2020-2021高考化学物质的量培优易错难题练习(含答案)及详细答案

1、2020-2021 高考化学物质的量培优 易错 难题练习 ( 含答案 ) 及详细答案一、高中化学物质的量1 以下涉及的物质中a、 b、c 都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。(1)一定条件下， 9.80g nh br 跟 3.60g 的某钙盐 a 恰好反应，生成了4.48l（标准状况）气4态产物 b 和固体产物 c。标准状况下， b 气体的密度为 0.76g/l，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。试求 b 的分子式 _ 。(2)25、 101.3kpa 时，气体摩尔体积为 24.5l/mol. 该状况下， 1 体积水（密度为1g/cm 3）吸收 560 体积 b 气体得到密度为0.9

2、1 g/cm 3 的溶液，则该溶液中溶质的质量分数为_%（溶液中的溶质以 b 计量；保留2 位小数）；溶液的物质的量浓度为_ mol /l（保留 2 位小数）。(3)在催化剂作用下， b 可和 no、 no2 混合气体反应生成液态水和一种单质气体d（可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用）。在常温常压下，将密度一定的no、 no2 混合气体和 b 在不同体积比时进行了四次实验，所得数据如下：实验次数b 与混合气体的体积比反应后气体密度（已换算为标准状况；g/l ）第一次1.01.35第二次1.21.25第三次2.01.04第四次2.2则原 no、no2 混合气体中no 的体积分数为_%；第

3、四次实验所得气体的平均摩尔质量为 _（保留 2 位小数）。(4)将 9.80g nh br 跟过量的氧化鈣共热，充分反应后生成水、1.70gb 气体和固体产物c，则4c 的化学式为 _；试根据有关数据，求钙盐a 的化学式 _ 。【答案】 nh327.98 14.98 2022 22 422.76 cabr ca(nh ) 或 can h【解析】【分析】(1) 根据 m= vm 计算 b 的相对分子质量，根据氮的质量分数为82.35% 计算氢元素的质量分数，继而确定 b 的分子式；溶质的质量n 公式进行计算，结和(2) 根据溶液质量分数 = 溶液的质量100% ，溶液物质的量浓度 c= v已知信

4、息寻找相应的量进行求解；(3) 根据体积比不同混合气体和密度，计算混合气体的平均摩尔质量；(4) 根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。【详解】(1) 标况下 b 气体的密度为0.76g/l ，则 b 的相对分子质量= 0.7622.4= 17，其中氮的质量分数为 82.35%，则 b 分子中 n 原子数目 = 17? 82.5%=1 ，其余是氢，则h 原子数目14= 17 14b为nh 3nh 33 ，则，故答案为：；1(2) 假设氨气体积为560l ，则水为1l ， 25c、 101.3kpa 时，气体摩尔体积为24.5l/mol ，氨气的物质的量 =560l17g/ mol = 3

5、88.62g ， 1l= 22.86mo ，氨气的质量 = 22.86mol24.5l / mol388.62g水的质量为1000g，则所得溶液质量分数 = 100%= 27.99% ；所得溶液密 1000g 388.62g度为 0.91g/cm3 ，故溶液物质的量浓度 = 1000? 0.91?27.99%= 14.98 mol/l ，故答案：1727.98； 14.98；(3) 在催化剂作用下，nh 3 可和 no、 no 2 混合气体反应生成液态水和一种单质气体d，根据原子守恒电子守恒可知，d 为 n2 。第一次反应气体的相对分子质量= 1.35 22.4= 30.24 ；第二次反应气体

6、的相对分子质量= 1.25 22.4= 28 ；第三次反应气体的相对分子质量 =1.0422.4= 23.2 ，由反应后气体相对分子质量可知，第二次实验恰好完全反应气体为n 2，说明第一次剩余氨气不足，第三次剩余氨气有剩余，令第二次实验中no、 no 2 的总物质的量为1mol ，则 nh 3 为 1.2mol ，设 no 为 axmol ，则 no2 为 (1-x)mol ，根据电子转移守恒：2x +4(1-x)=1.2 0-(-3) ，解得 x=0.2，故 no 的体积分数= 0.2mol100%= 20% ；1mol令第四次实验中 no、no 2 的总物质的量为1mol，则 nh 3 为

7、 2.2mol ， no 为0.2mol ，则no2 为 (1- 0.2) mol= 0.8mol ，令参加反应的氨气为ymol ，根据电子转移守恒：2 0.2 +4 0.8=y0- (-3) ，解得 y= 1.2 ，剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol，根据 n 原子守恒可知生成n 21mol? 1?.2mol的物质的量 = 1.1mol ，故反应后气体的平均摩尔质量2= 1mol 1?7g / mol?1?.1mol? 28g / ?mol =22.76g/mol ，故答案为： 20；22.76；1mol1.1mol(4) 将 9.80g nh 4 br 跟过量的氧化钙共

