2020-2021 高考化学(物质的量提高练习题)压轴题训练及答案

2020-2021高考化学(物质的量提高练习题)压轴题训练及答案一、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。在等体积的NaCI、MgCI2、AICI3三种溶液中，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___。将3.22g芒硝(NazSO/IO^O)溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+，贝V需水的质量为__g。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)100mL0.3moI/LNa2SO4(密度为dTg/cm3)和50mL0.2moI/LAI2(SO4)3(密度为d2g/cm3)混合，所得密度为d3g/cm3的混合溶液中SO42-的浓度为。(用含d],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7molAOH与5molBOH混合后，从中取出5.6g，恰好可以中和100ml浓度为1.2moI/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HCI气体后制得浓度为1.0moI/L，密度为1.0365g/cm-3的盐酸。请计算1体积水吸收体积的HCI可制得上述氨水。【答案】6：3：234.25(或83.3%)6d3/(10d】+5d2)mol/L40g/mol22.4【解析】【详解】设NaC1、MgCI2、A1CI3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CI-的物质的量相等，x=yx2=zx3，解得x：y：z=6：3：2,因溶液的体积相同，贝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；3.22g芒硝的物质的量为3.22322=0.01moI,所以溶液中n(Na+)=2n(Na2SO4・10H2O)=0.01x2=0.02moI，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n(H2O)=100n(Na+)=2moI,0.01moINa2SO4・10H2O中含有水的物质的量为0.01x10=0.1moI,所以需要的水的物质的量为2-0.1=1.9moI,所以需要水的质量为1.9moIx18g/moI=34.2g；故答案是：34.2；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子质量为:9.5x2=19；设烧瓶的容积为VL,氨气的体积为x5L,空气的体积为(V-x)L,则有:[17x/Vm+(29x(V-x)/Vm)k(V/Vm)=19，解之得:x=石V；将此瓶5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55烧瓶总体积为：(V)/V=2(或83.3%)；6655故答案是：6(或83.3%)；混合液的质量为(100d]+50d2)g,混合后溶液的体积为：[(100d1+50d2)^d3]mL=[(100d1+50d2)-d3]xl0-3L；溶液混合后n(SO42-)=(0.1x0.3x1+0.05x0.2x3)=0.06mol；根据c=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：0.06m[(100d]+50d2)md3]x10-3=60d3/(100d1+50d2)mol/L=6d3/(10d1+5d2)mol/L故答案是：6d3/(10d1+5d2)mol/L；设AOH和BOH的摩尔质量分别为5xg/mol和7xg/mol，n(HCl)=n(0H-)=0.1x1.2=0.12mol；7molAOH与5molBOH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7molx5xg/mol+5molx7xg/mol=560g可知，x=8,所以AOH的摩尔质量为40g/mol；故答案是：40g/mol；假设溶液体积为1.00L，1.00L盐酸中含氯化氢的物质的量为：1Lx1mol/L=1mol，V(HCl)=1x22.4=22.4L；1.00L盐酸中含水的质量为：m(H2O)=1x1.0365x103-1x36.5=1000g，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)]x1L=22.4L；故答案是：22.4。2.实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、—。容量瓶上标有刻度线、___，使用前要___。需用托盘天平称取Na2CO3g。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.上下颠倒摇匀后液面低于刻线—。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，则需要量取浓硫酸的体积为___mL。【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、n装瓶，分析误差时可根据c=v判断。【详解】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；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；⑶配制500mL0.1mol/LNa2CO3，需要Na2CO3的质量为：0.5Lx0.1mol/Lx106g/mol=5.3g；A.加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；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；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；定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；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；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/LxV=500mL2.0mol/L,解得V=62.5mL。【点睛】n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=v可知，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。3.用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol・L-i的溶液。请回答：在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。A.烧杯B.量筒C.玻璃棒D.胶头滴管E.容量瓶定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，__，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是—。A.称取相同质量的Na2CO3^10H2O固体进行配制定容时俯视容量瓶的刻度线摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制【答案】B用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切ACD【解析】【分析】配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；n结合c及不当操作可知，n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低；【详解】(1)配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平(带砝码)、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：B。