备战高考化学物质的量综合练习题附答案解析

备战高考化学物质的量综合练习题附答案解析
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．某实验小组拟配制0.10 mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。

(1)若实验中大约要使用475 mL 氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体________g。

(2)从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________(填序号)。

(3)定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度_________(偏高，偏低或不变)。

(4)下列情况会使所配溶液浓度偏低________(填序号)。

①称量读数时，左盘高，右盘低
②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
【答案】2.0 ①②⑤偏低①②④⑥
【解析】
【分析】
(1)根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；
(2)称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；
(3)、(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。

【详解】
(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：2.0；
(2)氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：①②⑤；
(3)定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；
(4)①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；
②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；
④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；
⑤在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液
浓度偏高，故不选；
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；
综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：①②④⑥。

【点睛】
配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。

3．半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。

半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。

完成下列填空：
（1）半水煤气含有少量硫化氢。

将半水煤气样品通入____溶液中（填写试剂名称），出现_______，可以证明有硫化氢存在。

（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2O CO2+H2
若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后的气体中：
V(H2):V(N2)=____________。

（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。

已知：
Na2CO3K2CO3
20℃碱液最高浓度
2.08.0
（mol/L）
碱的价格（元/kg） 1.259.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是__________；缺点是____________。

如果选择
K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？
___________________________________________
写出这种方法涉及的化学反应方程式。

_______________________
（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。

取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。

①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。

_________________
②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是：_________________。

③该实验方案中，步骤________（选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。

【答案】硝酸铅（或硫酸铜）黑色沉淀 3:1 价廉吸收CO2能力差碱液循环使用
2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O
除去半水煤气
中的CO2（包括H2S）和H2O IV
【解析】
【分析】
【详解】
（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。

（2）若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后H2O转化为氢气，则根据方程式可知所得的气体中：V(H2):V(N2)=（38+28）：22＝3:1。

（3）根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2能力差。

由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O；
（4）①由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。

所以流程为。

②Ⅰ中KOH吸收CO2和H2S，Ⅱ中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体。

③氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数。

【点睛】
“教真实的化学，学有用的知识”已成为大家的共识，现在的化学试题强调化学与生活的交融，突出理论联系生产、生活实际和科技前沿，强调学以致用。

试题将真实的问题转化为试题情境，真实问题的复杂性带来了化学试题的综合性，这就要求考生首先读懂并捕捉到全部相关信息，弄清这些信息之间的逻辑关系，特别是确定性信息和未知信息之间的关系，为问题的解决奠定基础。

这显然属于“关键能力”。

对于一个流程的设计和评价，要分析它由几个部分组成，每个部分在整体中处于什么地位、有什么作用，为什么要这样设计，这样设计的优缺点如何，可以如何改进等等，这些都是高考中考查综合能力的重点。

4．用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·L-1的溶液。

请回答：
（1）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
（2）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。

（3）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
B．定容时俯视容量瓶的刻度线
C．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
D．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】
（1）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；
（2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；
（3）结合
n
c
V
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Na2CO3⋅10H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，A正确；
B. 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；
C. 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；
D. 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。

5．以下涉及的物质中A 、B 、C 都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。

(1)一定条件下，9.80g NH 4Br 跟3.60g 的某钙盐A 恰好反应，生成了4.48L （标准状况）气态产物B 和固体产物C 。

标准状况下，B 气体的密度为0.76g/L ，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。

试求B 的分子式_____________ 。

(2)25℃、101.3KPa 时，气体摩尔体积为24.5L/mol. 该状况下，1体积水（密度为1g/cm 3）吸收560体积B 气体得到密度为0.91 g/cm 3的溶液，则该溶液中溶质的质量分数为_____%（溶液中的溶质以B 计量；保留2位小数）；溶液的物质的量浓度为__________ mol /L （保留2位小数）。

(3)在催化剂作用下，B 可和NO 、NO 2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D （可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用）。

在常温常压下，将密度一定的NO 、NO 2混合气体和B 在不同体积比时进行了四次实验，所得数据如下：
则原NO 、NO 2混合气体中NO 的体积分数为________%；第四次实验所得气体的平均摩尔质量为_______（保留2位小数）。

(4)将9.80g NH 4Br 跟过量的氧化鈣共热，充分反应后生成水、1.70gB 气体和固体产物C ，则C 的化学式为__________；试根据有关数据，求钙盐A 的化学式_______ 。

