2020-2021高考化学物质的量(大题培优易错试卷)附答案

2020-2021高考化学物质的量(大题培优易错试卷)附答案
一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）
1．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。

2．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
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
c=1000
M
ρω
算出。

3．I．配制0.5 mol/L的NaOH溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？（填“偏大”“偏小”或“不变”）
（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________；
（2）定容时观察刻度线仰视，其结果_____________。

II．（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：
__________________________。

（2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置：_____________（将编号字母填入空格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂：_____________。

装置有：
A B C D E F G H
NaHCO溶液e．碱石灰
试剂有：a．NaOH溶液b．澄清石灰水c．浓硫酸d．饱和3
f．品红溶液g．湿润的红色石蕊试纸
【答案】偏大偏小 2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O A e
【解析】
【分析】
根据n=cV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n和溶液的体积V引起的，在配制一定物质的量浓度溶液时，若V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

【详解】
I．（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大；
（2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。

II．（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：
2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O。

（2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为A；为了得到纯净的氨，氨气为碱性气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选e。

4．锂因其重要的用途，被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”．
（1）Li3N可由Li在N2中燃烧制得．取4.164g 锂在N2中燃烧，理论上生成Li3N__g；因部分金属Li没有反应，实际反应后固体质量变为6.840g，则固体中Li3N的质量是__g（保留三位小数，Li3N的式量：34.82）
（2）已知：Li3N+3H2O→3LiOH+NH3↑．取17.41g纯净Li3N，加入100g水，充分搅拌，完全反应后，冷却到20℃，产生的NH3折算成标准状况下的体积是__L．过滤沉淀、洗涤、晾干，得到LiOH固体26.56g，计算20℃时LiOH的溶解度__．（保留1位小数，LiOH的式量：23.94）
锂离子电池中常用的LiCoO2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备．
（3）将含0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g；过滤，向滤液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，得到白色沉淀143.50g，经测定溶液中的阳离子只有Na+，且Na+有1mol；反应中产生的气体被足量NaOH溶液完全吸收，使NaOH溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式__，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式__．
（4）Co2(OH)2CO3和Li2CO3在空气中保持温度为600～800℃，可制得LiCoO2，已知：
3Co2(OH)2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2
按钴和锂的原子比1：1混合固体，空气过量70%，800℃时充分反应，计算产物气体中
CO 2的体积分数__．（保留三位小数，已知空气组成：N 2体积分数0.79，O 2体积分数0.21）
【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g 2CoCO 3•3Co （OH ）2•H 2O
5CoCl 2+5Na 2CO 3+4H 2O=2CoCO 3•3Co （OH ）2•H 2O+10NaCl+3CO 2↑ 0.305
【解析】
【分析】
【详解】
（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：236Li+N 2Li N 点燃，接下来根据
4.164g =0.6mol 6.94g/mol
算出锂的物质的量，则理论上能生成0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的质量为0.2mol 34.82g/mol=6.964g ⨯；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g ，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即2.676g =0.191mol 14g/mol
的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol ，这些氮化锂的质量为
0.191mol 34.82g/mol=6.656g ⨯；
（2）根据17.41g =0.5mol 34.82g/mol
先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:1的，这些氨气在标况下的体积为22.4L/mol 0.5mol=11.2L ⨯；根据化学计量比，0.5mol 的氮化锂理论上能生成1.5mol 的LiOH ，这些LiOH 的质量为
1.5mol 23.94g/mol=35.91g ⨯，缺少的那9.35克LiOH 即溶解损失掉的，但是需要注意：溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100克水，但是反应会消耗掉1.5mol 水，这些水的质量为1.5mol 18g/mol=27g ⨯，因此我们算出的
9.35克是73克水中能溶解的LiOH 的量，换算一下
9.35g S =100g-27g 100g ，解得S 为12.8克；
（3）加入硝酸银后的白色沉淀为AgCl ，根据143.5g =1mol 143.5g/mol
算出-Cl 的物质的量，因此-Cl 全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无-Cl ，+Na 也全部留在溶液中，沉淀中无+Na ，使烧碱溶液增重是因为吸收了2CO ，根据13.2g =0.3mol 44g/mol
算出2CO 的物质的量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol 2-3CO 进入了碱式碳酸钴中，
0.5mol 2+Co 全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由-OH 来提供，因此-OH 的物质的量为0.6mol 。

