第9周 物质的量浓度-【周测必刷】2025-2026学年高一化学必修第一册（人教版2019）

— 34 — 第九周 物质的量浓度 (时间:45分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌周推好题 第10题。该题主要考查以物质的量为中心的计算,综合性较强,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共50分) 考点一 物质的量浓度 1.有关0.1mol·L-1Na2SO4 溶液的叙述正确的是 ( ) A.含有0.1molNa2SO4 B.称量14.2gNa2SO4 固体溶于1L蒸馏水中即可获得此浓度溶液 C.取出一半溶液,浓度变为0.05mol·L-1 D.将1mL溶液加水稀释至10mL,浓度变为0.01mol·L-1 2.(2025·福建三明·期中)下列叙述正确的是 ( ) A.1L水中溶解40gNaOH固体后,所得溶液的物质的量浓度为1mol·L-1 B.配制1L0.2mol·L-1的CuSO4 溶液,需用32.0g胆矾 C.将标准状况下2.24LHCl气体溶于水制成100mL溶液,其物质的量浓度为1mol·L-1 D.用密度为1.84g·mL-1,质量分数为98%的浓硫酸配制1mol·L-1的稀硫酸100mL,需要用 量筒量取该浓硫酸5.40mL 考点二 物质的量浓度的相关计算 3.标况下,将44.8L的氯化氢气体溶于水中配制成2L溶液,所得溶液浓度为 ( ) A.2mol·L-1 B.1mol·L-1 C.22.4mol·L-1 D.0.5mol·L-1 4.下列有关物质的量浓度的计算结果错误的是 ( ) A.实验室双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10g·cm-3),其浓度为8.9mol·L-1 B.一定质量的28%的KOH溶液,若将其蒸发掉100g水后(无固体析出),溶液的质量分数为 56%,溶液的体积变为125mL,则浓缩后溶液中KOH的物质的量浓度为8mol·L-1 C.在KCl、MgSO4、MgCl2 和 H2SO4 的混合溶液,若c(K+)=3mol·L-1、c(Mg2+)=2mol·L-1、 c(H+)=2mol·L-1、c(Cl-)=5mol·L-1,则溶液中c(SO2-4 )是2mol·L-1 D.将8g铁粉放入100mLCuSO4 溶液中,溶液中的Cu2+全部被还原时,过滤后固体质量变为 8.2g,则原溶液中的c(CuSO4)为2.5mol·L-1 5.bL硫酸铝溶液中含有agAl3+,则溶液中SO2-4 的物质的量浓度为 ( ) A.a18bmol ·L-1 B.a27bmol ·L-1 C.3a2bmol ·L-1 D. 2a27×3bmol ·L-1 考点三 一定物质的量浓度溶液的配制 6.配制450mL1mol·L-1的NaCl溶液,部分实验操作示意图如下: 下列说法正确的是 ( ) A.实验中需用的仪器有天平、450mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等 B.上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③ C.用托盘天平称量NaCl固体的质量为29.25g D.定容时,仰视容量瓶的刻度线,使配得的NaCl溶液浓度偏低 7.(2025·云南·期末)实验室需用450mL0.1mol·L-1硫酸铜溶液,下列有关该溶液的配制说法 正确的是 ( ) A.用托盘天平称取胆矾12.5g B.实验中必须用到的玻璃仪器为:烧杯、量筒、容量瓶、玻璃棒 C.定容时仰视容量瓶的刻度线,会造成所配溶液物质的量浓度偏高 D.定容摇匀后发现液面低于刻度线,应再滴加蒸馏水至刻度线 考点四 误差分析 8.下列操作会导致配制的溶液浓度偏大的是 ( ) A.配制NaOH溶液:NaOH固体溶解后未经冷却即注入容量瓶并加蒸馏水至刻度线 B.配制稀盐酸:定容时,仰视容量瓶刻度线 C.配制NaOH溶液:称量4.0g固体配制1000mL0.1mol·L-1溶液时,称量时间较长 D.配制稀盐酸:用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线 考点五 以物质的量为中心的化学计量间的换算关系 9.某溶液中只含有 Na+、Al3+、Cl-、SO2-4 四种离子,前三种离子的个数比为3∶2∶1,则溶液中 Al3+和SO2-4 的离子个数比为 ( ) A.1∶2 B.1∶4 C.3∶4 D.3∶2 10.把200mL含有BaCl2 和KCl的混合溶液分成2等份,取一份加入含amol硫酸钠的溶液,恰好 使钡离子完全沉淀;另取一份加入含bmol硝酸银的溶液,恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶 液中钾离子浓度为 ( ) A.5(b-2a)mol·L-1 B.10(2a-b)mol·L-1 C.10(b-a)mol·L-1 D.10(b-2a)mol·L-1 【探究·一举突破】(共25分) 探究主题 Na2S2O3 溶液的配制与ClO2 浓度的测定 (2025·江苏无锡·阶段练习)二氧化氯消毒剂是国际公认的高效消毒灭菌剂。二氧化氯漂白液 中常含有ClO2 和Cl2 两种主要成分。化学兴趣小组同学为测定某二氧化氯漂白液中ClO2 的浓 度,进行如下实验: — 33 — — 36 — 【实验Ⅰ】实验室配制90mL0.100mol·L-1Na2S2O3 溶液 探究问题: (1)配制上述溶液时需称量Na2S2O3·5H2O固体的质量为 g(保留3位有效数字)。 (2)配制过程中不需要使用下列仪器中的 (填仪器下方字母),还缺少的仪器是 (填仪器名称)。 (3)若实验遇下列情况,导致所配溶液的物质的量浓度偏低的是 (填序号) ①容量瓶在使用前未干燥,里面有少量蒸馏水 ②转移溶液至容量瓶过程中,有少量溶液溅出 ③定容时仰视刻度线读数 ④称量晶体时所用砝码生锈 ⑤定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线,再加水至刻度线 (4)取任意体积的Na2S2O3 溶液,下列物理量不随所取体积的多少而变化的是 。(填字母) A.溶液中Na2S2O3 的物质的量 B.溶液的浓度 C.溶液中Na+的数目 D.溶液的密度 【实验Ⅱ】测定二氧化氯漂白液中ClO2 的物质的量浓度,步骤如下: ①量取10.00mL二氧化氯漂白液于锥形瓶中,加蒸馏水稀释到100mL,再向其中加入过量KI 溶液,二氧化氯漂白液中的两种成分分别发生反应:2ClO2+2KI􀪅􀪅2KClO2+I2、Cl2+2KI􀪅􀪅 2KCl+I2。 ②加入淀粉作指示剂,向其中逐滴加入0.100mol·L-1的Na2S2O3 溶液至反应恰好完全进行,过 程中发生的反应为:2Na2S2O3+I2􀪅􀪅Na2S4O6+2NaI。 ③加入稀硫酸调节溶液pH=3,发生反应:KClO2+4KI+2H2SO4􀪅􀪅KCl+2K2SO4+2I2+2H2O。 ④再逐滴加入0.100mol·L-1的Na2S2O3 溶液,反应恰好完全进行时,该步消耗Na2S2O3 溶液 20.00mL。 (5)用双线桥标出2ClO2+2KI􀪅􀪅2KClO2+I2 电子转移的方向和数目 。 (6)该二氧化氯漂白液中ClO2 的物质的量浓度为 。(写出计算过程) 【综合·一练到底】(共25分) 用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.2g·cm-3)配制成1mol·L-1的稀盐酸。现实验室需 要这种1mol·L-1的稀盐酸80mL,试回答下列问题: (1)计算浓盐酸的物质的量浓度为 。 (2)配制稀盐酸时,应选用 mL的容量瓶。 (3)经计算需要 mL浓盐酸,在量取时宜选用 (填字母)的量筒。 A.5mL B.10mL C.25mL D.50mL (4)配制时正确的操作顺序是 (用字母表示)。 a.用30mL水洗涤烧杯2~3次,洗涤液均注入容量瓶,振荡 b.用量筒准确量取所需浓盐酸的体积,慢慢沿杯壁注入盛有少量水(约30mL)的烧杯中,用玻璃 棒慢慢搅动,使其混合均匀 c.将已恢复至室温的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中 d.将容量瓶盖紧,颠倒摇匀 e.改用胶头滴管加水,使溶液凹面恰好与刻度线相切 f.继续往容量瓶内小心加水,直到液面接近刻度线1~2cm处 (5)从溶液改变角度分析产生的误差 (用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。 ①配制NaOH溶液时,将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解,未经冷却立即转移到容量瓶 中并定容: 。 ②定容摇匀后,发现液面下降,继续加水至刻度线: 。 ③定容时仰视刻度线: 。 (6)现将200mL0.2mol·L-1盐酸与300mL0.3mol·L-1CuCl2 溶液混合,溶液体积变化忽略 不计,所得溶液中Cl-的物质的量浓度是 mol·L-1。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) 某浓硫酸的说明如图所示。 (1)该浓硫酸的物质的量浓度为 mol·L-1,从中取出100mL,则该100mL浓硫酸的物 质的量浓度为 mol·L-1,含 H2SO4 的物质的量为 mol。 硫酸 化学纯 CP 500mL 品名:硫酸 化学式:H2SO4 相对分子质量:98 密度:1.84g·cm-3 质量分数:98% (2)如果取5mL该浓硫酸,加水稀释至10mL,那么稀释后的硫酸的质量分数 (填“大 于”、“小于”或“等于”,下同)49%;如果取5mL该浓硫酸,加等质量的水稀释,那么稀释后的硫酸 的物质的量浓度 原浓硫酸的物质的量浓度的一半。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 35 — —74 — 盐酸反应生成CO2 的离子除了CO2-3 ,还有 HCO-3 ,所以不能确定 该溶液中一定含有CO2-3 ,D项错误;答案选D。] 9.【分析】 从氯及其化合物的“价 类”二维图可知,甲为 HCl、乙为 Cl2、丙为ClO2、丁为Cl2O7、戊为HClO、己为HClO4、辛为含ClO-3 的正盐、庚为含ClO-2 的正盐。 D [A.甲为 HCl,水溶液为盐酸,戊为次氯酸,两者混合发生归中 反应生成Cl2,A正确;B.乙为Cl2,与水发生歧化反应,不需要加 入其他还原剂,B正确;C.丙为+4价氯的氧化物,为ClO2,可用作 自来水的消毒剂,C正确;D.甲为 HCl,其中+1价的 H元素具有 氧化性,-1价Cl元素具有还原性,D错误;故选D。] 10.【分析】 将SO2、空气通入 NaClO3 和 H2SO4 的混合溶液中,发 生反应Ⅰ,生成NaHSO4 和ClO2;将ClO2 通入NaOH溶液中,再 加入 H2O2,发生反应Ⅱ,生成NaClO2 等。 B [A.反应Ⅰ条件下,将SO2、空气通入NaClO3 和 H2SO4 的混 合溶液中,发生反应Ⅰ,生成 NaHSO4 和ClO2,则发生反应SO2+ 2NaClO3+H2SO4 􀪅􀪅2NaHSO4+2ClO2,SO2 是 还 原 剂,ClO2 是还原产物,则还原性:SO2>ClO2,A不正确;B.已知纯ClO2 易 分解爆炸,一般稀释到10%以下,则鼓入空气的主要目的是稀释 ClO2 以防爆炸,B正确;C.反应Ⅱ为2ClO2+2NaOH+H2O2 􀪅􀪅 2NaClO2+O2+2H2O,氧化剂(ClO2)与还原剂(H2O2)的物质的量之 比为2∶1,C不正确;D.NaClO4 中Cl元素显+7价,没有还原性, 则反应Ⅱ中的H2O2 不可用NaClO4 代替,D不正确;故选B。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)NaClO+HCl􀪅􀪅NaCl+HClO,该反应属于复分 解反应;NaClO+2HCl􀪅􀪅NaCl+Cl2↑+H2O,该反应从化合价 角度体现了盐酸化合价升高,具有还原性;(2)①在 A 装置中, Na2SO3 与70%~80%的 H2SO4 发 生 复 分 解 反 应,Na2SO3+ H2SO4􀪅􀪅Na2SO4+H2O+SO2↑,生成的SO2 气体首先进入安 全瓶E,再进入B装置,与 NaClO3、H2SO4 发生反应,生成ClO2、 NaHSO4;生成的ClO2 进入D中液化,尾气进入C中,被 NaOH 溶液吸收,依据上面的分析,从制SO2—防 倒 吸—制 ClO2—冷 凝—尾气处理考虑,其连接顺序为a→g→h→b→c→e→f→d(或 h→g→b→c→e→f→d);②已知装置B中生成一种酸式盐,则SO2 与NaClO3、H2SO4 发生反应,生成ClO2、NaHSO4,发生反应的化 学方程式为SO2+2NaClO3+H2SO4 􀪅􀪅2ClO2↑+2NaHSO4; (3)①中Cl元素化合价为+4价,既可升高也可降低,既有还原性 又有氧化性,故选C;②从化合价角度看,ClO2 具有氧化性,ClO2 与NaOH反应生成等物质的量的氧化产物与还原产物说明得失 电子数目相同,对应的化合价为+5和+3,反应离子方程式为: 2ClO2+2OH-􀪅􀪅ClO-3 +ClO-2 +H2O;③取少量溶液于另一支 试管中,加硝酸酸化后再加入AgNO3 溶液,振荡,出现白色沉淀为 AgCl,证明的Cl-生成;④ClO2 能与NaOH反应而被吸收,球形干 燥管的作用是防止倒吸;烧杯内液体用于吸收尾气,若氧化产物是 O2,还原剂为 H2O2,且氧化剂与还原剂的物质的量之比是2∶1, 氧化剂为ClO2,设还原产物中的Cl化合价为x,则根据得失电子 守恒,2×(4-x)=1×2×1,解得x=3,则还原产物的化学式为 NaClO2或ClO-2 ;(4)NaClO2 中氯元素由+3价降为-1价,则 1molNaClO2转移电子4mol,消毒效率为 4 90.5 ,1molClO2 转移 电子5mol,消毒效率可表示为 567.5 ,1molCl2 转移电子2mol,消 毒效率可表示为:2 71 ,三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺 序是ClO2>NaClO2>Cl2。 