2020-2021【化学】化学物质的量的专项培优练习题附详细答案

1、一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)1 .按要求完成下列填空。(1)在等体积的NaCkMgCl2、A1C13三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好者B完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为一。(2)将3.22g芒硝(NazSQ10H2。)溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+,则需水的质量为_g。(3)在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净，所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5,将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的O(4) 100mL0.3mo1/LNazSQ(密度为d1g/cm3)和50mL0.2mo1/LAl2(SQ)3(

2、密度为d2g/cm3)混合，所得密度为d3g/cm3的混合溶液中SQ2-的浓度为。(用含d1,d2,d3的式子表不)(5)已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7,现将7mo1AOH与5mo1BOH混合后，从中取出5.6g,恰好可以中和100ml浓度为1.2mo1/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为O(6)标准状况下，用一定量的水吸收HC1气体后制得浓度为1.0mo1/L,密度为1.0365g/cm-3的盐酸。请计算1体积水吸收体积的HC1可制得上述氨水。【答案】6：3：234.25(或83.3%)6d3/(10d1+5d2)mo1/L40g/mo122.4【解析】【详解】(1)设NaC1、

3、MgC12、A1C3的物质的量分别为x、y、z,由分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则种溶液中C1的物质的量相等，x=yX2=zX,3解得x：v：z=6：3：2,因溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度之比，所以浓度之比为6:3:2;故答案是：6:3:2;(2)3.22g芒硝的物质的量为3.2Z322=0.01mo1,所以溶液中n(Na+)=2n(Na2SC410H2O)=0.01x2=0.02mp1每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n(H2O)=100n(Na+)=2mo1,0.01mo1Na2SO410H2O中含有水的物质的量为0.01x10=0.1mp1所以需要的水的物质

4、的量为2-0.1=1.9mo1,所以需要水的质量为1.9mo1X18g/mo1=34.2g；故答案是：34.2；(3)用排气法收集氨气后，收集到的氨气气体不纯，含有空气；空气的平均相对分子质量为29,混合气体的平均相对分子质量为：9.5X2=1破烧瓶的容积为VL,氨气的体积为xL,空气的体积为(V-x)L,则有：17x/Vm+(29gV-x)/Vm)+(Vm)=19,解之得：x=5V;将此瓶65气体倒置于水槽中，进入烧瓶的椒体体积为氨气体积，即-V,烧瓶内液面上升的体积占6烧瓶总体积为：(5V)/V=5(或83.3%);665故答案是：至(或83.3%);(4)混合液的质量为(100di+50

5、d2)g,混合后溶液的体积为：(100di+50d2)+(3mL=(100di+50d2)+dx13L；溶液?！合后n(SO42')=(0.1x0.3x1+0.05x0.2X3)=0.06m0gc=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：0.06弋100d1+50d2)+3xT&=60d3/(100d1+50d2)mol/L=6d3/(10d1+5d2)mol/L故答案是：6d3/(10d1+5d2)mol/L;(5)设AOH和BOH的摩尔质量分别为5xg/mol和7xg/mol,n(HC)=n(OH)=0.1X1.2=0.12mol7molAOH与5molBOH混合物中含有

6、n(OH")=7+5=12,根据题意可知，5.6g混合碱中含有n(OH)=0.12mol,则含有n(OH-)=12mol时，混合碱的质量为560g；根据7molx5xg/mol+5molx7xg/mol=560g,x=8,所以AOH的摩尔质量为40g/mol;故答案是：40g/mol;(6)假设溶液体积为1.00L,1.00L盐酸中含氯化氢的物质的量为：1LX1mol/L=1mol,V(HCl)=1X22.4=22;4L1.00L盐酸中含水的质量为：m(H2O)=1X1.0365>3-10X36.5=1000gV(H2O)=1L；标准状况下，1体积水吸收氯化氢的体积为V=V(H

7、Cl)/V(H2O)X1L=22.4L故答案是：22.4。2 .设Na代表阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，打述X?22.4L(标准状况)僦气含有的质子数为18Na标准状况下，11.2LCH和C2H4混合物中含氢原子数目为2Na标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2Na1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14Na标准状况下，5.6LCQ气体中含有的氧原子数目为0.5Na1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1Na常温常压下，8gO2含有的电子数为4Na常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2Na标准状况下，22.4L

