【文档说明】高考化学一轮复习全程训练计划周测1物质的量 含解析.doc，共(12)页，200.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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周测1物质的量夯基提能卷①一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。1．[2019·北京西城区模拟]下列说法正确的是()A．1molNH3中含有的质子数约为6.02×1023B．0.5mol·L－1NaCl溶液中含Cl－的物质的量

为0.5molC．8gS在足量O2中完全燃烧转移的电H子数约为9.03×1023D．标准状况下，22.4LSO2和CO2的混合气体中所含原子数约为1.806×1024答案：D解析：1个NH3分子中有10个

质子，所以1molNH3中含有的质子数约为6.02×1024，A错误；0.5mol·L－1NaCl溶液的体积未知，无法计算其中所含Cl－的物质的量，B错误；S在O2中燃烧生成SO2,8gS的物质的量为0.25mol，其在足量O2中完全燃烧转移的

电子数约为6.02×1023，C错误；标准状况下，22.4LSO2和CO2的混合气体的物质的量为1mol，其所含原子数约为1.806×1024，D正确。2．[2019·云南曲靖一中月考]在两个容积相同的容器中，一个盛有C3H8气体，另一个盛有N2O和CO2的混

合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的()①分子数②密度③质量④质子数⑤原子数A．①②③B．①②⑤C．③④⑤D．①④⑤答案：A解析：由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的气体具有相同的物质的量和相同的分子数。因C3H8、N2O和CO2的摩尔质量相等，则物

质的量相同时气体总质量相等。又因为容器体积相同，则气体密度相同；但分子中原子个数及质子总数不同，故原子数和质子数不同；故①②③一定相同，A正确。3．[2019·安徽皖南八校联考]25℃时，将10mL质量分数为50%(密度为1.4g·cm－3)的硫酸稀释成100mL。下列说法正确的是()

A．俯视容量瓶颈的刻度线定容，所配溶液的浓度偏低B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mLC．质量分数为50%的硫酸中溶质的物质的量浓度为7.14mol·L－1D．上述100mL稀硫酸中所含溶质的质量为14g，该稀硫酸不属于电解质答案：C解析：俯视容量瓶颈的刻度线定容，会导致溶液的体积偏小，

所配溶液的浓度偏高，A错误；由于未告知稀释后溶液的密度，所以无法求出所需要的蒸馏水的体积，B错误；根据c＝1000ρwM＝1000×1.4×50%98mol·L－1≈7.14mol·L－1，所以质量分数为50%的硫酸的物质的

量浓度为7.14mol·L－1，C正确；由于稀释过程中溶质的质量不变，所以100mL稀硫酸中所含溶质的质量为7.14mol·L－1×0.01L×98g·mol－1≈7g，D错误。4．[2019·四川乐

山调研]用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A．2.0gH182O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3NAC．1molH2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价键总数为NAD．在反应11P4＋60CuSO4

＋96H2O===20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4中，6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA答案：A解析：H182O与D2O的摩尔质量均为20g·mol－1，故2.0gH182O与D2O的混合物的物质的

量为0.1mol，而每个H182O与D2O分子中均含有10个中子，故0.1molH182O与D2O的混合物中共含有1mol中子，即所含中子数为NA，A正确；5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，氯气量不足，根据氯气的物质的量可以计算出转移的电子数为0.2NA，B

错误；1molH2与足量O2反应生成1molH2O，每个H2O分子中含有2个O—H键，则1molH2O中含有的共价键总数为2NA，C错误；CuSO4中Cu元素化合价由＋2价降低到Cu3P中的＋1价，则1molCuSO4被还原得到1mol电子，6mol

CuSO4被还原得到6mol电子，而1molP4被氧化失去20mol电子，所以6molCuSO4能氧化P4的物质的量为620mol，即0.3mol，故6molCuSO4能氧化白磷的分子数为0.3NA，D错误。5