参考答案 (1)复分解反应 还原性 (2)①a→g→h→b→c→e→f→d(或h→g→b→c→e→f→d) ②SO2+2NaClO3+H2SO4􀪅􀪅2ClO2↑+2NaHSO4 (3)①C ②2ClO2+2OH-􀪅􀪅ClO-3 +ClO-2 +H2O ③取少量溶液于 另一支试管中,加硝酸酸化后再加入AgNO3 溶液,振荡,出现白色沉 淀为AgCl,证明的Cl-生成 ④防止倒吸 NaClO2 或ClO-2 (4)ClO2>NaClO2>Cl2 【综合·一练到底】 【分析】 根据图示和题中信息,①为Na,②为Na2O2; 解析 (1)钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,离子方程式为2Na+ 2H2O=2Na++2OH-+H2↑;钠非常活泼,通常将其保存在煤油 中;(2)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,化学方程式 为:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;(3)NaH中 H元素的化合价 为-1价;从 H元素的价态分析,-1价为其最低价,NaH常用作 还原剂;(4)①该反应中氧元素的化合价降低,氧化剂是Na2O2;铁 元素、氧元素的化合价升高,发生氧化反应的元素名称是:铁、氧; ②铁元素化合价由+2价升高到+6价,氧元素化合价由-1价升 高到0价,可得关系式2FeSO4~O2~10e-,每生成1moLO2,转 移电子的数目为:10NA;(5)①氰(CN)2 的化学性质和卤素(X2) 很相似,与NaOH溶液反应的化学方程式为:(CN)2+2NaOH= NaCN+NaCNO+H2O;②阴 离 子 的 还 原 性 强 弱 顺 序 为:I- > SCN->CN->Br->Cl-,可知滴加少量(CN)2,SCN- 发生反应, 离子方程式为:(CN)2+2SCN-=2CN-+(SCN)2。 答案 (1)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ 煤油 (2)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (3)-1 还原剂 (4)①Na2O2 铁、氧 ②10NA (5)①(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O ②(CN)2+2SCN-=2CN-+(SCN)2 【选做·一飞冲天】 解析 (1)根据仪器 m的结构可知,仪器 m为分液漏斗;制得的 Cl2 中含有水蒸气,在进入装置D之前需净化干燥,则试剂a为浓 硫酸,故答案为:分液漏斗;浓硫酸;(2)装置B中有乳白色浑浊(单 质S)生成,说明Cl2 氧化 H2S生成单质S,反应的离子方程式为 Cl2+H2S􀪅􀪅2Cl-+S↓+2H+;根据氧化剂的氧化性大于氧化 产物可知,氧化性:Cl2>S,故答案为:Cl2+H2S􀪅􀪅2Cl-+S↓+ 2H+;>;(3)将Cl2 通入装置D中,Cl2 氧化NaClO2 生成ClO2,则 反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2 􀪅􀪅2NaCl+2ClO2;ClO2 的 沸点较低,将收集装置E置于冰水浴中,可以冷凝收集ClO2,防止 挥发,故 答 案 为:Cl2+2NaClO2 􀪅􀪅2NaCl+2ClO2;冷 凝 收 集 ClO2,防止挥发;(4)1molClO2 作氧化剂,其还原产物为Cl-,可 得到5mol电子;1molCl2 作氧化剂,其还原产物为Cl-,可得到 2mol电子;则等质量的ClO2 和Cl2 在消毒过程中转移电子的数 目之比为 mg 67.5g·mol-1 ×5mol mg 71g·mol-1 ×2mol =7127 ,故 答案为:71∶27;(5)根据 反应2ClO2+10I-+8H+􀪅􀪅2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O2-3 =2I-+ S4O2-6 可 得 比 例 关 系:2ClO2~5I2~10Na2S2O3,则 n(ClO2)= 1 5n (Na2S2O3)= 1 5×1.0×10 -4mol·L-1×5mL=1.0×10-7mol,浓 度 为1.0×10 -7mol×67.5g·mol-1×1000mg/g 100mL 1000mL·L-1 =0.0675 mg· L-1,故答案为:1.0×10-7;0.0675。 答案 (1)分液漏斗 浓硫酸; (2)Cl2+H2S􀪅􀪅2Cl-+S↓+2H+ > (3)Cl2+2NaClO2􀪅􀪅2NaCl+2ClO2 冷凝收集ClO2,防止挥发 (4)71∶27 (5)1.0×10-7 0.0675。 第八周 物质的量、气体摩尔体积 【考点·一应俱全】 1.C [A.物质的量表示一定数目的粒子集合体,不能理解为物质的 数量,也不能理解为物质的质量,A错误;B.物质的构成微粒可能 是原子,也可能是离子或分子,1mol任何物质都约含有6.02× 1023个组成该物质的基本微粒,但不一定都是原子,B错误;C.物 质的量表示一定数目的粒子集合体,微观粒子可以是分子、原子、 离子,也可能是质子、中子等,故描述的对象是分子、原子等微观粒 子,C正确;D.摩尔是物质的量的单位,物质的量是国际单位制中 七个基本物理量之一,D错误;故合理选项是C。] 2.C [A项,N2 的摩尔质量为28g·mol-1,所以1molN2 的质量等于 28g,正确;B项,国际计量大会规定:1mol粒子集合体所含的粒子数 与0.012kg12C中所含的碳原子数相同,约为6.02×1023,正确;C项, 根据公式m=n×M 可知:质量之比不一定等于物质的量之比,错误;D 项,物质的量的计量对象是构成物质的微观粒子或某些微观粒子的特 定组合,不可用于描述宏观物质,正确,答案选C。] 