化学物质的量的专项培优 易错 难题练习题(含答案)含详细答案

化学物质的量的专项培优 易错 难题练习题(含答案)含详细答案
一、高中化学物质的量
1．物质的量是高中化学中常用的物理量，请回答下列问题：
(1)某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na +，则溶液中SO 42-的物质的量是_____mol 。

(2)在标准状况下，4.48 L HCl 气体溶于水配成500 mL 溶液，其物质的量浓度为_____________。

(3)在标准状况下，1.7 g 氨气所占的体积约为_________L ，与_____mol H 2S 含有相同的氢原子数。

(4)7.8 g Na 2X 中含Na + 0.2 mol ，则X 的摩尔质量是_____________________。

(5)实验室需要0.3 mol•L -1硫酸溶液480 mL 。

①配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外，还需要______________。

②需量取质量分数为98%、密度为1.84 g•cm -3的浓硫酸的体积为______mL 。

③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，操作方法是：_______________。

【答案】0.25 0.4 mo•L -1 2.24 0.15 32 g•mol -1 500mL 容量瓶 8.2 将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌
【解析】
【分析】
（1）硫酸钠为强电解质，完全电离，1molNa 2SO 4电离产生2molNa +和1molSO 42-； （2）依据m V n V =
计算氯化氢的物质的量，依据n c V =计算溶液中氯化氢的物质的量浓度；
（3）依据m V m n==V M
结合氨气与硫化氢分子构成计算解答； （4）由钠离子物质的量计算Na 2X 的物质的量，根据m
M=n 计算Na 2X 的摩尔质量，进而计
算X 的相对原子质量；
（5）①依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；
②依据1000c M
w ρ=
计算硫酸的物质的量浓度，依据稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积； ③依据浓硫酸稀释的正确操作解答，注意浓硫酸的密度大于水，稀释产生大量的热。

【详解】
（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na +，n(Na +)=23
233.01106.0210⨯⨯ =0.5mol ，n(SO 42-)=0.5mol 2
=0.25mol ；
（2）在标准状况下，4.48 L HCl气体的物质的量为：4.48
22.4
=0.2mol，溶于水配成500 mL溶
液，其物质的量浓度为：0.2mol
0.5L
=0.4mol/L；
（3）在标准状况下，1.7g氨气的体积：
1.7g
22.4L/mol
17g/mol
⨯ =2.24L；1.7g氨气中所含氢
原子的物质的量：0.1mol×3=0.3mol，与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等，即n(H2S) ×2=0.3mol，n(H2S) =0.15mol；
（4）7.8 g Na2X中含Na+ 0.2 mol，则n(Na2X)=0.1mol，M(Na2X)=
7.8g
0.1mol
=78g/mol，故X的
相对原子质量为78-23×2=32，摩尔质量为32g/mol；
（5）①实验室需要0.3 mol•L-1硫酸溶液480 mL，应该选择500mL的容量瓶；
②质量分数为98%、密度为1.84 g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为：1000 1.8498%
98
⨯⨯
=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，依据稀释前后溶质的物质的量不变可知，18.4×V×10-3=0.3×500×10-3，V=8.2mL；
③浓硫酸稀释的正确操作为：将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌。

2．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 NH4Br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/cm3）吸收560体积B气体得到密度为0.91 g/cm3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、NO2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、NO2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、NO2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=171431
-=，则B 为NH 3，故答案为： NH 3； (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 1000g 388.62g ⨯+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，NH 3可和NO 、NO 2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N 2。

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N 2，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 、NO 2的总物质的量为1mol ，则NH 3为1.2mol ，设NO 为axmol ，则NO 2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 、NO 2的总物质的量为1mol ，则NH 3为2.2mol ， NO 为0.2mol ，则NO 2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。

3．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/cm3，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 1000
58.5
m
V
mol·L－1
1000
58.5
dw
mol·L－1
58.5
1000
c
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。

4．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。

(1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是 ______ (填写字母)。

(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36 L(标准状况)二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 ______ g (保留一位小数)。

(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。

首先用pH 试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，将溶液B久置于空气中，与密闭保存的A相比，久置后的溶液B中水的电离程度将 ______(填“增大”、“减小”或“不变”)。

【答案】ae 31.5 取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。

减小
【解析】
【分析】
(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；
(2)由硫守恒可得：Na2SO3～SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；
(3)测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。

【详解】
(1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置b无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：ae；
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，根据反应方程式可知：Na2SO3～SO2，
n(SO2)=
3.36?
22.4?/mol
L
L
=0.15 mol，则需亚硫酸钠的质量为：m(Na2SO3)= 0.15 mol×126
g/mol=18.9 g；如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量
分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为18.9?
60%
g
==31.5 g；
(3)测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中c(H+)增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。

