假期作业3 物质的量-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高一化学快乐假期讲练测

第一部分假期作业三 物质的量 假期作业三 物质的量 【日品好题】请重点关注第2题，该题考查气体摩尔体积的相关内容，是易错点也是高频 考点。 …0考点集训川0… 考点三 阿伏加德罗定律 3.某市持续开展臭氧污染治理活动，下列有关 考点一 物质的量阿伏加德罗常数 说法错误的是 1.阿伏加德罗常数的值为NA,下列叙述中错 A.同温同压下，O2和O3两种气体的密度之 误的是 ( ) 比为2：3 ①标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个 水分子 B.同温同压下，等质量的O2和O3中所含氧 ②常温常压下，32gSO2含有的分子数约为 原子个数之比为2：3 3.01×1023 C.同温同压下，等质量的O2和O3两种气体 ③2 mol NaOH的摩尔质量为80g/mol 的体积关系：V(O2)>V(O3) ④H2的气体摩尔体积约为22.4L/mol D.同温同压下，若两种气体所占体积相同， ⑤标准状况下，22.4L由N2和N2O组成的 O2和O3的质量之比为2：3 混合气体中，所含氮原子的物质的量为考点四 物质的量浓度 2 mol 4.下列说法正确的是 ( ) ⑥标准状况下，14gC0含有的核外电子数 A.同浓度的Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3 为10NA 溶液体积之比为1：2：3，则SO浓度 ⑦常温常压下，1mol氦气含有的原子数： 之比为1：2：3 为NA B.将25g胆矾(CuSO4·5H2O)溶于1L水 A.①③④⑥ B.③⑤⑥⑦ 配成溶液，该溶液的物质的量浓度 C.①②③⑤ D.②④⑥⑦ 考点二气体摩尔体积 为0.1mol·L-1 C.欲将VL0.5mol·L1的硫酸浓度增大 2.下列说法中正确的有 ①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体 1倍，可将溶液体积加热浓缩到V/2 积约是22.4L D.将1mol·L-1的NaCl溶液和0.5mol· ②0.5molH2所占体积为11.21 L一1的BaCl2溶液等体积混合后，若忽略 ③标准状况下，1molH2O的体积为22.4L 溶液体积变化，c(C-)=0.75mol·L-1 ④常温常压下，28gCO与N2的混合气体所 考点五物质的量浓度的相关计算 含的原子数为2NA : 5.将5mol·L1的Mg(NO3)2溶液amL稀 ⑤一定条件下，各种气体的气体摩尔体积都 释至bmL,稀释后溶液中NO3的物质的量 约为22.4L·mol-1 浓度为 ⑥标况下，将22.4L氨气溶于水配成1L溶 5a 液，所得溶液溶质的物质的量浓度是1mol A.mol .L. mol·L-l ·L-1 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 C.a ol·L-1 D.gmol .1. 高一化学每日一练·练出好成绩 考点六 一定物质的量浓度溶液的配制 解析A.在标准状况下，22.4LCO和CO2 6.配制480ml0.100mol·L1的NaCl溶液， 的混合气体分子的物质的量为22.41/m0 22.4L 部分实验操作示意图如图，下列说法正确 的是 ( =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 64g/m0=0.5mol,则所含原子数为 32g 0.5mol×3×VA mol-1=1.5NA,标准状况 下121兔气的物减的学为22m A.实验中需用到的仪器有：托盘天平、480mL 0.5mol,则氮气分子中含有的原子数为 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等 0.5molX2×NA mol-1=NA,故B错误； B.上述实验操作步骤的正确顺序为②① C.氨气的摩尔质量单位为g/mol时，在数值 ④③ 上等于NA个氨分子的质量之和，故C错 C.容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后 误；D.标准状况下，H2O为非气态物质， 才可用 2NA个H2O为2mol,在标准状况下的体积 D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的 不是44.8I,故D错误；故答案为A。 NaCl溶液浓度偏高 答案 A 0易错清零0… …0真题尝试0… 易错点气体摩尔体积考查中的易错点 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正 (2024·黑吉辽卷)硫及其化合物部分转化 确的是 ( ) 关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值， A.在标准状况下，22.4LCO和CO2的混合 下列说法正确的是 气体所含碳原子数约为NA S0,①s②之S03 B常温常压下，32gS0,与标准状况下11,21 H2S 碱.