8、CC4中含有的CC4分子数为Na常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3Na?标准状况下，11.2LCH3CH20H中含有的分子数目为0.5Na?常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1Na【答案】VVX/，XVXXX【解析】【分析】运用n=m/M、V=nWm,n=V/Vm等公式的应用转换，先求出物质的量，然后求出分子的总个数，在根据这个分子中含有多少个相关微粒。【详解】标准状况下，22.4L僦气的物质的量为1mol,1个僦气分子中含有18个电子，故22.4L(标准状况)僦气含有的质子数为18Na说法正确；标准状况下，11.2LCT和C2H4混合物的物质的量是：

9、11.2L/(22.4L/mol)=0.5mol,1个CH分子中、1个C2H4分子中都含有4个H原子，所含H原子的个数为0.5NaX4。，故标准状况下，11.2LCH和C2H4混合物中含氢原子数目为2Na说法正确；标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是：2.24L/(22.4L/mol)=0.1mol,所含分子数为0.1Na,故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2Na说法错误；1mol的CO和此混合气体的分子数为Na,1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子，故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14Na说法正确；标准状况下，5.6LCQ气体的物

10、质的量为5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol,1个CO2分子中含有2个O原子，故标准状况下，5.6LCQ气体中含有的氧原子数目为0.5Na说法正确；1.6g由O2和O3组成的混合物中O原子的物质的量为0.1mol,故1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1Na说法正确；常温常压下，8gO2的物质的量为8g/(32g/mol)=0.25mol,1个O2分子中含有16个电子，故8gO2含有的电子数为4Na说法正确；常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol,故常温常压下，22.4LNO2和CC2的混合气体中O原子数目为2Na说法错误；标准状况下，CC4是液体，不

11、能利用气体摩尔体积计算22.4LCC4的物质的量，故标准状况下，22.4LCC4中含有的CC4分子数为Na说法错误；18gH2O的物质的量为18g/(18g/mol)=1mol,1个H2O分子中含有3个原子，故常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3Na说法正确；?标准状况下，CKCH20H是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH3CH20H的物质的量，故标准状况下，11.2LCRCH20H中含有的分子数目为0.5Na说法错误；?常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol,故2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1Na说法错误；【点睛】本题考查物质的量、阿伏伽德

12、罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算，另外注意气体摩尔体积的适用范围。3 .完成下列填空：(1)已知反应：Fe2O3+2Al-UAl2O3+2Fe,则该反应所属基本反应类型是一。在反应中铁元素的化合价变化_(填升高"或降低"，)该元素的原子_(填失去"或得到”)电子。发生氧化反应的是，发生还原反应的是。(2)反应2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2T+8H2O中：反应中被氧化的元素是，被还原的元素是。若生成71gCl2,则消耗的HCl是_g,被氧化的HCl是_g。【答案】置换反应降低得到AlFqO3ClMn116.873【解析】【

13、分析】(1)反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B反应中，Fe的化合价由+3价变为0价；反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。(2)还原剂被氧化，氧化剂被还原；根据方程式进行计算。【详解】(1)反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B属于置换反应。反应中，Fe的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al发生氧化反应；F&O3发生还原反应。(2)还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；若生成71gCl2,即1mol,需消耗3.2molHCl,即3.2X36.5=116.8g化合价升高的HCl为2mol,即73g。【点睛】高镒酸钾与

14、浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加反应，其中有10molHCl发生了氧化反应，产生了5molCl2,6molHCl价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。4.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。abcde(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3.36L(标准况)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

15、作方法为,测得样品pH约为3;为进一步探究由SQ所形成酸雨的性质，将一定量的SQ通入蒸储水中，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”、藏小”或不变”。)【答案】ae31.5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中央，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：Na2SO3S。，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要

16、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：Na2SQ+H2SOH=Na2SOH+SO4+H2O,根据反应方程式可知：NazSQSQ,3.362n(SQ)=0.15mol,则需亚硫酸钠的质量为：m(Na2

