高考化学二轮专题复习之专题2 物质的量（含答案）
文档属性
| 名称 | 高考化学二轮专题复习之专题2 物质的量（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 454.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-01 08:43:25 | ||
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文档简介
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专题2 物质的量
一、单选题
1．下列溶液中c(Cl－)与50 mL 1 mol/L AlCl3溶液中c(Cl－)相等的是（ ）
A．150 mL 1 mol/L的NaCl溶液
B．75 mL 2 mol/L的NH4Cl溶液
C．150 mL 2 mol/L的KCl溶液
D．75 mL 1 mol/L的FeCl3溶液
2．你认为下列数据最为合理的是（ ）
A．某胶体分散质粒子直径为200nm
B．常温下某气体的密度为1.8g/cm3
C．常温下某澄清石灰水的浓度是4.0mol/L
D．某元素的原子半径是0.160nm
3．下列各组物质中，所含分子数相同的是（ ）
A．10gH2和10gO2 B．5.6LN2 (标准状况)和 11 g CO2
C．18 g H2O 和 0.5 mol Br2 D．224mLH2和 0.01 molN2
4．取一定质量的石灰石（杂质不溶于水，也不与酸反应）高温煅烧一段时间后得111.2g固体，向其中加入500g质量分数为14.6%的稀盐酸继续有气泡产生，至固体不再减少时过滤，得一定质量的中性溶液和20g不溶物（滤渣），则煅烧和加入盐酸两次反应产生气体的质量比为（ ）
A．1：1 B．1：2
C．1：3 D．1：4
5．浓度为2mol L-1的NaOH溶液的正确含义是：（ ）
A．在2L水中溶有80g NaOH B．80g NaOH 溶于水配成的溶液
C．每升溶液中含有80g NaOH D．每2L溶液中含有80g NaOH
6．有一种气体的质量是14.2g，体积是4.48L(标准状况)，该气体的摩尔质量是（ ）
A．28.4g B．28.4g·mol－1
C．71 D．71g·mol－1
7．下列溶液中的c (Cl-) 与50mL 1mol·L-1 氯化铝溶液中的c (Cl-)相等的是（ ）
A．150mL 3mol·L-1 氯化钾溶液 B．75mL 2mol·L-1 氯化铵溶液
C．150mL1mol·L-1 氯化钠溶液 D．75mL 1mol·L-1 氯化钡溶液
8．下列对1mol·L－1的Na2SO4溶液叙述正确的是（ ）
A．溶液中含有1mol Na2SO4
B．1mol Na2SO4溶于1L水中
C．可与1mol·L－1 BaCl2溶液完全反应
D．1L溶液中含142g Na2SO4
9．将金属锂直接溶于液氨，得到具有很高反应活性的金属电子溶液，再通过系列反应可制得FeSe基超导材料。下列物质中的氢原子数与1 mol超导材料，中所含氢原子数相同的是（ ）
A．10.2 g B．7.84 L(标准状况下)
C．个分子 D．1 L 2.8 mol·L HCl溶液
10．在容量瓶上，没有标记符号的是（ ）
A．标线 B．温度
C．物质的量浓度 D．容量
11．在KCl、MgSO4、MgCl2形成的混合溶液中，c（K+）=0.1mol/L，c（Mg2+）=0.25mol/L，c（Cl﹣）=0.2mol/L，则c（SO42﹣）为（ ）
A．0.15 mol/L B．0.20 mol/L C．0.25 mol/L D．0.40 mol/L
12．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH=1，c(Al3+)=0.4mol·L-1，c(SO42-)=0.8mol·L-1，则c(K+)为 ( ）
A．0.3 mol·L-1 B．0.2 mol·L-1
C．0.15 mol·L-1 D．0.4 mol·L-1
13．已知有反应2NO+O2═2NO2．今在体积为V L的密闭容器中通入amolNO 和bmolO2．反应后容器中的氮原子和氧原子的原子个数之比是（ ）
A． B． C． D．
14．用10.0 mL 0.1 mol·L－1 的BaCl2溶液, 可恰好分别使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全沉淀，则这三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（ ）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．2：2：1 D．1：3：3
15．48g Cu2S与HNO3溶液恰好完全反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则未被还原的HNO3的物质的量是（ ）
A．1.2 mol B．1.0 mol C．0.3 mol D．2.2 mol
16．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．常温下，0.1 mol·L一1的碳酸钠溶液中含有的阴离子数大于0.1NA
B．标准状况下，33.6 mL氯气通入足量水中发生反应，转移电子数为1.5×10-3NA
C．常温常压下，28 g由C3H6和C4H8组成的混合气体中含共用电子对数目为6NA
D．同温下，pH=1体积为1 L的硫酸溶液所含氢离子数与pH=13体积为1 L的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数均为0.1NA
17．有100毫升NaOH溶液，先向其中逐渐通入一定量的，随后向此溶液中逐滴加入4mol/L的盐酸溶液，产生的体积(标况)与所加入盐酸溶液的体积之间的关系如图所示，则NaOH溶液在吸收气体后，所得溶液中存在的溶质的物质的量之比为（ ）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．无法确定
18．某同学参阅了“84”消毒液说明中的成分，欲用 NaClO固体配制480mL含 NaClO2.5％，密度为1.19g·cm-3的消毒液。下列说法正确的是（ ）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制
B．需要称量的 NaClO固体的质量为 14.3g
C．所配得的 NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中 NaClO的物质的量浓度减小
D．配制过程需要玻璃仪器 500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管三种
二、多选题
19．下列溶液中的氯离子数目与50mL 1mol L﹣1的FeCl3溶液中氯离子数目相等的是（ ）
A．150 mL 1 mol L﹣1的NaCl B．75 mL 2 mol L﹣1的NH4Cl
C．150 mL 3 mol L﹣1的KCl D．75 mL 2 mol L﹣1的CaCl2
20．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2L乙醇的分子数约为0.5NA
B．14gN2和CO的混合气体中所含原子数为NA
C．1mo1·L-1的CaCl2溶液中，Cl-离子的数目为2 NA
D．标准状况下，1.8g的H2O中含有的电子数为NA
21．同温同压下，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体的比较中，正确的是（ ）
A．密度比为16∶11 B．物质的量比为16∶11
C．体积比为11∶16 D．分子个数比为16∶11
22．NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．1mol镁原子中含有的电子数为12NA
B．常温常压下，22gCO2含有的原子总数为1.5NA
C．标准状况下，22.4L水含有的水分子数为NA
D．40gNaOH溶解在1L水中，得到溶液的物质的量浓度为1mol/L
23．科学家研究发现纳米TiO2的混凝土可以适度消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如下。下列关于“消除”过程的叙述错误的是（ ）
A．纳米TiO2作催化剂，NOx消除效率更高
B．NOx消除总反应为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O 4HNO3
C．1mol羟基(-OH)比1molO2少8NA个电子(NA为阿伏加德罗常数)
D．纳米TiO2属于胶体，能产生丁达尔现象
三、填空题
24．在标准状况下，1L的密闭容器中恰好可盛放n个N2分子和m个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数可表示为 .19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl﹣，A的相对原子质量是 ．将50mL2mol/LNaOH 溶液稀释到250mL，后者的物质的量浓度为 ．
25．（1）天然气是一种清洁高效的能源，其主要成分为甲烷．CH4的摩尔质量为 ，4.8gCH4的物质的量为 ，在标准状况下的体积约为 ，所含氢原子数为 ．
（2）某化学兴趣小组对某矿泉水进行检测，发现0.5L该矿泉水中含有10.8mgMg2+，则Mg2+的物质的量浓度为 ．
（3）体积比为1：2：3的氯化钠、氯化镁和氯化铝溶液，分别加入等体积、等浓度的硝酸银溶液，均恰好完全反应生成氯化银沉淀，则这三种溶液的物质的量浓度之比为
26．71g某物质Na2XO4中含钠离子的个数约为6.02×1023，写出该物质的化学式为 ．
27．某金属与足量稀硝酸充分反应，无气体放出，再向该溶液中加入过量NaOH溶液，加热，收集到标况下气体0.224升，整个过程转移电子的物质的量为 mol．
28．处理再利用H2S有多种方法。
（1）碱法脱硫
用K2CO3溶液吸收H2S。
已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。
H2S 1.1×10－7 1.3×10－13
H2CO3 4.5×10－7 4.7×10－11
①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因： 。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是 。
（2）热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如下图。
①P3＞P2＞P1，反应中S2 （填“是”或“不是”）气态，理由是 。
②实际反应在高温下进行的原因是 。
（3）间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如下。
①溶液X的主要溶质是 。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理： 。
③不考虑其他副反应，理论上5 mol H2S反应能生成 gH2。
四、解答题
29．工业制取盐酸时，将标准状况下氢气与适量氯气恰好完全反应，再将反应生成的全部气体用水吸收，得到盐酸。请计算该工业制得盐酸的物质的量浓度 。
30．在标准状况下，88gCO2的体积为多少？
31．将250mL密度1.31g/cm3、质量分数为15%的硫酸与适量的铁屑充分反应．计算：
（1）此硫酸溶液中H2SO4的物质的量浓度；
（2）生成的H2的体积（标况）；
（3）将生成的FeSO4配成400mL溶液，此溶液中Fe2+的物质的量浓度．
五、实验探究题
32．醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：
+H2O
可能用到的有关数据如下：
相对分子质量 密度/(g·cm-3) 沸点/℃ 溶解性
环己醇 100 0.961 8 161 微溶于水
环己烯 82 0.810 2 83 难溶于水
合成反应：在 a 中加入 20 g 环己醇和 2 小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入 1 mL 浓 H2SO4，b中通入冷却水后，开始缓慢加热 a，控制馏出物的温度不超过 90 ℃。
分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量 5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯 10 g。
回答下列问题：
（1）装置 a 的名称是 。
（2）实验中为防止暴沸加入碎瓷片，如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是___________。(填正确答案标号)。
A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料
（3）粗产物倒入分液漏斗中加入少量 5%碳酸钠溶液和水，振荡、静置、分层，环己烯在 层(填上或下)，
（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是 。
（5）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有___________(填正确答案标号)。
A．圆底烧瓶 B．温度计 C．分液漏斗 D．球形冷凝管
E．接收器
（6）合成过程中加入浓硫酸的作用是 。
（7）环己烯的产率 。(保留两位有效数字)
33．可用于面粉的漂白和杀菌。已知：为黄色油状液体，熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。
（1）Ⅰ.实验室可用和溶液反应制取，所用装置如下：
完成下列填空：
三卤化氮()的分子空间构型与相似，热稳定性比强的有 ，在热水中易水解，反应液有漂白性。写出水解的化学方程式 。
（2）仪器D的作用是 。
（3）向蒸馏烧瓶内的溶液中通入过量，B中反应的化学方程式为 ，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为 ，将产品蒸出。
（4）Ⅱ.待反应结束，为测定溶液中残留的的物质的量浓度，进行如下操作：
ⅰ.取蒸馏烧瓶中的反应液25.00mL，加入过量饱和溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热；
ⅱ.用15.00mL的稀硫酸吸收产生的，得到溶液A；
ⅲ.用的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点，消耗VmLNaOH标准液。
滴定至终点时溶液中溶质仅有和，用含V的代数式表示残留液中的物质的量浓度为 。
（5）为减小误差，滴定时最适宜的指示剂为 (选填序号)。
a.酚酞 b.甲基橙 c.石蕊 d.淀粉溶液
34．下图为实验室某盐酸试剂瓶的标签，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-3 物质的量浓度：11.9mol·L-1
（1）取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中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．相对分子质量
C．溶液的密度 D．溶液的物质的量浓度
（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL 0.50mol/L的稀盐酸。该学生需要量取 mL上述浓盐酸进行配制。
（3）假设该同学成功配制了0.50mol/L的盐酸，他又用该盐酸中和含0.01mol溶质的NaOH溶液，则需要 mL盐酸。
（4）在实际中和过程中发现消耗的盐酸体积比(3)中所求体积偏大，则可能的原因是____(填字母)。
A．浓盐酸挥发，浓度不足
B．配制溶液时，未洗涤烧杯
C．定容时，俯视容量瓶刻度线
D．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，未采取措施
六、综合题
35．现有m g某气体，它由四原子分子构成，它的摩尔质量为M g mol﹣1，则：
（1）该气体的物质的量为 mol．
（2）该气体中所含的原子总数为 个．
（3）该气体在标准状况下的体积为 L．
（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为 ．
（5）该气体溶于水后形成V L溶液，其溶液的物质的量浓度为 mol L﹣1．
36．计算
