2023年化学一模试题分类汇编-物质的量综合及答案

2023-2023【化学】化学一模试题分类汇编——物质的量综合及答案一、高中化学物质的量练习题〔含具体答案解析〕某试验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进展有关性质试验，答复以下问题。(1)假设试验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体 。(2)从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器 (填序号)。(3)定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度 (偏高，偏低或不变)。(4)以下状况会使所配溶液浓度偏低 (填序号)。①称量读数时，左盘高，右盘低②溶液转移到容量瓶后，未进展洗涤操作③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水④定容时，仰视容量瓶的刻度线⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，马上将所得溶液注入容量瓶中⑥定容后摇匀，觉察液面降低，又补加少量水，重到达刻度线【答案】2.0 ①②⑤偏低①②④⑥【解析】【分析】依据配制溶液体积选择适宜容量瓶，依据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；称量肯定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；(3)、(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,c=n/V进展误差分析。【详解】475mL、0.10mol/LNaOH溶液,500mL500mL溶液，需要m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：2.0；氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：①②⑤；定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；(4)①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，应选；②溶液转移到容量瓶后，未进展洗涤操作，导致局部溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，应选；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，应选；⑤在烧杯中溶解NaOH后，马上将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；⑥定容后摇匀，觉察液面降低，又补加少量水，重到达刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，应选；综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：①②④⑥。【点睛】配制肯定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进展分析：但凡试验操作中引起溶质n增大的，所配溶液的浓度偏高，但凡试验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。480mL0.3mol.·L-1NaOH溶液和肯定浓度的硫酸溶液。请答复：如下图的仪器中，配制上述溶液肯定不需要的仪器为 (填选项字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为 (填仪器名称)。NaOH溶液。①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为 g。②假设NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所配制的溶液浓度将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。配制硫酸溶液。①试验室用98%(ρ=1.84g·cm3)的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸的体积为 mL。②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1，缘由可能是 (填选项字母)。A．用胶头滴管加水定容时俯视刻度容量瓶中原来存有少量水稀释硫酸的烧杯未洗涤用胶头滴管加水定容时仰视刻度【答案】AC 烧杯、玻璃棒6.0 偏低100mL CD【解析】【分析】配制肯定物质的量浓度的溶液的步骤有：计算、称量、溶解〔冷却〕、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。配制硫酸溶液时，依据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度1000可依据公式c= M

进展计算。【详解】(1)用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒，因此肯定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。(2)①配制溶液应依据体积选择适宜的容量瓶以确保精度，然后依据容量瓶体积计算溶质的量，配480mL0.3mol/LNaOH500mLNaOH的物质的量为0.5L×0.3mol/L=0.15molNaOH的质量为：m=n·M=0.15mol/L×40g/mol=6.0g，因此需要6.0NaOH固体。②NaOH溶液转移时洒落少许，会使溶质物质的量减小，配制的溶液浓度偏低。〔3〕98%的浓硫酸的分数为:c=1000

