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；根据氧化还原反应

23、中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙 离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；另取一份与等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35 mol ,依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量 比为1： 2,结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电 子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。(3)根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。 【详解】(1)浓盐酸和二氧化镒反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2 f +2H2O;浓盐酸具有挥发性，在

24、反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去C12中混有的HCl气体；n(HCl)=12 mol/L X0.1 L=1.2 moln(MnO2)=87=0.1 mol, MnO2、HCl反应的物质的 87 g / mol量的比是1： 4,可见足量的浓盐酸与 8.7 gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算， n(Cl2)=n(MnO2)=0.1 mol,将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaC2+Ca(ClO2+2H2O,根据方程式中物质反应关系可知：理论上最多可制得 Ca(ClO 的物质的量为 0.05 mol,其质量 mCa(C

25、lO=0.05mol X 143 g/mol=7.15 g (2)当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙 和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以 图2中曲线I表示离子ClO的物质的量随反应时间变化的关系；根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n,则nx 1=0.10 mol x 1+0.05 mol x 5=0.35moU反应的 C2中含氯原子的物质的量为： 0.35 mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol ,在 CaC2、Ca(ClO、Ca(ClO)2 中

26、钙离子和含氯离子的个 数比为1 : 2,所以所取石灰乳中含有 Ca(OH)2的物质的量为0.5 ；ol =0.25 mol;取一份与等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25 mol,根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n(ClO)=x,n(ClO3-)=y;则得到：0.35=x x 1+y；x依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1: 2,得到氯元素物质的量为0.5mol; x+y+0.35=0.5,解得：x=0.1 mol,y=0.05 mol,则产物中 “1mol =2： 1；n ClO30.05mol(3)由于

27、反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生 3cl2+6OH-3=5Cl-+ClO3-+3H2O。【点睛】本题考查了性质方案的设计。明确实验目的、实验原理为解答关键，注意熟练掌握氯气的 实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法，题目培养了学生的分析、理解能力及化 学实验、化学计算能力。7 .根据你对金属钠性质的了解，回答下列问题：(1)关于钠的叙述中，正确的是 (填字母)。A.钠是银白色金属，硬度很大8 .将金属钠放在石棉网上，用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成过氧化 钠C.金属钠在空气中燃烧，生成氧化钠D.金属钠的熔点很高(2)由于金属钠

28、很容易跟空气中的 、等物质反应，通常将它保存在里。(3)将一小块钠投入到下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是 (填字 母)。 A.稀硫酸 B.硫酸铜溶液 C.氢氧化钠溶液 D.氯化镁溶液(4)为粗略测定金属钠的相对原子质量，设计的装置如图所示，该装置(包括水)的总质量为ag,将质量为bg的钠(不足量)放入水中，立即塞紧瓶塞。完全反应后再称量此装置的总列出计算钠相对原子质量的数学表达式(用含有a、b、c的算式表示)。无水氯化钙的作用是 。【答案】B氧气水蒸气煤油 D b/(a+b-c)吸收H2中所含的H2O(g)【解析】【分析】(1)根据钠的性质分析解答;(2)钠的性质很活泼，易和水、氧

29、气反应，据此解答；(3)金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，根据溶液中的溶质分析解答；(4)根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答；根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。【详解】(1) A、钠是银白色金属，硬度很小，可以用小刀切，故 A错误；B、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，故 B正确；C、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，不是氧化钠，故 C错误；D、金属钠的熔点很低，故 D错误；故答案选B；(2)钠性质很活泼，易和水、氧气反应，所以保存钠时要隔绝空气和水，钠和煤油不反应，且密度大于煤油，所以保存钠可以放在煤油中；(3) A.钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉淀产生

30、，A不选；B.钠投入硫酸铜溶液中，首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，但沉淀不是白色的，而是蓝色的，B不选；C.钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气，没有沉淀，C不选；D.钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气，D选。答案选Do(4)金属与水发生反应放出氢气的质量=ag+bg-cg= (a+b-c) g,假设金属为R,其相对原子质量为M,根据金属钠与水反应放出氢气的关系，可推断该金属与水放出氢气关系如 下：2R H22M2bg(a+b-c) g解得M - b;(a b c)氯化钙具有吸水能力，是常用的干燥剂，在装置中吸收生成氢气中的水，