（1）在3L的密闭容器中充入2mol A气体和2mol B气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g） 2C（g），达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的0.8倍，则A的转化率为 ．
（2）某金属与足量稀硝酸充分反应，无气体放出，再向该溶液中加入过量NaOH溶液，加热，收集到标况下气体0.224升，整个过程转移电子的物质的量为 mol．
（3）在100mL 混合溶液中，HNO3和 H2SO4的物质的量浓度分别是0.1mol/L，0.4mol/L向该混合液中加入 2.56g铜粉，加热待充分反应后，所得溶液中 Cu2+的物质的量浓度是 mol/L （假设溶液体积不变）．
（4）在1L2mol/L的AlCl3溶液中，加入1mol/L的NaOH溶液，产生了39g沉淀，则加入NaOH溶液的体积为 ．
（5）钠、镁、铝均为0.2mol分别与 mL浓度为1mol/L的HCl溶液反应，产生氢气量相等．
（6）将32g铜与100mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2的混合气体标准状况下的体积为11.2L，气体全部逸出后，向溶液中加入VmL n mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的物质的量浓度为 mol/L．（结果须化简）
（7）已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量a kJ，且氧气中1mol O═O键完全断裂时吸收热量bkJ，水蒸气中1mol H﹣O键形成时放出热量c kJ，则氢气中1mol H﹣H键断裂时吸收热量为 kJ．
37．阅读短文，回答问题。
世界卫生组织（WHO）和中国卫健委公认二氧化氯（ClO2）为新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）。国家疾病控制中心建议，为了避免传染病的传播，餐饮用具可用200 mg·L 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5 mg·L 1用ClO2进行消毒。
常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，在水中的溶解度是Cl2的5～8倍。ClO2是强氧化剂，其有效氯是Cl2的2.6倍。ClO2不与冷水反应，遇热水则分解成HClO、Cl2和O2。
下表列出了ClO2与传统消毒剂（氯制剂）的部分性能比较：
性能 ClO2 氯制剂（84消毒液、漂白粉等）
杀菌力 可杀灭所有的微生物 包括细菌芽孢 可杀灭所有细菌繁殖体 高浓度能杀死细菌芽孢
残留 无 有
抗药性 无 有
经大量实验研究表明，ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透能力，反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化，从而起到杀菌作用。ClO2反应释放出的原子氧还可以氧化色素，所以ClO2也是优良的漂白剂。研究表明，ClO2在浓度低于100 mg·L 1时不会对人体产生任何的影响。
我国卫健委提出，逐步用ClO2替代Cl2进行饮用水消毒。相信在不久的将来，ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域。
（1）请依据以上短文，判断下列说法是否正确。
A．可以用等浓度的ClO2溶液对餐饮用具和游泳池进行消毒。
B．ClO2是有刺激性气味的气体。
C．ClO2杀菌力强、无抗药性。
D．未来ClO2在生产生活中更广泛的使用，是我国发展绿色消毒剂的方向。
（2）0.1 mol ClO2的质量是 g（ClO2的相对分子质量是67.5）。
（3）某游泳池按5 mg·L 1用ClO2进行消毒，1m3这样的水中所溶解的ClO2气体在标准状况下的体积是 L（列出计算式即可，不必计算出结果）。
38．按要求填空
（1）配平下列化学方程式：并用单线桥标出电子转移的方向和数目．
Fe3O4+ CO= Fe+ CO2
（2）检验SO42﹣所需要用的试剂 和 ．
（3）三硅酸镁（Mg2Si3O8 11H2O）用氧化物表示 ．
（4）0.3mol NH3 分子中所含质子数与 个H2O分子中所含质子数相等．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A、150 mL 1 mol/L的NaCl溶液c(Cl－)=1 mol/L，故A不符合题意；
B、75 mL 2 mol/L的NH4Cl溶液c(Cl－)=2 mol/L，故B不符合题意；
C、150 mL 2 mol/L的KCl溶液 c(Cl－)=2 mol/L，故C不符合题意；
D、75 mL 1 mol/L的FeCl3溶液c(Cl－)=3×1 mol/L=3 mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】要注意，已知浓度的溶液，体积对浓度并没有影响，因此只需要看浓度和离子底数的乘积即可。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．胶体分散质粒子直径应在1100nm之间，故A不符合题意；
B．通常条件下，水的密度为1g/cm3，气体的密度应小于水的密度，故B不符合题意；
C．氢氧化钙属于微溶物质，溶解度介于0.01g~1g之间，100g水中溶解氢氧化钙的物质的量小于=0.025mol，溶液体积约等于水的体积100mL，故氢氧化钙浓度小于=0.25mol/L，故C不符合题意；
D．原子半径很小，为10-10m数量级，某元素的原子半径可能是0.160nm，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.胶体分散质粒子直径为1~100nm；
B.气体的密度小于水；
C.氢氧化钙的溶解度介于0.01g~1g之间。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.10g氢气的物质的量为=5mol，10g氧气的物质的量为=0.3125mol，两者的物质的量不相等，则所含分子数不相同，故A不符合题意；
B．标准状况下，5.6L氮气的物质的量为=0.25mol，11 g二氧化碳气体的物质的量为=0.25mol，两者的物质的量相等，则所含分子数相同，故B符合题意；
C.18g水的物质的量为=1mol，与0.5 mol溴的物质的量不相等，则两者所含分子数不相同，故C不符合题意；
D．缺标准状况下，无法计算224mL氢气的物质的量，不能比较与0.01mol氮气的物质的量大小和所含分子数的大小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】分子式相同，可以结合物质的量判断；
A、结合公式n=m/M判断；
B、结合公式n=V/Vm和n=m/M判断；
C、结合公式n=m/M判断；
D、结合公式n=V/Vm判断。
4．【答案】D
【解析】【解答】石灰石煅烧，发生分解反应，产生CaO和CO2，向其中加入HCl，发生反应：CaO+2HCl=CaCl2+H2O，n(HCl)= (500g×14.6%)÷36.5g/mol=2mol，
根据反应方程式：CaCO3 CaO+ CO2↑；根据方程式可得关系式：CaCO3～CaO～2HCl，所以CaCO3的物质的量是n(CaCO3)=1/2n(HCl)=1mol，
m(CaCO3)=nM=100g
原始物质的质量=100g+20g=120g
则煅烧生成的气体质量=120g-111.2g=8.8g
由n(CaCO3)=1/2n(HCl)=1mol可知，最总生成n（CO2）=n(CaCO3)=1mol m（CO2）=nM=44g
加入盐酸两次反应产生气体的质量=44g-8.8g=35.2g
8.8g：35.2g=1：4
故答案为：D
【分析】该题中分别发生CaCO3 CaO+ CO2↑；CaO+2HCl=CaCl2+H2O，且含有20g杂质不溶物；即91.2g碳酸钙和氧化钙的混合物与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，根据Cl原子物质的量守恒结合混合物的总质量列方程组计算出混合物中碳酸钙与氧化钙的质量，再根据碳酸钙分解方程式计算出二氧化碳的质量；
5．【答案】C
【解析】【解答】A、2mol L-1的NaOH溶液表示1L溶液中溶有80g氢氧化钠，不是在2L水中溶有80g氢氧化钠，A不符合题意；
B、80g NaOH溶于水配成1L溶液，所得溶液的浓度是2mol/L，B不符合题意；
C、2mol即80g氢氧化钠溶于水配成的1L溶液，物质的量浓度为2mol L-1，C符合题意；
D、2mol L-1的NaOH溶液表示1L溶液中溶有2molNaOH即80g氢氧化钠，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据质量，物质的量，物质的量浓度之间的关系计算，m=nM；n=cV；
6．【答案】D
【解析】【解答】标况下4.48L该气体的物质的量为： ，该气体的摩尔质量为： 。
故答案为：D。
【分析】根据标况下的气体摩尔体积计算出14.2g该气体的物质的量，再根据 计算出该气体的摩尔质量即可。
7．【答案】A
【解析】【解答】A.KCl溶液中c(Cl－)=c(KCl)=3mol/L，A符合题意；
B.NH4Cl溶液中c(Cl－)=c(NH4Cl)=2mol/L，B不符合题意；
C.NaCl溶液中c(Cl－)=c(NaCl)=1mol/L，C不符合题意；
D.BaCl2溶液中c(Cl－)=2c(BaCl2)=2mol/L，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】AlCl3溶液中c(Cl－)=3c(AlCl3)=3mol/L；结合选项所给溶液中c(Cl－)进行分析。
8．【答案】D
【解析】【解答】A. 溶液体积未知，溶液中不一定含有1mol Na2SO4，A不符合题意；
B. 1mol Na2SO4溶于1L水中后溶液的体积不是1L，其浓度不是1mol/L，B不符合题意；
C. 溶液体积未知，不一定能与1mol·L－1 BaCl2溶液完全反应，C不符合题意；
D. 1L溶液中含有1mol硫酸钠，其质量是142g，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】选项B是解答的易错点，注意物质的量浓度概念中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和。
9．【答案】B
【解析】【解答】A.10.2 g 含氢原子物质的量为，A不符合题意；
B.7.84 L(标准状况下) 含氢原子物质的量为，B符合题意；
C．个分子含氢原子物质的量为，C不符合题意；
D.1 L 2.8 mol·LHCl溶液中水也含有含氢原子，故氢原子物质的量大于2.8mol，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合公式n=m/M判断；
B、结合公式n=V/Vm判断；
C、结合公式n=N/NA判断；
D、结合公式n=c·V判断。
10．【答案】C
【解析】【解答】因容量瓶上标有：温度、规格、刻度线，
故答案为：C。
【分析】在配制一定物质的量浓度的溶液时，这个浓度是人规定的而不是一成不变的。
11．【答案】B
【解析】【解答】混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有：c（Cl﹣）+2（SO42﹣）=c（K+）+2c（Mg2+），
即：0.2mol/L+2（SO42﹣）=0.1mol/L+0.25mol/L×2，
解得：（SO42﹣）=0.2 mol/L，
故答案为：B．
【分析】根据溶液中电荷守恒计算硫酸根离子的物质的量浓度即可.
12．【答案】A
【解析】【分析】根据电荷守恒可知，c(K+)＝2c(SO42-)＋c(OH－)－3c(Al3+)－c(H+)＝2×0.8mol/L＋10－13mol/L－0.1mol/L－3×0.4mol/L＝0.3mol/L，答案选A。
【点评】在进行溶液中离子浓度有关计算时，应该利用好电荷守恒、物料守恒和质子守恒。另外该题还需要注意数据处理的策略，即a/b≥100时，a＋b≈a。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：无论NO和氧气是否完全反应，即无论容器中存在的微粒是什么，但密闭容器中各种元素原子个数不变，
根据N=nNA知，各种元素的原子个数之比等于其物质的量之比，n（N）：n（O）=n（NO）：[n（NO）+2n（O2）]=amol：（a+2b）mol=a：（a+2b），故选D．
【分析】无论NO和氧气是否完全反应，即无论容器中存在的微粒是什么，但密闭容器中各种元素原子个数不变，据此分析解答．
14．【答案】D
【解析】【解答】设BaCl2的物质的量为0.001mol，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2++SO42-═BaSO4↓，可知n(SO42-)=n(Ba2+)，即x×3=y×1=z×1=0.001mol，则x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3，D符合题意；
故答案为：D
【分析】加入BaCl2溶液后发生反应Ba2＋+SO42－=BaSO4↓，由于n(BaCl2)相同，因此产生n(BaSO4)相同，故三种溶液中n(SO42-)相同，据此结合溶液中溶质的化学式进行计算。
15．【答案】A
【解析】【解答】48g Cu2S的物质的量 ，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，未被还原的HNO3生成Cu(NO3)2，根据Cu原子守恒可知，n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)=0.3mol×2=0.6mol，根据硝酸根守恒，n(未被还原的HNO3)=2n[Cu(NO3)2]=0.6mol×2=1.2mol，
故答案为：A。
【分析】根据反应物和生成物即可写出化学方程式，计算出起酸性的硝酸的物质的量即可
16．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液体积未知，无法计算碳酸根离子个数，A不符合题意；
B．标况下33.6mL氯气通入足量水中发生反应，氯气与水反应为可逆反应，氯气不能全部反应，转移电子数小于1.5×10-3NA，B不符合题意；
C．C3H6和C4H8的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为n= =2mol，故含6mol共用电子对即6NA个，C符合题意；
D．温度不明确，水的离子积的数值无法确定，故pH=13的氢氧化钠溶液中，氢氧根的浓度不一定是0.1mol/L，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.未给出溶液的体积，无法进行计算；
B.氯气与H2O的反应为可逆反应；
C.根据公式计算混合气体的物质的量，结合其结构确定所含共用电子对的数目；
D.未给出溶液所处的温度，则水的离子积Kw不一定为10-14；
17．【答案】A
【解析】【解答】假设二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，开始发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，而后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，前后两阶段消耗盐酸的体积相等，而实际前、后两阶段消耗盐酸体积分别为25mL、50mL，前阶段消耗盐酸体积小于后阶段，故溶质是溶Na2CO3和NaHCO3，由反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，可知n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×4mol/L=0.1mol，生成的碳酸氢钠为0.1mol，由反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知总的碳酸氢钠为0.05L×4mol/L=0.2mol，故原溶液中n(NaHCO3)=0.2mol-0.1mol=0.1mol，则两溶质的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1：1，
故答案为：A。
