物质的量的计算-2023年上海高考化学复习专练

热点10物质的量的计算

知识梳理

一物质的量和其它物理量之间的关系:

二.关于阿伏加德罗常数的理解与综合应用

阿伏加德罗常数问题主要有：

11）肯定质量的物质中所含原子数、电子数，其中考查较多的是H2O、N2、02、H2、

NH3、P4等。

12）肯定体积的物质中所含原子数、分子数，曾考过的物质有C12、NH3、CH4、。2、

N2、CC14、等

13）肯定量的物质在化学反响中的电子转移数目，曾考过的有NazCh、。2等。

14〕肯定体积和肯定物质的量浓度溶液中所含电解质离子数、分子数，如醋酸、氯化

镁等。

15）某些典型物质中化学键数目，如SiCh、Si、CH4、P4、CO?等。

（6）微小学问点〔易出错）：状态问题，水、CCL、CgHio等在标准状况下为液体或固

体；D2。、T2。、18。2等物质的摩尔质量；Ne、。3、白磷等物质分子中原子个数等。

三.物质的量在化学计算中的典型应用

1.物质的量与其他化学常用计量间的相互求算，是重要的根本化学计算。其解题关键

是娴熟把握以下恒等式:

mr(g)NxS、，/、

n=—=-=----=----------------=c-V(aq)

MVnNAA/(100+S)

式中n为物质的量,单位为mol;m为物质质量,单位为g;M为摩尔质量，单位为gnnol1;

V(g)为气体体积，单位为L；Vm为标准状况下气体摩尔体积，单位为L•mo^N为粒子个

数；NA为阿伏加德罗常数XK^mol'c为物质的量浓度，单位为mol・Li;V(aq)为溶液体积，

单位为L；x为饱和溶液的质量，单位为g;S为溶解度，单位为g/100g水。

2.c、之间的计算关系

re』笛壬玄10007?0%

[1)计算关系：c=---------------

M

12)使用范围：同一种溶液的质量分数与物质的量浓度之间的换算

(3〕推断方法：①依据物质的量浓度的定义表达式

mV•o

②溶质的物质的量用n=—=—匕计算

MM

③留意溶液体积的单位

四.有关气体定律的计算

m气体摩尔体积的计算

VL

对标准状况下的气体有n=----------

22.4L・mo7l~Tl

(2)确定气体的分子组成

一般思路是：依据阿伏加德罗定律，由体积比推导出粒子、分子个数比，再依据质量守

恒定律确定化学式。如2体积气体Ax与1体积气体By恰好完全反响生成2体积A2B,由阿

伏加德罗定律可知：气体的分子数之比等于其体积比，即Ax：By：A2B=2：1：2,所以两气

体反响物为双原子分子，即A2和B2。

(3)气体的相对分子质量的计算方法

①标准状况下气体密度p,M=p-22.4L-mol1,

MJTl

②依据阿伏加德罗定律计算：B=U〔同T、p、V)。

MBmB

[满分技巧

【例1】16.碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜(Cuz(OH)2co3)均可溶于盐酸转化为氯化

