【精品试卷】高考化学复习高考化学复习近5年模拟试题分考点汇编(全国卷,有(复习必备)

高中化学学习材料
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2016届高考化学复习近5年模拟试题分考点汇编（全国卷，有
解析）：化学计量在实验中的应用
1、N A 表示阿伏德罗常当数，下列叙述正确的是( )
A ．如果5.6LN 2含有n 个氮分子，则阿伏加德罗常数一定约为4n
B ．46gNO 2和N 2O 4混合气体中含有原子数为3N A
C ．含有1mol 碳原子的金刚石，C —C 共价键数为N A
D ．常温下1mol 氯气与熟石灰完全反应转移电子数为2N A
【答案】B
2、设NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )
A ．1 mol·L -1的NaClO 溶液中所含ClO －的数目为NA
B ．常温常压下，1g 氧气含O2分子数目为32A
N
C ．1mol Na2O2晶体中含阴、阳离子总数为4NA
D.将11.2 L Cl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NA
【答案】B
3、设N A 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A ．常温常压下4.6g NO 2和N 2O 4混合气体所含原子总数为0.3N A
B ．标准状况下，22.4L SO 3的分子数为N A
C ．将标准状况下11.2L 的Cl 2通入足量水中发生反应，转移的电子总数为0.5N A
D ．电解58.5 g 熔融的NaCl ，能产生22.4 L 氯气（标准状况）、23.0 g 金属钠
【答案】A
4、下列说法中正确的是( )
A.1 L 水中溶解了58.5 g NaCl,该溶液的物质的量浓度为1 mol ·L -1
B.从1 L 2 mol ·L -1的H 2SO 4溶液中取出0.5 L,该溶液的浓度为1 mol ·L -1
C.配制500 mL 0.5 mol ·L -1的CuSO 4溶液,需62.5 g 胆矾
D.中和100 mL 1 mol ·L -1的H 2SO 4溶液,需NaOH 4 g
【答案】C
【解析】A 项中58.5 g NaCl 的物质的量为1 mol,但溶液的体积不是1 L 。

B 项取出0.5 L
的溶液,它的浓度并未发生变化。

C 项配制500 mL 0.5 mol ·L -1的CuSO 4溶液需胆矾的物质
的量为0.25 mol,质量为0.25 mol ×250 g·mol -1=62.5 g 。

D 项中因为H 2SO 4的物质的量为
0.1 L ×1 mol·L -1=0.1 mol,中和0.1 mol H 2SO 4需NaOH 应为0.2 mol,即0.2 mol ×40 g·mol -1=8 g 。

5、标准状况下，①6.72L NH3②1.204×1023个 H2S ③5.6g CH4④0.5mol HCl，下列关系正确的是（）
A．体积大小：④＞③＞①＞②
B．原子数目：③＞①＞④＞②
C．密度大小：④＞②＞③＞①
D．质量大小：④＞③＞②＞①
【答案】B
【解析】解：标准状况下，①6.72L NH3的物质的量为=0.3mol；
②1.204×1023个 H2S的物质的量为=0.2mol；
③5.6g CH4的物质的量为=0.4mol；
④0.5mol HCl，
A、由上述计算可知物质的量④＞③＞①＞②，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以体积大小④＞③＞①＞②，故A正确；
B、①标准状况6.72L NH3中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，
②1.204×1023个 H2S含有的原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol；
③5.6g CH4含有的原子的物质的量为0.4mol×5=2mol；
④0.5mol HCl含有的原子的物质的量为0.5m ol×2=1mol，原子数目之比等于物质的量之比，
所以原子数目③＞①＞④＞②，故B正确；
C、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，①NH3相对分子质量为17；②H2S 相对分子质量为34；③CH4相对分子质量为16④HCl相对分子质量为36.5，故密度大小
④＞②＞①＞③，故C错误；
D、①NH3质量为17g/mol×0.3mol=5.1g；
②H2S 质量为34g/mol×0.2mol=6.8g；
③CH4量为16g/mol×0.4mol=6.4g；
④HCl质量为36.5g/mol×0.5mol=18.25g，
故质量大小④＞②＞③＞①，个D错误．
故选：B．
6、用N A表示阿伏加德罗常数。