【分析】氢氧化钠过量时，二氧化碳和氢氧化钠反应只有碳酸钠，氢氧化钠少量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠。本题可以结合化学计量数之比等于物质的量之比以及浓度和物质的量相关公式进行判断。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶用蒸馏水洗净后，不用干燥，容量瓶中有无水，对实验结果无影响，故A不符合题意；
B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶，称量NaClO的质量为500mL×1.19g/cm3×2.5%=14.9g，故B不符合题意；
C．碳酸的酸性强于次氯酸，空气中含有CO2，NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，HClO见光分解，2HClO 2HCl+ O2↑，因此久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小，故C符合题意；
D．配制溶液过程中需要的玻璃仪器是500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】一定物质的量浓度的溶液的配制需要注意容量瓶的选取，需要遵循“大而近”的原则，配制480mL的溶液应该选用500mL的容量瓶；
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，是先溶解再转移到容量瓶中，加蒸馏水定容，容量瓶用蒸馏水洗净后，不干燥，对实验结果无影响；
B.容量瓶选取后，计算溶质质量是按照容量瓶的容积算；
C．碳酸的酸性强于次氯酸，NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，HClO不稳定，2HClO 2HCl+ O2↑，因此久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小；
D．根据配制步骤分析每一步需要用到那些仪器；
19．【答案】A,B
【解析】【解答】50mL 1mol L﹣1的FeCl3溶液中氯离子物质的量为0.05L×1mol/L×3=0.15mol，氯离子物质的量相等，则氯离子数目相等，
A.150 mL 1 mol L﹣1的NaCl溶液中氯离子物质的量为0.15L×1mol/L×1=0.15mol，故A符合；
B.75 mL 2 mol L﹣1的NH4Cl溶液中氯离子物质的量为0.075L×2mol/L×1=0.15mol，故B符合；
C.150 mL 3 mol L﹣1的KCl溶液中氯离子物质的量为0.15L×3mol/L=0.45mol，故C不符合；
D.75 mL 2 mol L﹣1的CaCl2溶液中氯离子物质的量为0.075L×2mol/L×2=0.3mol，故D不符合，
故选AB．
【分析】电解质溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质中含有离子的个数，根据n=cV计算氯离子物质的量，氯离子物质的量相等，则氯离子数目相等．
20．【答案】B,D
【解析】【解答】A、标准状况下，乙醇不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L乙醇的物质的量，A不符合题意；
B、氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，14g混合气体的物质的量为0.5mol，二者都是双原子分子，所以含有1mol原子，所含原子数为NA，B符合题意；
C. 未告知溶液的体积，无法计算1mo1·L-1的CaCl2溶液中Cl-离子的数目，C不符合题意；
D、1.8g水的物质的量为0.1mol，而1mol水中含10mol电子，故0.1mol水中含NA个电子，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A、标准状态下，乙醇不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算；
B、N2和CO都是双原子分子，且其摩尔质量均为28g/mol；
C、未给出溶液的体积，无法进行计算；
D、摩尔质量与温度和压强无关；
21．【答案】A
【解析】【解答】A．同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，二氧化硫气体和二氧化碳气体的密度之比为： =16∶11，故A符合题意；
B．等质量的二氧化硫气体与二氧化碳气体的物质的量之比为： mol∶ mol =11∶16，故B不符合题意；
C．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体的体积之比为： mol∶ mol =11∶16，故C符合题意；
D．分子个数之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体的分子个数之比为： mol∶ mol =11∶16，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】利用阿伏加德罗定律和推论，即可计算出密度、物质的量、体积之比
22．【答案】A,B
【解析】【解答】A．镁是12号元素，序数=质子数=电子数，则1mol镁原子中含有的电子数为12NA，A符合题意；
B．常温常压下，22gCO2的物质的量为0.5mol，0.5mol CO2含有的原子总数为1.5NA，B符合题意；
C．标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，C不符合题意；
D.40gNaOH溶解在1L水中，所得溶液的体积大于1L，则得到溶液的物质的量浓度小于1mol/L，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A．每个Mg原子含有12个电子；
B．根据n=计算；
C．H2O在标况下是液体，无法计算物质的量；
D．固体溶于H2O后体积会发生变化；
23．【答案】C,D
【解析】【解答】A．纳米TiO2作催化剂时，与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快，NOx消除效率更高，故A不符合题意；
B．分析过程可知消除总变化为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O 4HNO3，故B不符合题意；
C.1mol O2的电子的物质的量为：16mol，而1mol羟基电子的物质的量为9mol，所以1mol羟基(-OH)比1molO2少7NA个电子，故C符合题意；
D．纳米TiO2不属于胶体，属于纯净物，胶体是一种混合物，指的是分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系，故不能产生丁达尔现象，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】含TiO2的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，在TiO2催化作用下，紫外线提供能量、发生反应4NOx+(5-2x)O2+2H2O 4HNO3，纳米TiO2与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快，由此分析解答。
24．【答案】22.4（m+n）mol﹣1；24；0.4mol/L
【解析】【解答】解：在标准状况下，1L氢气和氮气混合气体的物质的量为 = mol．所以 mol×NA=m+n，解得：NA=22.4（m+n）mol﹣1； 19g某二价金属氯化物（ACl2）中含有0.4mol Cl﹣，则ACl2的物质的量为 =0.2mol，ACl2的摩尔质量是 =95 g mol﹣1，则A的相对原子质量为95﹣35.5×2=24；
稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，故稀释后的浓度为 =0.4mol/L，故答案为：22.4（m+n）mol﹣1；24；0.4mol/L．
【分析】根据n= 计算混合气体的物质的量，再根据N=nNA计算阿伏加德罗常数；根据氯离子物质的量计算ACl2的物质的量，再根据M= 计算其摩尔质量，进而计算A的相对原子质量；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算稀释后的浓度．
25．【答案】16g/mol；0.3mol；6.72L；7.224×1023 （1.2NA）；；9×10﹣4mol/L；36：9：4
【解析】【解答】（1）甲烷的相对分子量为16，所以甲烷的摩尔质量为16g/mol；4.8g甲烷的物质的量为：n==0.3mol；标准状况下0.3mol甲烷的体积为：V=22.4L/mol×0.3mol=6.72L；0.3mol甲烷中含有1.2mol氢原子，含有氢原子的数目为：6.03×1023×1.2=7.224×1023，
故答案为：16g/mol；0.3mol；6.72L；7.224×1023 （1.2NA）；
（2）10.8mg Mg2+的物质的量为：n==4.5×10﹣4mol，镁离子的物质的量浓度为：c（Mg2+）=mol=9×10﹣4mol/L，
故答案为：9×10﹣4mol/L；
（3）体积比为1：2：3的氯化钠、氯化镁和氯化铝溶液，设体积分别为V、2V、和3V；分别加入等体积、等浓度的硝酸银溶液，均恰好完全反应生成氯化银沉淀，说明三种溶液中含有的氯离子的物质的量相等，设硝酸银的物质的量为n，则氯化钠的物质的量为n，氯化镁的物质的量为0.5n，氯化铝的物质的量为，这三种溶液的物质的量浓度之比为：：：=36：9：4，
故答案为：36：9：4．
【分析】解：（1）根据甲烷的相对分子量完成甲烷的摩尔质量；根据n=计算出甲烷的物质的量，然后再根据计算出甲烷的标况下的体积、含有氢原子的数目；
（2）根据n= 计算出镁离子的物质的量，再根据c=计算出镁离子的物质的量浓度；
（3）反应消耗的硝酸银的体积、浓度相同，说明三种物质提供的氯离子的物质的量相等，根据其化学式组成及体积之比计算出这三种溶液的物质的量浓度之比
26．【答案】Na2SO4
【解析】【解答】解：n（Na+）= =1mol，则n（Na2XO4）=0.5mol，M（Na2XO4）= =142g/mol，可知X的相对原子质量为142﹣2×23﹣4×16=32，应为S元素，则该物质为Na2SO4，
故答案为：Na2SO4．
【分析】根据钠离子的个数结合物质的构成可计算Na2XO4的物质的量，根据M= 计算Na2XO4的摩尔质量，可确定X的相对原子质量，确定元素的种类，可确定物质的化学式．
27．【答案】0.08
【解析】【解答】解：某金属与足量稀硝酸充分反应，无气体放出，再向该溶液中加入过量NaOH溶液，加热，收集到标况下气体0.224升，说明金属与足量稀硝酸充分反应生成硝酸铵，硝酸铵与过量NaOH溶液，加热反应放出氨气标况下气体0.224升即0.01mol，则生成铵根也为0.01mol，又硝酸生成铵根，氮的化合价变化为5﹣（﹣3）=8，所以整个过程转移电子的物质的量为0.01×8=0.08mol，故答案为：0.08．
【分析】某金属与足量稀硝酸充分反应，无气体放出，再向该溶液中加入过量NaOH溶液，加热，收集到标况下气体0.224升，说明金属与足量稀硝酸充分反应生成硝酸铵，硝酸铵与过量NaOH溶液，加热反应放出氨气，据此计算．
28．【答案】（1）；
（2）是；其他条件不变时，增大压强，H2S的平衡转化率降低，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；升高温度有利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率
（3）FeCl2和HCl；含FeCl2和HCl的溶液进入阳极区，发生 生成Fe3＋，且阳极区中的H＋进入阴极区，FeCl3溶液得以再生；10
【解析】【解答】（1）①K2CO3属于强碱弱酸盐，其水溶液中存在水解反应 。
②根据表格数据信息可知，Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，所以用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS，其离子方程式是 。
（2）①由图可知，不同压强对应的H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动受压强影响，即反应前后气体分子数不同，所以S2是气态。
②由图可知，升高温度利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率，所以实际反应在高温下进行。
（3）①由分析可知，溶液X中的主要溶质是FeCl2和HCl。
②根据流程图可知，溶液X进入电解反应器中，阳极区发生 ，生成Fe3＋，且阳极区中的H＋进入阴极区，FeCl3溶液得以再生。
③不考虑其他副反应，根据反应关系式H2S~H2，5molH2S反应生成5molH2，即10g。
【分析】（1）①K2CO3属于强碱弱酸盐，存在水解反应，据此分析。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS，据此分析。
（2）①不同压强对应的H2S的转化率不同，据此分析。
②升高温度利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率，据此分析。
（3）由流程图可知，H2S与FeCl3反应生成S、FeCl2和HCl，所以溶液X中的主要溶质是FeCl2和HCl，溶液X进入电解反应器中，H+通过质子交换膜进入右侧，发生反应2H++2e-=H2↑，说明右侧是阴极区，则左侧是阳极区，其电极反应式为。据此分析。
29．【答案】12mol/L。
【解析】【解答】根据可知，标准状况下氢气（1.5×103mol）与适量氯气恰好完全反应生成HCl3.0×103mol，再将反应生成的全部气体用水吸收，得到盐酸，盐酸的物质的量浓度3.0×103mol÷250L=12mol/L。
【分析】依据c=n/V计算。
30．【答案】解：88gCO2的物质的量n= =2mol，标准状况下，Vm=22.4 L/mol，V=n Vm=2mol×22.4 L/mol=44.8L，
答：在标准状况下，88gCO2的体积为44.8L．
【解析】【分析】标准状况下，Vm=22.4 L/mol，根据n= 计算出88gCO2的物质的量，然后带入V=n Vm计算体积．
31．【答案】解：（1）密度1.31g/cm3、质量分数为15%的硫酸，
由c=可知，c==2.0mol/L，
答：此硫酸溶液中H2SO4的物质的量浓度为2mol/L；
（2）H2SO4的物质的量为0.25L×2.0mol/L=0.5mol，
由H2SO4～H2可知，H2的物质的量为0.5mol，
则H2的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
答：生成的H2的体积为11.2L；
（3）H2SO4的物质的量为0.25L×2.0mol/L=0.5mol，
由H2SO4～FeSO4可知，FeSO4的物质的量为0.5mol，
则Fe2+的物质的量浓度为=1.25mol/L，
答：溶液中Fe2+的物质的量浓度为1.25mol/L．
【解析】【分析】（1）根据c=来计算；
（2）根据H2SO4～H2来分析H2的物质的量，然后利用V=n×Vm来计算其体积；
（3）根据H2SO4～FeSO4来分析FeSO4的物质的量，再利用c= 来计算．
32．【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）B
（3）上
（4）吸收产物中少量的水
（5）C；D
（6）催化剂和吸收剂
（7）61%
【解析】【解答】(1)根据图中得到装置 a 的名称是蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶。
(2)实验中为防止暴沸加入碎瓷片，如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是冷却后补加；故答案为：B。
(3) 环己烯密度比水小，因此环己烯在上层；故答案为：上。
(4)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是吸收产物中少量的水；故答案为：吸收产物中少量的水。
(5)在环己烯粗产物蒸馏过程中，主要用到蒸馏烧瓶(原地烧瓶加蒸馏头)、温度计、直形冷凝管、接收器、牛角管，因此不可能用到的仪器有CD；故答案为：CD。
(6)合成过程中加入浓硫酸的作用是催化剂和吸收剂；故答案为：催化剂和吸收剂。
(7)20g环己醇理论得到环己烯质量为 ，则环己烯的产率 ；故答案为：61%。
【分析】环己醇在浓硫酸作催化剂作用下反应生成环己烯和水， 吸收水有利于平衡正向移动，环己烯密度比水小，产率为实际得到的产量除以理论得到环己烯的质量。
33．【答案】（1）；