31、而防止水分流 失。8 .按要求完成下列各小题(1)在同温同压下，相同质量的 N2和H2s气体的体积比为 。(2) 0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为，含有氧原子物质的量之比为 ，相同 条件下两物质的密度之比为。(3)在含有Cu2+、H+、Fe2+、Al=、B、C的溶液中，还原性最弱的阴离子是，氧化性最强的离子是，既有氧化性又有还原性的离子是一。(4)除去NazSQ中的Na2CQ所加试剂，离子方程式 。【答案】17:14 14: 11 1: 1 7: 11C-Cu2+Fe2+稀H2SO1CQ2-+2H+=CQ T+H2O【解析】【分析】根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化还

32、原反应进行判断。根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。如 Na2SC4中的Na2CQ目的是除去CQ2离子，所以选择 H2S。进行除 杂。【详解】(1)相同质量的N2和H2s的物质的量之比为 m: 34:28 17:14 ,根据阿伏伽德罗28 34N2和H2s气体的定律，在同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此相同质量的 体积比为17： 14。答案：17： 14；(2)电子数目之比等于电子的物质的量之比。0.8molCO中电子的物质的量为 0.8 mol X(6+8)=11.2mol, 0.4molCO2中电子的物质的量为 0.4mol x (6+8X 2) =8.8mol,电子数目之比

33、 为11.2:8.8=14:11 ;含有氧原子物质的量之比为0.8:0.4 2=1:1,根据阿伏伽德罗定律的推论可知，相同条件下，气体的密度与摩尔质量成正比，所以相同条件下两物质的密度之比 为：28:44=7:11。答案：14:11 1:1 7:11;(3)卤素单质的氧化性为F2CbBr2I2,单质的氧化性越强，其对应的离子的还原性越弱，所以还原性 Br Cl ,还原性最弱的阴离子是Cl ;金属单质的金属性越强，其离子的氧化性越弱，所以氧化性最强的离子是CuT;属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，所以Fe2+既有氧化性又有还原性的；答案：Cl- Cu2+ F首；(4)除去NazSQ中的Na

34、2CQ,实质是除去 CO32-离子，所加试剂 H2SO4,离子方程式 CQ2- +2H+=CC2 T +吨0。9 . (1)下列物质能导电的是 ，属于电解质的是 。NaCl晶体液态SQ液态醋酸 铜 BaSQ固体纯蔗糖(Ci2H22O11)氨水 熔化的 KN03(2) 0.5molCH4的质量是 g,在标准状况下的体积为 L；(3) 8.4g氮气和9.6g某单质Rx所含原子个数相同，且分子个数之比为3: 2,则x的值是,R的摩尔质量是。【答案】 8 11.2 3 16g/mol【解析】【分析】(1)NaCl晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是 电解质；液态 SQ不含

35、自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水 溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；液态醋酸不含自由移动的离子，不能导 电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；BaSQ固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；纯蔗糖(G2H22O11)不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质；氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；熔化的KN03含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；(2)根据n=m 可得，m

36、=nM , V= nVm,进行计算； M【详解】(1)NaCl晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是 电解质；液态 SC2不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水 溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；液态醋酸不含自由移动的离子，不能导 电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；BaSQ固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；纯蔗糖(G2H22O11)不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质

37、；氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；熔化的KNO3含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质； 下列物质能导电的是，属于电解质的是，答案为：；(2)根据n=m 可得，m=nM，0.5molCH4的质量=0.5mol x 16g/mol=8g在标准状况下的体积为=nVm=0.5moK 22.4L/mol=11.2L ,答案为：8； 11.2；（3） 8.4g氮气的物质的量=8.4g =0.3mol,则氮原子的物质的量M 28g/mol=0.3mol X2=0.6m目l物质的量之比等于粒子数目之比，根据题意9.6g某单质Rx所含原子物质的量也为0.6mol ,则R

