专题04化学常用计量（基础卷）-高三化学专题训练卷（新高考专用）

2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）专题04化学常用计量（基础卷）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（每小题3分，共48分）1.(2021·全国·历年真题)阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法正确的是（）A.1L0.1mol•L1NH4Cl溶液中，NH4+的数量为0.1NA

B.2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA

C.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA

D.0.1mol

H2和0.1mol

I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA【答案】D【解析】A．铵根离子会水解，所以1L0.1mol•L1NH4Cl溶液中NH4+数小于0.1NA，故A错误；

B．n（Mg）==0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，数目为0.2NA，故B错误；

C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1mol，数目为0.1NA，故C错误；

D．H2+I22HI是一个反应前后分子物质的量不变的可逆反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，故D正确。

2.(2020·福建省福州市·期中考试)物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl的物质的量之比为（）A.1：1：1 B.1：2：3 C.3：4：3 D.3：2：1【答案】C【解析】电解质溶液中氯离子物质的量=电解质浓度×体积×化学式中氯离子数目。

物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl的物质的量浓度之比为1：2：3，当溶液的体积比为3：2：1时，根据n=cV可知Cl的物质的量之比为3：4：3，故C正确。

故选C。

3.(2019·安徽省阜阳市·单元测试)摩尔质量为Mg·mol1的气态化合物VL(已换算成标准状况)溶于mg水中，得到溶液的溶质质量分数为ω%，物质的量浓度为cmol·L1，密度为ρg·cm3，则下列说法正确的是（）A.M可表示为 B.c可表示为

C.ω%可表示为 D.ρ可表示为【答案】D【解析】A.VL标准状况下该气体的物质的量，m（溶剂）：m（溶质）=（1ω%）：ω%，所以，所以，则，故A错误；

B.VL标准状况下该气体的物质的量为，该气体的质量为：，溶液的质量为：，则溶液中溶质的质量分数为：，溶液的物质的量浓度，故B错误；

C.VL标准状况下该气体的物质的量为，该气体的质量为：，溶液的质量为：，则溶液中溶质的质量分数为：，故C错误；

D.根据可得：，故D正确。

故选D。

4.(2018·内蒙古自治区包头市·期中考试)如图中两条曲线分别表示1g

C3H6气体、1gM气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试根据图判断M气体可能是（）A.PH3

B.N2

C.C3H4

D.N2O【答案】B【解析】同温同压下，气体的摩尔体积相等，在体积相等的容器中，气体的物质的量越大，则压强越大，

1gC3H6的物质的量为mol，

由图象可以知道在温度为50℃时，两种气体的压强之比为1.2：0.8，则物质的量之比为1.2：0.8，

设气体M的相对分子质量为x，

则：=0.8：1.2，x=28，只有B符合，

故选：B。

5.(2021·安徽省淮南市·单元测试)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A.S8分子结构模型如图，1mol该分子中含有S—S键个数为7NA

B.300mL2mol·L－1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA

C.标准状况下，30g乙酸和甲醛的混合物中氧原子数为NA

D.常温下，5.6g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.3NA【答案】C【解析】A.S8分子中含8条共价键，故1mol该分子中含SS键为8NA条，故A错误；

B.蔗糖溶液中，除了蔗糖外，还含水分子，故溶液中的分子数多于0.6NA个，故B错误；

C.乙酸和甲醛的最简式均为CH2O，故混合物可以认为是由“CH2O”构成的，故30g混合物中含有的CH2O的物质的量为1mol，故含NA个氧原子，故C正确；

D.常温下铁在浓硝酸中钝化，故不能进行彻底，故转移的电子数小于0.3NA个，故D错误。

故选C。

6.(2021·全国·历年真题)下列说法正确的是（）A.同温同压下，O2和CO2的密度相同

B.质量相同的H2O和D2O（重水）所含的原子数相同

C.物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同

D.室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同【答案】C【解析】A．同温同压下，O2和CO2的体积相同时，其质量之比为32：44，则密度之比为32：44，不相同，故A错误；