【点睛】
本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。

明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。

5．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
（NH3）=
3.4g
17g/mol
=0.2mol，含有氢原子的数目为：N（H）=3N（NH3）=0.6N A，与氨气含
有H原子数目相等的CH4的物质的量0.6
4
A
N
=0.15N A，故CH4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。

6．I．NaCl溶液中混有Na2CO3、Na2SO4，为检验两种物质的存在，请你根据所选择的试剂，按实验步骤的先后顺序写出相应的化学方程式：
①______________________________；
②______________________________；
③________________________________。

II．取100.0 mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到16.84g沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀质量减少至6.99g，同时溶液中有气泡产生。

试求：原混合液中
Na2SO4的物质的量浓度为________________；（写出计算列式的过程）
【答案】Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl 0.3mol/L
【解析】
【分析】
I.首先加入过量HCl，有气泡产生，该气体能够使澄清石灰水变浑浊，说明有Na2CO3，再滴加过量BaCl2溶液，最终有白色沉淀证明有Na2SO4；
II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、
BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，最终6.99g沉淀为BaSO4，根据
n=m
M
计算BaSO4的物质的量，而n(Na2SO4)=n(BaSO4)，再根据c=
n
V
计算c(Na2SO4)。

【详解】
I.首先向该物质的水溶液中滴加过量盐酸，有气体产生，该气体能够使澄清的石灰水变浑
浊，证明溶液中含有Na2CO3，反应方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，然后向溶液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有Na2SO4，发生该反应的化学方程式为：Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓；
II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、
BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3的质量和，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，最终6.99g沉淀为
BaSO4，根据n=m
M
可知n(BaSO4)=
6.99
233/
m g
M g mol
=0.03mol，根据S元素守恒可知
n(Na2SO4)=n(BaSO4)，所以根据c=n
V
可得c(Na2SO4)=
0.03
0.1
mol
L
=0.3mol/L。

【点睛】
本题考查了物质检验实验方案的设计以及化学方程式的书写、溶质物质的量浓度的计算，明确硫酸根离子、碳酸根离子的性质是解题的关键。

7．（1）质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，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Na2CO3和NaHCO3溶液可选用___。

（填序号）
①NaOH ②Ca(OH)2③BaCl2④K2SO4⑤Ca(NO3)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：2KNO3+3C＋S=K2S+N2↑+3CO2↑。

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）1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是___，R的相对原子质量是___。

【答案】H2 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：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，是可逆反应，存在电离：H2O⇌H++OH-，HClO⇌H++ClO-，HCl=H++Cl-，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl2、HClO、H2O；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)NaHCO3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)2KNO3+C+S═K2S+2NO2↑+CO2↑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O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，H2的摩尔质量最小，所以H2的体积最大；
(2)氯水溶液中存在反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，是可逆反应，存在电离：H2O⇌H++OH-、HClO⇌H++ClO-，HCl═H++Cl-，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl2、HClO、H2O；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。

8．在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。

下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：
（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是__________________。

A．蔗糖 B．硫酸钾 C．高锰酸钾 D．硝酸银
（2）配制上述1L上述“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：量筒、玻璃棒、药匙、烧杯、托盘天平、__________________、__________________（在横线上填写所缺仪器的名称），需要高锰酸钾___________mol。

（3）在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是___________________。

A．定容时俯视容量瓶刻度线
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
（4）“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为________mol·L-1。

【答案】A 胶头滴管 1000mL容量瓶 0.004 BD 0.024
【解析】
【分析】
（1）电解质指在溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质，常见非电解质包括：非金属氧化物、大多数有机物（如乙醇、葡萄糖等）、氨气等；
（2）根据实验操作的步骤（计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签）以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析；根据500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾质量分析需要高锰酸钾物质的量；
（3）根据c=n
V
分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，溶质减少，浓度
偏小，体积偏大，浓度偏小；
（4）求出K+的物质的量、根据溶液的体积，利用物质的量浓度的公式来计算。

【详解】
（1）A.蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故A正确；
B.硫酸钾，能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，故B错误；
C.高锰酸钾是盐，能在水溶液中和熔融状态下电离出自由移动的离子而导电，是电解质，故C错误；
D.硝酸银，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是电解质，故D错误；
故答案为：A；
（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签,一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解,冷却后转移到1000mL容量瓶中，并用玻璃棒引流,转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2∼3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。