（2）防止空气中水分进入使水解
（3）；70℃（4）
（5）b
【解析】【解答】由实验装置图可知，装置A中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C用于冷凝收集三氯化氮，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。
（1）元素的非金属性越强，三卤化氮中氮卤键的键长越小、键能越大，分子的热稳定性越强，则的热稳定性强于三氯化氮；由题意可知，三氯化氮在热水中易水解生成次氯酸和氨气，反应的化学方程式为，故答案为：；；
（2）装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中，故答案：防止水蒸气进入锥形瓶中；
（3）由分析可知，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式为；由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间，故答案为：；70℃~95℃；
（4）由题意可知，滴定过程中消耗VmL0.100mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为，由方程式和氮原子个数守恒可知，溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为，故答案为：；
（5）滴定终点溶质为铵盐和钠盐，铵根离子会水解，使溶液呈弱酸性，故滴定时最适宜的指示剂为甲基橙，故答案：b。
【分析】（1）原子半径越小，键长越小、键能越大，分子的热稳定性越强。三氯化氮在热水中易水解生成次氯酸和氨气，次氯酸具有漂白性。
（2）根据实验仪器的特征进行分析。
（3） 和溶液反应生成和HCl， 根据质量守恒定律进行配平。根据NCl3的熔沸点和爆炸温度极限进行控制水浴加热的温度。
（4）根据滴定过程中消耗的n(NaOH)，可算出用于吸收氨气的n(H2SO4)，结合氮原子守恒2NCl3～2NH3～H2SO4进行分析。
（5）滴定终点所得溶液溶质为铵盐和钠盐，注意铵盐水解显弱酸性，据此分析。
34．【答案】（1）A
（2）21.0
（3）20
（4）A；B
【解析】【解答】(1)A．溶液中HCl的物质的量随所取盐酸的体积的不同而不同，A正确；
B．HCl的相对分子质量与取用的盐酸的体积大小无关，B不正确；
C．溶液具有均一性，溶液各处的密度及浓度大小都相同，与溶液的体积大小无关，C不正确；
D．对于该溶液，其物质的量浓度不随取用体积的大小而改变，D不正确；
故答案为：A；
(2)已知浓盐酸的物质的量浓度c=11.9mol/L，由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则配制500mL 0.50mol/L的稀盐酸需要浓盐酸的体积V=；
(3)HCl与NaOH发生中和反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据反应方程式可知n(HCl)=n(NaOH)=0.01mol，由于盐酸浓度是0.50mol/L，则需要该溶液的体积是V(HCl)=；
(4)A．浓盐酸挥发，导致浓度不足，用该浓盐酸配制的稀盐酸浓度小于理论值，则中和等量NaOH，消耗的稀盐酸的体积就会偏大，A正确；
B．配制溶液时，未洗涤烧杯，导致配制的溶液浓度小于理论值，用该盐酸中和等量NaOH，消耗的稀盐酸的体积就会偏大，B正确；
C．定容时，俯视容量瓶刻度线，会导致配制的稀盐酸浓度大于理论值，则使用该盐酸中和等量NaOH时，消耗的稀盐酸的体积就会偏小，C不正确；
D．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，未采取措施，对配制的稀盐酸的浓度无影响，因此用该盐酸中和NaOH溶液时就不会产生实验误差，D不正确；
故答案为：AB。
【分析】（1）溶液是均一、稳定的混合物；
（2）溶液在稀释前后溶质的物质的量不变；
（3）根据HCl+NaOH=NaCl+H2O计算；
（4）该同学用新配制的盐酸中和含0.4g溶质的NaOH溶液，发现消耗的盐酸比①中所求体积偏小，可能原因是配制盐酸的浓度偏大，先分析操作方法对溶质的物质的量n、溶液体积V的影响，然后结合分析误差。
35．【答案】（1）
（2） ×NA
（3） ×22.4
（4） x100%
（5）
【解析】【解答】解：（1）根据公式n= 得物质的量为n= ； （2）根据公式得气体分子的物质的量n= ，它由四原子分子构成，故原子物质的量为 ，原子总数为 ×NA；（3）根据公式V=nVm得V= ×22.4 l/mol；（4）根据公式质量分数=m（溶质质量）÷m（溶液质量）×100%，得溶液中溶质的质量分数为 ×100%；（5）根据公式c= 得c= = ；
故答案为：（1） （2） ×NA （3） ×22.4 （4） ×100% （5）
【分析】（1）利用n= 来计算；（2）利用气体的物质的量及它由四原子分子构成来分析原子数；（3）利用V=n×Vm及标准状况下来计算其体积；（4）根据公式：质量分数=m（溶质质量）÷m（溶液质量）×100%来计算；（5）根据c=n/v来计算；
36．【答案】（1）80%
（2）0.08
（3）0.15
（4）1.5L或7.5L
（5）200
（6）=（5+ ）
（7）
【解析】【解答】解：（1）达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的0.8倍，说明平衡时气体的物质的量时反应前的0.8倍．设反应中消耗A的物质的量是xmol，则消耗B为0.5xmol，生成cxmol，则平衡是气体的物质的量是2﹣x+2﹣0.5x+x=4﹣0.5x，根据题意有（2+2）×0.8=4﹣0.5x，解得x=1.6，所以A的转化率是 ×100%=80%，
故答案为：80%；（2）金属与足量稀硝酸反应，为产生气体，说明硝酸被还原的产物与硝酸反应生成盐；与氢氧化钠溶液反应，加热产生气体，说明此气体为氨气，物质的量是 =0.01mol，则此过程中转移电子的物质的量是0.01mol×[5﹣（﹣3）]=0.08mol，故答案为：0.08；（3）2.56gCu的物质的量是2.56g/64g/mol=0.04mol，在混合酸中氢离子的物质的量是0.1L×（0.1+0.4×2）mol/L=0.09mol．硝酸根离子的物质的量是0.1L×0.1mol/L=0.01mol．Cu与混合酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4 H2O，根据离子方程式可知，Cu、氢离子均过量，所以按硝酸根离子的物质的量进行计算．所以消耗Cu的物质的量是0.01mol× =0.015mol，则所得溶液中 Cu2+的物质的量浓度是 =0.15mol/L，
故答案为：0.15；（4）1L2mol/L的AlCl3溶液中，氯化铝的物质的量是2mol，39g沉淀为氢氧化铝，物质的量是0.5mol，可知铝元素未完全沉淀．若氢氧化钠不足，根据元素守恒，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，消耗1mol/L氢氧化钠溶液的体积是 =1.5L；若氢氧化钠过量，则铝离子一部分与氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀，一部分与过量氢氧根离子生成偏铝酸根离子，根据铝元素守恒，则偏铝酸根离子的物质的量是2mol﹣0.5mol=1.5mol，根据4OH﹣～AlO2﹣，所以此时消耗的氢氧根离子的物质的量是偏铝酸根离子的4倍，为1.5mol×4=6.0mol，所以共消耗氢氧化钠的物质的量是1.5+6=7.5mol，则氢氧化钠溶液的体积是 =7.5L，
故答案为：1.5L或7.5L；（5）Na、Mg、Al的物质的量相同，均是0.2mol，与HCl反应时，若盐酸过量，则产生的氢气量肯定不相同，其中Na产生的氢气最少，所以若产生的氢气的量相同，则HCl不足，此时生成的氢气的量按照HCl的量进行计算．所以以钠为标准，判断需要盐酸的体积.0.2molNa完全反应生成0.1mol氢气，消耗HCl的物质的量是0.2mol，需要1mol/L盐酸的体积是 =0.2L=200mL，
故答案为：200；（6）溶液中加入VmL n mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液为硝酸钠溶液，根据钠元素守恒，可知未被还原的硝酸的物质的量为 mol；被还原的硝酸的物质的量为 =0.5mol，所以原溶液中硝酸的物质的量是（0.5+ ）mol，则原硝酸溶液的物质的量浓度为 =（5+ ）mol/L，
故答案为：（5+ ）；（7）根据题意可知，2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出的热量是4akJ，热化学方程式是2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣4akJ/mol．根据反应热和键能的关系反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能，设1 mol H﹣H键断裂时吸收热量为x，所以﹣4a=2x+b﹣2×2c，解得x= ，
故答案为： ．
【分析】（1）达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的0.8倍，说明平衡时气体的物质的量时反应前的0.8倍．设反应中消耗A的物质的量是xmol，则消耗B为0.5xmol，生成Cxmol，则平衡是气体的物质的量是2﹣x+2﹣0.5x+x=4﹣0.5x，根据题意有（2+2）×0.8=4﹣0.5x，解得x=1.6，A的转化率= ；（2）金属与足量稀硝酸反应，为产生气体，说明硝酸被还原的产物与硝酸反应生成盐；与氢氧化钠溶液反应，加热产生气体，说明此气体为氨气，物质的量是 =0.01mol，则根据氨气和转移电子之间的关系式计算；（3）2.56gCu的物质的量是2.56g/64g/mol=0.04mol，在混合酸中氢离子的物质的量是0.1L×（0.1+0.4×2）mol/L=0.09mol．硝酸根离子的物质的量是0.1L×0.1mol/L=0.01mol．Cu与混合酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4 H2O，根据离子方程式可知，Cu、氢离子均过量，所以按硝酸根离子的物质的量进行计算．所以消耗Cu的物质的量是0.01mol× =0.015mol，再根据c= 计算浓度（4）1L2mol/L的AlCl3溶液中，氯化铝的物质的量是2mol，39g沉淀为氢氧化铝，物质的量是0.5mol，可知铝元素未完全沉淀．若氢氧化钠不足，根据元素守恒，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，溶液体积= ；
若氢氧化钠过量，则铝离子一部分与氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀，一部分与过量氢氧根离子生成偏铝酸根离子，根据铝元素守恒，则偏铝酸根离子的物质的量是2mol﹣0.5mol=1.5mol，根据4OH﹣～AlO2﹣，所以此时消耗的氢氧根离子的物质的量是偏铝酸根离子的4倍，为1.5mol×4=6.0mol，所以共消耗氢氧化钠的物质的量是1.5+6=7.5mol，溶液体积= ；（5）Na、Mg、Al的物质的量相同，均是0.2mol，与HCl反应时，若盐酸过量，则产生的氢气量肯定不相同，其中Na产生的氢气最少．所以若产生的氢气的量相同，则HCl不足，此时生成的氢气的量按照HCl的量进行计算，所以以钠为标准，判断需要盐酸的体积，0.2molNa完全反应生成0.1mol氢气，消耗HCl的物质的量是0.2mol，溶液体积= ；（6）溶液中加入VmL n mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液为硝酸钠溶液，根据钠元素守恒，可知未被还原的硝酸的物质的量为 mol；被还原的硝酸的物质的量为 =0.5mol，所以原溶液中硝酸的物质的量是（0.5+ ）mol，则原硝酸溶液的物质的量浓度= ；（7）根据题意可知，2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出的热量是4akJ，热化学方程式是2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣4akJ/mol．根据反应热和键能的关系反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能．
37．【答案】（1）错；对；对；对
（2）6.75
（3）
【解析】【解答】(1) A．由“餐饮用具可用200 mg·L 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5 mg·L 1用ClO2进行消毒”可知，餐饮用具和游泳池消毒时所用ClO2溶液浓度不同，故A项说法不正确；
B．氯气是黄绿色具有刺激性气味的气体，由“ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味”可知，ClO2是有刺激性气味的气体，故B项说法正确；
C．由表格信息可知，ClO2可杀灭所有的微生物，包括细菌芽孢，因此杀菌力强，且无抗药性，故C项正确；
D．ClO2具有良好的杀菌能力，且在浓度低于100 mg·L 1时不会对人体产生任何的影响，使用过程中无残留，且无抗药性，未来ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域，故D项正确；(2) 0.1 mol ClO2的质量m=n×M=0.1mol×67.5g/mol=6.75g；(3) 某游泳池按5 mg·L 1用ClO2进行消毒，1m3这样的水中所溶解的ClO2气体的质量m=5 g·L 1×10-3×103L=5g，其物质的量n= = mol，在标准状况下气体的体积V=n×Vm= mol×22.4L/mol= L。
【分析】（1）A 餐饮用具可用200 mg·L 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5 mg·L 1用ClO2进行消毒 B ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味 ,氯气具有刺激性气味 C 格信息可知，ClO2可杀灭所有的微生物，包括细菌芽孢，因此杀菌力强，且无抗药性 D 二氧化氯（ClO2）为新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）
（2）根据公式m=Mxn计算
（3）根据m=ρxv，计算需要氯气的质量，n=m/M求出物质的量，根据V=22.4L/molxn计算体积
38．【答案】（1）1；4；3；4；
（2）BaCl2溶液；盐酸
（3）2MgO 3SiO2 11H2O
（4）0.3NA
【解析】【解答】解：（1）反应中四氧化三铁中三个铁共显+8价，反应生成3个0价铁，化合价降8价，一氧化碳中+2价碳化合价升高为二氧化碳中+4价碳，要使得失电子守恒，则四氧化三铁系数1，一氧化碳系数为4，依据原子个数守恒，方程式：Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2；用单线桥表示为： ；故答案为： ；（2）证明某未知溶液中含有SO42﹣离子，而不含有Ag+、碳酸根离子、亚硫酸根离子，要排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子的干扰，应先加入足量的盐酸，若无明显现象，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，即可证明含有硫酸根离子；
故答案为：BaCl2溶液和盐酸；．（3）镁元素显+2价、硅元素显+4价，氧元素显﹣2价，其形成的氧化物分别是MgO、SiO2；在进行变换写法时，将各元素表示成氧化物的形式，注意原子个数和元素种类不能变，化合价不能改变，则三硅酸镁（Mg2Si3O8 nH2O）改写成氧化物形式可表示为：2MgO 3SiO2 nH2O；
故答案为：2MgO 3SiO2 11H2O；（4）1个氨气分子含有10个质子，1个水分子含有10个质子，所以氨气与水分子物质的量相等时，含有的质子数相等，则.3mol NH3 分子中所含质子数与0.3NA或1.806×1023个H2O分子中所含质子数相等．
故答案为：0.3NA或1.806×1023．
【分析】（1）反应中四氧化三铁中三个铁共显+8价，反应生成3个0价铁，化合价降8价，一氧化碳中+2价碳化合价升高为二氧化碳中+4价碳，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式，用单线桥表示；（2）检验SO42﹣离子，依据硫酸根离子与氯化钡生成硫酸钡沉淀，要排除银离子、碳酸根离子的干扰；（3）把三硅酸镁（Mg2Si3O8 nH2O）改写成氧化物形式，要保证原子总数，化合价不变，按化合价分别写出氧化物的化学式，一般按照金属氧化物、二氧化硅、水的形式书写；（4）1个氨气分子含有10个质子，1个水分子含有10个质子．
