2020-2021高考化学物质的量综合经典题

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．（1）在标准状况下①6.72L CH4②3.01×1023个HCl分子③13.6g H2S④0.2mol NH3，体积最大的是____，密最大的是度___，质量最小的是___，氢原子个数最多的是____。（填写序号）

（2）等温等压下，质子数相等的CO、N2两种气体，质量之比为____，体积之比为____，摩尔质量之比____。

（3）某物质在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解方程式为：3A＝B＋3C＋2D。测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a，则A的摩尔质量为____。 【答案】② ② ④ ① 1:1 1:1 1:1 4a g/mol 【解析】 【详解】

(1)①6.72L CH4中：n(CH4)=

6.72L=0.3mol，m(CH4)=0.3mol×16g/mol=4.8g，ρ(CH4)=

22.4L/molmM16==g/L，N(H)=4N(CH4)=1.2NA； VVm22.43.011023=0.5mol，V(HCl)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，②3.01×1023个HCl分子中：n(HCl)=

6.021023mM36.5=g/L，m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，N(H)=N(HCl)=0.5NA； ρ(HCl)==VVm22.413.6g=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L，ρ(H2S)= ③13.6g H2S 中：n(H2S)=

34g/molmM34==g/L，N(H)=2N(H2S)=0.8NA； VVm22.4④0.2mol NH3中：m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g，V(NH3)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，ρ(NH3)=

mM17==g/L，N(H)=3N(NH3)=0.6NA. VVm22.4所以：体积最大的是②，密度最大的是②，质量最小的是④，含氢原子数最多的是①； （2）CO、N2两种气体涉及的元素有C、O、N质子数分别为6、8、7，所以两种气体的分子的质子数分别为：14、14，质子数相等的CO、N2，物质的量相等；CO、N2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol，故摩尔质量之比1:1；根据m=nM知：质量之比与摩尔质量成正比为28:28=1:1；根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积，故体积之比为1:1；

（3）化学方程式系数的意义：表示物质的量。设A的物质的量为3mol，则三种混合气体的总物质的量为6mol，由于平均相对分子质量为2a，即平均摩尔质量为2a g/mol，三种气体质量总和为12a g，根据质量守恒定律，A的质量也是12a g，故A的摩尔质量为4a g/mol。

2．按要求填空，已知NA为阿伏伽德罗常数的数值。 （1）标准状况下，2.24L Cl2的质量为____；有__个氯原子。

＋－

（2）含0.4mol Al3的Al2(SO4)3中所含的SO42的物质的量是____。

（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为____。

（4）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是____。 （5）标准状况下，3.4g NH3的体积为___；它与标准状况下____L H2S含有相同数目的氢原子。

（6）10.8g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为___；R元素名称是___。

（7）将10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___，混和溶液中Cl-的物质的量___（忽略混合前后溶液体积的变化）。

（8）a个X原子的总质量为b g，则X的相对原子质量可以表示为____

（9）已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中CO的质量为___；CO2在相同状况下的体积为___。

（10）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为___。

【答案】7.1g 0.2NA或1.204×1023 0.6mol 3:5 SO2 4.48L 6.72 14 氮 1mol/L 0.02mol 【解析】 【分析】

（1）先计算标准状况下，2.24L Cl2的物质的量，再计算氯气的质量和氯原子个数； （2）由化学式计算硫酸根的物质的量；

（3）由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比；

（4）由n=mM可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小；

（5）先计算标准状况下，3.4g NH3的物质的量，再计算气体体积和所含氢原子的物质的量，最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积；

（6）由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量；

（7）将10mL 1.00 mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变；

（8）先计算a个X原子的物质的量，再依据质量计算X的摩尔质量；

（9）依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积；

（10）先计算混合气体的平均相对分子质量，再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。 【详解】

bbNA或6.02×1023 2.8g 4.48L 3:13 aa2.24L=0.1mol，质量为0.1mol×71g/mol=7.1g，（1）标准状况下，2.24L Cl2的物质的量为22.4L/molCl2为双原子分子，含有的氯原子个数为0.2NA或1.204×1023，故答案为：7.1g；0.2NA或1.204×1023；