将0.5mol 2+Co 、0.2mol 2-
3CO 和0.6mol -OH 的质量加起来，发现只有0.5mol 59g/mol+0.2mol 60g/mol+0.6mol 17g/mol=51.7g ⨯⨯⨯，剩下的1.8克只能是结晶水，即0.1mol 结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为3222CoCO 3Co(OH)H O ⋅⋅；写出制备方程式223232225CoCl +5Na CO +4H O=2CoCO 3Co(OH)H O+10NaCl+3CO ⋅⋅↑；
（4）令参加反应的氧气为3mol ，相当于3mol 21%的空气，又因为空气过量70%，则一共通入了31+0.7mol 21%
⨯（）空气，反应中一共生成了6mol 水蒸气和12mol 二氧化碳，则二氧化碳的体积分数为12
100%=30.5%312+6-3+1.70.21⨯⨯（）。

5．O 2和O 3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：
（1）等质量的O 2和O 3所含原子个数比为__，分子的物质的量之比为__。

（2）等温、等压下，等体积的O 2和O 3所含分子个数比为__，质量比为___。

（3）设N A 为阿伏加德罗常数的数值，如果ag 氧气中含有的分子数为b ，则cg 氧气在标准状况下的体积约是___(用含N A 的式子表示)。

（4）常温下，将20g 质量分数为14%的KNO 3溶液跟30g 质量分数为24%的KNO 3溶液混
合，得到密度为1.15g·
cm -3的混合溶液。

该混合溶液的物质的量浓度为___mol·L -1。

【答案】1：1 3：2 1：1 2：3
A 22.4bc aN L 2.28 【解析】
【详解】
(1)等质量的O 2和O 3的物质的量之比为∶＝3∶2，则所含分子个数之比为3∶2，原子个数之比为1∶1，故答案为：1:1；3:2；
(2)据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有相同数目的分子，即O 2和O 3所含分子数之比为1∶1，则原子个数比为2∶3，质量比为2∶3，故答案为：1：1；2：3；
(3)氧气的摩尔质量为M ＝＝
＝g·mol －1，则cg O 2在标准状况下体积为V ＝·V m ＝×22.4 L·mol －1＝L ，故答案为：A
22.4bc aN L ； (4)混合后溶液中的KNO 3的物质的量为n(KNO 3)＝
≈0.099 mol ，混合后溶液的总体积为V[KNO 3(aq)]＝
≈43.5 cm 3＝4.35×10－2L ，混合后溶液中KNO 3的物质的量浓度为c(KNO 3)＝≈2.28mol·L －1，故答案为：2.28。

6．现有21.6 g 由CO 和CO 2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44 L 。

回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。

(2)混合气体中碳原子的质量为________。

(3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。

①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。

②气球中收集到的气体中，电子总数为________(用N A表示阿伏加德罗常数的值)。

③气球的体积为________L。

【答案】36 g·mol－1 7.2 g 28 g·mol－1 4.2N A 6.72
【解析】
【详解】
(1)标准状况下，该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0.6（mol），所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36 （g·mol－1），
(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol，而 CO和CO2分子中均只含一个碳原子，故混合气体中的碳原子也为1mol，所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.2（g）(3) CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后，CO2与NaOH反应被吸收，剩余的CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。

设CO的物质的量为x ,则CO2的物质的量为0.6-x，列方程：28x+44(0.6-x)=21.6，解得x=0.3mol。

①气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28 g·mol－1；② CO的物质的量为
0.3mol，所以电子总数为0.3×14NA=4.2NA ；③标准状况下，0.3molCO的体积为
0.3×22.4=6.72（L），所以气球的体积为6.72L。

