2020-2021高考化学压轴题之物质的量(高考题型整理,突破提升)含答案解析

1、2020-2021 高考化学压轴题之物质的量 ( 高考题型整理 , 突破提升 ) 含答案解析一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1 （ 1）有相同物质的量的 h224，其质量之比为 _，氢原子个数比为 _，o 和 h so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 h2 。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 co2 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

2、_； 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】（ 1） n (h2o)= n (h2so4) ， m (h2 o)：m (h2so4)= n (h2o)18： n (h2so4) 98= 9：49；nh(h2o) ： nh(h2so4)= n (h2o) 2： n (h2so4) 2=1： 1； no(h2o) ： no(h2so4 )= n (h2o) 1：n (h2so4) 4=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

3、.06=24x+27y；根据化学反应的计量系数比：mg2hclh2， 2al6hcl3h2，氢气的体积标准状况下 3.36 l， n (h2)=0.15mol，列式x+1.5y=0.15x=0.06 mol，y=0.06 mol，故该合，解方程金中铝的物质的量为 0.06 mol ，该合金中镁的质量为0.0624=1.44g，反应后溶液中 cl（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n=0.06 2+0.06 3=0.3mol ，溶液体积 100ml,cl的物质的量浓度c=v-1；=3.0 mol l（3）由 co2 与 co 组成的混和气体对h2 的相对密度为20，密度之

4、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， co2ymol ，故x+y=1， 28x+44y=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co2 的体积分数为 75%， co 的质量分数 =0.25 28/40=17.5%2 按要求完成下列填空i.（ 1）给定条件下的下列四种物质：a 10g 氖气b含有 40mol 电子的 nh3c标准状况下8.96lco2d标准状况下112g 液态水则上述物质中所含分子数目由多到少的顺序是_（填序号）。（2）标准状况下， 0.51

5、g 某气体的体积为 672ml，则该气体摩尔质量为 _。（3）将 100ml h2so4 和 hcl 的混合溶液分成两等份，一份中加入含0.2molnaoh 溶液时恰好中和完全，向另一份中加入含0.05molbacl2 溶液时恰好沉淀完全，则原溶液中c(cl)=_ mol/l 。ii现有以下物质：铝；二氧化硅；液氯；naoh 溶液；液态hcl； nahco3 晶体；蔗糖；熔融na2o； na2o2 固体； co2。回答下列问题（用相应物质的序号填写）：（ 1）其中可以导电的有 _ 。（ 2）属于电解质的有 _，非电解质有 _。（ 3）写出向与反应的化学方程式_。（ 4）写出与的离子方程式 _。

6、（5）写出的水溶液与的水溶液反应的离子方程式_ 。（6）写出与反应的离子方程式_ 。【答案】 dbac17g/mol2 2na2 22232o+ 2co =2na co + o-+ 3h+-= h o + co-2-+ h o2al + 2h o + 2oh = 2aloh + hcosio + 2oh = sio222322232【解析】【分析】mnvi利用 n= m = n a = vm 计算。ii铝能导电，既不是电解质，也不是非电解质；二氧化硅不能导电，为非电解质；液氯不能导电，既不是电解质，也不是非电解质；naoh 溶液能导电，为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；液态 hcl 不能

7、导电，为电解质；nahco3 晶体不能导电，为电解质；蔗糖不能导电，为非电解质；熔融 na2o 能导电，为电解质；na2o2 固体不能导电，为电解质；co2 不能导电，为非电解质。【详解】10i(1)a 10g 氖气的物质的量 =0.5mol ， ne 为单原子分子，即分子数为0.5mol ；20b nh中含有 10 个电子，则含有40mol 电子的 nh 的物质的量为4mol；33c标准状况下 8.96lco2 的物质的量 =8.96=0.4mol；22.4d标准状况下 112g 液态水的物质的量112=6.22mol ；18综上所述，分子数目由多到少的顺序为dbac；(2)标准状况下，某气

