【化学】高考化学物质的量解答题压轴题提高专题练习及详细答案

1、【化学】高考化学物质的量解答题压轴题提高专题练习及详细答案一、高中化学物质的量1.物质的量是高中化学中常用的物理量，请回答下列问题：(1)某硫酸钠溶液中含有 3.01 X 20个Na+,则溶液中SO42-的物质的量是 mol。(2)在标准状况下，4.48 L HCl气体溶于水配成500 mL溶液，其物质的量浓度为 (3)在标准状况下，1.7 g氨气所占的体积约为 L,与 mol H2s含有相同的氢原子数。(4)7.8 g Na2X中含Na+0.2 mol,则X的摩尔质量是 。(5)实验室需要0.3 mol?L-1硫酸溶液480 mL。配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶

2、外，还需要 需量取质量分数为 98%、密度为1.84 g?cm-3的浓硫酸的体积为 mL。 配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，操作方法是： 。【答案】0.25 0.4 mo?L -1 2.24 0.15 32 g?mol-1 500mL容量瓶 8.2将浓硫酸沿烧杯 内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌【解析】【分析】(1)硫酸钠为强电解质，完全电离，1molNa2SO4电离产生2molNa+和 1molSO42-;Vn(2)依据n 1 计算氯化氢的物质的量，依据C 计算溶液中氯化氢的物质的量浓VmV度；V m(3)依据n二 丁=；7结合氨气与硫化氢分子构成计算解答；Vm M(4)

3、由钠离子物质的量计算 N&X的物质的量，根据 M=m计算Na2X的摩尔质量，进而计 n算X的相对原子质量；(5) 依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；1000 w依据c 计算硫酸的物质的量浓度，依据稀释过程中溶质的物质的量不变计算M需要浓硫酸的体积； 依据浓硫酸稀释的正确操作解答，注意浓硫酸的密度大于水，稀释产生大量的热。 【详解】3 01 1023c(1)某硫酸钠溶椒中含有3.01 X123个 Na+, n(Na+)=301°- =0.5mol, n(SO42-6.02 1023)=05mo =0.25mol;24.48(2)在标准状况下，4.48 L HCl气体的物质的

4、量为:=0.2mol,溶于水配成 500 mL溶 22.4液，其物质的量浓度为：0.2mOl =0.4mol/L ;0.5L 1.7g(3)在标准状况下，1.7g氨气的体积： -17g/mol22.4L/mol =2.24L; 1.7g 氨气中所含氢原子的物质的量：0.1mol X3=0.3moJ与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等，即n(H2S) x 2=0.3mo,l n(H2S) =0.15mol；(4) 7.8 g Na2X 中含 Na+ 0.2 mol,则 n(Na2X)=0.1mol, M(Na2X)= 7.8g =78g/mol ,故 X的 0.1mol相对原子质量为 78-23

5、X 2=32摩尔质量为 32g/mol ;(5)实验室需要0.3 mol?L-1硫酸溶液480 mL,应该选择500mL的容量瓶；质量分数为98%、密度为1.84 g?cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为:1000 1.84 98%98=18.4mol/L,设所需浓硫酸的体积为V,依据稀释前后溶质的物质的量不变可知，18.4 X VX10-3=0.3 X 500 乂310V=8.2mL； 浓硫酸稀释的正确操作为：将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不 断搅拌。物进行分离和提纯。下列 A、B、C D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。2. I.自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，

6、为了便于研究和利用，常需对混合请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将 A、B、C、D填入适当的空格中。(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙 ;(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠 ;(3)分离39%的乙醇溶液 ;(4)分离澳的氯化钠溶液;n.利用化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空已知某饱和氯化钠溶液体积为VmL,溶液密度为d g/cm3,质量分数为w,物质的量浓度为c mol/L ,溶液中含 NaCl的质量为 m g。(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度是 (2)用w、d表示溶液的物质的量浓度是 (3)用c、d表示溶液的质量分数是 【答案】B1000m58.5V mo