．[2019·江西抚州临川一中月考]下列实验操作或仪器选择正确的是()A．配制200mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液需要称量硫酸铜固体3.2gB．配制1mol·L－1H2SO4溶液，量取浓硫酸后，将浓硫酸直接注入容量瓶中C．配制1mol·L－1AlCl3溶液

时，将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，再加水稀释D．称量4.0gNaOH固体，溶解于1L水中，即可配制0.1mol·L－1的NaOH溶液答案：C解析：配制200mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液需要选用250mL容量瓶，需要硫酸铜固体的质量为0.25L×0.1mol·L－1×160g·mol－

1＝4.0g，A错误；容量瓶不能用作稀释的容器，浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后再转移到容量瓶中，B错误；为了抑制AlCl3的水解，配制AlCl3溶液时，应将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，再加水稀释到适当浓度，C正确；4.0gNaOH固体溶解于1L水中得到的溶液体积不是

1L，所配制的NaOH溶液的物质的量浓度不为0.1mol·L－1，D错误。6．[2019·四川资阳高中诊断考试]设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．硅晶体中，有NA个Si就有2NA个Si—Si键B．

常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na＋数目相等C．1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAD．0.2molNH3与0.2molO2在催化剂、加热条件下充分反应，所得NO分子数为0.2NA答案：

A解析：硅晶体属于原子晶体，由硅的结构可知，1molSi中能形成2molSi—Si键，则有NA个Si就有2NA个Si—Si键，A正确；由于溶液的体积未知，故无法判断两溶液中Na＋数目的大小关系，B错误；1个苯乙烯分子中只有一个碳碳双键，所以1mo

l苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA，C错误；反应的化学方程式为4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O，NH3有剩余，反应的NH3小于0.2mol，故所得NO分子数小于0.2NA，D错误。7．[2019·江西抚州临川一中月考]在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到

VmL溶液，假设该溶液的密度ρg·cm－3(小于水的密度)，溶质的质量分数为w，其中含NH＋4的物质的量为bmol，下列叙述中一定正确的是()A．溶质的质量分数w＝aVρ－a×100%B．溶质的物质的量浓度c＝1000a35Vmol·L－1C．向上述溶液中

再加入VmL水后，所得溶液中溶质的质量分数大于0.5wD．溶液中c(OH－)＝1000bVmol·L－1＋c(H＋)答案：D解析：氨水的溶质为NH3，该溶液的密度为ρg·cm－3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质NH3的

质量为ag，溶质的质量分数w＝aρV×100%，A错误；agNH3的物质的量为ag17g·mol－1＝a17mol，溶液体积为VmL，所以溶质的物质的量浓度为a17molV×10－3L＝1000a17Vmol

·L－1，B错误；水的密度大于氨水，相等体积的水与氨水，水的质量更大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，混合溶液中NH3的质量仍为ag，因此等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w，C错误；根据电荷守恒可得等式：c(OH－)＝c(NH＋4)＋c(H＋)，由题给信息可求出c(N

H＋4)＝bmolV×10－3L＝1000bVmol·L－1，代入等式可得c(OH－)＝1000bVmol·L－1＋c(H＋)，D正确。二、非选择题：共43分。8．(14分)如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室(体积相同)各充入一定量NO和O2，且恰好使两容

器内气体密度相同。打开活塞，使NO与O2充分反应。(不考虑NO2与N2O4的转化)(1)开始时左右两室分子数________(填“相同”或“不相同”)。(2)反应前后NO室压强________(填“增大”或“减小”)。(3)最终容器内密度

与原来________(填“相同”或“不相同”)。(4)最终容器内________(填“有”或“无”)O2存在。答案：(1)不相同(2)减小(3)相同(4)有解析：(1)由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量相等，但NO和

O2的摩尔质量不相等，故其物质的量不相等，开始时左右两室分子数不相同。(2)由于反应前后NO室的气体物质的量减小，故压强减小。(3)体系的体积和气体的质量均未变化，密度不变。(4)由于NO与O2反应，O2过量，故最终容器内有O