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专题2 物质的量
一、单选题
1．下列溶液中c(Cl－)与50 mL 1 mol/L AlCl3溶液中c(Cl－)相等的是（ ）
A．150 mL 1 mol/L的NaCl溶液
B．75 mL 2 mol/L的NH4Cl溶液
C．150 mL 2 mol/L的KCl溶液
D．75 mL 1 mol/L的FeCl3溶液
2．你认为下列数据最为合理的是（ ）
A．某胶体分散质粒子直径为200nm
B．常温下某气体的密度为1.8g/cm3
C．常温下某澄清石灰水的浓度是4.0mol/L
D．某元素的原子半径是0.160nm
3．下列各组物质中，所含分子数相同的是（ ）
A．10gH2和10gO2 B．5.6LN2 (标准状况)和 11 g CO2
C．18 g H2O 和 0.5 mol Br2 D．224mLH2和 0.01 molN2
4．取一定质量的石灰石（杂质不溶于水，也不与酸反应）高温煅烧一段时间后得111.2g固体，向其中加入500g质量分数为14.6%的稀盐酸继续有气泡产生，至固体不再减少时过滤，得一定质量的中性溶液和20g不溶物（滤渣），则煅烧和加入盐酸两次反应产生气体的质量比为（ ）
A．1：1 B．1：2
C．1：3 D．1：4
5．浓度为2mol L-1的NaOH溶液的正确含义是：（ ）
A．在2L水中溶有80g NaOH B．80g NaOH 溶于水配成的溶液
C．每升溶液中含有80g NaOH D．每2L溶液中含有80g NaOH
6．有一种气体的质量是14.2g，体积是4.48L(标准状况)，该气体的摩尔质量是（ ）
A．28.4g B．28.4g·mol－1
C．71 D．71g·mol－1
7．下列溶液中的c (Cl-) 与50mL 1mol·L-1 氯化铝溶液中的c (Cl-)相等的是（ ）
A．150mL 3mol·L-1 氯化钾溶液 B．75mL 2mol·L-1 氯化铵溶液
C．150mL1mol·L-1 氯化钠溶液 D．75mL 1mol·L-1 氯化钡溶液
8．下列对1mol·L－1的Na2SO4溶液叙述正确的是（ ）
A．溶液中含有1mol Na2SO4
B．1mol Na2SO4溶于1L水中
C．可与1mol·L－1 BaCl2溶液完全反应
D．1L溶液中含142g Na2SO4
9．将金属锂直接溶于液氨，得到具有很高反应活性的金属电子溶液，再通过系列反应可制得FeSe基超导材料。下列物质中的氢原子数与1 mol超导材料，中所含氢原子数相同的是（ ）
A．10.2 g B．7.84 L(标准状况下)
C．个分子 D．1 L 2.8 mol·L HCl溶液
10．在容量瓶上，没有标记符号的是（ ）
A．标线 B．温度
C．物质的量浓度 D．容量
11．在KCl、MgSO4、MgCl2形成的混合溶液中，c（K+）=0.1mol/L，c（Mg2+）=0.25mol/L，c（Cl﹣）=0.2mol/L，则c（SO42﹣）为（ ）
A．0.15 mol/L B．0.20 mol/L C．0.25 mol/L D．0.40 mol/L
12．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH=1，c(Al3+)=0.4mol·L-1，c(SO42-)=0.8mol·L-1，则c(K+)为 ( ）
A．0.3 mol·L-1 B．0.2 mol·L-1
C．0.15 mol·L-1 D．0.4 mol·L-1
13．已知有反应2NO+O2═2NO2．今在体积为V L的密闭容器中通入amolNO 和bmolO2．反应后容器中的氮原子和氧原子的原子个数之比是（ ）
A． B． C． D．
14．用10.0 mL 0.1 mol·L－1 的BaCl2溶液, 可恰好分别使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全沉淀，则这三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（ ）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．2：2：1 D．1：3：3
15．48g Cu2S与HNO3溶液恰好完全反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则未被还原的HNO3的物质的量是（ ）
A．1.2 mol B．1.0 mol C．0.3 mol D．2.2 mol
16．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．常温下，0.1 mol·L一1的碳酸钠溶液中含有的阴离子数大于0.1NA
B．标准状况下，33.6 mL氯气通入足量水中发生反应，转移电子数为1.5×10-3NA
C．常温常压下，28 g由C3H6和C4H8组成的混合气体中含共用电子对数目为6NA
D．同温下，pH=1体积为1 L的硫酸溶液所含氢离子数与pH=13体积为1 L的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数均为0.1NA
17．有100毫升NaOH溶液，先向其中逐渐通入一定量的，随后向此溶液中逐滴加入4mol/L的盐酸溶液，产生的体积(标况)与所加入盐酸溶液的体积之间的关系如图所示，则NaOH溶液在吸收气体后，所得溶液中存在的溶质的物质的量之比为（ ）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．无法确定
18．某同学参阅了“84”消毒液说明中的成分，欲用 NaClO固体配制480mL含 NaClO2.5％，密度为1.19g·cm-3的消毒液。下列说法正确的是（ ）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制
B．需要称量的 NaClO固体的质量为 14.3g
C．所配得的 NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中 NaClO的物质的量浓度减小
D．配制过程需要玻璃仪器 500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管三种
二、多选题
19．下列溶液中的氯离子数目与50mL 1mol L﹣1的FeCl3溶液中氯离子数目相等的是（ ）
A．150 mL 1 mol L﹣1的NaCl B．75 mL 2 mol L﹣1的NH4Cl
C．150 mL 3 mol L﹣1的KCl D．75 mL 2 mol L﹣1的CaCl2
20．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2L乙醇的分子数约为0.5NA
B．14gN2和CO的混合气体中所含原子数为NA
C．1mo1·L-1的CaCl2溶液中，Cl-离子的数目为2 NA
D．标准状况下，1.8g的H2O中含有的电子数为NA
21．同温同压下，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体的比较中，正确的是（ ）
A．密度比为16∶11 B．物质的量比为16∶11
C．体积比为11∶16 D．分子个数比为16∶11
22．NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．1mol镁原子中含有的电子数为12NA
B．常温常压下，22gCO2含有的原子总数为1.5NA
C．标准状况下，22.4L水含有的水分子数为NA
D．40gNaOH溶解在1L水中，得到溶液的物质的量浓度为1mol/L
23．科学家研究发现纳米TiO2的混凝土可以适度消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如下。下列关于“消除”过程的叙述错误的是（ ）
A．纳米TiO2作催化剂，NOx消除效率更高
B．NOx消除总反应为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O 4HNO3
C．1mol羟基(-OH)比1molO2少8NA个电子(NA为阿伏加德罗常数)
D．纳米TiO2属于胶体，能产生丁达尔现象
三、填空题
24．在标准状况下，1L的密闭容器中恰好可盛放n个N2分子和m个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数可表示为 .19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl﹣，A的相对原子质量是 ．将50mL2mol/LNaOH 溶液稀释到250mL，后者的物质的量浓度为 ．
25．（1）天然气是一种清洁高效的能源，其主要成分为甲烷．CH4的摩尔质量为 ，4.8gCH4的物质的量为 ，在标准状况下的体积约为 ，所含氢原子数为 ．
（2）某化学兴趣小组对某矿泉水进行检测，发现0.5L该矿泉水中含有10.8mgMg2+，则Mg2+的物质的量浓度为 ．
（3）体积比为1：2：3的氯化钠、氯化镁和氯化铝溶液，分别加入等体积、等浓度的硝酸银溶液，均恰好完全反应生成氯化银沉淀，则这三种溶液的物质的量浓度之比为
26．71g某物质Na2XO4中含钠离子的个数约为6.02×1023，写出该物质的化学式为 ．
27．某金属与足量稀硝酸充分反应，无气体放出，再向该溶液中加入过量NaOH溶液，加热，收集到标况下气体0.224升，整个过程转移电子的物质的量为 mol．
28．处理再利用H2S有多种方法。
（1）碱法脱硫
用K2CO3溶液吸收H2S。
已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。
H2S 1.1×10－7 1.3×10－13
H2CO3 4.5×10－7 4.7×10－11
①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因： 。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是 。
（2）热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如下图。
①P3＞P2＞P1，反应中S2 （填“是”或“不是”）气态，理由是 。
②实际反应在高温下进行的原因是 。
（3）间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如下。
①溶液X的主要溶质是 。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理： 。
③不考虑其他副反应，理论上5 mol H2S反应能生成 gH2。
四、解答题
29．工业制取盐酸时，将标准状况下氢气与适量氯气恰好完全反应，再将反应生成的全部气体用水吸收，得到盐酸。请计算该工业制得盐酸的物质的量浓度 。
30．在标准状况下，88gCO2的体积为多少？
31．将250mL密度1.31g/cm3、质量分数为15%的硫酸与适量的铁屑充分反应．计算：
（1）此硫酸溶液中H2SO4的物质的量浓度；
（2）生成的H2的体积（标况）；
（3）将生成的FeSO4配成400mL溶液，此溶液中Fe2+的物质的量浓度．
五、实验探究题
32．醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：
+H2O
可能用到的有关数据如下：
相对分子质量 密度/(g·cm-3) 沸点/℃ 溶解性
环己醇 100 0.961 8 161 微溶于水
环己烯 82 0.810 2 83 难溶于水
合成反应：在 a 中加入 20 g 环己醇和 2 小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入 1 mL 浓 H2SO4，b中通入冷却水后，开始缓慢加热 a，控制馏出物的温度不超过 90 ℃。
分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量 5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯 10 g。
回答下列问题：
（1）装置 a 的名称是 。
（2）实验中为防止暴沸加入碎瓷片，如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是___________。(填正确答案标号)。
A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料
（3）粗产物倒入分液漏斗中加入少量 5%碳酸钠溶液和水，振荡、静置、分层，环己烯在 层(填上或下)，
（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是 。
（5）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有___________(填正确答案标号)。
A．圆底烧瓶 B．温度计 C．分液漏斗 D．球形冷凝管
E．接收器
（6）合成过程中加入浓硫酸的作用是 。
（7）环己烯的产率 。(保留两位有效数字)
33．可用于面粉的漂白和杀菌。已知：为黄色油状液体，熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。
（1）Ⅰ.实验室可用和溶液反应制取，所用装置如下：
完成下列填空：
三卤化氮()的分子空间构型与相似，热稳定性比强的有 ，在热水中易水解，反应液有漂白性。写出水解的化学方程式 。
（2）仪器D的作用是 。
（3）向蒸馏烧瓶内的溶液中通入过量，B中反应的化学方程式为 ，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为 ，将产品蒸出。
（4）Ⅱ.待反应结束，为测定溶液中残留的的物质的量浓度，进行如下操作：
ⅰ.取蒸馏烧瓶中的反应液25.00mL，加入过量饱和溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热；
ⅱ.用15.00mL的稀硫酸吸收产生的，得到溶液A；
ⅲ.用的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点，消耗VmLNaOH标准液。
滴定至终点时溶液中溶质仅有和，用含V的代数式表示残留液中的物质的量浓度为 。
（5）为减小误差，滴定时最适宜的指示剂为 (选填序号)。
a.酚酞 b.甲基橙 c.石蕊 d.淀粉溶液
34．下图为实验室某盐酸试剂瓶的标签，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-3 物质的量浓度：11.9mol·L-1
（1）取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中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．相对分子质量
C．溶液的密度 D．溶液的物质的量浓度
（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL 0.50mol/L的稀盐酸。该学生需要量取 mL上述浓盐酸进行配制。
（3）假设该同学成功配制了0.50mol/L的盐酸，他又用该盐酸中和含0.01mol溶质的NaOH溶液，则需要 mL盐酸。
（4）在实际中和过程中发现消耗的盐酸体积比(3)中所求体积偏大，则可能的原因是____(填字母)。
A．浓盐酸挥发，浓度不足
B．配制溶液时，未洗涤烧杯
C．定容时，俯视容量瓶刻度线
D．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，未采取措施
六、综合题
35．现有m g某气体，它由四原子分子构成，它的摩尔质量为M g mol﹣1，则：
（1）该气体的物质的量为 mol．
（2）该气体中所含的原子总数为 个．
（3）该气体在标准状况下的体积为 L．
（4）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为 ．
（5）该气体溶于水后形成V L溶液，其溶液的物质的量浓度为 mol L﹣1．
36．计算
（1）在3L的密闭容器中充入2mol A气体和2mol B气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g） 2C（g），达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的0.8倍，则A的转化率为 ．