下列叙述正确的是( )
A.28 g CO与N2的混合气体所占的体积约是22.4 L
B.已知2SO 2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-a kJ·mol-1，若将2N A个SO2与N A个O2混合充分反应放出a kJ的热量
C.由CO2和O2组成的混合物中共有N A个分子，其中的氧原子数为2N A
D．25 ℃时，pH=13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2N A
【答案】C
【解析】A项，未标明标准状况，在非标准状况下，不一定是22.4 L；B项已知2SO 2(g)+O2(g)2SO3 (g) ΔH=-a kJ·mol-1，将2N A个SO2与N A个O2混合充分反应，反应进行不彻底，所以放出的热量小于a kJ；C项由CO2和O2组成的混合物共有N A个分
子，其中的氧原子数为2N A；D项25 ℃时，pH=13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1N A。

7、在一密闭容器中，盛放A、B、C三种物质各30g，经电火花引燃，充分反应后，各物质质量变化如下：
关于此反应，下列认识不正确的是（）
A．C物质中所含有的元素种类是A、B、D三种物质中所有元素种类之和
B．变化后待测的A质量为5g
C．变化后生成B物质3g
D．C物质一定是化合物
【答案】B
【解析】由物质的质量变化可知C为反应物，B、D为生成物，参加反应的C的质量为30g，生成的D的质量为22g，生成的B的质量为33g-30g=3g．根据质量守恒定律可知，A为生成物，生成的A的质量为30g-22g-3g=5g．所以反应为分解反应，该反应可表示为C→A+B+D．
A、该反应为分解反应，根据化学变化前后元素的种类不变，可判断分解反应的反应物C 中所含元素应是生成物A、
B、D三种物质中所有元素种类之和，故A正确；
B、A为生成物，生成的A的质量为30g-22g-3g=5g，所以变化后待测的A质量为30g+5g=35g，故B错误；
C、由表中数据可知，生成的B的质量为33g-30g=3g，故C正确；
D、物质C由A、B、D三种物质化合生成，则C物质一定是化合物，故D正确．
故选：B．
8、下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，据此，下列说法正确的是（）
A．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/L
B．配制200 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸25 mL
C．该硫酸与等体积的水混合后所得溶液浓度为9.2 mol/L
D．该硫酸与等体积水混合后质量分数大于49%
【答案】D
9、下列各组溶液中，与20mL 0.1mol/L NH4Cl溶液中c（NH4+）相同的是（）A．20mL 0.1mol/L的NH4HSO3溶液
B．20mL 0.1mol/L的氨水
C．20mL 0.1mol/L的CH3COONH4溶液
D．60mL 0.05mol/L （NH4）2SO4溶液
【答案】D
【解析】20mL 0.1mol/L NH4Cl溶液中c（NH4+）=0.1mol/L，但铵根离子要水解，c（NH4+）应稍小于0.1mol/L；
A、20mL 0.1mol/L的NH4HSO3溶液中c（NH4+）=0.1mol/L，HSO3-离子电离呈酸性，对铵根离子的水解起到抑制作用，与题意不符，故A错误；
B、一水合氨电离生成氢氧根离子和铵根，电离程度很微弱，c（NH4+）远小于0.1mol/L，与题意不符，故B错误；
C、20mL 0.1mol/L的CH3COONH4溶液中c（NH4+）=0.1mol/L，CH3COO-水解，对铵根离子的水解起到促进，与题意不符，故C错误；
D、60mL 0.05mol/L （NH4）2SO4溶液中c（NH4+）=0.1mol/L，但铵根离子要水解，c（NH4+）应稍小于0.1mol/L，与题意符合，故D正确；
故选D．
10、某一密闭绝热容器中盛有饱和Ca（OH）2溶液，当加入少量CaO粉末，下列说法正确的是（）
①有晶体析出
②c[Ca（OH）2]增大
③pH不变
④c（H+）？c（OH-）的积不变
⑤c（H+）一定增大．
A．①B．①⑤C．①②④D．①③
【答案】B
【解析】由于绝热容器中热量不损失，向Ca（OH）2中加入CaO，氧化钙溶于水放热，温度升高，导致氢氧化钙的溶解度减小，溶液中溶质的浓度减小，同时由于温度升高，水的离子积增大，
①由于溶液温度升高，氢氧化钙溶解度减小，溶液中有氢氧化钙晶体析出，故①正确；
②溶液中Ca（OH）2的溶解度减小，氢氧化钙的浓度会减小，故②错误；
③溶液中Ca（OH）2的溶解度减小，溶液中的OH-的浓度减小，因此H+的浓度增大，故③错误；
④由于反应后温度升高，常见水的电离，水的离子积增大，故④错误；
⑤由于Ca（OH）2的溶解度减小，溶液中的OH-的浓度减小，因此H+的浓度增大，故⑤正确；
故选B．
11、下列叙述正确的是（）
A．1 mol H2SO4的质量为98 g/mol
B．H2SO4的摩尔质量为98 g
C．9.8 g H2SO4含有N A个H2SO4分子
D．6.02×1023个H2SO4分子的质量为98 g
【答案】D
【解析】A、质量的单位为g等，g？mol-1是摩尔质量的单位，故A错误；
B、摩尔质量的单位是g？mol-1，故B错误；
C、9.8g硫酸的物质的量为0.1mol，故有0.1N A个H2SO4分子，故C错误；
D、6.02×1023个H2SO4分子的物质的量为1mol，质量为98 g，故D正确．
故选：D．
12、设N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列判断正确的是（）
A．适量Na2O2与CO2反应，生成1molO2时，转移的电子数为2N A
B．1mol甲醇中含有的C﹣H的数目为4N A
C．25℃时，pH=2的硫酸溶液中，含有的H+的数目为0.01N A
D．某密闭容器中有2molSO2和1molO2，在一定条件下充分反应，转移的电子数为4N A 【答案】A
【解析】A、过氧化钠和二氧化碳反应，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，生成1mol氧气电子转移2mol，故A正确；
B、依据甲醇分子结构计算C﹣H键，分子中含有羟基，1mol甲醇中含有的C﹣H的数目为3N A，故B错误；
C、溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；
D、二氧化硫和氧气反应是可逆反应，转移的电子数小于4N A，故D错误．
故选A．
13、还原某金属氧化物得到单质R时，质量减少50.5%，如果这种金属的原子量是55，则氧化物的化学式为（）
A.R2O3
B.RO2
C.R2O5
D.R2O7
【答案】D
【解析】慎思巧思后，你会发现氧化物中，氧元素的质量与金属元素的质量之比约为1∶1，而55/16>3，所以O原子的个数应当大于R原子个数的3倍，选D。