2存在。9．(14分)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：盐酸分子式：HCl相对分子质量：36.5密度：1.19g·cm－3HCl的质量分数：36．5%(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol·L－1

。(2)取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是________(填字母)。A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl－的数目D．溶液的密度(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol·L－1的稀盐酸。①该学生需要量取_____

___mL上述浓盐酸进行配制。②在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。a．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面________；b．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水________。(4)①假设该同

学成功配制了0.400mol·L－1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，则该同学需取________mL盐酸。②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，发现比①中所求体积偏小，则可能的原因是_______

_。A．浓盐酸挥发，浓度不足B．配制溶液时，未洗涤烧杯C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出答案：(1)11.9(2)BD(3)①16.8②a.偏小b．偏小(4)①25②C解析：(1)c(HCl)＝1000cm3×1.19g·

cm－3×36.5%36.5g·mol－1×1L＝11.9mol·L－1。(2)溶液的浓度、密度与体积无关，但溶质的质量、物质的量随溶液体积的变化而变化。(3)由稀释定律可知，需要浓盐酸的体积为500

mL×0.400mol·L－111.9mol·L－1≈16.8mL。(4)NaOH的物质的量为n(NaOH)＝0.4g40g·mol－1＝0.01mol，则需要HCl的物质的量为0.01mol，盐酸的体积V＝0.01mol0.400mol·L－1×100

0mL·L－1＝25mL。耗盐酸比①中所求体积偏小，说明所配盐酸浓度偏大，A、B、D会使所配浓度偏小，错误，C会使所配盐酸浓度偏大，正确。10．(15分)[2019·福建德化一中等三校联考]某研究性学习小组欲测定室温下(25℃，101kPa)的气体摩尔体积，设计如图所示的简易实验装置。请回答

以下问题：该实验的主要操作步骤如下：步骤一：(1)①配制100mL1.0mol·L－1的盐酸，需要20%、密度为1.1g·cm－3的盐酸的体积为____________。②配制过程中所需要的玻璃仪器有________________。③下列操作会导致所配溶液物质的

量浓度偏大的是________(填标号，下同)。A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水步骤二：用量筒量取10.0mL1.0mol·L－1的盐酸加入锥形瓶

中。步骤三：(2)称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为________。步骤四：向广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性。步骤五：(3)反应结束后，待体系温度恢复至室温，读取量

筒中水的体积为VmL。①实验步骤五中应选用________规格的量筒。A．100mLB．200mLC．500mL②读数时除恢复到室温、视线与液体凹液面的最低处相平外，还要注意________________________________

__________________。③若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算公式为Vm＝________；若未除去镁条表面的氧化膜，则测量结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。答案：(1)①

16.6mL②量筒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒③C(2)0.12(3)①B②量筒内的液面与广口瓶内的液面相平③0.2VL·mol－1偏小解析：由题意可知，该实验原理是用一定量的盐酸与足量镁反应生成氢气，通过排水法收集H2，则排出的水的体积等于生成的氢气的体积，最后根据盐酸的

物质的量确定生成的氢气的物质的量，求出一定条件下的气体摩尔体积。(1)①质量分数为20%，密度为1.1g·cm－3的盐酸的物质的量浓度为c＝1000ρwM＝1000×1.1×20%36.5mol·L－1，根据稀释定律：c1V1＝c2V2，可以求出配制100mL1.0mol·L－1的盐酸，

需要20%、密度为1.1g·cm－3的盐酸的体积为100×1.01000×1.1×20%36.5mL≈16.6mL。②配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。③转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致溶质减少，浓

度偏小，A不符合题意；在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，会导致液面高于刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，B不符合题意；在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，会导致液面低于刻度线，浓度偏大，C符合题意；定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，D