10001.84g/L98%=18.4mol/L,需要浓硫酸的n 3.68mol/L0.5L体积为：V= =c 18.4mol/L

M 98g/mol0.1L100mL。(4)A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度，读数比实际体积大，参加的水会低于刻度线，会使实际溶液浓度偏大，A错误；容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度，B错误；稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸剩余在烧杯中，会使配制的溶液浓度减小，C正确；用胶头滴管加水定容时仰视刻度，读数比实际体积小，参加的水会超过刻度线，会使实际溶液浓度减小，D正确；CD。【点睛】此题的易错点为〔3〕①，计算浓硫酸用量时，需依据稀释前后物质的量不变来计算，稀硫酸的浓度和体积是的，只需要知道浓硫酸的浓度即可，浓硫酸的浓度可用公式1000c= M 算出。〔1〔1〕反响：FeO＋2 32AlAlO＋2 32Fe，则①该反响所属根本反响类型是 。②在反响中铁元素的化合价变化 (填“上升”或“降低”)，该元素的原子 (填“失去”或“得到”)电子。③发生氧化反响的是 ，发生复原反响的是 。〔2〕2KMnO＋16HCl(浓)=2MnCl＋2KCl＋5Cl↑＋8HO中：4 2 2 2①反响中被氧化的元素是 ，被复原的元素是 。②假设生成71gCl2，则消耗的HCl是 g，被氧化的HCl是 g。【答案】置换反响降低得到Al Fe2O3 Cl Mn 116.8 73【解析】【分析】AB+C=AC+B。②反响中，Fe的化合价由+30价；③反响中，复原剂被氧化，发生氧化反响。①复原剂被氧化，氧化剂被复原；②依据方程式进展计算。【详解】AB+C=AC+B，属于置换反响。②反响中，Fe的化合价由+30价，化合价降低，得电子；③反响中，复原剂被氧化，发生氧化反响，则Al发生氧化反响；Fe2O3发生复原反响。①复原剂被氧化，氧化剂被复原，则Cl被氧化，Mn被复原；271gCl1mol3.2molHCl3.2×36.5=116.8gHCl为22mol73g。【点睛】2高锰酸钾与浓盐酸反响制备氯气，16molHCl10molHCl发生了氧化反响5molCl，6molHCl价态没变，生成了盐，表达了其酸性的性质。2②氯气和碱反响放出热量。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反响：3Cl2+6OH-5Cl-②氯气和碱反响放出热量。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反响：3Cl2+6OH-5Cl-23 +ClO-+3HO。该兴趣小组设计了以下试验装置进展试验。3 请答复以下问题：①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是 。100mL12mol·L-18.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反响，则理论上最多可制得Ca(ClO)2 g。Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。他们争论后认为，局部氯气未与石灰乳反响而逸出，以及温度上升也是可能缘由。为了探究反响条件对产物的影响，他们另取肯定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量(n)与反响时间(t)的关系曲线，粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反响)。①图中曲线Ⅰ表示 离子的物质的量随反响时间变化的关系。2②所取石灰含有Ca(OH)的物质的量为 mol。2 ③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反响后测得产物中 nClO的物质的量为5，则产物中nClO 。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： 。【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)①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；MnO2+4HCl(浓MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，结合定②依据氧化复原反响中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后依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；③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反响后测得产物中Cl-0.35mol，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，依据氧化复原反响电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。(3)依据题中信息，在高温度下发生副反响，可以把丙装置放入冰水中。(1)①浓盐酸和二氧化锰反响制取氯气的方程式为：(1)①浓盐酸和二氧化锰反响制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，在反响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Cl2HCl气体；②n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，n(MnO2)=

8.7g87g/mol

=0.1mol，MnO、HCl反响的物质的21：48.7gMnO2MnO2为标准计算，2n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol，将所得氯气与过量的石灰乳反响，反响方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，依据方程式中物质反响关系可知：理论上最多可制得Ca(ClO)20.05molm[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；①当温度低时，氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开头反响时，温度较低，氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙和次氯酸钙，所以2中曲线IClO-的物质的量随反响时间变化的关系；②依据氧化复原反响中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被复原的氯离子的物质的量nn×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35molCl2中含氯原子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5molCaCl、Ca(ClO)、Ca(ClO)中钙离子和含氯离子的个2 2 320.5mol数比为1：2，所以所取石灰含有Ca(OH)2的物质的量为

=0.25mol；3 ③取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25mol，依据氧化复原反响中得失电子数相等，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(ClO-)=y；则得到：0.35=x×1+y×5；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素1：20.5mol；x+y+0.35=0.5，解得：x=0.13 nCl 0.1mol5，则产物中nCl3

=2：1；3Cl3Cl2+6OH-5Cl-+ClO-+3HO。32【点睛】此题考察了性质方案的设计。明确试验目的、试验原理为解答关键，留意娴熟把握氯气的试验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法，题目培育了学生的分析、理解力量及化学试验、化学计算力量。在标准状况下，由一氧化碳和二氧化碳组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比是 ，一氧化碳的体积分数是 ，一氧化碳的质量分数是 ，碳原子和氧原子个数比是 ，混合气体的平均相对分子质量 ，密度 。【答案】1∶3 25% 17.5% 4∶7 40 1.79【解析】【分析】依据公式：【详解】

mn=M

V进展分析解答。Vm6.72L设一氧化碳的物质的量为x，二氧化碳的物质的量为y，则： xy0.328x44y12解得：x＝0.075mol，y＝0.225mol，此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比＝0.075mol∶0.225mol＝1∶3；0.075mol一氧化碳的体积分数是＝

