高考化学二轮 物质的量 专项培优 易错 难题含详细答案

高考化学二轮物质的量专项培优易错难题含详细答案
一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）
1．按要求填空，已知N A为阿伏伽德罗常数的数值。

（1）标准状况下，2.24L Cl2的质量为____；有__个氯原子。

（2）含0.4mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42－的物质的量是____。

（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为____。

（4）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是____。

（5）标准状况下，3.4g NH3的体积为___；它与标准状况下____L H2S含有相同数目的氢原子。

（6）10.8g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为___；R元素名称是___。

（7）将10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___，混和溶液中Cl-的物质的量___（忽略混合前后溶液体积的变化）。

（8）a个X原子的总质量为b g，则X的相对原子质量可以表示为____
（9）已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中CO的质量为___；CO2在相同状况下的体积为___。

（10）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。

则该混合气体中CH4和O2的体积比为___。

【答案】7.1g 0.2N A或1.204×1023 0.6mol 3:5 SO2 4.48L 6.72 14 氮 1mol/L
0.02mol b
a
N A或6.02×1023
b
a
2.8g 4.48L 3:13
【解析】
【分析】
（1）先计算标准状况下，2.24L Cl2的物质的量，再计算氯气的质量和氯原子个数；
（2）由化学式计算硫酸根的物质的量；
（3）由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比；
（4）由n=m
M
可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小；
（5）先计算标准状况下，3.4g NH3的物质的量，再计算气体体积和所含氢原子的物质的量，最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积；
（6）由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量；
（7）将10mL 1.00 mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变；
（8）先计算a个X原子的物质的量，再依据质量计算X的摩尔质量；
（9）依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积；
（10）先计算混合气体的平均相对分子质量，再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。

【详解】
（1）标准状况下，2.24L Cl 2的物质的量为 2.24L 22.4L/mol
=0.1mol ，质量为0.1mol×71g/mol=7.1g ，Cl 2为双原子分子，含有的氯原子个数为0.2N A 或1.204×1023，故答案为：7.1g ；0.2N A 或
1.204×1023；
（2）由化学式可知，含0.4mol Al 3＋的Al 2(SO 4)3中所含的SO 42－的物质的量是0.4mol×32
=0.6mol ，故答案为：0.6mol ； （3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH -与CO 32﹣质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为51g 17g/mol ：300g 60g/mol =3:5，故答案为：3:5；
（4）由n=m M
可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小，H 2、NH 3、SO 2、O 3四种气体中SO 2的摩尔质量最大，则SO 2的物质的量最小，分子数最小，故答案为：SO 2；
（5）标准状况下，3.4g NH 3的物质的量为 3.4g
17g/mol =0.2mol ，则体积为
0.2mol×22.4L/mol=4.48L ，含有氢原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol ，含有氢原子的物质的
量为0.6mol 的H 2S 的物质的量为0.6mol
2
=0.3mol ，标准状况下，0.3mol H 2S 的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L ，故答案为：4.48L ；6.72；
（6）设元素R 的相对原子质量为M ，10.8g R 2O 5的物质的量为10.8g (2M+80)g/mol =10.8(2M+80)mol ，所含氧原子的数目为10.8(2M+80)
mol×6.02×1023×5=3.01×1023，解得M=14，该元素为N 元素，故答案为：14；N ；
（7）将10mL 1.00mol/L Na 2CO 3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl 2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na +和Cl -的物质的量不变，10mL 1.00mol/L Na 2CO 3溶液中Na +的物质的量为0.01L×1.00 mol/L×2=0.02mol ，则混和溶液中Na +的物质的量浓度为0.02mol
0.02L =1.00mol/L ；10mL 1.00mol/L CaCl 2溶液中Cl -的物质的量为0.01L×1.00
mol/L×2=0.02mol ，则混和溶液中Cl -的物质的量0.02mol ，故答案为：1mol/L ；0.02mol ； （8）a 个X 原子的物质的量为A a N mol ，X 的摩尔质量为
a N A bg mol =A bN a g/mol ，则X 的相对原子质量A
bN a ，故答案为：A
bN a 或 236.0210b a ；
（9）设CO 、CO 2混合气体中CO 为x mol ，CO 2为y mol ，由题意可得28x+44y=11.6①，x+y= 6.72L 22.4L/mol =0.3mol ②，解①②可得x=0.1，y=0.2，则0.1mol CO 的质量为
0.1mol×28g/mol=2.8g ，0.2mol CO 2在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L ，故答案为：2.8g ；4.48L ；
（10）由题意可知，CH 4和O 2的组成的混和气体平均相对分子质量为2×14.5=29，设混合气体中甲烷的物质的量为x 、氧气的物质的量为y ，则有
16x+32y x+y =29，解得x ：y=3:13，故答
案为：3:13。