（2）某金属与足量稀硝酸充分反应，无气体放出，再向该溶液中加入过量NaOH溶液，加热，收集到标况下气体0.224升，整个过程转移电子的物质的量为 mol．
（3）在100mL 混合溶液中，HNO3和 H2SO4的物质的量浓度分别是0.1mol/L，0.4mol/L向该混合液中加入 2.56g铜粉，加热待充分反应后，所得溶液中 Cu2+的物质的量浓度是 mol/L （假设溶液体积不变）．
（4）在1L2mol/L的AlCl3溶液中，加入1mol/L的NaOH溶液，产生了39g沉淀，则加入NaOH溶液的体积为 ．
（5）钠、镁、铝均为0.2mol分别与 mL浓度为1mol/L的HCl溶液反应，产生氢气量相等．
（6）将32g铜与100mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2的混合气体标准状况下的体积为11.2L，气体全部逸出后，向溶液中加入VmL n mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的物质的量浓度为 mol/L．（结果须化简）
（7）已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量a kJ，且氧气中1mol O═O键完全断裂时吸收热量bkJ，水蒸气中1mol H﹣O键形成时放出热量c kJ，则氢气中1mol H﹣H键断裂时吸收热量为 kJ．
37．阅读短文，回答问题。
世界卫生组织（WHO）和中国卫健委公认二氧化氯（ClO2）为新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）。国家疾病控制中心建议，为了避免传染病的传播，餐饮用具可用200 mg·L 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5 mg·L 1用ClO2进行消毒。
常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，在水中的溶解度是Cl2的5～8倍。ClO2是强氧化剂，其有效氯是Cl2的2.6倍。ClO2不与冷水反应，遇热水则分解成HClO、Cl2和O2。
下表列出了ClO2与传统消毒剂（氯制剂）的部分性能比较：
性能 ClO2 氯制剂（84消毒液、漂白粉等）
杀菌力 可杀灭所有的微生物 包括细菌芽孢 可杀灭所有细菌繁殖体 高浓度能杀死细菌芽孢
残留 无 有
抗药性 无 有
经大量实验研究表明，ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透能力，反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化，从而起到杀菌作用。ClO2反应释放出的原子氧还可以氧化色素，所以ClO2也是优良的漂白剂。研究表明，ClO2在浓度低于100 mg·L 1时不会对人体产生任何的影响。
我国卫健委提出，逐步用ClO2替代Cl2进行饮用水消毒。相信在不久的将来，ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域。
（1）请依据以上短文，判断下列说法是否正确。
A．可以用等浓度的ClO2溶液对餐饮用具和游泳池进行消毒。
B．ClO2是有刺激性气味的气体。
C．ClO2杀菌力强、无抗药性。
D．未来ClO2在生产生活中更广泛的使用，是我国发展绿色消毒剂的方向。
（2）0.1 mol ClO2的质量是 g（ClO2的相对分子质量是67.5）。
（3）某游泳池按5 mg·L 1用ClO2进行消毒，1m3这样的水中所溶解的ClO2气体在标准状况下的体积是 L（列出计算式即可，不必计算出结果）。
38．按要求填空
（1）配平下列化学方程式：并用单线桥标出电子转移的方向和数目．
Fe3O4+ CO= Fe+ CO2
（2）检验SO42﹣所需要用的试剂 和 ．
（3）三硅酸镁（Mg2Si3O8 11H2O）用氧化物表示 ．
（4）0.3mol NH3 分子中所含质子数与 个H2O分子中所含质子数相等．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A、150 mL 1 mol/L的NaCl溶液c(Cl－)=1 mol/L，故A不符合题意；
B、75 mL 2 mol/L的NH4Cl溶液c(Cl－)=2 mol/L，故B不符合题意；
C、150 mL 2 mol/L的KCl溶液 c(Cl－)=2 mol/L，故C不符合题意；
D、75 mL 1 mol/L的FeCl3溶液c(Cl－)=3×1 mol/L=3 mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】要注意，已知浓度的溶液，体积对浓度并没有影响，因此只需要看浓度和离子底数的乘积即可。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．胶体分散质粒子直径应在1100nm之间，故A不符合题意；
B．通常条件下，水的密度为1g/cm3，气体的密度应小于水的密度，故B不符合题意；
C．氢氧化钙属于微溶物质，溶解度介于0.01g~1g之间，100g水中溶解氢氧化钙的物质的量小于=0.025mol，溶液体积约等于水的体积100mL，故氢氧化钙浓度小于=0.25mol/L，故C不符合题意；
D．原子半径很小，为10-10m数量级，某元素的原子半径可能是0.160nm，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.胶体分散质粒子直径为1~100nm；
B.气体的密度小于水；
C.氢氧化钙的溶解度介于0.01g~1g之间。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.10g氢气的物质的量为=5mol，10g氧气的物质的量为=0.3125mol，两者的物质的量不相等，则所含分子数不相同，故A不符合题意；
B．标准状况下，5.6L氮气的物质的量为=0.25mol，11 g二氧化碳气体的物质的量为=0.25mol，两者的物质的量相等，则所含分子数相同，故B符合题意；
C.18g水的物质的量为=1mol，与0.5 mol溴的物质的量不相等，则两者所含分子数不相同，故C不符合题意；
D．缺标准状况下，无法计算224mL氢气的物质的量，不能比较与0.01mol氮气的物质的量大小和所含分子数的大小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】分子式相同，可以结合物质的量判断；
A、结合公式n=m/M判断；
B、结合公式n=V/Vm和n=m/M判断；
C、结合公式n=m/M判断；
D、结合公式n=V/Vm判断。
4．【答案】D
【解析】【解答】石灰石煅烧，发生分解反应，产生CaO和CO2，向其中加入HCl，发生反应：CaO+2HCl=CaCl2+H2O，n(HCl)= (500g×14.6%)÷36.5g/mol=2mol，
根据反应方程式：CaCO3 CaO+ CO2↑；根据方程式可得关系式：CaCO3～CaO～2HCl，所以CaCO3的物质的量是n(CaCO3)=1/2n(HCl)=1mol，
m(CaCO3)=nM=100g
原始物质的质量=100g+20g=120g
则煅烧生成的气体质量=120g-111.2g=8.8g
由n(CaCO3)=1/2n(HCl)=1mol可知，最总生成n（CO2）=n(CaCO3)=1mol m（CO2）=nM=44g
加入盐酸两次反应产生气体的质量=44g-8.8g=35.2g
8.8g：35.2g=1：4
故答案为：D
【分析】该题中分别发生CaCO3 CaO+ CO2↑；CaO+2HCl=CaCl2+H2O，且含有20g杂质不溶物；即91.2g碳酸钙和氧化钙的混合物与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，根据Cl原子物质的量守恒结合混合物的总质量列方程组计算出混合物中碳酸钙与氧化钙的质量，再根据碳酸钙分解方程式计算出二氧化碳的质量；
5．【答案】C
【解析】【解答】A、2mol L-1的NaOH溶液表示1L溶液中溶有80g氢氧化钠，不是在2L水中溶有80g氢氧化钠，A不符合题意；
B、80g NaOH溶于水配成1L溶液，所得溶液的浓度是2mol/L，B不符合题意；
C、2mol即80g氢氧化钠溶于水配成的1L溶液，物质的量浓度为2mol L-1，C符合题意；
D、2mol L-1的NaOH溶液表示1L溶液中溶有2molNaOH即80g氢氧化钠，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据质量，物质的量，物质的量浓度之间的关系计算，m=nM；n=cV；
6．【答案】D
【解析】【解答】标况下4.48L该气体的物质的量为： ，该气体的摩尔质量为： 。
故答案为：D。
【分析】根据标况下的气体摩尔体积计算出14.2g该气体的物质的量，再根据 计算出该气体的摩尔质量即可。
7．【答案】A
【解析】【解答】A.KCl溶液中c(Cl－)=c(KCl)=3mol/L，A符合题意；
B.NH4Cl溶液中c(Cl－)=c(NH4Cl)=2mol/L，B不符合题意；
C.NaCl溶液中c(Cl－)=c(NaCl)=1mol/L，C不符合题意；
D.BaCl2溶液中c(Cl－)=2c(BaCl2)=2mol/L，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】AlCl3溶液中c(Cl－)=3c(AlCl3)=3mol/L；结合选项所给溶液中c(Cl－)进行分析。
8．【答案】D
【解析】【解答】A. 溶液体积未知，溶液中不一定含有1mol Na2SO4，A不符合题意；
B. 1mol Na2SO4溶于1L水中后溶液的体积不是1L，其浓度不是1mol/L，B不符合题意；
C. 溶液体积未知，不一定能与1mol·L－1 BaCl2溶液完全反应，C不符合题意；
D. 1L溶液中含有1mol硫酸钠，其质量是142g，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】选项B是解答的易错点，注意物质的量浓度概念中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和。
9．【答案】B
【解析】【解答】A.10.2 g 含氢原子物质的量为，A不符合题意；
B.7.84 L(标准状况下) 含氢原子物质的量为，B符合题意；
C．个分子含氢原子物质的量为，C不符合题意；
D.1 L 2.8 mol·LHCl溶液中水也含有含氢原子，故氢原子物质的量大于2.8mol，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合公式n=m/M判断；
B、结合公式n=V/Vm判断；
C、结合公式n=N/NA判断；
D、结合公式n=c·V判断。
10．【答案】C
【解析】【解答】因容量瓶上标有：温度、规格、刻度线，
故答案为：C。
【分析】在配制一定物质的量浓度的溶液时，这个浓度是人规定的而不是一成不变的。
11．【答案】B
【解析】【解答】混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有：c（Cl﹣）+2（SO42﹣）=c（K+）+2c（Mg2+），
即：0.2mol/L+2（SO42﹣）=0.1mol/L+0.25mol/L×2，
解得：（SO42﹣）=0.2 mol/L，
故答案为：B．
【分析】根据溶液中电荷守恒计算硫酸根离子的物质的量浓度即可.
12．【答案】A
【解析】【分析】根据电荷守恒可知，c(K+)＝2c(SO42-)＋c(OH－)－3c(Al3+)－c(H+)＝2×0.8mol/L＋10－13mol/L－0.1mol/L－3×0.4mol/L＝0.3mol/L，答案选A。
【点评】在进行溶液中离子浓度有关计算时，应该利用好电荷守恒、物料守恒和质子守恒。另外该题还需要注意数据处理的策略，即a/b≥100时，a＋b≈a。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：无论NO和氧气是否完全反应，即无论容器中存在的微粒是什么，但密闭容器中各种元素原子个数不变，
根据N=nNA知，各种元素的原子个数之比等于其物质的量之比，n（N）：n（O）=n（NO）：[n（NO）+2n（O2）]=amol：（a+2b）mol=a：（a+2b），故选D．
【分析】无论NO和氧气是否完全反应，即无论容器中存在的微粒是什么，但密闭容器中各种元素原子个数不变，据此分析解答．
14．【答案】D
【解析】【解答】设BaCl2的物质的量为0.001mol，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2++SO42-═BaSO4↓，可知n(SO42-)=n(Ba2+)，即x×3=y×1=z×1=0.001mol，则x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为1：3：3，D符合题意；
故答案为：D
【分析】加入BaCl2溶液后发生反应Ba2＋+SO42－=BaSO4↓，由于n(BaCl2)相同，因此产生n(BaSO4)相同，故三种溶液中n(SO42-)相同，据此结合溶液中溶质的化学式进行计算。
15．【答案】A
【解析】【解答】48g Cu2S的物质的量 ，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，未被还原的HNO3生成Cu(NO3)2，根据Cu原子守恒可知，n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)=0.3mol×2=0.6mol，根据硝酸根守恒，n(未被还原的HNO3)=2n[Cu(NO3)2]=0.6mol×2=1.2mol，
故答案为：A。
【分析】根据反应物和生成物即可写出化学方程式，计算出起酸性的硝酸的物质的量即可
16．【答案】C
【解析】【解答】A．溶液体积未知，无法计算碳酸根离子个数，A不符合题意；
B．标况下33.6mL氯气通入足量水中发生反应，氯气与水反应为可逆反应，氯气不能全部反应，转移电子数小于1.5×10-3NA，B不符合题意；
C．C3H6和C4H8的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为n= =2mol，故含6mol共用电子对即6NA个，C符合题意；
D．温度不明确，水的离子积的数值无法确定，故pH=13的氢氧化钠溶液中，氢氧根的浓度不一定是0.1mol/L，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.未给出溶液的体积，无法进行计算；
B.氯气与H2O的反应为可逆反应；
C.根据公式计算混合气体的物质的量，结合其结构确定所含共用电子对的数目；
D.未给出溶液所处的温度，则水的离子积Kw不一定为10-14；
17．【答案】A
【解析】【解答】假设二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，开始发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，而后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，前后两阶段消耗盐酸的体积相等，而实际前、后两阶段消耗盐酸体积分别为25mL、50mL，前阶段消耗盐酸体积小于后阶段，故溶质是溶Na2CO3和NaHCO3，由反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，可知n(Na2CO3)=n(HCl)=0.025L×4mol/L=0.1mol，生成的碳酸氢钠为0.1mol，由反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知总的碳酸氢钠为0.05L×4mol/L=0.2mol，故原溶液中n(NaHCO3)=0.2mol-0.1mol=0.1mol，则两溶质的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1：1，
故答案为：A。
【分析】氢氧化钠过量时，二氧化碳和氢氧化钠反应只有碳酸钠，氢氧化钠少量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠。本题可以结合化学计量数之比等于物质的量之比以及浓度和物质的量相关公式进行判断。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶用蒸馏水洗净后，不用干燥，容量瓶中有无水，对实验结果无影响，故A不符合题意；