0.3mol

×100%＝25%；一氧化碳的质量＝0.075mol×28g·mol-1＝2.1g，2.1g一氧化碳的质量分数＝12g×100%＝17.5%；碳原子和氧原子个数比＝(0.075mol＋0.225mol)∶(0.075mol＋0.225mol×2)＝4∶7；12g混合气体的平均摩尔质量＝0.3?mol＝40g·mol-140；12g混合气体的密度＝6.72L≈1.79g·L-1。答案：1∶3；25%；17.5%；4∶740；1.79。O2O3是氧元素的两种单质，依据其分子式完成以下各题：2 等质量的O和O所含原子个数比为 ，分子的物质的量之比为 2 2 等温、等压下，等体积的O和O所含分子个数比为 ，质量比为 2 A设NA为阿伏加德罗常数的数值，假设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N的式子表示)。A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1.15g·cm-3的混合溶液。该混合溶液的物质的量浓度为 mol·L-1。22.4bc【答案】1：1 3：2 1：1 2：3【解析】(1)(1)O2O3的物质的量之比为∶＝3∶23∶2，原子

aN L 2.28A个数之比为1∶1，故答案为：1:1；3:2；(2)据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有一样数目的分子，即O2O3(3)M＝＝＝g·mol－1cgO2在标准状况积为V＝·Vm(3)M＝＝＝g·mol－1cgO2在标准状况积为V＝·Vm＝×22.4L·mol＝×22.4L·mol－1＝L，故答案为：22.4bcaNL；(4)KNO3n(KNO3)＝≈0.099mol，混合后溶液的总体V[KNO3(aq)]＝≈43.5cm3＝4.35×10－2LKNO3的物质的量浓度c(KNOc(KNO3)＝≈2.28mol·L－1，故答案为：2.28。碘是人体不行缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精4盐中添加肯定量的KIO3进去。某争论小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，觉察其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO＝3I2+3H2O+3K2SO44①氧化剂与复原剂的物质的量比是 ；假设反响生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是 。4②先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后参加稀硫酸和KI溶液，最终参加肯定量的CCl，振荡，这时候，观看到的现象是 ；4③假设承受以下图试验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分别。写出图中仪器的名称：① ；该装置还缺少的仪器是 ；冷凝管的进水口是： 〔gf〕。MnCl2+Cl2↑+2H2O试验室常用MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O2①试验室用MnO和浓盐酸制氯气的离子方程式： 2②上述反响中氧化剂： ，复原剂： ，被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值 。2 ③a:Cl2+2I-=I2+2Cl-；b:Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-；c:2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。Cl、I、Fe3+的氧化性由强到弱的挨次：2 〔浓〕Mn2++Cl2↑+2H2O MnO2 HCl 1:1 Cl2>Fe3+>I2【答案】〔浓〕Mn2++Cl2↑+2H2O MnO2 HCl 1:1 Cl2>Fe3+>I2【解析】【分析】①KIO+5KI+3HSO

+3H

O中，I元素的化合价由+50，I元素3 2 4 2 2 4 2的化合价由-1价上升为0，化合价上升值=化合价降低值=转移电子数，依据化合价变化确定电子转移状况；②碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，参加四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；③依据蒸馏的正确操作与留意事项分析；2MnO2

