题型02 阿伏加德罗常数、物质的量 （题型专练）（山东专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

题型02 阿伏加德罗常数、物质的量 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 阿伏加德罗常数 考向02 物质的量【重】 考向03 气体摩尔体积 考向04 物质的量浓度及溶液的配制 考向05 化学定量计算【重】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 山东卷选择题有阿伏伽德罗常数正误判断题。考察比较综合，从气体摩尔体积的适用条件考查。常考H2O、SO3、HF戊烷等在标况下为非气态物质；从物质结构考察，特定物质中的化学键数目，如SiO2、CO2、P4、CH4中的共价键求法；氧化还原方程式中电子的转移角度计算；从溶液中的离子角度考虑，考虑弱电解质的电离，盐类水解等作用导致离子数目发生改变；从可逆反应的角度考虑，因为可逆反应不能完全转化，实际产生的分子数会小于理论值等等。 考向01 阿伏加德罗常数 【例1-1】NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是 A．10 mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8% B．在H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，每生成32 g氧气，则转移2NA个电子 C．标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4 L，质量为28 g D．一定温度下，1 L 0.50 mol·L－1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L－1 NH4Cl的溶液含NH4+的物质的量不同 【例1-2】（25-26高三上·山东菏泽·期中）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．2.2 g超重水()所含的中子数目为 B．溶液中的数目为 C．与足量反应转移电子的数目为 D．标准状况下，中含键数目为 1 国际规定阿伏伽德罗常数时用的是 12C ，是特定的原子，不可替换； 2 阿伏伽德罗常数是一个物理量，并不是单纯的数字，有自己的单位 mol-1； 3 我们在做计算的时候取NA=6.02×1023 mol-1，但这只是近似值，不能说阿伏伽 4 阿伏伽德罗常数就是6.02×1023，也不能认为1mol粒子 = 6.02×1023个。 【变式1-1】（2025·广西·高考真题）虫蚁叮咬时所分泌的蚁酸，会引起肿痛。医用双氧水既可消毒，又可将蚁酸氧化，氧化原理为。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含非极性共价键的数目为 B．的溶液中，的数目为 C．反应，转移的电子数目为 D．反应，标准状况下生成 【变式1-2】（2025·云南·高考真题）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中原子的数目为 B．所含中子的数目为 C．粉和足量S完全反应，转移电子的数目为 D．盐酸与足量反应，生成的数目为 考向02 物质的量【重】 【例2-1】（25-26高三上·山东·阶段练习）化学史上首次用化学方法制得的三步反应如下： ① ② ③ 下列说法错误的是 A．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3 B．反应②为非氧化还原反应 C．反应③中生成1 mol 转移个电子 D．每生成1 mol ，消耗的物质的量为1 mol 【例2-2】（24-25高三上·山东济宁·阶段练习）某固体混合物可能含有Al、、、、、NaCl中的一种或几种，现对该混合物做如图实验，所得现象和有关数据如图(气体体积已换算成标准状况下体积)。下列说法不正确的是 A．步骤①中一定发生了氧化还原反应 B．混合物中一定不存在，可能含有NaCl、 C．步骤②和步骤③中反应消耗的的物质的量之比为3∶1 D．混合物中一定含有和，且物质的量均为0.2mol 一、混合气体分析方法： 1. 等质量的最简式相同的物质含有的原子数相同，如NO2与N2O4，C2H4与C3H6，O2与O3。 2、等质量的摩尔质量相同的物质含有的分子数相同，如N2与CO，CO2与N2O，H2SO4与H3PO4。 3、等物质的量的NO2与SO2中氧原子数相同， 法一极限法：设只有物质1计算，设只有物质2计算，两结果与题目一致则则正确 法二找相同点：如最简式相同、原子个数相同、相对分子质量相同，用相同点计算 二、溶液分析判定方法： 陷阱1：无溶液体积（无具体的浓度、体积） 陷阱2：弱电解质部分电离，导致粒子数目减少 陷阱3：弱离子(弱碱阳离子、弱酸阴离子)会水解，导致粒子数目减少 陷阱4：胶体粒子的数目应小于中心原子数目 陷阱5：H、O原子数目，不能忽视溶剂水 陷阱6：所给条件是否与电解质的组成有关 三、可逆反应、隐含反应、反应物浓度变化对反应的影响 “隐含的可逆反应”： 1、2SO2＋O22SO3 N2＋3H22NH3 2NO2N2O4 (常温下) HCl＋NH3===NH4Cl (常温下) 1、 NO与O2反应生成NO2，NO2又部分转化成N2O4 2NO+O2=2NO2 (常温下) 2、 Cl2＋H2OHCl＋HClO (Cl2溶于水只有部分发生反应) 3、 NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－ (NH3溶于水只有部分发生反应) 5、酯化反应与酯的水解反应为可逆反应 有些反应的反应物浓度不一样，反应就不一样，随着浓度降低要么反应停止要么产物不同。 MnO2＋4HCl(浓)==MnCl2＋Cl2↑＋2H2O Cu＋2H2SO4(浓)==CuSO4＋SO2↑＋2H2O Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O Zn＋2H2SO4(浓)==ZnSO4＋SO2↑＋2H2O Zn＋2H2SO4(稀)==ZnSO4＋H2↑ 常温下Fe、Al遇浓H2SO4或浓HNO3钝化，加热时剧烈反应 四、物质的空间结构和化学键的数目，常见物质中的共价键数目： 注意：1 mol S8 中含有8mol S－S ；苯分子中不含有C—C或C===C 乙醇分子：C—H(5个)，C—C(1个)，C—O(1个)，O—H(1个) 【变式2-1】（2024·广西·高考真题）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．“反应1”中，每消耗，在下得到 B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 【变式2-2】（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为 B．反应②中2.3gNa完全反应生成的产物中含非极性键的数目为 C．反应③中与足量反应转移电子的数目为 D．溶液中，的数目为 考向03 气体摩尔体积 【例3-1】（2025·广东·高考真题）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．的中子数，比的多 B．与水蒸气完全反应，生成的数目为 C．在的溶液中，的数目为 D．标准状况下的与足量反应，形成的共价键数目为 【例3-2】（25-26高三上·山东聊城·阶段练习）已知：230℃时，硝酸铵易发生分解生成、和，且、两种气体的物质的量之比为2:1。下列有关说法错误的是 A．硝酸铵既是氧化剂，又是还原剂 B．在230℃时，分解产物的平均摩尔质量约为 C．同温、同压下，、的密度之比为7:8 D．标准状况下，等体积的和含有的氧原子数之比小于2:1 用到22.4L·mol-1必须注意物质的状态及是否是标准状况 ： 1、出现物质的体积，前看是否为标准状况(0 ℃、1.01×105 Pa) 后看该物质是否为气体，如果三个因素齐再计算。 2、 标准状况下不是气体的物质，常考的有HCHO(g)、CH3Cl(g)、CH2Cl2(l)、CHCl3(l)、CCl4(l)、水(s)、 液溴(l)、SO3(s)、NO2、己烷(l)、苯(l)、汽油(l) 、CxHy(x>4)、HF(l)、乙醇(l)、甲醇(l) 、乙酸(l) 3、不能看到“常温常压”就否决，质量、物质的量、摩尔质量、微粒个数与温度压强无关。 【变式3-1】（2024·浙江·高考真题）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是 A．X表示 B．可用替换 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 【变式3-2】（25-26高三上·山东·阶段练习）市售浓硝酸的质量分数为68%，密度为1.4 g·cm-3，现用此浓硝酸配制500 mL 1.0 mol·L-1的稀硝酸，下列说法错误的是 A．需要取用33.1 mL的浓硝酸 B．定容时，若液面超过刻度线，需要重新配制 C．必须使用的玻璃仪器只有500 mL容量瓶、烧杯、量筒 D．取20 mL配制好的溶液，取出的溶液中 考向04 物质的量浓度及溶液的配制 【例4-1】（2025·山东·高考真题）称取固体配制浓度约为的溶液，下列仪器中不需要使用的是 A．烧杯 B．容量瓶 C．量筒 D．细口试剂瓶(具橡胶塞) 【例4-2】（25-26高三上·山东烟台·开学考试）关于溶液配制，下列说法正确的是 A．配制注射液时所需的容量瓶不可烘干 B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取浓盐酸 C．配制一定物质的量浓度的溶液时，用蒸馏水洗涤量筒、烧杯和玻璃棒2~3次 D．配制溶液定容后应上下反复颠倒摇匀 1.物质的量浓度与溶质质量分数的比较 物质的浓度（CB） 溶质的质量分数（ω） 溶质的单位 mol g 溶液的单位 L g 表达式 ω= （m质÷m液）×100% C与ω之间的关系 2.物质的量浓度与溶质质量分数的推导关系 ①已知条件梳理 设某溶液：溶质B的摩尔质量为M（单位：g/mol）；溶液密度为p（单位：g/mL，换算为g/L时需×1000）；溶质质量分数为ω；溶液体积为V（单位：L）。 ②推导过程（三步法） 第一步：计算溶液质量 第二步：计算溶质质量与物质的量 溶质质量： 溶质物质的量： 第三步：代入物质的量浓度公式 【变式4-1】（25-26高三上·山东泰安·期中）向和的混合物中加入某浓度的稀硝酸，固体物质完全反应，在所得溶液中加入的溶液至中性，产生沉淀。下列有关说法错误的是 A．标准状况下产生的NO体积为2.24 L B．与的物质的量之比为 C．硝酸的物质的量浓度为 D．、与硝酸反应后剩余为 【变式4-2】（25-26高三上·山东枣庄·月考）表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A．与盐酸充分反应，转移电子数为 B．浓盐酸与足量加热充分反应，生成的数目为 C．常温下，将铁片投入到足量浓硝酸中，生成分子数目为 D．标准状况下，通入水中，溶液中氯离子数为 考向05 化学定量计算【重】 【例5-1】（25-26高三上·山东·期中）设NA为阿伏伽德罗常数，下列有关说法错误的是 A．Na2O2与足量CO2充分反应，生成标准状况下2.24L O2转移的电子数为0.2NA B．常温常压下，30g SiO2中含有的Si—O键数目为2 NA C．标准状况下，92g的NO2和N2O4混合物含有的氧原子数为4 NA D．含2mol H2SO4的浓硫酸与足量的铜在加热的条件下反应，生成NA个气体分子 【例5-2】（25-26高三上·山东聊城·阶段练习）锌与金属铝的化学性质相似，它还能溶于氨水中形成配离子，反应的离子方程式为，设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．标准状况下，中含有的中子数为 B．与过量溶液反应的离子方程式为 C．等物质的量的和含有相同的电子数 D．上述反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1 氧化还原反应中电子转移数目的判断 策略：方程式 ~ e- 算失电子数或得电子数(不可相加) 转移的电子数=n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价—低价) =n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价—低价) 1、注意歧化反应，如Na2O2与H2O、CO2的反应；Cl2、NO2与H2O或NaOH的反应。 2、注意变价元素，如Fe与足量硝酸反应生成Fe3+，与少量硝酸反应生成Fe2+。且氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同，如Fe和Cl2反应生成FeCl3，而Fe和S反应生成FeS；Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S ；2Fe＋3Cl2==2FeCl3， Fe+S==FeS， Fe＋I2==FeI2；Cu+Cl2==CuCl2，2Cu＋S==Cu2S 3、注意氧化还原反应的竞争及用量问题，如向FeBr2溶液中通入Cl2，Cl2的量不同，转移的电子数不同。重要的还原性顺序：I－>Fe2＋>Br－，向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。 4、熟记特殊反应中电子转移总数 【变式5-1】（25-26高三上·山东枣庄·期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．铅酸蓄电池负极增重96 g，理论上转移电子数为2NA B．电解精炼铜时，若阴极质量增加64 g，外电路中通过的电子数不一定为2NA C．1 mol CrO5(Cr的化合价为+6)含过氧键的数目为2NA D．常温下，1 L pH=7的CH3COONH4溶液中，水电离出的数目为10-7 NA 【变式5-2】（25-26高三上·山东德州·阶段练习）钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应③中与足量反应转移电子的数目为 B．反应②中完全反应生成的产物中离子的数目为 C．反应①生成的气体，每11.2 L(标准状况)含原子的数目为 D．溶液中，的数目为 1．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．4.6 g 和混合气体中含有的原子数为0.3 B．1 L 0.1 溶液水解形成的胶体粒子数为0.1 C．2 mol 和1 mol 充分反应，生成物中含有的原子数为2 D．7.8 g 与50 mL 0.1 溶液完全反应，转移电子的数目为0.05 2．关于一定物质的量浓度溶液的配制，下列操作错误的是 A．溶解 B．转移 C．定容 D．摇匀 3．铁及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．反应①中生成8.8 g产物，消耗氧化剂的原子数为 B．反应②中生成的11.2 L(标准状况)气体所含的分子数为 C．反应③中含有的数目为 D．反应④中每生成0.4 mol氧化产物，断裂共价键的数目为 4．完成下列实验所用部分仪器选择正确的是 实验内容 仪器或材料 A 钠在空气中燃烧 坩埚、泥三角 B 加热浓缩NaCl溶液 表面皿、玻璃棒 C 称取1.6 g NaOH固体，配制400 mL浓度约为0.1 的NaOH溶液 500 mL容量瓶、胶头滴管 D 称量5.0 g NaOH固体 电子天平、称量纸 5．是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．与水蒸气完全反应，生成的数目为 B．在空气中燃烧生成和，转移电子个数为 C．与足量溶液反应，生成的个数为 D．足量的浓盐酸与反应，转移电子的数目为 6．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．的溶液中原子的数目为 B．电解精炼铜时，若转移了个电子，阳极溶解铜 C．晶体中，阴阳离子个数比为 D．与足量溶液反应，生成的数目为 7．用草酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列实验操作规范的是 A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管 C．滴定 D．读数 8．常作为熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，制备的过程涉及到以下反应： ①(未配平) ② ③ 下列说法正确的是 A．上述每步反应均属于氧化还原反应 B．反应①中氧化剂和还原剂的质量比是 C．属于酸式盐 D．理论上，消耗lmol白磷可生产 9．利用可将废水中的转化为对环境无害的物质。反应原理为：。为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是 A．分子含σ键的数目为 B．18g冰中存在的氢键数目最多为 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．若生成标准状况下的，则反应转移的电子数为 10．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．1mol硝基与所含电子数不相同 B．标准状况下，11.2LHF含有个HF分子 C．溶液中数目为 D．总质量为3g的和HCHO混合物中含有碳原子数目为 11．侯氏制碱法的反应原理为。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含有σ键的数目为 B．中含有的电子数目为 C．晶体中含有的离子数目为 D．溶液中的数目为 12．利用CO2加氢制CH3OH的反应机理如图所示。H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程。下列说法错误的是 已知：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒，NA表示阿伏加德罗常数。 A．反应过程存在C－H、O－H的断裂和形成 B．催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快 C．若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降 D．理论上，每生成1mol CH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA 13．我国科学家发明低压高效电催化还原的新方法为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．1mol基态C原子含有的未成对电子的数目为2 B．该反应每还原4.4g ，转移的电子数目为0.2 C．标准状况下，11.2L CO含有的配位键数目为0.5 D．1L 0.2 NaClO溶液中含有的阴离子数目为0.2 14．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．25℃时，的溶液中，的数目为 B．发生氧化反应生成，失去电子数为 C．与的混合气体中含有的原子总数为 D．标况下中含有的质子总数为 15．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．12 g固体中含离子的数目为 B．标准状况下，11.2 L HF中含电子的数目为 C．25℃时，1 L的醋酸溶液中含的数目为 D．常温常压下，46 g与混合气体中含原子的数目为 16．为完成下列实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器) 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 配制NaCl溶液 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 NaCl固体、蒸馏水 B 从海带灰中获得含的溶液 烧杯、分液漏斗、玻璃棒 蒸馏水、海带灰 C 制备并收集氯气 圆底烧瓶、分液漏斗、导管、洗气瓶、集气瓶、烧杯 浓盐酸、二氧化锰、浓硫酸、饱和食盐水、氢氧化钠溶液 D 粗盐提纯 烧杯、量筒、玻璃棒、酒精灯、漏斗、胶头滴管 粗盐、蒸馏水、氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、饱和碳酸钠溶液、稀盐酸 17．一定条件下，H2C2O4(二元弱酸)被100 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液氧化生成CO2的反应过程中，不同价态含锰微粒的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A．前5 min内所发生的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1 B．该条件下，Mn2+和不能大量共存 C．后期反应的离子方程式为 D．反应至17min的过程中，理论上生成标准状况下10.08LCO2 18．根据要求，回答下列问题： (一)工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下： （1）工业上用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热到生成粗硅的化学方程式为 。 （2）300℃时，在流化床反应器中，粗硅与HCl气体反应生成和的化学方程式为 。 （3）高纯硅的用途是 (写出一种)。 (二)某分子筛类催化剂(交换沸石)催化脱除的反应机理如图所示。 （4）按如图反应机理，脱除的总反应的化学方程式为 。 （5）室温时，在容积为的试管中充满气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为，且该气体不支持燃烧。则a、b、c的关系是 。 （6）下列三组混合气体的体积比为①，②，③。将分别盛满上述三组混合气体的容积相等的三支试管倒置于盛有水的水槽中，最后三支试管内溶液中溶质的物质的量浓度之比为 (忽略溶质扩散)。 （7）将充满和的混合气体的量筒倒置于水中，充分反应后，保持气体压强不变，水进入至量筒体积的处停止了，则原混合气体中和的体积比是 。 19．将25.0g胆矾晶体放在坩埚中加热测定晶体中结晶水的含量，固体质量随温度的升高而变化的曲线如图，请认真分析，填写下列空白： （1）30℃～110℃间所得固体的化学式是 ，650℃—1000℃之间所得固体的化学式是 。 （2）温度高于1000℃后所得固体的化学式是 ，发生反应的化学方程式为 。 （3）根据上图分析，常温下无水酸铜 (选填“可以”或“不可以”)用作干燥剂，进行硫酸铜晶体结晶水含量测定实验时，温度应控制在 范围内。 20．利用“价类二维图”研究物质的性质是化学研究的重要手段。下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。 回答下列问题： （1）已知D可用于实验室制，焰色试验时其火焰呈现紫色。A、B、C、D四种物质中，属于电解质的是 (填化学式)。 （2）将E滴入碳酸氢钠溶液中，有大量气泡产生，该反应的离子方程式为 。 （3）取某84消毒液(有效成分含量为)，加水稀释，配制成稀溶液。 ①配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、 。 ②关于配制过程的下列说法中，正确的是 (填字母)。 A．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制 B．未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低 C．定容时，俯视观察刻度线可能导致结果偏低 D．定容摇匀后，将溶液保存于容量瓶中，随用随取 ③稀释后的溶液中，的物质的量浓度为 。 （4）工业上“侯氏制碱法”以、、及水等为原料制备纯碱，生产纯碱的工艺流程示意图如下： 检验产品中是否含有氯离子，需要的试剂有 。 21．向100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液中加入11.2g铁粉，充分反应后固体质量仍为11.2g。将反应后得到的固体再与足量的稀硫酸反应可得到标准状况下气体2.24L。 （1）写出向100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液中加入铁粉发生反应的化学方程式： ① ； ② ； （2）求混合液中的H2SO4与CuSO4的物质的量之比； (写出计算过程) 22．I.磷化铝(AlP)和磷化氢()都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。 （1）AlP遇水蒸气会发生反应放出气体，该反应的另一种产物的化学式为 。 （2）具有强还原性，能与溶液反应，配平该反应的化学方程式： 。 _________________________________ （3）工业制备的流程如图所示。 ①白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为 ，次磷酸属于 (填“一”“二”或“三”)元酸。 ②若起始时有1mol参加反应，则整个工业流程中共生成 mol。(不考虑产物的损失) II.将38.8g和水蒸气的混合气体，与足量的反应，收集到标准状况下11.2L的气体，请计算： （4）混合气体的平均相对分子质量为 ，与水蒸气的物质的量之比为 ，反应中电子转移的总物质的量为 ，固体增加的质量为 。 