铜。在高温下这三种化合物均能分解成氧化铜。溶解40g上述混合物，消耗ImoLL-盐酸

500mLo灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是

A.15gB.20gC.30gD.35g

【答案】B

【解析】碳酸铜、氢氧化铜、碱式碳酸铜可溶于盐酸转化为氯化铜，溶解40g混合物，消

耗hnoLLT盐酸500mL,HC1的物质的量为0.5mol,依据氯原子守恒那么CuCl2的物质的

量为0.25mol。依据Cu原子守恒可知，原混合物中含有Cu原子的物质的量为0.25mol,

灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为Q25mol,那么

ZM（CUO）=0.25molx80g-moF1=20g；

故答案为：B„

【例2】.用的NaOH溶液汲取的SO2,所得溶液中的SO；和HSO3的物质的量浓度之比

A.2：1B.2：3C.3：2D.1：3

【答案】D

【解析】由题意可知，氢氧化钠的物质的量为1.0mol/LxlL=lmol,NaOH与二氧化硫完全

反响，反响得到Na2so3、NaHSO3,设溶液中SO；和HSO3的物质的量分别为xmol、

ymol,由硫元素守恒、Na元素守恒，可得：x+y=,2x+y=l,解得、，故所得溶液中的

SO；和HSO：的物质的量浓度之比是：0.6mol=l：3,

应选D。

【例3],将Pd（NH3）2C12在空气中550℃下焙烧（氧气不参与反响）可以直接得到海绵状的

钮，海绵钿具有优良的储氢功能，其储氢原理为：2Pd（s）+xH2（g）=2PdHx（s）。假设海绵状金

属钿密度为pg-cnP、摩尔质量为Mg-moll其吸附的氢气是其体积的n倍（标准状况下），那

么此条件下海绵钿的储氢容量R=______mL-g1,氢气的浓度r=（储氢容量R即1g

钿吸附氢气的体积；氢气的浓度r为ImolPd吸附氢气的物质的量）。

IPn

【解析】IgPd的体积为「^石，标准状况下其储氢的H2的体积为nx-^=—mL,储

pg/cmpg/cmp

氢容量“mUgi；1molPd的体积J1nm当，1。1二也cnP,吸附氢气的物质的量

PQg/cmp

M3-3

cmxnxlOL/mL=mol＞那么此条件下海绵钿的储氢容量R='mL.gi,氢气的

---------------------------22400pp

22.4L/mol

nM

浓度r=22400。

【例4】.三盐基硫酸铅（3PbO・PbSO4-H2O,其相对分子质量为990）简称“三盐〃，不溶于水

及有机溶剂。主要适用于不透亮?????的聚氯乙烯硬质管、注射成型制品，也可用于人造革

等软质制品。以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSCU等）为原料制备三盐的工艺流程如以下

图所示。

滤液1滤液2⑼滤液3

假设消耗铅泥，最终得到纯洁枯燥的三盐，假设铅泥中的铅元素有75%转化为三盐，那么

铅泥中铅元素的质量分数为.

【答案】55.2%

100.0xl06gxwx75%

【解析】设铅泥中铅元素的质量分数为w,依据铅原子守恒可得:

207g/mol

器翳X4,解得,所以铅泥中铅元素的质量分数为55.2%。

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1.踵代表阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是

A.密闭容器中ImolPJl）与lmolCU（g）反响制备PJ（g）,增加的PC1键数目小于2方

B.12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的数目与12g石中所含有化学键的数目均为0.5%

C.氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NA

A人

D.5NH4NO3=2HNC）3+4N2T+9H2。反响中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.25NA

