高考化学二轮复习专题01物质的量专题卷

专题 1
物质的量
1. 用 N A 表示阿伏加德罗常数，以下表达正确的选项是
A ． 46 g 乙醇中含有的化学键数为
7 N
A
B ． 1 mol 氯气和足量 NaOH 溶液反响转移电子数为 2 N
A
C ． 1 mol OH - 和 1 mol -OH （羟基）中含有的质子数均为9 N A
D ．10 L 0.1 mol ·L
-1
+
2-
总数为 3 N
的 Na CO 溶液中， Na
、 CO
2 3
3
A
答案： C
分析：乙醇的构造式为：
，故每分子乙醇含 8 条共价键， 46 g 乙醇中含有的化学键数为 8 N A ，
-
--
Cl 2 发生自己氧化复原反响，一个氯原子向另一个氯原
A 项错误；依据 Cl 2+2OH=Cl +ClO +H 2O 可知，反响中 子转移一个电子， 故 1molCl 2 参加反响， 转移电子数为
- 而氢、
A ，
B 项错误； OH
和— OH 的差别是电子数不一样，
N
氧的原子序数分别为
1、8，故一个 -
9， 1 mol OH -
和 1 mol -OH （羟基）的质子数
OH 和— OH 的质子数都是
2-
是弱酸根离子能水解，故
10 L 0.1 mol ·L
-1
+
2-
总数
均为 9 N A ， C 项正确； CO 3 的 Na 2CO 3 溶液中， Na 、CO 3 A
小于 3 N ，D 项错误。

A
2. N 为阿伏加德罗常数，以下表达正确的选项是 A ． 22.4L NH 3 中含氮原子数为 N A
B ． 1 mol Na 2O 2 与水完好反响时转移的电子数为
A
N
C ．1 L 0.1mol ·L －
1 碳酸钠溶液的阴离子总数等于 0.1 N A
D ． 1 mol O 2 和 2 mol SO 2 在密闭容器中充足反响后的分子数等于 2N A 答案： B
3. （ 2018·湖南省五市十校结合检测）用N A 表示阿伏加德罗常数的值。

以下表达正确的选项是
A ．标准情况下， 22.4L 己烷中共价键数量为
19N A
B ．由 CO 2 和 O 2 构成的混淆物中共有 N A 个分子，此中的氧原子数为 2N A
C ．常温常压下的 33.6L 氯气与 27g 铝充足反响，转移电子数为 3N A
-1
2-
D ． 1L 浓度为 1mol ·L 的 Na 2 CO 3溶液中含有 N A 个 CO 3 答案： B
分析：依据己烷构造式
可知，一个分子中含有 19 个共价键， 但标准情况下己
烷是液体，不合适标准情况下气体摩尔体积，
A 项错误；一个 CO 分子和一个 O 分子均含有两个氧原子， N
2
2
A
个混淆物分子中的氧原子数为
2N ， B 项正确；依据 3Cl2+2Al=2AlCl3 可知， 1mol 铝与 1.5mol 完好反响转
A
移的电子数为 3N ” , 常温常压下 33.6L 氯气的物质的量小于 1.5mol ，故 27g 铝不可以完好反响，转移电子数
A
小于 3N A ，C 项错误； 1L 浓度为 1mol ·L -1 的溶液中 n （ Na 2CO 3） =1mol ，因 CO 32- 发生水解，故 N （ CO 32- ）〈 N A ，
D 项错误。