14、N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1N A
B．12.5 mL 16 mol·L－1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2N A
C．标准状况下，4.48 L N2所含的共用电子对数0.2N A
D．常温下，1 L 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中含有的H＋数目为0.1N A
【答案】A
【解析】
15、设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是( )
A．1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为N A
B．78 g苯含有C＝C双键的数目为3N A
C．常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为N A
D．标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1N A
【答案】C
【解析】在溶液中，ClO－水解，故ClO－数目小于N A，A项错误；苯分子中没有碳碳双键，B 项错误； N2和CO的相对分子质量都是28，且每个分子中都含有两个原子，C项正确；NO2与水反应的方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故标准状况下6.72 L NO2与水反应时转移0.2N A 电子，D项错误。

16、下面是用98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）配制成0.5mol/L的稀H2SO4500mL的操作，
请按要求填空：
（1）所需浓H2SO4的体积为______________。

（要写计算过程）
（2）如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_______mL量筒最好。

量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将_________（偏高、偏低、无影响）。

（3）将量取的浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100mL水的_______里，并不断搅拌，目的是__________________________________________。

（4）将__________________的上述溶液沿______________注入___________________中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，洗涤液要_______________________中，并摇匀。

（5）加水至距刻度___________时，改用______________加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。

【答案】1）13.6mL(计算过程4分)（2）15，偏低（3）烧杯，混合均匀，使热量迅速扩散（2分）（4）冷却至室温，玻璃棒，500mL容量瓶，注入容量瓶（5）1～2cm，胶头滴管（其余各1分）
17、某氯化铁与氯化亚铁的混合物。