3.D [0.25molCH4 所含原子物质的量为0.25mol×5=1.25mol,原子 数为a,则阿伏加德罗常数为 a1.25mol=0.8amol -1,D满足题意。 答案选D。] 4.B [50滴水正好是mmL,则1滴水的体积为m50mL ,质量为m 50g , 则1滴水所含 H2O的物质的量= m 50g 18g·mol-1 = m50×18mol ,所 含分子数为 m 50×18mol×6.02×10 23·mol-1= m50×18×6.02× 1023,B项符合题意,答案选B。] 【特别提醒】 ①阿伏加德罗常数的“二量” 基准量 0.012kg12C中所含的碳原子数 近似量 6.02×1023mol-1 ②NA 指1mol任何微粒的微粒数,一定要明确指出是何种微粒, 如1molCH4 含有的分子数为 NA,原子总数为5NA。 ③涉及稀有气体时要注意 He、Ne、Ar为单原子分子,O2、N2、H2 等为双原子分子,臭氧(O3)为三原子分子等。 ④求 N 时,概念性问题用 NA,数字性问题用6.02×1023mol-1。 5.D [A.1molNH3 的质量是17g,A错误;B.二氧化碳的摩尔质 量为44g·mol-1,B错误;C.铁原子的摩尔质量如果用g·mol-1 作单位,在数值上等于它的相对原子质量,C错误;D.1mol钠的质 量是23,因此一个钠原子的质量约等于 23 6.02×1023 g ,D正确;答 案选D。] 6.D [气体X的物质的量n= NNA = 1.505×10 23 6.02×1023mol-1 =0.25mol,气 体的摩尔质量M=mn= 8g 0.25mol=32g ·mol-1;故答案为D。] 7.B [①分子在标准状况下不一定为气态,标准状况下,6.02×1023 个气体分子所占的体积约是22.4L,故①错误;②没有明确是否为 标准状况,0.5molH2 所占体积不一定为11.2L,故②错误;③标 准状况下水不呈气态,1molH2O的体积不是22.4L,故③错误; ④CO与N2 的摩尔质量都是28g·mol-1,都是双原子分子,常温 常压下,28gCO与N2 的混合气体的物质的量为1mol,所含的原 子数为2NA,故④正确;⑤非标准状况下,气体的气体摩尔体积不 一定为22.4L·mol-1,故⑤错误;⑥标况下,22.4L氨气的物质 的量为1mol,溶于水配成1L溶液,所得溶液溶质的物质的量浓 度是1mol·L-1,故⑥正确;正确的是④⑥,故选B。] 【易错提醒】 使用22.4L·mol-1时应该注意的问题: ①条件必须是标准状况(0℃,101kPa)。 ②标准状况下物质必须是气体,可以是单一气体也可以是混合气 体。如水、酒精、汽油、CCl4 等物质在标准状况下不是气体,不能用 22.4L·mol-1进行计算。 8.A [A.在标准状况下,22.4LCO和CO2 的混合气体分子的物质 的量为 22.4L 22.4L·mol-1 =1mol,所 含 碳 原 子 数 约 为 NA,故 A正 确;B.常 温 常 压 下,32gSO2 的 物 质 的 量 为 32g 64g·mol-1 = 0.5mol,则所含原子数为0.5mol×3×NAmol-1=1.5NA,标准状 况下11.2L氮气的物质的量为 11.2L 22.4L·mol-1 =0.5mol,则氮气 分子中含有的原子数为0.5mol×2×NAmol-1=NA,故B错误; C.氨气的摩尔质量单位为g·mol-1时,在数值上等于 NA 个氨分 子的质量之和,故C错 误;D.标 准 状 况 下,H2O为 非 气 态 物 质, 2NA 个 H2O为2mol,在标准状况下的体积不是44.8L,故D错 误;故答案为A。] 9.B [A.同温同压下,密度之比等于摩尔质量之比,故O2 和O3 两 种气体的密度之比为2∶3,A正确;B.同温同压下,等质量的 O2 和O3 中所含氧原子个数之比为 m 32×2∶ m 48=1∶1 ,B错误;C.同 温同压下,体积之比等于物质的量之比,故等质量的 O2 和 O3 两 种气体体积之比为m 32∶ m 48=3∶2 ,C正确;D.同温同压下,若两种 气体所占体积相同,则物质的量相同,故O2 和 O3 的质量之比为 2∶3,D正确;故选B。] 10.B [A.题干未告知气体所处的状态,故无法计算两种气体的体 积,A错误;B.在同温同压下,气体的密度之比等于其摩尔质量之 比也等于 相 对 分 子 质 量 之 比,故 SO2 和 O3 的 气 体 密 度 比 为 64∶48=4∶3,B正确;C.SO2 和O3 分子数之比为 64g 64g·mol-1 ∶ 48g 48g·mol-1 =1∶1,C错 误;D.SO2 和 O3 的 氧 原 子 数 目 比 为 64g 64g·mol-1 ×2∶ 48g 48g·mol-1 ×3=2∶3,D错误;故答案为B。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)分析题给信息知NF3 转化为NO,氮元素的化合价 降低1价,被还原,NF3 转化为 HNO3,氮元素的化合价升高2价, 被氧化,氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等,则被 氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为1∶2。(2)由题目给 出的反应物和生成物,利用电子守恒、原子守恒配平,该反应的化 学方程式为3NF3+5H2O􀪅􀪅2NO+HNO3+9HF,若反应中生 成0.2molHNO3,氮元素的化合价升高2价,则转移的电子数为 0.4NA(或2.408×1023)。(3)10.7gFe(OH)3 的物质的量为 0.1mol,反应中转移了0.3NA 个电子,则铁化合价升高3价,则 FeOn-4 中铁元素的化合价为+6价,则n=2。(4)根据所学的知 识,推测FeOn-4 具有强氧化性,能和具有还原性的SO2、H2S反应, 不能和氧化性的高锰酸钾和氧气反应,选BC。 参考答案 (1)1∶2 (2)3NF3+5H2O􀪅􀪅2NO+HNO3+9HF 0.4NA(或2.408× 1023) (3)2 +6价 (4)BC 【综合·一练到底】 解析 (1)根据公式 N=n×NA 可知物质的量相同的CO和CO2, 所含的分子数相等,因此所含的分子数之比是1∶1;所含氧原子 的物质的量 之 比 为1∶2,可 知 所 含 的 氧 原 子 数 之 比 是1∶2; m(CO) m(CO2) = n (CO)×M(CO) n(CO2)×M(CO2) = M (CO) M(CO2) =2844= 7 11 ,故 答 案 为: 1∶1;1∶2;7∶11。