2020-2021培优易错难题物质的量辅导专题训练附答案

1、2020-2021培优易错难题物质的量辅导专题训练附答案一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)1.实验室配制500mL0.1mol/LNa2CQ溶液，回答下列问题(1)配制Na2CQ溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、。(2)容量瓶上标有刻度线、，使用前要。(3)需用托盘天平称取Na2CO3go(4)若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？A.加水时超过刻度线,B.溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，C.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，D.定容时仰视，E上下颠倒摇匀后?面低于刻线。(5)若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，

2、则需要量取浓硫酸的体积为mLo【答案】500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管温度、容积检漏5.3偏低偏高不变偏低不变62.5【解析】【分析】配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，分析误差时可根据c=n判断。V【详解】(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500mL容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器:500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；(2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应查漏；(3)配制500mL0.1mol/LNa2CO

3、3,需要Na2CO3的质量为：0.5Lx0.1mol/Lx106g/mol=5.3g(4)A.加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；B.溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；C.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；D.定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；(5)若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V,则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：16mol/LX

4、V=500mL2.0mo(L解得V=62.5mL。【点睛】配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：根据c=R可知，一定物质的量浓V度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，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。2 .将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所(2)镁和铝的总量为g;(3)b点溶液中的溶质为，硫酸的物质的量

5、浓度为mol/L;(4)生成的氢气在标准状况下的体积为L;(5)c点溶液中通入足量的CQ的反应化学方程式为。【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T9N&SQ2.510.08NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3J+NaHCC3【解析】【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，溶液的溶质为H2S。、MgSO4、Al2(SO)3,此时发生的反应为：HzSO+ZNaOHuNazSa+ZHzO;当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2

6、和Al(OH)3,溶液溶质为Na2S。；从200mL到240mL,NaOH溶解固体Al(OH)3,发生反应：OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O,据此分析解答。【详解】(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2,反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2f；(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35mol,从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3,当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2,物质的量为0.15mol,Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.

7、2mol,由元素守恒可知n(Al)=nAl(OH)3=0.20mol,n(Mg)=nMg(OH)2=0.15mol,所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20molx27g/mol+0.15molx24g/mol=9g；(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液中溶质为NazSd,根据钠元素守恒可知此时n(NazSQ)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍，所以n(Na2SQ)=0.5X5mol/LX0.2L=0.5mol,所以H2SQ的物质的量浓度c(H2SQ)=0.5mol0.2L=2.5mol/L;(4)根据以上分析，n(Al)=0.2mol,

8、n(Mg)=0.15mol,由于Al是+3价金属，Mg是+2价的金属，所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2molx3+0.15molx2=0.9mol,根据反应过程中得失电子守恒，可知反应产生氢气的物质的量n(H2)=1n(e-)=0.45mol,则在标准状况下的体积V(H2)=0.45molX22.4L/mol=10.082L(5)在b点时溶液中溶质为N&SQ,沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3,在b-c过程中发生反应：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,至c点，该反应恰好反应完全，故c点溶液的溶质为Na2SQ、NaAlO2,由于

9、酸性：H2CO3>Al(OH)3,所以c点溶液中通入足量的CC2,NaAlO2、CQ、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCQ,反应的化学方程式为NaAlO2+CQ+2H2O=Al(OH)3J+NaHCQ。【点睛】本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算，侧重考查学生的分析与计算能力。3 .根据所学知识，回答下列问题：(1)高铁酸钠(Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：(2)戴维通

10、过电解法首先制得了金属钠，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气，同时获得Fe3O4和氢气。写出该反应的化学方程式该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是(填化学式)，若制得4 2.4L(折算为标准状况下)钠蒸气，转移电子的数目为(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙Ca(ClO)2,有效成分为次氯酸钙。为测得某漂白粉的有效成分含量，称取Ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CQ至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为Ca(ClO肘CQ+H2O=CaCO4+2HClQ若反应生成次氯酸(HClO)的物质白量为Kmol,则该漂白粉中