不符合题意。(2)用量筒量取10.0mL1.0mol·L－1的盐酸加入锥形瓶中，可以计算出n(H＋)＝0.01mol，可以溶解镁的物质的量n(Mg)＝12n(H＋)＝0.005mol，质量m(Mg)＝

0.005mol×24g·mol－1＝0.12g，所以a的数值至少为0.12。(3)①量筒中的水是由氢气排出的，所以水的体积等于氢气的体积，由(2)中分析可知n(H2)＝n(Mg)＝0.005mol，则标准状况下V(H2)＝0.005×22.4L＝0.112L＝112mL，估

算H2在25℃、101kPa下体积不会超过200mL(一定压强下，气体体积与热力学温度成正比)，故应选200mL的量筒。②读数时除恢复到室温、视线与液体凹液面的最低处相平外，为保证反应装置系统内外的压强相等，还要注

意量筒内的液面与广口瓶内的液面相平，使测得的气体体积更准确。③若忽略水蒸气的影响，在该实验条件下，气体摩尔体积的计算公式为Vm＝V×10－3L0.005mol＝0.2VL·mol－1；若未除去镁条表面的氧化膜，则生成的氢气体积减少，使测量结果偏小。探

究创新卷①一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。1．[2019·湖北黄石三中阶段检测]下列说法正确的是()A．含有相同氧原子数的SO2和CO的质量之比为7:8B．等物质的量浓度的盐酸与醋酸中c(H＋)相等C．等

物质的量的甲基(—CH3)与羟基(—OH)中所含的电子数相等D．等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于11:16答案：C解析：含有相同氧原子数的SO2和CO，其物质的量之比为1:2，则质量之比为(1×64):(2×28)＝8:7，A错误；醋酸是弱酸，不能完全电离，等物质的量

浓度的盐酸与醋酸中c(H＋)不可能相等，B错误；1个甲基(—CH3)中含有9个电子，1个羟基(—OH)中含有9个电子，所以等物质的量的甲基与羟基中所含的电子数相等，C正确；等温等压下，气体的Vm相同，由ρ＝nMnVm＝MVm可知，SO2气体与CO2气体的密度之比为64:44＝16:11

，D错误。2．[2019·洛阳模拟]下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是()A．200mL2.5mol·L－1MgCl2溶液B．1000mL2.5mol·L－1NaCl溶液C．250mL1mol·L－

1AlCl3溶液D．300mL5mol·L－1KClO3溶液答案：A解析：溶液中c(Cl－)＝溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关。200mL2.5mol·L－1MgCl2溶液中c(Cl－)＝2c(MgCl2)＝2.5mol·L－1×2＝5mol·L－1；1000m

L2.5mol·L－1NaCl溶液中c(Cl－)＝c(NaCl)＝2.5mol·L－1；250mL1mol·L－1AlCl3溶液中c(Cl－)＝3c(AlCl3)＝1mol·L－1×3＝3mol·L－1；氯酸钾中不含氯离子，所以氯离子的物质

的量浓度是0。3．如图中的两条线分别代表1gC3H6和1gM气体在相同容器中的压强和温度的关系，试根据图像判断M气体可能是()A．C2H4B．C3H8C．H2SD．N2O4答案：A解析：由pV＝nRT可知，在相同

容器中，若温度相同时，p与n成正比，由图可知，M的压强大，设M的相对分子质量为x，则1.20.8＝1x142，解得x＝28。C2H4的相对分子质量为28，C3H8的相对分子质量为44，H2S的相对分子质量为34，N2O4的相对分子质量为92，故选A。4．[2019·夷陵模拟]下列说法正确的是()

A．现需480mL0.1mol·L－1硫酸铜溶液，则需要称量7.68g硫酸铜固体B．配制1mol·L－1NaOH溶液100mL，需用托盘天平在滤纸上称量4gNaOH固体C．制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加饱和FeCl

