备战高考化学物质的量(大题培优易错难题)附答案

1、备战高考化学物质的量 （ 大题培优 易错 难题） 附答案一、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 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度之比为_。（2）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。（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 。（4）100mL

2、 0.3mol/L Na 2 SO4（密度为 d1 g/cm 3）和 50mL 0.2mol/L Al2（SO4）3（密度为 d2 g/cm 3）混 合，所得密度为 d3 g/cm 3的混合溶液中 SO42-的浓度为 。（用含 d1,d2, d3的式子表示）（5）已知两种碱 AOH和 BOH的摩尔质量之比为 5:7，现将 7mol AOH与 5mol BOH混合 后，从中取出 5.6g，恰好可以中和 100ml 浓度为 1.2mol/L 的盐酸，则 AOH 的摩尔质量为 。（6）标准状况下，用一定量的水吸收HCl 气体后制得浓度为 1.0mol/L ，密度为1.0365g/cm -3的盐酸。请

3、计算 1 体积水吸收 体积的 HCl可制得上述氨水。【答案】 6：3：2 34.2 56 （或 83.3%） 6d3/（ 10 d1+5 d2）mol/L 40g/mol 22.4 【解析】【详解】（1）设 NaC1、MgCl2、A1Cl3 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Cl-的物质的量相等， x=y×2=z×，3解得 x：y：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 3.22/322=0.01mol

4、 ，所以溶液中 n（ Na+） =2n（ Na2SO4·10H2O） =0.01 × 2=0.02m，ol每 100 个水分子中溶有 1个钠离子，所以 n（H2O）=100n（Na+）=2mol，0.01mol Na 2SO4·10H2O 中含有水的物质的量为 0.01 × 10=0.1m，ol 所以需要的水的物质的量为 2-0.1=1.9mol ，所以需要水的质量为 1.9mol ×18g/mol=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

5、子质量为 : 9.5 × 2=；19设烧瓶的容积为 V L ，氨气的体积为 x5L，空气的体积为 （V-x） L，则有:17x/V m+（29 ×（ V-x） /Vm） ÷ （Vm/V）=19，解之得 :x= V；将此瓶65 气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即V，烧瓶内液面上升的体积占655烧瓶总体积为 :（ V）/V= （或 83.3%）；665故答案是： (或 83.3%)；(4) 混合液的质量为 ( 100d1+50d2) g，混合后溶液的体积为： (100d1+50d2)÷d3mL=(100d1+50d2)÷d3 

6、15; 1-30L；溶液混合后 n( SO42-) =(0.1 ×0.3 ×1+0.05×0.2 ×3)=0.0；6m根o据l c=n/V 可知，混合溶液中 SO42-的浓度为：0.06 ÷( 100d1+50d2) ÷d3 × 1-30=60 d3/ ( 100d1+50d2) mol/L=6d 3/( 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 5x g/mol 和 7x g/mol ， n( HCl) =n( OH-)=0.1

7、× 1.2=0.12mo；l 7mol AOH 与 5mol BOH 混合物中含有 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 7mol × 5x g/mol+5mol × 7x g/mol=5可60知g ， 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： 1L×1mol/L=1mol， V(HCl)=1 

8、15; 22.4=22；.4L1.00L 盐酸中含水的质量为： m( H2O) =1× 1.0365 ×3-10× 36.5=1000，g V(H2O) =1L；标准状况下， 1 体积水吸收氯化氢的体积为 V=V(HCl)/ V( H2O) × 1L=22.4；L 故答案是： 22.4。2实验室需要 480mL 0.3 mol. L·-1 NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。请回答：(1) 如图所示的仪器中，配制上述溶液一定不需要的仪器为 (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 )。(2) 配制 NaOH 溶液。计算用托

9、盘天平称取 NaOH 固体的质量为 g。若 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 ”。)(3) 配制硫酸溶液。实验室用 98%(=1.84g·c3m)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。该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol ·L-1，原因可能是 (填选项字母 )。A用胶头滴管加水定容时俯视刻度B容量瓶中原来存有少量水C稀释硫酸的烧杯未洗涤D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

10、析】【分析】 配制一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，根据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度 可根据公式 c= 1000 进行计算。M【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 一定不会用到的是 A 烧瓶和 C 分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。（2）配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度，然后根据容量瓶体积计算溶质的 量，配制 480mL 0.3 mol/L 的 NaOH溶液需要选择 500mL容量瓶，因此需要 NaOH的物质的 量为 0.5L 