(2)质 量 相 同 的 O2 和 O3,分 子 数 之 比 是 N(O2) N(O3) = n(O2)×NA n(O3)×NA = m(O2) M(O2) m(O3) M(O3) = M(O3) M(O2) =4832= 3 2 ;1个O2 中含 有2个O原子,1个O3 中含有3个O原子,因此质量相同的O2 和 O3,所含O原子数之比是1∶1,故答案为:3∶2;1∶1。(3)4.6g XO2 气体中 含 有1.204×1023个 O原 子,可 知n(O)= N(O) NA = 1.204×1032 6.02×1032 =0.2mol,根 据2n(XO2)=n(O)可 得n(XO2)= 0.1mol,M(XO2)=46g·mol-1,则M(X)=(46-2×16)g·mol-1= 14g·mol-1,故答 案 为:14g·mol-1。(4)2molNH3 中 含 有 6molH,含有6molH 的CH4 为1.5mol,则质量为1.5mol× 16g·mol-1=24g,故答案为:24。 答案 (1)1∶1 1∶2 7∶11 (2)3∶2 1∶1 (3)14g·mol-1 (4)24 【选做·一飞冲天】 解析 (1)9g水 中 含 有 9g18g·mol-1 ×NA=0.5NA 个 水 分 子。 (2)在标准状况下,4.4gCO2 所占的体积为 4.4g 44g·mol-1 ×22.4L· mol-1=2.24 L,设 与 x gSO2 含 有 的 氧 原 子 数 相 等,则 4.4g 44g·mol-1 ×2= xg 64g·mol-1 ×2,x=6.4g。(3)12.4gNa2R含 0.4molNa+,Na2R的物质的量为0.2mol,则 12.4g M =0.2mol ,M= 62g·mol-1,则R的相对原子质量为62-23×2=16;(4)在标准状况 下,①6.72LCH4 的物质的量为 6.72L 22.4L·mol-1 =0.3mol,②3.01× 1023HCl分子的物质的量为 3.01×10 23 6.02×1023mol-1 =0.5mol,③13.6g H2S的物质的量为 13.6g 34g·mol-1 =0.4mol,④0.2molNH3。a.相 同条件下,气体体积与气体物质的量成正比,所以体积②>③>① >④,故a错误;b.相同条件下,气体密度与摩尔质量成正比,密度 ②>③>④>①,故b正确;c.0.3mol甲烷的质量为0.3mol× 16g·mol-1=4.8g,0.5molHCl的 质 量 为0.5mol×36.5g· mol-1=18.25g,13.6gH2S,0.2molNH3 的 质 量 为0.2mol× 17g·mol-1=2.4g,质量②>③>①>④,故c错误;d.①0.3mol 甲烷中氢原子的物质的量为1.2mol,②0.5molHCl中氢原子的 物质的 量 为0.5mol,③0.4molH2S中 氢 原 子 的 物 质 的 量 为 0.8mol,④0.2molNH3 中氢原子的物质的量为0.6mol,氢原子 个数①>③>④>②,故d正确;选bd。(5)①同温、同压,体积比 等于物质的 量 之 比,所 以 A室 混 合 气 体 的 物 质 的 量 为2mol。 ②实验测得 A室混合气体的质量为34g,设氧气的物质的量为 xmol、氢气的物质的量为ymol,x+y=232x+2y=34 ,x=1、y=1,则A 室中 H2 的物质的量为1mol。 答案 (1)0.5NA (2)2.24L 6.4 (3)16 (4)bd (5)①2 ②1 第九周 物质的量浓度 【考点·一应俱全】 1.D [A.由于没有给出溶液的体积,无法计算出其中 Na2SO4 的物 质的量,A错误;B.14.2gNa2SO4 的物质的量为 14.2g 142g·mol-1 = 0.1mol,溶于1L蒸馏水所得的溶液并不是1L,故溶液浓度不是 0.1mol·L-1,B错误;C.溶液有均一性,取出一半溶液,浓度仍为 0.1mol·L-1,C错误;D.将1mL溶液加水稀释至10mL,溶质 Na2SO4 的物质的量不变而溶液体积为原来的10倍,由c= n V 知, 浓度变为原来的1 10 即0.01mol·L-1,D正确;故选D。] 2.C [A.溶液的体积不是1L,不能计算浓度,故 A错误;B.配制 1L0.2mol·L-1的CuSO4 溶液,需用胆矾1L×0.2mol·L-1× 250g·mol-1=50g,故B错误;C.标准状况下,2.24LHCl气体 的物质的量为0.1mol,溶液体积为0.1L,浓度为1mol·L-1,故C 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 73 — —76 — 正确;D.根据公式c=1000ρωM ,密度为1.84g·mL-1,质量分数为 98%的浓硫酸的浓度为18.4mol·L-1,配制1mol·L-1的稀硫酸 100mL,需要用量筒量取该浓硫酸1.84mL,故D错误;答案选C。] 3.B [标 准 状 况 下,44.8L HCl的 物 质 的 量 为:n(HCl)= 44.8L 22.4L·mol-1 =2mol,所得溶液 的 物 质 的 量 浓 度 为:c(HCl)= 2mol 2L =1mol ·L-1;故选B。] 4.D [A.c=1000ρωM = 1000×1.10×27.5% 34 mol ·L-1≈8.9mol·L-1, 故A正确;B.浓缩前后溶质KOH的质量不变,maq(KOH)×28%= [maq(KOH)-100g]×56%,解得 maq(KOH)=200g,溶质 KOH 的质量=200×28%=56g,其物质的量是n(KOH)=56g÷56g· mol-1=1mol,c(KOH)= 56g 56g·mol-1 0.125L =8mol ·L-1,故B正确; C.根据电荷守恒 可 知c(K+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+ 2c(SO2-4 ),可 求 得c(SO2-4 )=2mol·L-1,故 C 正 确;D.Fe+ CuSO4􀪅􀪅Cu+FeSO4,设Fe有amol参与反应,则Cu有amol生成, 所以增加的0.2g是Cu减去Fe的质量也就是64a-56a=8a,8a=0.2, 解得a=0.025,因为CuSO4 也是amol,所以CuSO4 的物质的量是 0.025 mol,物 质 的 量 的 浓 度 为:0.025 mol÷ 0.1 L = 0.25mol·L-1,故D错误。综上所述,答案为D。] 5.A [Al3+ 的物质的量为n=mM = ag 27g·mol-1 =a27mol ,由硫酸 铝的化学 式 Al2(SO4)3,则SO2-4 的 物 质 的 量 浓 度 为c= n V = a 27mol× 3 2 bL = a 18bmol ·L-1,故选A。] 