高考化学提高题专题复习物质的量练习题附答案解析

高考化学提高题专题复习物质的量练习题附答案解析
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•m ol -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．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
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。

3．填写下列表格
（4） Cl 2 ___ ___ ___ ___ 2.24L
【答案】0.5N A 0.5 28 11.2 4.9 0.05 98 0.5N A 9 18 0.1N A 7.1 0.1 7.1
【解析】
【分析】
摩尔质量在以为g ·mol -1单位时，数值上等于相对分子质量，以n=
A N N 、n=m M 、n=m V V 这几个公式为基础，按试题中的要求，进行计算。

【详解】
（1）N 2的摩尔质量在以为g ·mol -1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N 2的摩尔质量是28 g ·mol -1，当N 2的质量为14g 时，n(N 2)= 1
1428.g g mol -=0.5mol ，N 2的分子数N(N 2)= 0.5 N A ，标况下N 2的体积为：0.5mol ⨯22.4L ·mol -1=11.2L ；
（2）H 2SO 4的分子数是3.01×1022，H 2SO 4的物质的量：n(H 2SO 4)= 22233.01106.0210
⨯⨯=0.05 mol ，H 2SO 4的摩尔质量是98 g ·mol -1，质量：m(H 2SO 4)= 0.05 mol ×98 g ·mol -1=4.9g ； （3）H 2O 的物质的量是0.5 mol ，水的摩尔质量：M(H 2O )=18 g ·mol -1，水分子的个数N(H 2O )= 0.5 N A ，水分子的质量是：m(H 2O )= 0.5 mol ×18 g ·mol -1=9g ；
（4）Cl 2标况下的体积试剂2.24L ，Cl 2的物质的量：n(Cl 2)= 12.2422.4L L mol
-g =0.1mol ，Cl 2的分子数是：N(N 2)=0.1 N A ，Cl 2的摩尔质量是71 g ·mol -1，Cl 2的质量：m(Cl 2)= 0.1mol ⨯71 g ·mol -1=7.1g ；
【点睛】
考生熟练掌握n=A N N 、n=m M
、n=m V V ，这几个公式之间的换算；
4．已知：2KMnO 4K 2MnO 4+MnO 2+O 2↑，将0.1moKMnO 4固体加热一段时间后，收集到amolO 2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl 2，此时Mn 元素全部以Mn 2+的形式存在于溶液中(注：KMnO 4和K 2MnO 4以及MnO 2都能与浓盐酸反应并生成Mn 2+)。

(1)2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O 反应中的还原产物是_____（填化学式），反应中若产生0.3mol 的气体则有________mol 的电子转移。

(2)a+b 的最大值为________，a+b 最小值为________。

【答案】MnCl 2 0.6 0.25 0.2
【解析】
【分析】
(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；根据Cl 元素化合价变化计算转移电子；
(2)KMnO4固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：0.1×(7-2)=4a+2b，整理得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定(a+b)的最小值。

【详解】
(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnCl2是还原产物；产生0.3mol的氯气时，转移电子为n(e-)=0.3mol×2×[0-(-1)]=0.6mol；
(2)KMnO4固体加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：0.1×(7-2)=4a+2b，整理可得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，此时a=0，则(a+b)的最大值=0.25；当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，可知生
成氧气最大的物质的量为0.1mol×1
2
=0.05mol，则a+b≥0.25-0.05=0.2，故(a+b)的最小值为
0.2。

【点睛】
本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。

掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础，学会将关系式进行变形，并用用极值方法分析判断。

5．实验室需要配制0.1 mol·L－1 CuSO4溶液480 mL。

按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。

(1)选择仪器。

完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 ________、________以及等质量的两片张滤纸。

(2)计算，应选择下列________。

A．需要CuSO4固体8.0 g B．需要CuSO4·5H2O晶体12.0 g
C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5 g D．需要CuSO4固体7.7 g
(3)称量。

所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。

(4)溶解、冷却。

若未冷却，则所配溶液浓度会________。

(5)转移、洗涤。

若未洗涤，则所配溶液浓度会________。

(6)定容，摇匀。

(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。

(8)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________。

【答案】胶头滴管 500 mL 容量瓶 AC 偏高 偏高 偏低 偏低
【解析】
【分析】
本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可
【详解】
(1)配制的是480 mL 溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500 mL 容量瓶；
(2)因为定容时使用的500 mL 容量瓶，其物质称量时时按500 mL 算，不是按480 mL 算，若果是硫酸铜固体其质量为11500mL 0.1 mol L 160 g mol
⨯⋅⨯⋅－－=8.0g ，若为5水硫酸铜其质量为11500mL 0.1 mol L 250 g mol
⨯⋅⨯⋅－－=12.5g ，故答案为A 、C ； (3)砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度
会偏高，故答案为偏高；
(4)若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；
(5)若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；
(8)因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。