【答案】A

【解析】A.PC13与C12生成PC15（g）的反响是可逆反响,所以1molPCb与1molCb不行

能完全反响，生成的PC15小于Imol,故增加的P—Cl键的数目小于2NA,A正确；

B.依据石墨的结构利用分摊法分析知，一个六元环中平均含有2个碳原子，12g石墨烯

（单层石墨）中含有六元环的个数为A,石中每个C四周有4个CC,每个CC被两个碳原

子，故每个C占有2个共价键，含有的化学键数为2NA,B错误；

C.未标注气体的状态，所以无法依据气体体积计算物质的量，c错误；

D.依据化合价分析，中的N为3价，反响后化合价为0,NO3■中N的化合价为3,

化合价上升为0,所以N2既是氧化产物又是复原产物，每生成4mO1N2,转移电子数

（5-0）x3=15zw/,28gN2为Imol,转移电子数为，D错误；

故答案为：Ao

2.用以表示阿伏加德罗常数的值，以下表达中正确的选项是

A.标准状况下，乙烷中所含的极性共价键数目为7NA

B.ImolCH；（碳正离子）中含有电子数为IONA

C.与完全反响，反响中转移的电子数介于。和0.2治之间

D.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA

【答案】D

【解析】A.标准状况下，乙烷为Imol,所含的极性共价键数目为6/，A错误；

B.每个CH；中含有电子数为6+31=8,ImolCH；（碳正离子）中含有电子数为8NA,B错

误；

C.的物质的量为，与。2完全反响，钠反响后变为+1价，反响中转移的电子数A,C错

误；

D.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个正丁烷或异丁烷分子中均含13个共价键，58g

正丁烷和异丁烷混合物的物质的量为Imol,那么该混合物中所含的共价键数目为13/，

D正确；

应选D。

3.将50mLi8moi/L的浓硫酸与铜共热一段时间后，待反响混合物冷却后，滤去多余的

铜，将滤液加水稀释至200mL,滤液中SO：的浓度为3moi/L,那么以下说法正确的选项

是

A.稀释后的溶液中CuSOq的物质的量浓度为31noi/L

B.生成的SO2在标况下的体积为

C.溶解的铜的质量为

D.反响中消耗的硫酸为

【答案】B

【解析】A.浓硫酸与Cu反响生成CuSO4、SO2和H2O,随着反响进行，硫酸渐渐被稀

释，稀硫酸不能与铜反响，因此滤液中除了CuSO4还存在H2so4,因此稀释后溶液中

CuSO4的物质的量浓度小于3mol/L,A错误；

B.反响前有H2sCU,反响后SO：物质的量为，依据S守恒，反响生成SO2,标准状况下2

体积为，B正确；

A

C.浓硫酸与铜反响的化学方程式为Cu+2H2so4（浓）CUSO4+2H2O+SO2T，经前述分析

可知生成S02,那么溶解的铜物质的量为，即，c错误；

A

D.Cu+2H2s04（浓）^^CUSC）4+2H2O+SO2T，依据前述分析可知生成SO2,那么消耗的硫

酸为，D错误；

故答案选B。

4.设"人为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是

A.碳酸钠溶液中所含阴离子的数目小于OOINA

B.25℃时，lLpH=3的H2sO3溶液中，川的数目为0001刈

C.25℃时，pH=13的NaOH溶液中，水电离出的。IT的数目为0.玲\

D.标准状况下，2.24LC1?完仝溶于水中，所得溶液中含氯微粒总数为0.2NA

【答案】B

【解析】A.碳酸钠溶液中含有碳酸钠的物质的量为，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中CO：