23．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题： Ⅰ．草酸亚铁晶体的制备 实验步骤：称取5.0g(NH4)2Fe(SO4)2，并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0 mol/L H2SO4 溶液和15 mL蒸馏水，加热溶解。用仪器B加入25.0 mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至 80~90℃停止加热，静置。待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。 （1）仪器B的名称为 ，此实验中三颈烧瓶的规格宜选择 (填字母)。 a．50mL    b．100mL    c．250mL    d．500mL （2）量取10.9 mL浓硫酸(18.4mol/L)配制200mL浓度约为1mol/L 稀硫酸，不需要选用的仪器是 (填字母)。 a．托盘天平    b．25 mL 量筒    c．250 mL量筒    d．250 mL 容量瓶 e．250 mL烧杯    f．250 mL 细口试剂瓶        g．玻璃棒 （3）有关抽滤，下列说法不正确的是 。 a．滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔 b．如图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口 c．抽滤完毕后，应先打开活塞A，再关抽气泵，以防倒吸 d．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出 Ⅱ．草酸亚铁晶体热分解产物的探究： （4）装置C的作用为 。 （5）实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A 处反应管中发生反应的化学方程式为 。 （6）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 。 Ⅲ．运用热重分析法推测产物 称取54.0g草酸亚铁晶体()加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示。 （7）已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据右图可知B点固体物质的化学式为 。 24．氢化铝锂()是有机合成中重要的还原剂，易燃且125℃以上分解，潮湿空气中易水解。某化学兴趣小组以乙醚为溶剂，利用无水和LiH反应制备，实验步骤及装置(夹持装置略)如下 (ⅰ)按图示装置组装仪器并检验气密性； (ⅱ)打开、，从a口通入一段时间；以排尽装置中的空气； (ⅲ)向三颈烧瓶中先加入30mL溶有3.04g的乙醚溶液作反应引发剂，再加入24.00gLiH固体和200mL乙醚搅拌均匀。最后通过恒压滴液漏斗加入300mL溶有80.10g无水的乙醚溶液发生反应； (ⅳ)待反应结束后，关闭，a口接减压装置，将三颈烧瓶中的固液混合物抽至过滤器内。关闭，打开，再次从a口通入直至过滤结束； (ⅴ)将滤液与苯混合，对混合液进行_______，得到固体，称量其质量为21.28g。 已知：①相关物质在乙醚和苯中的溶解性如下表 物质溶剂 LiH LiCl 乙醚 溶 溶 微溶 难溶 苯 难溶 溶 — — ②乙醚的沸点为34.5℃，苯的沸点为80.1℃ 回答下列问题： （1）仪器Y的名称为 ；三颈烧瓶应选择的规格为 (填标号)。 A．250mL        B．500mL        C．1000mL        D．2000mL （2）装置X中装有无水，其作用为 。 （3）步骤(ⅲ)中，三颈烧瓶内发生反应的化学方程式为 。 （4）步骤(ⅳ)中，过滤可除去的杂质为LiH和 (填化学式)；再次通入N₂的作用除隔绝空气外，另一重要作用为 。 （5）步骤(ⅴ)的目的为除去少量杂质并得到固体，横线处应补充的具体操作为_______(填标号)。 A．蒸馏、过滤 B．蒸发结晶 C．萃取、分液 D．重结晶 （6）若初始加入的引发剂不计入产品，则该实验中产品的产率为 %(保留两位有效数字)。 25．氯及其化合物NaClO、等在生活、生产中有着重要作用。 I．已知：的熔点为，沸点为11℃，易溶于水。实验室利用干燥纯净的与反应制备的装置如图所示。 回答下列问题： （1）写出装置A中反应的化学方程式： 。 （2）装置B的作用是 ，装置C中试剂b为 (填名称)，装置D中反应的化学方程式为 。 （3）装置E置于冰水浴中的目的是 。 II．“84消毒液”具有杀菌消毒、漂白的作用。已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如图所示。 84消毒液 [有效成分]NaClO [规格]1000 mL [质量分数]25% [密度]1.19 （4）该“84消毒液”有效成分的物质的量浓度约为 (保留小数点后一位)。 （5）使用该“84消毒液”需要先进行稀释，现在实验室利用该“84消毒液”稀释配制成250 mL 0.15 溶液。在量取该消毒液时宜选用量筒的规格为 (填字母)。 A．5 mL　　　B．10 mL　　　　C．50 mL 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 阿伏加德罗常数、物质的量 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 阿伏加德罗常数 考向02 物质的量【重】 考向03 气体摩尔体积 考向04 物质的量浓度及溶液的配制 考向05 化学定量计算【重】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 山东卷选择题有阿伏伽德罗常数正误判断题。考察比较综合，从气体摩尔体积的适用条件考查。常考H2O、SO3、HF戊烷等在标况下为非气态物质；从物质结构考察，特定物质中的化学键数目，如SiO2、CO2、P4、CH4中的共价键求法；氧化还原方程式中电子的转移角度计算；从溶液中的离子角度考虑，考虑弱电解质的电离，盐类水解等作用导致离子数目发生改变；从可逆反应的角度考虑，因为可逆反应不能完全转化，实际产生的分子数会小于理论值等等。 考向01 阿伏加德罗常数 【例1-1】NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是 A．10 mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8% B．在H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，每生成32 g氧气，则转移2NA个电子 C．标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4 L，质量为28 g D．一定温度下，1 L 0.50 mol·L－1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L－1 NH4Cl的溶液含NH4+的物质的量不同 【答案】A 【解析】A、10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，根据稀释前后硫酸质量不变，ρ（浓溶液）×10mL×98%=ρ（稀溶液）×100mL×ω（稀溶液），则ω（稀溶液）=×9.8%，由于ρ（浓溶液）>ρ（稀溶液），所以稀释后H2SO4的质量分数大于9.8%，故A错误； B、生成32g氧气，则转移电子数为×2×NAmol-1=2NA，故B正确； C、标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体物质的量为1mol，体积约为22.4L，CO、C2H4的摩尔质量相同都为28g/mol，所以质量为28g，故C正确； D、一定温度下1L 0.50mol•L-1NH4Cl溶液中含有溶质氯化铵0.5mol，2L 0.25mol•L-1NH4Cl溶液中含有溶质氯化铵0.5mol，NH4+在溶液中发生水解，根据“越稀越水解”，后者水解程度大，所以溶液中含NH4+的物质的量不同，故D正确； 故选A。 【例1-2】（25-26高三上·山东菏泽·期中）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．2.2 g超重水()所含的中子数目为 B．溶液中的数目为 C．与足量反应转移电子的数目为 D．标准状况下，中含键数目为 【答案】D 【解析】A．超重水（）的摩尔质量为22 g/mol，2.2 g超重水的物质的量为0.1 mol，每个含2个中子，O含8个中子，故每个分子含12个中子，故总中子数为，A错误； B．在水中会水解，导致其实际浓度小于0.1 mol/L，因此数目小于，B错误； C．1 mol 与水反应时，每mol 转移1 mol电子（-1价O的歧化），转移电子数为，C错误； D．标准状况下22.4 L 为1 mol，每个分子含2个σ键，总σ键数为，D正确； 故选D。 1 国际规定阿伏伽德罗常数时用的是 12C ，是特定的原子，不可替换； 2 阿伏伽德罗常数是一个物理量，并不是单纯的数字，有自己的单位 mol-1； 3 我们在做计算的时候取NA=6.02×1023 mol-1，但这只是近似值，不能说阿伏伽 4 阿伏伽德罗常数就是6.02×1023，也不能认为1mol粒子 = 6.02×1023个。 【变式1-1】（2025·广西·高考真题）虫蚁叮咬时所分泌的蚁酸，会引起肿痛。医用双氧水既可消毒，又可将蚁酸氧化，氧化原理为。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含非极性共价键的数目为 B．的溶液中，的数目为 C．反应，转移的电子数目为 D．反应，标准状况下生成 【答案】A 【解析】A．H2O2分子中含有一个O-O非极性共价键，0.1mol H2O2含非极性键数目为0.1NA，A正确； B．pH=1的HCOOH溶液中，H+浓度为0.1mol/L，但未提供溶液体积，无法确定H+数目，B错误； C．H2O2作为氧化剂被还原，1mol H2O2分子转移2mol电子，0.1mol H2O2转移0.2NA电子，C错误； D．反应生成的H2O在标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积计算体积，D错误； 故选A。 【变式1-2】（2025·云南·高考真题）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中原子的数目为 B．所含中子的数目为 C．粉和足量S完全反应，转移电子的数目为 D．盐酸与足量反应，生成的数目为 【答案】B 【解析】A．未指明气体是否处于标准状况，22.4L CH4的物质的量无法确定为1mol，因此原子数目无法确定为5NA，A错误； B．18O的中子数为18-8=10，1mol18O含10mol中子，数目为10NA，B正确； C．28g Fe（0.5mol）与S反应生成FeS，Fe的氧化态为+2，转移电子数为0.5×2=1mol=1NA，而非1.5NA，C错误； D．浓盐酸与MnO2反应时，随反应进行浓度降低，反应停止，实际生成Cl2的物质的量小于理论值0.3mol，D错误； 故选B。 考向02 物质的量【重】 【例2-1】（25-26高三上·山东·阶段练习）化学史上首次用化学方法制得的三步反应如下： ① ② ③ 下列说法错误的是 A．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3 B．反应②为非氧化还原反应 C．反应③中生成1 mol 转移个电子 D．每生成1 mol ，消耗的物质的量为1 mol 【答案】D 【解析】A．反应①为，KMnO4为氧化剂（Mn从+7→+4），H2O2为还原剂（O从-1→0），则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，A正确； B．反应②前后各元素的化合价不变，为非氧化还原反应，B正确； C．反应③为，中Mn的化合价由+4降为+3，部分F元素化合价由-1价升高为0价，反应共转移2 mol电子，同时生成4 mol ，故生成1 mol 转移0.5 mol电子，即个电子，C正确； D．由反应①和③的化学方程式可得关系式：2 KMnO4~2K2MnF6~ F2，则每生成1 mol ，消耗的物质的量为2 mol，D错误； 故选D。 【例2-2】（24-25高三上·山东济宁·阶段练习）某固体混合物可能含有Al、、、、、NaCl中的一种或几种，现对该混合物做如图实验，所得现象和有关数据如图(气体体积已换算成标准状况下体积)。下列说法不正确的是 A．步骤①中一定发生了氧化还原反应 B．混合物中一定不存在，可能含有NaCl、 C．