B．质量相同的H2O和D2O（重水）的物质的量之比为20：18，分子中均含有3个原子，则所含的原子数之比为20：18，不相同，故B错误；

C．每个CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条，则物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同，故C正确；

D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相等，硫酸能电离出2个氢离子，而盐酸只能电离出一个，故pH相同的盐酸和硫酸的物质的量浓度不相同，故D错误。

7.(2021·全国·历年真题)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A.18g重水（D2O）中含有的质子数为10NA

B.3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA

C.32g环状S8（）分子中含有的SS键数为1NA

D.1L

pH=4的0.1mol•L1K2Cr2O7溶液中Cr2O72离子数为0.1NA【答案】C【解析】A．18g重水的物质的量为=0.9mol，而重水分子中含10个质子，故0.9mol重水中含质子为9NA个，故A错误；

B．3NO2+2H2O=2HNO3+NO，NO2的化合价由+4变为+5价的HNO3，则3mol二氧化氮完全反应生成1mol一氧化氮和2mol硝酸，转移的电子为2mol，转移电子数为2NA，故B错误；

C．S8分子是皇冠形，8个硫依次连成键，一个S8分子中含8个SS键，则32gS8含有的SS键个数为×8×NA/mol=NA，故C正确；

D．重铬酸根离子能与水反应生成铬酸根离子，反应为Cr2O72+H2O⇌2CrO42+2H+，所以1L0.1mol•L1K2Cr2O7溶液中Cr2O72的数目小于0.1NA，故D错误。

8.(2021·浙江省·期中考试)用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液220mL，下列说法正确的是（）A.首先称取NaOH固体8.8g

B.定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏高C.定容后,将容量瓶振荡均匀,静置时发现液面低于刻度线,于是又加少量水至刻度线

D.容量瓶中原有少量蒸馏水没有影响【答案】D【解析】A.用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液220mL，须选用250ml容量瓶，配制的溶液体积是250ml．需要的NaOH固体的物质的量n=c•V=1.0mol/L×0.25L=0.25mol，质量m=n•M=0.25mol×40g/mol=10.0g，故A错误；

B.定容时仰视刻度线会使溶液的体积偏大，则所配制的溶液的浓度偏低，故B错误；

C.摇匀时要将容量瓶倒转过来，摇匀后液面低于刻度线是正常的，不能再加水，故C错误；

D.只要最后定容时使溶液体积是250ml即可，故容量瓶中原有少量蒸馏水对结果没有影响，故D正确。

故选D。

9.(2021·安徽省·单元测试)下列计算正确的是（）A.同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，其体积比为3∶2∶1，则SO4浓度比为3∶2∶3

B.将1mol·L－1的NaCl溶液和0.5mol·L－1的BaCl2等体积混合后，忽略体积变化，c(Cl－)＝0.75mol·L－1

C.若ag某气体含有分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是

L

D.标准状况下22.4LHCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为1mol·L－1【答案】C【解析】A.假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO42浓度分别为1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1：1：3，故A错误；

B.0.5mol•L1的BaCl2溶液中，c（Cl）=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c（Cl）=1mol•L1，故B错误；

C.若ag某气体含有分子数为b，所以该气体的摩尔质量为，则cg该气体的物质的量为：，在标准状况下的体积是

L，故C正确；

D.标准状况下22.4LHCl的物质的量为1mol，溶于1L水，溶液的体积不是1L，则盐酸的物质的量浓度不是1mol·L－1，故D错误。

故选C。

10.(2021·广东省·月考试卷)向质量为16.5g的Al和Fe的混合物中加入一定量稀HNO3恰使混合物完全溶解，放出NO（标准状况）8.96L，所得溶液中再滴加KSCN溶液，无红色出现。若用相同质量的上述混合物分别与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液充分反应，所得到的气体在标准状况下的体积比为（）A.3：4 B.3：1 C.4：3 D.1：3【答案】C【解析】向金属混合物与硝酸反应所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明Fe反应后转化为硝酸亚铁，反应生成NO为=0.4mol，设Al、Fe物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量有27x+56y=16.5，根据得失电子守恒有3x+2y=0.4×3，联立解得x=0.3，y=0.15，与足量稀硫酸反应时，Al、Fe均反应放岀氢气，根据电子转移守恒有2n酸（H2）=3n（Al）+2n（Fe）=3×0.3mol+2×0.15mol，故n酸（H2）=0.6mol，与足量氢氧化钠溶液反应时，只有铝反应放出氢气，根据电子转移守恒有2n碱（H2）=3n（Al）=3×0.3mol，故n碱（H2）=0.45mol，所得到的气体在标准状况下的体积比为0.6mol：0.45mol=4：3，