和浓盐酸制氯气；②依据氧化复原反响的规律分析；③依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答；【详解】KIO3KI，氧化剂与复原剂的物质的量比是1:5；生成3molI25mol0.3mol0.5mol，转移的电子的数目为0.5NA；②溶液分层且I2溶于CCl4中呈紫色，密度较大，因此观看到的现象是溶液分层，下层液为紫红色；③该图为蒸馏装置①是蒸馏烧瓶，②是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计；冷凝水进出水方向为“下进上出”，即g口为进水口；MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反响为：MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反响为：MnO2+4H++2Cl-〔浓〕Mn2++Cl2↑+2H2O；Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从-10价，MnO2作氧化剂，HCl作复原性，盐酸具有复原性和酸性，且被氧化的HClHCl的比值1:1；222③aCl2作氧化剂，I2Cl2>I，bCl2作氧化剂，Fe3+为氧Cl2>Fe3+，cFe3+作氧化剂，I2Fe3+>I，综上，Cl2>Fe3+>I。222【点睛】此题的难点是氧化性强弱的推断，一般依据氧化复原反响原理来推断(1)氧化性强弱：氧化剂>氧化产物。(2)复原性强弱：复原剂>复原产物。Ⅰ某无土栽培用的养分液，养分液要求KCl、K2SO4NH4Cl3种固体原料的物质的量之1:4:8。配制该养分液后c(NH4+)=0.016mol﹒L-1，溶液c(K+)= 。假设承受(NH4)2SO4和KCl来配制该养分液，则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为 1L1mol﹒L-1100mL：(1)取出的这100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是 。假设将取出的这100mL氢氧化钠溶液加水稀释至500mL，所得溶液的物质的量浓度是 。某学生打算用12mol﹒L-1的浓盐酸配制0.1mol﹒L-1的稀盐酸450mL，答复以下问题：(2)试验过程中，不必使用的是 (填字母)。A．托盘天平 B．量筒 C．容量瓶D．250mL烧杯E.胶头滴管F.500mL除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是 。量取浓盐酸的体积为 mL，应选用的量筒规格为 (供给10.0mL、25.0mL)。(5)配制时应选用的容量瓶规格为 。(6)某同学操作消灭以下状况，对所配溶液浓度将有何影响〔填“偏高”“偏低”或“无影响”〕。定容时俯视刻度线 加蒸馏水时不慎超过了刻度 ,此时应如何处理 。【答案】0.018mol/L 4:9 1mol/L 0.2mol/L A 玻璃棒4.2mL 10.0mL 500mL 偏高偏低重配制【解析】【分析】ⅠKCl、KSO

Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中2 4 4K+NH

+的物质的量比为〔1+2×4〕：8=9:8K+NH+的物质的量比计算可得；4 4Ⅱ1L1mol﹒L-1100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置肯定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL500mL。【详解】2 4 Ⅰ〔1〕KCl、KSONHCl三种固体原料的物质的量之比为1:4:82 4 溶液中K+NH+的物质的量比为〔1+2×4〕：8=9:8c(NH

+)0.016mol﹒L-4 41，n〔K+〕：n〔NH+〕=c〔K+〕：c〔NH+〕=9:8c〔K+〕=90.016mol/L=0.018mol/L，故4 4 8答案为：0.018mol/L；4〔2〕设(NH4)2SO4的物质的量为x，KCl的物质的量的物质的量为y，由溶液中K+、NH+的9:8可得y：2x=9:8x：y=4：9，故答案为：4：9；4Ⅱ〔1〕1L1mol﹒L-1100mLNaOH溶液浓度等于100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L；据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，令稀释后的浓度为c，则可得关系式100mL×1mol/L=500mL×cc=0.2mol/L，故答案为：1mol/L；0.2mol/L；配置肯定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、500mL，不必使用的是托盘天平，故答案为：A；由〔2〕分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：玻璃棒；VmlHCl物质的量不变，则有×0×，解得，由量筒使用的最近原则可知，应选用10.0mL4.2ml浓盐酸，故答案为：4.2ml；10.0mL；450mL0.1mol﹒L-1450mL500mL的容量瓶，故答案为：500mL；定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，由于操作导致试验失败，解决的方法是重配制，故答案为：偏高；偏低；重配制。按要求完成以下填空。NaCl、MgCl、AlClAgNO

溶液，恰好都完2 3 3全反响，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为 。将3.22g芒硝〔Na2SO4·10H2O〕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。在枯燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不行能排净，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 。3 4 1 2 〔4〕100mL0.3mol/LNa2SO4(密度为d1g/cm3)和50mL0.2mol/LAl2(SO4)3(密度为d2g/cm3)混合，所得密度为dg/cm3的混合溶液中SO2−的浓度为 。〔用含d，d，d3 4 1 2 〔5〕AOHBOH5:77molAOH5molBOH混合5.6g100ml1.2mol/LAOH的摩尔质量为【答案】6：3【答案】6：3：234.256(83.3%)6d340g/mol1 210d+5d【解析】【分析】AgNO3Cl﹣的物质的量相等；1001个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:1；将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中，溶液上升体积等于氨气的体积；溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性；5.6g100mL1.2mol/L的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等。【详解】〔1〕NaC1、MgCl、A1Cl的物质的量分别为x、y、zAgNO

溶液恰2 3 3Cl﹣x=2y=3z，解得x：y：z=6：3：2，因溶液的体积一样，由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6：3：2，故答案为：6：3：2；〔2〕3.22g芒硝的物质的量为