38、x所含分子物质的量为 Qmol ,则0.3mol ： 9mol=3： 2,解 xx得x=3, R的物质的量为 mol =0.2mol , R3的摩尔质量=g =48g/mol ,则 R的 3n 0.2mol48g / mol摩尔质量=16g/mol ,3答案为：3; 16g/mol。10.钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。（1）叠氮化钠（NaN3）受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生6.72 L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠 go（2）为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反应并收集生成的气体，某研究性学习小组设计了如图发生装置.液伴一也滴有醐

39、触的亦厂写出Na与水反应的离子方程式。丫液体可以选用A.煤油 B.酒精 C.四氯化碳实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，通过 （填装置名称）向试管 中加水至产生液面差，一段时间后， （填现象），则气密性良好。（3） 1mol过氧化钠与1.6mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质及对应的物质的量（可不填满）。物质物质的量/mol【答案】13 g 2Na+2H2O=2Na+2OH，H2 A长颈漏斗液面差不变 Na2CO 1.6 NaOH 0.4【解析】【分析】(1)发生反应：2NaN3=2Na+3N2f ,根据方程式计算；(2)Na与水反应

40、生成 NaOH和氢气；根据装置可知 Y液体密度小于水，且与水不溶；利用液压法确定装置气密性；(3)加热发生 2NaHCQ Na2CC+CO2 1 +H2O,然后发生 2Na2Q+2CQ2Na2CO3+O2 和 2Na2O2+2H2O 4NaOH+Qf,以此来解答。【详解】(1)设需要NaN3的质量为m,则：2NaN3 撞王 2Na+3N2 f130g67.2Lm 6.72L_130g 6.72L _m= -672L =13g；(2)Na与水反应生成 NaOH和氢气的离子方程式为 2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 T ；装置可知丫液体密度小于水，且与水不溶；A.煤油密度小于水，且与水不溶

41、，故 A正确；B.酒精与水互溶，故 B错误；C.四氯化碳密度大于水，且与水不溶，故 C错误；故答案为A；实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，直到长颈漏斗中 的液面高于试管中的液面，且两者液面差不再改变，就证明该装置气密性良好；由 2NaHCG3M=Na2CC3+CQ T +H2O 可知,1.6mol 碳酸氢钠分解生成 0.8molNa 2CO3、 0.8molCO2、0.8molH2O,由 2Na2O2+2CO 2Na2CQ+Q可知，0.8molCO2与 0.8molNa2O2反 应生成 0.8molNa2CQ, 2Na2O2+2H2-4NaOH+QT , 0.2mo

42、lNa2O2与水反应生成0.4molNaOH,充分反应，排出气体物质后冷却，则残留的固体物质是NaOH、NmCQ,两者的物质的量分别为 0.4mol、1.6mol。11.明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。(1)明胶溶于水所形成的分散系和K2SO4溶液共同具备的性质是 。a.都不稳定，密封放置沉淀 b.两者均有丁达尔现象c.分散质粒子可通过滤纸(2)现需配制 0.50mol L-1 K2SQ溶液 480mL。配制溶液时必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、玻璃棒、以及等质量的几片滤纸。配制该溶液需称取 K2SC4晶体的质量为一。下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是。A.容

43、量瓶可长期存放溶液B.在容量瓶中直接溶解固体C.溶液未经冷却即注入容量瓶中D.向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_。A.转移溶液时有液体溅出B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸储水C.定容时俯视刻度线D.烧杯和玻璃棒未洗涤(3)现有下列十种物质： HCl;NaHCQ；S。溶液；CO;蔗糖晶体；Ca(OH)2；氢氧化铁胶体； NH3 - H2O；空气；A12( S。) 3( a) 上述物质中属于电解质的有_，非电解质的有_( 填序号) 。(b)CQ属于酸性氧化物，SiO2也属于酸性氧化物，请写出SiO2和CaO反应的化学方程式:。 c) c) 在

