1、【化学】化学物质的量的专项培优练习题(含答案)含答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1填写下列表格序号物质分子数(用NA表示)质量/g物质的量/mol摩尔质量/gmol-1体积/标况（1）氮气_14_（2）H2SO43.011022_空（3）H2O_0.5_空（4）Cl2_2.24L【答案】0.5NA 0.5 28 11.2 4.9 0.05 98 0.5NA 9 18 0.1NA 7.1 0.1 7.1 【解析】【分析】摩尔质量在以为gmol-1单位时，数值上等于相对分子质量，以n=、n=、n=这几个公式为基础，按试题中的要求，进行计算。【详解】（1）N2的摩尔质量在以为gmol
2、-1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N2的摩尔质量是28 gmol-1，当N2的质量为14g时，n(N2)= =0.5mol，N2的分子数N(N2)= 0.5 NA，标况下N2的体积为：0.5mol22.4Lmol-1=11.2L；（2）H2SO4的分子数是3.011022，H2SO4的物质的量：n(H2SO4)= =0.05 mol，H2SO4的摩尔质量是98 gmol-1，质量：m(H2SO4)= 0.05 mol98 gmol-1=4.9g；（3）H2O的物质的量是0.5 mol，水的摩尔质量：M(H2O)=18 gmol-1，水分子的个数N(H2O)= 0.5 NA，水分子的质量是
3、：m(H2O)= 0.5 mol18 gmol-1=9g；（4）Cl2标况下的体积试剂2.24L，Cl2的物质的量：n(Cl2)= =0.1mol，Cl2的分子数是：N(N2)=0.1 NA，Cl2的摩尔质量是71 gmol-1，Cl2的质量：m(Cl2)= 0.1mol71 gmol-1=7.1g；【点睛】考生熟练掌握n=、n=、n=，这几个公式之间的换算；2实验室需要配制0.1 molL1 CuSO4溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 _、_以及等质量的两片张滤
4、纸。(2)计算，应选择下列_。A需要CuSO4固体8.0 g B需要CuSO45H2O晶体12.0 gC需要CuSO45H2O晶体12.5 g D需要CuSO4固体7.7 g(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。(4)溶解、冷却。若未冷却，则所配溶液浓度会_。(5)转移、洗涤。若未洗涤，则所配溶液浓度会_。(6)定容，摇匀。(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。(8)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会_。【答案】胶头滴管 500 mL容量瓶 AC 偏高 偏高 偏
5、低 偏低 【解析】【分析】本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可【详解】(1)配制的是480 mL溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500 mL容量瓶；(2)因为定容时使用的500 mL容量瓶，其物质称量时时按500 mL算，不是按480 mL算，若果是硫酸铜固体其质量为=8.0g，若为5水硫酸铜其质量为=12.5g，故答案为A、C；(3)砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度会偏高，故答案为偏高；(4)若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；(5)若未洗涤
6、，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；(8)因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。【点睛】注意：计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。3.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中的名称是_。（3）实验室用B装置从碘水中分离出
7、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_。.用胆矾晶体（CuSO45H2O）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：计算 称量胆矾_g 溶解 转移 洗涤并转移 定容 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
8、 转移溶液时，应用玻璃棒引流 【解析】【分析】. （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；. （1）实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO45H2O）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
9、溶液时，应用玻璃棒引流。【详解】.（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；.（1）实验室没有240mL
10、容量瓶，用胆矾晶体（CuSO45H2O）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0.25L0.40mol/L=0.1mol，则称量胆矾的质量为0.1mol250g/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】实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO45H2O）配制0.40mol/L的