【答案】NH 3 27.98 14.98 20 22.76 CaBr 2 Ca(NH 2)2或CaN 2H 4
【解析】
【分析】
(1)根据M=ρ⨯Vm 计算B 的相对分子质量，根据氮的质量分数为82.35%计算氢元素的质量分数，继而确定B 的分子式；
(2)根据溶液质量分数=⨯溶质的质量溶液的质量100%，溶液物质的量浓度c=n V
公式进行计算，结和已知信息寻找相应的量进行求解；
(3)根据体积比不同混合气体和密度，计算混合气体的平均摩尔质量；
(4)根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。

【详解】
(1)标况下B 气体的密度为0.76g/L ，则B 的相对分子质量= 0.76 ⨯ 22.4= 17，其中氮的质量分数为82.35%，则B 分子中N 原子数目=17?82.5%14
⨯=1，其余是氢，则H 原子数目
=1714
3
1
-
=，则B为NH3，故答案为： NH3；
(2)假设氨气体积为560L，则水为1L，25C、101.3KPa时，气体摩尔体积为24.5L/mol，氨
气的物质的量=
560L
24.5L/mol
= 22.86mo，氨气的质量= 22.86mol⨯17g/ mol = 388.62g，1L
水的质量为1000g，则所得溶液质量分数=
388.62g
1000g388.62g
⨯
+
100%= 27.99%；所得溶液密
度为0.91g/cm3，故溶液物质的量浓度=1000?0.91?27.99%
17
⨯⨯
= 14.98 mol/L，故答案：
27.98；14.98；
(3)在催化剂作用下，NH3可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D，根据原子守恒电子守恒可知，D为N2。

第一次反应气体的相对分子质量
= 1.35⨯ 22.4= 30.24；第二次反应气体的相对分子质量= 1.25⨯ 22.4= 28；第三次反应气体的相对分子质量=1.04 ⨯ 22.4= 23.2，由反应后气体相对分子质量可知，第二次实验恰好完全反应气体为N2，说明第一次剩余氨气不足，第三次剩余氨气有剩余，令第二次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为1.2mol，设NO为axmol，则NO2为(1-x)mol，根据电子转移守恒：2x +4(1-x)=1.2⨯[0-(-3)]，解得x=0.2，故NO的体积分数
=0.2mol
1mol
⨯ 100%= 20%；
令第四次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为2.2mol， NO为0.2mol，则NO2为(1- 0.2) mol= 0.8mol，令参加反应的氨气为ymol，根据电子转移守恒：
2⨯0.2 +4⨯0.8=y⨯ [0- (-3)]，解得y= 1.2，剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol，根据N原子
守恒可知生成N2的物质的量=1mol?1?.2mol
2
+
= 1.1mol，故反应后气体的平均摩尔质量
=1mol1?7g/mol?1?.1mol?28g/?mol
1mol 1.1mol
⨯+⨯
+
=22.76g/mol，故答案为：20；22.76；
(4)将9.80g NH4 Br跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70gNH3气体和固体产物C，由元素守恒，则C的化学式为CaBr2。

由(1)9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反
应，生成了4.48L(标准状况)NH3和CaBr2，NH4Br的物质的量=
9.8g
98g/?mol
= 0.1mol，由Br
元素守恒可知CaBr2为0.05mol，由Ca元素守恒可知，3.6gA中含有Ca原子为0.05mol，
氨气的物质的量=
4.48L
22.4L/?mol
= 0.2mol，由N元素守恒可知3.6gA 中含有N原子为
0.2mol - 0.1mol= 0.1mol，由H元素守恒，3.6gA 中含有H原子为0.2mol⨯ 3-
0.1mol⨯4 = 0.2mo，故3.6gA中Ca、N、H原子物质的量之比= 0.05:0.1 :0.2= 1 :2:4，故A 的化学式为CaN2H4，故答案为：CaBr2；Ca(NH2)2或CaN2H4。

【点睛】根据M=ρ⨯Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。

6．O2和O3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。

7．（1）在Na 2SO 4和Al 2(SO 4)3的混合溶液中，测得Al 3＋浓度为0.1mol·
L -1，加入等体积0.3 mol·L -1的BaCl 2溶液恰好使SO 42-完全沉淀，则混合溶液中Na ＋的浓度为____。

（2）将0.1mol·
L -1的K 2SO 4溶液、0.2mol·L -1的Al 2(SO 4)3溶液和纯水混合，要使混合液中K ＋、Al 3＋、SO 42-的浓度分别为0.1mol·
L -1、0.1mol·L -1、0.2mol·L -1，则K 2SO 4溶液、Al 2(SO 4)3溶液、纯水三者的体积比___。