(2)定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。(3)A.称取相同质量的Na2CO310H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，A正确；定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大，B错误；摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，V偏大，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，C正确；转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，D正确；故答案为：ACD。【点睛】配制一定物质的量浓度过程中误差分析：①向容量瓶中转移液体时有少量流出，n减小，c偏小；②未洗涤烧杯和玻璃棒，n减小，c偏小；③定容时，水加多了，用胶头滴管吸出，n减小，c偏小；④定容摇匀时，液面下降，再加水，V增大，c偏小；⑤定容时，俯视刻度线，V减小，c偏大；⑥仰视刻度线，V增大，c偏小；⑦溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容，V减小，c偏大。4．在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2个+8H2OTOC\o"1-5"\h\z(1)“双线桥法”标出电子转移情况。⑵若生成2.24L标准状况时的氯气，请计算(写出必要的计算过程)：理论上需要多少克KMnO4参加反应？。被氧化的HCl的物质的量为多少？。得2x5eI1［答案］2门0申+L&H匚l=2KO斗2IV1“匚卜+5匚kT+EH2O6.32g0.2molt失lg【解析】【分析】(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；⑵先计算Cl2的物质的量，然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。【详解】⑴在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化

合价降低，得到5个电子，Cl元素化合价由反应前HCI中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10,所以KMnO4、MnCI2前的系数是2,HCI前的系数是10,Cl2前的系数是5,根据原子守恒，KCI的系数是2,这样反应中有6个CI原子未参加氧化还原反应，所有CI原子都是由HCI提供，因此HCI前的系数为10+6=16,结合H原子反应前后相等，可知H2O的系数是8,用“双线桥”表示电子转移为:得2x5s-2KMnO4+L6HCI=2KCI+2MnCI;+5CI2-t+8H2Ot失lCihV2.24L⑵在标准状态下，2.24LCI2的物质的量n(CI2)=丁224L/mol=°・1mol。m根据反应的化学方程式可知：生成0.1moICI2时，参与反应的KMnO4的物质的量为0.1moIx5=0.04moI则参与反应的KMnO4的质量m(KMnO40.1moIx5=0.04moI由反应化学方程式可知，HCI被氧化后生成CI2，因此根据CI元素守恒可知：被氧化的HCI的物质的量n(HCI)氧化0.1moIx2=0.2moI。【点睛】本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。5．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：①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCI2。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：3CI2②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：3CI2+6OH--5CI-+CIO3-+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)①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是②该兴趣小组用100mL12moI・L-1盐酸与8.7gMnO2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。⑵小组成员发现，产物中Ca(CIO)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CIO-、CIO3-两种离子的物质的量(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I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②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CI-n(C1O-)的物质的量为0.35mol，贝产物中)=—。nVClO-丿3⑶为了提高Ca(CIO)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】除去氯气中的氯化氢气体7.15CIO-0.252：1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+4HCI(浓)一MnCI2+CI2个+2H2O；2CI2+2Ca(OH)2=CaCI2+Ca(CIO)2+2H2O，结合定量关系计算理论值；①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②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CI-的物质的量为0.35moI,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。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)①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCI(浓)-MnCI2+CI2个+2H2O；浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCI气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCI气体;②n(HCI)=12moI/Lx0.1L=1.2mol,②n(HCI)=12moI/Lx0.1L=1.2mol,n(MnO2)=8g87g/mol=0.1mol,MnO2、HCI反应的物质的量的比是1：4可见足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，n(CI2)=n(MnO2)=0.1mol，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：2CI2+2Ca(OH)2=CaCI2+Ca(CIO)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(CIO)2的物质的量为0.05moI,其质量m[Ca(CIO)2]=0.05moIx143g/moI=7.15g；(2)①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；②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算CI-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n,则nxl=0.l0moIx1+0.05moIx5=0.35moI，则反应的CI2中含氯原子的物质的量为：0.35moI+0.1moI+0.05moI=0.5moI，在CaCI2、Ca(CIO)2、Ca(CIO3)2中钙离子和含氯离子的个0.5mol数比为1：2,所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为=0.25moI；取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25moI,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(CIO-)=x,n(CIO3-)=y；则得到：0.35=xxl+yx5；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的物质的量比为1：2,得到氯元素物质的量为0.5moI；n(C1O一)y=0.05moI,则产物中十)nVClO-丿0.1?mol=2：1o.o5mol•x+y+0.35=0.5，解得：x=0.1moI，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3CI2+6OH--5CI-+CIO3-+3H2Oo【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。