2020-2021高考化学备考之物质的量压轴突破训练∶培优易错试卷篇及答案

2020-2021高考化学备考之物质的量压轴突破训练∶培优易错试卷
篇及答案
一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）
1．某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2。

实验步骤如下：
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95 g.
②连接好实验装置，检查装置的气密性．
③加热，开始反应，直到不再有气体产生为止．
④测量排入量筒中水的体积为285.0 mL，换算成标准状况下氧气的体积为279.7 mL.
⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55 g.
根据上述实验过程，回答下列问题：
(1)如何检查装置的气密性？______________________________________________。

(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：
①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同
②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温
③读取量筒内液体的体积
这三步操作的正确顺序是________(请填写步骤代码。

进行③的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

(3)实验过程中产生氧气的物质的量是________mol；实验测得氧气的摩尔体积是
________(保留小数点后两位)。

【答案】往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气②①③偏小0.012522.38 L/mol
【解析】
【分析】
【详解】
(1)往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管内液面高度的变化来判断装置的气密性；综上所述，本题答案是：往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气。

(2)在测量收集到O2的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，会使排出水的体积偏大；然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广
口瓶中气体的压强和外界气压相等，从而使排出水的体积与产生的O2的体积相等，最后再读取量筒内水的体积；正确顺序为②①③；读数时若仰视量筒内的液面，会使读取O2的体积偏小；综上所述，本题答案是：②①③；偏小。

(3)根据质量守恒定律，产生O2的质量为15.95 g－15.55 g＝0.4 g；n(O2)＝
0.4/32=0.0125 mol，O2的摩尔体积为0.2797/0.0125=22.38 L/mol；综上所述，本题答案是：0.0125，22.38 L/mol。

【点睛】
用排水法测量收集到气体体积时，要注意：先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，易引起误差；第二，要调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，这样才能减小实验误差；最后再读取量筒内水的体积，要平视进行读数，减小实验误差；只要做到以上三点，就能提高测定数据的准确度。

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．氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。

Ⅰ.次氯酸钠是最普通的家庭洗涤中的“氯”漂白剂和消毒剂。

已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签，完成以下问题：
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·L-1。

（2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。

需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为___g。

（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）：
①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久___；
②定容时俯视容量瓶刻度线___。

Ⅱ.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。

实验室可通过以下反应制得：
2KClO 3+H 2C 2O 4+H 2SO 4=2ClO 2↑+K 2SO 4+2CO 2↑+2H 2O
试回答下列问题：
（1）请用双线桥表示反应中电子转移的情况___。

2KClO 3+H 2C 2O 4+H 2SO 4=2ClO 2↑+K 2SO 4+2CO 2↑+2H 2O
（2）试比较KClO 3和CO 2的氧化性强弱：KClO 3___CO 2（填“>”“<”或“=”）。

（3）消毒时，ClO 2还可以将水中的Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等难溶物，此过程说明ClO 2具有___（填“氧化”或“还原”）性。

（4）在标准状况下，当生成11.2LClO 2时，转移电子的数目为___。

【答案】6（或6.0） 44.7 偏低 偏高
> 氧化
0.5N A
【解析】
【分析】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度1000ρω=M
c 。

⑵先根据物质的量浓度计算NaClO 物质的量和NaClO 固体的质量。

⑶①称量时若选择的NaClO 固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g 固体中NaClO 的质量减少；②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小。

Ⅱ⑴KClO 3中Cl 化合价降低，H 2C 2O 4中C 化合价升高。

⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。

⑶Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等，化合价升高，则ClO 2化合价降低。

⑷生成2mol ClO 2转移2mol 电子，先计算生成11.2LClO 2的物质的量，再计算转移电子物质的量和电子的数目。

【详解】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
111000ρω1000 1.237.25%=mol L 6mol L M 74.5
c --⨯⨯=⋅≈⋅；故答案为：6(或6.0)。

⑵该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO 固体配制100mL 含NaClO 质量分数为37.25%的消毒液，则需要的NaClO 物质的量为1(aq)n=V =6mol L 0.1L=0.6mol c -⋅⨯，则需
要用托盘天平称量NaClO 固体的质量1
m=nM=0.6mol 74.5g mol .7=g 44-⨯⋅；故答案为：0.6；44.7。

⑶①称量时若选择的NaClO 固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g 固体中NaClO 的质量减少，因此物质的量浓度偏低；故答案为：偏低。

②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小，物质的量浓度偏高；故答案为：偏高。

Ⅱ⑴KClO 3中Cl 化合价降低，H 2C 2O 4中C 化合价升高，因此用双线桥表示反应中电子转移的情况；故答案为：。

⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此KClO 3氧化性大于CO 2的氧化性，故答案为：＞。

⑶消毒时，ClO 2还可以将水中的Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等难溶物，Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等，化合价升高，则ClO 2化合价降低，因此此过程说明ClO 2具有氧化性；故答案为：氧化。