11、15;0.3 mol/L=0.15mo，l 需要 NaOH的质量为： m=n·M=0.15mol/L×40g/mol =6.0g，因 此需要称取 6.0NaOH 固体。 NaOH 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=1000 1.84g/L 98% =18.4mol/L ,需要浓硫酸的M 98g/mol体积为：n 3.68mol /L 0.5LV= = 0.1L 100mL 。 c 18.4mol / L（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，加入的水会低于刻度线，会 使实际溶液浓

12、度偏大， A 错误；B. 容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度，B 错误；C. 稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中，会使配制的溶液浓度减小，C 正确；D. 用胶头滴管加水定容时仰视刻度，读数比实际体积小，加入的水会超过刻度线，会使实 际溶液浓度减小， D 正确；故选 CD。【点睛】本题的易错点为（ 3），计算浓硫酸用量时，需根据稀释前后物质的量不变来计算，稀硫 酸的浓度和体积是已知的，只需要知道浓硫酸的浓度即可，浓硫酸的浓度可用公式算出。1000c=M3根据题意计算填空。（1）在标准状况下， 8.5g 某气体占有的体积为 5.6L，则该气体的摩尔质量是 _。（ 2）在标准状况下， 0

13、.01mol 某气体的质量为 0.28g，则该气体的相对分子质量为 _，该 气体的密度为 _g·L-1 。（3）在标准状况下，由 CO和 CO2 组成的混合气体为 6.72L，质量为 12g，此混合物中 CO 和 CO2物质的量之比是 _，C和 O 原子个数比是 _， CO的质量分数是 _。（4）现有 mg 某气体，它由双原子分子构成，它的相对分子质量为M 。若阿伏伽德罗常数用 NA表示，则：该气体的物质的量为 _mol ；该气体所含原子总数为 _个；该气体在标准状况下的体积为 _L；该气体溶于水后形成 1L 溶液(该气体不与水反应)，其物质的量浓 度为 _mol· L1。

14、m 2mNA22.4m m答案】 34g/mol 28 1.25 1 ：3 4：7 17.5% AM M MM解析】详解】1)该气体的摩尔质量8.5g5.6L=34g/mol22.4L/mol故答案为： 34g/mol ；2) 0.01mol 某气体的质量为0.28g，摩尔质量为 0.28g =28g/mol ，故相对分子质量为0.01mol28；标况下体积是 0.224L，故密度为 0.28g =1.25g/L ，0.224L答案为： 28；1.25;(3)设 CO 的物质的量为 xmol， CO2 的物质的量为 ymol ，标准状况下总体积 6.72L，即 总物质的量为 0.3mol ，故

15、 x+y=0.3，总质量为 12g，故 28x+44y=12，解得 x=0.075，y=0.225，故 CO和CO 2物质的量之比是为 1:3， C 和 O 原子个数比是 4:7 ， CO的质量分数为 0.075 28 =17.5%12故答案为： 1： 3 ； 4：7； 17.5%；4)该气体的物质的量为mM mol ；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为2mNAM个；该气体在标准状况下的体积为22.4m22M.4m L；该气体溶于水后形成1L溶液，其物质的量浓度为 m mol · LM故答案为：m 2mNAMM22.4m mMM4NH3、NO、NO2 都是常见重要的无机物，是工

16、农业生产、环境保护、生命科学等方面的 研究热点。( 1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成 NO 的化学方程式 。(2) 氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成 。(3) 实验室可用 Cu 与浓硝酸制取少量 NO2，该反应的离子方程式是 。(4) 为了消除 NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使 NO转化为两种无毒气体 ( 其中之一是水蒸气 ) ，该反应需要催化剂参加，其化学方程式为 。(5) 一定质量的 Cu与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和 NO气体均为 2240mL。向反应后的溶液中加入 NaOH 溶液使 Cu2+刚好完全沉淀，则生成 Cu(OH

17、)2 沉淀的质量为 克。催化剂 + +【答案】 4NH3+5O24NO+6H2O 光化学烟雾 Cu+4H+2NO3 Cu2+2NO2+2H2O加热催化剂4NH3+6NO5N2+6H2O 19.6【解析】【分析】(1) 氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；(2) 氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；(3) 铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；(4) 氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；(5) 根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根 据 m=nM 计算。【详解】( 1)氨气与氧