(忽略体积的变化)
【答案】0.3mol·
L -1 2：1：1 【解析】
【详解】
(1)设混合溶液体积为1 L 。

n(Al 3＋)＝c·V ＝0.1 mol·L －1×1 L ＝0.1 mol ，n(SO )＝n(Ba 2＋)＝0.3 mol·L －1×1 L ＝0.3 mol 。

由电荷守恒可得：3n(Al 3＋)＋n(Na ＋)＝2n(SO )，所以n(Na ＋)＝2n(SO )－3n(Al 3＋)＝2×0.3 mol －3×0.1 mol ＝0.3 mol ，c(Na ＋)＝＝
＝＝0.3 mol·L －1，故答案为：0.3mol·
L -1； (2)设K 2SO 4溶液、Al 2(SO 4)3溶液、纯水三者的体积分别是xL 、yL 、zL ，则0.2x ＝0.1×(x ＋y ＋z)、0.4y ＝0.1×(x ＋y ＋z)、0.1x ＋0.6y ＝0.2×(x ＋y ＋z)，解得x ＝2y ＝2z ，所以K 2SO 4溶液、Al 2(SO 4)3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1，故答案为：2∶1∶1。

8．根据题意计算填空。

（1）在标准状况下，8.5g某气体占有的体积为5.6L，则该气体的摩尔质量是__。

（2）在标准状况下，0.01mol某气体的质量为0.28g，则该气体的相对分子质量为__，该气体的密度为__g·L−1。

（3）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中CO 和CO2物质的量之比是__，C和O原子个数比是__，CO的质量分数是__。

（4）现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的相对分子质量为M。

若阿伏伽德罗常数用N A表示，则：该气体的物质的量为__mol；该气体所含原子总数为__个；该气体在标准状况下的体积为__L；该气体溶于水后形成1L溶液（该气体不与水反应），其物质的量浓度为__mol·L－1。

【答案】34g/mol 28 1.25 1：3 4：7 17.5% m
M
A
2mN
M
22.4m
M
m
M
【解析】【详解】
（1）该气体的摩尔质量
8.5g
=34g/mol
5.6L
22.4L/mol
，
故答案为：34g/mol；
（2）0.01mol某气体的质量为0.28g，摩尔质量为
0.28g
=28g/mol
0.01mol
，故相对分子质量为
28；标况下体积是0.224L，故密度为
0.28g
=1.25g/L 0.224L
，
答案为：28；1.25;
（3）设CO的物质的量为xmol，2
CO的物质的量为ymol，标准状况下总体积6.72L，即总物质的量为0.3mol，故x+y=0.3，总质量为12g，故28x+44y=12，解得x=0.075，
y=0.225，故CO和2
CO物质的量之比是为1:3，C和O原子个数比是4:7，CO的质量
分数为0.07528
=17.5%
12
，
故答案为：1：3；4：7；17.5%；
（4）该气体的物质的量为m
M
mol；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为A
2mN
M
个；该气体在标准状况下的体积为22.4m
M
L；该气体溶于水后形成1L溶液，其物质的量浓
度为m
M
mol·L－1，
故答案为：m
M
；A
2mN
M
；
22.4m
M
；
m
M。

9．根据所学的知识填空。

(1)已知铜在常温下能被稀HNO3溶解：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2 +2NO↑+4H2O
①用双线桥法表示上述电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出)______。

②请将上述反应改写成离子方程式：_________________________________________；
③19.2g铜与稀硝酸完全反应，生成的气体在标准状况下的体积为_________________L；若
4 mol HNO3参加反应，则该过程转移电子的数目为__________________________。

(2)标准状况下，44.8 L由O2和CO2组成的混合气体的质量为82g，则O2的质量为
_________g，该混合气体的平均摩尔质量为_______________________。

(3)3.4g NH3中所含氢原子数目与标准状况下__________ L CH4所含氢原子数相同。

【答案】 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
4.48 3N A或1.806×1024 16 41g/mol 3.36
【解析】
【分析】
（1）Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O中，Cu元素的化合价由 0升高为+2价，N元素的化合价由+5价降低为+4价，该反应中转移2mol电子，根据物质所含元素的化合价的变化判断氧化剂、还原产物以及参加氧化还原反应的硝酸的物质的量；
（2）根据n=
V
Vm
计算CO和CO2组成的混合气体的物质的量，设CO和CO2的物质的量分
别为xmol、ymol，根据二者物质的量与质量，列方程计算x、y的值，进而计算CO和CO2
的物质的量之比，根据M=m
n
计算混合气体的平均摩尔质量；
（3）根据n=m
M
计算出氨气的物质的量，再根据N=nN A计算出含有氨气分子数及含有的
氢原子数目，结合甲烷的分子结构求出甲烷的物质的量，根据V=nVm求甲烷的体积。

