化学物质的量的专项培优 易错 难题练习题含详细答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题

（1）配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、___。 （2）容量瓶上标有刻度线、___，使用前要___。 （3）需用托盘天平称取Na2CO3____g。

（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？ A．加水时超过刻度线___，

B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶___， C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___， D．定容时仰视___，

E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线___。

（5）若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，则需要量取浓硫酸的体积为___mL。

【答案】500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管 温度、容积 检漏 5.3 偏低 偏高 不变 偏低 不变 62.5 【解析】 【分析】

配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，分析误差时可根据c=【详解】

(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500mL容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；

(2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应查漏；

(3)配制500mL 0.1mol/LNa2CO3，需要 Na2CO3的质量为：0.5L×0.1mol/L×106g/mol=5.3g； (4)A．加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；

B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高； C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；

D．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；

E．上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；

(5)若实验室中要用浓度为16mol/L 的浓硫酸配制480mL 2.0mol/L 的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：16mol/L×V=500mL 2.0mol/L，解得V=62.5mL。 【点睛】

n判断。 V配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：根据c=

n可知，一定物质的量浓V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，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

2．现用该浓硫酸配制100 mL 1 mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②烧瓶；③烧杯；④ 药匙；⑤量筒；⑥托盘天平。请回答下列问题：

(1)配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有__________（填序号），还缺少的仪器有____________________（写仪器名称）；

(2)经计算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为

____________________________________________mL（保留一位小数），量取浓硫酸时应选用_________（选填10mL、50mL 、100mL）规格的量筒； 【答案】② ④ ⑥ 100mL容量瓶、玻璃棒 5.4 10mL 【解析】 【分析】 【详解】

（1）配制100 mL1 mol/L的稀硫酸的配制步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，一般用量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，需要使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要用到的仪器为②④⑥，缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：②④⑥；100mL容量瓶、玻璃棒；

（2）图中浓硫酸的物质的量浓度为c=10001.8498%mol/L18.4mol/L，配制

98100mL 1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为

1mol/L0.1L0.00L=5.4mL，应该用10mL的量筒，故答案为：5.4；10mL。

18.4mol/L

3．半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。

完成下列填空：

（1）半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入____溶液中（填写试剂名称），出现_______，可以证明有硫化氢存在。

（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2O

CO2+H2

若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后的气体中：

V(H2):V(N2)=____________。

（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：

20℃碱液最高浓度（mol/L） Na2CO3 K2CO3 2.0 8.0 碱的价格（元/kg） 1.25 9.80

若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是__________；缺点是____________。如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？ ___________________________________________

写出这种方法涉及的化学反应方程式。_______________________ （4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。

取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。

①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。_________________ ②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是：_________________。

③该实验方案中，步骤________（选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。 【答案】铅（或硫酸铜） 黑色沉淀 3:1 价廉 吸收CO2能力差 碱液循环使用 2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O

除去半水煤气

中的CO2（包括H2S）和H2O IV 【解析】 【分析】 【详解】

（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。

（2）若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后H2O转化为氢气，则根据方程式可知所得的气体中：V(H2):V(N2)=（38+28）：22＝3:1。

（3）根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2

能力差。由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O；

（4）①由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。所以流程为

。

②Ⅰ中KOH吸收CO2和H2S，Ⅱ中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体。

③氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数。 【点睛】

“教真实的化学，学有用的知识”已成为大家的共识，现在的化学试题强调化学与生活的交融，突出理论联系生产、生活实际和科技前沿，强调学以致用。试题将真实的问题转化为试题情境，真实问题的复杂性带来了化学试题的综合性，这就要求考生首先读懂并捕捉到全部相关信息，弄清这些信息之间的逻辑关系，特别是确定性信息和未知信息之间的关系，为问题的解决奠定基础。这显然属于“关键能力”。对于一个流程的设计和评价，要分析它由几个部分组成，每个部分在整体中处于什么地位、有什么作用，为什么要这样设计，这样设计的优缺点如何，可以如何改进等等，这些都是高考中考查综合能力的重点。

4．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：

L-1。 （1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·

（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：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 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___。

2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O

（2）试比较KClO3和CO2的氧化性强弱：KClO3___CO2（填“>”“<”或“=”）。

（3）消毒时，ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物，此过程说明ClO2具有___（填“氧化”或“还原”）性。

（4）在标准状况下，当生成11.2LClO2时，转移电子的数目为___。 【答案】6（或6.0） 44.7 偏低 偏高

> 氧化

0.5NA 【解析】 【分析】

Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度c=1000ρω。 M

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。 Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低，H2C2O4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。