4. (2018 ·河北省唐山市期末 ) N A 表示阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是
A ．等质量的 N 2 和 CO 所含分子数均为 N A
B ．在标准情况下， 22.4 L CH
4
与 18 g H O 所含的电子数均为 10N
2
A
C
-1
—
．必定温度下， l L l mol · L
的 CH 3COONa 溶液含 N A 个 CH 3COO 离子
D ． 1 mol SO 2 与足量 O 2 在必定条件下反响生成 SO 3，共转移 2N A 个电子
答案： B
5. （ 2018·重庆市九校结合诊疗）阿伏加德罗常数为N A ，以下说法中正确的选项是
A ． 62 g Na 2
O 溶于水后所得溶液中含有的
2－
A
O 数为 N
B ．在含 Al 3+
A
的 AlCl 3
溶液中， Cl —
总数大于 A
总数为 N 3N
C ．常温常压下， 16g 甲基 ( — 13CH 3) 所含的中子数为 10N A
D ． 0.5molCu 和足量浓硝酸反响能够生成
22.4LNO 2
答案： B
分析： Na 2 O 溶于水发生反响： Na 2O+H 2O=2NaOH ，故溶液中不存在 O 2- ， A 项错误； Al 3+在溶液中发生水解，
故含 3+
A
3 -
A
133
13
C 所含
Al 总数为 N 的 AlCl
的物质的量大于 1mol ，则溶液中 Cl 总数大于 3N ，B 项正确；— CH 中 中子数是 7，H 中无中子，故— 13C 所含中子数为 7，而 16g 甲基的物质的量等于 1mol ，其含有的中子数等于
7N C 项错误； 0.5molCu 和足量浓硝酸反响生成
1molNO ，题中未指明 NO 所处的温度和压强，不必定是标
A ，
2
2
准情况，且 NO 2 与 N 2O 4 存在均衡： 2NO ≒ N 2O 4，气体体积不确立， D 项错误。

6. 设 N A 为阿伏加德罗常数的值。

以下说法必定正确的选项是
B．标准情况下，11.2 L C 2H5OH中所含的分子数为0.5N A
C．将含 0.1 mol FeCl 3 的溶液滴加到开水中完好水解可生成0.1N A个Fe(OH)3胶粒
D． 0.1 mol Na2O2 参加反响转移的电子数量是0.2N A
答案： A
溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml ），所得溶液的密度为ρg/ml，质量分数为ω，物质的量浓度为 c mol/L ， N A表示阿伏加德罗常数，则以下表达中正确的选项是
A．所得溶液的物质的量浓度为1mol/L B．所得溶液中含有N A个 HCl 分子
C． 36.5gHCl 气体据有的体积为22.4L D．所得溶液的质量分数：ω =36.5c/（1000ρ）
答案： D
分析：溶剂的体积是1L，溶解后溶液体积不是1L， A 项错误； HCl 溶于水完好电离，不存在HCl 分子，B 项错误； C 项未指明HCl 气体所处的温度和压强，不必定是标准情况，错误。

8某混淆溶液中所含离子的种类及其物质的量浓度（不考虑离子的水解）以下表所示：
所含离子
2-
M
2+ 2+ SO4 Mg Fe
物质的量浓度
-1
c 3 3 2 /mol ·L
则以下相关说法不正确的选项
是（）
-
A. 若 M是 NO3，则 c 为 3.5
B. 欲使 Fe2+的浓度减小，能够加入氯水
C. 若加入足量烧碱溶液充足搅拌，搁置较长时后，所得积淀中含有两种成分，则M可能是 Al 3+
D. 若加入 BaCl 溶液能产生两种积淀，且积淀可部分溶于稀盐酸，则2-
M可能是 CO
2 3
答案： D
-
2× 2＝3×1＋ 2c , SO 4 2- -1
，A 项正确；加
分析：若 M是 NO3，依据电荷守恒 3× 2
＋的浓度为 3.5mol · L
2+ 3+
，故 B 项正确；若3+ 3+ -
入氯水， Fe 会被氧化为 Fe M是 Al ，加入足量烧碱充足搅拌，则Al 转变为AlO2，长
时间搁置后积淀是Mg(OH) 、Fe(OH)
2-
与
2+2+ M不行能
是
2-
，D ， C 项正确； CO Mg 、 Fe 均不可以大批共存，故CO
2 3 3 3 项错误。

9．在体积同样的两个密闭容器中分别充满O2、 O3气体，当这两个容器内温度随和体密度相等时，以下说法
正确的选项是
3
C．两种气体的分子数量相等D．两种气体的氧原子数量相等
【答案】 D
10．以下关系正确的选项是
A．等物质的量的Na2O2与 Na2O 中阴离子个数之比为2:1
B．标准情况下，等体积的CO2与 CO中氧原子数之比为2:1
C． pH 同样的 H2SO4(aq) 与 CH3COOH(aq)中的 c(H +) 之比为 2:1
D．等浓度的 (NH4) 2SO4 (aq) 与 NH4Cl(aq) 中 c(NH4+) 之比为 2:1
【答案】 B
【分析】：A、等物质的量的Na2O2与 Na2O ， 1 摩尔 Na2O2中有 1 摩尔过氧根离子，阴离子个数之比为1:1 ，错误； B、标准情况下，等体积的CO2与 CO的物质的量同样，氧原子数之比为2:1，正确；C、pH同样，c(H+) 同样，错误；D、铵盐要发生水解，水解程度不一样，错误。