2．实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol·L－1的NaOH溶液500mL，回答下列问题。

（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是________(填字母)。

a．使用前要检验容量瓶是否漏液
b．用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干
c．为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行
d．为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀
e．用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液
f．当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放所配制的试剂
（2）请补充完整实验的简要步骤。

①计算；②称量NaOH固体________g；③溶解；④冷却并移液；⑤洗涤并转移；
⑥________；⑦摇匀。

（3）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是________、________。

（4）上述实验操作②③都要用到小烧杯，其作用分别是_____________________和
_______。

（5）如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：
①____________________________________________；
②_____________________________________________。

（6）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是________(填字母)。

A．转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面
B．定容时俯视刻度线
C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】ad 20.0 定容 500mL容量瓶胶头滴管用烧杯称量NaOH固体，防止NaOH 腐蚀天平的托盘用烧杯做溶解用的容器没有用玻璃棒引流应选用500mL的容量瓶BC
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a、容量瓶使用前要检验是否漏水，a正确；
b、容量瓶不能加热，b错误；
c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液，也不能用来溶解固体，c错误；
d、为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后要摇匀，d正确；
e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液，不能配制480mL溶液，e错误；
f、容量瓶不能长期贮存溶液，f错误；
故选ad；
(2)m(NaOH)＝nM=cVM=1.00mol·L－1×0.500L×40g·mol－1＝20.0g。

配制时，要遵循计算、称量、溶解（冷却）、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。

(3)配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平(带砝码)、量筒，本题还缺少500mL容量瓶和胶头滴管。

(4)NaOH固体具有强腐蚀性，不能用纸称量，要用玻璃仪器（如小烧杯）盛放。

NaOH固体溶解时要在小烧杯中进行。

(5)配制500mL的溶液，应选用500mL的容量瓶；在转移溶液时，一定要用玻璃棒引流，防止溶液溅到瓶外。

(6)A、转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面，导致溶质损失，则所配溶液浓度偏低，A错误；
B、定容时俯视液面，则溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，B正确；
C、在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，则冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，C正确；
D、定容后，加盖倒转摇匀后，由于会有少量液体残留在刻线上方，因此液面低于刻度线是正常的，又滴加蒸馏水至刻度，体积会增大，导致所配溶液浓度偏低，D错误；
故选BC。

【点睛】
本题第（3）题，填写容量瓶时务必带着规格填写，即填写500mL容量瓶，只填写容量瓶是不正确的。

3．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MnCl2。

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：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+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100 mL12 mol·L-1盐酸与8.7 g 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)2______g。

(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(t)的关系曲线，粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。

①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。

②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为______mol。

③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Cl-
的物质的量为0.35 mol，则产物中
() ()3
n ClO
n ClO
-
-
=__。

(3)为了提高Ca(ClO)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 7.15 ClO- 0.25 2：1 把丙装置浸在盛有冰水的水槽中
【解析】
【分析】
(1)①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；
②依据MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，结合定量关系计算理论值；
(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，根据温度高低来判断属于哪种离子；
②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；
③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)①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+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除去Cl2中混有的HCl气体；
②n (HCl)=12 mol/L×0.1 L=1.2 mol ，n (MnO 2)= 8.7 87 /g g mol
=0.1 mol ，MnO 2、HCl 反应的物质的量的比是1：4，可见足量的浓盐酸与8.7 gMnO 2制备氯气，以MnO 2为标准计算，n (Cl 2)=n (MnO 2)=0.1 mol ，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：
2Cl 2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O ，根据方程式中物质反应关系可知：理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质的量为0.05 mol ，其质量m [Ca(ClO)2]=0.05mol×143 g/mol=7.15 g ；
(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ClO -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Cl -的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n ，则n×1=0.10 mol×1+0.05 mol×5=0.35 mol ，则反应的Cl 2中含氯原子的物质的量为：0.35 mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol ，在CaCl 2、Ca(ClO)2、Ca(ClO 3)2中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.5 2
mol =0.25 mol ； ③取一份与②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 (ClO 3-)=y ；则得到：0.35=x×1+y×5；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()()3
n ClO 0.1?0.05?n ClO mol mol --
==2：1； (3)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3Cl 2+6OH -
5Cl -+ClO 3-+3H 2O 。

【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。

4．O 2和O 3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：
（1）等质量的O 2和O 3所含原子个数比为__，分子的物质的量之比为__。