△LS 氮气含有相同的原子数 - A.标准状况下，11.2LSO2中原子总数为 C.氨气的摩尔质量等于NA个氨分子的质 0.5NA 量之和 B.100mL0.1mol·L-1Na2SO3溶液中， D.标准状况下，2NA个H2O的体积约为 Na+数目0.01NA 44.8L [易错警示]利用物质状态设陷阱 C.反应①每消耗3.4gH2S,生成物中硫原 考查气体摩尔体积相关判断时，常用标准状： 子数目为0.1NA 况下为非气态的物质迷惑考生，如：盐酸、氨 D.反应②每生成1mol还原产物，转移电子 水、苯等。因此，要着重强调谨记气体摩尔 数目为2NA 体积适用对象为气体，对非气态物质不适 …0大题综合0… 用。此外，还要识记、掌握常见物质的状态， 如标准状况下，H2O为液态或固态、SO3为 用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为 固态等。另外，气体摩尔体积和阿伏加德罗 1.2g·cm-3)配制成1mol·L-1的稀盐 常数定律适用于混合气体。 酸。现实验室需这种1mol·L1的稀盐酸 尝试选择 80mL,试回答下列问题： 8 第一部分 假期作业三 物质的量 (1)计算浓盐酸的物质的量浓度为 A.1L0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的 0 Na+的数目为NA (2)配制稀盐酸时，应选用 mL的容 B.18g的D2O中含有的电子数目是10NA 量瓶。 C.标准状况下，11.2L甲烷气体含有的原子 (3)经计算需要 mL浓盐酸，在量取 数为2.5NA 时宜选用 (填序号)的量筒。 D.常温常压下，16gO2与O3混合气体中含 A.5 mL B.10 mL C.25 mI D.50 mL 有的电子数目为8NA (4)配制时正确的操作顺序是 (用 [知识拓展]关于阿伏加德罗常数判断的 字母表示)。 :常见陷阱归纳及应对策略 a.用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均 (1)利用状况条件设陷阱 注人容量瓶，振荡 考查气体摩尔体积相关判断时，只能在标准 b.用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢 状况即0℃，101kPa条件下使用气体摩尔 沿杯壁注入盛有少量水（约30mL)的烧杯 体积(Vm≈22.4L/mol),所以要注意气体 中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀 摩尔体积使用的条件。此外，物质的质量、 ℃.将已恢复至室温的盐酸沿玻璃棒注入容 物质的量一般不受温度压强影响，不要受到 量瓶中 气体摩尔体积使用条件的影响，要避免思维 d.将容量瓶盖紧，颠倒摇匀 定势。 ©.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻： (2)利用物质结构设陷阱 度线相切 考查一定量物质中含有的微粒数，如分子 「.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近 数、原子数、电子数、质子数、中子数等。其 :中电子数的考查主要集中在对稀有气体氦、 刻度线1~2cm处 氖等单原子分子，氯气、氧气、氮气等双原子 (5)从溶液改变角度分析产生的误差（用“偏 分子，臭氧、等多原子分子等。在判断中子 大”“偏小”或“无影响”填空)。 数时，要弄清楚不同核素中的中子数，如氕、 ①配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH 氘、氘。此外，要熟知质子数、中子数、质量 固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移 数三者间的关系。 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 …0对点精练0… 刻度线： NA为阿伏加德罗常数的值，下列说正确 ③定容时仰视刻度线： 的是 ( (6)现将200mL0.2mol/L盐酸与300mL A.7.8gNa2O2固体中所含离子数为 0.3mol/L CuCl2溶液混合，溶液体积变化！ 0.4NA 忽略不计，所得溶液中C1一的物质的量浓度 B.用含1 mol FeCla3的饱和溶液制备 是 mol/I。 Fe(OH)3胶体，产生NA个Fe(OH)3 胶粒 …0典题典例0… C.2.3gNa与氧气反应生成Na2O和 题点阿伏加德罗常数的应用 Na2O2,转移电子数为0.2NA [例]NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法！ D.14g乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)混合气 不正确的是 体中的氢原子数为2NA参考答乳 5.A[A.二氧化锰氧化浓盐酸需要加热，装置甲不 能制取C2,A错误；B.氯气密度大于空气，可以用 向上排空气法收集，则可以用装置丙收集C12,B正 确；C.