6.D [A.配制450mL0.100NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药 匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管,A错误;B.配制一定 物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、 摇匀等,操作步骤正确的顺序为②①④③,B错误;C.托盘天平称 量精确度为0.1g,称取NaCl的质量为29.3g,C错误;D.定容时 仰视容量瓶的刻度线,则所加蒸馏水偏多,溶液的体积偏大,溶液 的浓度偏低,D正确。故选D。] 7.A [A.胆矾的分子式为CuSO4·5H2O,摩尔质量为250g·mol-1,实 验室没有480mL的容量瓶,应配制500mL0.1mol·L-1的CuSO4 溶液,需要胆矾的质量为:250g·mol-1×0.1mol·L-1×0.5L= 12.5g,A项正确;B.实验中用到的玻璃仪器除了有烧杯、量筒、 500mL容量瓶、玻璃棒,还有胶头滴管,B项错误;C.定容时仰视 容量瓶的刻度线,会导致溶液体积偏大,造成所配溶液物质的量浓度 偏低,C项错误;D.定容摇匀后发现液面低于刻度线,再滴加蒸馏水至 刻度线,导致溶液体积偏大,所配溶液浓度偏低,D项错误;故选A。] 【易错提醒】 一定物质的量浓度溶液的配制实验注意事项 (1)如果固体含有结晶水,则在称量前计算溶质的质量时,应将结 晶水考虑在内。 (2)在选择容量瓶时,应选用与所配溶液体积相等或稍大规格的容 量瓶。即所配溶液的体积等于或略小于容量瓶的容积。如:配制 480mL1mol·L-1的 NaCl溶液,因无480mL容量瓶,应选择 500mL容量瓶,所需溶质的物质的量应按配制500mL溶液计算。 (3)定容时若不慎加水超过刻度线,应重新配制。 (4)定容摇匀后,若发现液面低于刻度线,不需要做任何处理。若 再加水至溶液的凹液面与刻度线相切会导致溶液的浓度偏低。 8.A [A.NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线,冷 却后溶液体积偏小,溶液浓度偏大,故A符合题意;B.配制稀盐酸 定容时,仰视容量瓶刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏小,故 B不符合题意;C.称量NaOH时,称量时间较长,因为氢氧化钠具 有吸湿性,易潮解而导致所称量溶质的质量减小,所配溶液的浓度 偏低,故C不符合题意;D.配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视 刻度线,导致量取的浓盐酸体积偏小,溶质物质的量偏小,溶液浓 度偏小,故D不符合题意。答案选A。] 【方法技巧】 容量瓶读数误差的图示分析: (1)仰视使所配溶液体积偏大,浓度偏小; (2)俯视使所配溶液体积偏小,浓度偏大。 9.A [根据溶液中电荷守恒可知,N(Na+)+3N(Al3+)=N(Cl-)+ 2N(SO2-4 ),设Na+、Al3+、Cl-的数目分别为3个,2个,1个,可得 SO2-4 的数目为4,故溶液中Al3+和SO2-4 的离子个数比为2∶4,即 1∶2,故答案为:A。] 10.D [混 合 溶 液 分 成2等 份,每 份 溶 液 浓 度 相 同。一 份 加 入 含 amol硫酸钠的溶液,发生反应Ba2+ +SO2-4 􀪅􀪅BaSO4↓,恰好 使钡离子完全沉淀,可知该份中n(Ba2+)=n(Na2SO4)=amol; 另一份加 入 含bmol硝 酸 银 的 溶 液,发 生 反 应 Ag+ +Cl-􀪅􀪅 AgCl↓,恰好使氯离子完全沉淀,则n(Cl-)=n(Ag+)=bmol, 根据电荷守恒可知每份中满足:2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-),每 份溶液中:n(K+)=bmol-2amol=(b-2a)mol,故钾离子浓度 为 (b-a)mol 0.2L×12 =10(b-2a)mol·L-1。故选D。] 【探究·一举突破】 探究路径 根据 m=cVM 计算配制溶液需要称量的 Na2S2O3· 5H2O固体的质量时,V 是选取容量瓶的容积。根据配制溶液的 步骤选用仪器。根据c=nV ,结合操作对溶质的物质的量及溶液 的体积 影 响 分 析 对 配 制 溶 液 的 浓 度 影 响。(1)配 制 90 mL 0.100mol·L-1Na2S2O3 溶液,选用100mL容量瓶,配制该溶液 时需 称 量 Na2S2O3·5H2O 固 体 的 质 量 m=cVM=0.1L× 0.100mol·L-1×248g·mol-1=2.48g。(2)配制过程中,要用 电子天平称出2.48gNa2S2O3·5H2O固体,在烧杯中溶解,并用 玻璃棒搅拌,把溶解并冷却到室温的溶液用玻璃棒引流转移到 100mL容量瓶,用胶头滴管定容,所以不需要烧瓶和分液漏斗,选 CD,还缺少的仪器是100mL容量瓶、胶头滴管。(3)①容量瓶在 使用前未干燥,里面有少量蒸馏水,不影响溶液体积和溶质质量, 所配溶液的物质的量浓度无影响,故不选①;②转移溶液至容量瓶 过程中,有少量溶液溅出,溶质物质的量偏少,所配溶液的物质的 量浓度偏低,故选②;③定容时仰视刻度线读数,溶液体积偏大,所 配溶液的物质的量浓度偏低,故选③;④称量晶体时所用砝码生 锈,称取溶质质量偏大,所配溶液的物质的量浓度偏高,故不选④; ⑤定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线,再加水至刻度线,溶 液体积偏大,所配溶液的物质的量浓度偏低,故选⑤;选②③⑤。 (4)A.溶液中Na2S2O3 的物质的量n=cV,所取溶液体积越大,溶 质物质的量越多,故不选A;B.溶液的浓度与溶液体积无关,故选 B;C.溶液中Na+ 的数目 N=cVNA,所取溶液体积越大,溶液中 Na+的数目越多,故不选C;D.溶液的密度与溶液体积无关,故选 D;选BD。(5)2ClO2+2KI􀪅􀪅2KClO2+I2 反应,ClO2 中Cl元素 化合价由+4降低为+3,KI中I元素化合价由-1升高为0,用双 线桥标出2ClO2+2KI􀪅􀪅2KClO2+I2 电子转移的方向和数目为 2ClO2+2KI􀪅􀪅2KC 得2×e- ↓ lO2+I 失2×e- ↑ 2;(6)根 据 题 意,ClO2 被 KI还 原 为 KClO2,调节pH=3,KClO2 能氧化KI生成I2,用Na2S2O3 滴定被 KClO2 氧化生成的I2,根据电子守恒,建立反应关系式n(ClO2)= n(KClO2)=0.5n(I2)=0.25n(Na2S2O3)=0.02L×0.1mol·L-1× 0.25=0.0005mol,所以ClO2 的浓度为0.0005mol÷0.01L= 0.05mol·L-1。 