11．单质碳和氧化铜在必定温度下反响时，氧化铜可被复原为Cu2O、 Cu。

现将 2.00g C 与 16.0g CuO的混合物，隔断空气加热一段时间后, 将生成的气体经过足量的澄淸石灰水，共采集到 1.12 L 气体 ( 标准情况） , 生成积淀的质量为 5.00 g 。

以下说法错误的选项是
A.反响后的固体混淆物中还含有碳
B. 反响后的固体混淆物中Cu 的质量为12.8 g
C. 反响后的固体混淆物总质貴为14.4 g
D. 反响后的固体混淆物中氧化物的物质的量为0.05mol
【答案】 B
【分析】 A、 1.12L 气体是CO，物质的量是 1.12L ÷ 22.4L/mol ＝ 0.05mol 。

5.00g 积淀是碳酸钙，物质的量
是 5.00g ÷ 100g/mol ＝ 0.05mol ，则 CO和碳酸钙中碳元素的质量之和是（0.05mol ＋0.05mol ）× 12g/mol ＝1.2g ＜ 2.00g ，所以碳过度，即反响后的固体混淆物中还含有碳， A 正确； B、设反响后Cu2 O、 Cu 的物质的量分别是x 和 y，则依据电子得失陷恒可知2x＋ 2y＝ 2× 0.05mol ＋ 4× 0.05mol ＝ 0.3mol 。

依据铜原子守恒
16.0 g
反响后的固体混淆物中Cu的质量可知 2x＋y＝＝ 0.2mol ，解得 x＝ 0.05mol 、y＝ 0.1mol ，所以
80 g / mol
为 0.1mol × 64g/mol ＝ 6.4g ， B 不正确； C、反响后的固体混淆物总质量为 2.00g － 1.20g ＋ 6.4g ＋ 0.05mol × 144g/mol ＝ 14.4 g，C 正确； D、依据以上剖析可知，氧化亚铜的物质的量是0.05mol ， D正确，答案选 B。

12．某草酸盐晶体K x Fe y(C2O4) z?wH2O中铁为 +3 价，草酸根为 -2 价，且知x+y+z=7 。

取该晶体做了以下实验：
①取 4．910g 晶体在不一样温度下加热至恒重，所得固体的化学式和质量以下表：
120℃300 ℃480℃
化学式K x Fe y(C2O4) z K x Fe y O(C2O4) z-1 K x Fe y O2(C2O4) z-2
质量4． 370g 3．650g 2． 930 g
加热到 300℃以上时，还生成了一种不常有的碳的氧化物气体（用R表示）；
②另取 4．910g 晶体，经过加酸溶解、加足量碱积淀、灼烧至恒重，铁元素所有转变为Fe2O3，质量为 0．800g。

（ 1）计算得出草酸盐晶体中结晶水的质量分数为（保存三位小数）；
（ 2） R 的化学式为；
（ 3）草酸盐晶体的摩尔质量为；
（ 4）试经过计算，确立草酸盐晶体的化学式。

【答案】（1） 11． 0%或 0． 110（ 2） C2O3（3） 491 （ 4） K3Fe(C2 O4) 3?3H2O
【分析】（1）草酸盐晶体中结晶水的质量分数为：（ 4． 910-4 ． 370） *100%/4 ． 910=11%
（ 2） 300℃ K x Fe y O(C2 O4) z-1 ；480℃K x Fe y O2(C2O4) z-2 R： C2O3
（3） 120℃ 4 ． 370g K x Fe y(C2O4) z； 300℃ 3 ． 650g K x Fe y O(C2O4) z-1
解：设 K x Fe y (C2O4) z ?wH2O的物质的量为n
K x Fe y (C2O4) z?wH2O→K x Fe y(C2O4) z→K x Fe y O(C2O4) z-1→C2O3
1 1 72
n 4 ． 370-3 ． 650
n=0． 01
M=m/n=4．910/0 ． 01=491 (g/mol)
（ 4） 2 K Fe (C O) z?wHO→2K Fe (C O ) →2wHO---------→yFe O
xy 2 4 2 xy2 4 z 2 2 3
2 2 36w y
0 ．01 4 ． 910-4 ． 370=0． 54 0 ． 8/160
y=1 w=3 由因为 x+y+z=7 。