17、SQ)=0.15molx12622.42/molg/mol=18.9g；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189g=31.5g；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

18、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。5 .O2和O3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：(1)等质量的O2和O3所含原子个数比为，分子的物质的量之比为。(2)等温、等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为一质量比为。(3)设Na为阿伏加德罗常数的数值，如果ag氧气中含有的分子数为b,则cg氧气在标准状况下的体积约是(用含Na的式子表示)。(4)常温下，将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3溶液混合，得到密度为1.15gcm-

19、3的混合溶液。该混合溶液的物质的量浓度为molL-1。【答案】1:13：21：12：322.4bcLaNA2.28【详解】M(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为羽：而=3：2,则所含分子个数之比为3:2,原子个数之比为1：1,故答案为：1:1;3:2;O2和O3(2)据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有相同数目的分子，即所含分子数之比为1：1,则原子个数比为2：3,质量比为2：3,故答案为：1:1;2:3；I.一I(3)氧气的摩尔质量为M=3=短团=Wgmol1，则cgO在标准状况下体积为V=£Vm=a-Vmc22x22.4Imol1=二yL故答案为：-L.;丁国1

20、1K4团刈aNA(4)混合后溶液中的KNO3的物质的量为n(KNO3)=而器尸=0.099mo)混合后溶液的总体积为VKNO3(aq)=工忘产=43.5cri3i=4.35X102l,混合后溶放中KNO3的物质的量浓度为c(KNO3)=tTTJTFT-2.28mol1,L故答案为：2.28。6 .按要求回答下列问题(1)实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl(浓)=3C。+2CrC3+2KCl+7H2O,当转移0.6mole-时被氧化的HCl为mol(2)同温同压下，相同物质的量的SQ气体和SO3气体，其分子数之比为,密度之比为(3)

21、向澳化钠溶液中通入适量的氯气，产生的现象是,反应的化学方程式是；CE、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是。下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是。贝壳紫菜鱼海带(4)将相同质量的镁条分别在：氧气；空气；氮气；二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是(填序号)。【答案】0.6mol1：14：5溶液由无色变为橙色C2+2NaBr=Br2+2NaClC2>Br2>I2<<<【解析】【分析】(1)先分析方程式中转移电子与发生氧化反应消耗HCl的关系，然后计算转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量；NmM(2)根据n=1及P计算；NA

22、VVm(3)活动性强的可以把活动性弱的置换出来，根据Br2的水溶液显橙色分析；根据同一主族的元素性质变化规律分析；根据海产品的成分分析；(4)根据题意结合化学反应的方程式，可以使各个产物在镁原子个数相同的情况下来比较质量的大小。【详解】(1)在反应K2Cr2O7+14HCl(浓)=3Cl2T+2CrC3+2KCl+7H2O中，每转移6mol电子，会有6molHCl被氧化产生Cb,则当转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量为0.6mol;N(2)根据物质的量与微粒数目关系式n=可知：气体的分子数的比等于气体的物质的量的Na比。所以同温同压下，相同物质的量的SQ气体和SQ气体，其分子数之比

23、为1：1;在同温同压下，气体摩尔体积相同，根据气体的密度定义式pmM可知：气体的密度与VVm气体的摩尔质量成正比，所以在同温同压下，SQ气体和SQ气体的密度比P(SO：p(SO=64g/mol:80g/mol=4:5；(3)由于活动性Cl2>B2所以向澳化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl,反应后产生的Br2的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶液由无色变为橙色；同一主族的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是Cl2>Br2>I2；贝壳主要成分为碳酸钙，不符合题意；紫菜

24、主要成分为蛋白质、维生素，不符合题意；鱼主要成分为蛋白质，不符合题意；海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，符合题意；故合理选项是；(4)Mg燃烧的有关反应方程式为：2Mg+O2点燃2MgO:3Mg+N2点燃Mg3N2：2Mg+CO2点燃2MgO+C,可假设镁的物质的量是1mol,比较Mg燃烧后生成的固体增加的质量；ImolMg在O2中燃烧质量增加ImolO原子的质量16g;在N2中燃烧质量增加1molN2的质量28g；在空气中燃烧产物既有MgO、也有Mg3N2,所以增加的质量在33一g16g之间；在CQ中燃烧质量增加1molO和0.5molC原子的质量，16g+6g=22g,可3见等