参考答案 (1)1.58 (2)CD 100mL容量瓶、胶头滴管 (3)②③⑤ (4)BD (5)2ClO2+2KI􀪅􀪅2KC 得2×e- ↓ lO2+I 失2×e- ↑ 2 (6)根据题意,ClO2 被KI还原为KClO2,调节pH=3,KClO2 能氧化 KI生成I2,用 Na2S2O3 滴定被 KClO2 氧化生成的I2,根据电子守 恒,建 立 反 应 关 系 式n(ClO2)=n(KClO2)=0.5n(I2)=0.25n (Na2S2O3)=0.02L×0.1mol·L-1×0.25=0.0005mol,所 以 ClO2 的浓度为0.0005mol÷0.01L=0.05mol·L-1 【综合·一练到底】 解析 (1)c=1000ρωM = 1000×1.2×0.365 36.5 mol ·L-1=12mol·L-1; (2)因配制溶液的体积为80mL,容量瓶的规格中没有80mL,根 据就近原则只能选100mL容量瓶;(3)设所需浓硫酸 的 体 积 为 V,则有V×12mol·L-1=0.1L×1mol·L-1,则V=8.3mL; 根据“大而近”的原则,根据需要量取的浓盐酸的体积可知所需的 量筒为10mL,故答案为8.3;B;(4)配 制 过 程 中 操 作 步 骤 有:量 取浓溶液→稀释并搅拌→冷却至室温→转移溶液至容量瓶→洗 涤烧杯并转移 至 容 量 瓶→胶 头 滴 管 定 容→摇 匀→转 移 至 试 剂 瓶→贴标签,因此答案为bcafed;(5)①溶液注入容量瓶前没有恢 复到室温就进行定容,冷却后液面下降,溶液体积偏小,溶液浓度 偏大;②摇匀后发现液面低于刻度线,发现凹液面最低点低于刻 度线,再补几滴水到刻度线,导致 溶 液 的 体 积V 偏 大,溶 液 的 浓 度偏小;③定容 时 仰 视 刻 度 线,加 水 的 体 积 偏 大,溶 液 的 浓 度 偏 小;(6)现 将200mL0.2mol·L-1盐酸与300mL0.3mol·L-1 CuCl2 溶液混合,溶液体积变化忽略不计,Cl- 的物质的量浓度是 0.2×0.2+0.3×2×0.3 0.5 mol·L-1=0.44mol·L-1。 答案 (1)12mol·L-1 (2)100 (3)8.3 B (4)bcafed (5)①偏大 ②偏小 ③偏小 (6)0.44 【选做·一飞冲天】 解析 (1)由c=1000ρωM 可知密度为1.84g·cm-3质量分数为 98%的浓硫酸的物质的量浓度为1000×1.84×0.9898 mol ·L-1= 18.4mol·L-1,溶 液 是 均 一 稳 定 的,从 中 取 出 100 mL,则 该 100mL浓硫酸的物质的量浓度为18.4mol·L-1,含 H2SO4 的物 质的量为18.4mol·L-1×0.1L=1.84mol。(2)浓硫酸的密度 大于水的密度,则取5mL该浓硫酸,加水稀释至10mL,那么稀释 后的硫酸的质量分数大于98%÷2=49%;如果取5mL该浓硫 酸,加等质量的水稀释,则水的体积远大于浓硫酸体积,那么稀释 后的硫酸的物质的量浓度小于原浓硫酸的物质的量浓度的一半。 答案 (1)18.4 18.4 1.84 (2)大于 小于 第十周 铁及其化合物 【考点·一应俱全】 1.B [①过 量 的 Fe与 Cl2 反 应 只 能 生 成 FeCl3;②Fe与 过 量 稀 H2SO4 反应生成硫酸亚铁,再向其中加入新制氯水,Fe2+ 被氧化 为Fe3+;③Fe和Fe2O3 的混合物溶于盐酸中,Fe3+可能被Fe还原 为Fe2+;④铁丝在氧气中燃烧生成四氧化三铁,产物溶于盐酸中 生成氯化铁和氯化亚铁;⑤铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和 氢气;一定有+3价铁生成的是①②④⑤,故选B。] 2.C [A.Fe在Cl2 中燃烧,不管Fe是否过量,都生成FeCl3,A项错 误;B.高温下,红热的铁与水蒸气反应,可得黑色的四氧化三铁, 3Fe+4H2O(g) 高温 􀪅􀪅Fe3O4+4H2,B项错误;C.工业炼铁的原理, 是用CO作还原剂,将铁矿石中的铁还原出来,从而提炼出铁,C 正确;D.向FeCl3 溶液中滴加 NaOH 溶液,会产生Fe(OH)3 沉 淀,不能生成氢氧化铁胶体,D项错误;故选C。] 3.【分析】 B装置提供水蒸气,A中铁和水蒸气在高温条件下反应 生成四氧化三铁和氢气,C装置防倒吸,D装置收集氢气。 C [A.装置C的作用防倒吸,装置B提供水蒸气,故A错误;B.铁和 水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气,装置A中发生反 应:3Fe+4H2O(g) 高温 􀪅􀪅Fe3O4+4H2,故B错误;C.收集到896mL氢气 时(标况下),参加反应的水的物质的量为0.04mol,铁结合氧原子的 物质的量为0.04mol,所以A中固体增重0.64g,故C正确;D.铁和水 蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁,铁、四氧化三铁都能被磁铁 吸引,不能用磁铁检验该反应是否完全,故D错误;选C。] 【易错提醒】 ①Fe与Cl2 反应无论用量多少都生成FeCl3,而Fe与盐 酸反应生成FeCl2。 ②铁在潮湿的空气中生成的铁锈的主要成分是Fe2O3,而铁在纯氧中 燃烧的产物是Fe3O4。 ③铁与一般氧化剂(如S、HCl、FeCl3、CuSO4、I2 等)反应时被氧化为 Fe2+,铁与强氧化剂(如Cl2、Br2、HNO3、浓H2SO4 等)反应时被氧化为 Fe3+。 4.B [A.赤铁矿的主要成分是Fe2O3,Fe2O3 是红棕色的,常用作油漆和 涂料等的红色颜料,A项正确;B.FeO不稳定,在空气里受热迅速被氧 化成Fe3O4,B项错误;C.FeO、Fe2O3 都不溶于水,但都能和盐酸反应 生成相应的盐,FeO与盐酸反应生成FeCl2,Fe2O3 与盐酸反应生成 FeCl3,C项正确;D.Fe3O4 中Fe呈+2价和+3价两种价态,D项正确; 故答案选B。] 5.C [A.氢氧化铁受热分解生成Fe2O3 和 水,即2Fe(OH)3 △ 􀪅􀪅 Fe2O3+3H2O,可制得Fe2O3,A错误;B.Fe2O3 无磁性,Fe3O4 具 有磁性,B错误;C.FeO不稳定,在空气里受热发生反应:6FeO+ O2 △ 􀪅􀪅2Fe3O4,能迅速被氧化为Fe3O4,C正确;D.高温下,铁能 与水蒸 气 反 应:3Fe+4H2O(g) 高温 􀪅􀪅Fe3O4+4H2,即 反 应 生 成 Fe3O4,D错误;故选C。] 