故选：C。

11.(2020·浙江省·历年真题)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.4MnO4+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O，1mol[4MnO4+5HCHO]完全反应转移的电子数为20NA

B.用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32gCu转化为Cu2+

C.常温下，pH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+数为105NA

D.1L浓度为0.100mol•L1的Na2CO3溶液中，阴离子数为0.100NA【答案】A【解析】A、MnO4的Mn由+7价降低为+2价，则1mol高酸根离子参加反应转移电子的物质的量为5mol，则1mol[4MnO4+5HCHO]完全反应转移的电子数为5mol×4=20mol，故A正确；

B．电解精炼铜过程中，阳极粗铜中含有杂质铁、锌等，电解时是比铜活泼的锌、铁先放电，所以当电路中通过的电子数为1mol时，阳极并不是32gCu转化为Cu2+，故B错误；

C、溶液的体积不知，所以氢离子的物质的量无法确定，故C错误；

D、Na2CO3为强碱弱酸盐，在溶液中，由于CO32离子水解生成HCO3离子和氢氧根离子，导致阴离子数大于0.100NA，故D错误。

故选：A。

12.(2021·全国·单元测试)一定温度和压强下，用相同质量的、、、四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球。下列说法中正确的是（

）

ABCD​​​​​​​A.气球B中装的是​​​​​​​

B.气球A和气球D中气体物质的量之比为4∶1

C.气球A和气球C中气体分子数相等

D.气球C和气球D中气体密度之比为2∶1【答案】D【解析】A.，相同质量的四种气体，物质的量由小到大的顺序为、、、，同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，故气球A、B、C、D中的气体依次为、、、，A不正确；

B.相同质量的和的物质的量之比为，B不正确；

C.与的物质的量不相等，分子数不相等，C不正确；

D.同温同压下气体的密度之比等于摩尔质量之比，故和的密度之比为，D正确。

13.(2021·全国·单元测试)标准状况下，mg气体A和ng气体B的分子数相等。下列说法不正确的是（

）A.同温同压时，同体积的气体A和气体B的质量比为

B.25℃时，1kg气体A和1kg气体B的分子数之比为

C.同温同压时，气体A和气体B的密度比为

D.标准状况时，等质量的气体A和气体B的体积比为【答案】B【解析】A.标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数相同，则二者物质的量相同，得二者摩尔质量之比为，A正确；

B.同质量的气体A与气体B的分子个数之比与摩尔质量成反比，则同质量的气体A与B的分子个数之比，B项不正确；

C.同温同压下，气体A与气体B的密度之比等于摩尔质量之比，为，C正确；

D.同温同压下，相同质量的气体的体积与摩尔质量成反比，所以标准状况下，等质量的气体A与气体B的体积比为，D正确。

14.(2021·河北省·单元测试)​把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等分，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（

）A.(b－a)／Vmol·L－1 B.(2b－a)／Vmol·L－1

C.2(b－a)／Vmol·L－1 D.2(2b－a)／Vmol·L－1【答案】D【解析】注意混合液分成两等份，由Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Ba2＋＋=BaSO4↓可知原溶液中含有，n()＝2bmol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(​)－2n(Mg2＋)＝2(2b－a)mol，，故D正确。

故选D。

15.(2021·全国·单元测试)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。下列说法正确的是（）A.该硫酸中溶质的物质的量浓度为9.2

mol/L

B.1

mol

Zn与足量的该硫酸反应产生2

g氢气

C.配制250

mL

4.6

mol/L的稀硫酸需取该硫酸62.5

mL

D.等质量的水与该硫酸混合后所得溶液中溶质的物质的量浓度大于9.2

mol/L【答案】C【解析】A．硫酸的物质的量浓度=mol/L=18.4mol/L，故A错误；

B．锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，稀硫酸和锌反应生成氢气，故B错误；

C．溶液稀释前后溶质的物质的量不变，该浓硫酸浓度为18.4mol/L，配制250mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸体积==0.0625L=62.5mL，故C正确；