【点睛】
注意：计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。

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+CO2+H2O=CaCO3↓+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 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑
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．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。

8．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。

9．氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。

I．工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：
(1)电解反应的化学方程式为__________。

(2)若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是___________。

Ⅱ．某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：
(3)B中反应的化学方程式是_________。

(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7g 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。

(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。

①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施
_______。

②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________，为避免此副反应的发生，可将装置
做何改进_________。

【答案】2NaCl+2H2O 通电
2NaOH+H2↑+Cl2↑移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b
导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 7.15g 冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案) 2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O 在A 与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶
【解析】
【分析】
I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验；II.在装置A中制取Cl2，在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染物，在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答。

【详解】
I.(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，反应方程式为：
2NaCl+2H2O 通电
2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2)在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。

由于放电能力Cl->OH-，所以溶液中的阴离子Cl-放电，失去电子变为Cl2逸出，Cl2检验强氧化性，可以使KI变为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b 导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；
II.(3) 在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(4)n(MnO2)=8.7g÷87g/mol=0.1mol，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，根据制取气体方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.1mol MnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol，说明HCl过量，制取的Cl2按MnO2计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol，则根据反应关系
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知n[Ca(ClO)2]=1
2
n(Cl2)=0.05mol，所以理论上制取的
漂白粉中Ca(ClO)2的质量为m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；
(5)①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)；
②试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca(OH)2反应，用化学方程式表示为
2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置改进为：在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl气体。

【点睛】
本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。

掌握氯气的工业和实验室制取方法，根据电解原理、氧化还原反应规律，结合物质的性质(挥发性、氧化性)等分析判断。

10．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。

11．（1）写出离子方程式：向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至Ba2+刚好沉淀完全
________；
（2）标况下，将224L氯化氢气体溶于V升水中，所得溶液密度为dg/mL，则此溶液中溶质的物质的量浓度为________mol/L
（3）使物质的量浓度之比为1:2:3的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl-恰好完全沉淀时，若所用相同物质的量浓度的硝酸银溶液的体积比为3:2:3，则上述三种溶液的体积之比是__________；
（4）5.00g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，则200℃时所得固体物质的化学式为______________；
（5）已知氧化性：Cl2>Fe3+>I2，写出FeI2和Cl2按物质的量之比为7:8反应的总离子方程式_____
【答案】Ba2＋+OH-+H++SO42-= BaSO4↓+ H2O 10000d/(365+1000V) mol·L－1 18:3:2
CuSO4·H2O 2Fe2＋+14I-+8Cl2 =2Fe3＋+7I2+16Cl-
【解析】
【分析】
根据物质的性质书写离子方程式；根据气体摩尔体积及物质的量间的关系计算物质的量浓
度；根据图象信息结晶水的质量并计算书写化学式；根据电子转移守恒配平书写离子方程式。

【详解】
（1）沉淀刚好完全时，表示硫酸氢钠用量最少，与Ba 2＋刚好完全反应，发生的化学方程
式为：Ba(OH)2+NaHSO 4=BaSO 4↓+NaOH+H 2O ，转化为离子方程式则为：Ba 2＋
+OH -+H ++SO 42-=
BaSO 4↓+ H 2O ；
(2)由题，n(HCl)=V(HCl)/V m =224L÷22.4L/mol=10mol ，m 总
=m(HCl)+m(H 2O)=n(HCl)×M(HCl)+V(H 2O)×ρ(H 2O)=10×36.5+V×103×1=(365+1000V)g ，
365+1m V =
=mL ρd
000V
总总总，c(HCl)=-1-1
-3
n(HCl)1010000d
=mol L =mol L 365+1000V V 365+1000V ×10d ⋅⋅总 ，故答案为：-110000d
mol L 365+1000V
⋅；
(3)由题可以写出氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应的化学方程式：NaCl+AgNO 3=AgCl↓+NaNO 3，MgCl 2+2AgNO 3=2AgCl↓+Mg(NO 3)2，
AlCl 3+3AgNO 3=3AgCl↓+Al(NO 3)3，若假设硝酸银物质的量浓度为1mol/L ，氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银体积分别为3L 、2L 、3L ，则氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银物质的量为3mol 、2mol 、3mol ，将三者消耗硝酸银物质的量代入方程式，可以得出氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量分别为3mol 、1mol 、1mol ，因为三者物质的量浓度之比为1:2:3，可列出等式为：三种溶液的体积之比3/1:1/2:1/3，化简可以得到：三种溶液的体积之比18:3:2，故答案为：18:3:2。