所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾
0.316g，物质的量为
0.316g
158g/mol
=0.002mol，配制1L溶液需0.004mol，故答案为：胶头滴
管、1000mL容量瓶；0.004；
(3)A.定容时俯视容量瓶刻度线，溶液未达到刻度线，体积偏小，浓度偏大，故A错误；
B. 容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，不影响溶液的体积，所以浓度不变，故B 正确；
C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，容量瓶中沾有溶质，溶质的质量偏大，浓度偏大，故C错误；
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，过会儿，滞留在刻度线以上的溶液将会下落，正好与刻度线相平，不影响溶液的体积，浓度不变，故D正确；
故选：BD；
（4）K2SO4的物质的量为：
0.87g
174g/mol
=0.005mol，则K+的物质的量为0.01mol，KMnO4的
物质的量为
0.316g
158g/mol
=0.002mol，则K+的物质的量为0.002mol，所以溶液中的K+总共为
0.012mol，其物质的量浓度为0.012mol×0.5L=0.024mol/L，故答案为：0.024。

9．钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。

（1）叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。

若产生6.72 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠_____g。

（2）为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反应并收集生成的气体，某研究性学习小组设计了如图发生装置．
①写出 Na 与水反应的离子方程式_____。

②Y 液体可以选用_____
A．煤油 B．酒精 C．四氯化碳
③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，通过_________（填装置名称）向试管中加水至产生液面差，一段时间后，_____（填现象），则气密性良好。

（3）1mol 过氧化钠与 1.6mol 碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质及对应的物质的量(可不填满)。

物质物质的量/mol
____________________
____________________
【答案】13 g 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2A长颈漏斗液面差不变 Na2CO3 1.6 NaOH 0.4
【解析】
【分析】
(1)发生反应：2NaN3=2Na+3N2↑，根据方程式计算；
(2)① Na 与水反应生成NaOH和氢气；
②根据装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；
③利用液压法确定装置气密性；
(3)加热发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，然后发生2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2和
2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，以此来解答。

【详解】
(1)设需要NaN3的质量为m，则：
2NaN32Na+3N2↑
130g 67.2L
m 6.72L
m=130g 6.72L
67.2L
=13g；
(2)① Na 与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
②装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；
A．煤油密度小于水，且与水不溶，故A正确；
B．酒精与水互溶，故B错误；
C．四氯化碳密度大于水，且与水不溶，故C错误；
故答案为A；
③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，直到长颈漏斗中的液面高于试管中的液面，且两者液面差不再改变，就证明该装置气密性良好；
(3)由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，1.6mol碳酸氢钠分解生成0.8molNa2CO3、0.8molCO2、0.8molH2O，由2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2可知，0.8molCO2与0.8molNa2O2反应生成0.8molNa2CO3，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，0.2molNa2O2与水反应生成
0.4molNaOH，充分反应，排出气体物质后冷却，则残留的固体物质是NaOH、Na2CO3，两者的物质的量分别为0.4mol、1.6mol。

10．下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。

问：
（1）该盐酸的物质的量浓度为_________
（2）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（________）
①配制100g 10%的CuSO 4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g 水中
②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮
③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g ，所得溶液的浓度
④用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm 3的浓H 2SO 4配制200mL 2mol •L -1的稀H 2SO 4时，先平视后仰视。

A ．只有①
B ．只有②
C ．②③④
D ．①③④
（3）已知CO 和CO 2的混合气体14.4g,在标准状况下所占的体积为8.96L 。

则该混合气体中，CO 的质量为____________________g ，CO 2的物质的量为____________________mol 。

（4）1mol 氧气在放电条件下，有30%转化为臭氧（O 3），则放电后所得混合气体对氢气的相对密度是（____________）
A ．16
B ．17.8
C ．18.4
D ．35.6
【答案】11.8mol/L ①③④ 5.6 0.2 B
【解析】
【分析】
（1）根据物质的量浓度c=1000ρωM
计算出该盐酸的物质的量浓度； （2）根据操作不当对溶质的质量或溶液的体积的影响效果分析作答； （3）混合气体的体积为8.96L ，则物质的量为
8.96L 22.4L/mol =0.4mol ，根据气体的总质量和总物质的量列方程式计算；
（4）根据公式ρ＝m
M V 可知，相同条件下，气体摩尔体积相同，所以不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比，先根据转化关系计算混合气体的摩尔质量，再计算混合气体摩尔质量与氢气的摩尔质量之比。

【详解】
（1）该盐酸的物质的量浓度为：c=
1000ρωM =1000 1.1836.5%36.5mol/L
⨯⨯ =11.8mol/L ， 故答案为：11.8mol/L ；
（2）① 硫酸铜晶体为CuSO 4⋅H 2O ，则称取10g 硫酸铜晶体溶于90g 水中形成硫酸铜溶。