6.在标准状况下，由一氧化碳和二氧化碳组成的混合气体为6.72L,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g・Lr。【答案】1:325%17.5%4:7401.79【解析】【分析】mV根据公式：荷二n=进行分析解答。MVm详解】

6.72L混合气体的物质的量==0.3mol,6.72L22.4L?mol—l设一氧化碳的物质的量为x,二氧化碳的物质的量为y,贝y：x+y二0.328x+44y二12解得：x=0.075mol,y=0.225mol,此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比=0.075mol:0.225mol=1:3；0.075mol一氧化碳的体积分数是=x100%=25%；0.3mol一氧化碳的质量=0.075molx28g・mol-i=2.1g,2.1g一氧化碳的质量分数=〒2—x100%=17.5%；12g碳原子和氧原子个数比=（0.075mol＋0.225mol）:（0.075mol＋0.225molx2）=4:712g混合气体的平均摩尔质量==40g・mol-i,平均相对分子质量是40；0.3?mol40；1.79。混合气体的密度=-672-江79g・L-i。答案：1:3；25%；17.5%；440；1.79。7．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫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6.72L7．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫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3.36L（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,贝至少需称取该亚硫酸钠g（保留一位小数）。⑶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】ae31.5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】

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；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；⑶测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。【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：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2个+H2O，根据反应方程式可知：Na2SO3〜SO2,g/mol=18.9g；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n(SO2)=3.36?Ln(SO2)=3.36?L22.4込/mol=0.15mol，则需亚硫酸钠的质量为：m(Na2SO3)=0.15molx12618.9?g分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为==31.5g；60%⑶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。8.氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：化学蛊：HC1左度=l.lSg^n頂凰环凰36.5^现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。(1)如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。则该盐酸的物质的量浓度是—mol・L-1。(2)某同学用该浓盐酸配制100mL1mol・L-1的稀盐酸。请回答下列问题:通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸—mL。使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有。若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：(填“偏高”“偏低”“无影响”）量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制。转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处―。定容时俯视容量瓶的刻度线。（II）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。已知：MnO2+4HCl（浓）匚MnCl2+Cl2f+2H2O；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示：（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？。（2）上述装置中，甲由A、B两部分组成，乙由C、D、E三部分组成，丙由F、G两部分组成。从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）。（3）利用（2）中实验装置进行实验，实验中若用12molLi的浓盐酸200mL与足量二氧化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3mol,其可能的主要原因是（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。（III）已知HCIO的杀菌能力比CIO-强。25°C时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中Cl2、HCIO和CIO-的物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH范围是当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有___。【答案】11.68.6胶头滴管、100mL容量瓶偏低无影响偏低甲FBE浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca（ClO）2少于0.3mol2〜6HClO、ClO-、Cl-【解析】【分析】