11、CuSO4溶液240mL时，应选用250mi容量瓶是解答易错点。4按要求回答下列问题(1)实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K2Cr2O7 +14HCl(浓)=3Cl2+2CrCl3 +2KCl+7H2O，当转移0.6mole-时被氧化的HCl为_mol(2)同温同压下，相同物质的量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为_，密度之比为_(3)向溴化钠溶液中通入适量的氯气，产生的现象是_，反应的化学方程式是_；Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是_。下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是_。贝壳紫菜鱼海带(4)将相同质量的镁条分别在：氧气
12、；空气；氮气；二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_（填序号）。【答案】0.6mol 1：1 4：5 溶液由无色变为橙色 Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl Cl2Br2I2 Br2，所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，反应后产生的Br2的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶液由无色变为橙色；同一主族的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是Cl2Br2I2；贝壳主要成分为碳酸钙，不符合题意；紫菜主要成分为蛋白质、维生素，不符合题意；鱼主要成分为蛋白质
13、，不符合题意；海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，符合题意；故合理选项是；(4)Mg燃烧的有关反应方程式为：2Mg+O2 2MgO； 3Mg+N2Mg3N2； 2Mg+CO2 2MgO+C，可假设镁的物质的量是1mol，比较Mg燃烧后生成的固体增加的质量；1molMg在O2中燃烧质量增加1molO原子的质量16g；在N2中燃烧质量增加molN2的质量g；在空气中燃烧产物既有MgO、也有Mg3N2，所以增加的质量在g16g之间；在CO2中燃烧质量增加1molO和0.5molC原子的质量，16g+6g=22g，可见等质量的Mg在四种情况下质量增加由小到大的顺序是氮气空气氧气二氧化碳，Mg
14、的质量相等，增加的质量越大，则反应后得到的固体质量越大，所以将相同质量的镁条分别在：氧气；空气；氮气；二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是Cl2Br2I2，单质的氧化性越强，其对应的离子的还原性越弱，所以还原性BrCl, 还原性最弱的阴离子是Cl；金属单质的金属性越强，其离子的氧化性越弱，所以氧化性最强的离子是Cu2；属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，所以Fe2既有氧化性又有还原性的；答案：Cl- Cu2+ Fe2+；（4）除去Na2SO4中的Na2CO3，实质是除去CO32-离子，所加试剂H2SO4，离子方程式CO32-+2H+=CO2+H2O。6我国某些地区曾
15、出现过高致病性禽流感，为防止疫情蔓延，必须迅速进行隔离，并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒。资料显示：禽流感病毒在高温、碱性环境(如氢氧化钠溶液)、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。请回答下列问题： (1)次氯酸钠(NaClO)属于_(填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)，其中氯元素的化合价为_价。(2)用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍，写出所发生反应的化学方程式：_。 (3)以下对受污染工具的消毒方法可行的是_(填字母代号)。 a.用NaClO溶液浸泡 b.用NaOH溶液浸泡 c.用水冲洗即可 (4)配制用的0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用天平称取固体NaCl_
16、。 若在实验室中配制此溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管 _、量筒和玻璃棒。【答案】盐 +1 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 a、b 5.9 g 500mL容量瓶、烧杯 【解析】【分析】（1）化合物各元素化合价代数和为0；（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；（3）次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用；（4）根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析。【详解】（1）次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成，属于盐类物质。设氯元素的化合价为x，则有（+1）+x+（-2）=0，解得x=+1，故填：盐，+1；（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故填：2KMnO4