2K Fe (C O) z ?wHO →yFe O →2wHO 铁为 +3 价，草酸根为 -2 价，且知 x+y+z=7 。

xy
2 4
2
2 3
x+3y=2z y=1 代入 x+3=2z x+1+ z=7 x=3 z=3
化学式： K 3Fe(C 2O 4) 3?3H 2O 13．请达成以下填空：
（ 1）当 SO 2和 SO 3 中分子个数比为 1∶ 1 时，原子总数之比为
，质量之比为 。

（ 2）中和含 0.2 mol HCl 的稀盐酸，需
NaOH 的质量为
g。

（ 3）现有 m g 某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为 M g ·mol —
1 ，则：
①该气体的物质的量为
mol。

②该气体在标准情况下的体积为 L。

③该气体溶于水后形成
V L 溶液（不考虑反响） ，其溶液的物质的量浓度为
mol ·L —
1。

（ 4）将 5 mol/L 的 Mg(NO 3) 2 溶液 a mL 稀释至 b mL ，稀释后溶液中 －
— 1
NO 3 的物质的量浓度是 mol ·L 。

（ 5）用等体积的 0.1 mol ·L —
1 的 BaCl
2 溶液，可使同样体积的
Fe 2(SO 4 ) 3、 Na 2SO 4、 KAl(SO 4) 2 三种溶液中的
SO 42—
完好积淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为 。

【答案】（ 1）3∶ 4 4 ∶ 5
（2）8
（ 3）①
m
②
22.4m
③
m
（ 4） 10a/b mol/L
（ 5）
M
M
MV
2∶6∶3
【分析】：（ 1）、设 SO 2 和 SO 3 中分子个数均为 x 个，则它们所含原子总数之比为
(x+2x) ∶ (x+3x)=3 ∶ 4；因为
n=N/N A ，则它们的物质的量之比为 1∶1 ，设均为 ymol ；因为 m=n?M ，则它们的质量之比为 (64y) ∶ (80y)=4 ∶
5；（ 2）、盐酸与氢氧化钠中和反响式为 NaOH+HCl=NaCl+H 2O ，因为两反响物的化学计量数之比等于物质的量
之比，则耗费 NaOH 的物质的量为 0.2mol ；因为 m=n?M ，则 NaOH 的质量为 0.2mol × 40g/mol=8g ；（ 3）、①由 于 n=m/M ， 则 该 气 体 的 物 质 的量 为
m
mol ； ② 由 于 V=n × 22.4L/mol ， 则 该 气 体 气 体 为
m
mol ×
M
M
22.4L/mol= 22.4m
L ；③因为 c=n/V ，则该气体溶解所得溶液中溶质的物质的量浓度为
m
mol ÷
M
M
VL=
m
mol/L ；（ 4）由稀释定律可知，稀释前后硝酸镁的物质的量相等，
c 1?V 1=c 2?V 2，则稀释后硝酸镁的物
MV
质的量浓度为 5a/bmol/L ；硝酸镁的电离方程式为
3 2
2+
3
—
Mg(NO) =Mg +2NO ，生成物与反响物的化学计量数之比
等于物质的量之比，则稀释后硝酸根离子浓度为
10a/bmol/L ；（5）、积淀反响式均为
2+ 2 — =BaSO ↓，两
Ba +SO
4
4
反响物的化学计量数之比等于物质的量之比，因为三反响耗费的氯化钡同样，设 2+
4 2—
均为 xmol ；三
Ba 和 SO 种可溶性硫酸盐的电离方程式为：
3+ 2— + 2—
+
3+
2 —
Fe (SO ) =2Fe +3SO
、 Na SO=2Na +SO
、 KAl(SO )
=K +Al
+2SO ，其
2 4 3
4
2 4
4
4 2
4
中反响物和硫酸根离子的化学计量数之比等于物质的量之比，则耗费的 Fe 2(SO 4) 3、 Na 2SO 4、 KAl(SO 4) 2 分别
的量浓度之比为x/3 ∶ x∶x/2=2 ∶ 6∶3。