25、质量的Mg在四种情况下质量增加由小到大的顺序是氮气<空气<氧气二氧化碳，Mg的质量相等，增加的质量越大，则反应后得到的固体质量越大，所以将相同质量的镁条分别在：氧气；空气；氮气；二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是<<。【点睛】本题考查了物质成分的判断、物质活动性比较及物质的量在化学方程式计算的应用的知识。结合元素周期律分析判断物质的活动性及反应现象，对于镁带在不同条件下燃烧产物质量比较，可假设Mg的物质的量都是1mol,根据产生的物质的组成确定增加元素及其质量，增加的质量越多，反应后得到的固体质量就越大，难点是判断镁在空气中的产物质量，学生只要

26、明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值，应注意解答的规范化。7. (1)1molH2SQ中含有个硫原子，molO。(2)写出下列物质在水溶液中的电离方程式HCl：NaHSOH：(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+H2ONH4c104N2T+O2T+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+4HNO3(浓)=Cu(NQ)2+2NO2T+2H20HN03的作

27、用是,发生氧化反应，氧化产物是。【答案】Na4HC1=H+ClNaHSQ=Na+H+SQ2-2Na2O2+2CQ=2Na2CO3+O24Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+5163342546失主2T0+5+2+4闻刘舞-rtJB,|"t氧化性和酸性Cu(NO3)2CirHHMO(ift)Cu(NO)-2NQ.t-ZH-Otf-"r'1w【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

28、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H2SQ分子中含有1个S原子，4个O原子，则1mo1H2SO1中含有Na个硫原子，4mo1O;(2)HC1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：HC1=H+C；NaHSQ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：NaHSQ=Na+H+SO2-；(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2

29、O2+2CQ=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5I+IO3+6H+=3I2+3H2O;高氯酸俊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4NH4ClQ=2N2T+504+4HC1+6HO;(5)反应中Cu作还原剂，失

30、电子，化合价由0价变为+2价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、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+214Cu(NQj)2+2NO泌。1 4J-由利Cw+4HNQ(浓)CiXMCi)2+2U【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。8 .某同学设计如下实验方案，以分离KC1和BaC2两种固体混合物，试回答下列问题:供选试剂：Na2SC4溶液、K2CQ溶液、K2SO4溶液、盐酸(1)操作的名称是，试剂a的溶质是(填化学式)(2)加入试剂b所发生反应的化学方程式为。(3)该方案能不能达到实验

31、目的：,若不能，应如何改进？(若能，此问不用回答)。(4)用分离出的固体B配制100mL0.5mol/L的溶液B,现有如下可供选择的仪器：A.胶头滴管B.烧瓶C.烧杯D.药匙E量筒F托盘天平。用托盘天平称得固体B的质量是go配制溶液B时，上述仪器中一定不需要使用的有(填字母)，还缺少的仪器有(写仪器名称)。【答案】过滤K2CO3BaCQ+2HCl=BaC2+CQT+KO不能应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶10.4B100mL容量瓶、玻璃棒【解析】【分析】【详解】分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaC

32、l2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2,操作所得滤液为KCl和K2CQ的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CQ,应加入过量盐酸可得KCl,沉淀A为BaCO,洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2,(1)将固体配成溶液，应加水溶解，操作为固体和液体的分离，为过滤操作；根据以上分析可知，溶液中加入过量的&CQ溶液使BaCl2转化为沉淀，试剂a的溶质是K2CO3;综上所述，本题答案是：过滤；K2CQJ。(2)沉淀A为BaCQ,加足量的盐酸，反应生成氯化钢和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：BaCQ+2HCl=BaC2+CO2f+H2O;综上所述，本题答案是：BaCQ+2H