现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行：
Ⅰ．请根据上面流程，回答以下问题：
（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有、，（填仪器名称）（2）请写出加入溴水发生的离子反应方程式，（3）将沉淀物加热，冷却至室温，用天平称量其质量为b1 g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2 g，若b1－b2＝0．3g，则接下来还应进行的操作是
若蒸发皿质量是W1 g，蒸发皿与加热后固体总质量是W2 g，则样品中铁元素的质量
分数是
Ⅱ．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：
（1）溶解样品改用了硫酸，而不在用盐酸，为什么
（2）选择的还原剂是否能用铁（填“是”或“否”），原因是：
（3）若滴定用掉c mol/L KMnO4溶液b mL，则样品中铁元素的质量分数是
【答案】Ⅰ．（1）250mL容量瓶、胶头滴管
（2）2Fe 2+＋ Br2＝ 2Fe 3+＋ 2Br－（3）再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0．1g
铁元素的质量分数是
21
1120()
×100
160
W W
a
％
Ⅱ．（1）过量的盐酸对后面KMnO4的滴定有干扰
（2）否如果用铁做还原剂，会与过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰铁元素的测定
（3）铁元素的质量分数是2．8bc/a
【解析】
18、实验室要用NaCl固体配制100mL 0.100mol·L-1的NaCl溶液，试回答下列各题：(1)下列仪器中，不会用到的是（）
A．锥形瓶 B．250 mL 容量瓶 C．胶头滴管 D．100mL容量瓶 E．天平
(2)若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的玻璃仪器或用品是_____________________。

(3)人们常将配制过程简述为以下各步骤：
A．冷却 B．称量 C．洗涤 D．定容 E．溶解 F．摇匀 G．转移溶液
其正确的操作顺序应是___________________ __(填各步骤序号)。

(4)配制完毕后，教师指出有四位同学各进行了下列某一项错误操作，你认为这四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是（）
A．定容时仰视容量瓶刻度线
B．定容时俯视容量瓶刻度线
C．将溶解冷却的溶液转入容量瓶后就直接转入定容操作
D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处
【答案】（1）A B （2）烧杯、玻璃棒（3）B E A G C D F （4）B
【解析】考查一定物质的量浓度溶液的配制及有关误差分析等。

（1）配制100ml溶液，需要100ml容量瓶。

固体需要称量，溶解需要烧杯、玻璃棒，定容还需要胶头滴管，所以答案选AB。

（2）根据（1）中分析可知还缺少烧杯、玻璃棒。

（3）该哭配制的原理及要求可知，正确的操作顺序是B E A G C D F。

（4）根据c＝n/V可知，定容时仰视容量瓶刻度线，则容量瓶中溶液的体积增加，浓度偏低；反之定容时俯视容量瓶刻度线，浓度偏高；将溶解冷却的溶液转入容量瓶后就直接转入定容操作，对实验是不影响的；定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，则容量瓶中溶液的体积增加，浓度偏低，实验答案选B。

19、现用18.4 mol·L-1的浓硫酸来配制500mL 0.2 mol·L-1的稀硫酸，可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧杯③胶头滴管④量筒⑤托盘天平
（1）上述仪器在配制过程中不需要用到的是__________________。

（填序号）除上述仪器外，尚缺最重要的仪器是。

（2）计算所需浓硫酸的体积为___________m L（保留1位小数）。

（3）实验中用到玻璃棒，其作用分别是：___________、__________。

（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取②计算③稀释④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。

其正确的操作顺序为：②→①→③→____ →____→____→____→④（填序号）
（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有____________（填序号）
①定容时，仰视刻度线。

②未冷却至室温就转移到容量瓶中。

③容量瓶中含有少量蒸馏水。

④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒。

⑤定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。

【答案】（1）⑤ 500mL容量瓶（2）5.4mL
（3）搅拌引流（4）⑧→⑤→⑥→⑦（5）①④⑤
【解析】试题分析：（1）浓硫酸配置稀硫酸，因此不需要托盘天平，答案选⑤；根据所给的仪器可知，还缺少500mL容量瓶。