D．浓硫酸浓度越大其密度越大，硫酸密度大于水密度，等质量硫酸和水，水的体积大于硫酸体积，所以二者混合后溶液体积大于浓硫酸的二倍，则其物质的量浓度小于原来的，即小于9.2mol/L，故D错误；

故选：C。

16.(2021·陕西省安康市·月考试卷)实验室中对铁矿石（铁元素以氧化物形式存在，杂质中不含氧元素）中铁元素含量的测定步骤如图所示：下列说法中错误的是（）A.若省略步骤④会使铁的含量测定值偏高

B.步骤⑤中用到的玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶

C.根据图中数据测定铁矿石中的铁元素含量为56%

D.若该矿石中氧元素的质量分数为24%，则铁氧化物为Fe5O6【答案】C【解析】铁矿石和稀硫酸反应生成硫酸盐和水，然后过滤得到滤液A，向滤液中通入足量Cl2，Cl2具有强氧化性，能将Fe

2+氧化为Fe

3+，然后煮沸得到溶液B，将溶液B稀释，向溶液B中加入KI溶液，Fe

3+和碘离子发生氧化还原反应生成Fe

2+和I2，先根据碘离子和铁离子关系式计算铁离子的物质的量，根据铁原子守恒计算其质量分数。

A.省略步骤④则残留在溶液中的氯气也会消耗KI，从而使铁的含量测定值偏高，故A正确；

B.准确确定250.0mL溶液需要在容量瓶中进行，故B正确；

C.利用题中数据可知铁矿石中铁元素的总物质的量为0.125mol，质量为7g，故铁矿石中的铁元素含量为70%，故C错误；

D.该铁矿石中氧元素的物质的量为0.15mol，n(Fe):n(O)＝0.125mol:0.15mol＝5:6，故D正确。

第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题（共52分）17.(2021·辽宁省大连市·月考试卷)已知FeI2是一种灰黑色固体，可用于医药，在有机化学中常用作催化剂。某研究性学习小组为制备并探究FeI2的性质，进行了如下实验：Ⅰ．配制240mL0.2mol·L1FeI2溶液（1）用托盘天平称量，需要称取FeI2________g；若物品和砝码的位置放反了，实际称取FeI2________g（已知该托盘天平中最小的砝码为1g）。（2）若没有洗涤烧杯和玻璃棒，所得溶液的浓度________（填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同）；定容时，若仰视容量瓶刻度线会使配制的FeI2溶液浓度________。（3）若在加蒸馏水时，不小心加过了刻度线，此时应该进行的操作是___________。Ⅱ．探究FeI2的性质（4）取20mL上述FeI2溶液，加入2.0gZn粉，一段时间后，过滤、洗涤、干燥并称量，得到的固体质量________（填“增重”或“减轻”），说明FeI2具有________（填“氧化性”或“还原性”）。（5）另取20mL上述FeI2溶液，加入淀粉溶液，逐滴加入新制氯水，溶液的颜色变为________。（6）再取20mL上述FeI2溶液，加入KSCN溶液，逐滴加入新制氯水直至过量，溶液的颜色变为________。（7）若向20mL上述FeI2溶液通入112mL（标准状况）Cl2，反应的离子方程式为____________________________________。【答案】(1)15.5；14.5

(2)偏小；偏小

(3)倒掉，重新配制

(4)减轻；氧化性

(5)蓝色

(6)红色

(7)++=++​​​​​​​【解析】Ⅰ．配制240mL0.2mol·L1

FeI2溶液，需用250mL的容量瓶，

250mL0.2mol·L1

FeI2的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×310g/mol=15.5g；若物品和砝码的位置放反了，实际称取FeI2的质量为15g0.5g=14.5g；