【总结归纳】 铁的氧化物的性质及应用 (1)稳定性:FeO不稳定,Fe2O3 和Fe3O4 很稳定,Fe3O4 有磁性, Fe2O3 可做红色颜料。 (2)FeO、Fe2O3 属于碱性氧化物,Fe3O4 不属于碱性氧化物。 (3)注意FeO、Fe3O4 与氧化性酸(如稀硝酸)不发生复分解反应而 是发生氧化还原反应①FeO:3FeO+10H+ +NO-3 􀪅􀪅3Fe3+ + NO↑+5H2O ②Fe3O4:3Fe3O4+28H++NO-3 􀪅􀪅9Fe3++NO↑+ 14H2O (3)注意Fe2O3、Fe3O4 与还原性酸(如氢碘酸)不发生复分解反应 而是发生氧化还原反应①Fe3O4:Fe3O4+8H++2I-􀪅􀪅3Fe2++ I2+4H2O;②Fe2O3:Fe2O3+6H++2I-􀪅􀪅2Fe2++I2+3H2O 6.D [300mL5mol·L-1的盐酸物质的量为n(HCl)=0.3L× 5mol·L-1=1.5mol,标准状况下氯气3.36L物质的量为n(Cl2)= 3.36L 22.4L·mol-1 =0.15mol,反应中HCl的H元素与铁的氧化物中 O元素全部结合生成 H2O,则氧化物中n(O)= 1 2×n (HCl)= 0.75mol,反应后溶液成分为FeCl3,n(Cl-)=1.5mol+0.15mol×2= 1.8mol,则n(Fe)=1.8mol×13=0.6mol ,所以:n(Fe)∶n(O)= 0.6mol∶0.75mol=4∶5,该氧化物的化学式为Fe4O5,故选D。] 7.A [A.Fe(OH)2 是一种白色固体,不稳定,在空气中易被氧化转变 为红褐色固体Fe(OH)3:4Fe(OH)2+O2+2H2O􀪅􀪅4Fe(OH)3,故 A错误;B.Fe(OH)2 具有还原性,在空气中易被氧化为Fe(OH)3,故 B正确;C.Fe(OH)2、Fe(OH)3 都具有不稳定性,受热能分解为相应 的氧化物和水,故C正确;D.Fe(OH)3 胶体呈红褐色、透明,能产生 丁达尔现象,故D正确;故选A。] 8.B [铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁,向该溶液中加入NaOH溶液时生 成氢氧化亚铁;氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化产生氢氧化铁,氢 氧化铁加热时发生分解反应产生红棕色氧化铁,故白色沉淀是氢氧化 亚铁,加热得到最后的残渣是氧化铁,故合理选项是B。] 9.C [①稀硫酸和铁反应生成氢气排出装置中的空气,然后滴加 NaOH,与FeSO4 反应生成,不与空气接触可较长时间看到白色沉 淀;②打开a,稀硫酸和铁反应生成氢气排出装置中的空气,关闭 a,生成的气体使A中压强增大,将FeSO4 压入B中,与 NaOH反 应生成,不与空气接触可较长时间看到白色沉淀;③NaOH溶液滴 入FeSO4 中,生成Fe(OH)2 与空气反应为红褐色沉淀,不能较长 时间看到白色沉淀;④NaOH溶液滴入FeSO4 中,生成Fe(OH)2, 苯液封隔绝空气,不与空气接触可较长时间看到白色沉淀,故①② ④符合题意;故选C。] 10.【分析】 氢氧化亚铁易被氧气氧化,应先排出装置中的空气,所 以装置d的作用是液封,防止外界空气进入装置c中,实验过程 为:打开分液漏斗a的活塞加入稀硫酸,三颈烧瓶b中Fe和加入 的稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,先关闭K1 打开 K2,氢气排 出三颈烧瓶c中空气,一段时间后再关闭 K2 打开 K1,将反应生 成的硫酸亚铁压入装置c中与氢氧化钠溶液中反应生成氢氧化 亚铁沉淀,据此分析解答。 C [A.装置a中盛装稀硫酸,装置c中盛装氢氧化钠溶液,故 A 错误;B.制备Fe(OH)2 时应该先排出装置的空气,则实验时先关 闭K1 打开K2,一段时间后再关闭K2 打开K1,使生成的硫酸亚 铁压入c中,故B错误;C.氢氧化亚铁易被氧气氧化,所以装置d 的作用是液封,防止外界空气进入装置c中,故C正确;D.硫酸亚 铁和c中氢氧化钠溶液中反应生成氢氧化亚铁白色沉淀,所以应 该在装置c中观察到白色沉淀,故D错误;故选C。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为3Fe+ 4H2O(g) 高温 􀪅􀪅Fe3O4+4H2;(2)碱石灰具有吸水性,可除去 H2 中 的水蒸气,防止E的玻璃管破裂;(3)①试剂a为稀硫酸,可用于溶 解氧化物,反应如生成亚铁离子,具有还原性,可用高锰酸钾检验, 可观察到酸性KMnO4 溶液褪色;②B中固体可能有Fe3O4 和Fe, Fe将Fe3+全部还原为Fe2+,则现象1中溶液未变血红。 参考答案 (1)3Fe+4H2O(g) 高温 􀪅􀪅Fe3O4+4H2 (2)可除去 H2 中的水蒸气,防止E的玻璃管破裂 (3)①稀硫酸 酸性KMnO4 溶液褪色 ②B中固体可能有Fe3O4 和Fe,Fe将Fe3+全部还原为Fe2+ 【综合·一练到底】 解析 (1)氧化铁属于碱性氧化物,和酸反应生成铁盐和水,反应 离子方程式为Fe2O3+6H+􀪅􀪅2Fe3++3H2O;(2)氯化铁溶液置 于试管中,滴入NH3·H2O溶液,生成氢氧化铁沉淀和氯化铵,反 应的离 子 方 程 式 为 Fe3+ +3NH3 ·H2O 􀪅􀪅Fe(OH)3↓ + 3NH+4 ;(3)将蒸馏水加热至沸腾后,向烧杯中加入几滴FeCl3 溶 液,继续煮沸至出现红褐色,得到氢氧化铁胶体;制备氢氧化铁胶 体的 化 学 方 程 式 为:FeCl3+3H2O △ 􀪅􀪅Fe(OH)3(胶体)+3HCl; NaOH溶 液 与 FeCl3 溶 液 反 应 生 成 氢 氧 化 铁 沉 淀,不 能 得 到 Fe(OH)3胶体;(4)NaClO和浓 NaOH 溶液与氢氧化铁悬浊液反 应,Fe(OH)3 被氧化为FeO2-4 ,NaClO被还原为Cl-,根据电荷守 恒与 电 子 守 恒,配 平 后 离 子 方 程 式 为:2Fe(OH)3+3ClO- + 4OH-􀪅􀪅2FeO2-4 +3Cl-+5H2O;(5)只有胶体能产生丁达尔效 应,溶液不能产生丁达尔效应,故乙烧杯的液体中产生了丁达尔 效应。 答案 (1)碱性氧化物 Fe2O3+6H+􀪅􀪅2Fe3++3H2O (2)Fe3++3NH3·H2O􀪅􀪅Fe(OH)3↓+3NH+4 (3)红褐色 FeCl3+3H2O △ 􀪅􀪅Fe(OH)3(胶体)+3HCl 不能 (4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-􀪅􀪅2FeO2-4 +3Cl-+5H2O (5)乙 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 75 —