1000p®（i）⑴根据c=m计算浓度；（2）配制一定物质的量浓度的溶液，步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀装瓶；（口）⑴要防止副反应的发生就要控制反应的温度。【详解】1000p®（i）（i）根据c=m计算盐酸的浓度，有1000xl.161000xl.16X36.5%c=—36.5mollL二11.6mol/L；（2）①根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积V=°.1LX1mol/L二0.0086L二8.6mL11.6mol/L量取盐酸的时候需要量筒；稀释浓盐酸，需要玻璃棒、烧杯；转移时，需要100mL容量瓶，玻璃棒、烧杯；定容时，需要胶头滴管；则还需要的仪器有100mL容量瓶，胶头滴管；A、浓盐酸易挥发，置于烧杯后，较长时间配制，盐酸挥发，溶质减少，溶液的浓度偏低；B、容量瓶中存在蒸馏水，由于定容前，需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此之前存在的蒸馏水，对浓度无影响；C、俯视刻度线，定容时，水会少加，体积偏小，浓度偏大；（口）（1）氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙，所以必须要控制反应温度，甲装置有冰水浴，可以较好地控制副反应的发生；（2）F装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率，B装置有冰水浴可以较少副反应的发生，E装置可以做到尾气吸收，答案为FBE；⑶MnO2只与浓盐酸反应生成氯气，虽然反应的进行，浓盐酸浓度降低，不与MnO2反应，所以生成氯气的值小于理论值，答案为浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca（CIO）2少于0.3mol；（皿）HCIO的杀菌能力比CIO-强，所以HCIO的浓度越大，杀菌效果最好，根据图像pH最好为2〜6之间；当pH=7.5时，根据图像，氯水中没有Cl2，韩律的微粒有HCIO、CIO-以及与水反应生成的CI－。【点睛】（皿）第二小问是易错点，很容易忽略ci-；不要忘记，ci2+h2o=hci+hcio,有CI-生成。9．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+14HCI（浓）=3CI2个+2CrCI3+2KCI+7H2O，当转移0.6mole-时被氧化的HCI为mol⑵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⑶①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ci2、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②紫菜③鱼④海带⑷将相同质量的镁条分别在：①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，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】0.6mol1：14：5溶液由无色变为橙色Cl2+2NaBr=Br2+2NaClCl2>Br2>I2④③©①施【解析】【分析】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；NmM⑵根据n=―及P二V二V计算；Am⑶①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。【详解】在反应K2Cr2O7+14HCl(浓)=3Cl2个+2CrCl3+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A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P二V二V可知：气体的密度与m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p(SO2)：p(SO3)=64g/mol：80g/mol=4：5；⑶①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；②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>l2;③①贝壳主要成分为碳酸钙，①不符合题意；紫菜主要成分为蛋白质、维生素，②不符合题意；鱼主要成分为蛋白质，③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，④符合题意；故合理选项是④；(4)Mg燃烧的有关反应方程式为：2Mg+O「2MgO；3Mg+N_Mg3N2；2Mg+CO_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；ImolMg在O2中燃烧质量增加ImolO原子的质量16g；在N2中燃烧质量增加1283molN2的质量丁g；在空气中燃烧产物既有MgO、也有Mg3N2，所以增加的质量在28—g〜16g之间；在CO2中燃烧质量增加ImolO和0.5molC原子的质量，16g+6g=22g，可见等质量的Mg在四种情况下质量增加由小到大的顺序是③氮气＜②空气＜①氧气〈④二氧化碳，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：①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是③＜©＜©＜④。【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1moI,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，应注意解答的规范化。10．钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。10．钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生6.72L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠go为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反应并收集生成的气体，某研究性学习小组设计了如图发生装置．廊有韵St的朮写出Na与水反应的离子方程oY液体可以选用煤油B.酒精C.四氯化碳实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，通过(填装置名称)向试管中加水至产生液面差，一段时间后，(填现象)，则气密性良好。1mol过氧化钠与1.6mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质及对应的物质的量(可不填满)。【答案】13g2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2A长颈漏斗液面差不变Na2CO31.6NaOH0.4【解析】【分析】⑴发生反应：2NaN3=2Na+3N2个，根据方程式计算；⑵①Na与水反应生成NaOH和氢气；根据装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；利用液压法确定装置气密性；⑶加热发生2NaHCO^^=Na2CO3+CO2个+H2O，然后发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2和2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2个，以此来解答。【详解】⑴设需要NaN3的质量为m,则:2凶叫_2出+型个130g67.2Lm6.72L130g6.72Lm==13g；67.2LS⑵①Na与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2个；装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；煤油密度小于水，且与水不溶，故A正确；酒精与水互溶，故B错误；四氯化碳密度大于水，且与水不溶，故C错误；故答案为A；实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，直到长颈漏斗中的液面高于试管中的液面，且两者液面差不再改变，就证明该装置气密性良好；⑶由2NaHCO^^=Na2CO3+CO2个+H2O可知，1.6mol碳酸氢钠分解生成0.8molNa2CO3、0.8molCO2、0.8molH2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，0.8molCO2与0.8molNa2O2反应生成0.8molNa2CO3，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2个，0.2molNa2O2与水反应生成0.4molNaOH,充分反应，排出气体物质后冷却，则残留的固体物质是NaOH、Na2CO3，两者的物质的量分别为0.4mol、1.6mol。