17、 K2MnO4 + MnO2 + O2；（3）由题意可知：禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差，所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒，用水冲洗不能起到消毒的作用，故填：ab；（4）配制0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用固体NaCl：0.5L0.2mol/L58.5g/mol=5.9g，配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500mL容量瓶等，故填：5.9g；500mL容量瓶、烧杯。7（1）1mol H2SO4中含有_个硫原子，_mol O。（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式HCl：_NaH
18、SO4：_（3）写出下列化学反应的方程式呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式_印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_（4）配平下列方程式：_I+_IO3+ _H+_I2+_H2O_NH4ClO4_N2+_O2+_HCl+_H2O（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：Cu4 HNO3（浓）= Cu(NO3)2 2 NO2 2H2O_HNO3的作用是_，发生氧化反应，氧化产物是_。【答案】NA 4 HCl=HCl NaHSO4 = Na+ + H+SO42- 2Na2O2+2CO2=2N
19、a2CO3+O2 4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ 5 1 6 3 3 4 2 5 4 6 氧化性和酸性 Cu(NO3)2 【解析】【分析】（1）根据物质结构进行计算；（2）强电解质完全电离；（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子；（4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；（5）还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，产物为还原产物。【详解】（1）一个H2
20、SO4分子中含有1个S原子，4个O原子，则1mol H2SO4中含有NA个硫原子，4mol O；（2）HCl为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：HCl=HCl； NaHSO4为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则电离方程式为：NaHSO4 = Na+ + H+SO42-；（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子
21、和铜离子，离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（4）根据氧化还原反应中，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为0价，碘酸根离子变为0价，则最小公倍数为5，则离子方程式为5 I+IO3+ 6H+=3I2+3H2O；高氯酸铵自身发生氧化还原反应，N、O的化合价升高，Cl的化合价降低，根据电子得失守恒，则4NH4ClO4=2N2+5O2+4HCl+6H2O；（5）反应中Cu作还原剂，失电子，化合价由0价变为+2价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、酸，部分N得电子化合价降低由+5变为+4，生成的产物为还原产物；双线桥法表示为；单线桥法为。【点睛】白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢
22、氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的反应。8某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸（1）操作的名称是_，试剂a的溶质是_（填化学式）（2）加入试剂b所发生反应的化学方程式为_。（3）该方案能不能达到实验目的：_，若不能，应如何改进？（若能，此问不用回答）_。（4）用分离出的固体B配制100mL 0.5mol/L的溶液B，现有如下可供选择的仪器：A胶头滴管 B烧瓶 C烧杯 D药匙 E.量筒 F.托盘天平。用托盘天平称得固体B的质量是_g。配制溶液B时，上述仪器中一定不需要使用的有_（填字母）
23、，还缺少的仪器有_（写仪器名称）。【答案】过滤 K2CO3 BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2+H2O 不能 应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 10.4 B 100mL容量瓶、玻璃棒 【解析】【分析】【详解】分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，应加入过量盐酸可得KCl，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2，（1）将固体配成溶液，应加水溶
24、解，操作为固体和液体的分离，为过滤操作；根据以上分析可知，溶液中加入过量的K2CO3溶液使BaCl2转化为沉淀，试剂a的溶质是K2CO3；综上所述，本题答案是：过滤；K2CO3。（2）沉淀A为BaCO3，加足量的盐酸，反应生成氯化钡和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2+H2O；综上所述，本题答案是：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2+H2O。（3）该方案不能达到实验目的，因为操作进行完成后，所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应该加入过量的盐酸，把K2CO3变为氯化钾，然后再进行蒸发结晶，得到氯化钾固体；综上所述，本题答案是：不能；应在操作的滤液