11、有效成分的质量分数为%(用含A、K的式子表示)。【答案】166g/mol4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2T3Fe+4NaOH=4Naf+FesO4+2H2TNaOH2脂或1.204X2b7150KA(1)摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,配平书写化学方程式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH;反应中Na、H元素化合价降低，根据方程式计算生成氢气的量，根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目

12、；(3)根据HC1O的量计算Ca(ClO2的质量，再根据质量分数的定义式计算。【详解】(1)Na2FeO4的相对分子质量为166,故其摩尔质量为166g/mo1。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH3(胶体)+8OH+3O2T;(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,反应方程式为：3Fe+4NaOH高温熔融4NaT+F8O4+2H2T,反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH,Na的物质的量n(Na)=224L+22.4L/mol=1m>ol由方程式可知生成氢气为11

13、molx=0.5mol,故转移电子的物质的量n(e)=1molx1+0.5molx2=2mil转移电子数目N(e)=2molXMmol=2molx(6.02父伯-1)=1.204X240由Ca(ClO+CO2+H2O=CaCQJ+2HClO可知，nCa(ClO泗=1n(HClO)=1xKmol=0.5KmoJ22则该漂白粉中有效成分的质量分数Km。1143g/-X100%举。AgA【点睛】本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础，考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。4.现有21.6g由CO和CQ组成

14、的混合气体，在标准状况下其体积为13.44L。回答下列问题：(1)该混合气体的平土摩尔质量为。(2)混合气体中碳原子的质量为。(实验在标准状况下测定)。(3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中气球中收集到的气体的摩尔质量为。气球中收集到的气体中，电子总数为(用Na表示阿伏加德罗常数的值)。气球的体积为L。【答案】36gmol17.2g28gmol14.2Na6.72【解析】【详解】标准状况下，该混合气体的物质的量为13.44+22.4=0.6mol),所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.O0.6=36(gmol1),(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol,而C

15、O和CO2分子中均只含一个碳原子，故混合气体中的碳原子也为1mol,所以混合气体中碳原子的质量为0.6x12=7.2(g)CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后，CQ与NaOH反应被吸收，剩余的CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。设CO的物质的量为x，则CO2的物质的量为0.6-x,列方程：28x+44(0.6-x)=21.6,解得x=0.3mol。气球中收集到的气体为纯净的CO,其摩尔质量为28gmol1；CO的物质的量为0.3mol,所以电子总数为0.3x14NA=4.2NA标准状况下，0.3molCO的体积为0.3X22.4=6.72L),所以气球的体积为6.72L。5.实验室可

16、用如下方法制取Cl2,根据相关信息，回答下列问题：在该反应中，HCl表现的性质有、.AMnO2+4HCl(浓)=Cl2T+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0.2molH2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)=3C2T+KCl+3H2OD2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8H2O若要制得相同质量的氯气，三个反应中电子转移的数目

17、之比为。催化剂(5)已知反应4HCl(g)+O22C2+2H2O(g),该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、AKMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为。(6)将不纯的NaOH样品2.50g(样品含少量NazCQ和水)，放入50.0mL2.00mol/L盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0mL1.00mol/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HCl0.2mol0.2Na8.96L4mol/L6:5:6KMnO4>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)

18、还原剂被氧化，求解被还原的还原剂的量；(3)根据方程式及c=: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，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0.2molH2完全反应，生成0.4molHCl,标

19、况下的体积为8.96L；c=-=4mol/L；V0.1(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)=50.0mLx2.00mol/

20、L=0.1mol,其质量为5.85g。6.我国某些地区曾出现过高致病性禽流感，为防止疫情蔓延，必须迅速进行隔离，并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒。资料显示：禽流感病毒在高温、碱性环境(如氢氧化钠溶液卜高镒酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。请回答下列问题：次氯酸钠(NaClO)属于(填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)，其中氯元素的化合价为价。(2)用加热高镒酸钾熏蒸消毒禽舍，写出所发生反应的化学方程式：。(3)以下对受污染工具的消毒方法可行的是(填字母代号)。a.用NaClO溶液浸泡b.用NaOH溶液浸泡c用水冲洗即可(4)配制用的0.5L0.2mol.L-1的NaCl溶液，需