步骤②和步骤③中反应消耗的的物质的量之比为3∶1 D．混合物中一定含有和，且物质的量均为0.2mol 【答案】C 【分析】由题干可知，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀久置无明显变化，则固体不含FeCl2，11.60g是氢氧化镁沉淀，n[Mg(OH)2]==0.2mol，m()=0.2mol×95g/mol=19g；Al与氢氧化钠溶液产生的氢气为n(H2)= =0.6mol，根据电子得失守恒3n(Al)=2×0.6mol，n(Al)=0.4mol，m(Al)=0.4mol×27g⋅mol-1=10.8g；浓硫酸吸收氨气，n(NH3)= =0.4mol，n[]=0.4mol×=0.2mol，m[]=0.2mol×132g/mol=26.4g，则固体含Al、(NH4)2SO4、MgCl2的质量为10.8g+26.4g+19g=56.2g，则余下59.0g-56.2g=2.8g是AlCl3和NaCl中的一种或两种。 【解析】A．根据分析，固体含Al，步骤①中Al与氢氧化钠溶液产生氢气为氧化还原反应，A正确； B．根据分析，混合物中一定不存在FeCl2，可能含有NaCl、AlCl3中的一种或两种，B正确； C．步骤②为H++OH-=H2O和，步骤③为，二者反应消耗的H+的物质的量之比因过量氢氧根离子未知而不能计算，C错误； D．由分析可知，含有和，且物质的量均为0.2mol，D正确； 故选C。 一、混合气体分析方法： 1. 等质量的最简式相同的物质含有的原子数相同，如NO2与N2O4，C2H4与C3H6，O2与O3。 2、等质量的摩尔质量相同的物质含有的分子数相同，如N2与CO，CO2与N2O，H2SO4与H3PO4。 3、等物质的量的NO2与SO2中氧原子数相同， 法一极限法：设只有物质1计算，设只有物质2计算，两结果与题目一致则则正确 法二找相同点：如最简式相同、原子个数相同、相对分子质量相同，用相同点计算 二、溶液分析判定方法： 陷阱1：无溶液体积（无具体的浓度、体积） 陷阱2：弱电解质部分电离，导致粒子数目减少 陷阱3：弱离子(弱碱阳离子、弱酸阴离子)会水解，导致粒子数目减少 陷阱4：胶体粒子的数目应小于中心原子数目 陷阱5：H、O原子数目，不能忽视溶剂水 陷阱6：所给条件是否与电解质的组成有关 三、可逆反应、隐含反应、反应物浓度变化对反应的影响 “隐含的可逆反应”： 1、2SO2＋O22SO3 N2＋3H22NH3 2NO2N2O4 (常温下) HCl＋NH3===NH4Cl (常温下) 1、 NO与O2反应生成NO2，NO2又部分转化成N2O4 2NO+O2=2NO2 (常温下) 2、 Cl2＋H2OHCl＋HClO (Cl2溶于水只有部分发生反应) 3、 NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－ (NH3溶于水只有部分发生反应) 5、酯化反应与酯的水解反应为可逆反应 有些反应的反应物浓度不一样，反应就不一样，随着浓度降低要么反应停止要么产物不同。 MnO2＋4HCl(浓)==MnCl2＋Cl2↑＋2H2O Cu＋2H2SO4(浓)==CuSO4＋SO2↑＋2H2O Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O Zn＋2H2SO4(浓)==ZnSO4＋SO2↑＋2H2O Zn＋2H2SO4(稀)==ZnSO4＋H2↑ 常温下Fe、Al遇浓H2SO4或浓HNO3钝化，加热时剧烈反应 四、物质的空间结构和化学键的数目，常见物质中的共价键数目： 注意：1 mol S8 中含有8mol S－S ；苯分子中不含有C—C或C===C 乙醇分子：C—H(5个)，C—C(1个)，C—O(1个)，O—H(1个) 【变式2-1】（2024·广西·高考真题）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．“反应1”中，每消耗，在下得到 B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 【答案】B 【分析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3‌，以此解题。 【解析】A．根据分析可知，每消耗，生成0.1mol氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错误； B．根据分析可知，反应2方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1molNO，转移电子数为，B正确； C．根据反应3，充分反应后生成个，但是体系中存在2NO2⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于，C错误； D．根据反应4可知，为使完全转化成，至少需要个O2，D错误； 故选B。 【变式2-2】（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为 B．反应②中2.3gNa完全反应生成的产物中含非极性键的数目为 C．反应③中与足量反应转移电子的数目为 D．溶液中，的数目为 【答案】A 【解析】A．反应①电解熔融NaCl生成，标准状况下11.2L为0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即，A正确； B．2.3g Na（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05mol，每个含1个O-O非极性键，所以非极性键数目为，B错误； C．与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为，1mol与水反应转移1mol电子，数目为，C错误； D．ClO⁻在水中会水解，故数目小于，D错误； 故选A。 考向03 气体摩尔体积 【例3-1】（2025·广东·高考真题）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．的中子数，比的多 B．与水蒸气完全反应，生成的数目为 C．在的溶液中，的数目为 D．标准状况下的与足量反应，形成的共价键数目为 【答案】D 【解析】A．的中子数为10，的中子数为8，每个O2分子含2个O原子，1mol比1mol多4NA个中子，A错误； B．Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，1mol Fe生成mol H2，数目为NA，B错误； C．在水中会水解，溶液中的数目小于0.1NA，C错误； D．1mol Cl2与H2反应生成2mol HCl，形成2mol H-Cl键，共价键数目为2NA，D正确； 故选D。 【例3-2】（25-26高三上·山东聊城·阶段练习）已知：230℃时，硝酸铵易发生分解生成、和，且、两种气体的物质的量之比为2:1。下列有关说法错误的是 A．硝酸铵既是氧化剂，又是还原剂 B．在230℃时，分解产物的平均摩尔质量约为 C．同温、同压下，、的密度之比为7:8 D．标准状况下，等体积的和含有的氧原子数之比小于2:1 【答案】B 【解析】A．硝酸铵分解时，中的N的化合价由-3升至0，中的N的化合价由+5降为0，部分O的化合价由-2升至0，因此硝酸铵既是氧化剂又是还原剂，A正确； B．230℃时，硝酸铵的分解反应为2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O，则分解产物的平均摩尔质量=， B错误； C．同温同压下，气体密度比等于摩尔质量比，则、的密度之比为28:32=7:8，C正确； D．标准状况下，O2为气体，H2O不是气体，等体积时，O2的氧原子数远小于H2O的氧原子数，比值远小于2:1，D正确； 故选B。 用到22.4L·mol-1必须注意物质的状态及是否是标准状况 ： 1、出现物质的体积，前看是否为标准状况(0 ℃、1.01×105 Pa) 后看该物质是否为气体，如果三个因素齐再计算。 2、 标准状况下不是气体的物质，常考的有HCHO(g)、CH3Cl(g)、CH2Cl2(l)、CHCl3(l)、CCl4(l)、水(s)、 液溴(l)、SO3(s)、NO2、己烷(l)、苯(l)、汽油(l) 、CxHy(x>4)、HF(l)、乙醇(l)、甲醇(l) 、乙酸(l) 3、不能看到“常温常压”就否决，质量、物质的量、摩尔质量、微粒个数与温度压强无关。 【变式3-1】（2024·浙江·高考真题）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是 A．X表示 B．可用替换 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】A．由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，仍然是大气污染物，A不正确； B．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，B不正确； C．该反应中，还原剂中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C正确； D．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的气体，即生成0.5mol，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确； 综上所述，本题选C。 【变式3-2】（25-26高三上·山东·阶段练习）市售浓硝酸的质量分数为68%，密度为1.4 g·cm-3，现用此浓硝酸配制500 mL 1.0 mol·L-1的稀硝酸，下列说法错误的是 A．需要取用33.1 mL的浓硝酸 B．定容时，若液面超过刻度线，需要重新配制 C．必须使用的玻璃仪器只有500 mL容量瓶、烧杯、量筒 D．取20 mL配制好的溶液，取出的溶液中 【答案】C 【解析】A．设需要取用V mL浓硝酸，根据稀释前后溶质HNO3的物质的量相等，有，解得V≈33.1，A正确； B．定容时，液面超过刻度线会导致溶液浓度偏低，无法通过用胶头滴管吸走超过刻度线的液体来补救，必须重新配制，B正确； C．配制该溶液必须使用的玻璃仪器有500 mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒和胶头滴管，选项遗漏了玻璃棒和胶头滴管，C错误； D．HNO3在水中完全电离，20 mL 1.0 mol·L-1稀硝酸中含的物质的量为，D正确； 故选C。 考向04 物质的量浓度及溶液的配制 【例4-1】（2025·山东·高考真题）称取固体配制浓度约为的溶液，下列仪器中不需要使用的是 A．烧杯 B．容量瓶 C．量筒 D．细口试剂瓶(具橡胶塞) 【答案】B 【解析】A．溶解1.6g NaOH需要在烧杯中进行，故A需要； B．1.6gNaOH的物质的量为，，本实验要求精度不高，1.6g氢氧化钠溶解在400mL蒸馏水中即可配制浓度约为的溶液，不需要容量瓶，故选B； C．据B项分析可知，配制时需量筒量取400mL蒸馏水，故不选C； D．NaOH溶液配制好后需要转移到试剂瓶中储存，氢氧化钠溶液呈碱性，能与玻璃中的二氧化硅反应，不能选择玻璃塞，所以需要细口试剂瓶(具橡胶塞)，故不选D； 故选B。 【例4-2】（25-26高三上·山东烟台·开学考试）关于溶液配制，下列说法正确的是 A．配制注射液时所需的容量瓶不可烘干 B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取浓盐酸 C．配制一定物质的量浓度的溶液时，用蒸馏水洗涤量筒、烧杯和玻璃棒2~3次 D．配制溶液定容后应上下反复颠倒摇匀 【答案】D 【解析】A．配制注射液时不需要容量瓶，A错误； B．量筒的精确度是0.1 mL，因此不能用量筒量取9.82 mL浓盐酸，B错误； C．量筒为量出式仪器，不需要洗涤，C错误； D．配制溶液定容后，盖紧瓶塞，上下反复颠倒摇匀溶液，D正确； 故选D。 1.物质的量浓度与溶质质量分数的比较 物质的浓度（CB） 溶质的质量分数（ω） 溶质的单位 mol g 溶液的单位 L g 表达式 ω= （m质÷m液）×100% C与ω之间的关系 2.物质的量浓度与溶质质量分数的推导关系 ①已知条件梳理 设某溶液：溶质B的摩尔质量为M（单位：g/mol）；溶液密度为p（单位：g/mL，换算为g/L时需×1000）；溶质质量分数为ω；溶液体积为V（单位：L）。 ②推导过程（三步法） 第一步：计算溶液质量 第二步：计算溶质质量与物质的量 溶质质量： 溶质物质的量： 第三步：代入物质的量浓度公式 【变式4-1】（25-26高三上·山东泰安·期中）向和的混合物中加入某浓度的稀硝酸，固体物质完全反应，在所得溶液中加入的溶液至中性，产生沉淀。下列有关说法错误的是 A．标准状况下产生的NO体积为2.24 L B．与的物质的量之比为 C．硝酸的物质的量浓度为 D．