⑶Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等，化合价升高，则ClO2化合价降低。

⑷生成2mol ClO2转移2mol电子，先计算生成11.2LClO2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

c=1000ρω10001.237.25%molL16molL1；故答案为：6(或6.0)。 M74.51⑵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n=cV(aq)=6molL0.1L=0.6mol，则需要用托盘天平称量NaClO固体的质量m=nM=0.6mol74.5gmol=44.7g；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。 Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低，H2C2O4中C化合价升高，因此用双线桥表示反应中电子转移

1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KClO3氧化性大于CO2的氧化性，故答案为：＞。

⑶消毒时，ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物，Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等，化合价升高，则ClO2化合价降低，因此此过程说明ClO2具有氧化性；故答案为：氧化。

⑷在标准状况下，生成2mol ClO2转移2mol电子，当生成11.2LClO2即物质的量为

n=V11.2L=0.5mol时，转移电子物质的量为0.5mol，电子的数目为0.5NA；Vm22.4Lmol1故答案为：0.5NA。

5．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SO42-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 H2S含有相同的氢原子数。

(4)7.8 g Na2X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，1molNa2SO4电离产生2molNa+和1molSO42-； （2）依据n度；

Vn 计算氯化氢的物质的量，依据c计算溶液中氯化氢的物质的量浓VmV（3）依据n=Vm= 结合氨气与硫化氢分子构成计算解答； VmMmn（4）由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量，根据M= 计算Na2X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；

1000w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M需要浓硫酸的体积；

②依据c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】

3.011023 =0.5mol，n(SO42-（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×10个Na，n(Na)=236.021023

+

+

)=

0.5mol=0.25mol； 24.48 =0.2mol，溶于水配成500 mL溶22.4（2）在标准状况下，4.48 L HCl气体的物质的量为：液，其物质的量浓度为：

0.2mol =0.4mol/L； 0.5L（3）在标准状况下，1.7g氨气的体积：

1.7g22.4L/mol =2.24L；1.7g氨气中所含氢

17g/mol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)=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；

7.8g=78g/mol，故X的

0.1mol10001.8498%

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；

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：

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。

6．纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。 (1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈__________色。 (2)实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是__________。

A． 1000mL；21.2g B．950mL；20.14g C．500mL；21.2g D．500mL；10.6g

(3)若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为______。

(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色物质溶于水，并向所得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳酸钠。你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点________。 (5)取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：

①曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为_______mL。

②曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是________，其物质的量之比为________。

【答案】黄 A 32.8% 不同意，由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3↓ + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH)2 + NaHCO3 = CaCO3 ↓+ NaOH +H2O)，碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀 33.6 Na2CO3 与 NaHCO3 1:1 【解析】 【分析】 (1)考查焰色反应；

(2)根据n=cV，m=nM计算；

(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；

(4)根据碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断；

(5)①根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，利用n=

V；②Vm由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计算； 【详解】

(1)钠的焰色反应为黄色；

(2)配置950ml的溶液应用1000 mL容量瓶配制溶液，所需Na2CO3的质量m=nM=cVM=0.2mol/L×1L×106g/mol=21.2g，答案选A；

(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x根据混合物质量减少了2.48g，

2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2质量差16862 x2.48g16862，解得x=6.72g，碳酸钠和碳酸氢钠共10g，则碳酸钠的质量为10g-6.72g= x2.48g3.28g，原混合物中碳酸钠的质量分数=

3.28g100%=32.8%； 10g(4) 由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3↓ + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH)2 + NaHCO3 = CaCO3 ↓+ NaOH +H2O)，碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀，所以不同意他的观点；

(5) ①CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O， 当

nCO2nNaOH⩾1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1

时，生成NaHCO3，CO2有剩余；

nCO21当＜＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为2nNaOHNaHCO3、Na2CO3； 当

nCO2nNaOH⩽

11，反应按②进行，等于时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于221时，生成Na2CO3，NaOH有剩余； 2由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应, 消耗的15mL盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生CO2，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以

n(NaHCO3)=n(HCl)=(75ml−60ml)×0.1mol/L=1.5×10−3mol，根据C原子守恒，所以n(CO2)=n(NaHCO3)=1.5×10−3mol，V= nVm=1.5×10−3mol×22.4L/mol=33.6 mL；

② 加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075ml×0.1mol/L=0.0075mol，由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n(NaHCO3)=n(HCl)=

n(CO2)=(75ml−25ml)×0.1mol/L=0.005mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=0.005mol：0.0075mol=大于1:2，小于1，所以反应按①②进行，CO2、NaOH反应，NaOH无剩余，生成物为Na2CO3 与NaHCO3，根据钠原子守恒，所以