氯气有毒，应该用氢氧化钠溶液吸收尾气，因 此可用装置丁吸收尾气中的Cl2,C正确；D.氯化氢 易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，可 用装置乙除去Cl2中的少量HCI,D正确；故选A。] 6.A[A.矿石粉碎后溶于过量稀盐酸中充分反应， 过滤后取少量滤液，排除了Ag、CO等千扰，向 其中滴加过量BaCl2溶液产生白色沉淀，说明矿石 中含SO?,A项正确；B.矿石粉碎后溶于过量稀盐 酸中充分反应，过滤后取少量滤液，滤液中含过量 的盐酸，向其中滴加少量Na2CO3溶液，少量 Na2CO3被过量盐酸完全消耗，无白色沉淀，不能说 明矿石中不含Ba2+,B项错误；C.矿石粉碎后溶于 过量稀盐酸中充分反应，过滤后取少量滤液，滤液 中含过量的盐酸，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶 液，过量的盐酸与AgNO3反应生成白色AgC1沉 淀，不能说明矿石中一定含有C1一，C项错误：D.能 与适量NaOH溶液产生白色沉淀的离子有Mg+ A13+等，不能说明矿石中一定含有Mg2+,D项错 误：答案选A。 真题尝试 [分析]由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧 化钠（过氧化钠）、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分 别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。 B[A.由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢 氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在 c>d→e的转化，A合理；B.钠和氧化钠（过氧化钠） 都能与H2O反应都能生成氢氧化钠，B不合理；C. 新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理； D.若b能与H,O反应生成O2,则b为过氧化钠，结 构中含共价键和离子键，D合理；故选B。] 大题综合 [分析]由实验装置图可知，装置A中二氧化锰 与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性， 制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有 的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有 的水用于吸收氯气制备氟水，装置E中盛有的氢氧 化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。 解析(1)由实验装置图可知，装置A中用于盛装 浓盐酸的仪器为分液漏斗，由分析可知，装置A中 二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，反应的化学 方程式为MnO,十4HCI(浓)△MnC2+C2↑+ 2H2O,故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCI(浓) MnCl2+Cl2个+2H2O;(2)由分析可知，装置B中 盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案 为：饱和食盐水：(3)由题意可知，产生黄绿色气体 的反应为次氯酸银与浓盐酸反应生成氯化银、氯气 和水，反应的离子方程式为AgCIO+2H十+2C1 一AgC1+Cl2个+H2O,反应时，次氯酸银中氯元 素的化合价降低被还原，是反应的氧化剂，表现氧 化性，故答案为：氧化：AgC1O+2H++2C1 AgC1十Cl2个十H2O;(4)氯水中存在如下平衡：C12 +H2OHCI+HCIO,次氯酸遇光分解生成盐酸 光 和氧气，反应的化学方程式为2HCIO一2HCI+ ○2个，反应使得生成的氧气体积分数增大，溶液中 次氯酸浓度减小，氯水中的C2继续与H2O反应， 氯气的浓度减小导致溶液的颜色变浅，溶液中氢离 子浓度、氯离子浓度增大，溶液H减小、导电性增 强，所以图中纵坐标可以表示的物理量是bcdf,故 答案为：bcdf; 6 与详解 (5)制备漂白粉的反应为氯气与石灰乳反应生成氯 化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2C12十 2Ca(OH)2-CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,所以若 要模拟工业制漂白粉，C中的试剂应更换为石灰乳， 故答案为：石灰乳：2Cl2+2Ca(OH)2一CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O。 