、与硝酸反应后剩余为 【答案】AD 【分析】Cu和与称硝酸反应，生成硝酸铜，一氧化氮和水，反应方程式为，反应后加入NaOH至中性，生成的与NaOH反应生成沉淀，，已知生成的沉淀质量为49.0 g，其摩尔质量为98 g/mol，所以，因此的物质的量也为0.5 mol。设Cu的物质的量为x mol，的物质的量为y mol。根据反应关系，每1 molCu生成1 mol，每1 mol生成2 mol，因此x+2y=0.5；又因为混合物总质量为35.2 g，Cu的摩尔质量为64 g/mol，的摩尔质量为144 g/mol，所以64x+144y=35.2，联立可得x=0.1，y=0.2。 【解析】A．根据反应方程式，3 molCu生成2 molNO，即0.1 molCu生成 molNO，0.2 mol会生成 molNO，所以，标准状况下，A错误； B．由分析可知，Cu为0.1 mol，为0.2 mol，比例为1:2，B正确； C．根据电子守恒可知：，所以，解得。根据氮元素守恒可知，=，则硝酸的物质的量浓度为，C正确； D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后的溶液中，所以=1 mol-2×0.5 mol=0 mol，故不会剩余硝酸，D错误； 故答案选AD。 【变式4-2】（25-26高三上·山东枣庄·月考）表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A．与盐酸充分反应，转移电子数为 B．浓盐酸与足量加热充分反应，生成的数目为 C．常温下，将铁片投入到足量浓硝酸中，生成分子数目为 D．标准状况下，通入水中，溶液中氯离子数为 【答案】A 【解析】A．钠与盐酸反应时，H+的物质的量为0.01 L×0.5 mol/L=0.005 mol，而钠为0.1 mol。H⁺完全反应后，剩余的钠会与水继续反应。无论与H⁺还是水反应，1 mol Na均失去1 mol电子，总转移电子数为0.1 mol，即0.1 ，A正确； B．浓盐酸与MnO2反应时，随着反应进行，盐酸浓度降低至稀盐酸后反应停止，实际生成的Cl2小于理论值2.5，B错误； C．常温下铁在浓硝酸中发生钝化，反应迅速停止，生成的NO2远小于理论值1.5，C错误； D．Cl2在水中溶解度低且反应可逆，仅有部分Cl2转化为Cl-，溶液中Cl-数目远小于0.5，D错误； 故选A。 考向05 化学定量计算【重】 【例5-1】（25-26高三上·山东·期中）设NA为阿伏伽德罗常数，下列有关说法错误的是 A．Na2O2与足量CO2充分反应，生成标准状况下2.24L O2转移的电子数为0.2NA B．常温常压下，30g SiO2中含有的Si—O键数目为2 NA C．标准状况下，92g的NO2和N2O4混合物含有的氧原子数为4 NA D．含2mol H2SO4的浓硫酸与足量的铜在加热的条件下反应，生成NA个气体分子 【答案】D 【解析】A．Na2O2与CO2反应，氧元素化合价由-1升高为0生成O2，每生成1mol O2转移2mol电子，2.24L O2为0.1mol，转移电子数为0.2NA，故A正确； B．30g SiO2为0.5mol，每个Si原子形成4个Si—O键，总键数为0.5×4=2mol，含有的Si—O键数目为2 NA，故B正确； C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，92g混合物对应2mol NO2，氧原子数为2×2=4mol，含有的氧原子数为4 NA，故C正确； D．浓硫酸与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，随浓度降低反应停止，2mol H2SO4无法完全反应，所以生成的气体分子数小于NA，故D错误； 选D。 【例5-2】（25-26高三上·山东聊城·阶段练习）锌与金属铝的化学性质相似，它还能溶于氨水中形成配离子，反应的离子方程式为，设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．标准状况下，中含有的中子数为 B．与过量溶液反应的离子方程式为 C．等物质的量的和含有相同的电子数 D．上述反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1 【答案】B 【解析】A．每个分子含8个中子（的中子数为15-7=8，H指，无中子），22.4 L该气体在标准状况下为1mol，含中子，A正确； B．Zn与过量NaOH反应会生成而非，正确的离子方程式应为，B错误； C．和的单个分子均含10个电子，二者等物质的量时所含电子总数相同，C正确； D．上述反应中，Zn元素的化合价升高，Zn作还原剂；水中氢元素化合价降低，为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量比为1:2（“2 个”相当于提供2个被还原的），D正确； 故选B。 氧化还原反应中电子转移数目的判断 策略：方程式 ~ e- 算失电子数或得电子数(不可相加) 转移的电子数=n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价—低价) =n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价—低价) 1、注意歧化反应，如Na2O2与H2O、CO2的反应；Cl2、NO2与H2O或NaOH的反应。 2、注意变价元素，如Fe与足量硝酸反应生成Fe3+，与少量硝酸反应生成Fe2+。且氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同，如Fe和Cl2反应生成FeCl3，而Fe和S反应生成FeS；Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S ；2Fe＋3Cl2==2FeCl3， Fe+S==FeS， Fe＋I2==FeI2；Cu+Cl2==CuCl2，2Cu＋S==Cu2S 3、注意氧化还原反应的竞争及用量问题，如向FeBr2溶液中通入Cl2，Cl2的量不同，转移的电子数不同。重要的还原性顺序：I－>Fe2＋>Br－，向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。 4、熟记特殊反应中电子转移总数 【变式5-1】（25-26高三上·山东枣庄·期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．铅酸蓄电池负极增重96 g，理论上转移电子数为2NA B．电解精炼铜时，若阴极质量增加64 g，外电路中通过的电子数不一定为2NA C．1 mol CrO5(Cr的化合价为+6)含过氧键的数目为2NA D．常温下，1 L pH=7的CH3COONH4溶液中，水电离出的数目为10-7 NA 【答案】BD 【解析】A．铅酸蓄电池的负极反应式为：Pb-2e-+ SO=PbSO4，则负极增重96g时，转移电子数为：×2×NAmol-1=2NA，A正确； B．电解精炼铜时，阴极反应式为：Cu2++2e-=Cu，则阴极质量增加64 g，外电路中通过的电子数为：×2×NAmol-1=2NA，B错误； C．由题意可知，CrO5的结构式为：，则1mol CrO5含有的过氧键数目为：1mol×2×NAmol-1=2NA，C正确； D．醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子在溶液中均水解促进水的电离，则常温下，1 L pH=7的醋酸铵溶液中水电离出的氢氧根离子数目大于：10-7 mol/L×1L×NAmol-1=10-7NA，D错误； 故选BD。 【变式5-2】（25-26高三上·山东德州·阶段练习）钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应③中与足量反应转移电子的数目为 B．反应②中完全反应生成的产物中离子的数目为 C．反应①生成的气体，每11.2 L(标准状况)含原子的数目为 D．溶液中，的数目为 【答案】C 【解析】A．反应③为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中O为-1价，反应时一半升为0价(生成O2)，一半降为-2价(生成NaOH)，1 mol Na2O2反应转移1 mol电子，转移电子数目为NA，A错误； B．反应②为2Na+O2Na2O2，23g Na为1 mol，生成0.5 mol Na2O2，Na2O2由Na+和构成，0.5 mol Na2O2含1 mol Na+和0.5 mol，总离子数目为1.5 NA，B错误； C．反应①为电解熔融NaCl：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，生成气体为Cl2，标准状况下11.2 L Cl2的物质的量为=0.5 mol，含原子数目为0.5 mol×2=1mol，即NA，C正确； D．NaClO溶液中ClO⁻水解：ClO⁻+H2OHClO+OH⁻，ClO⁻数目小于0.1 NA，D错误； 故答案为：C。 1．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．4.6 g 和混合气体中含有的原子数为0.3 B．1 L 0.1 溶液水解形成的胶体粒子数为0.1 C．2 mol 和1 mol 充分反应，生成物中含有的原子数为2 D．7.8 g 与50 mL 0.1 溶液完全反应，转移电子的数目为0.05 【答案】A 【解析】A．NO2和N2O4的最简式均为NO2，混合气体可视为4.6 g NO2，每个分子含3个原子，总原子数为，A正确； B．1个氢氧化铁胶体微粒含有多个氢氧化铁，所以1 L 0.1 溶液水解形成的胶体粒子数小于0.1，B错误； C．反应2SO2+18O22SO3为可逆反应，两种反应物不会完全转化为SO3，因此生成物中的18O原子数小于2 NA，C错误； D．，。过量，能完全反应。与酸或水反应时，均为1 mol 转移1 mol电子，故7.8 g 完全反应转移电子的数目为，D错误； 故答案为A。 2．关于一定物质的量浓度溶液的配制，下列操作错误的是 A．溶解 B．转移 C．定容 D．摇匀 【答案】B 【解析】A．溶解操作在烧杯中进行，用玻璃棒搅拌加速溶解，A正确； B．转移溶液时需用玻璃棒引流，防止溶液洒出，且玻璃棒应伸到刻度线以下防止液滴飞溅，B错误； C．定容时应在液面接近刻度线1-2cm时改用胶头滴管滴加，且胶头滴管应悬空滴加，视线与凹液面最低处相切，操作正确，C正确； D．摇匀需将容量瓶倒置反复摇匀，使溶液混合均匀，D正确； 故选B。 3．铁及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．反应①中生成8.8 g产物，消耗氧化剂的原子数为 B．反应②中生成的11.2 L(标准状况)气体所含的分子数为 C．反应③中含有的数目为 D．反应④中每生成0.4 mol氧化产物，断裂共价键的数目为 【答案】A 【解析】A．反应①中，8Fe + S8 = 8FeS。生成8.8 g FeS（摩尔质量88 g/mol）对应0.1 mol FeS。根据反应式，每生成8 mol FeS消耗1mol S8（含8个S原子），因此0.1 mol FeS消耗S8的物质的量为0.1/8=0.0125 mol，对应S原子数为0.0125×8=0.1NA。S8是氧化剂，A正确； B．反应②中，FeS与HCl反应生成H2S气体：FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S↑。标准状况下11.2 L H2S为0.5 mol，分子数为0.5NA，而非1.5NA，B错误； C．FeCl2溶液中Fe2+易水解，实际浓度小于0.2 mol/L，因此1 L 0.2 mol/L FeCl2溶液中Fe2+数目小于0.2NA，C错误； D．反应④中，4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3。每生成4 mol Fe(OH)3（氧化产物），消耗1 mol O2，断裂1 mol O-O双键（对应1NA共价键）。生成0.4 mol Fe(OH)3时，消耗0.1 mol O2，断裂0.1NA共价键，而非0.2NA，D错误； 答案选A。 4．完成下列实验所用部分仪器选择正确的是 实验内容 仪器或材料 A 钠在空气中燃烧 坩埚、泥三角 B 加热浓缩NaCl溶液 表面皿、玻璃棒 C 称取1.6 g NaOH固体，配制400 mL浓度约为0.1 的NaOH溶液 500 mL容量瓶、胶头滴管 D 称量5.0 g NaOH固体 电子天平、称量纸 【答案】A 【解析】A．钠在空气中燃烧需在坩埚中进行，坩埚置于泥三角上加热，A正确； B．加热浓缩溶液应使用蒸发皿，而非表面皿，表面皿无法直接加热，B错误； C．配制400 mL溶液需用500 mL容量瓶，但计算质量应为2.0 g（），题目中称取1.6 g量不足，C错误； D．