2020-2021高考化学物质的量综合经典题附详细答案

2020-2021高考化学物质的量综合经典题附详细答案
一、高中化学物质的量
1．I ．自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。

下列A 、B 、C 、D 是中学常见的混合物分离或提纯的装置。

请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。

将A 、B 、C 、D 填入适当的空格中。

(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________；
(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠___________；
(3)分离39％的乙醇溶液___________；
(4)分离溴的氯化钠溶液____________；
Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空
已知某饱和氯化钠溶液体积为V mL ，溶液密度为d g/cm 3，质量分数为w ，物质的量浓度为c mol/L ，溶液中含NaCl 的质量为m g 。

(1)用m 、V 表示溶液的物质的量浓度是_________
(2)用w 、d 表示溶液的物质的量浓度是_________
(3)用c 、d 表示溶液的质量分数是__________
【答案】B D A C
100058.5m V mol·L －1 100058.5dw mol·L －1 58.51000c d 【解析】
【分析】
I. 根据混合物的性质选择相应的装置进行分离；
Ⅱ. 根据公式n m M =、n c V =、1000=c M ρω进行计算。

【详解】
I. (1)碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，故答案为：B ；
(2)氯化钠易溶于水，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠，故答案为：D ；
(3)乙醇和水是互溶的两种液体，可用蒸馏的方法分离乙醇和水，故答案为：A ；
(4)溴易溶于四氯化碳而难溶于水，且四氯化碳与水不互溶，则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质，再分液，故答案为：C ；
Ⅱ. (1)NaCl 的物质的量为g ==mol 58.5g/mol 58.5
m m m n M =，则NaCl 溶液的物质的量浓度是
-1-3mol 100058.5==mol L 10L
58.5m m c V V
⋅⨯，故答案为：100058.5m V mol·L －1； (2)根据公式1000=c M ρω可知，该溶液的物质的量浓度是-11000=mol L 58.5
dw c ⋅，故答案为：100058.5
dw mol·L －1； (3)由1000=
c M ρω可知，=1000cM ωρ，则该溶液的质量分数是58.51000c
d ，故答案为：58.51000c d。

【点睛】
该公式1000=
c M
ρω中，涉及溶液的密度，质量分数，物质的量浓度，密度的单位为g/cm 3，是同学们的易忘点。

2．将一定质量的镁铝混合物投入200 mL 硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5 mol /L 的NaOH 溶液，生成沉淀的物质的量n 与加入NaOH 溶液的体积V 的变化如图所示。

(1)写出Al 与NaOH 溶液反应的化学方程式___________________；
(2)镁和铝的总质量为________g ；
(3)b 点溶液中的溶质为__________，硫酸的物质的量浓度为___________ mol /L ；
(4)生成的氢气在标准状况下的体积为__________L ；
(5)c 点溶液中通入足量的CO 2的反应化学方程式为___________。

【答案】2Al +2NaOH +2H 2O =2NaAlO 2+3H 2↑ 9 Na 2SO 4 2.5 10.08
NaAlO 2+CO 2+2H 2O =Al (OH )3↓+NaHCO 3
【解析】
【分析】
由图象可知，从开始至加入NaOH 溶液20 mL ，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg 、Al 后有剩余，溶液的溶质为H 2SO 4、MgSO 4、Al 2(SO 4)3，此时发生的反应为：H 2SO 4+2NaOH =Na 2SO 4+2H 2O ；当V (NaOH 溶液)=200 mL 时，沉淀量最大，此过程中Mg 2+、Al 3+与OH -反应生成Mg (OH )2和Al (OH )3，溶液溶质为Na 2SO 4；从200 mL 到240 mL ，NaOH 溶解固体Al (OH )3，发生反应：OH -+ Al (OH )3=AlO 2-+2H 2O ，据此分析解答。