21、用天平称取固体NaCl。若在实验室中配制此溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管、量筒和玻璃棒。【答案】盐+12KMnO4=A=|K2MnO4+MnO2+02Ta、b5.9g500mL容量瓶、烧杯【解析】【分析】(1)化合物各元素化合价代数和为0;(2)高镒酸钾分解能生成镒酸钾、二氧化镒和氧气；(3)次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用；(4)根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析。【详解】(1)次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成，属于盐类物质。设氯元素的化合价为x,则有(+1)+x+(-2)=0,解得x=+1,故填：盐，+1;(2)高镒酸钾分解能生成镒酸钾、二氧化镒和氧气，故填：2KMnO

22、4©K2MnO4+MnO2+O2T;(3)由题意可知：禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高镒酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差，所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒，用水冲洗不能起到消毒的作用，故填：ab；(4)配制0.5L0.2mol.L-1的NaCl溶液,需用固体NaCl：0.5Lx0.2mol/Lx58.5g/mol=5.9g配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500mL容量瓶等，故填：5.9g；500mL容量瓶、烧杯。7.(1)质量相同的。2、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

23、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N&CQ和NaHCQ溶液可选用。(填序号)NaOHCa(OH，BaC2K2SO4Ca(NQ)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=KS+N2T+3COT。其中被还原的元素是。当反应有3.612X104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O(5)1.2gRSQ中含0.01molR2+,则RSQ的摩尔质量是，R的相对原子质量是一。【答案】H2H

24、+HClO或ClO-N和S28L120g/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+CF,所以溶液中存在的微粒有：分子：Cb、HClO、H2O；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)NaHC。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)2KNO3+C+S-K2S+2NQT

25、+COT中，C元素的化合价升高，N、S元素的化合价降低，以此来解答；(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。2、NH3、H2、Cl2四种气体中，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,HCLH+Cl-,所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl2、HCl。H2O;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

26、试液变红色的微粒是HC1O分子;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(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»溶液不能鉴别二者，故错误；碳酸钠与BaC2反应产生碳酸钢沉淀，碳酸氢钠与BaC2不反应，故BaCb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

27、，被还原，C元素的化合价升高，C为还原剂；有3.612X124个电子转移时，即转移2KNO3+3C+S-K2S+2T+3COT,反应中KNO3得到10个电子，S得至U2个电子，当反应6mol,则生成1.5mo1CO2,其中被KNO3氧化得到的二X22.4L/mo1=28LRSO的M=U"=Lg=120g/mol,M0.01molRSQ的摩尔质量为120g/mol,R的氧化碳为1.5molxl0=1.25mol,其体积为1.25mol12(5)1.2gRSQ中含0.01molR2+,根据公式n=,则MRSQ的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以相对原子质量是120-32-64=24

28、。8.氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。(1)下列表述中没有氧化还原反应发生的是a.滴水成冰b.蜡炬成灰c.百炼成钢(2)NH3和Cl2反应的方程式为:该反应中被氧化的元素是NH3+Cl2-N2+HCl(填元素名称)，氧化剂是(填化学式)。NH3+Cl2=N2+HCl配平该方程式:若要制得标准状况下氯气11.2L,则整个反应中转移电子的物质的量为【答案】a氮C223162HCl+CuO=CuCb+H2O1mol【解析】【分析】(1)a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意,a正确;b.蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b

29、错误；c.百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；(2)还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原；利用化合价升降法配平；(3)根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuC2和H2O；标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol,反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，氯元素化合价由-1升高为0。【详解】(1)a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；b.蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；c.百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生