发生水解反响，水解产生的HCO］会进一步发生水解反响，可见，每有1个CO：发生水解

反响，就会产生2个带1个负电荷的阴离子，使该溶液中所含阴离子的数目大于OQINA，

选项A错误；

B.25℃时，lLpH=3的H2SO3溶液中c（H+xl（F3moi/L,川的数目为。°°1必，选项B正

确；

C.没有给定溶液的体积，无法计算OH-的数目，选项C错误；

D.氯气和水的反响为可逆反响，不能进行彻底，溶液中含有未反响的氯气分子，故所得

溶液中含氯微粒数小于。.2/个，选项D错误；

答案选B。

5.一个密闭容器中有一可自由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两局部，当左边充入

4molN2,右边充入CO和CO2的混合气体共32g时，隔板处于如以下图位置（保持温度不

变），以下说法错误的选项是

41

TT

A.右边CO与C02分子数之比为3：1

B.左边抽出lmolN2时，隔板向左移动，左右两边体积比为3：1

C.右侧气体密度是相同条件下氧气密度的2倍

D.假设转变右边CO和C02的充入量而使隔板处于距离右端g处，保持温度不变，那么

前后两次充入状况容器内的压强之比为5：6

【答案】C

【解析】A.同温同压下，"=依据左右体积之比为4:1可以得知右边CO和CO2气

n2V2

体总物质的量为Imol,设n(CO)=x,n(CC)2)=y,x+y=lmol,28x+44y=32g,联立计算出，，

依据分子数之比=物质的量之比可知：右边CO与CO2分子数之比为0.75:0.25=3:1,A选

项正确；

B.左边抽出ImoINz时，剩余的N2为3mo1,和右侧Imol的混合气体的体积之比等于物质

的量之比，所以左右两边体积比为3：1,B选项正确；

C.同温同压下，△=萼，右侧气体平均分子量为：28x”+44乂竽=32,那么相同条

AM211

32

件下，右侧气体密度：氧气的密度二记二1:1,C选项错误；

D.假设转变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端g处，依据同温同压下，

—=^,可以得知右边CO和CO2气体总物质的量为4mol,同温同体积下，区=&，可

以计算出保持温度不变，那么前后两次充入状况容器内的压强之比为左2吗=5:6,D选

(2+4)mol

项正确；

应选C。

6.过二硫酸钾(K2s是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，可通过电解KHSO,溶

液制备。它在1。。℃下能发生分解反响：K2s—>又504+$。3个+。2个(未配平)，设

NA是阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是

A.ImolK2S2O8中存在NA个非极性共价键

B.每生成Imol。？，转移4治电子

C.标准状况下，22.4LSO3含有的原子数为4NA

D.100mL0.5mol/LKHSO4溶液的离子总数为0.2踵

【答案】A

【解析】A.K2S2O8中K为+1价，S为+6价，那么可知2个氧原子为1价，即存在一个

过氧键，Imol降$2。8中存在NA个非极性共价键，故A正确；

B.。2由1价的。转化生成，每生成Imol转移2踵电子，故B错误；

C.标准状况下，SC>3不是气体，不能依据体积确定其物质的量，故C错误；

D.77(KHSO4)=0.5mol/Lx0.1L=0.05mol,溶于水电离产生K*、H\SO：,均为，离子总

量为，即0.15NA个离子，故D错误；

应选：Ao

7.每年10月23日上午的6：02到晚上的6：02被誉为“摩尔日"（MoleDay）,这个时间的

美式写法为6：020/23,外观与阿伏加德罗常数6.02x1023相像。通常用NA表示阿伏加德罗

常数的值，以下说法正确的选项是

A.常温常压下，28gN。含有共用电子对的数目为3NA

B.标准状况下，22.4LSO3含有的分子数为NA

C.足量MnO?和80mL10moVL浓盐酸共热可生成卜个C12分子

D.1L2LNO与1L2LO2混合气体的分子数为NA

【答案】A

28?

【解析】A.常温常压下，28gN2含有N2分子的物质的量为—=lmol,N2分子数目

为NA,每个分子中含有三对共用电子对，故含有共用电子对的数目为3M,选项A正确；

B.SO3在标况下不是气态，标准状况下，22.4LSO3的物质的量远大于1mol,分子数远

大于选项B错误；

C.随着反响的进行，浓盐酸变稀，稀盐酸不与二氧化镐反响，生成氯气的数目小于

x10mol/Lx0.08Lx/mol=0.4A^A,选项C错误；

D.没有说明标准状况下，无法计算气体的数目，且产生的NO2中存在平衡2NO2.•N2O4

造成分子数减小，选项D错误；

答案选A。

8.设NA表示阿伏加德罗常数的值。以下说法不正确的选项是

A.常温常压下，71gCU中含有的Cl2分子数目为NA

B.Na?。?与CO?反响生成22.4LON标准状况）时，转移电子数为4NA

C.标准状况下，22.4L的CO?和组成的混合气体中，含氧原子数为2NA

D.2.1gO2和2.7gO3的混合气体所含氧原子数为03NA

【答案】B

【解析】A.71gC4中含有的C1?的物质的量为有半7nmol,所以Cl。分子数目为NA，

71g/mol

A正确；

B.NazO?与CO?反响生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中1价的O元素化合价上升转化为0

价O元素，降低为2价O元素，那么生成22.4LC）2（标准状况为Imol）时，转移电子数为

2NA,B错误;