易潮解且有腐蚀性，称量时应使用烧杯或玻璃器皿，而非称量纸，D错误； 故答案选A。 5．是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．与水蒸气完全反应，生成的数目为 B．在空气中燃烧生成和，转移电子个数为 C．与足量溶液反应，生成的个数为 D．足量的浓盐酸与反应，转移电子的数目为 【答案】B 【解析】A．与水蒸气反应生成和，根据反应，生成，数目为，A错误； B．的物质的量为，无论生成还是，每个原子均失去，总转移电子数为，即，B正确； C．的物质的量为，与反应生成的物质的量为，即，C错误； D．的物质的量为，与浓盐酸反应时，每摩尔转移，总转移电子数为，即，D错误； 故答案选B。 6．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．的溶液中原子的数目为 B．电解精炼铜时，若转移了个电子，阳极溶解铜 C．晶体中，阴阳离子个数比为 D．与足量溶液反应，生成的数目为 【答案】D 【解析】A．的溶液中，乙醇的质量为，乙醇的物质的量，1个乙醇分子含有1个O原子，所以乙醇中O原子物质的量为。水的质量为，水的物质的量，1个水分子()含有1个O原子，所以水中O原子物质的量为。那么溶液中O原子总物质的量为，O原子数目为，故A错误； B．电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有、等比活泼的金属杂质。这些杂质会先于放电，所以当转移个电子时，阳极溶解的质量小于，故B错误； C．晶体中的阳离子是，阴离子是。所以晶体中，阴、阳离子个数比为1：1，故C错误； D．与溶液反应的化学方程式为。的物质的量。根据化学方程式，反应生成，则反应生成的物质的量，生成的数目为，故D正确； 故选D。 7．用草酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列实验操作规范的是 A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管 C．滴定 D．读数 【答案】D 【解析】A．转移或移液时需要用玻璃棒引流，A错误； B．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B错误； C．滴定操作时，应左手控制酸式滴定管活塞，右手持锥形瓶上端轻微地摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，C错误； D．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，D正确； 故选D。 8．常作为熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，制备的过程涉及到以下反应： ①(未配平) ② ③ 下列说法正确的是 A．上述每步反应均属于氧化还原反应 B．反应①中氧化剂和还原剂的质量比是 C．属于酸式盐 D．理论上，消耗lmol白磷可生产 【答案】D 【解析】A．反应②是复分解反应，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误； B．反应①的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，1mol P4中1mol P被还原（氧化剂），3mol P被氧化（还原剂），氧化剂和还原剂的质量比为1∶3，B错误； C．反应①中NaOH过量生成NaH2PO2，则H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，C错误； D．1mol P4通过反应①生成1mol PH3，同时生成3mol NaH2PO2；后者经反应②③转化为1.5mol PH3，总产生2.5molPH3，D正确； 故选D。 9．利用可将废水中的转化为对环境无害的物质。反应原理为：。为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是 A．分子含σ键的数目为 B．18g冰中存在的氢键数目最多为 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．若生成标准状况下的，则反应转移的电子数为 【答案】B 【解析】A．CO2分子结构为O=C=O，每个双键含1个σ键和1个π键，故1mol CO2含2mol σ键，数目为2NA，A错误； B．冰中每个水分子形成4个氢键，但每个氢键被2个分子共享，因此1mol H2O中存在2mol氢键，18g冰（1mol）氢键数目为2NA，B正确； C．反应中6 mol 被还原为N2，为氧化剂，5 mol CH3OH被氧化为CO2，CH3OH为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5，C错误； D．生成3 mol N2转移30 mol电子，则生成0.5 mol N2（标准状况下体积为11.2 L）转移5 mol电子，电子数为5NA，D错误； 故答案为B。 10．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．1mol硝基与所含电子数不相同 B．标准状况下，11.2LHF含有个HF分子 C．溶液中数目为 D．总质量为3g的和HCHO混合物中含有碳原子数目为 【答案】D 【解析】A．硝基的电子数为，1mol硝基含电子数为；的电子数为，1mol含电子数为，二者所含电子数相同，A错误； B．标准状况下，HF是液态，不能用气体摩尔体积22.4L/mol来计算其物质的量和分子数，B错误； C．溶液中会发生水解：，所以溶液中数目小于，C错误； D．的最简式为，HCHO的最简式也为，最简式的摩尔质量为30g/mol，总质量为3g的混合物中含 “” 的物质的量为，1个 “” 中含1个碳原子，所以含有碳原子数目为，D正确； 故选D。 11．侯氏制碱法的反应原理为。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含有σ键的数目为 B．中含有的电子数目为 C．晶体中含有的离子数目为 D．溶液中的数目为 【答案】B 【解析】A．1个NH3分子中含有3个N-Hσ键，但未指明标准状况下，的物质的量不一定是，含有的σ键的数目不一定为，A项错误； B．1个CO2分子中含有(6+8×2)=22个电子，则(物质的量为=0.1mol)中含有的电子数目为，B项正确； C．NaHCO3晶体由Na+和构成，晶体中含有的离子数目为，C项错误； D．在溶液中会发生水解，则溶液中的数目小于，D项错误； 故选B。 12．利用CO2加氢制CH3OH的反应机理如图所示。H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程。下列说法错误的是 已知：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒，NA表示阿伏加德罗常数。 A．反应过程存在C－H、O－H的断裂和形成 B．催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快 C．若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降 D．理论上，每生成1mol CH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA 【答案】A 【解析】A．反应过程存在O－H生成，但无O－H键的断裂，故A错误； B．H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多反应速率越快，故B正确； C．反应温度过高使甲醇炭化，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性下降，故C正确； D．H2首先在面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH∼6H*，所以理论上，每生成1molCH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA，故D正确； 故答案选A。 13．我国科学家发明低压高效电催化还原的新方法为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．1mol基态C原子含有的未成对电子的数目为2 B．该反应每还原4.4g ，转移的电子数目为0.2 C．标准状况下，11.2L CO含有的配位键数目为0.5 D．1L 0.2 NaClO溶液中含有的阴离子数目为0.2 【答案】D 【解析】A．基态C原子电子排布为1s22s22p2，则1mol基态C原子含有2mol未成对电子，数目为2，A正确； B．反应中碳化合价由+4变为+2，得到2个电子，则该反应每还原4.4g （为0.1mol），转移0.2mol电子，数目为0.2，B正确； C．1分子CO存在1个配位键，标准状况下，11.2L CO（为0.5mol）含有0.5mol配位键，数目为0.5，C正确；   D．NaClO溶液存在电荷守恒，1L 0.2 NaClO溶液中钠离子为0.2mol，则含有的阴离子数目大于0.2，D错误； 故选D。 14．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．25℃时，的溶液中，的数目为 B．发生氧化反应生成，失去电子数为 C．与的混合气体中含有的原子总数为 D．标况下中含有的质子总数为 【答案】B 【解析】A．在的溶液中，，则的物质的量为，数目为，A正确； B．在中，x个S原子总共价：，所以1mol发生氧化反应生成，失去电子的物质的量为，失去的电子数为，B错误； C．与的最简式为，则的物质的量为2mol，含有的原子总数为，原子数为，C正确； D．分子的质子数为14，标况下的物质的量为，有分子数，则含有的质子总数为，D正确； 故答案为：B。 15．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．12 g固体中含离子的数目为 B．标准状况下，11.2 L HF中含电子的数目为 C．25℃时，1 L的醋酸溶液中含的数目为 D．常温常压下，46 g与混合气体中含原子的数目为 【答案】AB 【解析】A．NaHSO4固体只含和两种离子，12 g（0.1 mol）固体离子的物质的量应为0.2 mol，A错误； B．若为标准状况下11.2 L HF气体，其物质的量为0.5 mol，所含电子数为0.5 mol×10=5 NA，但是实际标准状况下HF为液体，其物质的量不为0.5 mol，B错误； C．pH=3，即氢离子浓度为0.001 mol/L，溶液体积为1 L，所以氢离子数目为0.001 NA，C正确； D．NO2与N2O4的最简原子个数比均为N:O=1:2，所以46 g混合物中可视为NO2的物质的量为1 mol，原子个数为3NA，D正确； 答案选AB。 16．为完成下列实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器) 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 配制NaCl溶液 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 NaCl固体、蒸馏水 B 从海带灰中获得含的溶液 烧杯、分液漏斗、玻璃棒 蒸馏水、海带灰 C 制备并收集氯气 圆底烧瓶、分液漏斗、导管、洗气瓶、集气瓶、烧杯 浓盐酸、二氧化锰、浓硫酸、饱和食盐水、氢氧化钠溶液 D 粗盐提纯 烧杯、量筒、玻璃棒、酒精灯、漏斗、胶头滴管 粗盐、蒸馏水、氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、饱和碳酸钠溶液、稀盐酸 【答案】AD 【解析】A．计算、称量后，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中定容，给出的仪器及试剂合理，A正确； B．过滤分离出含碘离子的溶液，不需要分液漏斗，应使用漏斗，B错误； C．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，C错误； D．滴加试剂使杂质转化为沉淀，过滤分离后，滤液中加盐酸至中性，蒸发得到NaCl，给出的仪器及试剂合理，D正确； 故选AD。 17．一定条件下，H2C2O4(二元弱酸)被100 mL 1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液氧化生成CO2的反应过程中，不同价态含锰微粒的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A．前5 min内所发生的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1 B．