25、中加入过量盐酸后再蒸发结晶。（4）固体B为氯化钡，其质量是0.1L0.5mol/L208g/mol=10.4g；综上所述，本题答案是：10.4。 固体配制氯化钡溶液时，称量后溶解、定容等，不需要烧瓶，还缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒；综上所述，本题答案是：B， 100mL容量瓶、玻璃棒。9（1）质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是_。（2）氯水中含有多种成分。将紫色石蕊试液滴入氯水中，溶液显红色起作用的成分是_；过一会儿，溶液颜色逐渐褪去，起作用的成分是_；（3）鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液可选用_。（填序号）NaOH Ca(OH
26、)2 BaCl2 K2SO4 Ca(NO3)2（4）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强。黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：2KNO3+3CS=K2S+N2+3CO2。其中被还原的元素是_。当反应有3.6121024个电子转移时被硝酸钾氧化得到的氧化产物在标准状况下的体积_。（5）1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是_，R的相对原子质量是_。【答案】H2 H+ HClO或ClO- N和S 28L 120g/mol 24 【解析】【分析】(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小；(2)氯水溶液中存在反应
27、：Cl2+H2OHCl+HClO，是可逆反应，存在电离：H2OH+OH-，HClOH+ClO-，HCl=H+Cl-，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl-、ClO-、OH-，能使紫色石蕊试液变红色是酸的性质，次氯酸有漂白性；(3)NaHCO3不稳定，加热易分解，但加热溶液不分解，都可与碱发生反应，与氢氧化钙溶液反应都可生成沉淀，且都能与酸反应生成气体，以此解答该题；(4)2KNO3+C+SK2S+2NO2+CO2中，C元素的化合价升高，N、S元素的化合价降低，以此来解答；(5)根据公式n=来计算M，M在数值上等于元素的相对原子质量，分子的M在数值上等于其相对
28、分子质量。【详解】(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小，质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，H2的摩尔质量最小，所以H2的体积最大；(2)氯水溶液中存在反应：Cl2+H2OHCl+HClO，是可逆反应，存在电离：H2OH+OH-、HClOH+ClO-，HClH+Cl-，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl-、ClO-、OH-酸能使紫色石蕊试液变红色，所以使紫色石蕊试液变红色的微粒是H+；次氯酸有漂白性，所以红色溶液逐渐褪色，起作用的微粒是HClO分子；(3)碳酸钠和碳酸氢钠与NaOH混合，均无明显现象，不能鉴别二者，故错误
29、；碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应产生沉淀，故用Ca(OH)2溶液不能鉴别二者，故错误；碳酸钠与BaCl2反应产生碳酸钡沉淀，碳酸氢钠与BaCl2不反应，故BaCl2溶液可以区分两物质，故正确；K2SO4与碳酸钠、碳酸氢钠均不反应，故氯化钙溶液不能鉴别二者，故错误；Ca(NO3)2与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与Ca(NO3)2不反应，故Ca(NO3)2溶液可以区分两物质，故正确；故答案为：；(4)N、S元素的化合价降低，被还原，C元素的化合价升高，C为还原剂；2KNO3+3C+SK2S+N2+3CO2，反应中KNO3得到10个电子，S得到2个电子，当反应有3.6121024个电子
30、转移时，即转移6mol，则生成1.5molCO2，其中被KNO3氧化得到的二氧化碳为1.5mol=1.25mol，其体积为1.25mol22.4L/mol=28L；(5)1.2gRSO4中含0.01molR2+，根据公式n=，则RSO4的M=120g/mol，RSO4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO4的摩尔质量为120g/mol，R的相对原子质量是120-32-64=24。10物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。(1)图中Y物质的化学式为_。(2)治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体则治理烟道气反应的化学方程式为_。(
31、3)实验室中X气体由不溶性的硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方程式为：_。(4)Na2S2O3(硫代硫酸钠)是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是_。a.Na2S+S b.Z+S c.Na2SO3+Y d.NaHS+NaHSO3Na2S2O3具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S2O32-转变为SO42-。 现需处理含标准状况下Cl2 2.24L的织锦物，理论上需要0.00100mol/L Na2S2O3溶液的体积为_L。【答案】SO3 2CO+SO2 2CO2+S FeS+2H+=Fe2+H2S b