【详解】
(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应的化学方程式为
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35mol，从200mL到240 mL，NaOH溶解Al(OH)3，当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为
Mg(OH)2，物质的量为0.15mol，Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g；
(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍，所以n(Na2SO4)=0.5×5
mol/L×0.2L =0.5mol，所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)=0.5
0.2L
mol
=2.5mol/L；
(4)根据以上分析，n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，由于Al是+3价金属，Mg是+2价的金属，所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2mol×3+ 0.15
mol×2=0.9mol，根据反应过程中得失电子守恒，可知反应产生氢气的物质的量
n(H2)=1
2
n(e-)=0.45mol，则在标准状况下的体积V(H2)=0.45mol×22.4L/mol=10.08
L；
(5)在b点时溶液中溶质为Na2SO4，沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3，在b→c过程中发生反应：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，至c点，该反应恰好反应完全，故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2，由于酸性：H2CO3＞Al(OH)3，所以c点溶液中通入足量的CO2，NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCO3，反应的化学方程式为
NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。

【点睛】
本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算，侧重考查学生的分析与计算能力。

3．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+8HNO3═3Cu（NO3）
2+2NO↑+4H2O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O2和CO2组成的混合气体的物质的量为
44.8
22.4/
L
L mol
=2mol，设O2
和CO2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O2的的量为0.5mol×32g/mol=16g，混合气体的平均摩尔
质量为：82
2
g
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。

4．按要求回答下列问题
(1)实验室可用K 2Cr 2O 7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K 2Cr 2O 7 +14HCl(浓)=3Cl 2↑+2CrCl 3 +2KCl+7H 2O ，当转移0.6mole -时被氧化的HCl 为_____mol
(2)同温同压下，相同物质的量的SO 2气体和SO 3气体，其分子数之比为_________，密度之比为_________
(3)①向溴化钠溶液中通入适量的氯气，产生的现象是________，反应的化学方程式是_________；
②Cl 2、Br 2、I 2三种单质氧化性强弱的关系是______。

③下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是________。

①贝壳 ②紫菜 ③鱼 ④海带
(4)将相同质量的镁条分别在：①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_____（填序号）。

【答案】0.6mol 1：1 4：5 溶液由无色变为橙色 Cl 2+2NaBr=Br 2+2NaCl Cl 2>Br 2>I 2 ④ ③<②<①<④
【解析】
【分析】
(1)先分析方程式中转移电子与发生氧化反应消耗HCl 的关系，然后计算转移0.6mole -时被氧化的HCl 的物质的量；
(2)根据n=A N N 及m
m M ρV V ==计算； (3)①活动性强的可以把活动性弱的置换出来，根据Br 2的水溶液显橙色分析； ②根据同一主族的元素性质变化规律分析；
③根据海产品的成分分析；
(4)根据题意结合化学反应的方程式，可以使各个产物在镁原子个数相同的情况下来比较质量的大小。

【详解】
(1)在反应K 2Cr 2O 7 +14HCl(浓)=3Cl 2↑+2CrCl 3 +2KCl+7H 2O 中，每转移6mol 电子，会有6molHCl 被氧化产生Cl 2，则当转移0.6mole -时被氧化的HCl 的物质的量为0.6mol ；
(2)根据物质的量与微粒数目关系式n=A N N 可知：气体的分子数的比等于气体的物质的量的比。

所以同温同压下，相同物质的量的SO 2气体和SO 3气体，其分子数之比为1：1；在同温同压下，气体摩尔体积相同，根据气体的密度定义式m
m M ρV V ==可知：气体的密度与气体的摩尔质量成正比，所以在同温同压下， SO 2气体和SO 3气体的密度比ρ(SO 2)：ρ(SO 3)=64g/mol ：80g/mol=4：5；
(3)①由于活动性Cl 2>Br 2，所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：Cl 2+2NaBr=Br 2+2NaCl ，反应后产生的Br 2的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶液由无色变为橙色；
②同一主族的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl 2、Br 2、I 2三种单质氧化性强弱的关系是Cl 2>Br 2>I 2；
③①贝壳主要成分为碳酸钙，①不符合题意；
②紫菜主要成分为蛋白质、维生素，②不符合题意；
③鱼主要成分为蛋白质，③不符合题意；
④海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，④符合题意；
故合理选项是④；
(4)Mg 燃烧的有关反应方程式为：2Mg+O 2
2MgO ； 3Mg+N 2Mg 3N 2； 2Mg+CO 2 2MgO+C ，可假设镁的物质的量是1mol ，比较Mg 燃烧后生成的固体增加的质量；1molMg 在O 2中燃烧质量增加1molO 原子的质量16g ；在N 2中燃烧质量增加13molN 2的质量283
g ；在空气中燃烧产物既有MgO 、也有Mg 3N 2，所以增加的质量在283
g ～16g 之间；在CO 2中燃烧质量增加1molO 和0.5molC 原子的质量，16g+6g=22g ，可见等质量的Mg 在四种情况下质量增加由小到大的顺序是③氮气<②空气<①氧气<④二氧化碳，Mg 的质量相等，增加的质量越大，则反应后得到的固体质量越大，所以将相同质量的镁条分别在：①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是③<②<①<④。