7、 L1000dw58.5 mo58.5c1000dI.根据混合物的性质选择相应的装置进行分离；n .根据公式 n ?、c > c=1000 进行计算。M VM1. (1)碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，故答案为：B;(2)氯化钠易溶于水，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠，故答案为：D;(3)乙醇和水是互溶的两种液体，可用蒸储的方法分离乙醇和水，故答案为：A;(4)溴易溶于四氯化碳而难溶于水，且四氯化碳与水不互溶，则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的澳单质，再分液，故答案为：C;n. (1)NaCl的物质的量为m mg m , =molM 58.5g/mo

8、l 58.5'则NaCI溶液的物质的量浓度是m mol58 51000m,c= 58.5 . = molV 10-3L 58.5VL-1 ,故答案为:1000m158.5V mo '(2)根据公式c=1000可知，该溶液的物质的量浓度是c=1000dw mol L-1 ,故答案M58.5L 1；* 1000dw为：mol58.5,1000由c=可知,M58.5c ，故答案为:1000dcM,则该溶液的质量分数是100058.5cO1000d【点睛】该公式c=1000一 中，涉及溶液的密度，质量分数，物质的量浓度，密度的单位为 Mg/cm3,是同学们的易忘点。3 .完成下列填空：

9、(1)已知反应：F&O3 + 2Al卫-Al2O3+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 一发生还原反应的是_。(2)反应 2KMnO4+16HCI(浓)=2MnCl2+2KCI+5Cl2T+8H2O中：反应中被氧化的元素是 一 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 Al FQO3 Cl Mn 116.8 73【解析】【分析】(1)反应符合基本反应类型的 AB+C=AC+B

10、反应中，Fe的化合价由+3价变为。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。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3.2 X 36.5=116.8 g化合价升高的 HCl为2mol,即 73g。【点睛】高镒酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加

11、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 .某化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：二氧化镒与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2o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：3c2+6OH邑5Cl-+ClO3-+3H2Oo该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。饱和食林水 石灰乳NaOH溶液甲乙 丙 丁请回答下列问题：(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 mol L-1盐酸与8.7 g MnO2制备氯气，并将所得氯气

12、与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO2 go(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 的关系曲线，粗如表示为如图 (不考虑氯气和水的反应)。所取石灰乳中含有 Ca(OHl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-n ClO的物质的量为0.35 mol ,则产物中 =_on ClO3 一 3(

13、3)为了提高Ca(ClO的产率，可对丙装置作适当改进。请你写出一种改进方法：O【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)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+C2T +2H2O； 2c2+2Ca(OH片CaC2+Ca(ClO>+2H2。，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

14、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，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)浓盐酸和二氧化镒反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓)= MnCl2+Cl2 T +2H2O；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

15、除去Cl2中混有的HCl气体；8.7 gn(HCl)=12 mol/L X0.1 L=1.2 moln(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 gMnO2制备氯气，以 MnO2为标准计算，n(Cl2)=n(MnO2)=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=CaC2+Ca(ClO2+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» 的物质的量为 0.05 mol,其质量 mCa(ClO»=0.05mol X 143

16、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CIO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nX1=0.10 mol x 1+0.05 mol x 5=0.35moU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 CaC2、Ca(ClO、Ca(ClO)2 中钙离子和含氯离子的个 数比为1：

17、2,所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.5l =0.25 mol；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 x 1+y；x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,y=0.05 mol,则产物中 “"1mol =2： 1；n ClO30.05mol(3)由于反应在高温度下发生副反应，所以

18、改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中， 避免发生 3Cl2+6OH 4 5Cl-+ClO3-+3H2O 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。"0-5.现有含有少量 Nad Na2SO4、NazCQ等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂 质，得到纯净的 NaNO3固体，实验流程如下图所示。过量N&CG溶海海海3沉淀BStsAgWOj溶海(1)沉淀A的主要成分是、 (填化学式)。(2)中均进行的分离操作是 。(3)溶