32、d 25 【解析】【分析】依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+6价氧化物为SO3，Z为+4价的盐可以为Na2SO3。(1)Y是S元素化合价为+6价；(2)根据反应物、生成物，结合反应中电子转移数目相等，可得反应方程式；(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，根据离子方程式中物质拆分原则书写反应的离子方程式；(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的Na2S2O3的物质的量，再根据n=cV计算其物质的量。【详解】根据上述推断可知X是H2S，Y是SO
33、3，Z是Na2SO3。(1)Y为S元素的氧化物，化合价为+6价，则Y为SO3；(2) CO、SO2反应产生S单质和CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2CO+SO2 2CO2+S；(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，反应的离子方程式为：FeS+2H+=Fe2+H2S；(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，A中S化合价都小于2，C中物质中S化合价都大于+2价，B、D中S元素化合价必须分别大于2和小于2，故合理选项是bd；根据题干信息可知发生反应方程式为：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl
34、+2H2SO4+6HCl，标准状况下2.24L Cl2的物质的量是n(Cl2)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，在反应中获得电子变为-1价的Cl-，0.1molCl2获得电子的物质的量是0.2mol；S2O32-转变为SO42-，每1mol S2O32-失去8mol电子，则转移0.2mol电子，需消耗S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.2mol8=0.025mol，根据n=cV可知理论上需要0.00100mol/L Na2S2O3溶液的体积V=0.025mol0.00100mol/L=25L。【点睛】本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算，正确提取图象信息，
35、结合氧化还原反应规律分析为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。11(1)0.3mol NH3分子中所含原子数与_个H2O分子中所含原子数相等。(2)在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl，该金属元素的相对原子质量为_。(3)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中C和O原子个数比是_ 。【答案】2.4081023 24 47 【解析】【分析】(1)根据N=nNA结合氨气、水分子结合计算；(2)先根据化合物与氯离子间的关系计算氯化物的物质的量，根据M=计算其摩尔质量，摩尔质量以g/mol为单位时，
36、在数值上等于其相对分子质量，从而确定该金属的原子量；(3)设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者总体积、总质量列方程计算解答,然后根据C、O守恒分析。【详解】(1) 0.3 mol NH3分子中所含原子数为0.3molNA/mol4=1.2NA，要使H2O分子中所含原子数相等，则H2O分子数目为N(H2O)=1.2NA3=0.4NA=2.4081023个；(2)某二价金属的氯化物中氯化物的物质的量与氯离子的物质的量之比为1：2，由于Cl-的物质的量为0.2mol，则该氯化物的物质的量是0.1mol，所以该化合物的摩尔质量M=95g/mol；当摩尔质量以g/mol为单位时
37、，在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为95，金属的相对原子质量+35.52=95，所以该金属元素的相对原子质量为24；(3)设混合气体中CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则： x+y=0.3mol，28x+44y=12g，解得x=0.075mol，y=0.225mol，则此混合物中含有C原子与O原子的物质的量的比为n(C)：n(O)=(0.075mol +0.225mol )：(0.075mol +20.225mol )=4：7，根据n=可知混合气体中C、O原子个数比为4：7。【点睛】本题考查物质的量的有关计算，注意对物质的量的有关计算公式的理解，并结合物质的微粒
38、结构进行灵活运用，旨在考查学生对知识的掌握情况。12近几年地球发生地震灾害较多，抢救地震后被困在废墟下的伤员，首要的措施是给伤员补充能量。下图是医院给伤员输液时用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖(C6H12O6)注射液标签，请认真观察标签上所列的内容后填写：（1）葡萄糖的摩尔质量为_；（2）该溶液中含水_ g；（3）该溶液的物质的量浓度为_ mol/L(精确到小数点后面两位)。【答案】180 g/mol 237.5 0.28 【解析】【分析】(1)葡萄糖的摩尔质量在数值上等于它的相对分子质量，单位是g/mol； (2)根据标签给出的数据可以知道，250mL葡萄糖注射液中含葡萄糖12.5g，含量为5%，根据“葡萄糖质量葡萄糖含量”计算出一瓶葡萄糖注射液的质量；根据溶液中含水的质量=葡萄糖注射液的质量水的含量（1-葡萄糖质量分数)； (3) 先根据葡萄糖的质量求出它的物质的量，然后代入公式c=n/V求出溶液的物质的量浓度。【详解】(1)葡萄糖的相对分子质量为180，所以葡萄糖的摩尔质量为；答案是: 1