（2）稀释过程中，硫酸的物质的量是不变的，所以需要浓硫酸的体积是
（3）稀释需要玻璃棒的搅拌，转移到容量瓶中需要玻璃棒的引流。

（4）正确的操作顺序应该是②→①→③→⑧→⑤→⑥→⑦→④。

（5）根据n＝c·V可知，定容时，仰视刻度线，则溶液的体积增加，浓度偏低；未冷却至室温就转移到容量瓶中，则容量瓶中冷却后溶液体积减少，浓度偏高；容量瓶中含有少量蒸馏水，浓度不变；未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，则溶质减少，浓度偏低；定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则溶液的体积增加，浓度偏低，答案选①④⑤。

考点：考查一定物质的量浓度溶液的配置、计算、仪器的选择以及误差分析
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重考查学生的实验能力，有助于培养学生的规范操作、实验动手能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。

该题的难点是误差分析，学生需要明确，根据c B＝n B/V可得，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ｎB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。

在配制一定物质的量浓度溶液时，若n B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 B比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

20、将100 mL w＝98%、ρ＝1.84 g·cm－3的浓H2SO4与400 mL水混合，配制成稀硫酸，已知此稀硫酸的密度为1.22 g·cm－3，求它的物质的量浓度。

【答案】3.84 mol·L－1
【解析】根据题中所给出的信息，结合已经学习过的知识分析，n(H2SO4)＝
＝1.84 mol，
V(aq)＝＝0.479 L，
c(H2SO4)＝＝3.84 mol·L－1。

21、下列框图所示的转化关系中，甲为生活中常见的金属单质，乙、丙、丁为气体单质，D为家庭中常用物质（部分反应物和生成物及溶剂水已略去）。

请回答：
（1）E 的化学式为____________；甲的原子结构示意图为____________；
（2）反应①的离子方程式为____________________________________；
反应②的化学方程式为____________________________________；
（3）实验室制取并收集B 的操作中，用____________法收集B ，验证B 已收集满的方法是_______________________________________________（限答一种）。

（4）实验室制备丁的方程式为____________________________________，工业上输送丁的管道出现气体泄漏，如何查漏（用方程式表示）______________________。

【答案】（1）4NH Cl +13
（2）22222223Al OH H O AlO H --++=+↑
432NH Cl NaOH NaCl NH H O ++↑+@
（3）向下排气法
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，变蓝说明3NH 满了/将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，有白烟产生
（4）22224()2MnO HCl MnCl Cl H O ++↑+@浓 3242836NH Cl NH Cl N +=+
【解析】本题中甲为生活中常见的金属单质，乙、丙、丁为气体单质，由框图可知甲与A 反应生成气体丙，所以气体丙为H 2，乙与丙反应条件为高温、高压、催化剂可知乙为N 2，B 为NH 3，实验室收集氨气应用向下排空气法收集，验满应将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，变蓝说明NH 3满了或将蘸有浓盐酸的玻璃棒置于试管口，有白烟产生则氨气已收集满。

H 2能在丁中点燃且产物C 能与氨气反应，则丁为Cl 2，C 为HCl ，E 为NH 4Cl ，实验室制备Cl 2应用浓盐酸和二氧化锰反应，工业输送氯气管道泄漏应用浓氨水检验，现象会产生大量白烟3242836NH Cl NH Cl N +=+；NH 4Cl 能与A 反应生成氨气和家庭中常用物质D ，则D 为NaCl ，A 为NaOH 。

22、烯烃在一定条件下氧化时，由于C=C 键断裂，转化为醛、酮，如：
（1）若在上述类似条件下发生反应，写出反应的方程式。

______________________________________________
（2）已知某烃（C7H12）在上述条件下反应后，生成两种有机物,
，试写出该烃的结构简式。

_______________________
【答案】
（2）CH3—CH=CH—CH2—CH=CH—CH3
【解析】本题是“信息给予题”，此类题主要是考查知识迁移能力。

其特点就是给出新的信息，并根据给出信息的设问。

解答此类题的关键是读懂信息，不仅注重信息的形式，还要注意信息的规律及本质。

本题所给信息为烯烃被氧化的规律。

要注意对此反应物与生成物在组成与结构上的区别和内在联系，即双键断裂后在双键上又各连结一个氧原子
形成，而其他部位保持不变，
23、A、B、C、D是四种元素的原子，质子数都小于20。