14． 12.0 g某液态有机化合物 A 完好焚烧后，生成14.4 g H 2O 和 26.4 gCO 2。

测得有机化合物 A 的蒸气对H2的相对密度是30，求：
（ 1）有机物 A 的分子式。

（ 2）用以下图装置测定有机物 A 的分子构造，实验数据以下（实验数据均已换算为标准情况）：a mL（密度为 g / cm3）的有机物 A 与足量钠完好反响后，量筒液面读数为 b mL，若 1 molA 分子中有 x mol 氢原
子能跟金属钠反响，则x 的计算式为（能够不化简）。

【答案】（1） C H O
3 8
2 60b
或 x 3b
（其余部分化简的表达式均可得分）
（ 2）x
1000 560a
22.4 a
m（ H）＝ 2× 0.8mol × 1g/mol ＝ 1.6g
则 m（ O）＝＝ 12.0g － 7.2g － 1.6g ＝
3.2g n（ O）＝ 3.2g ÷ 16g/mol ＝ 0.2mol
所以有机物中含有：N（ C）＝ 3， N（ H）＝ 8， N（ O）＝ 1 则有机物分子式为C3H8O
（ 2） amL（密度为ρ g/cm3）的有机物A 的质量为： m＝ aρg
物质的量为：aρ g÷60g/mol ＝a
mol 60
量筒液面读数为bml，即生成氢气的体积为bml
则 n（ H2）＝ 0.001bL ÷ 22.4L/mol
则 C H O+xNa C H ONa+0.5xH
3 8 3 （ 8-x ） 2
1 0.5x a
mol 0.001b mol
60 22.4
2 60b 3b
解之得 x 或 x
22.4a 1000 560a
15．某学生欲配制 6.0 mol/L 的 H SO 1 000 mL ，实验室有三种不一样浓度的硫酸：
2 4
①480 mL 0.5 mol/L 的硫酸；② 150 mL 25%的硫酸 ( ρ＝ 1.18 g/mL) ；③足量的 18 mol/L 的硫酸。

有三种规格的容量瓶： 250 mL、 500 mL、 1 000 mL 。

老师要求把①②两种硫酸所有用完，不足的部分由③来增补。

请回答以下问题：
(1) 实验所用 25%的硫酸的物质的量浓度为______mol/L( 保存 1 位小数 ) 。

(2) 配制该硫酸溶液应采用容量瓶的规格为______mL。

(3)配制时，该同学的操作次序以下，请将操作步骤B、D 增补完好。

A．将①②两溶液所有在烧杯中混淆平均；
B．用量筒正确量取所需的18 mol/L的浓硫酸____mL，沿玻璃棒倒入上述混淆液中。

并用玻璃棒搅拌，使
其混淆平均；
C．将混淆平均的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；
D． _________________________________________________________________
_________________________________________________________________
E．振荡，持续向容量瓶中加水，直到液面靠近刻度线1～2 cm 处；
F．改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰巧与刻度线相切；
G．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。

(4)假如省略操作 D，对所配溶液浓度有何影响？ ________( 填“偏大”、“偏小”或“无影响” ) 。

(5)进行操作 C 前还需注意。

【答案】 (1)3.0 (2)1 000 (3)295.0用适当的水清洗烧杯和玻璃棒2～ 3 次，清洗液均注入容量
瓶中 (4) 偏小(5)将稀释后的硫酸冷却到室温
考点：此题观察必定物质的量浓度溶液的配制。

16．含有硫的化合物在工业生产中应用宽泛，回答以下问题：
（1）黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为 CuFeS2。

①测得某黄铜矿
(CuFeS2) 中含硫 20%（质量分数），求该矿石含铜的质量分数。

②现有一种天然黄铜矿（含少许脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了以下实验：称取
研细的黄铜矿样品 1.150g ，在空气中进行煅烧，生成Cu、 Fe3O4和 SO气体，用 100 mL 滴有淀粉的
2
蒸馏水所有汲取SO2，而后取 10mL汲取液，用 0.05mol/L 标准碘溶液进行滴定，用去标准碘溶液的体积为 20.00mL。