44、水溶液中的电离方程式为 _。 d) 胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，服用适量的小苏打(NaHC6),能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式：；如果病人同时患胃溃疡，为防胃壁穿孔，不宜服用小苏打，此时最好用含 Al( OH) 3 的胃药(如胃舒平)，它与胃酸反应的离子方程式： _。(e)若中混有少量的，提纯的方法是：。A. 蒸馏 ( 分馏 ) B. 萃取 C. 渗析 D. 分液【答案】 c 500mL 容量瓶 胶头滴管43. 5g D ABD CaC+SiC2=CaSiC3 NaHCQ=Na+HCC3- HCQ-+H+=H2O+CQ T Al( OH) 3+3H+=Al3+3H

45、2O C 【解析】【详解】( 1 ) a. 胶体较稳定，溶液是稳定的， a 项错误；b. 溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应， b 项错误；c. 胶粒和溶液都可透过滤纸， c 项正确；故答案为： c；(2)配制一定物质的量浓度溶液的实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，根据规格要求可知，需要500mL 容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容。故答案为： 500mL 容量瓶；胶头滴管；实验室需用480mL 0.50mol L-1 K2SQ溶液，实验室没有 480mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，

46、所以需要配制 500mL溶液，即配制500mL0. 50mol L-1 K2SC4溶液，需要 K2SO4 的质量 m = cVM=0.50mol/LX 0. 5LX 174g/mol = 43. 5g,托盘天平精确度为 0.1g, 用托盘天平称量质量为 43. 5g；A.容量瓶不能长期存放溶液，A项错误；B.容量瓶不能用来稀释浓溶液或溶解固体，只能用来配制溶液，B项错误；C.溶液未经冷却即注入容量瓶中，导致溶液体积偏小，配 制浓度偏大，C项错误；D.向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流，防止液体溅出， D项正 确；答案选 D；A.转移溶液时有液体溅出，则溶质的物质的量偏小，最终导致测定浓度偏低，A

47、项正确；B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸储水，对原溶液会稀 释，导致溶液体积偏大，造成浓度偏低，B项正确；C.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C项错误；D.烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，D项正确；故答案为 ABD;(3) (a)HCl不电离，但是氯化氢在水中能完全电离，属于强电解质；NaHCO3在熔融状态和水溶液中都能完全电离，都属于强电解质；K2SO4溶液是混合物属于溶液分散系，既不是电解质也不是非电解质；C6本身在水溶液中或者熔化状态下不能电离出自由移动的离子，属于非电解质；蔗糖晶体在水溶液中和熔化状态下都不能电离出自由移

48、动的离子而导电，属于非电解 质；Ca(OH)2在熔融状态能完全电离，属于强电解质；氢氧化铁胶体是混合物，属于胶体分散系，既不是电解质也不是非电解质；NH3-H2O在水溶液中只能部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质；空气含多种物质，是混合物，属于分散系，既不是电解质也不是非电解质；Al2(SO4) 3在溶于水或者熔融状态下能完全电离出自由移动的离子属于强电解质； 故答案为：；(b)酸性氧化物可与碱性氧化物反应生成盐，故SiQ和CaO反应的化学方程式为CaO+SiQ=CaSiQ;(c)NaHCO3为强电解质，在水溶液中能完全电离出钠离子与碳酸氢根离子，其电离方 程式为 NaHCQ=Na+HCO3

49、-;(d)小苏打(NaHCQ)可与胃酸中HCl反应，其离子方程式为：HCQ+H+=H2O+CQ T ；Al( OH) 3为弱碱会中和胃酸，其反应的离子方程式：Al( OH) 3+3H+=Al3+3H2O,故答案为：HCQ+H+=H2O+CQT ； Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；(e)提纯胶体中混有的溶液，可采用渗析的方法，C项符合题意，故答案为： Q12. (1) 4.8gO3和0.2molCH4,在同温同压下的体积之比是 _；相同质量的O2和SQ,所 含分子的数目之比为 一 所含O原子的物质的量之比为 一 密度之比为_。(2)标准状况下11.2 L N2所含分子数是 个。(3)若

50、某原子的摩尔质量是M g/mol ,则一个该原子的真实质量是 _go(4) 483g Na2SO4 10H2O中所含的Na+的物质的量是 一 SQ2-的物质的量是_,所含H2O 分子的数目是一个。(5)现有100 ml 1.00 mol/L NaCl溶液，其中所含 Na+的质量是 g。(6)下列物质能导电是 一属于电解质是_,属于非电解质的是_。(填序号，多选或错 选扣分)水银 烧碱硫酸钢 氯化钠晶体 盐酸 蔗糖实验室配制480mL0.08mol/LNa2CO3溶液，需要十水碳酸钠晶体质量 g。【答案】1:2 2:1 2:1 1:2 0.5NA -NA 3mol 1.5mol 15 Na 2.