(4)由图可以得知，200℃时，五水合硫酸铜并未脱水完全，分子中还有一定量的水存在，5.00g 五水合硫酸铜，物质的量为5g÷250g/mol=0.02mol ，所以n(CuSO 4)=0.02mol ，n(H 2O)=0.1mol ，200℃时，固体质量为3.56g ，所以含有水分质量为0.36g ，
n(H 2O)=m/M=0.36g÷18g/mol=0.02mol ，可以得出固体化学式为：CuSO 4∙H 2O ，故答案为：CuSO 4∙H 2O 。

(5)由题，根据氧化还原反应得失电子数的规律，可以写出方程式为：
7FeI 2+8Cl 2=2FeCl 3+7I 2+5FeCl 2，转化为离子方程式可得出：2Fe 2＋+14I -+8Cl 2 =2Fe 3＋+7I 2+16Cl -，
故答案为：2Fe 2＋+14I -+8Cl 2 =2Fe 3＋
+7I 2+16Cl -。

12．近几年地球发生地震灾害较多，抢救地震后被困在废墟下的伤员，首要的措施是给伤员补充能量。

下图是医院给伤员输液时用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖(C 6H 12O 6)注射液标签，请认真观察标签上所列的内容后填写：
（1）葡萄糖的摩尔质量为________；
（2）该溶液中含水________ g；
（3）该溶液的物质的量浓度为________ mol/L(精确到小数点后面两位)。

【答案】180 g/mol 237.5 0.28
【解析】
【分析】
(1)葡萄糖的摩尔质量在数值上等于它的相对分子质量，单位是g/mol；
(2)根据标签给出的数据可以知道，250mL葡萄糖注射液中含葡萄糖12.5g，含量为5%，根据“葡萄糖质量÷葡萄糖含量”计算出一瓶葡萄糖注射液的质量；根据溶液中含水的质量=葡萄糖注射液的质量×水的含量（1-葡萄糖质量分数)；
(3) 先根据葡萄糖的质量求出它的物质的量，然后代入公式c=n/V求出溶液的物质的量浓度。

【详解】
(1)葡萄糖的相对分子质量为180，所以葡萄糖的摩尔质量为；
答案是: 180 g/mol；
(2)因为溶液中溶质的质量分数为5%，且含有共12.5g葡萄糖，一瓶葡萄糖注射液溶液的质量=12.5g÷5%=250g，所以该溶液中含水的质量=250g×（1-5%）=237.5 g；
答案是:237.5；
(3) 葡萄糖物质的量为n=12.5g/180 g/mol= 0.069mol，所以溶液的物质的量浓度
c=n/V=0.069mol/0.25L≈0.28 mol/L；
答案是:0.28。

13．实验室需要480mL 0.3 mol.·L-1 NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。

请回答：
(1)如图所示的仪器中，配制上述溶液一定不需要的仪器为__________(填选项字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为_________________(填仪器名称)。

(2)配制NaOH溶液。

①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_____g。

②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所配制的溶液浓度将_______(填“偏
高”、“偏低”或“无影响”)。

(3)配制硫酸溶液。

①实验室用98%(ρ=1.84g∙cm3)的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸的体积为_____mL。

②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1，原因可能是_________(填选项字母)。

A．用胶头滴管加水定容时俯视刻度
B．容量瓶中原来存有少量水
C．稀释硫酸的烧杯未洗涤
D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度
【答案】AC 烧杯、玻璃棒 6.0 偏低 100mL CD
【解析】
【分析】
配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。

配制硫酸溶液时，根据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度
可根据公式c=1000
M
ρω
进行计算。

【详解】
(1)用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒，因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。

(2)①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度，然后根据容量瓶体积计算溶质的量，配制480mL 0.3 mol/L 的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶，因此需要NaOH的物质的量为0.5L×0.3 mol/L=0.15mol，需要NaOH的质量为：m=n∙M=0.15mol/L×40g/mol =6.0g，因此需要称取6.0NaOH固体。

②NaOH溶液转移时洒落少许，会使溶质物质的量减小，配制的溶液浓度偏低。

（3）98%的浓硫酸的分数为:
10001000 1.84g/L98%
c===18.4mol/L
M98g/mol
ρω⨯⨯
,需要浓硫酸的
体积为：
n 3.68/0.5
V==0.1100 c18.4/
mol L L
L mL
mol L
⨯
==。

(4)A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度，读数比实际体积大，加入的水会低于刻度线，会使实际溶液浓度偏大，A错误；
B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度，B错误；
C.稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中，会使配制的溶液浓度减小，C正确；
D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度，读数比实际体积小，加入的水会超过刻度线，会使实际溶液浓度减小，D正确；
故选CD。

【点睛】
本题的易错点为（3）①，计算浓硫酸用量时，需根据稀释前后物质的量不变来计算，稀硫酸的浓度和体积是已知的，只需要知道浓硫酸的浓度即可，浓硫酸的浓度可用公式。