19、液3经过处理可以得到 NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是 ，为了除 去杂质，可向溶液 3中加入适量的 。(4)实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 mol?L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现 一瓶8 mol?L-1的HNO3溶液，该小组用8mol?L-1的HNO3溶液配制所需溶液。 实验中所需的玻璃仪器包括、 mL 量筒、烧杯、 、胶头滴管等。 该实验中需要量取 8mol?L-1的HNO3溶液 mL。 下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是 。A.取用8mol?L-1的HNO3溶液溶液时仰视量筒刻度线B 量取用的量筒水洗后未进行任何操作C. 8mol?L-1的HNO3溶液

20、从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯D 定容时仰视刻度线E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作【答案】BaSO4 BaCO过滤 N&CQ HNO3 500mL容量瓶 100玻璃棒 62.5 AC 【解析】【分析】由实验流程可知，加入过量的Ba(NO3)2,生成BaS。、BaCQ沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3,使C全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的NazCQ,使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CQ的混合物，加入稀 HNO3,最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。【详解】(1)加入过量的 Ba(NOs

21、)2, NmSQ、Na2CO3 和 Ba(NO3)2 反应生成 BaSQ、BaCO3沉淀，故答案为：BaSO4； BaCO3；(2)中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；(3)溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，力口入稀 HNO3,可除去NazCOs,最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na2CO3 ； HNO3；(4)实验室只有 500mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL,另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃

22、仪器包括500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：500mL容量瓶；100 ； 玻璃棒；设需要量取 8 mol?L-1 的 HNO3溶液 VmL,则 8 mol?L-1 x VX 彳0=1 mol?L-1 x 500 X3I1Q 解 得:V=62.5mL,故答案为：62.5 ；A.取8mol?L-1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A 正确；B.量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B 错误；C.量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶

23、液浓度偏高，故C 正确；D.定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；E.定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误;故答案为AC。6 .按要求回答下列问题(1)实验室可用 eC2O7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HC1(浓)=3Cl2 T +2CrC3 +2KC1+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)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,Cl2、B

24、r2、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】0.6mol 1：1 4： 5溶液由无色变为橙色C2+2NaBr=Br2+2NaCl C2>Br2>l2<<<【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；N m M(2)根据n=及P 77 ，一计算；NaV Vm(3)活动性强的可以把活动性弱的置

25、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)=3Cl2 T +2CrC3+2KCl+7H2O 中，每转移 6mol 电子，会有6molHCl被氧化产生C2,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=1一可知：气体的分子数的比等于气体的物质的量的N A比。所以同温同压下，相同物质的量的SQ气体和SO气体，其分子数之比为 1： 1;在同

26、m M温同压下，气体摩尔体积相同，根据气体的密度定义式P 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，SQ气体和SC3气体的密度比p (SO：p (S3O=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、Ba I2三种单质氧化性强弱的关系是Cl2>Br2>l2；贝壳主要成分为碳酸钙，不符

27、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；1molMg在。2中燃烧质量增加ImolO原子的质量16g；在N2中燃烧质量增加lmolN2的质量28 g；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ImolO和0.5molC原子的质量，16g+6

28、g=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

29、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，应注意解答的规范 化。7 .实验室可用如下方法制取 C12,根据相关信息，回答下列问题:在该反应中，HCl表现的性质有 、.A MnO 2 +4HC1 (浓)Cl2 T + MnCl2+ 2H2O (2)若反应中有0.1mol的氧化剂被还原，则被氧化的物质为 (填化学式)，被氧化 物质的物质的量为 ,同时转移电子数为 (用Na表示)。(3)将(2)生成的氯气与0.2mol H2完全反应，生成的气体在标准状况下所占体积为,将此产物溶于水配成100mL溶液，此溶液的物质的量浓度为 。(4) KClO+ 6HCl(浓)=3C2 T + KCl+ 3

30、H2OD 2KMnO 4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2 T + 8H2O若要制得相同质量的氯气， 三个反应中电子转移的数目之比为 。(5)已知反应 4HCl(g)+O22C2+2H2O(g),该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、催化剂KMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为 。(6)将不纯的NaOH样品2.50 g(样品含少量 NazCQ和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到固体的质量为 。【答案】还原性 酸性 HCl 0.2mol 0