求该黄铜矿的纯度。

（ 2）将 FeS和 Fe O 的混和物 56.6 g ，用足量稀 HSO溶解后可得 3.2 g 硫，原混和物中FeS的质量。

2 3 2 4
（ 3）必定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、 SO、 SO 和 O。

已知： SO、 SO 都能被碱石灰和氢氧
2 3 2 2 3
化钠溶液汲取。

利用以下图装置加热无水硫酸铜粉末直至完好分解。

若无水硫酸铜粉末质量为10.0 g ，完好分解后，各装置的质量变化关系以下表所示。

装置A（试管 +粉末） B C
反响前42.0 g 75.0 g 140.0 g
反响后37.0 g 79.0 g 140.5 g
请经过计算，推测出该实验条件下硫酸铜分解的化学方程式。

（ 4）硫化钠是用于皮革的重要化学试剂，可用无水Na2SO4与炭粉在高温下反响制得，化学方程式以下：
高高
① Na2SO4 + 4C Na2S + 4CO↑② Na2SO4+ 4CO
Na2S + 4CO2
a. 若在反响过程中，产生CO和 CO混淆气体为 2mol，求生成Na S 的物质的量。

2 2
b. 硫化钠晶体搁置在空气中，会迟缓氧化成Na2SO3，甚至是Na2SO4，现将 43.72g 部分变质的硫化钠样品溶
于水中，加入足量盐酸后，过滤得 4.8g积淀和 1.12L H 2S 气体（标准情况，假定溶液中气体所有逸出），在滤液中加入足量的BaCl2后过滤得 2.33g 积淀，剖析该硫化钠样品的成分及其物质的量。

【答案】（1）① 20%② 80%
（ 2） 8.8 g；40.6 g
（ 3） 4CuSO4CuO + 2SO3↑+ 2SO2↑+ O2↑
（4）＜ n （Na2S）＜ 1
b.n （ Na2S） =0.15 mol；n（Na2SO3）=0.05 mol；n（Na2SO4）=0.01 mol
n（ H2O） =1.35 mol
（ 2）生成单质S 的物质的量是 3.2g ÷ 32g/mol ＝ 0.1mol 。

反响中假如铁离子不足，则依据关系式2Fe3＋～ S 可知，铁离子的物质的量是0.2mol ，所以氧化铁的物质的量是0.1mol ，此中质量是160g/mol ×0.1mol ＝ 16g，所以 FeS 的质量是 56.6g － 16g＝ 40.6g ；假如反响中铁离子过度，则依据硫原子守恒可知，FeS的物质的量是 0.1mol ，质量是 0.1mol × 88g/mol ＝ 8.8g 。

（ 3）硫酸铜的物质的量＝10.0g ÷ 160g/mol ＝ 0.0625mol 。

试管 A 的质量是42.0g －10.0g ＝ 32.0g ，所以反应后生成的氧化铜的质量是37.0g － 32.0g ＝ 5.0g ，物质的量是 5.0g ÷80g/mol ＝ 0.0625mol 。

则生成物SO2、三氧化硫和氧气质量之和是10.0g － 5.0g ＝ 5.0g 。

B 和 C 装置是汲取SO2和三氧化硫的，所以两者的质量之
和是 4.5g ，所以氧气的质量是 5.0g －4.5g ＝ 0.5g ，其物质的量是0.5g ÷ 32g/mol ＝0.015625mol。

设
SO 和三氧化硫的物质的量分别是x 和 y，则 x＋ y＝ 0.0625mol 、64x＋ 80y ＝4.5g ，解得 x＝ y＝0.03125mol ，2
所以氧化铜、 SO、三氧化硫和氧气的物质的量之比是4:2:2:1 ，所以该反响的化学方程式是4CuSO 4CuO 2
+ 2SO3↑+ 2SO2↑+ O 2↑。