2，31n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.0075mol，而2n(NaHCO3)= 0.005mol，则n(NaHCO3)=0.005mol，故Na2CO3 与NaHCO3的物质的量之比为1:1。 【点睛】

碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键，学生使用时需灵活掌握。

7．完成下列填空： （1）已知反应：Fe2O3＋2Al

Al2O3＋2Fe，则

①该反应所属基本反应类型是___。

②在反应中铁元素的化合价变化__(填“升高”或“降低”)，该元素的原子__(填“失去”或“得到”)电子。

③发生氧化反应的是__，发生还原反应的是__。

（2）反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O中： ①反应中被氧化的元素是__，被还原的元素是___。 ②若生成71gCl2，则消耗的HCl是__g，被氧化的HCl是__g。 【答案】置换反应 降低 得到 Al Fe2O3 Cl Mn 116.8 73 【解析】 【分析】

(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。 ②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价； ③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。 (2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原； ②根据方程式进行计算。 【详解】

(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B，属于置换反应。 ②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；

③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al发生氧化反应；Fe2O3发生还原反应。 (2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；

②若生成71gCl2，即1mol，需消耗3.2molHCl，即3.2×36.5=116.8g；化合价升高的HCl为2mol，即73g。 【点睛】

高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加反应，其中有10molHCl发生了氧化反应，产生了5molCl2，6molHCl价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。

8．根据你对金属钠性质的了解，回答下列问题： （1）关于钠的叙述中，正确的是________(填字母)。 A．钠是银白色金属，硬度很大

B．将金属钠放在石棉网上，用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成过氧化钠

C．金属钠在空气中燃烧，生成氧化钠 D．金属钠的熔点很高

（2）由于金属钠很容易跟空气中的______、________等物质反应，通常将它保存在_______里。

（3）将一小块钠投入到下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是________(填字

母)。

A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液 C．氢氧化钠溶液 D．氯化镁溶液

（4）为粗略测定金属钠的相对原子质量，设计的装置如图所示，该装置(包括水)的总质量为ag，将质量为bg的钠(不足量)放入水中，立即塞紧瓶塞。完全反应后再称量此装置的总质量为cg。

①列出计算钠相对原子质量的数学表达式______________(用含有a、b、c的算式表示)。 ②无水氯化钙的作用是____________________。

【答案】B 氧气 水蒸气 煤油 D b/(a+b-c) 吸收H2中所含的H2O(g) 【解析】 【分析】

（1）根据钠的性质分析解答；

（2）钠的性质很活泼，易和水、氧气反应，据此解答；

（3）金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，根据溶液中的溶质分析解答； （4）①根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答； ②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。 【详解】

（1）A、钠是银白色金属，硬度很小，可以用小刀切，故A错误； B、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，故B正确；

C、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，不是氧化钠，故C错误； D、金属钠的熔点很低，故D错误； 故答案选B；

（2）钠性质很活泼，易和水、氧气反应，所以保存钠时要隔绝空气和水，钠和煤油不反应，且密度大于煤油，所以保存钠可以放在煤油中；

（3）A．钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉淀产生，A不选；

B．钠投入硫酸铜溶液中，首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，但沉淀不是白色的，而是蓝色的，B不选； C．钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气，没有沉淀，C不选； D．钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气，D选。 答案选D。

（4）①金属与水发生反应放出氢气的质量=ag+bg-cg=（a+b-c）g，假设金属为R，其相对原子质量为M，根据金属钠与水反应放出氢气的关系，可推断该金属与水放出氢气关系如下：

2R～～～～～H2 2M 2 bg （a+b-c）g 解得M＝

b；

(abc)②氯化钙具有吸水能力，是常用的干燥剂，在装置中吸收生成氢气中的水，而防止水分流失。

9．O2和O3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O2和O3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O2和O3所含分子个数比为__，质量比为___。 （3）设NA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NA的式子表示)。

（4）常温下，将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3溶液混cm-3的混合溶液。该混合溶液的物质的量浓度为___mol·L-1。 合，得到密度为1.15g·

【答案】1：1 3：2 1：1 2：3 【解析】 【详解】

(1)等质量的O2和O3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O2和O3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＝＝＝

×22.4 L·mol＝

－1

22.4bcL 2.28 aNA＝g·mol－1，则cg O2在标准状况下体积为V＝·Vm

22.4bcL，故答案为：L；

aNA≈0.099 mol，混合后溶液的总体

(4)混合后溶液中的KNO3的物质的量为n(KNO3)＝积为V[KNO3(aq)]＝为c(KNO3)＝

≈43.5 cm3＝4.35×10－2L，混合后溶液中KNO3的物质的量浓度≈2.28mol·L－1，故答案为：2.28。

10．NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。

(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。

(2)氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。 (3)实验室可用Cu与浓制取少量NO2，该反应的离子方程式是_____。