⑷在标准状况下，生成2mol ClO 2转移2mol 电子，当生成11.2LClO 2即物质的量为1m V 11.2L n==0.5mol V 22.4L mol
-=⋅时，转移电子物质的量为0.5mol ，电子的数目为0.5N A ；故答案为：0.5N A 。

4．在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。

反应：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O
(1)“双线桥法”标出电子转移情况________ 。

(2)若生成2.24L 标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：
①理论上需要多少克KMnO 4参加反应？________。

②被氧化的HCl 的物质的量为多少？________。

【答案】 6.32g 0.2 mol
【解析】
【分析】
(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；
(2)先计算Cl 2的物质的量，然后根据方程式中KMnO 4、HCl 与Cl 2之间的反应转化关系计算。

【详解】
(1)在该反应中，Mn 元素化合价由反应前KMnO 4中的+7价变为反应后MnCl 2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl 元素化合价由反应前HCl 中的-1价变为反应后Cl 2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO 4、MnCl 2前的系数是
2，HCl 前的系数是10，Cl 2前的系数是5，根据原子守恒，KCl 的系数是2，这样反应中有6个Cl 原子未参加氧化还原反应，所有Cl 原子都是由HCl 提供，因此HCl 前的系数为10+6=16，结合H 原子反应前后相等，可知H 2O 的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：
；
(2)在标准状态下， 2.24LCl 2的物质的量n(Cl 2)=m V 2.24L V 22.4L /mol
=0.1mol 。

①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl
2时，参与反应的KMnO 4的物质的量为0.1mol×25
=0.04mol ，则参与反应的KMnO 4的质量m(KMnO 4)=0.04mol×158g/mol=6.32g ； ②由反应化学方程式可知，HCl 被氧化后生成Cl 2，因此根据Cl 元素守恒可知：被氧化的HCl 的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol 。

【点睛】
本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。

氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。

根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。

物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。

5．某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。

已知：①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl 2。

②氯气和碱反应放出热量。

温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl 2+6OH -5Cl -
+ClO 3-+3H 2O 。

该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。

请回答下列问题：
(1)①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是________。

②该兴趣小组用100 mL12 mol·
L -1盐酸与8.7 g MnO 2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 。

(2)小组成员发现，产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。

他们讨论后认为，部分氯气未
与石灰乳反应而逸出，以及温度升高也是可能原因。

为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线，粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。

①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。

②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为______mol。

③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-
的物质的量为0.35 mol ，则产物中
() ()3
n ClO
n ClO
-
-
=__。

(3)为了提高Ca(ClO)2的产率，可对丙装置作适当改进。

请你写出一种改进方法：
________。

【答案】除去氯气中的氯化氢气体 7.15 ClO- 0.25 2：1 把丙装置浸在盛有冰水的水槽中
【解析】
【分析】
(1)①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；
②依据MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，结合定量关系计算理论值；
(2)①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；
③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35 mol，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。

(3)根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。

【详解】
(1)①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；
②n(HCl)=12 mol/L×0.1 L=1.2 mol，n(MnO2)=
8.7
87 /
g
g mol
=0.1 mol，MnO2、HCl反应的物质的
量的比是1：4，可见足量的浓盐酸与8.7 gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，
n(Cl2)=n(MnO2)=0.1 mol，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，根据方程式中物质反应关系可知：理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质的量为0.05 mol，其质量m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143 g/mol=7.15 g；
(2)①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10 mol×1+0.05 mol×5=0.35 mol，则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为：0.35 mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol，在CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2中钙离子和含氯离子的个
数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.5
2
mol
=0.25 mol；
③取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25 mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n(ClO-)=x，n(ClO3-)=y；则得到：0.35=x×1+y×5；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.35=0.5，解得：x=0.1 mol，
y=0.05 mol，则产物中
()
()3
n ClO0.1?
0.05?
n ClO
mol
mol
-
-
==2：1；
(3)由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。

【点睛】
本题考查了性质方案的设计。

明确实验目的、实验原理为解答关键，注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法，题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。

6．已知：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，将0.1moKMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注：KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。

(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O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】MnCl2 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。

7．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。

8．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 。

9．按要求完成下列各小题
（1）在同温同压下，相同质量的N 2和H 2S 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。

10．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
【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。

11．（1）下列物质能导电的是___，属于电解质的是___。

①NaCl晶体②液态SO2③液态醋酸④铜⑤BaSO4固体⑥纯蔗糖(C12H22O11) ⑦氨水⑧熔化的KNO3
（2）0.5molCH4的质量是___g，在标准状况下的体积为___L；
（3）8.4g氮气和9.6g某单质Rx所含原子个数相同，且分子个数之比为3：2，则x的值是___，R的摩尔质量是___。

【答案】④⑦⑧①③⑤⑧ 8 11.2 3 16g/mol
【解析】
【分析】
（1）①NaCl晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；②液态SO2不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；③液态醋酸不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；④铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；⑥纯蔗糖(C12H22O11) 不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质；⑦氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧熔化的KNO3含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；
（2）根据n=m
M
可得，m=nM，V= nVm，进行计算；。