（2）等温、等压下，等体积的O 2和O 3所含分子个数比为__，质量比为___。

（3）设N A 为阿伏加德罗常数的数值，如果ag 氧气中含有的分子数为b ，则cg 氧气在标准状况下的体积约是___(用含N A 的式子表示)。

（4）常温下，将20g 质量分数为14%的KNO 3溶液跟30g 质量分数为24%的KNO 3溶液混
合，得到密度为1.15g·
cm -3的混合溶液。

该混合溶液的物质的量浓度为___mol·L -1。

【答案】1：1 3：2 1：1 2：3
A
22.4bc aN L 2.28 【解析】
【详解】
(1)等质量的O 2和O 3的物质的量之比为∶＝3∶2，则所含分子个数之比为3∶2，原子个数之比为1∶1，故答案为：1:1；3:2；
(2)据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有相同数目的分子，即O 2和O 3所含分子数之比为1∶1，则原子个数比为2∶3，质量比为2∶3，故答案为：1：1；2：3；
(3)氧气的摩尔质量为M ＝＝＝g·mol －1，则cg O 2在标准状况下体积为V ＝·V m ＝×22.4 L·mol －1＝L ，故答案为：A
22.4bc aN L ； (4)混合后溶液中的KNO 3的物质的量为n(KNO 3)＝
≈0.099 mol ，混合后溶液的总体积为V[KNO 3(aq)]＝≈43.5 cm 3＝4.35×10－2L ，混合后溶液中KNO 3的物质的量浓度为c(KNO
3)＝≈2.28mol·L －1，故答案为：2.28。

5．氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：
（Ⅰ）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100mL 1mol·
L -1的稀盐酸。

请回答下列问题： ①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸 ____ mL 。

②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______。

③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”）
A ．量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。

B ．转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。

C ．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：MnO 2 + 4HCl(浓)
MnCl 2 + Cl 2↑+ 2H 2O ；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12 mol·
L -1的浓盐酸200 mL 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0.3 mol ，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HClO 的杀菌能力比ClO -强。

25℃时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中Cl 2、HClO 和ClO -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】11.6 8.6 胶头滴管、100 mL 容量瓶 偏低 无影响 偏低 甲 F B E 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0.3mol 2～6 HClO 、ClO -、Cl -
【解析】
【分析】
（Ⅰ）(1)根据1000c=M
ρω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；
（Ⅱ）(1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。

【详解】
（Ⅰ）(1)根据1000c=M
ρω计算盐酸的浓度，有1000 1.1636.5%c=/11.6/36.5
mol L mol L ⨯⨯=；
(2) ①根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积0.1L 1/V=0.00868.6L 11.6/mol L L m mol L
⨯==； ②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；
③A 、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；
（Ⅱ）(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F B E ；
(3)MnO 2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MnO 2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(ClO)2少于0.3mol ； (Ⅲ)HClO 的杀菌能力比ClO -强，所以HClO 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Cl 2，韩律的微粒有HClO 、ClO －以及与
水反应生成的Cl －。

【点睛】
(Ⅲ)第二小问是易错点，很容易忽略Cl -；不要忘记，Cl 2＋H 2O
HCl ＋HClO ，有Cl －生
成。

6．根据所学知识，回答下列问题：
(1)高铁酸钠(Na 2FeO 4)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Fe 3O 4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22.4L(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A g 漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO 2至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为
Ca(ClO)2+CO 2+H 2O=CaCO 3↓+2HClO ，若反应生成次氯酸(HClO)的物质的量为Kmol ，则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________%（用含A 、K 的式子表示）。

【答案】166g/mol 4FeO 42-+10H 2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH -+3O 2↑
3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑ NaOH 2N A或1.204×10247150K A
【解析】
【分析】
(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；(3)根据HClO的量计算Ca(ClO)2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/mol。

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(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑；
(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+4NaOH4Na↑+Fe3O4+2H2↑，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=1mol，由方程式可知生成氢气为
1mol×1
2
=0.5mol，故转移电子的物质的量n(e-)=1mol×1+0.5mol×2=2mol，则转移电子数目
N(e-)=2mol×N A/mol=2mol×(6.02×1023mol-1)=1.204×1024；
(3)由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知，n[Ca(ClO)2]=1
2
n(HClO)=
1
2
×Kmol=0.5Kmol，
则该漂白粉中有效成分的质量分数
0.5Kmol143g/mol
ω
Ag
⨯
=×100%=7150K
A
%。

【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。

7．卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。

（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。

某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4
①氧化剂与还原剂的物质的量比是_______；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_______。

②先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_____；
③若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。

写出图中仪器的名称：①_____；该装置还缺少的仪器是_____；冷凝管的进水口是：_____（填g或f）。

（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O
①实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式：__________________________
②上述反应中氧化剂：__________，还原剂：__________，被氧化的HCl和未被氧化的HCl 的比值______________。