答案(1)分液漏斗 MO,+4HC1(浓)△ MnCl2+Cl2个+2H2O (2)饱和食盐水 (3)①氧化②AgCIO+2H++2C1一AgC1+ C12↑+H2O (4)bcdf (5)石灰乳2C2+2Ca(OH)2=-CaC2+ Ca(ClO),+2H2O 典题典例 C「A.纯碱及第Ⅲ步得到的碳酸氢钠晶体，它们与 某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉， A正确；B.第V步是将得到的NaHCO3受热分解 2NaHC0,△Na,CO,+C0,++H,0制备纯碱， B正确；C.依据侯德榜制碱的原理，向氨化的饱和 食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反 应制备，则气体A为氨气，B为二氧化碳，C错误； D.碳酸钠是重要的化工原料之一，用途广泛，是玻 璃、肥皂、洗涤剂、纺织、制革、香料、染料、药品等的 重要原料，D正确；故选C。] 对点精练 [分析]饱和食盐水中依次通入气体a为氨气，气 体b为二氧化碳，发生反应：NaCl+CO2+NH3+ H2O一NaHCO3￥+NH,C1,过滤得到碳酸氢钠 晶体，加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，得到的 滤液通过系列操作得到氟化铵晶体和母液。 A[A.母液中含有较多的NH,CI、NaCl等物质， 不含有Na2CO3,NHCI分解生成氨气和HCl,氨气 可通入饱和食盐水中再循环利用，NaCl可以溶解得 到食盐水循环利用，故A错误；B.二氧化碳微溶于 水，氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入的气体 为NH3,再通入的气体b为CO2,可增大二氧化碳 的溶解度，故B正确；C.实验室中的过滤操作是分 离固体和溶液，用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、 玻璃棒，故C正确：D.母液的主要成分是NH,C1,是 一种氮肥，可用于化肥工业，故D正确；故选A。] 假期作业三 考点集训 1.A[①标准状况下，水不是气体，不能使用标况下 的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故①错 误；②常温常压下，32gSO2的物质的量为 64g:0=0.5mol,含有的分子数约为3.01X 103,故②正确；③2 mol NaOH的摩尔质量为 40g/mol,摩尔质量与物质的量无关，故③错误；④ 没有告诉在标况下，H2的气体摩尔体积不一定为 22.4I/mol,故④错误；⑤标准状况下，22.4L由 N2和N2O组成的混合气体的物质的量为1mol,每 个分子中均含有2个氮原子，所以1mol混合气体 中含有2mol氨原子，所含有的氮原子的物质的量 为2mol,故⑤正确；⑥14gC0的物质的量为 28g·m0l-0.5mol,每摩尔C0中含有14mol 14g 高一化学每日 电子，所以0.5mol一氧化碳中含有7mol电子，含 有的核外电子数为7NA,故⑥错误；⑦氦气是单原 子分子，1mol氨气含有的原子数为NA,故⑦正确； 故错误的是①③④⑥，选A。] 2.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,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·mol1,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·L1,故⑥正 确；正确的是④⑥，选B。 3.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○3中所含氧原子个 教之比为2×2：得×3=1：1，B错误：C.同温同 48 压下，体积之比等于物质的量之比，故等质量的O2 和0，两种气体体积之比为登：得=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。] 4.C[A.SO?浓度与体积无关，则同浓度的 Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液，SO-浓度之比 为1：1：3，故A错误；B.25g胆矾(CuSO4· 25g 5H,0)物质的量为250gma-0.1mol,n(CuS0,） =0.1mol,溶于水配成1L溶液，该溶液的物质的 量浓度为0.1mol·L1,若溶于1L水配成溶液， 该溶液的体积不等于1L,则物质的量浓度不等于 0.1mol·L1,故B错误；C.根据溶质守恒， 0.5mol/L×V=1mol/L×V1,V1=0.5V,硫酸不 挥发，故能采用将溶液加热浓缩到原体积的一半的 方法，故C正确；D.将1mol·L1的NaCl溶液和 0.5mol·L1的BaCl2溶液等体积混合后，c(C1) -1 mol/LXV+0.5 mol/L.XVX2 -1 mol/1.. 2V 忽略溶液体积变化，c(C1)=1mol·L1,故D错 误：故答案为C。 