该条件下，Mn2+和不能大量共存 C．后期反应的离子方程式为 D．反应至17min的过程中，理论上生成标准状况下10.08LCO2 【答案】BD 【解析】A．前5min内浓度下降，Mn3+浓度上升，说明高锰酸钾和H2C2O4反应生成Mn3+和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2KMnO4+4H2C2O4+4H2SO4=Mn2(SO4)3+K2SO4+8CO2↑+8H2O，氧化产物是CO2，还原产物为Mn2(SO4)3，氧化产物CO2与还原产物Mn2(SO4)3的物质的量之比为8：1，A错误； B．由图像可知，的浓度为0后才开始生成，该条件下和不能大量共存，B正确； C．后期Mn3+浓度下降，浓度上升，说明Mn3+和草酸反应生成和CO2，离子方程式为，C错误； D．n(KMnO4)=1mol/L×0.10L=0.1mol，2KMnO4+4H2C2O4+4H2SO4=Mn2(SO4)3+K2SO4+8CO2↑+8H2O可知，KMnO4完全反应生成0.4mol CO2、0.1mol Mn3+，在17min时，n()=n(Mn3+)，则参加反应的Mn3+的物质的量为0.05mol，生成0.05mol CO2，共生成0.45mol CO2，标况下的体积为0.45mol×22.4L/mol=10.08L，D正确； 故答案选BD。 18．根据要求，回答下列问题： (一)工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下： （1）工业上用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热到生成粗硅的化学方程式为 。 （2）300℃时，在流化床反应器中，粗硅与HCl气体反应生成和的化学方程式为 。 （3）高纯硅的用途是 (写出一种)。 (二)某分子筛类催化剂(交换沸石)催化脱除的反应机理如图所示。 （4）按如图反应机理，脱除的总反应的化学方程式为 。 （5）室温时，在容积为的试管中充满气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为，且该气体不支持燃烧。则a、b、c的关系是 。 （6）下列三组混合气体的体积比为①，②，③。将分别盛满上述三组混合气体的容积相等的三支试管倒置于盛有水的水槽中，最后三支试管内溶液中溶质的物质的量浓度之比为 (忽略溶质扩散)。 （7）将充满和的混合气体的量筒倒置于水中，充分反应后，保持气体压强不变，水进入至量筒体积的处停止了，则原混合气体中和的体积比是 。 【答案】（1） （2） （3）制造芯片或制造硅太阳能电池 （4） （5） （6）12:15:10 （7）4:11 【解析】（1）石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热到生成粗硅和一氧化碳，反应的化学方程式为； （2）300℃时，在流化床反应器中，粗硅与HCl气体反应生成和，反应的化学方程式为； （3）高纯硅制造芯片或制造硅太阳能电池； （4）根据反应机理图示可知，脱除最终生成氮气和水，总反应的化学方程式为； （5）室温时，在容积为的试管中充满气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为，该气体不支持燃烧，可知剩余c mL气体为NO，则参与反应的为3c mL。参与反应的为(a-3c) mL，反应中和氧气的体积比为4:1，可知4b=(a-3c)，则a、b、c的关系是； （6）设容器的体积为VL，气体的总物质的量为； ①，NO2的物质的量为，发生反应，剩余氧气的体积为，生成硝酸的物质的量为，进入溶液的体积为，则硝酸的浓度为； ②，氨气的物质的量为，氨气溶于水得到氨水的体积为，氨水的浓度为；③，NO2、NO的总物质的量为，恰好反应发生反应，生成硝酸的物质的量为，无气体剩余，溶液的体积为V L，则硝酸的浓度为，最后三支试管内溶液中溶质的物质的量浓度之比为； （7）设气体总体积为V L。根据，剩余气体不可能是NO。剩余气体为氧气，只发生反应，则NO2为，氧气的体积为，和的体积比是4:11。 19．将25.0g胆矾晶体放在坩埚中加热测定晶体中结晶水的含量，固体质量随温度的升高而变化的曲线如图，请认真分析，填写下列空白： （1）30℃～110℃间所得固体的化学式是 ，650℃—1000℃之间所得固体的化学式是 。 （2）温度高于1000℃后所得固体的化学式是 ，发生反应的化学方程式为 。 （3）根据上图分析，常温下无水酸铜 (选填“可以”或“不可以”)用作干燥剂，进行硫酸铜晶体结晶水含量测定实验时，温度应控制在 范围内。 【答案】（1）CuSO4·3H2O CuO （2）Cu2O 4CuO2Cu2O+O2 （3）不可以 260℃～650℃ 【解析】（1）25.0gCuSO4·5H2O物质的量是 =0.1mol，其中硫酸铜的质量是0.1mol×160g/mol=16.0g，所以30℃～110℃间固体质量21.4g，其中水的质量是21.4g-16.0g=5.4g，物质的量是 =0.3mol，所以硫酸铜与水的物质的量之比是0.1:0.3=1:3，所以所得固体的化学式是CuSO4·3H2O；650℃～1000℃所得固体的质量是8.0g，其中Cu元素的质量是0.1mol×64g/mol=6.4g，所以剩余8.0g-6.4g=1.6g为O元素，所以O元素的物质的量是 =0.1，所以Cu与O元素的物质的量之比是1:1，所以固体化学式是CuO。 （2）当温度高于1000°C时，固体的质量由开始的8.0g又损失了8.0g-7.2g=0.8g，同样假设从化学式 CuO中失去的总相对分子质量为z，根据摩尔质量关系比例得8.0：0.8=80：z，z=8，即从 CuO 中又失去了个O，变为，所以温度高于1000°C后得固体的化学式是Cu2O，发生得化学方程式为：4CuO2Cu2O+O2。 （3）由胆矾晶体得化学式CuSO4·5H2O可知，1mol CuSO4只能吸收5molH2O，吸水效果较差，常温下无水酸铜不可以用作干燥剂，根据图象可知，650℃前固体质量为16g，说明结晶水已经完全失去，若温度高于650℃，则硫酸铜分解，影响测定结果；而温度低于260℃，硫酸铜晶体中的结晶水不会完全失去，所以加热硫酸铜晶体的温度范围为：260℃～650℃。 20．利用“价类二维图”研究物质的性质是化学研究的重要手段。下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。 回答下列问题： （1）已知D可用于实验室制，焰色试验时其火焰呈现紫色。A、B、C、D四种物质中，属于电解质的是 (填化学式)。 （2）将E滴入碳酸氢钠溶液中，有大量气泡产生，该反应的离子方程式为 。 （3）取某84消毒液(有效成分含量为)，加水稀释，配制成稀溶液。 ①配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、 。 ②关于配制过程的下列说法中，正确的是 (填字母)。 A．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制 B．未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低 C．定容时，俯视观察刻度线可能导致结果偏低 D．定容摇匀后，将溶液保存于容量瓶中，随用随取 ③稀释后的溶液中，的物质的量浓度为 。 （4）工业上“侯氏制碱法”以、、及水等为原料制备纯碱，生产纯碱的工艺流程示意图如下： 检验产品中是否含有氯离子，需要的试剂有 。 【答案】（1）和 （2） （3）容量瓶 B 0.02 （4）稀硝酸和溶液 【分析】根据氯元素的“价类二维图”，可知A是Cl2、B是Cl2O、C是HClO、D是氯酸盐、E是HClO4；合成氨工厂生产的氨气溶于饱和食盐水形成饱和氨盐水，向其中通入二氧化碳，发生反应： NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤后得到碳酸氢钠，煅烧后得到纯碱和二氧化碳，二氧化碳可以循环使用，母液中含有氯化铵，通入氨气，增大了铵根离子浓度，促使氯化铵析出得到副产品氯化铵，剩余母液中含有氯化钠和氯化铵，可以循环使用。 【解析】（1）A是Cl2，Cl2是非金属单质，既不是电解质又不是非电解质；B是Cl2O， Cl2O自身不能电离，属于非电解质；C是C是HClO ，HClO的水溶液能导电， HClO属于电解质；D焰色试验时其火焰呈现紫色，D中含有K元素，D是氯元素的+5价含氧酸盐，D是KClO3，KClO3的水溶液能导电，属于电解质；属于电解质的是KClO3和HClO； （2）根据分析可知，E为，是一元强酸，滴入碳酸氢钠溶液中，有大量气泡产生，该反应的离子方程式为：； （3）①配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，缺少的仪器为100mL容量瓶； ②A．容量瓶用蒸馏水洗净后，用于溶液配制，水的存在对溶液配制无影响，不需要烘干，故A错误； B．未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质损失，可能导致结果偏低，故B正确； C．定容时，俯视观察刻度线，水未加到刻度线，可能导致溶液浓度偏高，故C错误； D．定容摇匀后，将溶液保存于试剂瓶中，随用随取，不能存放在容量瓶，故D错误； 故答案为：B； ③取10mL某84消毒液(有效成分NaClO含量为14.9g/L)，溶质次氯酸钠物质的量，加水稀释，配制成100mL稀溶液，溶质浓度； （4）检验产品碳酸钠中是否含有氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在。 21．向100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液中加入11.2g铁粉，充分反应后固体质量仍为11.2g。将反应后得到的固体再与足量的稀硫酸反应可得到标准状况下气体2.24L。 （1）写出向100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液中加入铁粉发生反应的化学方程式： ① ； ② ； （2）求混合液中的H2SO4与CuSO4的物质的量之比； (写出计算过程) 【答案】（1）Fe+ H2SO4=FeSO4 +H2↑ Fe+ CuSO4=FeSO4 + Cu （2）1:7 【分析】向含H2SO4与CuSO4的混合溶液中加入 11.2g铁粉（为0.2molFe），根据反应后得到的固体再与足量的稀硫酸反应可得到标准状况下气体2.24L（为0.1molH2），说明铁过量。由于铁能与硫酸、硫酸铜发生反应，得固体质量仍为 11.2 g，说明参加反应的铁与生成的铜的质量相等。 【解析】（1）铁和硫酸铜生成铜和硫酸亚铁、和硫酸生成氢气和硫酸亚铁，反应为：Fe+ H2SO4=FeSO4 +H2↑，Fe+ CuSO4=FeSO4 + Cu； （2）反应后得到的固体再与足量的稀硫酸反应可得到标准状况下气体2.24L（为0.1molH2），Fe+ H2SO4=FeSO4 +H2↑，则剩余铁为0.1mol；与H2SO4、CuSO4 反应Fe的质量是（11.2-5.6）g =5.6g，为0.1mol，根据反应前后固体质量不变，则生成铜的质量也为5.6g ，为0.0875mol；Fe+ CuSO4=FeSO4 + Cu，则该反应中铁、硫酸铜均为0.0875mol，Fe+ H2SO4=FeSO4 +H2↑，此反应中铁为0.1mol-0.0875mol=0.0125mol，反应硫酸为0.0125mol；故混合溶液中所含H2SO4与CuSO4 的物质的量之比为0.0125: 0.0875 =1:7。 22．I.磷化铝(AlP)和磷化氢()都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。 （1）AlP遇水蒸气会发生反应放出气体，该反应的另一种产物的化学式为 。 （2）具有强还原性，能与溶液反应，配平该反应的化学方程式： 。 _________________________________ （3）工业制备的流程如图所示。 ①白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为 ，次磷酸属于 (填“一”“二”或“三”)元酸。 ②若起始时有1mol参加反应，则整个工业流程中共生成 mol。(不考虑产物的损失) II.将38.8g和水蒸气的混合气体，与足量的反应，收集到标准状况下11.2L的气体，请计算： （4）混合气体的平均相对分子质量为 ，与水蒸气的物质的量之比为 ，反应中电子转移的总物质的量为 ，固体增加的质量为 。 