2241

C.22.4L的co?和。2组成的混合气体中的分子的物质的量为空篙那么混合

22.4L/mol

气体中，含氧原子数为2NA，C正确；

21g219171

D.2.1g。2的物质的量为s.、=W?mol,含氧原子数为二molxZxNAmorJ^NA，

32g/mol323216

27g2797?7

2.7gC>3的物质的量为；,。「mm%—molxSx^mol^—N,那么总的氧原子

48g/mol484816A

2127

数为二乂+)乂=0.3七，D正确；

1616

应选B。

9.向肯定量久置的NaOH溶液中通入CO2,溶液中CO：的物质的量与通入CCh的物质的

量的关系如下图，以下说法不正确的选项是

,n(Na„C0„)1

Aa点.―—-——=-

…n(NaOH)6

B.a到b点发生：2OH+CO2=CO；+H2O

C.b到c点发生：CO"+H2O+CO2=2HCO；

D.向c点溶液中参加肯定量的盐酸，离子方程式不行能为：5HCO：+CO》

+7H+=6CO2f+6H2O

【答案】D

【解析】A.假设溶液的体积是1L,由图像可知a点"(Na2co3)=0.1mol,向其中通入CO2

气体，发生反响：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2。，到b点时该反响结束，溶液中NaOH完全

转化为Na2co3,b点时Na2cO3的物质的量是0.4mol,由a点到b点Na2cO3的物质的量

增加了0.3mol,反响消耗0.6molNaOH,故a点时二一“=二—;=A正确；

n(NaOH)0.6mol6

B.由选项A分析知，a到b点发生反响：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2。，离子方程式为

2OH+CO2=CO3-+H2O,B正确；

C.b点时，溶液中溶质为Na2co3,连续通入CO2气体，那么b到c点发生反响

Na2cO3+CO2+H2O=2NaHCCh,离子方程式为CO,+H2O+CO2=2HCOj,C正确；

D.假设溶液体积是1L,依据图像可知c点Na2c03为0.1mol,还含有0.3molNa2CO3发

生反响：Na2cO3+CO2+H2O=2NaHCO3产生的0.6molNaHCO3,溶液体积相同，故

c(HCOJ)：c(CO；-)=6:1,因此参加肯定量的盐酸，离子方程式中HCO；、CO：的计量数的

比可能是5：1,其离子方程式可能为5HCO；+CO:+7H+=6CO2T+6H20,D错误；

应选D。

10.科学家发觉了某种元素的原子，其质量是ag,12c的原子质量是bg,设NA是阿伏加

德罗常数的值，以下说法不正确的选项是

A.该原子的摩尔质量是aNAg-moF1

一一，w

B.wg该原子的物质的量肯定是『mol

aNA

C.wg该原子中含有三w个该原子

a

12

D.由信息可得NA=一

a

【答案】D

【解析】A.该元素原子的质量是ag,那么摩尔质量为aNAg-mo广，故A正确；

wgw

B.由题意可知，该原子的质量为ag,故wg该原子的物质的量为一^^7=—7r

aiVAg/moia,/v*

mol,故B正确；

wgw

C.该原子的摩尔质量为aNAg・mo『，wg该原子的物质的量为了无~而血二了无-mol,个

数为T^XNA=史，故C正确；

a-N%a

D.12c的原子的摩尔质量为12g/mol,一个12c的原子的质量为bg,故Mb=12,所以

12

NA=9，故D错误；

b

应选：D。

11.设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是

A.常温下，将2.7gA1投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA

B.足量的MnCh与lOOmLl2moi•!?的浓盐酸充分反响可制得氯气的分子数为A

C.常温常压下，11.2LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为A

D.2O2和Na2s混合物中所含的离子总数为A

【答案】D

【解析】A.常温下，A1遇足量的浓硫酸发生钝化，故A错误；

B.反响过程中浓盐酸并不断变稀，反响停止，故B错误；

C.不是标准状况，故C错误；

D.Na2O2和Na2s的相对原子质量都是78,且都是三离子微粒，所以2O2和Na2s混合物

中所含的离子总数为A,故D正确；

应选D。

12.相对分子质量为Mr的气态化合物VL(标准状况)溶于mg水中，得到溶液的质量分数

为S,密度为pg/cm3,物质的量浓度为cmol/L。以下说法正确的选项是

MVmxco

A.溶液的质量分数。可表示为224m；MVB"相对分子质量Mr可表示为《荷

C.溶液密度p可表示为些D.物质的量浓度c可表示为学”