B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶，称量NaClO的质量为500mL×1.19g/cm3×2.5%=14.9g，故B不符合题意；
C．碳酸的酸性强于次氯酸，空气中含有CO2，NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，HClO见光分解，2HClO 2HCl+ O2↑，因此久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小，故C符合题意；
D．配制溶液过程中需要的玻璃仪器是500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】一定物质的量浓度的溶液的配制需要注意容量瓶的选取，需要遵循“大而近”的原则，配制480mL的溶液应该选用500mL的容量瓶；
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，是先溶解再转移到容量瓶中，加蒸馏水定容，容量瓶用蒸馏水洗净后，不干燥，对实验结果无影响；
B.容量瓶选取后，计算溶质质量是按照容量瓶的容积算；
C．碳酸的酸性强于次氯酸，NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，HClO不稳定，2HClO 2HCl+ O2↑，因此久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小；
D．根据配制步骤分析每一步需要用到那些仪器；
19．【答案】A,B
【解析】【解答】50mL 1mol L﹣1的FeCl3溶液中氯离子物质的量为0.05L×1mol/L×3=0.15mol，氯离子物质的量相等，则氯离子数目相等，
A.150 mL 1 mol L﹣1的NaCl溶液中氯离子物质的量为0.15L×1mol/L×1=0.15mol，故A符合；
B.75 mL 2 mol L﹣1的NH4Cl溶液中氯离子物质的量为0.075L×2mol/L×1=0.15mol，故B符合；
C.150 mL 3 mol L﹣1的KCl溶液中氯离子物质的量为0.15L×3mol/L=0.45mol，故C不符合；
D.75 mL 2 mol L﹣1的CaCl2溶液中氯离子物质的量为0.075L×2mol/L×2=0.3mol，故D不符合，
故选AB．
【分析】电解质溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质中含有离子的个数，根据n=cV计算氯离子物质的量，氯离子物质的量相等，则氯离子数目相等．
20．【答案】B,D
【解析】【解答】A、标准状况下，乙醇不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L乙醇的物质的量，A不符合题意；
B、氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，14g混合气体的物质的量为0.5mol，二者都是双原子分子，所以含有1mol原子，所含原子数为NA，B符合题意；
C. 未告知溶液的体积，无法计算1mo1·L-1的CaCl2溶液中Cl-离子的数目，C不符合题意；
D、1.8g水的物质的量为0.1mol，而1mol水中含10mol电子，故0.1mol水中含NA个电子，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A、标准状态下，乙醇不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算；
B、N2和CO都是双原子分子，且其摩尔质量均为28g/mol；
C、未给出溶液的体积，无法进行计算；
D、摩尔质量与温度和压强无关；
21．【答案】A
【解析】【解答】A．同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，二氧化硫气体和二氧化碳气体的密度之比为： =16∶11，故A符合题意；
B．等质量的二氧化硫气体与二氧化碳气体的物质的量之比为： mol∶ mol =11∶16，故B不符合题意；
C．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体的体积之比为： mol∶ mol =11∶16，故C符合题意；
D．分子个数之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体的分子个数之比为： mol∶ mol =11∶16，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】利用阿伏加德罗定律和推论，即可计算出密度、物质的量、体积之比
22．【答案】A,B
【解析】【解答】A．镁是12号元素，序数=质子数=电子数，则1mol镁原子中含有的电子数为12NA，A符合题意；
B．常温常压下，22gCO2的物质的量为0.5mol，0.5mol CO2含有的原子总数为1.5NA，B符合题意；
C．标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，C不符合题意；
D.40gNaOH溶解在1L水中，所得溶液的体积大于1L，则得到溶液的物质的量浓度小于1mol/L，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A．每个Mg原子含有12个电子；
B．根据n=计算；
C．H2O在标况下是液体，无法计算物质的量；
D．固体溶于H2O后体积会发生变化；
23．【答案】C,D
【解析】【解答】A．纳米TiO2作催化剂时，与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快，NOx消除效率更高，故A不符合题意；
B．分析过程可知消除总变化为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O 4HNO3，故B不符合题意；
C.1mol O2的电子的物质的量为：16mol，而1mol羟基电子的物质的量为9mol，所以1mol羟基(-OH)比1molO2少7NA个电子，故C符合题意；
D．纳米TiO2不属于胶体，属于纯净物，胶体是一种混合物，指的是分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系，故不能产生丁达尔现象，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】含TiO2的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，在TiO2催化作用下，紫外线提供能量、发生反应4NOx+(5-2x)O2+2H2O 4HNO3，纳米TiO2与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快，由此分析解答。
24．【答案】22.4（m+n）mol﹣1；24；0.4mol/L
【解析】【解答】解：在标准状况下，1L氢气和氮气混合气体的物质的量为 = mol．所以 mol×NA=m+n，解得：NA=22.4（m+n）mol﹣1； 19g某二价金属氯化物（ACl2）中含有0.4mol Cl﹣，则ACl2的物质的量为 =0.2mol，ACl2的摩尔质量是 =95 g mol﹣1，则A的相对原子质量为95﹣35.5×2=24；
稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，故稀释后的浓度为 =0.4mol/L，故答案为：22.4（m+n）mol﹣1；24；0.4mol/L．
【分析】根据n= 计算混合气体的物质的量，再根据N=nNA计算阿伏加德罗常数；根据氯离子物质的量计算ACl2的物质的量，再根据M= 计算其摩尔质量，进而计算A的相对原子质量；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算稀释后的浓度．
25．【答案】16g/mol；0.3mol；6.72L；7.224×1023 （1.2NA）；；9×10﹣4mol/L；36：9：4
【解析】【解答】（1）甲烷的相对分子量为16，所以甲烷的摩尔质量为16g/mol；4.8g甲烷的物质的量为：n==0.3mol；标准状况下0.3mol甲烷的体积为：V=22.4L/mol×0.3mol=6.72L；0.3mol甲烷中含有1.2mol氢原子，含有氢原子的数目为：6.03×1023×1.2=7.224×1023，
故答案为：16g/mol；0.3mol；6.72L；7.224×1023 （1.2NA）；
（2）10.8mg Mg2+的物质的量为：n==4.5×10﹣4mol，镁离子的物质的量浓度为：c（Mg2+）=mol=9×10﹣4mol/L，
故答案为：9×10﹣4mol/L；
（3）体积比为1：2：3的氯化钠、氯化镁和氯化铝溶液，设体积分别为V、2V、和3V；分别加入等体积、等浓度的硝酸银溶液，均恰好完全反应生成氯化银沉淀，说明三种溶液中含有的氯离子的物质的量相等，设硝酸银的物质的量为n，则氯化钠的物质的量为n，氯化镁的物质的量为0.5n，氯化铝的物质的量为，这三种溶液的物质的量浓度之比为：：：=36：9：4，
故答案为：36：9：4．
【分析】解：（1）根据甲烷的相对分子量完成甲烷的摩尔质量；根据n=计算出甲烷的物质的量，然后再根据计算出甲烷的标况下的体积、含有氢原子的数目；
（2）根据n= 计算出镁离子的物质的量，再根据c=计算出镁离子的物质的量浓度；
（3）反应消耗的硝酸银的体积、浓度相同，说明三种物质提供的氯离子的物质的量相等，根据其化学式组成及体积之比计算出这三种溶液的物质的量浓度之比
26．【答案】Na2SO4
【解析】【解答】解：n（Na+）= =1mol，则n（Na2XO4）=0.5mol，M（Na2XO4）= =142g/mol，可知X的相对原子质量为142﹣2×23﹣4×16=32，应为S元素，则该物质为Na2SO4，
故答案为：Na2SO4．
【分析】根据钠离子的个数结合物质的构成可计算Na2XO4的物质的量，根据M= 计算Na2XO4的摩尔质量，可确定X的相对原子质量，确定元素的种类，可确定物质的化学式．
27．【答案】0.08
【解析】【解答】解：某金属与足量稀硝酸充分反应，无气体放出，再向该溶液中加入过量NaOH溶液，加热，收集到标况下气体0.224升，说明金属与足量稀硝酸充分反应生成硝酸铵，硝酸铵与过量NaOH溶液，加热反应放出氨气标况下气体0.224升即0.01mol，则生成铵根也为0.01mol，又硝酸生成铵根，氮的化合价变化为5﹣（﹣3）=8，所以整个过程转移电子的物质的量为0.01×8=0.08mol，故答案为：0.08．
【分析】某金属与足量稀硝酸充分反应，无气体放出，再向该溶液中加入过量NaOH溶液，加热，收集到标况下气体0.224升，说明金属与足量稀硝酸充分反应生成硝酸铵，硝酸铵与过量NaOH溶液，加热反应放出氨气，据此计算．
28．【答案】（1）；
（2）是；其他条件不变时，增大压强，H2S的平衡转化率降低，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；升高温度有利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率
（3）FeCl2和HCl；含FeCl2和HCl的溶液进入阳极区，发生 生成Fe3＋，且阳极区中的H＋进入阴极区，FeCl3溶液得以再生；10
【解析】【解答】（1）①K2CO3属于强碱弱酸盐，其水溶液中存在水解反应 。
②根据表格数据信息可知，Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，所以用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS，其离子方程式是 。
（2）①由图可知，不同压强对应的H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动受压强影响，即反应前后气体分子数不同，所以S2是气态。
②由图可知，升高温度利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率，所以实际反应在高温下进行。
（3）①由分析可知，溶液X中的主要溶质是FeCl2和HCl。
②根据流程图可知，溶液X进入电解反应器中，阳极区发生 ，生成Fe3＋，且阳极区中的H＋进入阴极区，FeCl3溶液得以再生。
③不考虑其他副反应，根据反应关系式H2S~H2，5molH2S反应生成5molH2，即10g。
【分析】（1）①K2CO3属于强碱弱酸盐，存在水解反应，据此分析。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS，据此分析。
（2）①不同压强对应的H2S的转化率不同，据此分析。
②升高温度利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率，据此分析。
（3）由流程图可知，H2S与FeCl3反应生成S、FeCl2和HCl，所以溶液X中的主要溶质是FeCl2和HCl，溶液X进入电解反应器中，H+通过质子交换膜进入右侧，发生反应2H++2e-=H2↑，说明右侧是阴极区，则左侧是阳极区，其电极反应式为。据此分析。
29．【答案】12mol/L。
【解析】【解答】根据可知，标准状况下氢气（1.5×103mol）与适量氯气恰好完全反应生成HCl3.0×103mol，再将反应生成的全部气体用水吸收，得到盐酸，盐酸的物质的量浓度3.0×103mol÷250L=12mol/L。
【分析】依据c=n/V计算。
30．【答案】解：88gCO2的物质的量n= =2mol，标准状况下，Vm=22.4 L/mol，V=n Vm=2mol×22.4 L/mol=44.8L，
答：在标准状况下，88gCO2的体积为44.8L．
【解析】【分析】标准状况下，Vm=22.4 L/mol，根据n= 计算出88gCO2的物质的量，然后带入V=n Vm计算体积．
31．【答案】解：（1）密度1.31g/cm3、质量分数为15%的硫酸，
由c=可知，c==2.0mol/L，
答：此硫酸溶液中H2SO4的物质的量浓度为2mol/L；
（2）H2SO4的物质的量为0.25L×2.0mol/L=0.5mol，
由H2SO4～H2可知，H2的物质的量为0.5mol，
则H2的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
答：生成的H2的体积为11.2L；
（3）H2SO4的物质的量为0.25L×2.0mol/L=0.5mol，
由H2SO4～FeSO4可知，FeSO4的物质的量为0.5mol，
则Fe2+的物质的量浓度为=1.25mol/L，
答：溶液中Fe2+的物质的量浓度为1.25mol/L．
【解析】【分析】（1）根据c=来计算；
（2）根据H2SO4～H2来分析H2的物质的量，然后利用V=n×Vm来计算其体积；
（3）根据H2SO4～FeSO4来分析FeSO4的物质的量，再利用c= 来计算．
32．【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）B
（3）上
（4）吸收产物中少量的水
（5）C；D
（6）催化剂和吸收剂
（7）61%
【解析】【解答】(1)根据图中得到装置 a 的名称是蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶。
(2)实验中为防止暴沸加入碎瓷片，如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是冷却后补加；故答案为：B。
(3) 环己烯密度比水小，因此环己烯在上层；故答案为：上。
(4)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是吸收产物中少量的水；故答案为：吸收产物中少量的水。
(5)在环己烯粗产物蒸馏过程中，主要用到蒸馏烧瓶(原地烧瓶加蒸馏头)、温度计、直形冷凝管、接收器、牛角管，因此不可能用到的仪器有CD；故答案为：CD。
(6)合成过程中加入浓硫酸的作用是催化剂和吸收剂；故答案为：催化剂和吸收剂。
(7)20g环己醇理论得到环己烯质量为 ，则环己烯的产率 ；故答案为：61%。
【分析】环己醇在浓硫酸作催化剂作用下反应生成环己烯和水， 吸收水有利于平衡正向移动，环己烯密度比水小，产率为实际得到的产量除以理论得到环己烯的质量。
33．【答案】（1）；
（2）防止空气中水分进入使水解
（3）；70℃
（5）b
【解析】【解答】由实验装置图可知，装置A中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C用于冷凝收集三氯化氮，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。