【点睛】
本题考查了物质成分的判断、物质活动性比较及物质的量在化学方程式计算的应用的知识。

结合元素周期律分析判断物质的活动性及反应现象，对于镁带在不同条件下燃烧产物质量比较，可假设Mg 的物质的量都是1mol ，根据产生的物质的组成确定增加元素及其质量，增加的质量越多，反应后得到的固体质量就越大，难点是判断镁在空气中的产物质量，学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值，应注意解答的规范化。

5．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 。

6．（1）质量相同的O 2、NH 3、H 2、Cl 2四种气体中，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是___。

（2）氯水中含有多种成分。

将紫色石蕊试液滴入氯水中，溶液显红色起作用的成分是___；过一会儿，溶液颜色逐渐褪去，起作用的成分是___；
（3）鉴别Na 2CO 3和NaHCO 3溶液可选用___。

（填序号）
①NaOH ②Ca(OH)2 ③BaCl 2 ④K 2SO 4 ⑤Ca(NO 3)2
（4）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强。

黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：2KNO 3+3C ＋S=K 2S+N 2↑+3CO 2↑。

①其中被还原的元素是___。

②当反应有3.612×1024个电子转移时被硝酸钾氧化得到的氧化产物在标准状况下的体积___。

（5）1.2gRSO 4中含0.01molR 2+，则RSO 4的摩尔质量是___，R 的相对原子质量是___。

【答案】H 2 H + HClO 或ClO - ③⑤ N 和S 28L 120g/mol 24
【解析】
【分析】
(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小；
(2)氯水溶液中存在反应：Cl 2+H 2O ⇌HCl+HClO ，是可逆反应，存在电离：H 2O ⇌H ++OH -，HClO ⇌H ++ClO -，HCl=H ++Cl -，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl 2、HClO 、H 2O ；离子：H +、Cl -、ClO -、OH -，能使紫色石蕊试液变红色是酸的性质，次氯酸有漂白性；
(3)NaHCO 3不稳定，加热易分解，但加热溶液不分解，都可与碱发生反应，与氢氧化钙溶液反应都可生成沉淀，且都能与酸反应生成气体，以此解答该题；
(4)2KNO 3+C+S ═K 2S+2NO 2↑+CO 2↑中，C 元素的化合价升高，N 、S 元素的化合价降低，以此来解答；
(5)根据公式n=m M
来计算M ，M 在数值上等于元素的相对原子质量，分子的M 在数值上等于其相对分子质量。