①22.4m

【答案】A

VLMV

【解析】A.溶液中溶质的质量=n?-----------------------X,溶液质量为

22.4L/mol22.4

MV

rg

MrV22.4M「V

m+——g,那么溶质的质量分数为3=，故A正确;

22.4MrV

g+mg22.4m+MrV

22.4

B.质量分数为3,那么水的质量分数为1-3,水的质量为mg,那么溶液的质量为;一g,

1-(0

溶质的质量为J±gx3,溶质的物质的量为一二二mol,那么该化合物的摩尔质

1-co22.4L/mol22.4

m

l-co”①g_22.4mxco__22.4mx3

量为g/mol,所以该化合物的相对分子量为M尸正及，故B错

方。3V

误;

C.设溶液的体积为VJ,那么溶液中溶质的质量为m=cmol/LxV]xM「g/mol=cV]Mrg,

YL该溶液的质量为处曲g,那么溶液的密度为.，一1‘g_cM1，故C错

sp-io66^L-io66^g

误；

fMV)

D.溶液体积二溶液质量二I22.4产=M『V+22.4m血，溶液中溶质的物质的量为

溶液密度pg/mL22.4p

VLV.

-------------=-------mol,该溶液的浓度为。，故

22.4L/mol22.4C=可后五4m”正=M.v+i2.4mm1'L

22.4p*

D错误;

选Ao

13.amLA12(SO4)3溶液中，所含Af+的总质量为mg,往该溶液中逐滴滴入cmol•「的

Ba(OH)2溶液，当沉淀量到达最大时(不考虑水的电离及AP+与水发生的反响)，共消耗

bmLBalOH)?溶液，以下说法正确的选项是

A.—=0.018

be

B.沉淀量到达最大时，反响的离子方程式为

3+2+

Al+Ba+SO：+3OJT=BaSO4J+A1(OH)3J

C.原A12(SO43溶液中，cfsOtJ=-^-mol-L1

1oH

D.该反响生成的沉淀均不溶于稀硫酸

【答案】A

【分析】依据题干信息可知，当沉淀量到达最大时发生反响的离子方程式为：

3+2+

2Al+3Ba+3SOt+6OH=3BaSO4+2A1(OH)3据此结合物质的量在化学方程式中

的运用分析解答。

【解析】A.依据上述分析可知,n(Al3+)：n(Ba2+)=2:3,那么n(AF+)=

2TV-I

一n(Ba")=-----xl0-3mol,m(AF+)=mg=-----xIO-3molx27g/mol,化简整理得一=0.018,

333be

A正确；

B.依据上述分析可知，发生上述反响的离子方程式为：

3+2+

2A1+3Ba+3SOj+6OH=3BaSO4J+2A1(OH)3J,B错误；

c.原A12(SO)溶液中，c(SOj):c(A13+)=3：2,因铝离子的物质的量浓度c(心+)=

mg

3.,.31000m1000/77,,„

27g/mol1000m所以c(SO])=-c(zAr3+)=-x---------mol/L=---------mol/TL,C错

--——=---------mol/L''2227a18G

axlO_3L27a

误；

D.该反响生成的沉淀为硫酸钢和氢氧化铝，硫酸钢不溶于稀硫酸，但氢氧化铝溶于稀硫

酸，D错误；

应选A。

14.将肯定量的氯气通入60mL浓度为10.00moLLi的氢氧化钠浓溶液中，加热一段时间

后恰好完全反响，溶液中形成NaCl、NaClO、NaCICh共存体系。以下推断正确的选项是

A.NaClO和NaCICh是复原产物

B.与NaOH反响的氯气的物质的量是0.6mol

C.w(NaCl)：zi(NaClO)：”(NaCICh)可能为10：7：1

D.假设反响中转移的电子为wmol,那么0.3<〃

【答案】D

【分析】依据题给信息，氯气通入氢氧化钠浓溶液中发生反响的化学方程式为：

Ch+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O和3cl2+6Na0H=5NaCl+NaC103+3H2。，据此作答；