30、成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；故答案为a；(2)NH3和C12反应中氮元素化合价由-3升高为0,氯元素化合价由0降低为-1,该反应中被氧化的元素是氮元素，氧化剂是CE；氮元素化合价由-3升高为0,氯元素化合价由0降低为-1,最小公倍数为6,根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2=N2+6HCI;(3)根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuC2和H2O,反应方程式是2HCl+CuO=CuC2+H2O;标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol,反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，根据2CuC2+O2=2CuO+2

31、C2,氯元素化合价由-1升高为0,所以生成0.5mol氯气转移1mol电子。【点睛】还原剂化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物；氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物。9. (1)写出离子方程式：向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO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3:2:3,则上述三种溶液的体积之比(4) 5.00gCuSQ5H2O

32、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200c时所得固体物质的化学式为；或85.00:01W1134.283.563,20ax/x：(5)已知氧化性：Cl2>Fe3+>12,写出Fe2和Cl2按物质的量之比为7:8反应的总离子方程式【答案】Ba2+QH'+H+SQi2'=BaSQJ+HO10000d/(365+1000V)molL.118:3:2CuSQH2Q2FcT+14I-+8C2=2Fe3+7I2+16C1-【解析】【分析】根据物质的性质书写离子方程式；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

33、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(QHk+NaHSQi=BaSQJ+NSQH+H2Q,转化为离子方程式贝U为：Ba2+QH-+H+SQi2'=BaSQJ+HQ(2)由题，n(HC1)=V(HC1)/Vm=224L+22.4L/mo1=10mq1m总=m(HC1)+m(H2Q)=n(HC1)XM(HC1)+VQ)IXp2Q)=10X36.5+V货X01=(365+1000V)gm总365+1000V1V=mL,P总dn(HC1)10-110000d,1=mo1L=mo1L

34、c(HC1)=V365+1000V5c-3365+1000V,故答案为：心X10d10000d-1mo1L；365+1000V(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：NaC1+AgNQ=AgC1J+NaNQ,MgC12+2AgNQ3=2AgC1J+Mg(N2,A1C3+3AgNQ3=3AgC1J+A1(NQ>3,若假设硝酸银物质的量浓度为1mo1/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3mo1、2mo1、3mo1,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

35、镁、氯化铝的物质的量分别为3mo1、1mo1、1mo1,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31:1/2:1/3,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，200c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五水合硫酸铜，物质的量为5g+250g/mo1=0.02mo1,所以n(CuSC4)=0.02mo1,n(H2O)=0.1mol,200c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|可以得出固体化学式为：CuSQ

36、?HO,故答案为：CuSQ?HO。(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=2FeC3+7I2+5FeC2,转化为离子方程式可得出：2Fe2+14I-+8Cl2=2FeT+7I2+16C，故答案为：2Fe2+14I-+8C2=2Fe3+7I2+16C-。10. Ba(OH)2是一种强碱，可用于测定天然气中CC2的含量。(1)请写出足量氢氧化钢溶液吸收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)2nH2O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

37、振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量蒸储水，则所得溶液的浓度将(填褊大”、不变”或偏小”)。用30.00mL1molL-1盐酸与上述Ba(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)2nH2O中n=。【答案】CQ+Ba2+2OH-=BaCOd+KO100mL容量瓶玻璃棒烧杯偏小0.15mol/L8【解析】【详解】(1)足量氢氧化钢溶液吸收CO2气体生成BaCQ,发生反应的离子方程式为CO2+Ba2+2OH-=BaCOj+

38、H2O;(2)称取5.25g试样(含有杂质)配成100mL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，再加适量蒸储水，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,贝U1molL-1x0.03L=cmol/Lx0/L襁: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)2的物质的量为0.15mol/Lx0