3溶液3～5滴并继续煮沸至红褐色D．使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸转移至烧杯后须用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液一并转移至烧杯答案：C解析：没有480mL规格的容量瓶，故应选择500mL的容量瓶来配制，则需要硫酸铜的质量为0.5L×0.1mol·L－

1×160g·mol－1＝8.0g，A错误；NaOH固体不能直接放在滤纸上称量，称量的质量应记录为4.0g，B错误；量筒是量出式仪器，量筒在制作时就已经扣除了沾在量筒壁上的液体体积，量取的液体倒出的量就是所读的量，不能洗涤，如果洗涤并将洗涤液一并转移

至烧杯，实际量取浓硫酸的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，D错误。5．[2019·浙江名校协作体模拟]用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．5.6gFe完全溶于一定量的溴水中，反应过程中转移的电子总数一定为0.3NAB．1molNa

与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子C．0.5mol雄黄(As4S4，结构如图)中含有NA个S—S键D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏答案：D解析：铁完全溶于一定量的溴水，反应后铁元素的最终价态可能是＋

3价，还可能是＋2价，故0.1mol铁完全反应转移的电子数介于0.2NA和0.3NA之间，A错误；Na与足量O2反应，无论是生成Na2O还是Na2O2，都是由Na→Na＋，Na失去1个电子，则1molNa参加反应，失去NA个电子，B错误；

由题中所给的结构图可以看出，每个黑球与两个白球、一个黑球连接，即形成三个共价键，每个白球与两个黑球连接，即形成两个共价键，由As、S原子结构可以判断出黑球代表的是As原子，白球代表的是S原子，则As4S4分子中不存在S—S键，C错误；生成氮化镁的物质的量为50g100g·

mol－1＝0.5mol，由镁与氮气反应的化学方程式3Mg＋N2=====点燃Mg3N2可知，生成0.5mol氮化镁，消耗的氮气的物质的量为0.5mol,1个氮气分子中含有3个共价键，则0.5mol氮气参加反应时，

有1.5NA对共用电子对被破坏，D正确。6．[2019·陕西西安一中模拟]把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液，恰好反应完全；取另一份加入含bmolHCl

的盐酸，也恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为()A．(10b－5a)mol·L－1B．(2b－a)mol·L－1C．b10－a20mol·L－1D．5b－5a2mol·L－1答案：A解析：200mL的混合溶液分成两等份，每份溶液的体积为100mL，其中一份溶液中

的NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反应，则溶液中NH4HCO3的物质的量为0.5amol，取另一份溶液加入含bmolHCl的盐酸，也恰好反应完全，其中NH4HCO3反应掉的HCl的物质的量为0.5amol，则由Na2CO3反

应掉的HCl的物质的量为(b－0.5a)mol，可得Na2CO3的物质的量为12×(b－0.5a)mol，则200mL溶液中Na2CO3的物质的量为(b－0.5a)mol，则c(Na＋)＝b－0.5a×2mol0.2L＝(10b－5a)mol·L－1。7．[2019·江苏宝应中学月考]工业生产中

用过量的烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液的pH和生成Al(OH)3的量随加入的NaHCO3溶液的体积变化的曲线如下：下列有关说法不正确的是()A．a点溶液中

存在的离子有Na＋、AlO－2、OH－、H＋B．b点与c点溶液中所含微粒种类相同C．NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8mol·L－1D．生成沉淀的离子方程式：HCO－3＋AlO－2＋H2O===Al(OH)3↓＋CO2－3答案：C解析：Al2O3与MgO的混合物经过量烧碱溶液处理，过滤后所得滤

液中溶质是生成的NaAlO2和过量的NaOH，则a点溶液中存在Na＋、AlO－2、OH－、H＋，A正确；由b点到c点是偏铝酸根离子与碳酸氢根离子发生反应生成沉淀，其离子方程式为HCO－3＋AlO－2＋H2O===Al(OH)3↓＋CO2－3，b、c两点溶液中均只有部分AlO－2反应，则溶液