18、气在催化剂条件下生成NO 与水，反应方程式为：催化剂4NH3+5O24NO+6H2O，加热催化剂故答案为： 4NH3+5O24NO+6H2O；加热( 2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：光化学烟雾；(3) Cu 与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应 离子方程式为： Cu+4H+2NO3 Cu2+2NO2+2H2O，答案为： Cu+4H+2NO3 Cu2+2NO2+2H2O；(4) NH3 使 NO 转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式催化剂为： 4NH3+6NO5N2+6H2O，催化剂故答案为： 4NH3+6

19、NO5N2+6H2O；(5) n(NO2)n(NO)2.24L÷22.4L/ mol0. 1mol ，根据电子转移守恒，可知 n(Cu)0.1mol 1 0.1mol 30. 2mol ，由 Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0. 2mol，生2成 Cu( OH) 2沉淀的质量为 0.2mol×98g/mol19. 6g，故答案为： 19. 6。【点睛】 掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的 量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。5实验室需要配制 0.1 mol L·1 CuSO4

20、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)、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 CuSO4·5H2O 晶体 12.0 gC需要 CuSO4·5H2O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

21、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(8) 在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，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

22、为 500mL 0.1 mol L1 160 g mol 1 =8.0g ，若为 5 水硫酸铜其 质量为 500mL 0.1 mol L 1 250 g mol 1 =12.5g ，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

23、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。6根据所学的知识填空。（1）已知铜在常温下能被稀 HNO3溶解： 3Cu + 8HNO3=3Cu（NO3）2 + 2NO+4H2O 用双线桥法表示上述电子转移的方向和数目（在化学方程式上标出 ） 请将上述反应改写成离子方程式： L；若 19.2g 铜与稀硝酸完全反应，生成的气体在标准状况下的体积为_4 mol HNO3 参加反应，则该过程转移电子的数目为 （2）标准状况下， 44.8 L由 O2和 CO2组成的混合气体的质量为 82g，则 O2的质量为 g，该混合气体的平均摩尔质量为L

24、CH4 所含氢原子数相同。答案】（3）3.4g NH3 中所含氢原子数目与标准状况下3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO +4H2O4.48 3NA或 1.806 × 1240 16 41g/mol 3.36【解析】【分析】 （1）Cu+4HNO3Cu（NO3）2+2NO2+2H2O中，Cu元素的化合价由 0升高为 +2价，N元 素的化合价由 +5 价降低为 +4 价，该反应中转移 2mol 电子，根据物质所含元素的化合价的 变化判断氧化剂、还原产物以及参加氧化还原反应的硝酸的物质的量；V（2）根据 n= 计算 CO和 CO2组成的混合气体的物质的量，设CO和 CO2的物质的量

25、分Vm别为 xmol、 ymol ，根据二者物质的量与质量，列方程计算x、y的值，进而计算 CO和 CO2的物质的量之比，根据 M= m 计算混合气体的平均摩尔质量； nV=nVm 求甲烷的体积。（3）根据 n= m 计算出氨气的物质的量，再根据 N=nNA 计算出含有氨气分子数及含有的 M氢原子数目，结合甲烷的分子结构求出甲烷的物质的量，根据【详解】 （1）化合价升高元素 Cu失电子，化合价降低元素 N 得到电子，化合价升高数 =化合价降低数 =转移电子数 =6，电子转移情况如下：故答案为：在 3Cu+8HNO3 3Cu（ NO3） 2+2NO +4H2O 反应中， HNO3和 Cu（NO3

26、） 2溶于水且电 离，应写成离子的形成，改写后的离子方程式为3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO +4H2O，故答案为： 3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO +4H2O； 铜的物质的量为 0.3mol ，该反应中 Cu元素由 0价升高到 +2价，则 0.3mol Cu 失去的电子 为 0.3mol ×（2-0） =0.6mol ，设 NO 的物质的量为 n，由电子守恒可知， 0.3mol ×2=n×（ 5- 2），解得 n=0.2mol，则 NO 的体积为 4.48L；由方程式 3Cu+8HNO3 3Cu（ NO3） 2+2NO +4H2O可知 8 mo