33、Cl=BaC2+CQT+H2O。(3)该方案不能达到实验目的，因为操作进行完成后，所得滤液为KCl和K2CQ的混合物，应该加入过量的盐酸，把K2CO3变为氯化钾，然后再进行蒸发结晶，得到氯化钾固体；综上所述，本题答案是：不能；应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。(4)固体B为氯化钢,其质量是0.1Lx0.5mol/Lx208g/mol=10;4综上所述,本题答案是：10.4。固体配制氯化银溶液时，称量后溶解、定容等，不需要烧瓶，还缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒；综上所述，本题答案是：B,100mL容量瓶、玻璃棒。9 .请按要求填空：(1)用已准确称量的1.06gNa2CC3固体配制

34、0.100mol/LNazCQ溶液100mL,所需要的仪器为。(2)除去Na2CQ固体中混有的少量KNO3,所进行的实验操作依次为、蒸发、结晶、。(3)除去KCl溶液中的SC42-,依次加入的溶液为(填物质的化学式)。【答案】烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管溶解趁热过滤、洗涤、灼烧BaC2、K2CQ、HCl【解析】【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析；(2)Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离；除去KCl溶液中的SQ2-,应使SO2-离子转化为沉淀，注意不能引入新的杂质。【详解】(1)配制一定物质的量的浓度的溶液需要

35、称量、溶解、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要烧杯、玻璃棒，定容需要胶头滴管、需要100mL容量瓶进行配制，故所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；(2)Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离，具体做法是先将固体溶解，然后蒸发、结晶，趁热过滤、洗涤晶体，最后灼烧晶体可得到碳酸钠；(3)除去KCl溶液中的SO42-,应先加入过量BaCb的使SO42-生成沉淀，然后再加入K2CQ使过量的BaCb生成沉淀，过滤后加入HCl除去过量的K2CO3。故依次加入的溶液为BaCR、K2CO3、HCl。【点睛】本题考查了物质的量溶液的配制、物质的分离、提纯的基本方法选择与

36、应用，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法，本题易错点为(3),注意加入试剂的顺序和除杂原理。10 .氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。(1)下列表述中没有氧化还原反应发生的是。a.滴水成冰b.蜡炬成灰c.百炼成钢(2)NH3和C12反应的方程式为：NH3+CI2-N2+HC1该反应中被氧化的元素是(填元素名称)，氧化剂是(填化学式)。配平该方程式：NH3+C12=N2+HC1若要制得标准状况下氯气11.2L,则整个反应中转移电子的物质的量为。【答案】a氮C223162HC1+CuO=CuC2+H2O1mo1【解析】【分析】(1)a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化

37、，符合题意，a正确；b.蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；c.百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；(2)还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原；利用化合价升降法配平；(3)根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuC2和H2O;标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mo1,反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，氯元素化合价由-1升高为0。【详解】(1)a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；b.蜡炬燃烧生成二氧化

38、碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；c.百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；故答案为a;(2)NH3和C12反应中氮元素化合价由-3升高为0,氯元素化合价由0降低为-1,该反应中被氧化的元素是氮元素，氧化剂是Ob；氮元素化合价由-3升高为0,氯元素化合价由0降低为-1,最小公倍数为6,根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Ol2=N2+6HCI;(3)根据反应原理图，反应I是HCI、CuO反应生成CuC2和H2O,反应方程式是2HCI+CuO=CUC2+H2O;标准状况下11.2L氯气

39、的物质的量是0.5mol,反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，根据2CuC2+O2=2CuO+2C2,氯元素化合价由-1升高为0,所以生成0.5mol氯气转移1mol电子。【点睛】还原剂化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物；氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物。11.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6.72L柝准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠go(1) 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.丫

40、淞体一好a汕滴有船航的冰二；写出Na与水反应的离子方程式。Y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】13g2Na+2H2O=2Na+2OH，H2A长颈漏斗液面差不变N&CQ1.6NaOH0.4【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

41、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2NaHCQNa2CQ+CO4+H2O：然后发生2Na2d+2CC22Na2CO3+O2和2Na2O2+2H2O4NaOH+OH,以此来解答。【详解】(1)设需要NaN3的质量为m,则：2NaN3撞击_.2Na+3N2T130g67.2Lm6.72L130g6.72L_m=672L逸；(2)Na与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2T;装置可知Y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，故A正确；B.酒精与水互溶，故B错误；C.四氯化