【详解】
(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小，质量相同的O 2、NH 3、H 2、Cl 2四种气体中，H 2的摩尔质量最小，所以H 2的体积最大；
(2)氯水溶液中存在反应：Cl 2+H 2O ⇌HCl+HClO ，是可逆反应，存在电离：H 2O ⇌H ++OH -、HClO ⇌H ++ClO -，HCl ═H ++Cl -，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl 2、HClO 、H 2O ；离子：H +、Cl -、ClO -、OH -．酸能使紫色石蕊试液变红色，所以使紫色石蕊试液变红色的微粒是
H+；次氯酸有漂白性，所以红色溶液逐渐褪色，起作用的微粒是HClO分子；
(3)①碳酸钠和碳酸氢钠与NaOH混合，均无明显现象，不能鉴别二者，故①错误；
②碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应产生沉淀，故用Ca(OH)2溶液不能鉴别二者，故②错误；
③碳酸钠与BaCl2反应产生碳酸钡沉淀，碳酸氢钠与BaCl2不反应，故BaCl2溶液可以区分两物质，故③正确；
④K2SO4与碳酸钠、碳酸氢钠均不反应，故氯化钙溶液不能鉴别二者，故④错误；
⑤Ca(NO3)2与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与Ca(NO3)2不反应，故Ca(NO3)2溶液可以区分两物质，故⑤正确；
故答案为：③⑤；
(4)①N、S元素的化合价降低，被还原，C元素的化合价升高，C为还原剂；
②2KNO3+3C+S═K2S+N2↑+3CO2↑，反应中KNO3得到10个电子，S得到2个电子，当反应有3.612×1024个电子转移时，即转移6mol，则生成1.5molCO2，其中被KNO3氧化得到的二
氧化碳为1.5mol×10
12
=1.25mol，其体积为1.25mol×22.4L/mol=28L；
(5)1.2gRSO4中含0.01molR2+，根据公式n=m
M
，则RSO4的M=
m
M
=
1.2g
0.01mol
=120g/mol，
RSO4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO4的摩尔质量为120g/mol，R的相对原子质量是120-32-64=24。

7．氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。

（1）下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。

a．滴水成冰 b．蜡炬成灰 c．百炼成钢
（2）NH3和Cl2反应的方程式为：NH3+Cl2﹣N2+HCl
①该反应中被氧化的元素是_____（填元素名称），氧化剂是_____（填化学式）。

②配平该方程式：_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl
（3）“地康法”制氯气的反应原理图示如下：
①反应I的化学方程式为_____。

②若要制得标准状况下氯气11.2L，则整个反应中转移电子的物质的量为_____。

【答案】a 氮 Cl22316 2HCl+CuO＝CuCl2+H2O 1mol
【解析】
【分析】
（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；
b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；
c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧
化还原反应，与题意不符，c错误；
（2）①还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原；
②利用化合价升降法配平；
（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O；
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，氯元素化合价由﹣1升高为0。

【详解】
（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；
b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；
c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；
故答案为a；
（2）①NH3和Cl2反应中氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，该反应中被氧化的元素是氮元素，氧化剂是Cl2；
②氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，最小公倍数为6，根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2＝N2+6HCl；
（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O，反应方程式是
2HCl+CuO＝CuCl2+H2O；
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，根据2CuCl2+O2＝2CuO+2Cl2，氯元素化合价由﹣1升高为0，所以生成0.5mol
氯气转移1mol电子。

【点睛】
还原剂化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物；氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物。

8．（1）物质的量相等的 CO 和 CO2中，同温同压下所占的体积比为____，原子个数之比为______；
（2）1.8g水与_______mol硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是________，其中氢原子数之比是___________。

（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022，此气体的摩尔质量为________。

（4）可用于分离或提纯物质的方法有：
A 过滤
B 萃取
C 渗析
D 蒸馏
E 灼热氧化
F 分液．
如欲分离或提纯下列各组混合物，请选择上述方法中最合适者，并将相应字母填入题后空格内：
①除去淀粉溶液中的少量碘化钠________；②提取溴水中的溴单质______；
SO 、Cl－等杂质________；④除去CuO中的Cu ______；
③除去水中的Na＋、2
4
【答案】1:1 2:3 0.1 1:4 1:1 64g/mol C B/BF D E
【解析】
【分析】
（1）同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，原子的物质的量等于分子的物质的量乘以分子中原子的个数；
（2）1.8g 水所含分子的数目用公式N=n×N A =
A mN M ； （3）利用n=A N N =m M
，从而计算出M ； （4）选择分离物质的方法时，要考虑物质的性质，除去淀粉溶液中的少量碘化钠，选择渗析，淀粉溶液属于胶体，碘化钾溶在溶液里，区分溶液和胶体的方法是渗析；溴水中的溴用有机溶剂萃取后分液；除去自来水中可溶性的离子，可用蒸馏，CuO 中的Cu 可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。