8、热，充分反应后生成水、1.70gnh 3 气体和固体产物c，由元素守恒，则c 的化学式为 cabr 2。由 (1)9.80g nh 4br 跟 3.60g 的某钙盐 a 恰好反应，生成了 4.48l( 标准状况 )nh 3 和 cabr29.8g= 0.1mol ，由 br， nh 4br 的物质的量 =98g / ?mol元素守恒可知cabr 2为 0.05mol ，由 ca 元素守恒可知， 3.6ga 中含有 ca 原子为0.05mol ，氨气的物质的量 =4.48l= 0.2mol ，由 n 元素守恒可知 3.6ga 中含有 n 原子为22.4l / ?mol0.2mol - 0.1mo

9、l= 0.1mol ，由 h 元素守恒，3.6ga 中含有 h 原子为 0.2mol3-0.1mol 4 = 0.2mo ，故 3.6ga 中 ca、 n 、h 原子物质的量之比= 0.05:0.1 :0.2= 1 :2:4 ，故 a的化学式为 can2422 2或2 4h，故答案为： cabr ；ca(nh )can h 。【点睛】根据m= vm 计算不同气体或混合气体的摩尔质量。2 锂因其重要的用途，被誉为“能源金属 ”和 “推动世界前进的金属”（1） li3n 可由 li 在 n2 中燃烧制得取4.164g 锂在 n2 中燃烧，理论上生成li3n_g；因部分金属 li 没有反应，实际反应

10、后固体质量变为6.840g，则固体中li3n 的质量是 _g（保留三位小数， li3n 的式量： 34.82）（ 2）已知： li3n+3h2o 3lioh+nh3取 17.41g 纯净 li3n，加入 100g 水，充分搅拌，完全反应后，冷却到 20，产生的 nh3 折算成标准状况下的体积是 _l过滤沉淀、洗涤、晾干，得到 lioh 固体 26.56g ，计算 20时 lioh 的溶解度 _（保留 1 位小数， lioh 的式量： 23.94）锂离子电池中常用的 licoo2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备（ 3）将含 0.5molcocl2 的溶液与含 0.5molna 2co3 的溶液

11、混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀 53.50g；过滤，向滤液中加入足量hno3酸化的3agno 溶液，得到白色沉淀 143.50g，经测定溶液中的阳离子只有na+，且 na+有 1mol；反应中产生的气体被足量naoh 溶液完全吸收，使 naoh 溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式_，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式_（4） co2(oh)2co3和li2co3在空气中保持温度为600800，可制得licoo2，已知：3co2 ( oh)2co3+o2 2co3o4+3h2o+3co2； 4co3o4+6li2 co3 +o2 12licoo+6co2按钴和锂的原子比1

12、：1 混合固体，空气过量70%， 800时充分反应，计算产物气体中co2 的体积分数 _（保留三位小数，已知空气组成：n2 体积分数 0.79， o2 体积分数0.21）【答案】 6.9646.65611.212.8g2coco3?3co（ oh） 2?h2o5cocl2+5na2co3+4h2o=2coco3?3co（ oh） 2?h2o+10nacl+3co20.305【解析】【分析】【详解】（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：6li+n 2 点燃 2li 3 n ，接下来根据4.164g0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的=0.6mol 算出锂的物质的量，则理论上能生成6.94g/mo

13、l质量为 0.2mol34.82g/mol=6.964g ；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g ，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即2.676g=0.191mol 的氮原子，根据氮守恒我14g/mol们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol，这些氮化锂的质量为0.191mol34.82g/mol=6.656g；（2）根据17.41g=0.5mol 先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和34.82g/mol氨气是 1:1 的，这些氨气在标况下的体积为22.4l/mol 0.5mol=11.2l ；根据化学计量比， 0.5mol 的氮化锂理论上能生成1.

14、5mol的 lioh ，这些 lioh 的质量为1.5mol 23.94g/mol=35.91g ，缺少的那9.35 克 lioh 即溶解损失掉的，但是需要注意：溶解度指的是100 克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100 克水，但是反应会消耗掉1.5mol 水，这些水的质量为 1.5mol18g/mol=27g ，因此我们算出的9.35739.35gs克是克水中能溶解的 lioh 的量，换算一下=，解得 s 为 12.8100g-27g100g克；（3）加入硝酸银后的白色沉淀为agcl143.5g，根据=1mol 算出 cl - 的物质的量，143.5g/mol因此 cl -全

15、部留在溶液中，碱式碳酸钴中无cl - ， na + 也全部留在溶液中，沉淀中无na+ ，使烧碱溶液增重是因为吸收了co2 ，根据13.2g =0.3mol 算出 co2 的物质的44g/mol量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol co32- 进入了碱式碳酸钴中，0.5mol co2+ 全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由oh - 来提供，因此 oh - 的物质的量为0.6mol 。将 0.5mol co2+ 、 0.2mol co32- 和 0.6mol oh - 的质量加起来，发现只有0.5mol 59g/mol+0.2mol 60g/mol+0.6mol 17g/m