31、.2 Na 8.96L 4mol/L 6: 5: 6 KMnO4> MnO2> O25.85g【解析】【分析】(1)盐酸与二氧化镒反应化合价发生变化，且能与碱性氧化物反应；(2)还原剂被氧化，求解被还原的还原剂的量；根据方程式及c=Vn计算；(4)生成1mol氯气时，转移2mol电子；生成1mol氯气时，转移-mol电子；生成 31mol氯气时，转移 2mol电子；(5)根据氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，进行推理；(6)根据C离子守恒进行计算。【详解】(1)盐酸与二氧化镒反应化合价由-1变为0,作还原剂，表现还原性；与碱性氧化物反应，表现酸性；(2)若0.1mol的氧化剂被还原

32、，还原剂被氧化，物质为 HCl,被还原的物质的量为 0.2mol,转移0.2mol电子，即0.2Na；H2 + C2=2HCl, 0.2mol氯气与0.2mol H 2完全反应，生成 0.4molHCl,标况下的体积为8.96L- c= = =4mol/L -'V 0.1'(4)生成1mol氯气时，转移2mol电子；生成1mol氯气时，转移-mol电子；生成 31mol氯气时，转移2mol电子；电子转移的数目之比为6: 5: 6;催化剂(5)根据反应、和 4HCl(g)+ O22Cl2 + 2H2O(g)可知,MnO2、O2、KMnO4三种物质A均可制取氯气，且反应的条件下由易

33、到难，氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，则氧化性由强到弱的顺序为 KMnO4> MnO2> O2；(6)反应后的溶液的溶质为 NaCl,且加热蒸干后得到的固体也为NaCl,根据C离子守恒，n(NaCl) = n (HCl) =50.0 mLx2.00mol/L=0.1mol,其质量为 5.85g。8.按要求完成下列填空。(1)在等体积的NaCk MgCl2、AlCl3三种溶液中，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 。(2)将3.22 g芒硝(Na2SQ10H2O)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 go(

34、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) 100 mL 0.3 mol/L NazSQ(密度为 di g/cm 3)和 50 mL 0.2 mol/L A12(SQ)3(密度为 d2 g/cm3) 混合，所得密度为 d3 g/cm3的混合溶液中SQ2-的浓度为。(用含di, d2, d3 的式子表示)6d310 di+5 d240g/mol(5)已知两种碱 AOH和BOH的摩尔质量之比为 5:7,现将7 mol AOH与5 mol BOH混合 后，从中取出5.6 g,恰好

35、可以中和100ml浓度为1.2 mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为【答案】6：3：2 34.2 5 域 83.3%)6【解析】【分析】(1)分别加入等量的 AgNO3溶液恰好都完全反应可知，溶液中C的物质的量相等；(2)每100个水分子中溶有1个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:1 ;(3)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；(4)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)由混合碱5.6 g恰好可以中和100mL浓度为1.2 mol/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)设NaC1、MgCl2、A

36、1C3的物质的量分别为x、y、z,由分别加入等量的 AgNO3溶液恰 好都完全反应可知，溶液中C的物质的量相等，则有 x=2y=3z,解得x： v： z=6: 3: 2,因溶液的体积相同，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 323；2 mol=1mol,溶液中 n ( Na+) =2n ( NazSQ?10H2O) =0.01mol x 2=0.02mol,每100个水分子中溶有 1个钠离子，所以 n ( H2O) =100n ( Na+) =2mol, 0.01molNa2SO4?10H2O中含有水的物质的量

37、为0.01mol x 10=0.1mol ,需要的水的物质的量为2mol-0.1mol=1.9mol ,则需要水的质量为 1.9mol x 18g/mol=34.2g ,故答案为： 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 X9.5=19g/mol ,设氨气的体积分数为x,则空气的体积分数为(1-x),故17x+29(1-x) =19,解得x=|,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总体积的I ,故答案为：I ;(4) 100mL0.3mol/LNa2SC4 溶液中 SO42-的物质的量为 0.1LX 0.3mol/L=0