【详解】
（1）根据阿伏伽德罗定律，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。

物质的量相等的 CO 和 CO 2，分子的数目也相同，故体积也相同，故体积比为1:1。

一个CO 分子中含有两个原子，CO 2分子中含有三个原子，分子的数目相同，故原子数目比为2:3，
故答案为：1:1；2:3；
（2）1.8g 水中水分子的数目=A mN M = 1.8g 18g/mol
×N A =0.1 N A 个，0.1 N A 个硫酸分子的物质的量为0.1mol ，由于分子数相同，一个水分子含有一个氧原子，一个硫酸分子含有四个氧原子，故氧原子的数目比为1:4 ，一个水分子有两个氢原子，一个硫酸分子也有两个氢原子，其中氢原子数之比是1:1，
故答案为：0.1；1:4；1:1；
（3）3.2g 某气体中含有的分子数约为3.01×1022 利用n=A N N =m M
，从而计算出M=m n =A
m N N =22233.2g 3.0110mol 6.0210⨯⨯= 64g/mol ， 故答案为：64g/mol ；
（4）A ．过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离操作。

B ．萃取是利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，萃取之后要分液。

C ．渗析是一种以浓度差为推动力的膜分离操作，利用膜对溶质的选择透过性，实现不同性质溶质的分离，可用于分离溶液和胶体。

D ．蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。

①除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析，
②提取溴水中的溴单质，可以选用萃取和分液操作；
③除去水中的Na ＋、24SO -
、Cl －等杂质，选择蒸馏；
④除去CuO 中的Cu ，可选择灼热氧化；
故答案为：C ； B/BF ；D ；E 。

9．PbO 2是一种棕黑色粉末，难溶于水，可用作强氧化剂和电极制造等。

实验室由Ca(ClO)2溶液氧化碱性Pb(OH)2法制备PbO 2的步骤如下：
2Pb(CH 3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO 2↓+4CH 3COONa+CaCl 2+2H 2O
（1）“氧化”过程中，反应液的pH____（填“变大”“变小”或“不变”）。

（2）“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是____________（填化学式）。

（3）产品定性检验：向Mn(NO 3)2的HNO 3溶液中加入少量产品，搅拌并水浴微热，溶液变紫色，说明含有PbO 2。

该反应的离子方程式为____（PbO 2被还原为Pb 2+）。

（4）为测定产品（只含PbO 2和PbO ）中PbO 2、PbO 的物质的量之比，称取产品0.5194g ， 加入 20.00 mL 0.2500 mol·L －1H 2C 2O 4溶液（PbO 2还原为Pb 2+）搅拌使其充分反
应，然后用氨水中和，过滤、洗涤除去PbC 2O 4，滤液酸化后用0.0400 mol·
L －1KMnO 4标准溶液滴定至终点（MnO 4-
还原为Mn 2+，H 2C 2O 4被氧化为CO 2），消耗标准溶液10.00 mL 。

计算产品中n(PbO 2) 与n(PbO) 物质的量之比（写出计算过程）____________。

【答案】变小 Pb(OH)2 2Mn 2++5PbO 2+4H +=2MnO 4-+5Pb 2++2H 2O 9:2
【解析】
【分析】
根据流程可知，醋酸铅与Ca(ClO)2在碱性环境下，发生氧化还原反应，生成PbO 2固体和醋酸钠溶液，过滤后得到二氧化铅，由于氢氧化钠与醋酸铅也可反应生成氢氧化铅，因此二氧化铅中含有杂质氢氧化铅，硝酸洗、水洗、干燥得到产品，据此进行分析。