中所含微粒种类相同，B、D正确；由于过滤后的滤液中存在OH－、AlO－2，加入NaHCO3溶液后，HCO－3先与OH－发生反应，再与AlO－2发生反应，由图可知，生成的n[Al(OH)3]＝32×10－3mol，则AlO

－2消耗的n(NaHCO3)＝32×10－3mol，根据图像可知，AlO－2消耗的NaHCO3溶液的体积V(NaHCO3)＝(40－8)mL＝32mL，则c(NaHCO3)＝nNaHCO3VNaHCO3＝32×10－3mol32×10－3L＝1mol·L－1，C错误。二、非选择

题：共43分。8．(14分)将含有2.05g某高价含氧酸的钙盐的溶液A与含1.20g碳酸盐的溶液B混合，恰好完全反应，生成1.25g白色沉淀C。将滤去沉淀C的滤液蒸发，得到白色固体D，继续加热D时，D分解只得两种气态物质的混

合物，在0℃、1×105Pa下，体积变为0.56L，并得到0.90g液态H2O，另一种气态物质为气态氧化物R2O。试回答下列问题：(1)白色沉淀C的物质的量为________mol。(2)A的摩尔质量为________，B的摩尔质量为________。(3)R2O与

H2O的物质的量之比为________，生成D的质量为________，D的摩尔质量为________，R2O的相对分子质量为________，R2O的化学式是________。(4)写出A和B反应的化学方程式：_____________________

___________________________________________________。答案：(1)0.0125(2)164g·mol－196g·mol－1(3)1:22g80g·mol－144N2O(4)Ca(NO3)2＋(NH4)2CO3===CaCO3↓＋2NH4NO3

解析：由A＋B===C＋D知，C为CaCO3，D是一种含三种元素的含氧酸盐，该盐只能是NH4NO3，分解生成的R2O为N2O。A为Ca(NO3)2，B为(NH4)2CO3。(1)C的物质的量为1.25g100g

·mol－1＝0.0125mol。(2)A、B的摩尔质量分别为164g·mol－1和96g·mol－1。(3)N2O的物质的量为0.56L22.4L·mol－1＝0.025mol，N2O与H2O的物质的量之比为1:2。9．(14分)[2019·河南南阳一中测试]Ⅰ.如图所示，一密闭

容器被无摩擦、可滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室。标准状况下，在乙室中充入0.4molNH3，甲室中充入HCl、N2的混合气体，静止时隔板位置如图所示。已知甲、乙两室中气体的质量之差为17.3g。(1)甲室中HCl、N2的质量之比为_

_______。(2)将隔板a去掉，一段时间后，隔板b将稳定位于刻度“________”处(填数字，不考虑固体物质产生的压强)，此时体系的平均相对分子质量为________。Ⅱ.已知硫酸、氨水的密度与所加水的量的关系如图所示。现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息

，回答下列问题：溶质的物质的量浓度/(mol·L－1)溶液的密度/(g·cm－3)硫酸c1ρ1氨水c2ρ2(1)表中硫酸的质量分数为________(不写单位，用含c1、ρ1的代数式表示)。(2)物质的量浓度为c1mol·L－1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液的体积

变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。(3)将物质的量浓度分别为c2mol·L－1和0.2c2mol·L－1的氨水等质量混合，所得溶液的物质的量浓度________(填“大于”“小于”或“等于”)0.6c2mol·L－1(混合后溶液的体积变化忽略不

计)。答案：Ⅰ.(1)73:168(2)425.25Ⅱ.(1)9.8c1ρ1%(2)c12(3)大于解析：Ⅰ.(1)由图可知，甲、乙两室气体的体积比为2:1，故其物质的量之比为2:1，所以甲室中气体的总物质的量为0.8mol。乙室