5.B[原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为： c(NO3)=5mol/L×2=10mol/L,硝酸根离子不 发生水解，所以稀释过程中硝酸根离子的物质的量不 变，设稀释后溶液中硝酸根离子浓度为c,则：10mol/L XaX103L=bX103LXc,解得c=19mol/L。答 案选B。] 6.B[A.实验室中没有规格是480mL的容量瓶，根 据选择仪器的标准大而近的原则，因此选择使用 500mL容量瓶，A错误；B.上述准确配制一定体积 的物质的量浓度的溶液，实验操作步骤的正确顺序 是溶解、转移、洗涤、定容，操作步骤合理，B正确； C.容量瓶定容时仍需要加水，因此无需千燥，C错 误；D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致加入水偏 多，使配得的NaCI溶液浓度偏低，D错误；故合理 选项是B。] 05 练·练出好成绩 「方法技巧门容量瓶读数误差的图示分析： 俯视 液面高于 刻度线 仰视 液面低于 刻度线 (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。 真题尝试 D[A.标况下SO2为气体，11.2LSO2为 0.5mol,其含有1.5mol原子，原子数为1.5NA,A 错误；B.1个Na2SO3中含2个Na+,因此100mL 0.1mol·L-1Na2S03溶液中Na+数目应为0.02 NA,B错误；C.反应①的方程式为SO2十2H2S一 3S↓+2H20,反应中每生成3molS消耗2mol H2S,3.4gH2S为0.1mol,故可以生成0.15mol S,生成的原子数目为0.15NA,C错误；D.反应②的 离子方程式为3S+6OH一SO号+2S2-+ 3H2O,反应的还原产物为S2-,每生成2molS2-共 转移4mol电子，因此，每生成1molS2-,转移 2mol电子，数目为2NA,D正确；故答案选D。] 大题综合 解析(1)c=1000@=1000×:2X0.365mol/L M 36.5 =12mol/L:(2)因配制溶液的体积为80mL,容量 瓶的规格中没有100mL,根据就近原则只能选100 mL容量瓶；(3)设所需浓硫酸的体积为V,则有V× 12mol/L=0.1L×1mol/L,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10mI,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盐 酸与300mL0.3mol/L CuCl2溶液混合，溶液体积 变化忽略不计，C1的物质的量浓度是 0.2×0.2+0.3×2×0.31mol/L=0.44mol/L。 0.5 答案(1)12mol1/L(2)100(3)8.3B (4)bcafed(5)①偏大②偏小③偏小 (6)0.44 典题典例 B[A.1L0.5mol/LNa2CO3溶液中溶质的物质 的量为0.5mol,1个Na2CO3中含有2个Na+,则 0.5 mol Na2CO3含有的Na的数目为NA,A正 确；B.一个D,O含有的电子数为9个，摩尔质量为 20g/mol,故18gD20的物质的量为0.9mol,含有 9mol电子，即9NA电子，B错误；C.标准状况下， 11.2L甲烷气体的物质的量为0.5mol,1个甲烷含 有5个原子，故0.5mol甲烷中含有的原子数为 2.5NA,C正确；D.O2与O3均由O原子构成，常温 常压下，16gO2与O3混合气体中氧原子的物质的 16g 量为16gmo-1mol.1个0原子中含有8个电 子，则含有的电子数目为1X8NA=8NA,D正确； 故选B。] ● 参考答案 对点精练 D[A.7.8gNa02的物质的量为78gm0 0.1mol,Na2O2的电离方程式为Na2O2 -2Na 十O号，故7.8gNa2O2固体中所含离子数为 0.3NA,A错误；B.氢氧化铁胶体是胶体粒子的集 合体，则用含有1 mol FeCl3的饱和溶液制得的氢 氧化铁胶体中，只能得到胶粒数小于1NA,B错误； 2.3g C2.3gNa的物质的量为23g0-0.1mo,与氧 气反应生成Na2O和Na2O2中，钠的化合价均由0 价升高到+1价，转移1个电子，2.3gNa转移电子 数为0.1NA,C错误：D.乙烯(C,H,)和丙烯(C3H) 的最简式均是CH2,14g混合气体中CH2的物质的量 是1mol,氢原子数为2NA,D正确；故选D。] 假期作业四 考点集训 1·[分析]利用一氧化碳将铁的氧化物还原为单质 铁，同时生成二氧化碳，在装置b中吸收二氧化碳， 通过其增重来确定铁的氧化物中氧的量，以此解 题。 C[A.当m:n=40:33时，yCO+Fez0y 高温 十yCO2,计算得到x:y=2:3,固体成分的化学式 为Fe2O3,故A正确；B.当m:n=29:22时，结合 反应化学方程式的定量关系，yCO+Fe,O, 高温 =x Fe +yCO2,计算得到x：y=3：4,固体成分的化学式 为Fe3O4,发生的离子方程式为Fe3O4+8H 2Fe3++Fe2++4H2O,故B正确；C.