3.22g322g/mol

=1moln〔Na+〕=2n〔Na

2SO•10H2O〕4=0.01mol×2=0.02mol1001个钠离子，所以n〔H2O〕=100n〔Na+〕44 =2mol，0.01molNa2SO•10HO0.01mol×10=0.1mol，需要的水的物2mol-0.1mol=1.9mol1.9mol×18g/mol=34.2g4 34.2；〔3〕由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5可知，混合气体的平均摩尔质量为2g/mol×9.5=19g/molx，则空气的体积分数为〔1-x〕，17x+29〔1-x〕=19x=5，溶液上升体积等于氨气的体积，故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶655；6 642 4 3 〔4〕100mL0.3mol/LNa2SO4SO2-的物质的量为0.1L×0.3mol/L=0.03moL，50mL0.2mol/LAl〔SO〕SO2-0.05L×0.2moL/L×3=0.03mol42 4 3 的总O的物质的量为，混合溶液的体积为10d15d2×—，4 d36d 6dmol 3 3SO

2−100d50d

= mol/L，故答案为： ；34 1 d3

10d1

+5d2

10d1

+5d2〔5〕5.6g100mL1.2mol/L的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等，盐酸的物质的量为1.2mol/L×0.1L=0.12mol5.6g混合碱中AOH7aBOH5a，由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量7a+5a=0.12mola=0.01molAOH5bBOH的摩尔质量7b5.6g可得：0.07mol×5b+0.05mol×7b=5.6b=8，则AOH40g/mol，故答案为：40g/mol。【点睛】溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键，也是易错点；由混合碱5.6g100ml1.2mol/L的盐酸确定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。210．〔1〕物质的量相等的CO和CO中，同温同压下所占的体积比为 ，原子个数之比为 ；2〔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〕可用于分别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．如欲分别或提纯以下各组混合物，请选择上述方法中最适宜者，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 ；4Na＋、SO24

、Cl－等杂质 ；④除去CuO中的Cu ；【答案】1:1 2:3 0.1 1:4 1:1 64g/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〕1.8gN=n×NA=N m

mNMA；n=

N =MA

，从而计算出M；选择分别物质的方法时，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，CuOCu可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。【详解】〔1〕依据阿伏伽德罗定律，在一样的温度和压强下，一样体积的任何气体含有一样数目的COCO2，分子的数目也一样，故体积也一样，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，分子的数目一样，故原子数目比2:3，故答案为：1:1；2:3；mN 1.8g〔2〕1.8g水中水分子的数目=

MA= ×N=0.1N个，0.1N

个硫酸分子的物质的18g/mol A A A量为0.1mol，由于分子数一样，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1:1，故答案为：0.1；1:4；1:1；N m〔3〕3.2g3.01×1022