【详解】
（1）①化合价升高元素Cu失电子，化合价降低元素N得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6，电子转移情况如下：，故答案为：；
②在3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中，HNO3和Cu（NO3）2溶于水且电离，应写成离子的形成，改写后的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
③铜的物质的量为0.3mol，该反应中Cu元素由0价升高到+2价，则0.3mol Cu失去的电子为0.3mol×（2-0）=0.6mol，设NO的物质的量为n，由电子守恒可知，0.3mol×2=n×（5-
2），解得n=0.2mol ，则NO 的体积为4.48L ；由方程式3Cu+8HNO 3═3Cu （NO 3）2+2NO↑+4H 2O 可知8 mol 硝酸参加反应，转移6mol 电子，因此有4mol 硝酸参加反应，转移电子3mol ，个数为3N A 或1.806×1024，故答案为：4.48；3N A 或1.806×1024。

（2）标况下44.8 L 由O 2和CO 2组成的混合气体的物质的量为
44.822.4/L L mol
=2mol ，设O 2和CO 2的物质的量分别为xmol 、ymol ，则：x+y=2mol ；32x+44y=82g ；
解得：x=0.5、y=1.5，则混合物中O 2的的量为0.5mol×32g/mol=16g ，混合气体的平均摩尔质量为：822g mol
=41g/mol ，故答案为：16；41g/mol ； （3）氨气的相对分子质量是17，其摩尔质量是17g/mol ，则3.4g 氨气的物质的量为：n （NH 3）=
3.4g 17g /mol =0.2mol ，含有氢原子的数目为：N （H ）=3N （NH 3）=0.6N A ，与氨气含有H 原子数目相等的CH 4的物质的量
0.64
A N =0.15N A ，故CH 4的体积=0.15mol×22.4L/mol=3.36L ，故答案为： 3.36。

【点睛】 本题考查有关物质的量的计算，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量等物理量之间的转化关系，灵活运用公式是解答的关键。

10．实验室可用如下方法制取Cl 2，根据相关信息，回答下列问题：
(1)在该反应中，HCl 表现的性质有______、________.
①MnO 2 +4HCl （浓）ΔCl 2↑+ MnCl 2+ 2H 2O
(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N A 表示)。

(3)将(2)生成的氯气与 0.2mol H 2 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)②KClO 3＋6HCl(浓)=3Cl 2↑＋KCl ＋3H 2O③2KMnO 4＋16HCl(浓)=2KCl ＋2MnCl 2＋5Cl 2↑＋8H 2O
若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。

(5)已知反应4HCl(g)＋O 2 Δ催化剂2Cl 2＋2H 2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO 2、O 2、KMnO 4三种物质氧化性由强到弱的顺序为_______。

(6)将不纯的NaOH 样品2.50 g(样品含少量Na 2CO 3和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L 盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/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 HCl 0.2mol 0.2N A 8.96L 4mol/L 6：5：6 KMnO 4> MnO 2> O 2
5.85g
【解析】
【分析】
(1)盐酸与二氧化锰反应化合价发生变化，且能与碱性氧化物反应；
(2)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=n V
计算； (4) ①生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；②生成1mol 氯气时，转移
53mol 电子；③生成1mol 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Cl -离子守恒进行计算。

【详解】
(1)盐酸与二氧化锰反应化合价由-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0.2N A ；
(3) H 2 + Cl 2=2HCl ，0.2mol 氯气与0.2mol H 2 完全反应，生成0.4molHCl ，标况下的体积为
8.96L ；c=n V =0.40.1
=4mol/L ； (4) ①生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；②生成1mol 氯气时，转移
53mol 电子；③生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；电子转移的数目之比为6：5：6；
(5)根据反应①、③和4HCl(g)＋O 2 Δ催化剂2Cl 2＋2H 2O(g)可知，MnO 2、O 2、KMnO 4三种物质均可制取氯气，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KMnO 4> MnO 2> O 2；
(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Cl -离子守恒，n （NaCl ）= n （HCl ）=50.0 mL×2.00mol/L=0.1mol ，其质量为5.85g 。

11．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)、高锰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：
(1)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)用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍，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0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用天平称取固体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 +1 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2↑ a、b 5.9 g 500mL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）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；
（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）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故填：2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2↑；
（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、高锰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0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用固体NaCl：0.5L×0.2mol/L×58.5g/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。

12．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】。