（2）若没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减少，根据c=，所得溶液的浓度偏小；定容时，若仰视容量瓶刻度线，造成溶液体积偏大，根据c=，会使配制的FeI2溶液浓度偏小；

（3）若在加蒸馏水时，不小心加过了刻度线，此时应该进行的操作是倒掉，重新配制；

Ⅱ．（4）取20mL上述FeI2溶液，加入2.0gZn粉，一段时间后，过滤、洗涤、干燥并称量，因为锌具有还原性，说明FeI2具有氧化性，得到的固体质量减轻；

（5）Cl2把碘离子氧化成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝，另取20mL上述FeI2溶液，加入淀粉溶液，逐滴加入新制氯水，溶液的颜色变为蓝色；

（6）再取20mL上述FeI2溶液，加入KSCN溶液，逐滴加入新制氯水直至过量，Cl2把FeI2氧化成Fe3+和I2，Fe3+

和SCN反应溶液变为红色；

（7）若向20mL上述FeI2（物质的量为0.004mol）溶液通入112mL（标准状况）Cl2（物质的量为0.005mol），根据还原性：I>Fe2+，再根据得失电子守恒，氯气不足以将两种还原性离子都氧化，碘离子完全反应，亚铁离子反应0.002mol，反应的离子方程式为++=++​​​​​​​。

18.(2021·全国·单元测试)将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答下列问题：(1)NO的体积为________L，NO2的体积为________L。(2)参加反应的HNO3的物质的量是______________。(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为____________mol·L－1。(4)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水____________g。【答案】(1)5.824；5.376

(2)1.52mol(3)

(4)57.8【解析】(1)n(Cu)＝＝0.51mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体的总体积为11.2L，有：x＋y＝0.5mol。根据得失电子守恒，有：3x＋y＝(0.51×2)mol。解方程组得：x＝0.26mol，y＝0.24mol。则：V(NO)＝0.26mol×22.4L·mol－1＝5.824L，V(NO2)＝11.2L－5.824L＝5.376L。

(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51mol×2＋0.5mol＝1.52mol。

(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5mol。加入NaOH溶液至正好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aVmol，也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aVmol。

所以，c(HNO3)＝

mol·L－1。

(4)由得失电子守恒得：2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51mol，则m(H2O2)＝17.34g。

需30%的双氧水：17.34g÷30%＝57.8g。

19.(2021·山东省·月考试卷)研究钠及其化合物的性质有重要的意义。

（1）汽车安全气囊内装有NaN3、Fe2O3和NaHCO3等物质。

①当汽车发生严重碰撞时，引发NaN3分解：2NaN3=2Na+3N2↑，产生的Na立即与Fe2O3发生反应生成Na2O，写出反应的化学方程式______________________。

②NaHCO3作冷却剂，吸收体系释放的热量。解释原理__________________（用化学方程式表示）。

（2）某同学向Na2CO3和NaHCO3的混合液中逐滴加入一定浓度的盐酸，生成CO2的体积（标准状况）与加入盐酸的体积的关系如图所示。

①混合液中n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=______。

②盐酸的物质的量浓度为______。

（3）某兴趣小组向2mL0.5mol⋅L1NaHCO3溶液中滴加1mL0.5mol⋅L1CaCl2溶液，产生白色沉淀和气体，该条件下反应的离子方程式为______。【答案】（1）Fe2O3+6Na=2Na2O+2Fe

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O

（2）1：1

0.5mol/L

（3）2HCO3+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O【解析】（1）①产生的Na立即与Fe2O3发生置换反应生成Na2O，则化学方程式为：Fe2O3+6Na=2Na2O+2Fe，

故答案为：Fe2O3+6Na=2Na2O+2Fe；

②碳酸氢钠不稳定，吸收体系释放的热量、发生分解，产生碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，

故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

（2）①设盐酸浓度为cmol/L，加入15mL盐酸时发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，则n（Na2CO3）=n（HCl）=cmol/L×0.015L=0.015mol，加入45mL盐酸时，根据碳元素守恒可知：n（NaHCO3）=（）cmol0.015cmol=0.015cmol，故该样品中Na2CO3和NaHCO3的质量之比=0.015cmol：0.015cmol=1：1，