n=

N =MA

，从而计算出mM=n

m 3.2g= N =3.011022

mol=64g/mol，NA 6.021023故答案为：64g/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别操作。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别操作，利用膜对溶质的选择透过性，实现不同性质溶质的分别，可用于分别溶液和胶体。D．蒸馏是一种热力学的分别工艺，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，再冷凝以分别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；③Na＋、SO2、Cl－等杂质，选择蒸馏；4CuOCu，可选择灼热氧化；故答案为：CB/BF；D；E。氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。I．工业上通常承受电解法制氯气：观看图1，答复：电解反响的化学方程式为 。假设饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是 。Ⅱ．某兴趣小组设计如图2所示的试验装置，利用氯气与石灰乳反响制取少量漂白粉〔这是一个放热反响〕，答复以下问题：B中反响的化学方程式是 。100mL12mol/L8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反响，则理论上最多可制得Ca(ClO)2 g。此试验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料觉察，主要缘由是在装置B中还存在两个副反响。32①温度较高时氯气与消石灰反响生成Ca(ClO32 。②试推断另一个副反响(用化学方程式表示) ，为避开此副反响的发生，可将装置做何改进 。通电【答案】2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ 移走烧杯，将潮湿的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，假设试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl22Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O7.15g冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O在AB之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶【解析】【分析】电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反响；与电源负极连接的电极为阴极，发生复原反响，依据产生气体的性质进展检验；ACl2BCl2与石灰乳反响制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染NaOH溶液进展尾气处理，据此分析解答。【详解】I.(1)NaOH、H2、Cl2，反响方程式为：通电2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑；(2)在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反响。由于放电力量Cl->OH-，所以2Cl-Cl2逸出，Cl2KII，I2Cl2的方法是移走烧杯，将潮湿的淀粉碘化钾试纸放在b22导气管口处，假设试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl；2II.(3)在装置BCl2与石灰乳反响制取漂白粉，反响的方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；MnO2+4HCl(浓)MnCl2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O0.1molMnO20.4molHCl<1.2mol，说明HClCl2MnO2计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol，则依据反响关系12Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2On[Ca(ClO)2]=2n(Cl2)=0.05mol，所以理论上制取的32漂白粉中Ca(ClO)2的质量为m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；(5)①温度较高时氯气与消石灰反响生成Ca(ClO)，为避开此副反响的发生，可实行的措施是冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案32Cl2HClCa(OH)2反响，用化学方程式表示为2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O，为避开此副反响的发生，可将装置改进为：在AB之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl气体。【点睛】此题考察了氯气的制取、检验、性质及应用的学问。把握氯气的工业和试验室制取方法，依据电解原理、氧化复原反响规律，结合物质的性质(挥发性、氧化性)等分析推断。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。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。假设产生6.72L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠 g。为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反响并收集生成的气体，某争论性学习小组设计了如图发生装置．①写出Na与水反响的离子方程式 。②Y液体可以选用 A．煤油B．酒精C．四氯化碳③试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。物质物质的量/mol〔3〕1mol1.6mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反响，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】13g 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2 A长颈漏斗液面差不变Na2CO3 1.6 NaOH0.4【解析】【分析】(1)发生反响：2NaN3=2Na+3N2↑，依据方程式计算；(2)NaNaOH和氢气；②依据装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；(3)(3)2NaHCO3NaCO+CO↑+HO2NaO+2CO═2NaCO+O和2 3222 222 3 22 2 2 2NaO+2HO═4NaOH+O↑2 2 2 【详解】设需要NaN3的质量为m，则：2NaN3 2Na+3N2↑130g 67.2Lm 6.72L130g 6.72Lm=67.2L

=13g；NaNaOH2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；②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．四氯化碳密度大于水，且与水不溶，故C错误；故答案为A；(3)(3)2NaHCO3NaCO+CO↑+HO可知，2 3221.6mol0.8molNaCO、2 32 2 2 2 2 2 3 2 2 2 0.8molCO、0.8molHO2NaO+2CO═2NaCO+O可知，0.8molCO0.8molNaO2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 0.8molNaCO，2NaO+2HO═4NaOH+O↑，0.2molNaO

与水反响生成2 3 2 2 2 2 2 230.4molNaOH，充分反响，排出气体物质后冷却，则残留的固体物质是NaOH、Na2CO，两3者的物质的量分别为0.4mol、1.6mol。对肯定量气体体积的探究。1mol不同气体在不同条件下的体积：化学式条件1mol气体体积/LH20℃，101kPa22.4O20℃，101kPa22.4CO0℃，101kPa22.4H20℃，202kPa11.2CO20℃，202kPa11.2N2273℃，202kPa22.4NH3273℃，202kPa22.4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“肯定”、“肯定不”或“不肯定”)相等。理论依据：一样条件下，1mol任何气体的体积几乎相等，缘由是：① ，② 。2应用：在标准状况下，4gO的体积为 。22 等温、等压下，等体积的O和O所含分子个数比 ，质量比为 2 16gA和20gB恰好完全反响生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为 。2 2 在三个密闭容器中分别充入Ne、H、O三种气体，当它们的温度和密度都一样时，这三种气体的压强(p)分别用p(Ne)、p(H)、p(O)表示，由大到小的挨次是2 2 【答案】22.4L 不肯定气体分子数目相等一样条件下，气体分子间的平均距离几乎相等2.8L 1∶1 2∶3 106g·mol−1 p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)【解析】【分析】依据图表信息进展分析；依据克拉伯龙方程：PV=nRT进展分析；(3)n=m/M=V/Vm进展分析；依据阿伏加德罗定律及其推论进展分析；n=m/M进展分析；(6)PM=ρRT进展分析。【详解】H2、O2、CO在标准状况积可以看出：1mol任何气体在标准状况下，体22.4L；故答案是：22.4L；②依据克拉伯龙方程:PV=nRT可知，1mol不同的气体，物质的量n一样，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1mol不同的气体，在不同的条件下，体积不肯定相等；故答案是：不肯定；由于在一样的温度和压强下，任何气体分子间的平均距离几乎一样且1mol气体的分子数目也一样，所以在一样条件下，1mol任何气体的体积几乎相等；故答案是：气体分子数目相等；一样条件下，气体分子间的平均距离几乎相等；(3)O232g/mol，4gO24g/32g·mol-1=1/8mol；在标准状况下，2.8L；等温等压下，气体摩尔体积相等，一样体积的氧气和臭氧其物质的量相等，依据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比=1：1；依据m=nM知，一样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；依据质量守恒定律知，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；Ne4g/mol2g/mol32g/mol，在温度和密度都一样条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小挨次是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，可无视，体积主要由微粒的数目、微粒的大小来打算；而对于气体来讲，粒子间距较大，无视粒子大小，体积主要由微粒的数目、微粒的间距来打算，当温度和压强肯定时，粒子间距几乎相等，体积由微粒的数目来打算。14．〔1〕15.6gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量是 。设NA为阿伏加德罗常数的数值，假设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〕。Mg2＋、Al3＋、Cl－、SO42-4Al3＋、SO42-、Cl－的物质的3：1：13Mg2＋、Al3＋、SO42-的物质的量浓度之比为 。1.25g/LCO2CH4组成的混合气体中，CO2的体积分数为 。将标准状况积为aL的HCl气体溶于1000g水中，得到盐酸的密度为bg/cm3，则该盐酸的物质的量浓度为 mol/L。以下各项与胶体性质无关的有 。①卤水点豆腐②明矾净水③静电除尘④油水分别⑤血液透析⑥三角洲形成⑦酸碱中和⑧雨后彩虹和海市蜃楼⑨臭氧消毒【答案】78g/mol【解析】【分析】