16、ol=51.7g，剩下的1.8克只能是结晶水，即0.1mol 结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为2coco 3 3co(oh) 2h 2o ；写出制备方程式 5cocl 2 +5na 2 co 3 +4h 2o=2coco 33co(oh) 2 h 2o+10nacl+3co 2 ；（4）令参加反应的氧气为3mol，相当于370%，则一共mol 的空气，又因为空气过量21%通入了（1+0.7 ）3 mol 空气，反应中一共生成了6mol 水蒸气和 12mol 二氧化碳，则二21%12100%=30.5% 。氧化碳的体积分数为3（12+6-3+1.7）0.213 在标准状况下，由一氧化碳和二氧化

17、碳组成的混合气体为6.72 l，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是_ ，密度是 _gl 1。【答案】 1 3 25% 17.5% 4 7 40 1.79【解析】【分析】根据公式：mn =v 进行分析解答。mvm【详解】混合气体的物质的量6.72l0.3 mol ，22.4l?mol 1设一氧化碳的物质的量为x，二氧化碳的物质的量为y，则：xy0.328x44 y12解得： x0.075 mol ， y 0.225 mol ，此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比0

18、.075mol 0.225 mol 1 3；0.075mol一氧化碳的体积分数是 100% 25% ；0.3mol一氧化碳的质量0.075 mol 28gmol-1 2.1 g，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(0.075 mol 0.225 mol) (0.075 mol 0.225mol 2) 47；混合气体的平均摩尔质量12g40gmol -1 ，平均相对分子质量是40；0.3?mol混合气体的密度12g-1 。答案： 1 3；25%；17.5%； 4 7； 40； 1.79。 1.79 gl6.72l4 实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫

19、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

20、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：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

21、取溶液，然后与比色卡对比；将溶液被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。b 久置于空气中，亚硫酸【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：na so +h so =na so +so +h o，根据反应方程式可知：na so so ，2324242223223.36?l=0.15 mol ，则需亚硫酸钠的质量为：23 126n(so )=22.4?l / molm(na so )= 0.15

22、 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

23、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 已知： 2kmno 42422，将 0.1mokmno4固体加热一段时间后，收集k mno+mno +o到 amolo 2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolcl2，此时 mn 元素全部以 mn 2+的形式存在于溶液中(注： kmno4 和 k2mno 4 以及 mno 2 都能与浓盐酸反应并生成 mn 2+)。(1)2kmno +16hcl=2kcl+2mncl +5cl +8h o 反应中的还原产物是_（填化学式），反应

24、4222中若产生0.3mol 的气体则有 _mol 的电子转移。(2)a+b 的最大值为 _， a+b 最小值为 _。【答案】 mncl20.6 0.25 0.2【解析】【分析】(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；根据cl 元素化合价变化计算转移电子；(2)kmno 4 固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，mn元素得到电子数等于o 元素、 cl 元素失去的电子，则有：0.1 (7-2)=4a+2b，整理得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，当高锰酸钾

25、完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定(a+b) 的最小值。【详解】(1)反应中 mn 元素化合价由+7 价变为 +2 价，化合价降低，得到电子，被还原，所以mncl 2是还原产物；产生 0.3mol 的氯气时，转移电子为n(e-)=0.3mol 2 0-(-1)=0.6mol；(2)kmno 4 固体加热一段时间后，收集到amol 氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到bmol 氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，mn 元素获得电子等于 o 元素、 cl 元素失去的电子，则有：0.1 (7-2)=4a+2b，整理可得 a+b=

26、0.25-a，当高氯酸钾没有分解时， (a+b)达最大值，此时a=0，则 (a+b)的最大值 =0.25；当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2kmno4k2mno 4+mno 2+o2，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol 1=0.05mol ，则 a+b 0.25-0.05=0.2，故 (a+b)的最小值为20.2。【点睛】本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础，学会将关系式进行变形，并用用极值方法分析判断。6 按要求回答下列问

27、题(1)实验室可用 k cr o 固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为k cr o2272272320.6mole-时被氧化的 hcl 为 _mol+14hcl(浓 )=3cl +2crcl +2kcl+7h o，当转移(2)同温同压下，相同物质的量的so 气体和so 气体，其分子数之比为_，密度之23比为 _(3)向溴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_； cl2 、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

28、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cl2222 2+2nabr=br +2naclcl br i br2，所以向溴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222三种单质氧化性强弱的关系是222cl、 br、 icl br i ；贝壳主要成分为碳酸钙，不符合题意；紫菜主要成分为蛋白质、维生素，不符合题意；鱼主要成分为蛋白质，不符合题意；海带