(4)为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气)，该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。 (5)一定质量的Cu与适量浓恰好完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。 【答案】4NH3+5O2

催化剂 加热4NO+6H2O 光化学烟雾 Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O

4NH3+6NO【解析】 【分析】

催化剂5N2+6H2O 19.6

（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水； （2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；

（3）铜和浓反应生成铜、二氧化氮和水，浓和铜都能写成离子形式； （4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气； （5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m=nM计算。 【详解】

(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O2

催化剂 加热4NO+6H2O，

故答案为：4NH3+5O2

催化剂 加热4NO+6H2O；

(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：光化学烟雾； (3)Cu与浓反应生成铜、二氧化氮与水，浓、铜都写成离子形式，反应

+﹣++﹣

离子方程式为：Cu+4H+2NO3＝Cu2+2NO2↑+2H2O，答案为：Cu+4H+2NO3＝

Cu2++2NO2↑+2H2O；

(4)NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式为：4NH3+6NO

催化剂5N2+6H2O，

故答案为：4NH3+6NO

催化剂5N2+6H2O；

(5)n(NO2)＝n(NO)＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，根据电子转移守恒，可知n(Cu)＝

0.1mol10.1mol3＝0.2mol，由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol，生

2成Cu(OH)2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol＝19.6g，故答案为：19.6。 【点睛】

掌握有关反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。

11．根据所学知识，回答下列问题：

(1)高铁酸钠(Na2FeO4)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Fe3O4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CO2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 2NA或1.204×1024 【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+4NaOH

4Na↑+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×

7150K A1=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2N(e-)=2mol×NA/mol=2mol×(6.02×1023mol-1)=1.204×1024；

(3)由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知，n[Ca(ClO)2]=则该漂白粉中有效成分的质量分数ω【点睛】

11n(HClO)= ×Kmol=0.5Kmol，22 0.5Kmol143g/mol7150K×100%=%。

AgA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。

12．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】

4.48 3NA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的物质的量； （2）根据n=

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O

V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Vmm计算混合气体的平均摩尔质量； n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=（3）根据n=

m计算出氨气的物质的量，再根据N=nNA计算出含有氨气分子数及含有的M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参加反应，转移6mol电子，因此有4mol参加反应，转

移电子3mol，个数为3NA或1.806×1024，故答案为：4.48；3NA或1.806×1024。

44.8L=2mol，设O2

22.4L/mol和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=2mol；32x+44y=82g；

（2）标况下44.8 L由O2和CO2组成的混合气体的物质的量为

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：

82g

=41g/mol，故答案为：16；41g/mol； 2mol

3.4g=0.2mol，含有氢原子的数目为：N（H）=3N（NH3）=0.6NA，与氨气含

17g/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）=

有H原子数目相等的CH4的物质的量

0.6NA=0.15NA，故CH4的体积4=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。

13．（1）在标准状况下，CO和CO2的混合气体共28L，质量为51g。其中CO2的质量为_____g，混合气体中CO的物质的量分数为____。混合气体的平均摩尔质量为_______。 （2）同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比为______，原子个数之比为______，密度之比为________。

（3）在120℃时分别进行如下四个反应（除S外其它物质均为气体）： A．2H2S+O2＝2H2O+2S↓ B．2H2S+3O2＝2H2O+2SO2

C．C2H4+3O2＝2H2O+2CO2 D．C4H8+6O2＝4H2O+4CO2

若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前＞d后和V前＜V后的是___________；符合d前＞d后和V前＞V后的是___________（填写反应的代号）。

【答案】44 20％ 40.8g/mol 2：1 8：3 1：2 D A 【解析】 【详解】

(1)假设一氧化碳的物质的量为x mol，二氧化碳的物质的量为y mol，则有x+y=

28=1.25， 28x+44y=51，解x=0.25，y=1，则二氧化碳的质量为44g，一氧化碳的物22.40.2551=20％，混合气体的平均摩尔质量为=40.8g/mol； 1.251.25质的量分数为

(2) 同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比等于摩尔质量的反比，即为34:17=2：1，原子个数之比等于（2×4）：（1×3）=8:3，密度比等于摩尔质量之比，即为17:34=1：2；

(3) 若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，四个反应的气体体积取决于气体的物质的量的变化，A中体积变小，由于产生固体硫，所以气体密度减小；B中气体体积变小，密度变大；C中气体体积不变，密度不变；D中气体体积变大，密度变小；故符合题意的为D和A。