22.4bcL 3：3：1 42.86％AaNA

1000ab

④⑦⑨Na2X的物质的量，再算其摩尔质量；先求出cg氧气的物质的量，再利用标准状况下的气体摩尔体积求其体积；利用电荷守恒〔溶液的电中性原则〕进展求算；气体的体积分数在数值上等于其物质的量分数；利用物质的量浓度的定义式直接进展求算；胶体的学问主要有布朗运动，丁达尔现象、电泳、聚沉、渗析等；【详解】Na2XNa+0.4molNa2X0.2mol15.6g，所Na

X的摩尔质量M〔Na

X=

m(Na2

X〕15.6g = 78gmol1 2 2 n(NaX〕0.2mol2bag氧气中含有的分子数为bNA

molcg氧气的物质的量为cgb molcg

b mol22.4Lmol1=22.4bcL；ag NA

ag N aNAAA在任何一种溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。在该溶液中则有：c(Mg2+)×2+c(Al3+)×3=c(SO2-)×2+c(Cl-)×1Mg2+、Al3+、Cl-、SO2-的物质的量浓度4 44分别为x、3a、13a、a2x+3×3a=a×2+13ax=3a，所以溶液中c(Mg2+)：c(Al3+)：c(SO2-)=3a：3a：a=3：3：1；4CO2CH4n(CO2)、n(CH4)。CO2的体积分数等于物质的量分数即1 2

，所以只需要求出

4 即可。据密度的本义有：2

4

1

nCO4

222m ρ 4

16nCO2

=1.25，求得

nCH4

4= CO

的体积分数为V n1 3

nCO4

22.4 3 2214=7≈42.86％；3a

a 36.5g1000gHCl的物质的量为22.4该盐酸的物质的量浓度

mol,22.4b

103L，所以nHClc(HCl)=VHCl,aq=

a22.4a 36.5g1000g22.4 103b

1000ab=36.5a22400mol/L；(6)①涉及的是胶体聚沉；②涉及的是胶体的聚沉；③涉及的是胶体的电泳；④涉及的是乳浊液的分别，与胶体无关；⑤涉及的是胶体的渗析；⑥涉及的是胶体的聚沉；⑦涉及的是中和反响，与胶体的性质无关；⑧均与水雾形成的胶体有关，涉及丁达尔现象；⑨臭氧消毒是利用了臭氧的氧化性，与胶体的性质无关；所以答案选择④、⑦、⑨。24315．某化学兴趣小组对mg无水三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C243

］]受热分解产物进展探究，并对所得气体产物和固体产物进展验证〔查阅资