39、.1L=0.015mo含有水的物质的量为5.25g3.09g=0.12mol,所以1:n=0.015mol:0.12mol,解得n=8。18g/mol11.现有14.4gCO和CQ的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。(1)该混合气体的平均摩尔质量为。(2)混合气体中碳原子的个数为(用Na表示阿伏加德罗常数)。(3)将混合气体依次通过下列装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。口求SH溶液法毗肢气球中收集到的气体的摩尔质量为。气球的体积为L。【答案】36gmol10.4Na28gmol-14.48【解析】【详解】设CO和CQ的物质的量分别为xmol、ymol,则列方程组：28x+

40、44y=14.4,x+y=5§mol,解之得x=0.2,y=0.2,气体共为0.4mol,则22.4(1)根据M=m/n可知，该混合气体的平均摩尔质量为14.4g+0.4mol=36g/mol;答案是：36g/mol；(2)CO和CQ中碳原子的物质的量为0.2molX1+0.2molX1=0.4mol,碳原子的个数为0.4molxa=0.4Na；故答案是：0.4Na；(3)将混合气体依次通过如图所示装置，二氧化碳与氢氧化钠反应，经浓硫酸干燥，得到的气体为CO,气球中收集到的气体为CO,摩尔质量为28g/mol;故答案是：28g/mol；气球中收集到的气体为CO,标况下体积V=0.2m

41、olX22.4L/mol=4.48L故答案是：4.48。12.(1)0.5mol某固体A的质量是30g,A的摩尔质量为。(2)在同温同压同体积的条件下，H2与气体B的密度之比是1：8,则B的相对分子质量为O在25C101kPa的条件下，同质量的CH4和C气体的体积之比是15：8,则1摩尔C的质量为。(4).质量之比为8：7：6的三种气体SO2、CONO,其分子数之比为;氧原子数之比为;相同条件下的体积之比为。(5)4.8g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的气体质量为12.8g。则在标准状况下，生成物CO和CQ的体积比为。【答案】60g/mol1630g5:10:85:5:45：10：83:1

42、【解析】【详解】(1)A的摩尔质量=30g+0.5mol=60g/mol,故A的摩尔质量为60g/mol；(2)H2与气体B的密度之比是1:8,同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故B的摩尔质量为8x2g/mol=16g/mol,数值上相对分子质量=摩尔质量=16；(3)由“mg|：7=15:8,故M(C)=30g/mol,1molC的质量为30g;16g/molM(C)(4)质量之比为8:7:6的三种气体SO2、CO、NO的物质的量之比为=5:10:8,故三者分子数之比为5:10:8,含有氧原子数之比为8g.7g.6g64g/mol28g/mol30g/mol(5X2):10:8=

43、5:5:4,相同条件下的体积之比为5:10:8;(5)设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol,贝U：12x+12y=4.8,28x+44y=12.8,解得x=0.3,y=0.1,故标况下CO和CO2的体积比等于物质的量之比为0.3mol：0.1mol=3:1。13.计算：(1)用14.2g无水硫酸钠配制成500mL溶液，其物质的量浓度为molL-1。(2)若从中取出50mL,其物质的量浓度为molL-1;溶质的质量为g。(3)若将这50mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中Na+的物质的量浓度为molL-1,SQ2-的物质的量浓度为molL-1O(4)已知：ag某气体A含有b个分子

44、，则cg该气体在标准状况下的体积为L。22.4bc【答案】0.20.21.420.20.1aNA【解析】【分析】(1)根据n=m/M计算硫酸钠的物质的量，再根据c=n/V计算；(2)溶液是均匀的，取出50mL溶液的浓度与原溶液浓度相等；含有溶质质量为原溶液中的1/10;(3)根据稀释定律计算稀释后Na+、SQ2-的物质的量浓度；(4)根据ag气体的分子数为b,可知此气体的摩尔质量为M=NAag/bmol=aNA/bg-mol1 .【详解】(1) 14.2g硫酸钠的物质的量=14.2g/142gmol-1=0.1mol,溶于水配成500mL溶液，所得溶液物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.