8、体的体积为672ml，物质的量为0.672l22.4l/mol=0.03mol ，则m0.51m= =17g/mol ；n0.03(3)0.05molbacl2 与硫酸根离子生成0.05mol 硫酸钡，则原溶液中含有0.1mol硫酸； 0.05mol硫酸消耗 0.1mol 的 naoh，剩余的0.1molnaoh 为盐酸消耗，则原溶液中含0.2mol 盐酸，c(cl )=0.20.1=2mol/l ；ii(1)分析可知，能导电的为；(2)属于电解质的为；属于非电解质的为；(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2na2o +co =2na co +o ；22232(4)铝和氢氧化

9、钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2-2-2al+2h o+2oh =2alo+3h ；2(5)盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为+3-22h +hco =h o+co ；(6)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为2-32-2sio +2oh=sio+h o。3 为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：（ 1）等质量的 o2 和 o3 所含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 _，质量比为 _。（3）设 na 为阿伏加德罗常数的值，如

10、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 a、 b、 c、na 的式子表示 ) 。（ 4）实验室需要配制 100ml1mol / l 的 naoh 溶液，进行如下操作：配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器_。计算需要naoh 固体的质量：_g。取出 50 ml 配制好的溶液，此溶液中naoh 的物质的量浓度为_。若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_。a. 称量时砝码已经生锈b. 定容时仰视c. 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作d. 定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线22.4bc【答案】

11、 3： 21：12：3l 100ml容量瓶4 01mol/l a.a n a【解析】【详解】m（1）根据 nm 可知，等质量的 o2 和 o3 的物质的量之比为113: 2 ，所含分子的物质的量之比为3：2 。n(o 2 ) : n(o 3 ):32482）根据阿伏加德罗定律，pv nrtr为常数），在等温等压下，等体积的任一气体所含（=（分子的物质的量相同，由n=nna（ na 为常数）可知，分子个数比为1： 1；由 m nm可知， o2 和 o3 的质量比为 2： 3。（3）设 na 为阿伏加德罗常数的值，如果ag 氧气中含有的分子数为b，则 ag 氧气的物质nbmmagan a g gm

12、ol 1，即当氧气为cg，物质的量 nn a，摩尔质量nbbn amoln amcgbc22.4bc的量 nman a1 an a mol ，在标准状况下的体积 v nvmg gmoll。ban a（4）实验室需要配制100ml1mol / l 的 naoh 溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100ml 容量瓶 。需要 naoh 固体的质量 m nmcvm 100ml 1mol gl 140ggmol 14g 。溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol/l。a. 称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏

13、高；b. 定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；c. 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；d. 定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。答案为 a。【点睛】根据 cn和溶液的体可得，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v积 v 引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和v 怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若n 比理论值小，或v 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或v 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。需要具体问题具体分析。4 某化

14、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：二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成mncl 2。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：3cl2 +6oh-5cl-+clo3-+3h2o。该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。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 ml12 moll-1 盐酸与 8.7 g mno 2 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(clo)_g。2(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

15、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clo-、 clo3-两种离子的物质的量 (n)与反应时间 (t)的关系曲线，粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。图中曲线表示_离子的物质的量随反应时间变化的关系。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-的物质的量为 0.35 mol ，则产物中n clo=_。n clo 3(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

16、中的氯化氢气体-把丙装置浸在盛有冰水的水7.15 clo 0.25 2： 1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+cl2 +2h2o； 2cl2+2ca(oh)2=cacl2+ca(clo)2+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

17、，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)浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：mno +4hcl(浓 )mncl +cl +2h o；2222浓盐酸具有挥发性，在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cl2 中混有的hcl气体；8.7 gn(hcl)=12 mol/l 0.1 l=1.2