装置c的作用 是防止空气中的水蒸气和二氧化碳气体进入装置b 中，若无装置℃，会导致测定的固体氧化物中氧元素 含量偏高，故C错误；D.CO有毒，不能直接排放，需 要尾气处理，该装置的不足之处是没有CO的尾气 处理装置，故D正确：故选C。] 2.A[Fe(OH),容易被氧气，所以若要较长时间看 到Fe(OH)2的白色，需要将Fe(OH)2和氧气隔 离。①F与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气 排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，可以较长 时间看到白色沉淀，符合题意；②Fe与稀硫酸反应 生成的氢气将装置内空气排出，且利用氢气的压力 使硫酸亚铁与NOH接触而反应，可防止生成的氢 氧化亚铁被氧化，可以较长时间看到白色沉淀，符 合题意；③生成的氢氧化亚铁会迅速与空气中氧气 发生反应：4Fe(OH),+O2十2H2O-4Fe(OH)3, 白色沉淀会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，不 能长时间观察到氢氧化亚铁的白色，不符合题意； ④将吸取NaOH溶液的导管伸入到FeSO,溶液的液 H 面下，F(OH)2在液面下生成，能起到一定的隔绝空 气的作用，但氧气会溶解到溶液中，不能较长时间看到： 白色沉淀，不符合题意；⑤植物油隔绝空气，可防止生 成的氢氧化亚铁被氧化，可以较长时间看到白色沉淀 符合题意；①②⑤符合题意，故选A项。] [名师拓展]Fe(OH),制备的三种思维方法 (1)有机层覆盖法 将吸有NaOH溶液的胶头滴管插到液面以下，并 在液面上覆盖一层苯或煤油（不能用CCL,),以防 止空气与Fe(OH)2接触发生反应，如图1所示。 时NaOH溶液 A 稀硫酸 Fe NaOH (适量) 溶液 过量) 图1 图2 57 与详解 (2)还原性气体保护法 用H2将装置内的空气排尽后，再将亚铁盐与 NaOH溶液混合，这样可长时间观察到白色沉淀， 如图2所示。 3.[分析]从图可以看出，当通入氟气为0时，混合 溶液中的Fe2+为3mol,I厂为2mol,则混合溶液中 的FeL2为1mol,FeCl2为2mol,当通入氯气为 1mol时，I厂被全部氧化为I2,n(I2)=1mol,Fe2+ 没有变化，当通入氯气从1mol到2.5mol时，溶液 中的Fe2+全部被氧化为Fe3+,a点为Fe2+被氧化 了一半时的点，此时Fe2+和Fe3+各为1.5mol,通 入的氯气从2.5mol到7.5mol时，12全部被氧化 为HIO3,此过程消耗了氯气的量为5mol,据此分 析解答。 B[A.由图可以看出，当通入Cl2为1mol时，溶液 中的Fe2+没有变化，I厂由2mol到零，则还原性I >Fe2+,故A错误；B.经分析，a点为Fe2+被氧化 了一半时的点，此时Fe2+和Fe3+各为1.5mol,根 据CL2十2Fe2+==2Fe3++2C1,可知，此过程消 耗了氯气为0.75mol,加上之前通入的氯气总计 1.75mol,标准状况下体积为39.2L,故B正确；C. 从图可以看出，氯气从2.5mol到b点时，通入氯气 的量为1.5mol,发生了反应5C12+L2+6H20 2HIO3+10HC1,根据反应计量数，可知此时溶液中 有0.3mol的I2被氧化，则剩余的n(12)=1mol一 0.3mol=0.7mol,故C错误；D.经分析，c点时L2 全部被氧化为HIO3,c,点溶液中含有的阴离子为 C1和IO3,其中n(IO3)=n(I厂)=2mol,n(C1) =2n(Cl2)+2n(FeCl2)=2×7.5mol+2×2mol= 19mol,故c点溶液中阴离子的个数为(2mol+ 19mol)×VA mol1=21NA,故D错误；故答案 选B。] 4.[分析]根据图表数据分析可知：某合金的熔点 高、硬度大、密度小，导电性差，据此分析选项。 A[A.该合金和铁相比导电性差，不适合做导线， A符合题意；B.该合金硬度大、密度小、适合做门窗 框，B不符合题意；C.该合金的熔点很高，可以做炉 具，C不符合题意；D.合金的熔点高、硬度大、密度 小、适合做飞机外壳，D不符合题意：故合理选项 是A。] 5.A[A.铝是活泼金属，铝易在空气中形成致密的 氧化膜，所以铝比较耐腐蚀，A错误；B.氢氧化铝具 有弱碱性，可用于中和过多胃酸，是一种医用胃酸 中和剂，B正确；C.氧化铝既可以和酸反应又可以 和强碱反应生成盐和水，氧化铝是两性氧化物，能 溶于NaOH,C正确；D.铝、氧化铝能与碱性物质反 应，所以铝制餐具不可以用来长时间存放碱性食 物，D正确：故选A。] 6.A[混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根 据Ba2++SO一BaSO4↓可知，每份溶液中 n(Ba2+)=n(Na2SO4)=amol;根据Ag+C1 一AgC1↓可知，每份溶液中n(C1)=n(Ag）= bmol,根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2+) +n(K+)=n(C1),则n(K+）=bmol-2amol= (6-2a)mol,c(K+)=52a mol=10(6-2a)mol 0.11 ·L1,答案选A。]