27、l 硝酸参加反应，转移 6mol 电子，因此有 4mol 硝酸参加反应，转 移电子 3mol，个数为 3NA或 1.806 × 1240，故答案为： 4.48； 3NA或 1.806 × 1240。44.8L（2）标况下 44.8 L由 O2和 CO2组成的混合气体的物质的量为=2mol，设 O222.4 L / mol和 CO2 的物质的量分别为 xmol、 ymol ，则： x+y=2mol；32x+44y=82g；解得： x=0.5、y=1.5，则混合物中 O2的的量为 0.5mol × 32g/mol=16，g 混合气体的平均摩尔 质量为： 82g =41

28、g/mol ，故答案为： 16；41g/mol ；2mol（3）氨气的相对分子质量是 17，其摩尔质量是 17g/mol ，则 3.4g 氨气的物质的量为： n 3.4g（NH3）=0.2mol ，含有氢原子的数目为： N（H） =3N（ NH3） =0.6NA，与氨气含17g/ mol有 H 原子数目相等的 CH4 的物质的量 0.6NA =0.15NA，故 CH4 的体积4=0.15mol × 22.4L/mol=3.36，L故答案为： 3.36。 【点睛】本题考查有关物质的量的计算，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的 量等物理量之间的转化关系，灵活运用公式是解答

29、的关键。7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）=3Cl2 +2CrC3l +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 SO2 气体和 SO3气体，其分子数之比为 ，密度之比为 （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，

30、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】 0.6mol 1：1 4：5 溶液由无色变为橙色Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl C2l Br2I2 【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；Nm(2)根据 n= N 及 VAMVMm 计算；m(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。

31、【详解】(1) 在反应 K2Cr2O7+14HCl(浓)=3Cl2+2CrC3l +2KCl+7H2O中，每转移 6mol 电子，会有 6molHCl 被氧化产生 Cl2，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SO2 气体和 SO3 气体，其分子数之比为 1：1；在同mM温同压下，气体摩尔体积相同，根据气体的密度定义式 可知：气体的密度与V Vm 气体的摩尔质量成正比，所以在同温同压下，SO2气体和 SO3 气体的密度比 (S2

32、O)： (S3O)=64g/mol ： 80g/mol=4 ：5 ；(3) 由于活动性 Cl2>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

33、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+N2Mg3N2；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 128molN2 的质量g；在空气中燃烧产物既有 MgO 、也有 Mg3N2，所以增加的质量在3328g16g之间；在 CO2中燃烧质量增加 1molO 和 0.5molC原子的质量， 16g+6g=22g，可 3见等质量的 Mg 在四种情况下质量增加由小到大的顺序是氮气<空气 &

34、lt;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

35、值，应注意解答的规范 化。8现有下列九种物质： HCl气体 Cu 蔗糖 CO2 H2SO4 Ba（OH）2 固体 氯酸钾 溶液 稀硝酸 熔融 Al2（SO4）3（1）属于电解质的是 _；属于非电解质的是 _。（2）和反应的化学方程式为： 3Cu +8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO +4H2O 上述反应中氧化产物是 _。硝酸没有全部参加氧化还原反应，参加氧化还原反应的硝酸占 总硝酸的 _。用双线桥法分析上述反应（只需标出电子得失的方向和数目）_。3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO +4H2O（3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H OH=H2O，该离子反应对应的化学

36、方程式为 _。（4）在水中的电离方程式为 _，（5）34.2g溶于水配成 1000mL 溶液， SO42-的物质的量浓度为 _。 【答案】 Cu（NO3）2 或 Cu2+ 25%Ba（OH）2 2HNO3=Ba（NO3）2 2H2OAl2（SO4）3=2Al3 3SO42- 0.3mol/L【解析】【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化 物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化 物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；（2）氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂，对应产物为氧化产物；依据 硝酸中

37、氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量；根据Cu 元素的化合价变化、 N 元素的化合价变化来分析，化合价升高的元素原子失去电子，化合价降低 的元素的原子得到电子，化合价升高值=化合价降低值 =转移电子数；（3）H+OH-H2O，可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水；（4）硫酸铝为强电解质，水溶液中完全电离；（5）计算 3.42g 硫酸铝的物质的量，依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量， 依据 c= n 计算硫酸根离子的物质的量浓度。V【详解】(1) HCl 气体是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；Cu 是单质，既不是电解质也不是非电解质； 蔗糖是在水溶液里和熔融状