【详解】
（1）根据2Pb(CH 3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO 2↓+4CH 3COONa+CaCl 2+2H 2O 反应可知，反应过程中不断消耗碱，碱性减弱，“氧化”过程中，反应液的pH 变小；
故答案是：变小；
（2）醋酸铅也可和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铅沉淀；“氧化”制得的PbO 2可能含有的含铅杂质化学式是Pb(OH)2；所以“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是Pb(OH)2； 答案是：Pb(OH)2；
（3）根据题给信息可知，反应后的紫色溶液为MnO 4-，因此Mn(NO 3)2的HNO 3溶液与PbO 2反应的离子方程式为：2Mn 2++5PbO 2+4H +=2MnO 4-+5Pb 2++2H 2O ；
故答案是：2Mn 2++5PbO 2+4H +=2MnO 4-+5Pb 2++2H 2O ；
（4）上述过程发生的反应有：6H ++2MnO 4-+5H 2C 2O 4=10CO 2↑+2Mn 2++8H 2O ；PbO 2+2 H 2C 2O 4=PbC 2O 4+2CO 2+2H 2O ；PbO+ H 2C 2O 4=PbC 2O 4+H 2O ；根据反应关系可知，与高锰酸钾溶
液反应的n（H2C2O4）=2.5×0.04×10×10-3=1×10-3mol；与PbO2、PbO反应的n（H2C2O4）
=0.25×20×10-3-1×10-3=4×10-3mol；2n（PbO2）+n（PbO）=4×10-3mol；239g/mol×n（PbO2）+223 g/mol×n（PbO）=0.5194g，n（PbO2）=1.8×10-3mol；n（PbO）=4×10-4mol；所以产品中n(PbO2) 与n(PbO) 物质的量之比1.8×10-3mol：4×10-4mol=9:2；
故答案是：9:2。

10．对一定量气体体积的探究。

已知1 mol不同气体在不同条件下的体积：
（1）从表分析得出的结论：
①1mol任何气体，在标准状况下的体积都约为____。

②1mol不同的气体，在不同的条件下，体积____(填“一定”、“一定不”或“不一定”)相等。

（2）理论依据：相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等，原因是：①____，②___。

（3）应用：在标准状况下，4gO2的体积为____。

（4）等温、等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比___，质量比为__。

（5）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为___。

（6）在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)分别用p(Ne)、p(H2)、p(O2)表示，由大到小的顺序是__。

【答案】22.4L 不一定气体分子数目相等相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等 2.8L 1∶1 2∶3 106g·mol−1 p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)
【解析】
【分析】
(1)根据图表信息进行分析；
(2)根据克拉伯龙方程：PV=nRT进行分析；
(3)根据n=m/M=V/V m进行分析；
(4)根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；
(5)根据质量守恒定律及n=m/M进行分析；
(6)根据PM=ρRT进行分析。

【详解】
(1)①从表中的H2、O2、CO在标准状况下体积可以看出：1mol任何气体在标准状况下，体积都约为22.4L；
故答案是：22.4L；
②根据克拉伯龙方程:PV=nRT可知，1mol不同的气体，物质的量n相同，在不同的条件下，如温度相等，压强不相等时，体积则不相等；或在温度不相等，压强也不相等时，体积可能相等；因此1mol不同的气体，在不同的条件下，体积不一定相等；
故答案是：不一定；
(2) 因为在相同的温度和压强下，任何气体分子间的平均距离几乎相同且1mol气体的分子数目也相同，所以在相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等；
故答案是：气体分子数目相等；相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等；
(3)O2的摩尔质量是32g/mol，4gO2的物质的量是4g/32g·mol-1=1/8mol；在标准状况下，
4gO2的体积为22.4L·mol-1×1/8mol=2.8L；
故答案是： 2.8L；
(4)等温等压下，气体摩尔体积相等，相同体积的氧气和臭氧其物质的量相等，根据N=nN A 知，分子数之比等于物质的量之比=1：1；根据m=nM知，相同物质的量时其质量之比等于摩尔质量之比=32g/mol:48g/mol=2:3；
故答案为：1：12：3；
(5)根据质量守恒定律知，C的质量=(16+20-31.76)g=4.24g，C的摩尔质量
=4.24g/0.04mol=106g/mol；
故答案为：106g/mol；
(6)Ne的摩尔质量是4g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是P(H2)＞P(Ne)＞P(O2)；
故答案为：P(H2)＞P(Ne)＞P(O2)。

【点睛】
影响物质的体积的因素有：微粒的数目、微粒的间距、微粒的大小；对于固体和液体来讲，粒子间距较小，可忽略，体积主要由微粒的数目、微粒的大小来决定；而对于气体来讲，粒子间距较大，忽略粒子大小，体积主要由微粒的数目、微粒的间距来决定，当温度和压强一定时，粒子间距几乎相等，体积由微粒的数目来决定。

11．现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。

（1）该混合气体的平均摩尔质量为____。

（2）混合气体中碳原子的个数为____(用N A表示阿伏加德罗常数)。

（3）将混合气体依次通过下列装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。