＋－

（2）由化学式可知，含0.4mol Al3的Al2(SO4)3中所含的SO42的物质的量是

0.4mol×3=0.6mol，故答案为：0.6mol； 2﹣

（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量

之比为17g/mol：60g/mol=3:5，故答案为：3:5；

（4）由n=m可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数M越小，H2、NH3、SO2、O3四种气体中SO2的摩尔质量最大，则SO2的物质的量最小，分子数最小，故答案为：SO2；

（5）标准状况下，3.4g NH3的物质的量为17g/mol=0.2mol，则体积为

0.2mol×22.4L/mol=4.48L，含有氢原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，含有氢原子的物质的=0.3mol，标准状况下，0.3mol H2S的体积为量为0.6mol的H2S的物质的量为0.6mol20.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：4.48L；6.72；

10.8mol，所含（6）设元素R的相对原子质量为M，10.8g R2O5的物质的量为(2M+80)g/mol=(2M+80)10.8g51g300g3.4g10.8mol×6.02×1023×5=3.01×1023，解得M=14，该元素为N元素，故答案氧原子的数目为(2M+80)为：14；N；

（7）将10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变，10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液中Na+的物质的量为0.01L×1.00 mol/L×2=0.02mol，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为

0.02mol0.02L=1.00mol/L；10mL 1.00mol/L CaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.01L×1.00

mol/L×2=0.02mol，则混和溶液中Cl-的物质的量0.02mol，故答案为：1mol/L；0.02mol； （8）a个X原子的物质的量为NAmol，X的摩尔质量为质量

bNAaaaNAbgmol=

bNAag/mol，则X的相对原子

，故答案为：

bNAa10或6.02a23b；

（9）设CO、CO2混合气体中CO为x mol，CO2为y mol，由题意可得28x+44y=11.6①，

6.72Lx+y=22.4L/mol=0.3mol②，解①②可得x=0.1，y=0.2，则0.1mol CO的质量为

0.1mol×28g/mol=2.8g，0.2mol CO2在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：2.8g；4.48L；

（10）由题意可知，CH4和O2的组成的混和气体平均相对分子质量为2×14.5=29，设混合气体中甲烷的物质的量为x、氧气的物质的量为y，则有案为：3:13。

16x+32yx+y=29，解得x：y=3:13，故答

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+H2OV(H2):V(N2)=____________。

（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：

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：

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．已知：2KMnO4

K2MnO4+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2KMnO4成氧气最大的物质的量为0.1mol×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。

K2MnO4+MnO2+O2↑，可知生

1=0.05mol，则a+b≥0.25-0.05=0.2，故(a+b)的最小值为2

5．Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：

（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置____（填代表装置图的字母）； （2）分离CCl4（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的液体混合物，可选择装置A，该分离方法的名称为_____，装置A中①的名称是______。

（3）实验室用B装置从碘水中分离出I2，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，碘主要溶解在_____（填“上层”或“下层”）液体中，该层溶液颜色为_____，该装置在分液时为使液体顺利下滴，应进行的具体操作_____。

Ⅱ.用胆矾晶体（CuSO4·5H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL，回答下列问题： （1）所需仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：_____。 （2）请写出该实验的简要的实验步骤：

①计算 ②称量胆矾_____g ③溶解 ④转移 ⑤洗涤并转移 ⑥定容 ⑦摇匀 （3）如图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是_____。

【答案】D 蒸馏 冷凝管 上层 紫红色 打开分液漏斗的上口活塞 250mL容量瓶 25 转移溶液时，应用玻璃棒引流 【解析】 【分析】

Ⅰ. （1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离； （2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法；

（3）碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯的密度比水小，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水层；分液时，应打开分液漏斗的上口活塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴；

Ⅱ. （1）实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO4·5H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时，应选用250mL容量瓶；

（2）先计算250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量，再计算胆矾的质量； （3）转移溶液时，应用玻璃棒引流。 【详解】

Ⅰ.（1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离，从氯化钾溶液中得到氯化钾固体可用蒸发，D为蒸发装置，故答案为：D；

（2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法，四氯化碳和甲苯的沸点不同，用蒸馏的方法分离，A为蒸馏装置，装置A中①的名称是冷凝管，故答案为：蒸馏；冷凝管； （3）B为萃取分液装置，碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，笨的密度比水小，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水层；分液时，应打开分液漏斗的上口活塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴，故答案为：上层；紫红色；打开分液漏斗的上口活塞；