7．Ⅰ某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl、K2SO4和NH4Cl 3种固体原料的物质的量之比为1:4:8。

(1) 配制该营养液后c(NH4+)=0.016 mol﹒L-1，溶液c(K+)=_______________。

(2) 若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为________Ⅱ从1L 1 mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出100 mL：
(1)取出的这100 mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是______。

若将取出的这100 mL氢氧化钠溶液加水稀释至500 mL，所得溶液的物质的量浓度是_____。

某学生计划用12 mol﹒L-1的浓盐酸配制0.1 mol﹒L-1的稀盐酸450 mL，回答下列问题：(2)实验过程中，不必使用的是________(填字母)。

A．托盘天平 B．量筒 C．容量瓶 D．250 mL烧杯 E.胶头滴管 F.500 mL试剂瓶
(3)除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是________。

(4)量取浓盐酸的体积为___ mL，应选用的量筒规格为______(提供10.0 mL、25.0 mL)。

(5)配制时应选用的容量瓶规格为______________。

(6)某同学操作出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

定容时俯视刻度线__________加蒸馏水时不慎超过了刻度__________,此时应如何处理
________。

【答案】0.018mol/L 4:9 1mol/L 0.2mol/L A 玻璃棒 4.2 mL 10.0mL 500 mL 偏高 偏低 重新配制
【解析】
【分析】
Ⅰ由配制营养液的KCl 、K 2SO 4和NH 4Cl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K +和NH 4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，由K +和NH 4+的物质的量比计算可得； Ⅱ溶液是均匀的，从1L 1 mol ﹒L -1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH 溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管、和500 mL 试剂瓶。

【详解】
Ⅰ（1）由配制营养液的KCl 、K 2SO 4和NH 4Cl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K +和NH 4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，若营养液中c(NH 4+)为0.016 mol ﹒L -1，n （K +）：n （NH 4+）=c （K +）：c （NH 4+）=9:8，则c （K +）=90.016/8
mol L =0.018mol/L ，故答案为：0.018mol/L ；
（2）设(NH 4)2SO 4的物质的量为x ，KCl 的物质的量的物质的量为y ，由溶液中K +、NH 4+的物质的量比为9:8可得y ：2x=9:8，则x ：y=4：9，故答案为：4：9；
Ⅱ（1）溶液是均匀的，从1L 1 mol ﹒L -1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH 溶液浓度等于原溶液的浓度，则取出的这100 mL 氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L ；据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，令稀释后的浓度为c ，则可得关系式100mL ×1mol/L=500mL ×c ，解得c=0.2mol/L ，故答案为：1mol/L ；0.2mol/L ；
（2）配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管、和500 mL 试剂瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为：A ；
（3）由（2）分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：玻璃棒；
（4）设量取浓盐酸的体积是Vml ，由稀释定律可知稀释前后HCl 物质的量不变，则有12mol/L ×V ×10—3L=0.10mol/L ×0.5L ，解得V=4.2，由量筒使用的最近原则可知，应选用10.0mL 量筒量取4.2ml 浓盐酸，故答案为：4.2ml ；10.0mL ；
（5）实验室没有450mL 的容量瓶，则配制0.1 mol ﹒L -1的稀盐酸450 mL 应选用500mL 的容量瓶，故答案为：500 mL ；
（6）定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，由于操作导致实验失败，解决的方法是重新配制，故答案为：偏高；偏低；重新配制。

8．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+O2 2MgO； 3Mg+N2Mg3N2；
2Mg+CO2 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O2中燃烧质量增加1molO原子的质量16g；在N2中燃烧质量增加
1 3molN2的质量
28
3
g；在空气中燃烧产物既有MgO、也有Mg3N2，所以增加的质量在
28
3
g～16g之间；在CO2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。

9．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：2KMnO 4
K 2MnO 4 + MnO 2
+ O 2↑；
（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。

10．（1）物质的量相等的 CO 和 CO 2 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______； ③除去水中的Na ＋、24SO
、Cl －等杂质________； ④除去CuO 中的Cu ______；
【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 。

11．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：。