③a : Cl2+2I-=I2+2Cl-； b: Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-； c:2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。

Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序：_________________________
【答案】1:5 0.5N A溶液分层，下层液为紫红色蒸馏烧瓶温度计 g MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O MnO2 HCl 1:1 Cl2>Fe3+>I2
【解析】
【分析】
（1）①KIO3+5KI+3H2SO4→3I2+3K2SO4+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价变化确定电子转移情况；
②碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；
③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析；
（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气；
②依据氧化还原反应的规律分析；
③依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答；
【详解】
（1）①反应中氧化剂为KIO3，还原剂为KI，氧化剂与还原剂的物质的量比是1:5；生成
3molI2，电子转移5mol，生成0.3mol的单质碘转移的电子0.5mol，转移的电子的数目为
0.5N A；
②溶液分层且I2溶于CCl4中呈紫色，密度较大，因此观察到的现象是溶液分层，下层液为紫红色；
③该图为蒸馏装置①是蒸馏烧瓶，②是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计；冷凝水进出水方向为“下进上出”，即g口为进水口；
（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反应为：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++ Cl2↑+2H2O；
②反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从-1价升高到0价，MnO2作
氧化剂，HCl作还原性，盐酸具有还原性和酸性，且被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值为1:1；
③a反应中Cl2作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Cl2> I2，b反应中Cl2作氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Cl2> Fe3+，c反应中Fe3+作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Fe3+> I2，综上，氧化性Cl2>Fe3+>I2。

【点睛】
本题的难点是氧化性强弱的判断，一般根据氧化还原反应原理来判断
(1)氧化性强弱：氧化剂>氧化产物。

(2)还原性强弱：还原剂>还原产物。

8．按要求完成下列各小题
（1）在同温同压下，相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。

（2）0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___，含有氧原子物质的量之比为___，相同条件下两物质的密度之比为___。

（3）在含有Cu2＋、H＋、Fe2＋、Al3＋、Br－、Cl－的溶液中，还原性最弱的阴离子是___，氧化性最强的离子是___，既有氧化性又有还原性的离子是___。

（4）除去Na2SO4中的Na2CO3所加试剂___，离子方程式___。

【答案】17：14 14：11 1：1 7：11 Cl- Cu2+ Fe2+稀H2SO4 CO32-+2H+=CO2↑+H2O 【解析】
【分析】
根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化还原反应进行判断。

根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。

如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子，所以选择H2SO4进行除杂。

【详解】
（1）相同质量的N2和H2S的物质的量之比为m m
:34:2817:14
2834
==，根据阿伏伽德罗
定律，在同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17：14。

答案：17：14；
（2）电子数目之比等于电子的物质的量之比。

0.8molCO中电子的物质的量为0.8 mol×(6+8)=11.2mol， 0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol×(6+8×2) =8.8mol，电子数目之比为11.2:8.8=14:11；含有氧原子物质的量之比为0.8:0.4⨯2=1:1，根据阿伏伽德罗定律的推论可知，相同条件下，气体的密度与摩尔质量成正比，所以相同条件下两物质的密度之比为：28:44=7:11。

答案：14:11 1:1 7:11；
（3）卤素单质的氧化性为F2>Cl2>Br2>I2，单质的氧化性越强，其对应的离子的还原性越弱，所以还原性Br－>Cl－, 还原性最弱的阴离子是Cl－；金属单质的金属性越强，其离子的氧化性越弱，所以氧化性最强的离子是Cu2＋；属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，
所以Fe2＋既有氧化性又有还原性的；答案：Cl- Cu2+ Fe2+；
（4）除去Na2SO4中的Na2CO3，实质是除去CO32-离子，所加试剂H2SO4，离子方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O。

9．现有下列九种物质：①HCl气体②Cu ③蔗糖④CO2⑤H2SO4⑥Ba(OH)2固体⑦氯酸钾溶液⑧稀硝酸⑨熔融Al2(SO4)3
（1）属于电解质的是___；属于非电解质的是___。

（2）②和⑧反应的化学方程式为：3Cu +8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+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(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H＋＋OH－=H2O，该离子反应对应的化学方程式为___。

（4）⑨在水中的电离方程式为___，
（5）34.2g⑨溶于水配成1000mL溶液，SO42-的物质的量浓度为___。

【答案】①⑤⑥⑨③④ Cu(NO3)2或Cu2+ 25%
Ba(OH)2＋2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O
Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42- 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、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=化合价降低值=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
n
c=
V
计算硫酸根离子的物质的量浓度。

【详解】
（1）①HCl气体是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；
②Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质；
③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；
④CO2本身不能电离，属于非电解质；。