故答案为：1：1；

②加入15mL～45mL盐酸，消耗盐酸体积=45mL15mL=30mL，生成336mL二氧化碳，其物质的量为=0.015mol，则：

NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，

1

1

n（HCl）

0.15mol

故n（HCl）=0.015mol，则c（HCl）==0.5mol/L，

故答案为：0.5mol/L；

（3）向2mL0.5mol•L1NaHCO3溶液中滴加1mL0.5mol•L1CaCl2溶液，产生白色沉淀CaCO3和气体CO2，该条件下反应的离子方程式为2HCO3+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，

故答案为：2HCO3+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O。

20.(2021·江苏省南通市·月考试卷)（1）已知标准状况下，气体A的密度为2.857g•L1，则气体A的相对分子质量为______，可能是______气体。

（2）标准状况下，1.92g某气体的体积为672mL，则此气体的相对分子质量为______。

（3）在一定条件下，mgNH4HCO3完全分解生成NH3、CO2、H2O（g），按要求填空。

①若所得混合气体对H2的相对密度为d，则混合气体的物质的量为______。NH4HCO3的摩尔质量为______（用含m、d的代数式表示）。

②若所得混合气体的密度折合成标准状况为ρg•L1，则混合气体的平均摩尔质量为______（用含ρ的代数式表示）。

③若在该条件下，所得NH3、CO2、H2O（g）的体积分数分别为a%、b%、c%，则混合气体的平均相对分子质量为______（用含a、b、c的代数式表示）。【答案】（1）64

SO2

（2）64

（3）mol

6dg•mol1

22.4ρg/mol

17×a%+44×b%+18×c%【解析】（1）已知标准状况下，气体A的密度为2.857g•L1，则气体A的摩尔质量为：2.857g•L1×22.4L/mol=64g/mol，故其相对分子质量为64，可能是SO2，

故答案为：64；SO2；

（2）标准状况下，1.92g某气体的体积为672mL，则此气体的密度为：=2.857g•L1，根据A中分析可知，其相对分子质量为64，

故答案为：64；

（3）在一定条件下，mgNH4HCO3完全分解生成NH3、CO2、H2O（g），

①若所得混合气体对H2的相对密度为d，则混合气体的相对分子质量为2d，摩尔质量为2dg/mol，根据质量守恒，混合气体的总质量为mg，则混合气体的物质的量为=mol，根据方程式NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O可知，n（NH4HCO3）=n（混）=×=mol，NH4HCO3的摩尔质量为=6dg•mol1，

故答案为：mol；6dg•mol1；

②若所得混合气体的密度折合成标准状况为ρg•L1，则混合气体的平均摩尔质量为ρg•L1×22.4L/mol=22.4ρg/mol，

故答案为：22.4ρg/mol；

③相同状况下，气体的物质的量之比等于气体的体积分数之比，即n（NH3）=n（CO2）=n（H2O）=a%：b%：c%，平均相对分子质量为每种气体体积分数与气体相对分子质量之积的和，即M（混）=M（NH3）×a%+M（CO2）×b%+M（H2O）×c%=17×a%+44×b%+18×c%

故答案为：17×a%+44×b%+18×c%；

21.(2021·辽宁省大连市·月考试卷)维生素C又名抗坏血酸，具有较强的还原性，分子式为C6H8O6，在医药和化学上有广泛应用。某研究性学习小组设计用2，6二氯酚靛酚标准溶液测定油白菜样品中维生素C的含量。2，6二氯酚靛酚钠盐(C12H6O2NCl2Na)呈蓝色，酸化后生成的氧化型2，6二氯酚靛酚(C12H7O2NCl2)呈粉红色，被还原后变为无色的还原型2，6二氯酚靛酚(C12H9O2NCl2)。Ⅰ．配制2，6二氯酚靛酚标准溶液用2，6二氯酚靛酚钠盐固体配制450mL0.010mol·L12，6二氯酚靛酚标准溶液的步骤如图所示：（1）在配制过程中必要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、电子天平和________；检验操作④所用仪器是否漏水的操作是_____