（1）元素的非金属性越强，三卤化氮中氮卤键的键长越小、键能越大，分子的热稳定性越强，则的热稳定性强于三氯化氮；由题意可知，三氯化氮在热水中易水解生成次氯酸和氨气，反应的化学方程式为，故答案为：；；
（2）装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中，故答案：防止水蒸气进入锥形瓶中；
（3）由分析可知，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式为；由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间，故答案为：；70℃~95℃；
（4）由题意可知，滴定过程中消耗VmL0.100mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为，由方程式和氮原子个数守恒可知，溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为，故答案为：；
（5）滴定终点溶质为铵盐和钠盐，铵根离子会水解，使溶液呈弱酸性，故滴定时最适宜的指示剂为甲基橙，故答案：b。
【分析】（1）原子半径越小，键长越小、键能越大，分子的热稳定性越强。三氯化氮在热水中易水解生成次氯酸和氨气，次氯酸具有漂白性。
（2）根据实验仪器的特征进行分析。
（3） 和溶液反应生成和HCl， 根据质量守恒定律进行配平。根据NCl3的熔沸点和爆炸温度极限进行控制水浴加热的温度。
（4）根据滴定过程中消耗的n(NaOH)，可算出用于吸收氨气的n(H2SO4)，结合氮原子守恒2NCl3～2NH3～H2SO4进行分析。
（5）滴定终点所得溶液溶质为铵盐和钠盐，注意铵盐水解显弱酸性，据此分析。
34．【答案】（1）A
（2）21.0
（3）20
（4）A；B
【解析】【解答】(1)A．溶液中HCl的物质的量随所取盐酸的体积的不同而不同，A正确；
B．HCl的相对分子质量与取用的盐酸的体积大小无关，B不正确；
C．溶液具有均一性，溶液各处的密度及浓度大小都相同，与溶液的体积大小无关，C不正确；
D．对于该溶液，其物质的量浓度不随取用体积的大小而改变，D不正确；
故答案为：A；
(2)已知浓盐酸的物质的量浓度c=11.9mol/L，由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则配制500mL 0.50mol/L的稀盐酸需要浓盐酸的体积V=；
(3)HCl与NaOH发生中和反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据反应方程式可知n(HCl)=n(NaOH)=0.01mol，由于盐酸浓度是0.50mol/L，则需要该溶液的体积是V(HCl)=；
(4)A．浓盐酸挥发，导致浓度不足，用该浓盐酸配制的稀盐酸浓度小于理论值，则中和等量NaOH，消耗的稀盐酸的体积就会偏大，A正确；
B．配制溶液时，未洗涤烧杯，导致配制的溶液浓度小于理论值，用该盐酸中和等量NaOH，消耗的稀盐酸的体积就会偏大，B正确；
C．定容时，俯视容量瓶刻度线，会导致配制的稀盐酸浓度大于理论值，则使用该盐酸中和等量NaOH时，消耗的稀盐酸的体积就会偏小，C不正确；
D．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，未采取措施，对配制的稀盐酸的浓度无影响，因此用该盐酸中和NaOH溶液时就不会产生实验误差，D不正确；
故答案为：AB。
【分析】（1）溶液是均一、稳定的混合物；
（2）溶液在稀释前后溶质的物质的量不变；
（3）根据HCl+NaOH=NaCl+H2O计算；
（4）该同学用新配制的盐酸中和含0.4g溶质的NaOH溶液，发现消耗的盐酸比①中所求体积偏小，可能原因是配制盐酸的浓度偏大，先分析操作方法对溶质的物质的量n、溶液体积V的影响，然后结合分析误差。
35．【答案】（1）
（2） ×NA
（3） ×22.4
（4） x100%
（5）
【解析】【解答】解：（1）根据公式n= 得物质的量为n= ； （2）根据公式得气体分子的物质的量n= ，它由四原子分子构成，故原子物质的量为 ，原子总数为 ×NA；（3）根据公式V=nVm得V= ×22.4 l/mol；（4）根据公式质量分数=m（溶质质量）÷m（溶液质量）×100%，得溶液中溶质的质量分数为 ×100%；（5）根据公式c= 得c= = ；
故答案为：（1） （2） ×NA （3） ×22.4 （4） ×100% （5）
【分析】（1）利用n= 来计算；（2）利用气体的物质的量及它由四原子分子构成来分析原子数；（3）利用V=n×Vm及标准状况下来计算其体积；（4）根据公式：质量分数=m（溶质质量）÷m（溶液质量）×100%来计算；（5）根据c=n/v来计算；
36．【答案】（1）80%
（2）0.08
（3）0.15
（4）1.5L或7.5L
（5）200
（6）=（5+ ）
（7）
【解析】【解答】解：（1）达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的0.8倍，说明平衡时气体的物质的量时反应前的0.8倍．设反应中消耗A的物质的量是xmol，则消耗B为0.5xmol，生成cxmol，则平衡是气体的物质的量是2﹣x+2﹣0.5x+x=4﹣0.5x，根据题意有（2+2）×0.8=4﹣0.5x，解得x=1.6，所以A的转化率是 ×100%=80%，
故答案为：80%；（2）金属与足量稀硝酸反应，为产生气体，说明硝酸被还原的产物与硝酸反应生成盐；与氢氧化钠溶液反应，加热产生气体，说明此气体为氨气，物质的量是 =0.01mol，则此过程中转移电子的物质的量是0.01mol×[5﹣（﹣3）]=0.08mol，故答案为：0.08；（3）2.56gCu的物质的量是2.56g/64g/mol=0.04mol，在混合酸中氢离子的物质的量是0.1L×（0.1+0.4×2）mol/L=0.09mol．硝酸根离子的物质的量是0.1L×0.1mol/L=0.01mol．Cu与混合酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4 H2O，根据离子方程式可知，Cu、氢离子均过量，所以按硝酸根离子的物质的量进行计算．所以消耗Cu的物质的量是0.01mol× =0.015mol，则所得溶液中 Cu2+的物质的量浓度是 =0.15mol/L，
故答案为：0.15；（4）1L2mol/L的AlCl3溶液中，氯化铝的物质的量是2mol，39g沉淀为氢氧化铝，物质的量是0.5mol，可知铝元素未完全沉淀．若氢氧化钠不足，根据元素守恒，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，消耗1mol/L氢氧化钠溶液的体积是 =1.5L；若氢氧化钠过量，则铝离子一部分与氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀，一部分与过量氢氧根离子生成偏铝酸根离子，根据铝元素守恒，则偏铝酸根离子的物质的量是2mol﹣0.5mol=1.5mol，根据4OH﹣～AlO2﹣，所以此时消耗的氢氧根离子的物质的量是偏铝酸根离子的4倍，为1.5mol×4=6.0mol，所以共消耗氢氧化钠的物质的量是1.5+6=7.5mol，则氢氧化钠溶液的体积是 =7.5L，
故答案为：1.5L或7.5L；（5）Na、Mg、Al的物质的量相同，均是0.2mol，与HCl反应时，若盐酸过量，则产生的氢气量肯定不相同，其中Na产生的氢气最少，所以若产生的氢气的量相同，则HCl不足，此时生成的氢气的量按照HCl的量进行计算．所以以钠为标准，判断需要盐酸的体积.0.2molNa完全反应生成0.1mol氢气，消耗HCl的物质的量是0.2mol，需要1mol/L盐酸的体积是 =0.2L=200mL，
故答案为：200；（6）溶液中加入VmL n mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液为硝酸钠溶液，根据钠元素守恒，可知未被还原的硝酸的物质的量为 mol；被还原的硝酸的物质的量为 =0.5mol，所以原溶液中硝酸的物质的量是（0.5+ ）mol，则原硝酸溶液的物质的量浓度为 =（5+ ）mol/L，
故答案为：（5+ ）；（7）根据题意可知，2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出的热量是4akJ，热化学方程式是2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣4akJ/mol．根据反应热和键能的关系反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能，设1 mol H﹣H键断裂时吸收热量为x，所以﹣4a=2x+b﹣2×2c，解得x= ，
故答案为： ．
【分析】（1）达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的0.8倍，说明平衡时气体的物质的量时反应前的0.8倍．设反应中消耗A的物质的量是xmol，则消耗B为0.5xmol，生成Cxmol，则平衡是气体的物质的量是2﹣x+2﹣0.5x+x=4﹣0.5x，根据题意有（2+2）×0.8=4﹣0.5x，解得x=1.6，A的转化率= ；（2）金属与足量稀硝酸反应，为产生气体，说明硝酸被还原的产物与硝酸反应生成盐；与氢氧化钠溶液反应，加热产生气体，说明此气体为氨气，物质的量是 =0.01mol，则根据氨气和转移电子之间的关系式计算；（3）2.56gCu的物质的量是2.56g/64g/mol=0.04mol，在混合酸中氢离子的物质的量是0.1L×（0.1+0.4×2）mol/L=0.09mol．硝酸根离子的物质的量是0.1L×0.1mol/L=0.01mol．Cu与混合酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4 H2O，根据离子方程式可知，Cu、氢离子均过量，所以按硝酸根离子的物质的量进行计算．所以消耗Cu的物质的量是0.01mol× =0.015mol，再根据c= 计算浓度（4）1L2mol/L的AlCl3溶液中，氯化铝的物质的量是2mol，39g沉淀为氢氧化铝，物质的量是0.5mol，可知铝元素未完全沉淀．若氢氧化钠不足，根据元素守恒，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，溶液体积= ；
若氢氧化钠过量，则铝离子一部分与氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀，一部分与过量氢氧根离子生成偏铝酸根离子，根据铝元素守恒，则偏铝酸根离子的物质的量是2mol﹣0.5mol=1.5mol，根据4OH﹣～AlO2﹣，所以此时消耗的氢氧根离子的物质的量是偏铝酸根离子的4倍，为1.5mol×4=6.0mol，所以共消耗氢氧化钠的物质的量是1.5+6=7.5mol，溶液体积= ；（5）Na、Mg、Al的物质的量相同，均是0.2mol，与HCl反应时，若盐酸过量，则产生的氢气量肯定不相同，其中Na产生的氢气最少．所以若产生的氢气的量相同，则HCl不足，此时生成的氢气的量按照HCl的量进行计算，所以以钠为标准，判断需要盐酸的体积，0.2molNa完全反应生成0.1mol氢气，消耗HCl的物质的量是0.2mol，溶液体积= ；（6）溶液中加入VmL n mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液为硝酸钠溶液，根据钠元素守恒，可知未被还原的硝酸的物质的量为 mol；被还原的硝酸的物质的量为 =0.5mol，所以原溶液中硝酸的物质的量是（0.5+ ）mol，则原硝酸溶液的物质的量浓度= ；（7）根据题意可知，2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出的热量是4akJ，热化学方程式是2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣4akJ/mol．根据反应热和键能的关系反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能．
37．【答案】（1）错；对；对；对
（2）6.75
（3）
【解析】【解答】(1) A．由“餐饮用具可用200 mg·L 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5 mg·L 1用ClO2进行消毒”可知，餐饮用具和游泳池消毒时所用ClO2溶液浓度不同，故A项说法不正确；
B．氯气是黄绿色具有刺激性气味的气体，由“ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味”可知，ClO2是有刺激性气味的气体，故B项说法正确；
C．由表格信息可知，ClO2可杀灭所有的微生物，包括细菌芽孢，因此杀菌力强，且无抗药性，故C项正确；
D．ClO2具有良好的杀菌能力，且在浓度低于100 mg·L 1时不会对人体产生任何的影响，使用过程中无残留，且无抗药性，未来ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域，故D项正确；(2) 0.1 mol ClO2的质量m=n×M=0.1mol×67.5g/mol=6.75g；(3) 某游泳池按5 mg·L 1用ClO2进行消毒，1m3这样的水中所溶解的ClO2气体的质量m=5 g·L 1×10-3×103L=5g，其物质的量n= = mol，在标准状况下气体的体积V=n×Vm= mol×22.4L/mol= L。
【分析】（1）A 餐饮用具可用200 mg·L 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5 mg·L 1用ClO2进行消毒 B ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味 ,氯气具有刺激性气味 C 格信息可知，ClO2可杀灭所有的微生物，包括细菌芽孢，因此杀菌力强，且无抗药性 D 二氧化氯（ClO2）为新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）
（2）根据公式m=Mxn计算
（3）根据m=ρxv，计算需要氯气的质量，n=m/M求出物质的量，根据V=22.4L/molxn计算体积
38．【答案】（1）1；4；3；4；
（2）BaCl2溶液；盐酸
（3）2MgO 3SiO2 11H2O
（4）0.3NA
【解析】【解答】解：（1）反应中四氧化三铁中三个铁共显+8价，反应生成3个0价铁，化合价降8价，一氧化碳中+2价碳化合价升高为二氧化碳中+4价碳，要使得失电子守恒，则四氧化三铁系数1，一氧化碳系数为4，依据原子个数守恒，方程式：Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2；用单线桥表示为： ；故答案为： ；（2）证明某未知溶液中含有SO42﹣离子，而不含有Ag+、碳酸根离子、亚硫酸根离子，要排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子的干扰，应先加入足量的盐酸，若无明显现象，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，即可证明含有硫酸根离子；
故答案为：BaCl2溶液和盐酸；．（3）镁元素显+2价、硅元素显+4价，氧元素显﹣2价，其形成的氧化物分别是MgO、SiO2；在进行变换写法时，将各元素表示成氧化物的形式，注意原子个数和元素种类不能变，化合价不能改变，则三硅酸镁（Mg2Si3O8 nH2O）改写成氧化物形式可表示为：2MgO 3SiO2 nH2O；
故答案为：2MgO 3SiO2 11H2O；（4）1个氨气分子含有10个质子，1个水分子含有10个质子，所以氨气与水分子物质的量相等时，含有的质子数相等，则.3mol NH3 分子中所含质子数与0.3NA或1.806×1023个H2O分子中所含质子数相等．
故答案为：0.3NA或1.806×1023．
【分析】（1）反应中四氧化三铁中三个铁共显+8价，反应生成3个0价铁，化合价降8价，一氧化碳中+2价碳化合价升高为二氧化碳中+4价碳，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式，用单线桥表示；（2）检验SO42﹣离子，依据硫酸根离子与氯化钡生成硫酸钡沉淀，要排除银离子、碳酸根离子的干扰；（3）把三硅酸镁（Mg2Si3O8 nH2O）改写成氧化物形式，要保证原子总数，化合价不变，按化合价分别写出氧化物的化学式，一般按照金属氧化物、二氧化硅、水的形式书写；（4）1个氨气分子含有10个质子，1个水分子含有10个质子．
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