Ⅱ.（1）实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO4·5H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时，应选用250mL容量瓶，用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；

（2）250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量为0.25L×0.40mol/L=0.1mol，则称量胆矾的质量为0.1mol×250g/mol=25g，故答案为：25g；

（3）由题给图示可知，图中的错误是转移溶液时没有用玻璃棒引流，故答案为：转移溶液时，应用玻璃棒引流。 【点睛】

5H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO4·240mL时，应选用250mi容量瓶是解答易错点。

6．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、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，由K+和NH4+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、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，若营养液中c(NH4+)为0.016 mol﹒L-1

90.016mol/L=0.018mol/L，故，n（K+）：n（NH4+）=c（K+）：c（NH4+）=9:8，则c（K+）=8答案为：0.018mol/L；

（2）设(NH4)2SO4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+、NH4+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。

7．Ⅰ．为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+ 2H2O。

（1）用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目_________。 （2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_________。

（3）草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，配平下面的化学方程式：_____KMnO4+H2SO4+H2C2O4 = MnSO4+K2SO4 +CO2↑＋H2O。

Ⅱ．盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。HCl极易溶于水，工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。

（1）用密度为1.2 g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL 3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为________mL。

（2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是____________。 A．量取浓盐酸时俯视刻度线 B．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水 C．定容时俯视刻度线 D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒

【答案】 1：2 2 3 5 2 1 10 8

62.5 C 【解析】 【分析】

Ⅰ．(1)反应MnO2+4HCl(浓)

MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2

价，Cl元素化合价由-1价升高为0价，根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目； (2)该反应中，Cl元素部分化合价由-1价升高为0价，HCl既是还原剂，还有酸性作用； (3)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；

1000ρω计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不M变计算需要浓盐酸体积；

Ⅱ．(1)根据c=

(2)分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c=【详解】

Ⅰ．(1)反应MnO2+4HCl(浓)

MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2

n进行误差分析。 V价，Cl元素化合价由-1价升高，该反应的电子转移方向和数目可表示为

；

(2)反应中MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，且HCl部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:2；

(3)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，根据转移电子守恒知，KMnO4的计量数是2、H2C2O4的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4 =2 MnSO4+1K2SO4 +10CO2↑＋8H2O； Ⅱ．(1)质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm3的浓盐酸，物质的量浓度

10001.236.5%=12mol/L，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：

36.5250mL×3mol/L=12mol/L×V，解得V=62.5mL；

c=

(2)A．量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故A错误；

B．容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故B错误；

C．定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C正确；

D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故D错误； 故答案为C。

8．实验室可用如下方法制取Cl2，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______、________. ①MnO2 +4HCl（浓）

ΔCl2↑+ MnCl2+ 2H2O

(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NA表示)。

(3)将(2)生成的氯气与 0.2mol H2 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)②KClO3＋6HCl(浓)=3Cl2↑＋KCl＋3H2O③2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋

8H2O

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)＋O2

催化剂Δ2Cl2＋2H2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、

KMnO4三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Na2CO3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 0.2NA 8.96L 4mol/L 6：5：6 KMnO4> MnO2> O2 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计算； V(4) ①生成1mol氯气时，转移2mol电子；②生成1mol氯气时，转移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】

5mol电子；③生成3(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0.2NA；

(3) H2 + Cl2=2HCl，0.2mol氯气与0.2mol H2 完全反应，生成0.4molHCl，标况下的体积为8.96L；c=

n0.4==4mol/L； V0.1(4) ①生成1mol氯气时，转移2mol电子；②生成1mol氯气时，转移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)＋O2

5mol电子；③生成3催化剂Δ2Cl2＋2H2O(g)可知，MnO2、O2、KMnO4三种物质

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KMnO4> MnO2> O2；

(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．按要求完成下列填空。

（1）在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为______。

10H2O）溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+，则（2）将3.22 g芒硝（Na2SO4·需水的质量为________g。

（3）在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净，所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。

（4）100 mL 0.3 mol/L Na2SO4(密度为d1 g/cm3)和50 mL 0.2 mol/L Al2(SO4)3(密度为d2 g/cm3)混合，所得密度为d3 g/cm3的混合溶液中SO42−的浓度为___________。（用含d1，d2， d3的式子表示）