45、2molL-1;(2)溶液是均匀的，取出50mL溶液的浓度与原溶液浓度相等为0.2molL-1;含有溶质质量为原溶液中的1/10,含有溶质的质量=14.2gx1/10=1.42g;(3)根据稀释定律，稀释后Na+的物质的量浓度=0.2molL-1X2x0.05L/0.1L=0.2molL-1;SQ2-的物质的量浓度=0.2mol-L-1x1x0.05L/0.1L=0.1molL-1；(4)根据ag气体的分子数为b,可知此气体的摩尔质量为M=NAag/bmol=a-NA/bcgg-mol-1,则cg该气体的物质的量n=m/M=ana-i=bc/aNAmol,在标况下的体积gmolb22.4bca

46、NALo【点睛】本题考查物质的量浓度计算、溶液稀释，注意根据物质的量浓度c=n/V计算，利用稀释定律，注溶液中粒子的浓度。难点(4)：先算出摩尔质量，再算出cg的物质的量，再算出气体的体积。14.实验室用18.4mol?L-1的浓硫酸来配制480mL0.2mol?L-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管烧瓶烧杯药匙量筒托盘天平玻璃棒请回答下列问题：(1)配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有(选填序号)，还缺少的仪器有(写仪器名称)。(2)需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为mL,量取浓硫酸时应选用(选填10mL50mL100mL)规格的量筒。(3)实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：、。(4)

47、下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是。A.容量瓶上标有容积、温度和浓度B.容量瓶用蒸储水洗净后，必须烘干C.配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸储水到接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加蒸储水至刻度线D.使用前要检查容量瓶是否漏水(5)在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有(填序号)未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中转移前，容量瓶中含有少量蒸储水定容时，仰视刻度线【答案】500mL容量瓶5.4搅拌引流D【解析】【分析】(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析所需

48、的仪器；(2)依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，据此选择合适规格量筒；(3)依据稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流解答；(4)根据容量瓶的构造、使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法分析；(5)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。V【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：烧瓶、托盘天平、药匙，故选：；还缺少的仪器为：容量瓶，配制480mL0.2mol?L-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶;

49、故答案为：；500mL容量瓶；(2)用Ig/mol?1的浓硫酸来配制480mL0.2mol?L-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V,则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/LxV=500mLx0.2mol/L,解得V=5.4mL,所以应选择10mL量筒；故答案为：5.4；(3)稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流；故答案为：搅拌；引流；(4)A.容量瓶是定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上还标有使用的温度，不标有浓度，选项A错误；B.容量瓶用蒸储水洗净后，由于后面还需要加入蒸储水定容，所以不必烘

50、干，不影响配制结果，选项B错误；C.容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，选项C错误；D.由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项D正确；答案选D；(5)未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质量偏小，溶液浓度偏低，故选；未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；转移前，容量瓶中含有少量蒸储水，对溶液体积和溶质的物质的量都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；答案选。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的

51、溶液的方法及误差分析，明确配制原理及操作步骤是解题关键，题目难度不大，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验能力。15.某化学兴趣小组对mg无水三草酸合铁酸钾(K3Fe(C2O4)3受热分解产物进行探究，并对所得气体产物和固体产物进行验证(查阅资料得知：三草酸合铁酸钾热分解的气体产物中含有CO和CQ)。利用如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。CU回答下列问题:(1)按气流方向各装置依次连接的合理顺序为;(填接口代号，装置可重复使用)(2)反应开始前依次进行如下操作：组装仪器、加药品、通氮气一段时间后点燃酒精灯。反应结束后的操作包括：停止通氮气熄灭酒精灯冷却至室温。正确的顺序(3)通入氮气的目的是。(4)实验中观察到第一个澄清石灰水变浑浊，则说明气体产物中有(写化学式)。能证明分解产物中有CO气体生成的实验现象是。(5)样品完全分解后，装置B中的残留物含有FeO和Fe2O3。(6)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。将装置B中完全分解后的残留物置于锥形瓶中，溶解后