（ 4） a. 若反响中生成的气体只有CO，则依据反响①可知，生成的硫化钠物质的量＝2mol÷ 4＝ 0.5mol ；若
反响中生成的气体只有CO2，则依据反响①②可知Na2SO4 + 2C 高
Na2S + 2CO 2↑，所以生成的硫化钠物
质的量＝ 2mol÷ 2＝1mol，所以硫化钠的物质的量是0.5 ＜ n （Na S）＜ 1。

2
b. 在滤液中加入足量的BaCl2后过滤得 2.33g 积淀，该白色积淀是硫酸钡，其物质的量是 2.33g ÷233g/mol
＝ 0.01mol ，所以依据原子守恒可知，硫酸钠的物质的量是0.01mol 。

4.8g 积淀是 S，其物质的量是 4.8g ÷32g/mol ＝0.15mol ，则依据方程式 2Na S＋ Na SO＋ 6HCl＝ 6NaCl＋ 3S↓＋ 3H O可知，硫化钠和亚硫酸钠的物
2 2
3 2
质的量分别是 0.10mol 和 0.05mol 。

1.12L H 2S 气体的物质的量＝ 1.12L ÷ 22.4L/mol ＝ 0.05mol ，所以依据方程式 Na2S＋ 2HCl＝ 6NaCl＋ H2S↑可知，硫化钠的物质的量＝0.05mol ，所以硫化钠的物质的量合计＝
0.15mol 。

所以结晶水的质量＝43.72g － 0.15mol × 78g/mol － 0.05mol × 126g/mol － 0.01mol × 142g/mol ＝
24.3g ，所以结晶水的物质的量＝24.3g ÷ 18g/mol ＝ 1.35mol 。

17．如图装置中，容器甲内充入0.1 mol NO气体，干燥管内装有必定量Na O，从 A 处迟缓通入 CO气体．恒
2 2 2
温下，容器甲中活塞迟缓由 D 向左挪动，当移至 C 处时容器体积减小至最小，为原体积的9 ，跟着 CO的
10 2
持续通入，活塞又渐渐向右挪动。

（不考虑活塞的磨擦）
已知： 2Na2O2 + 2CO 2→ 2Na 2CO3 + O 2
（ 1）已知当活塞移至C处时，干燥管中物质的质量增添了 2.24 g 。

①此时，通入标准情况下的CO2气体多少L？
②容器甲中NO2转变为 N2O4的转变率是多少？
③活塞移至 C 处后，持续通入 a mol CO 2，此时活塞恰巧回至 D 处．则 a 值必0.01（填大于、小于、
等于），其原因是。

（ 2）若改变干燥管中Na2O2的量，要经过调理甲容器的温度及通入的量CO2，使活塞发生从 D 到 C，又从 C 到 D 的挪动，则Na2O2的质量最小值应大于________g 。

【答案】（1）① CO2体积 1.792 L ；② 25％
③小于（ 2 分）；活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反响完，活塞由 C 向 D 挪动，体积扩大，2NO N2O4均衡左移，使两者物质的量增加，活塞移至 D 时，气体物质的量共增添0.01 mol，所以所需CO2必小于 0.01 mol
（2） 1.56 g
n（ O2） =0.04mol
2NO+ O=2NO
2
2 1 2
0.08 mol0.04 mol 0.08 mol
0.1 mol>0.08 mol
所以 NO过度，生成NO2的物质的量为0.08 mol 。

所以 2NO N O n↓
2 4
2 1 1
0.02 mol 0.1 mol ×(1 － 9/10)=0.01mol
所以 NO2转变为 N2O4的转变率为
活塞移至 C，体积不会再减少，则干燥管中Na O 已反响完，活塞由 C向 D 挪动，体积扩大， 2NO N O
2 2 2 4 均衡左移，使两者物质的量增加，活塞移至 D 时，气体物质的量共增添 0.01 mol ，所以所需 CO必小于 0.01
2
mol 。

（ 2）实现从 B→C的挪动，只好经过降温使2NO
2 4。

N O 的均衡向右挪动（此反响为放热反响）
即降温时 2NO N2O4 n↓2 1 1
0.02 mol 0.1 mol ×(1 － 9/10)
即容器中起码应有0.02 mol 的 NO
2
依据转变关系式可知：2Na2O2→O2→2NO→2NO2
起码需要Na2O20.02 mol
所以其质量最小值为0.02 mol ×78 g/mol ＝ 1.56 g 。