（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7，现将7 mol AOH与5 mol BOH混合后，从中取出5.6 g，恰好可以中和100ml浓度为1.2 mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_____。

【答案】6：3：2 34.2 【解析】 【分析】

﹣

（1）分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知，溶液中Cl的物质的量相等；

6d35 (或83.3%) 40g/mol

10 d+5 d612（2）每100个水分子中溶有1个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:1； （3）将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中，溶液上升体积等于氨气的体积； （4）溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性； （5）由混合碱5.6 g恰好可以中和100mL浓度为1.2 mol/L的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等。 【详解】

（1）设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z，由分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知，溶液中Cl﹣的物质的量相等，则有x=2y=3z，解得x：y：z=6：3：2，因溶液的体积相同，由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6：3：2，故答案为：6：3：2；

（2）3.22g芒硝的物质的量为322g/mol=1mol，溶液中n（Na+）=2n（Na2SO4•10H2O）=0.01mol×2=0.02mol，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n（H2O）=100n（Na+）=2mol，0.01molNa2SO4•10H2O中含有水的物质的量为0.01mol×10=0.1mol，需要的水的物质的量为2mol-0.1mol=1.9mol，则需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g，故答案为：34.2；

（3）由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5可知，混合气体的平均摩尔质量为

2g/mol×9.5=19g/mol，设氨气的体积分数为x，则空气的体积分数为（1-x），故17x+29（1-x）=19，解得x=56，溶液上升体积等于氨气的体积，故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶

5 总体积的5，故答案为：66；

3.22g（4）100mL0.3mol/LNa2SO4溶液中SO42-的物质的量为0.1L×0.3mol/L=0.03moL， 50mL0.2mol/LAl2（SO4）3溶液中SO42-的物质的量为0.05L×0.2moL/L×3=0.03mol，混合后的总SO42-的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol，混合溶液的体积为则混合溶液中SO42−的浓度为100d1d50d2103L=

3100d150d2d3×10—3L，

0.06mol6d36d3mol/L，故答案为：；

10 d1+5 d210 d1+5 d2（5）由混合碱5.6 g恰好可以中和100mL浓度为1.2 mol/L的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等，盐酸的物质的量为1.2 mol/L×0.1L=0.12mol，设5.6 g 混合碱中AOH的物质的量为7a，则BOH的物质的量为5a，由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等可得7a+5a=0.12mol，解得a=0.01mol，设AOH的摩尔质量为5b，则BOH的摩尔质量为7b，由混合碱的质量为5.6g可得：0.07mol×5b+0.05mol×7b=5.6，解得b=8，则AOH的摩尔质量为40g/mol，故答案为：40g/mol。 【点睛】

溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键，也是易错点；由混合碱5.6 g恰好可以中和100ml浓度为1.2 mol/L的盐酸确定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。

10．（1）下列物质能导电的是___，属于电解质的是___。

①NaCl晶体 ②液态SO2 ③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】④⑦⑧ ①③⑤⑧ 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=【详解】

m可得，m=nM，V= nVm，进行计算； M（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； 下列物质能导电的是④⑦⑧，属于电解质的是①③⑤⑧， 答案为：④⑦⑧；①③⑤⑧；

m可得，m=nM，0.5molCH4的质量=0.5mol×16g/mol=8g；在标准状况下的体M积为=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L， 答案为：8；11.2；

8.4gm38.4g===0.3mol，则氮原子的物质的量（）氮气的物质的量

28g/molM（2）根据n=

=0.3mol×2=0.6mol，物质的量之比等于粒子数目之比，根据题意9.6g某单质Rx所含原子物质的量也为0.6mol，则Rx所含分子物质的量为得x=3，R3的物质的量为摩尔质量=

0.60.6mol，则0.3mol：mol=3：2，解xxm9.6g0.6mol=0.2mol，R3的摩尔质量===48g/mol，则R的

n0.2mol348g/mol=16g/mol， 3答案为：3；16g/mol。

11．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是 A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L B．0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数 C．常温下，28克N2和CO的混合物，含有2NA个原子 D．标准状况下，33.6 L氧气中含有9.03×1023个氧气分子 【答案】A 【解析】 【详解】