【解析】A.依据化学反响方程式可知，NaClO和NaCICh都是氧化产物，故A不符合题

思；

B.由于反响后体系中没有NaOH,故氢氧化钠反响完，依据钠元素守恒

M(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+M(NaClO3),依据氯原子守恒有

2M(C12)=/i(NaCl)+«(NaClO)+n(NaClO3,故参与反响的氯气"(Cb,故不符合题意；

C.令"(NaCl)=10mol,"(NaClO尸7mol,n(NaClO3)=lmol,生成NaCl获得的电子为

10molxl=10moL生成NaClO、NaCICh失去的电子为7moixl+lmolx5=12mol,得失电子数

不相等，故C不符合题意；

D.依据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O>3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可

知，氧化产物只有NaClO,转移电子数最少，为0.6molxg,氧化产物只有NaCKK转移

电子数最多，为0.6molx。，所以假设反响中转移的电子为〃mol,那么0.3〈几，故D符合

题意；

应选D。

15.将肯定物质的量的Na2cCh和NaHCCh组成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出

50mL溶液，向50mL溶液中滴加肯定物质的量浓度的盐酸与其反响，得到的图象如图，以

下说法正确的选项是

A.标注NaCl的直线也能代表产生的CO2的物质的量的变化状况

B.盐酸的浓度是

C.参加的盐酸为150mL时，放出气体CO2

D.原混合物中Na2cCh与NaHCCh的物质的量之比为2：1

【答案】B

【分析】向Na2cGJ?和NaHCOs混合溶液中滴加盐酸，依次发生的反响为①

Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、②NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2T,当V(盐酸)=50mL

时，Na2c恰好完全转化为NaHCOs，反响①恰好进行完全；当V(盐酸)在50~150mL之

间时，发生反响②，据此分析结合图象解答。

【解析】A.当W盐酸）=50mL时，Na2cO3恰好完全转化为NaHCC>3,该过程发生的反响

Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,没有CO?产生，A错误;

B.由图象可知，50mL溶液中Na2c完全转化为NaHCOs和NaCl时，消耗盐酸的体积为

50mL,由Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3可知，n(Na2CO3,那么c(HCl)=

0.0025molecu,T-in十环

--------------=0.05molL,B正确;

0.05L

C.当V（盐酸）在50~150mL之间时，发生的反响为NaHCC^+HCl=NaCl+H2O+CC）2T，可

3

知NaHCC）3完全反响时，n（C02）=n（HCl）=100x10Lx,那么标准状况下V（CC）2x,但没指

明是在标况下，那么放出气体cc>2体积不肯定是，C错误；

D.依据题意并结合图象可知，原混合物中Na2c与NaHCOj的物质的量均为xio3moi

x1000mL,那么原混合物中Na2cO3与NaHCC）3的物质的量之比为1:1,D错误；

50mL

故答案为：Bo

16.讨论小组以Cr2C>3（绿色固体）、CC14,THF（四氯吠喃，液体）等物质为原料制备固体协

作物CrCl3（THF）3,该协作物可作为有机反响的催化剂

（1）无水CrCh（紫色固体，易升华）的制备装置如下图（夹持装置略）。

o

CC14

①仪器a的名称为o

②本试验持续通入N?的目的有赶走体系中原有的空气、。

③反响管的温度升到660℃时发生反响，生成CrCh和COCk（光气），其化学方程式为

。COCL有剧毒，与水反响生成两种酸性气体，b装置中生成的盐是（填

化学式）。

④反响管右端有15cm在加热炉外，其作用是o

（2）CrCl3（THF）,的合成装置如下图（搅拌和夹持装置咯）

将制备的无水CrCL和极少量锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中参加足量无水THF。制备