A原子与B原子的最外层电子数相同，B原子与C原子的核外电子层数相同，0.2 m ol C单质与足量稀硫酸反应时放出H2 6.72 L(标准状况)，A原子最外层上的电子数比次外层上的电子数多5个，C原子与D 原子的质子数之和为32。

(1)A、B、C、D的元素符号分别为________、________、________、________。

(2)A的离子结构示意图为________，C的原子结构示意图为________。

(3)C的硫酸盐的化学式为________，C单质与稀硫酸反应的化学方程式为________________________________________。

【答案】(1)F Cl Al K(2)
(3)Al2(SO4)32Al＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2↑
【解析】由A原子最外层上的电子数比次外层电子数多5个，可推知A元素为F，又由A原子与B原子的最外层电子数相同，则B元素为Cl。

根据0.2 m ol C单质与足量稀硫酸反应放出0.3 m ol H2可判断C单质与酸反应时生成了＋3价的化合物，且C与B核外电子层数相同，C元素为Al。

再由C原子与D原子的质子数之和为32，可得D元素为K。

24、44.8L某气体在标准状况下的质量为142g，该气体的摩尔质量为．
【答案】71g/mol
【解析】解：n==2moL，M==71g/mol，故答案为：71g/mol．
25、一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL6.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.2g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.1000mol．
（1）原NaOH溶液的质量分数为．
（2）所得溶液中Cl﹣的物质的量为 mol．
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）= ．【答案】（1）20%；
（2）0.5；
（3）3：2．
【解析】（1）根据c=可知，原NaOH溶液的质量分数
ω===20%，
故答案为：20%；
（2）根据钠离子守恒有：n（NaCl）+n（NaClO）=n（NaOH），故n（NaCl）=0.1L×6.00mol/L ﹣0.1000mol=0.5mol，所以溶液中氯离子的物质的量为0.5mol，
故答案为：0.5；
（3）测得反应后溶液中含Cl﹣、ClO﹣，根据电荷守恒可知，溶液中n（Na+）=n（Cl﹣）+n（ClO﹣）=0.6mol，所以n（Cl2）=×0.6mol=0.3mol；
由于由于溶液中n（ClO﹣）=0.1mol，所以溶液中n（Cl﹣）=0.6mol﹣0.1mol=0.5mol；设氯气与氢氧化钠反应生成的氯离子的物质的量为xmol，根据电子转移守恒有：x=0.1mol，
溶液中Cl﹣来源于氯化氢及氯气、氢氧化钠的反应，所以氯化氢提供的氯离子为：0.5mol ﹣0.1mol=0.4mol，
即反应后的混合气体中n（HCl）=0.4mol，根据氢元素守恒可知，n（H2）=n（HCl）=×0.4mol=0.2mol，
所以所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比为0.15mol：0.1mol=3：2，
故答案为：3：2．
26、现有250C 101KPa条件下的氯化氢（HCl）气体49L（注：250C 101KPa条件下气体摩尔体积为24.5Ｌ/mol）则：
①该气体所含原子总数为个。

②该气体的质量为 g。

③该气体溶于127mL水中，得到密度为 1.20g/mL的盐酸，此盐酸的物质的量浓度为。

④取出20.0 mL该溶液，配成浓度为 2.00 mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积是ml
【答案】① 4N A② 73 ③12 mol/L ④ 120
【解析】标准状况是00C 101KPa 在标况下，气体摩尔体积为22.4, 250C就不是。

27、使用量筒量取液体溶质后再洗涤量筒2～3次，并把洗涤液也转入烧杯中，或用移液管（除标写“吹”字外）移液时把尖嘴处的残留液也吹入烧杯中。

使测得的结果（填”偏大”“偏小”或“不变”）。

【答案】偏大
【解析】因在制造量筒、移液管及滴定管时，已把仪器内壁或尖嘴处的残留量扣除，故而上述操作均使溶质偏多、所配溶液的浓度偏高。