A．稀有气体为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误； B．19.6磷酸(H3PO4)的物质的量为

19.6g=0.2mol，则0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸

98g/mol(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8NA，故B正确；

C．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol，含有2NA个原子，故C正确； D．标准状况下，33.6 L氧气的物质的量为分子，故D正确； 故答案为A。

33.6L=1.5mol，共含有9.03×1023个氧气

22.4L/mol

12．下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。问：

（1）该盐酸的物质的量浓度为_________

（2）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（________） ①配制100g 10%的CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中 ②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮

③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度

④用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4配制200mL 2mol•L-1的稀H2SO4时，先平视后仰视。 A．只有① B．只有②

C．②③④ D．①③④

（3）已知CO和CO2的混合气体14.4g,在标准状况下所占的体积为8.96L。则该混合气体中，CO的质量为____________________g，CO2的物质的量为____________________mol。 （4）1mol氧气在放电条件下，有30%转化为臭氧（O3），则放电后所得混合气体对氢气的相对密度是（____________） A．16 B．17.8 C．18.4 D．35.6 【答案】11.8mol/L ①③④ 5.6 0.2 B 【解析】 【分析】

（1）根据物质的量浓度c=

1000ρω计算出该盐酸的物质的量浓度； M8.96L=0.4mol，根据气体的总质量和

22.4L/mol（2）根据操作不当对溶质的质量或溶液的体积的影响效果分析作答； （3）混合气体的体积为8.96L，则物质的量为总物质的量列方程式计算；

（4）根据公式ρ＝

M可知，相同条件下，气体摩尔体积相同，所以不同气体的密度之比Vm等于其摩尔质量之比，先根据转化关系计算混合气体的摩尔质量，再计算混合气体摩尔质量与氢气的摩尔质量之比。 【详解】

（1）该盐酸的物质的量浓度为：c=故答案为：11.8mol/L；

（2）① 硫酸铜晶体为CuSO4H2O，则称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中形成硫酸铜溶液，硫酸铜的实际质量小于10g，所配硫酸铜溶液的质量分数小于10%的，实验结果偏低，①项正确；

②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大，实验测量结果偏高，②项错误；

③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，实际称取的药品质量减小，所配溶液的浓度偏低，③项正确；

④酸式滴定管的“0”刻度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，④项正确； 故答案为：①③④；

1000ρω10001.1836.5%= =11.8mol/L， M36.5mol/L8.96L=0.4mol，设混合气体中CO的物（3）混合气体的体积为8.96 L，则物质的量为

22.4L/mol质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，则28x+44y=14.4①，x+y=0.4②，联立方程组解之得：x=0.2，y=0.2，所以m(CO)=0.2mol×28g/mol=5.6g， 故答案为：5.6；0.2；

（4）1 mol O2有30%转化为臭氧（O3），发生反应的O2为1 mol×30%=0.3 mol． 由反应3O2放电2O3知，生成的O3为0.2 mol，故反应后所得气体为0.2 mol O3和O2为

32g/mol1=35.6 g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，混（1-0.3）mol=0.7 mol，故M=

0.2mol+0.7mol合气体的摩尔质量和氢气的摩尔质量之比等于其密度之比=35.6g/mol：2g/mol=17.8，B项正确； 故答案为：B。

13．（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银溶液的体积比为3:2:3，则上述三种溶液的体积之比是__________；

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（4）5.00g CuSO4·

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_____

L－1 18:3:2 【答案】Ba2＋+OH-+H++SO42- = BaSO4↓+ H2O 10000d/(365+1000V) mol·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Ba2＋刚好完全反应，发生的化学方程式为：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+NaOH+H2O，转化为离子方程式则为：Ba2＋+OH-+H++SO42-= BaSO4↓+ H2O；

(2)由题，n(HCl)=V(HCl)/Vm=224L÷22.4L/mol=10mol，m总

=m(HCl)+m(H2O)=n(HCl)×M(HCl)+V(H2O)×ρ(H2O)=10×36.5+V×103×1=(365+1000V)g，

V总=m总365+1000V=mL，ρ总dn(HCl)1010000d=molL-1=molL-1c(HCl)=V总 ，故答案为：365+1000V365+1000V×10-3d10000dmolL-1；