中NH3的质量为0.4mol×17g·mol－1＝6.8g，则甲室中气体的质量为6.8g＋17.3g＝24.1g。设甲室中HCl的物质的量是xmol，则36.5x＋28(0.8－x)＝24.1，解得x＝0.2；所以甲室中氯化氢的质量为0.2×36.5g＝7.3g，氮气的质量

是24.1g－7.3g＝16.8g，HCl、N2的质量之比为73:168。(2)将隔板a去掉，氨气和氯化氢反应生成氯化铵固体，反应后剩余0.6molN2和0.2molNH3，所以隔板b将稳定位于刻度“4”处；此时体系的平均相对分子质量为0.6×2

8＋0.2×170.8＝25.25。Ⅱ.(1)根据c＝1000ρwM，表中硫酸的质量分数为9.8c1ρ1%。(2)根据稀释过程中溶质的质量不变，物质的量浓度为c1mol·L－1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液的体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为c＝c1VV＋V＝c12mol·L－

1。(3)根据题意，将物质的量浓度分别为c2mol·L－1和0.2c2mol·L－1的氨水等体积混合，所得溶液的物质的量浓度为c2V＋0.2c2VV＋V＝0.6c2mol·L－1，氨水的浓度越大，其密度就越小，所以将物质的量浓度分别为c2mol·L－1和0.2c2mol·L－1的氨水等质量混合

，所需c2mol·L－1的氨水体积较大，所以混合后，所得溶液的物质的量浓度大于0.6c2mol·L－1。10．(15分)地震灾区的用水需要杀菌消毒剂处理后才能确保饮水安全。救灾物资中的一瓶“84消毒液”的包装说明上有如下信息：含25%NaClO(次氯酸钠)、1000mL、密度

1.19g/cm3，稀释100倍(体积比)后使用。请回答下列问题：(1)上述“84消毒液”的物质的量浓度为________mol/L。(2)该同学取100mL上述“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释100倍后的溶液中c(Na＋)＝______mol/L(假设稀释后溶液密度为1.0g/c

m3)，该消毒液长时间放置在空气中能吸收标准状况下CO2的体积为________L。(3)灾区志愿者根据上述“84消毒液”的包装说明，欲用NaClO固体(NaClO易吸收空气中的H2O、CO2)配制480mL含25%NaClO的

消毒液。下列说法正确的是________。A．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器B．容量瓶用蒸馏水洗净后，要烘干才能用于溶液的配制C．利用购买的商品NaClO来配制可能会导致结果偏低D．需要NaClO固体的质量为143g(4)ClO2对污水中Fe2

＋、Mn2＋、S2－和CN－等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN－bmg/L，现用ClO2将CN－氧化，只生成两种无毒气体，其离子反应方程式为________________，处理100m3这种污水，至少需要ClO2

____mol。答案：(1)4.0(2)0.048.96(3)C(4)2ClO2＋2CN－===N2＋2CO2＋2Cl－50b13解析：(1)c(NaClO)＝1000×1.19×25%74.5×1mol/L＝4.0mol/L。(2)根据稀释前后溶质的

物质的量不变得：100mL×4.0mol/L＝10000mL×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04mol/L，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04mol/L。根据NaClO＋CO2＋H2O==

=NaHCO3＋HClO，可知n(CO2)＝n(NaClO)＝0.4mol，标准状况下CO2的体积为8.96L。(3)选项A，需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、

D四种仪器不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管等。选项B，配制过程中需要加入蒸馏水，所以洗涤干净的容量瓶不必烘干即可使用。选项C，根据题目信息，由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质，导致所称量的固体中NaClO的实际质量可能偏小，从而可能使结果偏低。选

项D，应选取500mL容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO固体的质量为0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol＝149.0g。(4)ClO2将CN－氧化为N2和CO2，同时生成Cl－：

2ClO2＋2CN－===N2＋2CO2＋2Cl－。100m3这种污水中含有CN－的质量为100bg，其物质的量为50b13mol，根据反应方程式可知至少需要消耗ClO250b13mol。