反响的原理为CrJ+3THFqa—CrCL（THF）3。

试验时烧瓶中THF受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒

1中，与滤纸套筒内的物质接触。当液面到达虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回双颈烧

瓶.从而实现了THF与CrC%的连续反响及产物的连续萃取。

①锌粉的作用是（用化学方程式表示）。

②CrCh和CrCMTHFh在THF的溶解性分别为、（填“溶〃或"不溶”）。

③合成反响完成后，取下双颈烧瓶，蒸发THF得到固体产品。那么该试验的产率为

%□[：的摩尔质量为152g/mol；CrCMTHFh的摩尔质量为374.5g/mol]

【答案】（1）枯燥管将气态四氯化碳吹入管式炉；Cr2O3+3CC14^=

2CrC13+3COChNa2cCh和NaCl使CrCl3凝华

(2)Zn+2CrCl3=2CrCl2+ZnCl2不溶溶90%

660℃

【解析】试验室制备无水CrCb的反响原理为：Cr2O3+3CC142CrCl3+3COCl2o利用氮

气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入管式炉与氧化铭反响得到氯化铝，利用无水氯化

钙防止水蒸气进入管式炉，并用氢氧化钠溶液汲取COCL；合成Cr03（THF）3首先在圆底

烧瓶中参加无水四氢吹喃，在滤纸套筒参加无水CrCL和锌粉，开头加热四氢吹喃蒸气通

过联接管进入提取管在冷凝管中冷凝回流到滤纸套筒中进行反响，从而生成产物。

（1）①依据图示，仪器a是枯燥管；

②热水加热将四氯化碳转化为气态，利用氮气将气态四氯化碳吹入管式炉；

③依据题意，以©弓。3（绿色固体）、CC1,为原料制备固体无水CrCL，生成CrC'和COCl2

(光气)，反响的化学方程式为Cr2Ch+3CC14”空2CrCb+3COC12；COCl?与水反响生成两种

酸性气体：COC12+H2O=CO2+2HC1,b装置中盛放足量NaOH溶液，所以生成的盐是

Na2cCh和NaCl；无水CrC^易升华，所以反响管右端有15cm在加热炉外，是为了使

CrCL凝华；

(2)①参加锌可以把三价铝复原为二价铭，方程式为：Zn+2CrCl3=2CrCl2+ZnCl2；

②由试验步骤③中试验原理可知，四氢味喃在圆底烧瓶和滤纸套筒中循环，

只有CrCL不溶于四氢味喃、CrCl3(THF),,溶于四氢吠喃方能实现四氢吠喃与CrCL)的连

续反响及产物的连续萃取，故CrCls和CrC13(THFb在THF的溶解性分别为不溶，溶；

③由题目中的反响方程式Cr2O3+3CC14”空2CrCb+3COC12、

CrCl3+3THF—^!^CrCl3(THF)3,可知如下对应关系式：

Cr2O3~2CrCl3(THF)3

1522x374.5,理论产量x="当黑色0=7.49g,产率为

1.5200x

6-7410x100%=90%o

7.49

17.1.下表是某儿童在哈尔滨市医疗机构临床检验结果报告单的局部数据:

分析工程检测结果单位参考范围

1锌(Zn)mol-匚166120

2铁(Fe)mmol-U1

3钙(Ca)mmol•I71

依据上表的数据，答复以下问题。

(1)该儿童_______元素含量偏低(填元素名称)。

(2)报告单中“mobI?"是(填"质量"、”体积"或"浓度”)的单位。

(3)检测儿童的血液中钙的含量，参考指标常以两种计量单位表示，即“mmol/L〃和

“mg/dL"(lL=10dL)。以表示时，钙的正常含量参考范围是。假如以“mg/dL"表

示，钙的正常含量参考范围是mg/dL„

3+

H.验证氧化性Cl?>Fe>SO2,某小组用如下图装置进行试验(夹持