42、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ZNaHCQuNazCQ+CQT+H2O可知，1.6mol碳酸氢钠分解生成0.8molNa2CO3、0.8molCO2、0.8molH2O,由2Na2O2+2CQ2Na2CQ+O2可知，0.8molCO2与0.8molNa2O2反应生成0.8molNa2CC3,2Na2O2+2H2O4NaOH+QT,0.2molNa2O2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

43、是NaOH、NmCQ,两者的物质的量分别为0.4mol、1.6mol。12.下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。问:i分子式：MCI:相对分子质量;3S-5外观合格!密度约t1.ISgZcik1；HC1的质量分数：36.懿：符合GE622-S9|试剂生产许可证编号(1)该盐酸的物质的量浓度为(2)下列实验操作会导致实验结果偏低的是()配制100g10%的CuSQ溶液，称取10g硫酸铜晶体溶于90g水中测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与祛码放反了，游码读数为0.2g,所得溶液的浓度用酸式滴定管量取用98%,密度为1.84g/cm3的浓H

44、2SO4配制200mL2mol?L-1的稀H2SO4时，先平视后仰视。A,只有B,只有C.D.(3)已知CO和CQ的混合气体14.4g,在标准状况下所占的体积为8.96L。则该混合气体中，CO的质量为g,CQ的物质的量为mol。(4) 1mol氧气在放电条件下，有30%转化为臭氧(O3),则放电后所得混合气体对氢气的相对密度是()A.16B.17.8C.18.4D,35.6【答案】11.8mol/L5.60.2B【解析】【分析】(1)根据物质的量浓度c=1000P吊算出该盐酸的物质的量浓度;M(2)根据操作不当对溶质的质量或溶液的体积的影响效果分析作答；(3)混合气体的体积为8.96L,则物质

45、的量为8.96L=0.4mol,根据气体的总质量和22.4L/mol总物质的量列方程式计算；M一(4)根据公式p=可知，相同条件下，气体摩尔体积相同，所以不同气体的密度之比Vm等于其摩尔质量之比，先根据转化关系计算混合气体的摩尔质量，再计算混合气体摩尔质量与氢气的摩尔质量之比。c=幽包10001.1836.5%【详解】=11.8mol/L,36.5mol/L(1)该盐酸的物质的量浓度为：故答案为：11.8mol/L;(2)硫酸铜晶体为CuSQH2O,则称取10g硫酸铜晶体溶于90g水中形成硫酸铜溶液，硫酸铜的实际质量小于10g,所配硫酸铜溶液的质量分数小于10%的，实验结果偏低，项正确；测定碳

46、酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大，实验测量结果偏高，项错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与祛码放反了，游码读数为0.2g,实际称取的药品质量减小，所配溶液的浓度偏低，项正确；酸式滴定管的“0刻度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，项正确；故答案为：；(3)混合气体的体积为8.96L,则物质的量为8.96L-=0.4mol,设混合气体中CO的物22.4L/mol质的量为xmol,CQ的物质的量为ymol,则28x+44y=14.4，x+y=0.4，联立方程组解之得：x=0.2,y=0.2,所以m

47、(CO)=0.2molx28g/mol=5.6g,故答案为：5.6;0.2;(4)1molO2有30%转化为臭氧(O3),发生反应的O2为1molx30%=0.3m.ol由反应3O2放电2O3知，生成的O3为0.2mol,故反应后所得气体为0.2molO3和O2为(1-0.3)mol=0.7mol,故M=/冽怨=1T=35.6g/mol,氢气的摩尔质量是2g/mol,混0.2mol+0.7mol合气体的摩尔质量和氢气的摩尔质量之比等于其密度之比=35.6g/mol:2g/mol=17.8,B项正确；故答案为：B。13.(1)写出离子方程式：向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSQ溶液至Ba2+刚好