365+1000V(3)由题可以写出氯化钠、氯化镁、氯化铝与银反应的化学方程式：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，MgCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Mg(NO3)2，

AlCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Al(NO3)3，若假设银物质的量浓度为1mol/L，氯化钠、氯化镁、氯化铝与银反应消耗银体积分别为3L、2L、3L，则氯化钠、氯化镁、氯化铝与银反应消耗银物质的量为3mol、2mol、3mol，将三者消耗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(CuSO4)=0.02mol，n(H2O)=0.1mol，200℃时，固体质量为3.56g，所以含有水分质量为0.36g，

n(H2O)=m/M=0.36g÷18g/mol=0.02mol，可以得出固体化学式为：CuSO4∙H2O，故答案为：CuSO4∙H2O。

(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：

7FeI2+8Cl2=2FeCl3+7I2+5FeCl2，转化为离子方程式可得出：2Fe2＋+14I-+8Cl2 =2Fe3＋+7I2+16Cl-，故答案为：2Fe2＋+14I-+8Cl2 =2Fe3＋+7I2+16Cl-。

14．Ba(OH)2是一种强碱，可用于测定天然气中CO2的含量。

（1）请写出足量氢氧化钡溶液吸收CO2气体的离子方程式：__________。 nH2O中n的值。 （2）某课外小组通过以下实验操作测定Ba(OH)2·

①称取5.25g试样（含有杂质）配成100mL溶液。配置溶液中用到的仪器有天平、__________、__________、__________和胶头滴管。若配制过程中定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量蒸馏水，则所得溶液的浓度将__________（填“偏大”、“不变”或“偏小”）。

L-1盐酸与上述Ba(OH)2溶液反应，消耗该Ba(OH)2溶液100.00mL（杂质②用30.00mL 1mol·

不与酸反应），则该Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为__________。

③另取5.25g试样加热至失去全部结晶水（杂质不分解），称得剩余固体质量为3.09g，则Ba(OH)2·nH2O中n=__________。

【答案】CO2+Ba2++2OH-===BaCO3↓+H2O 100mL容量瓶 玻璃棒 烧杯 偏小 0.15mol/L 8 【解析】 【详解】

(1)足量氢氧化钡溶液吸收CO2气体生成BaCO3，发生反应的离子方程式为CO2+Ba2++2OH-===BaCO3↓+H2O；

(2)①称取5.25g试样(含有杂质)配成100mL溶液，需要经过溶解、转移并定容，其中溶解时需要玻璃棒和烧杯，转移时需要玻璃棒引流，定容时需要容量瓶和胶头滴管，则配置溶液中用到的仪器有天平、100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；若配制过程中定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量蒸馏水，导致所配溶液的体积偏大，则所得溶液的浓度将偏小；

L-1×0.03L=cmol/L×0.1L×2，解得：②设Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为cmol/L，则1mol·c=0.15，该Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为0.15mol/L；

③5.25g试样中含有Ba(OH)2的物质的量为0.15mol/L×0.1L=0.015mol，含有水的物质的量为

5.25g3.09g=0.12mol，所以1：n=0.015mol：0.12mol，解得n=8。

18g/mol

15．现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。 （1）该混合气体的平均摩尔质量为____。

（2）混合气体中碳原子的个数为____(用NA表示阿伏加德罗常数)。

（3）将混合气体依次通过下列装置，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气球的体积为____L。

mol－1 0.4NA 28g·mol－1 4.48 【答案】36g·【解析】 【详解】

设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则列方程组：28x+44y=14.4，x+y=

8.96mol，解之得x=0.2，y=0.2，气体共为0.4mol，则 22.4（1）根据M=m/n可知，该混合气体的平均摩尔质量为14.4g÷0.4mol=36g/mol； 答案是：36g/mol；

（2）CO和CO2中碳原子的物质的量为0.2mol×1+0.2mol×1=0.4mol，碳原子的个数为0.4mol×NA=0.4NA； 故答案是：0.4NA；

（3）将混合气体依次通过如图所示装置，二氧化碳与氢氧化钠反应，经浓硫酸干燥，得到的气体为CO，

①气球中收集到的气体为CO，摩尔质量为28g/mol； 故答案是：28g/mol；

②气球中收集到的气体为CO，标况下体积V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L； 故答案是：4.48。