38、态下都不能导电的化合物，是非电解质； CO2本身不能电离，属于非电解质； H2SO4是在水溶液里能导电的化合物，是电解质； Ba(OH)2固体是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，是电解质； 氯酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；稀硝酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；熔融 Al2(SO4)3 是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质； 综上所述，属于电解质的是；属于非电解质的是； 故答案为：；(2) 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，反应中铜元素化合价升高，为还原剂，对应产 物硝酸铜为氧化产物，参加反应的硝酸有 8mol ，只有 2mol 硝

39、酸中的 N 化合价降低，作氧 化剂，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%；在反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O中， Cu元素的化合价由 0 升高到 +2价， N元素的化合 价由+5降低为 +2 价，转移的电子为 6e-，则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为，；故答案为： Cu(NO3 )2 或 Cu2+；25%；(3) H+OH- H2O，可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应，化学方程式为：Ba(OH)22HNO3=Ba(NO3)22H2O；故答案为： Ba(OH)22HNO3=Ba(NO3)2 2H2O；(4) 硫酸铝为强电解质，完全电离，电离方程式为：Al2(SO4

40、)3=2Al3 3SO42-；故答案为： Al2(SO4)3=2Al3 3SO42-；(5)3.42g 硫酸铝的物质的量 n= 3.42g =0.0 1mol ，依据硫酸铝电离方程式： 342g/molAl2(SO4)3=2Al33SO42-，可知硫酸根离子的物质的量为 0.03mol ，则硫酸根离子的物质的量0.03mol浓度 c= =0.3mol/L ；0.1L故答案为： 0.3mol/L 。9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

41、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(ClO)2g。(5) 此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置 B 中还存在两个副反应。 温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施 试判断另一个副反应 (用化学方程式表示 )，为避免此副反应的发生，可将装

42、置做何改进 。通电【答案】 2NaCl+2H2O2NaOH+H2 +Cl2 移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在 b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaC2l+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(OH2)=CaCl2+2H2O 在 A 与 B 之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶【解析】【分析】I.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 化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验； II.

43、在装置 A中制取 Cl2，在装置 B中 Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染 物，在尾气排放前用 NaOH 溶液进行尾气处理，据此分析解答。【详解】I.(1)电解饱和食盐水产生 NaOH、H2 、Cl2，反应方程式为：通电2NaCl+2H2O2NaOH+H2 +C2l；(2) 在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。由于放电能力Cl->OH-，所以溶液中的阴离子 Cl-放电，失去电子变为 Cl2逸出， Cl2检验强氧化性，可以使 KI变为 I2，I2 遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2 的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明

44、产生的气体为Cl2；II.(3) 在装置 B中 Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为： 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(4) n(MnO 2)=8.7g ÷ 87g/mol=0.1m，ol n(HCl)=12mol/L × 0.1L=1.2，m根ol据制取气体方程式：MnO 2+4HCl(浓)MnCl 2+Cl2 +2H2O 可知 0.1mol MnO 2能够消耗 0.4molHCl<1.2mol ，说明HCl过量，制取的 Cl2按 MnO 2计算， n(Cl2 )=n(MnO 2)=0.1mol ，则根据反应关系12Cl

45、2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 可知 nCa(ClO)2= n(Cl2)=0.05mol ，所以理论上制取的2漂白粉中 Ca(ClO)2的质量为 mCa(ClO)2=0.05mol × 143g/mol=7.15；g(5) 温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是冷却 B装置 (或把 B 放置在冷水浴中等合理答案 )；试判断另一个副反应是 Cl2中含有杂质 HCl与 Ca(OH)2反应，用化学方程式表示为 2HCl+Ca(OH)2=CaC2l+2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置改进为：在A 与 B之间连

46、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】 本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。掌握氯气的工业和实验室制取方法， 根据电解原理、氧化还原反应规律，结合物质的性质(挥发性、氧化性 )等分析判断。10 ( 1)写出离子方程式：向 Ba(OH)2溶液中滴加 NaHSO4 溶液至 Ba2+刚好沉淀完全；(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

47、3:2:3，则上述三种溶液的体积之比(4) 5.00g CuSO4·5H2O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 200时所得固体物质的化学式为 ；5)已知氧化性： Cl2>Fe3+>I2，写出 FeI2和 Cl2按物质的量之比为 7:8 反应的总离子方程式 【答案】 Ba2+OH-+H+SO42- = BaSO4 + H2O 10000d/(365+1000V) mol L1 1·8:3:22 -3-CuSO4·H2O 2Fe2+14I-+8Cl2 =2Fe3+7I2+16Cl-【解析】【分析】 根据物质的性质书写离子方