18、 mol， n(mno2)=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 gmno 2制备氯气，以mno 2 为标准计算，n(cl2)=n(mno 2)=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=cacl2+ca(clo)2+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)2 的物质的量为 0.05 mol ，其质量 mca(clo)2 =0.05mol 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

19、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 n1=0.10 mol 1+0.05 mol 5=0.35 ，mol则反应的cl2 中含氯原子的物质的量为：0.35 mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol ，在 cacl2、 ca(clo)2、 ca(clo3)2 中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 mol=0.2

20、5 mol ；2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 1+y；5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 ，n clo0.1?moly=0.05 mol ，则产物中=2： 1；n clo30.05?mol(3)由于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 3

21、cl2-3-2+6oh5cl +clo +3h o。【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。5o2 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 _，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

22、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1.15g cm -3 的混合溶液。该混合溶液的物质的量浓度为_moll-1。【答案】 1： 13：21：12：322.4bcl 2.28an a【解析】【详解】(1)等质量的 o2 和 o3 的物质的量之比为 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；(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o 和 o23所含分子数之比为11，则原子个数比为2 3，质量比为 2 3，故答案为： 1：

23、 1； 2：3；(3)氧气的摩尔质量为m gmol 1，则 cg o2 在标准状况下体积为vvm22.4 lmol1l，故答案为：22.4bc l；ana(4)混合后溶液中的kno3 的物质的量为 n(kno3) 0.099 mol，混合后溶液的总体积为 vkno3324.35 103(aq) 43.5 cml，混合后溶液中 kno 的物质的量浓度为c(kno3 2.28mol 12.28。，故答案为：)l16 实验室需要配制 0.1 mol l cuso4 溶液 480 ml。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g

24、)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 _、 _以及等质量的两片张滤纸。(2)计算，应选择下列 _。a需要 cuso4 固体 8.0 gb需要 cuso45h2o 晶体 12.0 gc需要 cuso45h2o 晶体 12.5 g d需要 cuso4 固体 7.7 g(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会_(填 “偏高 ”“偏低 ”或 “无影响 ”，下同 )。(4)溶解、冷却。若未冷却，则所配溶液浓度会_。(5)转移、洗涤。若未洗涤，则所配溶液浓度会_。(6)定容，摇匀。(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。(8)在配制过程中，某学生观察定容时

25、液面情况如图所示，所配溶液的浓度会_。【答案】胶头滴管500 ml 容量瓶ac偏高偏高偏低偏低【解析】【分析】本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可【详解】(1)配制的是 480 ml 溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、 500 ml 容量瓶；(2)因为定容时使用的 500 ml 容量瓶，其物质称量时时按500 ml 算，不是按480 ml 算，若果是硫酸铜固体其质量为500ml 0.1 moll1 160 gmol1 =8.0g ，若为 5 水硫酸铜其质量为 500ml 0.1 moll 1 250 g mol1 =12.5g

26、，故答案为 a、 c；(3)砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度会偏高，故答案为偏高；(4)若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；(5)若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；(8)因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。【点睛】注意：计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。7 某无土栽培用的营养液，营养液要求 kcl、k2so4 和 nh4 cl 3 种固体原

27、料的物质的量之比为 1:4:8。(1)配制该营养液后c(nh4+)=0.016 mol l-1，溶液 c(k+ )=_。(2)若采用 (nh4)2so4 和 kcl 来配制该营养液，则 (nh4)2so4 和 kcl物质的量之比为 _从 1l 1 mol l-1 氢氧化钠溶液中取出 100 ml：(1)取出的这 100 ml 氢氧化钠溶液的物质的量浓度是_。若将取出的这100 ml 氢氧化钠溶液加水稀释至500 ml，所得溶液的物质的量浓度是_。某学生计划用 12 mol l-1 的浓盐酸配制 0.1 mol l-1的稀盐酸450 ml，回答下列问题：(2)实验过程中，不必使用的是_(填字母