29、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+o22mgo ； 3mg+n 2mg3 n2；2mg+co22mgo+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； 1molmg在 o2 中燃烧质量增加1molo 原子的质量 16g；在 n2 中燃烧质量增加12的质量2832，所以增加的质量在molng；在空气中燃烧产物既有mgo 、也有 mg n33281molo 和 0.5molc 原子的质量， 16g+6g=22g，可3g 16g 之间；在 co2 中燃烧质量增加见等质量的 mg 在四种情况下质量

30、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，学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值

31、，应注意解答的规范化。7 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。(1)图中 y 物质的化学式为 _。(2)治理含 co、 so 的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质s 和无毒的气体则治2理烟道气反应的化学方程式为 _。(3)实验室中 x 气体由不溶性的硫化亚铁(fes)固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方程式为： _ 。(4)na2s2o3(硫代硫酸钠 )是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于 na2s2o3 的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是_。a.na2s+sb.z+sc.na2so3 +yd.nahs+nahso3na2 2 32 32-转变为 so

32、42- 。s o 具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后s o现需处理含标准状况下cl22.24l 的织锦物，理论上需要0.00100mol/l na2 2 3s o 溶液的体积为_l。【答案】 so32co+so2+2+2252co +sfes+2h=fe +h s bd【解析】【分析】依据元素化合价和物质分类分析， x 为气态氢化物为 h2 s， y为硫元素的 +6 价氧化物为so3， z 为 +4 价的盐可以为 na2so3。(1)y 是 s 元素化合价为+6 价；(2)根据反应物、生成物，结合反应中电子转移数目相等，可得反应方程式；(3)fes与稀硫酸发生复分解反应产生h

33、s 和 feso，根据离子方程式中物质拆分原则书写反24应的离子方程式；(4) na2s2o3 中 s 为 +2 价，从氧化还原的角度分析，反应物中s 元素化合价必须分别大于 2和小于 2；根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的na2s2o3 的物质的量，再根据 n=cv 计算其物质的量。【详解】根据上述推断可知x 是 h2s， y 是 so3， z 是 na2so3。(1)y 为 s 元素的氧化物，化合价为+6 价，则 y 为 so3；(2) co、 so2 反应产生 s 单质和 co2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2co+so2co2+s；(3)fes与稀硫酸发生复分解反

34、应产生h2s 和 feso4，反应的离子方程式为：+2+fes+2h =fe +h2s；(4) na2s2o3 中 s 为 +2 价，从氧化还原的角度分析，反应物中s 元素化合价必须分别大于 2和小于 2， a 中 s 化合价都小于 2， c 中物质中 s化合价都大于 +2 价， b、 d 中 s 元素化合价必须分别大于2 和小于 2，故合理选项是 bd；根据题干信息可知发生反应方程式为：na2s2 o3+4cl2+5h2o=2nacl+2h2so4+6hcl，标准状况下 2.24l cl2 的物质的量是 n(cl2)=2.24l 22.4l/mol=0.1mol，在反应中获得电子变为 -1

35、价的-， 0.1molcl2获得电子的物质的量是2 32- 转变为 so42-，每 1mol s2 32- 失去 8molcl0.2mol ； s oo电子，则转移0.2mol电子，需消耗s2 32- 的物质的量 n(s2o32-)=0.2mol 8=0.025mol，根据on=c v可知理论上需要0.00100mol/l na s o 溶液的体积 v=0.025mol 0.00100mol/l=25l。223【点睛】本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算，正确提取图象信息，结合氧化还原反应规律分析为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力

36、。8(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45.6mgmg 2+，则 mg2+的物质的量浓度为_。(3)ccl 和蒸馏水都是无色溶液，请按下列要求用实验方法鉴别：4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_。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 1.9-31044m

37、ol/l碘的 ccl溶液 碘水 ccl 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= m 计算 na2x 的摩尔质量，进而计算nx 的相对原子质量；(2)先根据 n= m 计算出 45.6mgmg 2+的物质的量，然后根据物质的量浓度计算公式：mc= n ，计算出 mg2+的物质的量浓度；v(3)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；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+112.4g，则 na2x 的摩尔(1)na2x 的物质的量 n(na2x)=n(na )= 0.4mol=0.2mol，其质量为22质量 m= m1

38、2.4 g=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45.6mgmg 2+，含有的镁离子的物质的量为：m45.6mg10 3 g / mgn(mg 2+)=24 g / mol=0.0019mol ，镁离子的物质的量浓度为：mc(mg 2+)= n0.0019molv1l-3=1.9 10mol/l ；(3)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；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。9 按要求完成下列填空。（1）在等体积的 nacl、 mgcl2、 alcl3 三种溶液中，分别加入等量的agno3 溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