38、.03moL , 50mL0.2mol/LAl 2 ( SC4) 3 溶液中 SO42-的物质的量为 0.05LX 0.2moL/L x 3=0.03mol,混合后 100dq 50d,的总SC42-的物质白量为 0.03moL+0.03moL=0.06mol ,混合溶椒的体积为 一d-2 X10 3l,0.06 mol则混合溶液中SO42-的浓度为1002 50d2 10 3Ld36d36d3mo / mi/ mOL，故答案为：.10 d1+5 d210 d1+5 d2(5)由混合碱5.6 g恰好可以中和100mL浓度为1.2 mol/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

39、酸的物质的量为1.2 mol/L X0.1L=0.12mol,设5.6 g混合碱中AOH的物质的量为7a,则BOH的物质的量为5a,由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量 相等可得7a+5a=0.12mol ,解得a=0.01mol,设AOH的摩尔质量为5b,则BOH的摩尔质量 为7b,由混合碱的质量为 5.6g可得：0.07mol x 5b+0.05mol x 7b=5.6,解得b=8,贝U AOH 的摩尔质量为 40g/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 5.6 g恰好可以

40、中和100ml浓度为1.2 mol/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。9.现有下列九种物质： HCl气体 Cu蔗糖 CO2H2S。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+2NOT +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(NOs)2+2NOT +4H2O(3)上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反

41、应：H +OH =H2O,该离子反应对应的化学方程式为。(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(NC3)2或CU2+ 25%失3班3cli + 8HHO=3Cu(10)？+2110 t + 4H0 oc 八、 O1,Ba(OH2+ 2HNO3=Ba(NQ)2+ 2H2OE-Al2(SC4)3=2Al3+ + 3SQ2- 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

42、、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，化合价升高值文合价降低值=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=-计算硫酸根离子的物质的量浓度。V【详解】(1)HCl气体是

43、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；H2S。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A12(SC4)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+8HNC3=3Cu(NC3)2+2NOT +4H2O,反应中铜元素化合价升高，

44、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+8HNC3=3Cu(NC3)2+2NOT +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， 3cli + 8HH03 =3C q(N03) ?+2»0 t + 4啊0失故答案为：Cu(NO3)2或Cu2+;25%;(3) H+OH- H2O,可以表示稀硝酸与氢氧化钢反应,2HNO3=Ba(NO3)2+ 2H2。；故答案为：Ba(

45、OH)2 + 2HNO3=Ba(NO3)2 + 2H2。；(4)硫酸铝为强电解质，完全电离，电离方程式为：故答案为：A12(SO4)3=2A13+3SC42-;化学方程式为:Ba(OH)2 +A12(SC4)3=2A13+ 3SQ2-;3Cu + 8HH03 = 3u(N03)2+2B0 t + 4剪0(5) 3.42g硫酸铝的物质的量n= 3.42g =0.01mol ,依据硫酸铝电离方程式：342g/molAl2(SC4)3=2Al3+ + 3SC42-,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侬度 c=0.3mol/L ；0.1L故答案为：0.3

46、mol/L。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：饱和食盐水氢氧化钠溶液h灰乳Nm)H溶液ABC图工图2(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 。n.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>go(5)此实验所得漂白粉

47、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(ClQ)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，可将装置 做何改进。通电【答案】2NaCl+2H2O2NaOH+H2f +C2 T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 2c2+2Ca(OH片CaC2+Ca(ClO2+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=CaC2+2H2O在A 与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶【

48、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.在装置A中制取C2,在装置B中C12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+2H2O= 2NaOH+H2 T +C2 T ;(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C->OH-,所以溶液中的阴离子 Cl-放电

49、，失去电子变为 C12逸出，C12检验强氧化性，可以使KI变为 I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验C12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，则说明产生的气体为C12；II .(3)在装置B中C12与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaC2+Ca(ClO2+2H2O；(4)n(MnO 2)=8.7g + 87g/mol=0.1mpl n(HCl)=12mol/L x 0.1L=1.2mOl据制取气体方程式：MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2? +2H2O 可知 0.1mol MnO2能够消耗 0.4molHCl<1