设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A•含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸(H3PO4)含有相同的氧原子数常温下，28克N2和CO的混合物，含有2NA个原子标准状况下，33.6L氧气中含有9.03x1023个氧气分子【答案】A【解析】【详解】稀有气体为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol,标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；19.6g19.6磷酸(H3PO4)的物质的量为98g/mol=0.2mol,则0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8NA，故B正确；N2和CO的摩尔质量均为28g/mol,且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol，含有2NA个原子，故C正确；33.6L标准状况下，33.6L氧气的物质的量为=1.5mol,共含有9.03x1023个氧气22.4L/mol分子，故D正确；故答案为A。储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质一一碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯其反应式为C+K2Cr2O7+H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+H2O(未配平)配平上述方程QC+_K2Cr2O7+_H2SO4=_CO2+_K2SO4+_Cr2(SO4)3+_H2O上述反应中氧化剂是(填化学式)，氧化产物是(填化学式)H2SO4在上述发应中表现出来的性质是(填序号)a.氧化性b.氧化性和酸性c.酸性d.还原性和酸性若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为L要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7，溶液被还原，至少要加入mL2mol/L的h2so4溶液【答案】3283228K2Cr2O7CO2c4.4810【解析】【分析】碳元素化合价由0升高为+4,Cr元素化合价由+6降低为+3,根据得失电子守恒、元素守恒配平；所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物；H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成；失艮巳一由?；-X：-■：-:[->'?可知，生成3molItfl12b*CO2转移12mol电子。根据化学方程式计算要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7溶液被还原，需要2mol/L的H2SO4溶液的体积。【详解】碳元素化合价由0升高为+4,Cr元素化合价由+6降低为+3,根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，Cr元素化合价由+6降低为+3，所以K2Cr2O7是氧化剂；还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物，C元素化合价由0升高为+4，氧化产物是CO2；H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成，硫酸表现出来的性质是酸性，故选c。失艮巳一由一可知，生成3molIt得必-CO2转移12mol电子，所以转移0.8mol电子生成CO2的物质的量是彳：；8=0.2mol，则产生的气体在标准状况下的体积为0.2molx22.4L/mol=4.48L；设需要2mol/L的H2SO4溶液的体积为VL；3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O280.01Lx0.5mol/LVx2mol/L2=80.01x0.5一Vx2V=0.01L=10mL【点睛】本题考查氧化还原反应，会根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式是解题的关键，需要熟练掌握氧化还原反应的几组概念和计算。13.Ba(OH)2是一种强碱，可用于测定天然气中CO2的含量。请写出足量氢氧化钡溶液吸收CO2气体的离子方程式：。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30.00mLImolLi盐酸与上述Ba(OH)2溶液反应，消耗该Ba(OH)2溶液lOO.OOmL(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^+H2O100mL容量瓶玻璃棒烧杯偏小0.15mol/L8【解析】【详解】⑴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-===BaCO32+H2O；(2)①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-ix0.03L=cmol/Lx0.1Lx2，解得：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/Lx0.1L=0.015mol,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。14．对一定量气体体积的探究。已知1mol不同气体在不同条件下的体积：化学式条件imol气体体积/LH20°C,101kPa22.4O20°C,101kPa22.4CO0C，101kPa22.4H20C,202kPa11.2CO20C,202kPa11.2N2273C,202kPa22.4NH3273C,202kPa22.41)从表分析得出的结论：1mol任何气体，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。理论依据：相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等，原因是：①―，②___。应用：在标准状况下，4gO2的体积为。等温、等压下，等体积的02和03所含分子个数比—，质量比为_。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—。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2.8L1:12:3106g・mol-ip(H2)>p(Ne)>p(O2)【解析】【分析】根据图表信息进行分析；根据克拉伯龙方程：PV=nRT进行分析；根据n=m/M=V/Vm进行分析；根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；⑸根据质量守恒定律及n=m/M进行分析；⑹根据PM=pRT进行分析。【详解】①从表中的H2、O2、CO在标准状况下体积可以看出：1mol任何气体在标准状况下，体积都约为22.4L；故答案是：22.4L；根据克拉伯龙方程:PV=nRT可知，1mol不同的气体，物质的量n相同，在不同的条件下，如温度相等，压强不相等时，体积则不相等；或在温度不相等，压强也不相等时，体积可能相等；因此1mol不同的气体，在不同的条件下，体积不一定相等；故答案是：不一定；