【答案】（1） （2）2411128324 （3） 一 2.5 （4）38.8 4∶1 1mol 22.8g 【解析】（1）AlP在水溶液中不稳定，发生双水解，Al3+结合水中的OH-生成Al（OH）3； （2）反应中Cu由+2变成+1价，P从-3价变成+5价，根据得失电子守恒配平； （3）根据题目信息，白磷与过量的烧碱溶液反应生成PH3和NaH2PO2，1个次磷酸分子只电离出1个氢离子，故为一元酸；P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，2H3PO2=PH3↑+H3PO4，即P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3； （4）设二氧化碳的物质的量为x，水的物质的量为y，根据二氧化碳和水分别与过氧化钠反应的方程式可以列如下关系式，，则有0.5x+0.5y=，得出x+y=1mol，则混合气体的平均相对分子质量为38.8g/mol，通过十字交叉法得出n(CO2):n(H2O)=4:1，n(CO2)=0.8mol，n(H2O)=0.2mol，反应过程中一共消耗了1mol过氧化钠，根据O元素的电子转移情况计算得出一共转移了1mol电子，固体增加的质量可以看作是增加的CO和H2的质量，则有0.8mol×28g/mol+0.2mol×2g/mol=22.8g。 23．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题： Ⅰ．草酸亚铁晶体的制备 实验步骤：称取5.0g(NH4)2Fe(SO4)2，并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0 mol/L H2SO4 溶液和15 mL蒸馏水，加热溶解。用仪器B加入25.0 mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至 80~90℃停止加热，静置。待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。 （1）仪器B的名称为 ，此实验中三颈烧瓶的规格宜选择 (填字母)。 a．50mL    b．100mL    c．250mL    d．500mL （2）量取10.9 mL浓硫酸(18.4mol/L)配制200mL浓度约为1mol/L 稀硫酸，不需要选用的仪器是 (填字母)。 a．托盘天平    b．25 mL 量筒    c．250 mL量筒    d．250 mL 容量瓶 e．250 mL烧杯    f．250 mL 细口试剂瓶        g．玻璃棒 （3）有关抽滤，下列说法不正确的是 。 a．滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔 b．如图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口 c．抽滤完毕后，应先打开活塞A，再关抽气泵，以防倒吸 d．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出 Ⅱ．草酸亚铁晶体热分解产物的探究： （4）装置C的作用为 。 （5）实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A 处反应管中发生反应的化学方程式为 。 （6）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 。 Ⅲ．运用热重分析法推测产物 称取54.0g草酸亚铁晶体()加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示。 （7）已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据右图可知B点固体物质的化学式为 。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 b （2）ad （3）d （4）吸收二氧化碳 （5）FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑ （6）缺少处理CO尾气装置 （7）Fe3O4 【分析】本题为实验探究题，用(NH4)2Fe(SO4)2溶液硫酸溶液中，在滴加饱和草酸溶液至过量，待浅黄色晶体析出后，抽滤、洗涤、干燥即得到FeC2O4·2H2O晶体，然后通过定性的方法来探究草酸亚铁晶体热分解得到的产物，以及运用热重分析法推测产物，据此分析解题。 【解析】（1）仪器B的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中液体体积不超过容器体积的三分之二，不低于三分之一，溶液总体积为40mL，故选100mL三颈烧瓶，故答案为：恒压滴液漏斗；b； （2）10.9mL的浓硫酸的物质的量为0.2mol，本实验要求精度不高，10.9mL的浓硫酸溶解在200mL蒸馏水中即可配制200mL浓度约为1mol/L稀硫酸，此实验需要25mL量筒量取浓硫酸，需要250mL的烧杯进行稀释，用玻璃棒搅拌，需要用250mL的量筒量取200mL蒸馏水，最终存放到250mL的细口瓶中，不需要托盘天平与250mL容量瓶，故答案为：ad； （3）a．根据抽滤操作的规范要求可知，滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，a正确； b．上图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口，b正确； c．抽滤完毕后，应先打开活塞A，平衡气压，再关泵，以防倒吸，c正确； d．抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，d错误； 故答案为：d； （4）装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置盛放NaOH溶液的作用是吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，故答案为：吸收二氧化碳； （5）E中FeC2O4•2H2O加热分解，E中黑色固体变为红色，说明有Cu单质生成，B、F中澄清石灰水变浑浊，说明有CO2和CO生成，a中无水硫酸铜变为蓝色，说明有H2O生成，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑，故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+2H2O+CO2↑+CO↑； （6）反应会产生CO，从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置； （7）n（FeC2O4•2H2O）==0.3mol，n（Fe）=n（FeC2O4•2H2O）=0.3 mol，B点时，已知固体产物只含一种铁的氧化物，m（Fe）=0.3 mol×56g/mol=16.8g，m（O）=23.2g-16.8g=6.4g，n（O）==0.4mol，n（Fe）：n（O）=0.3 mol：0.4mol=3：4，所以铁的氧化物的化学式为Fe3O4，故答案为：Fe3O4。 24．氢化铝锂()是有机合成中重要的还原剂，易燃且125℃以上分解，潮湿空气中易水解。某化学兴趣小组以乙醚为溶剂，利用无水和LiH反应制备，实验步骤及装置(夹持装置略)如下 (ⅰ)按图示装置组装仪器并检验气密性； (ⅱ)打开、，从a口通入一段时间；以排尽装置中的空气； (ⅲ)向三颈烧瓶中先加入30mL溶有3.04g的乙醚溶液作反应引发剂，再加入24.00gLiH固体和200mL乙醚搅拌均匀。最后通过恒压滴液漏斗加入300mL溶有80.10g无水的乙醚溶液发生反应； (ⅳ)待反应结束后，关闭，a口接减压装置，将三颈烧瓶中的固液混合物抽至过滤器内。关闭，打开，再次从a口通入直至过滤结束； (ⅴ)将滤液与苯混合，对混合液进行_______，得到固体，称量其质量为21.28g。 已知：①相关物质在乙醚和苯中的溶解性如下表 物质溶剂 LiH LiCl 乙醚 溶 溶 微溶 难溶 苯 难溶 溶 — — ②乙醚的沸点为34.5℃，苯的沸点为80.1℃ 回答下列问题： （1）仪器Y的名称为 ；三颈烧瓶应选择的规格为 (填标号)。 A．250mL        B．500mL        C．1000mL        D．2000mL （2）装置X中装有无水，其作用为 。 （3）步骤(ⅲ)中，三颈烧瓶内发生反应的化学方程式为 。 （4）步骤(ⅳ)中，过滤可除去的杂质为LiH和 (填化学式)；再次通入N₂的作用除隔绝空气外，另一重要作用为 。 （5）步骤(ⅴ)的目的为除去少量杂质并得到固体，横线处应补充的具体操作为_______(填标号)。 A．蒸馏、过滤 B．蒸发结晶 C．萃取、分液 D．重结晶 （6）若初始加入的引发剂不计入产品，则该实验中产品的产率为 %(保留两位有效数字)。 【答案】（1）球形冷凝管 C （2）防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中 （3） （4）LiCl 加快过滤速率 （5）A （6）80 【分析】该实验过程为：AlCl3和LiH在乙醚溶液、无水无氧的条件下在三颈烧瓶中反应生成和难溶于乙醚的LiCl，然后通过过滤除去LiH和LiCl，再向滤液中加入苯，并利用乙醚沸点较低进行蒸馏操作，将乙醚分离，得到AlCl3的苯溶液和的混合物，再通过过滤得到产品，据此分析。 【解析】（1）仪器Y的名称为球形冷凝管，根据实验步骤，三颈瓶需加入30mL+300mL+200mL=530mL液体，因此应选择的规格为1000mL的三颈瓶，故答案为C。 （2）无水具有吸水性，装置X中装有无水，其作用为防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中。 （3）步骤ⅲ中，三颈瓶内发生的反应为在无水乙醚中AlCl3和LiH反应生成和LiCl，化学方程式为。 （4）步骤iii反应后三颈瓶内存在LiH、AlCl3、LiCl、等，溶剂为乙醚，根据信息①可知，AlCl3、可溶于乙醚，LiH、LiCl不溶或微溶于乙醚，因此通过过滤的方法可以除去LiH、LiCl；由于反应需要在无水无氧的条件下进行，因此再次通入氮气的作用是隔绝空气，同时可以加快过滤速率。 （5）步骤v是利用AlCl3和在苯中的溶解性差异分离两者。AlCl3和均溶于乙醚，不溶于苯，由于苯的沸点大于乙醚，因此通过蒸馏，乙醚逐渐减少，三颈瓶中的溶剂只剩下苯，此时得到溶于苯的AlCl3和不溶的，再通过过滤分离即可，故答案为A。 （6）实际得到的质量为21.28g-3.04g=18.24g；初始加入24.00g LiH的物质的量为 =3mol、80.10g无水的物质的量为，根据反应方程式可知LiH过量，则理论生成质量为0.6mol×38g/mol=22.8g，所以该实验中产品的产率为=80%。 25．氯及其化合物NaClO、等在生活、生产中有着重要作用。 I．已知：的熔点为，沸点为11℃，易溶于水。实验室利用干燥纯净的与反应制备的装置如图所示。 回答下列问题： （1）写出装置A中反应的化学方程式： 。 （2）装置B的作用是 ，装置C中试剂b为 (填名称)，装置D中反应的化学方程式为 。 （3）装置E置于冰水浴中的目的是 。 II．“84消毒液”具有杀菌消毒、漂白的作用。已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如图所示。 84消毒液 [有效成分]NaClO [规格]1000 mL [质量分数]25% [密度]1.19 （4）该“84消毒液”有效成分的物质的量浓度约为 (保留小数点后一位)。 （5）使用该“84消毒液”需要先进行稀释，现在实验室利用该“84消毒液”稀释配制成250 mL 0.15 溶液。在量取该消毒液时宜选用量筒的规格为 (填字母)。 A．5 mL　　　B．10 mL　　　　C．50 mL 【答案】（1） （2）除去中的HCl气体 浓硫酸 （3）冷凝收集，防止挥发 （4）4.0 （5）B 【分析】利用A装置通过反应：制取，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，先用装置B除去HCl杂质，试剂a为饱和食盐水，装置C干燥氯气，试剂b为浓硫酸，装置D用和反应生成，装置E为收集，据此回答。 【解析】（1）装置A中和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰和氯气，即化学方程式为：； （2）由分析可知，装置B的作用是除去中的HCl气体，装置C中试剂b为浓硫酸，装置D中和反应生成，即方程式为，故答案为：除去中的HCl气体；浓硫酸；； （3）由已知数据可知的沸点为11℃，装置E置于冰水浴中的目的是冷凝收集、防止挥发，故答案为：冷凝收集，防止挥发； （4）根据物质的量浓度和质量分数之间的转化公式，可知该“84消毒液”有效成分的物质的量浓度 ，故答案为：4.0； （5）稀释前后溶质的物质的量不变，所以，故配制 溶液所用“84消毒液”的体积为 ，应选取10 mL的量筒，故答案选B。 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