48、沉淀完全；(2)标况下，将224L氯化氢气体溶于V升水中，所得溶液密度为dg/mL,则此溶液中溶质的物质的量浓度为mol/L(3)使物质的量浓度之比为1:2:3的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl-恰好完全沉淀时，若所用相同物质的量浓度的硝酸银溶液的体积比为3:2:3,则上述三种溶液的体积之比(4)5.00gCuSQ5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，则200c时所得固体物质的化学式为；Afi说，85.QO4.283-56.*3.20打二一nin(5)已知氧化性：Cl2>Fe3+>12,写出Fe2和Cl2按物质的量之比为7:8反应的总离子方程式【

49、答案】Ba2+QH'+H+SQi2'=BaSQJ+H2O10000d/(365+1000V)molL.118:3:2CuSQH2Q2F*+14I-+8C2=2Fe3+7l2+16Cl'【解析】【分析】根据物质的性质书写离子方程式；根据气体摩尔体积及物质的量间的关系计算物质的量浓度；根据图象信息结晶水的质量并计算书写化学式；根据电子转移守恒配平书写离子方程式。【详解】(1)沉淀刚好完全时，表示硫酸氢钠用量最少，与Ba2+刚好完全反应，发生的化学方程式为：Ba(QH)2+NaHSC4=BaSQJ+NaQH+HO,转化为离子方程式则为：Ba2+QH-+H+SC42'=

50、BaSQJ+HO;(2)由题，n(HCl)=V(HCl)/Vm=224L+22.4L/mol=10mo,lm总=m(HCl)+m(H2Q)=n(HCl)XM(HCl)+V(HXp2Q)=10X36.5+V及X01=(365+1000V)g、,m总365+1000V,丫总=mL,P总dn(HCl)10-110000d,1=“L-,molL=molL,c(HCl)=V总365+1000V-3365+1000V,故答案为:X10dL-110000d,mol365+1000V(3)由题可以写出氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应的化学方程式：NaCl+AgNQ=AgClJ+NaNQ,MgCl2+2AgN

51、Q3=2AgClJ+Mg(N2,AlCl3+3AgNQ3=3AgClJ+Al(NQ)3,若假设硝酸银物质的量浓度为1mol/L,氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银体积分别为3L、2L、3L,则氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银物质的量为3mol、2mol、3mol,将三者消耗硝酸银物质的量代入方程式，可以得出氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量分别为3mol、1mol、1mol,因为三者物质的量浓度之比为1:2:3,可列出等式为：三种溶液的体积之比31:1/2:1/3,化简可以得到：三种溶液的体积之比18:3:2,故答案为：18:3:2。(4)由图可以得知，200c时，五水合硫

52、酸铜并未脱水完全，分子中还有一定量的水存在，5.00g五水合硫酸铜，物质的量为5g+250g/mol=0.02mol,所以n(CuSQ)=0.02mol,n(H2Q)=0.1mol,200c时，固体质量为3.56g,所以含有水分质量为0.36g,n(H2Q)=m/M=0.36g+18g/mol=0.02mol可以得出固体化学式为：CuSQ2Q,故答案为:CuSQ-2Q。(5)由题，根据氧化还原反应得失电子数的规律，可以写出方程式为：7Fel2+8Cl2=2FeC3+7l2+5FeCl2,转化为离子方程式可得出：2Fe2+14I-+8Cl2=2FeT+7l2+16C,故答案为：2Fe2+14I-

53、+8Cl2=2Fe3+7l2+16C-。14.对一定量气体体积的探究。已知1mol不同气体在不同条件下的体积:化学式条件1mol气体体积/LH20C,101kPa22.4O20C,101kPa22.4CO0C,101kPa22.4H20C,202kPa11.2CO20C,202kPa11.2N2273C,202kPa22.4NH3273C,202kPa22.4(1)从表分析得出的结论：1mol任何气体，在标准状况下的体积都约为。1mol不同的气体，在不同的条件下，体积(填一定"、"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

54、因是：,(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等2.8L1：12：3106gmol-1p(H2)>p(Ne)>p(O2)【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；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=pRTt行分析。【详解】(1)从表中的H2、O2、CO在标准状况下体积可以看出：1mol