48、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(OH)2+NaHSO4=BaSO4 +NaOH+H2O，转化为离子方程式则为： Ba2+OH-+H+SO42-= BaSO4 + H2O；(2) 由题， n(HCl)=V(HCl)/Vm=224L ÷ 22.4L/mol=10mo，l m 总=m(HCl)+m(H2O)=n(HCl) × M(HCl)+V2O(H)×2(O

49、H)=10 × 36.5+V ×3×101=(365+1000V)，gm总 365+1000VV总= 总 = mL ，总dn(HCl) 10= molc(HCl)= V总365+1000V ×10-3d×10L-110000d365+1000VmolL-1，故答案为：10000d365+1000VmolL-1(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+AgNO3=AgCl+NaNO3，MgCl2+2AgNO3=2AgCl +Mg(NO3)2，AlCl3+3AgNO3=3AgCl +ANl( O3)3，若假设硝酸

50、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3/1:1/2:1/3，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， 200时，五水合硫酸铜并未脱水完全，分子中还有一定量的水存在， 5.00g 五水合

51、硫酸铜，物质的量为 5g÷ 250g/mol=0.02mol，所以 n(CuSO4)=0.02mol ， n(H2O)=0.1mol， 200时，固体质量为 3.56g，所以含有水分质量为 0.36g， n(H2O)=m/M=0.36g ÷ 18g/mol=0.02mo，l 可以得出固体化学式为： CuSO4·2HO，故答案为： CuSO4·2HO。(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：7FeI2+8Cl2=2FeCl3+7I2+5FeCl2，转化为离子方程式可得出： 2Fe2+14I-+8Cl2 =2Fe3+7I2+16Cl

52、-， 故答案为： 2Fe2 +14I-+8Cl2 =2Fe3+7I2+16Cl-。11Ba(OH)2 是一种强碱，可用于测定天然气中CO2 的含量。(1) 请写出足量氢氧化钡溶液吸收 CO2 气体的离子方程式： 。(2) 某课外小组通过以下实验操作测定Ba(OH)2·nH2O 中 n 的值。 称取 5.25g 试样(含有杂质)配成 100mL 溶液。配置溶液中用到的仪器有天平、 、和胶头滴管。若配制过程中定容后经振荡、摇匀、 静置，发现液面下降，再加适量蒸馏水，则所得溶液的浓度将 (填 “偏大 ”、“不变”或“偏小 ”)。 用 30.00mL 1mol·L-1盐酸与上述 B

53、a(OH)2 溶液反应，消耗该 Ba(OH)2溶液 100.00mL (杂质 不与酸反应)，则该 Ba(OH)2 溶液的物质的量浓度为 。另取 5.25g 试样加热至失去全部结晶水(杂质不分解)，称得剩余固体质量为3.09g，则Ba(OH)2·nH2O 中 n=。【答案】 CO2+Ba2+2OH-=BaCO3 +H2O 100mL 容量瓶 玻璃棒 烧杯 偏小 0.15mol/L8【解析】【详解】(1) 足量氢氧化钡溶液吸收 CO2 气体生成 BaCO3，发生反应的离子方程式为 CO2+Ba2+2OH- =BaCO3 +H2O；(2) 称取 5.25g 试样(含有杂质 )配成 100m

54、L 溶液，需要经过溶解、转移并定容，其中溶解 时需要玻璃棒和烧杯，转移时需要玻璃棒引流，定容时需要容量瓶和胶头滴管，则配置溶 液中用到的仪器有天平、 100mL 容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；若配制过程中定容后 经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量蒸馏水，导致所配溶液的体积偏大，则所 得溶液的浓度将偏小；设 Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为 cmol/L ，则 1mol ·L-1× 0.03L=cmol/L × 0.，1L解×得2： c=0.15，该 Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为 0.15mol/L ； 5.25g 试样中含有 Ba(OH

55、)2的物质的量为 0.15mol/L × 0.1L=0.015m，o含l 有水的物质的量为 5.25g 3.09g=0.12mol ，所以 1： n=0.015mol ： 0.12mol ，解得 n=8。18g /mol12对一定量气体体积的探究。已知1 mol 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(1) 从表分析得出的结论： 1mol 任

56、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”、“一定不 ”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 2.8L 11 23 106g m·ol-1 p(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；(3) 根据 n=m/M=V/V m 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= RT进行分析。【详解