50、.2mol ,说明 HCl过量，制取的 Cl2按MnO2计算，n(C2)=n(MnO2)=0.1mol ,则根据反应关系2Cl2+2Ca(OH)2=CaC2+Ca(ClO2+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,的质量为 mCa(ClO)2=0.05mol x 143g/mol=7.15g(5)温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO)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>反应，用化学方程式表示为2HC

51、l+Ca(OH2=CaC2+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。11. (1) 4.8gO3和0.2molCH4,在同温同压下的体积之比是；相同质量的 。2和SQ,所含分子的数目之比为 一 所含。原子的物质的量之比为 一 密度之比为_。(2)标准状况下11.2 L N2所含分子数是个。(3)若某原子的摩尔质量是M g/mol ,则一个该原子的真实质量是

52、_g。(4) 483g Na2SO4 10H2O中所含的Na+的物质的量是 一 SO42-的物质的量是一所含H2O 分子的数目是一个。(5)现有100 ml 1.00 mol/L NaCl溶液，其中所含 Na+的质量是 g。(6)下列物质能导电是 一属于电解质是 一属于非电解质的是_。(填序号，多选或错 选扣分)水银 烧碱硫酸钢 氯化钠晶体 盐酸 蔗糖(7)实验室配制480mL0.08mol/LNa2CQ溶液，需要十水碳酸钠晶体质量 g。【答案】1:2 2:1 2:1 1:2 0.5NA -NA 3mol 1.5mol 15 Na 2.3g 11.44g【解析】【详解】4.8gO3的物质的量为

53、(1)同温同压下的气体的体积之比等于物质的量之比,n= m =0.1mol,则0.1mol O3和0.2molCH 4的体积之比等于物质的量之比为M 16g/mol 31:2 ,根据n=可知，设02和SO2的质量都为1g,它们的物质的量之比 =M32g/mol1g二64g/mol:32g/mol= 2:1 ；根据N=nNA可知，。2和SO2所含分子数目之比 =2:1； 64g/mol=2:1；所含。原子的物质=32 g/mol:64 g/mol11.2L =0.5mol , 1mol22.4L/mol个O2和SO2分子均由两个 O原子构成，O2和SO2物质的量之比 的量之比为2:1;同温同压下

54、，气体的密度之比等于摩尔质量之比=1:2,故答案为 1:2; 2:1 ; 2:1 ; 1:2;(2)根据n=,标准状况下11.2 L N2所含分子的物质的量Vm任何物质具有白微粒数是Na, 0.5mol N2所含分子的数目为 0.5Na,故答案为：0.5Na；(3)根据摩尔质量知，1mol该原子的质量是 Mg, 1mol原子有阿伏加德罗常数 Na个，即Na个原子的质量是 Mg ,则一个该原子的真实质量约为-Mg,N AM故答案为：;Na(5) 483g Na2SO4 - 10H2O 的物质的量=483g=1.5mol, Na+的物质的量为322g/molNa2SO4 10H2O的2倍为1.5m

55、ol 2=3mol ,硫酸根离子物质的量等于Na2SO4?10H2O的物质的量，为1.5mol; H2O分子的物质的量为 Na2SO4?10H2O的10倍为1.5mol 10=15mol , 故所含水分子数目为15Na, 答案为：3mol； 1.5mol； 15 Na；(6) 100 ml 1.00 mol/L NaCl溶液中，根据公式 n=cV , NaCl的物质的量=1mol/L X0.1L=0.1mol , Na+的物质的量也是 0.1mol,则所含 Na+的质量=0.1mol X23g/mol=2.3 g,故答案为：2.3g;(6)水银为金属单质汞，含有自由移动的电子，可导电，但不是化合物，既不是电解质 也不是非电解质；烧碱是氢氧化钠，没有自由移动的离子，不能导电，其水溶液可电离 出离子能导电，属于电解质；硫酸钢没有自由移动的离子，不能导电，其熔融状态下可 电离出离子能导电，属于电解质；氯化