14．氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。 （1）下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。 a．滴水成冰 b．蜡炬成灰 c．百炼成钢 （2）NH3和Cl2反应的方程式为：NH3+Cl2﹣N2+HCl

①该反应中被氧化的元素是_____（填元素名称），氧化剂是_____（填化学式）。 ②配平该方程式：_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl （3）“地康法”制氯气的反应原理图示如下：

①反应I的化学方程式为_____。

②若要制得标准状况下氯气11.2L，则整个反应中转移电子的物质的量为_____。 【答案】a 氮 Cl2 2 3 1 6 2HCl+CuO＝CuCl2+H2O 1mol 【解析】 【分析】

（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；

b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；

c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧

化还原反应，与题意不符，c错误；

（2）①还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原； ②利用化合价升降法配平；

（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O；

②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，氯元素化合价由﹣1升高为0。 【详解】

（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；

b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；

c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误； 故答案为a；

（2）①NH3和Cl2反应中氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，该反应中被氧化的元素是氮元素，氧化剂是Cl2；

②氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，最小公倍数为6，根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2＝N2+6HCl；

（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O，反应方程式是2HCl+CuO＝CuCl2+H2O；

②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，根据2CuCl2+O2＝2CuO+2Cl2，氯元素化合价由﹣1升高为0，所以生成0.5mol氯气转移1mol电子。 【点睛】

还原剂化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物；氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物。

15．如图A～E是中学化学常用的五种仪器：

回答下列问题：

(1)上述仪器中，使用时需首先检查是否漏水的有_________（填标号）。 (2)下列实验操作中，使用到仪器C的是________（填标号）。 a．分离水和酒精的混合物 b．分离水和四氯化碳的混合物

c．分离水和泥砂的混合物 d．提纯Fe(OH)3胶体

(3)某化学兴趣小组实验过程中，需要480 mL0.5mol·L－1 NaOH溶液。 ①除上述提供的仪器外，还用到的玻璃仪器有_________________。

②如图所示，转移操作中的一处错误是_____________________。

③在配制过程中，下列情况会导致所配溶液浓度偏低的是_______（填标号）。 a．准确称量9.6gNaOH b．溶解时未冷却至室温就转移 c．在定容时，仰视刻度线

d．加水至刻度线后摇匀，发现液面低于刻度线

【答案】CE b 烧杯、玻璃棒 转移溶液时未用玻璃棒引流 ac 【解析】 【分析】

(1)有活塞或塞子的仪器在使用前必须检漏；

(2)仪器C为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体混合物；

(3)①配制480 mL0.5mol·L－1 NaOH溶液，需要的仪器有：500mL容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管； ②转移操作中要使用玻璃棒引流； ③根据c=【详解】

(1)A为圆底烧瓶，B为量筒，C为分液漏斗，D为胶头滴管，E为500mL容量瓶，有活塞或塞子的仪器在使用前必须捡漏，则以上装置中只有分液漏斗和500mL容量瓶有塞子，答案选CE；

(2)仪器C为分液漏斗，用于分离互不相溶且分层的液体混合物； a．水和酒精任意比互溶，不能用分液漏斗分离，故a不符合题意； b．水和四氯化碳不互溶且分层，可以用分液漏斗分离，故b符合题意；

c．水和泥砂不互溶，但泥沙不是液体，一般使用过滤的方法分离，故c不符合题意； d． Fe(OH)3胶体与水混合不分层，不能用分液漏斗分离，一般用渗析的方法分离，故d不符合题意； 答案选b；

(3) ①配制480 mL0.5mol·L－1 NaOH溶液，需要的仪器有： 500mL容量瓶、天平(或量筒)、

n分析判断。 V烧杯、玻璃棒、胶头滴管，除上述提供的仪器外，还用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒； ②转移操作中要使用玻璃棒引流，故操作中的一处错误是转移溶液时未用玻璃棒引流； L－1 NaOH溶液需要使用500mL容量瓶，需要溶质的质量③a．配制480 mL0.5mol·

=0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10g，称量9.6gNaOH，溶质的物质的量偏低，则配制溶液的浓度偏低，故a符合题意；

b．溶解时未冷却至室温就转移，冷却后溶液的体积会减小，则配制溶液的浓度偏高，故b不符合题意；

c．在定容时，仰视刻度线，溶液的体积偏大，则配制溶液的浓度偏低，故c符合题意； d．加水至刻度线后摇匀，发现液面低于刻度线，静置后液面会恢复到刻度线，对配制溶液浓度无影响，故d不符合题意； 答案选ac。