28、)。a 托盘天平b 量筒c 容量瓶d 250 ml 烧杯e.胶头滴管f.500 ml试剂瓶(3)除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是_。(4)量取浓盐酸的体积为 _ ml，应选用的量筒规格为_(提供 10.0 ml、 25.0 ml)。(5)配制时应选用的容量瓶规格为_。(6)某同学操作出现以下情况，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 4:91mol/l 0.2mol/l a 玻璃棒4.2 ml 10.0ml 500 ml 偏高偏低 重新配制【解析】【分析】由配制营养液的

29、kcl、 k2so4 和 nh4cl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8 可知，溶液中k+和 nh4+的物质的量比为（ 1+2 4）： 8=9:8，由 k+和 nh4+的物质的量比计算可得；溶液是均匀的，从1l 1 mol l-1 氢氧化钠溶液中取出的100mlnaoh 溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置一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、和500 ml 试剂瓶。【详解】1kclkso 和 nhcl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8 可知，（ ）由配制

30、营养液的、244溶液中 k+和 nh4+的物质的量比为（1+2 4）： 8=9:8，若营养液中c(nh4+)为 0.016 mol l-1， n（ k+）： n（ nh4+） =c（ k+）： c（ nh4+） =9:8，则 c（ k+） =90.016 mol / l=0.018mol/l ，故8答案为： 0.018mol/l ；（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+、 nh4+的物质的量比为 9:8 可得 y： 2x=9:8，则 x： y=4： 9，故答案为： 4： 9；（ 1）溶液是均匀的，从1l 1 mol l-1 氢氧化钠溶液中

31、取出的100mlnaoh 溶液浓度等于原溶液的浓度，则取出的这100 ml 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 c，解得 c=0.2mol/l ，故答案为：1mol/l ； 0.2mol/l ；（2）配置一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、和 500 ml 试剂瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为：a；（ 3）由（ 2）分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故

32、答案为：玻璃棒；（ 4）设量取浓盐酸的体积是 vml，由稀释定律可知稀释前后hcl 物质的量不变，则有12mol/l v 10 3l=0.10mol/l 0.5l，解得 v=4.2，由量筒使用的最近原则可知，应选用10.0ml 量筒量取4.2ml 浓盐酸，故答案为：4.2ml ； 10.0ml；（5）实验室没有450ml 的容量瓶，则配制0.1 mol l-1 的稀盐酸450 ml 应选用 500ml 的容量瓶，故答案为： 500 ml；（ 6）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，由于操作导致实验失败，解决的方

33、法是重新配制，故答案为：偏高；偏低；重新配制。8 （ 1）质量相同的 o2、 nh3、 h2、 cl2 四种气体中，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是 _。（2）氯水中含有多种成分。将紫色石蕊试液滴入氯水中，溶液显红色起作用的成分是_；过一会儿，溶液颜色逐渐褪去，起作用的成分是_；（ 3）鉴别 na2co3 和 nahco3 溶液可选用 _。（填序号）naoh ca(oh)2 bacl2 k2so4 ca(no3)2（ 4）火药是中国的 “四大发明 ”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强。黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应： 2kno3+3c s=k2s+n2 +3c

34、o2。其中被还原的元素是 _。当反应有243.612 10 个电子转移时被硝酸钾氧化得到的氧化产物在标准状况下的体积_。（5） 1.2grso2+，则 rso4 中含 0.01molr4 的摩尔质量是 _， r 的相对原子质量是 _。【答案】 h2h+hclo 或 clo- n 和 s 28l 120g/mol24【解析】【分析】(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小；(2)氯水溶液中存在反应：cl2+h2o? hcl+hclo，是可逆反应，存在电离：h2o? h+oh-，hclo? h+clo-，hcl=h+cl-，所以溶液中存在的微粒有：分子：cl2 、hclo、h2