51、3g 11.44g【解析】【详解】4.8gO3的物质的量为(1)同温同压下的气体的体积之比等于物质的量之比, n=m=-48g-=0.1mol,则0.1mol O3和0.2molCH 4的体积之比等于物质的量之比为M 16g/mol 31:2,根据n=m可知，设。2和SO2的质量都为1g,它们的物质的量之比 =-一： M32g/mol1g-一;一-=64g/mol:32g/mol= 2:1 ；根据 N=nNA 可知，O2和 SO2所含分子数目之比=2:1 ； 64g/mol个。2和SO2分子均由两个 O原子构成，O2和SO2物质的量之比=2:1；所含。原子的物质 的量之比为2:1；同温同压下，

52、气体的密度之比等于摩尔质量之比=32 g/mol:64 g/mol=1:2,故答案为 1:2； 2:1 ； 2:1 ； 1:2；(2)根据n=；V-,标准状况下11.2 L N2所含分子的物质的量=11.2L一=0.5mol, 1mol Vm22.4L/mol任何物质具有白微粒数是 Na, 0.5mol N2所含分子的数目为0.5Na,故答案为：0.5Na；(3)根据摩尔质量知，1mol该原子的质量是 Mg, 1mol原子有阿伏加德罗常数 Na个，即Na个原子的质量是 Mg ,则一个该原子的真实质量约为-Mg,Na故答案为：；Na(4) 483g Na2SO4 . 10H2O 的物质的量=48

53、3g-=1.5mol Na+的物质的量为322g/molNa2SO4 10H2O的2倍为1.5mol 2=3mol ,硫酸根离子物质的量等于 Na2SO4?10H2。的物 质的量，为1.5mol; H2O分子的物质的量为 Na2SO4?10H2。的10倍为1.5mol 10=15mol , 故所含水分子数目为 15Na,答案为：3mol; 1.5mol; 15 Na；(5) 100 ml 1.00 mol/L NaCl溶液中，根据公式 n=cV , NaCl的物质的量=1mol/L X0.1L=0.1mol , Na+的物质的量也是 0.1mol,则所含 Na+的质量=0.1mol X23g/

54、mol=2.3g,故答案为：2.3g；(6)水银为金属单质汞，含有自由移动的电子，可导电，但不是化合物，既不是电解质 也不是非电解质；烧碱是氢氧化钠，没有自由移动的离子，不能导电，其水溶液可电离 出离子能导电，属于电解质；硫酸钢没有自由移动的离子，不能导电，其熔融状态下可 电离出离子能导电，属于电解质；氯化钠晶体没有自由移动的离子，不能导电，其水溶 液可电离出离子能导电，属于电解质；盐酸是溶液，含有自由移动的离子可导电，但不 是化合物，既不是电解质也不是非电解质；蔗糖没有自由移动的离子，不能导电，其水 溶液和熔融状态下都不能电离出离子，不导电，属于非电解质；则物质能导电是，属于电解质是，属于非电解质的是，故答案为：；(7)实验室配制480mL0.08mol/LNa 2CO3溶液，用500 mL容量并N, Na2CO3的物质的量 =cV=0.08mol/L x0.5L=0.04mol , Na2CO3 10H2O 的摩尔质量为 286g/mol,需要 Na2CO3 10H2O 的质量=nM=0.04 mol X286g/mol=11.44g故答案为：11.44。13. (1)0.3mol NH3分子中所含原子数与 个H2O分子中所含原子数相 等。(2)在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl ,该金属元素的相对原子质量为 。在标准状况下