35、o；离子：h+、 cl-、clo-、 oh-，能使紫色石蕊试液变红色是酸的性质，次氯酸有漂白性；(3)nahco3 不稳定，加热易分解，但加热溶液不分解，都可与碱发生反应，与氢氧化钙溶液反应都可生成沉淀，且都能与酸反应生成气体，以此解答该题；(4)2kno +c+sk s+2no +co中， c 元素的化合价升高，n、 s 元素的化合价降低，以3222此来解答；(5)根据公式 n= m 来计算 m ， m 在数值上等于元素的相对原子质量，分子的m 在数值上m等于其相对分子质量。【详解】(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小，质量相同的o2、 nh3、h2、 cl2 四种气

36、体中， h2的摩尔质量最小，所以h2 的体积最大；(2)氯水溶液中存在反应：cl2+h2o? hcl+hclo，是可逆反应，存在电离：h2o? h+oh-、hclo h+clo-，hcl h+cl-，所以溶液中存在的微粒有：分子：cl2hcloh2o；离子：?、h+、 cl-、clo-、 oh-酸能使紫色石蕊试液变红色，所以使紫色石蕊试液变红色的微粒是h+；次氯酸有漂白性，所以红色溶液逐渐褪色，起作用的微粒是hclo分子；(3)碳酸钠和碳酸氢钠与naoh 混合，均无明显现象，不能鉴别二者，故错误；碳酸钠和碳酸氢钠均与 ca(oh)2 反应产生沉淀，故用ca(oh)2 溶液不能鉴别二者，故错误；

37、碳酸钠与 bacl2反应产生碳酸钡沉淀，碳酸氢钠与22bacl 不反应，故 bacl 溶液可以区分两物质，故正确；k2so4 与碳酸钠、碳酸氢钠均不反应，故氯化钙溶液不能鉴别二者，故错误；ca(no3)2 与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与ca(no3)2不反应，故 ca(no3)2 溶液可以区分两物质，故正确；故答案为：；(4) n、 s元素的化合价降低，被还原，c 元素的化合价升高，c 为还原剂；2kno3+3c+s k2s+n2 +3co2，反应中kno3 得到 10 个电子， s 得到 2 个电子，当反应246mol，则生成1.5molco2，其中被 kno3 氧化得到的二有 3.

38、612 10 个电子转移时，即转移氧化碳为 1.5mol 10=1.25mol ，其体积为 1.25mol 22.4l/mol=28l；12(5)1.2grso4 中含 0.01molr2+，根据公式 n= m，则 rso的 m=m1.2gm4=120g/mol ，m0.01molrso4 的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以rso4 的摩尔质量为 120g/mol ，r 的相对原子质量是 120-32-64=24。9 （ 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

39、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22_。3.01 10，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：除去淀粉溶液中的少量碘化钠_；提取溴水中的溴单质_；除去水中的na2、cl等杂质_； 除去cuo中的cu _、 so4；【答案】 1:1 2:3 0.1 1:4 1:1 64g/molc b/bf de【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

40、子的个数；（2） 1.8g 水所含分子的数目用公式n=nnamn a ；=mnm（3）利用 n= n a= m，从而计算出m；（ 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

41、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 = mn a =1.8gna =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；（3） 3.2g 某气体中含有的分子数约为22nm，从而计算出3.01 10利用 n= n a=mm3.2gm= m

42、= n= 3.01 1022= 64g/mol ，nn a6.0223 mol10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

43、单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析，提取溴水中的溴单质，可以选用萃取和分液操作；2 除去水中的 na、 so4、cl 等杂质，选择蒸馏；除去 cuo 中的 cu，可选择灼热氧化；故答案为： c； b/bf；d； e。10 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工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：(1)电解反应的化学方程式为_ 。(2)若饱和食盐水中通电后，b 侧产生的气体检验方法是_。某兴趣小组设计如图 2 所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：(3)b 中反应的化学方程式是_。(4)该兴趣小组用 100ml12mol/l 盐酸与 8.7g 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(cl