1、周测1物质的量夯基提能卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。12019北京西城区模拟下列说法正确的是()A1 mol NH3中含有的质子数约为6.021023B0.5 molL1NaCl溶液中含Cl的物质的量为0.5 molC8 g S在足量O2中完全燃烧转移的电H子数约为9.031023D标准状况下，22.4 L SO2和CO2的混合气体中所含原子数约为1.8061024答案：D解析：1个NH3分子中有10个质子，所以1 mol NH3中含有的质子数约为6.021024，A错误；0.5 molL1 NaCl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
2、SO2,8 g S的物质的量为0.25 mol，其在足量O2中完全燃烧转移的电子数约为6.021023，C错误；标准状况下，22.4 L SO2和CO2的混合气体的物质的量为1 mol，其所含原子数约为1.8061024，D正确。22019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()分子数密度质量质子数原子数ABC D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
3、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；故一定相同，A正确。32019安徽皖南八校联考25时，将10 mL质量分数为50%(密度为1.4 gcm3)的硫酸稀释成100 mL。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90 mLC质量分数为50%的硫酸中溶质的物质的量浓度为7.14 molL1D上述100 mL稀硫酸中所含溶质的质量为14 g，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
4、水的体积，B错误；根据c molL17.14 molL1，所以质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度为7.14 molL1，C正确；由于稀释过程中溶质的质量不变，所以100 mL稀硫酸中所含溶质的质量为7.14 molL10.01 L98 gmol17 g，D错误。42019四川乐山调研用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A2.0 g HO与D2O的混合物中所含中子数为NAB5.6 g铁粉在0.1 mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3NAC1 mol H2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价键总数为NAD在反应11P460CuSO496H2O=20Cu3P24H3PO46
5、0H2SO4中，6 mol CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA答案：A解析：HO与D2O的摩尔质量均为20 gmol1，故2.0 g HO与D2O的混合物的物质的量为0.1 mol，而每个HO与D2O分子中均含有10个中子，故0.1 mol HO与D2O的混合物中共含有1 mol中子，即所含中子数为NA，A正确；5.6 g铁粉在0.1 mol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；1 mol H2与足量O2反应生成1 mol H2O，每个H2O分子中含有2个OH键，则1 mol H2O中含有的共价键总数为2NA，C错误；CuSO4中Cu元
6、素化合价由2价降低到Cu3P中的1价，则1 mol CuSO4被还原得到1 mol电子，6 mol CuSO4被还原得到6 mol电子，而1 mol P4被氧化失去20 mol电子，所以6 mol CuSO4能氧化P4的物质的量为 mol，即0.3 mol，故6 mol CuSO4能氧化白磷的分子数为0.3NA，D错误。52019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200 mL 0.1 molL1的CuSO4溶液需要称量硫酸铜固体3.2 gB配制1 molL1H2SO4溶液，量取浓硫酸后，将浓硫酸直接注入容量瓶中C配制1 molL1AlCl3溶液时，将氯化铝晶体溶于适量
7、浓盐酸中，再加水稀释D称量4.0 g NaOH固体，溶解于1 L水中，即可配制0.1 molL1的NaOH溶液答案：C解析：配制200 mL 0.1 molL1的CuSO4溶液需要选用250 mL容量瓶，需要硫酸铜固体的质量为0.25 L0.1 molL1160 gmol14.0 g，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；4.0 g NaOH固体溶解于1 L水中得到的溶液体积不是1 L，所配制的NaOH溶液的物质的量浓度不为0.1 m
8、olL1，D错误。62019四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SiSi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C1 mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAD0.2 mol NH3与0.2 mol O2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，1 mol Si中能形成2 mol SiSi键，则有NA个Si就有2NA个SiSi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
9、，所以1 mol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4NH35O24NO6H2O，NH3有剩余，反应的NH3小于0.2 mol，故所得NO分子数小于0.2NA，D错误。72019江西抚州临川一中月考在t 时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度 gcm3(小于水的密度)，溶质的质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol，下列叙述中一定正确的是()A溶质的质量分数w100%B溶质的物质的量浓度c molL1C向上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液中溶质的质量分数大于0.5wD溶液中c(OH) molL1c(H)答案：D解析：氨水的溶质为NH3
10、，该溶液的密度为 gcm3，体积为V mL，所以溶液质量为V g，溶质NH3的质量为a g，溶质的质量分数w100%，A错误；a g NH3的物质的量为 mol，溶液体积为V mL，所以溶质的物质的量浓度为 molL1，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a g，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)c(H)，由题给信息可求出c(NH) molL1，代入等式可得c(OH) molL1c(H)，D正确。二、非选择题：共43分。8(14分)如
11、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
12、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O2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：1.19 gcm3HCl的质量分数：365%(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_molL1。(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500 mL物质的量浓度为
13、0.400 molL1的稀盐酸。该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制。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)假设该同学成功配制了0.400 molL1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液，则该同学需取_mL盐酸。假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液，发现比中所求体积偏小，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
14、过刻度线，用胶头滴管吸出答案：(1)11.9(2)BD(3)16.8a.偏小b偏小(4)25C解析：(1)c(HCl)11.9 molL1。(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16.8 mL。(4)NaOH的物质的量为n(NaOH)0.01 mol，则需要HCl的物质的量为0.01 mol，盐酸的体积V1 000 mLL125 mL。耗盐酸比中所求体积偏小，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
15、下(25 ，101 kPa)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)配制100 mL 1.0 molL1的盐酸，需要20%、密度为1.1 gcm3的盐酸的体积为_。配制过程中所需要的玻璃仪器有_。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10.0 mL 1.0 molL1的盐酸加入锥形瓶中。步骤三：(2)称取a g已除去表面氧化膜
16、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V mL。实验步骤五中应选用_规格的量筒。A100 mLB200 mLC500 mL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_。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)16.6 mL量筒、烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒C(2)0.12(3)B量筒内的液面
17、与广口瓶内的液面相平0.2V Lmol1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)质量分数为20%，密度为1.1 gcm3的盐酸的物质的量浓度为c molL1，根据稀释定律：c1V1c2V2，可以求出配制100 mL 1.0 molL1的盐酸，需要20%、密度为1.1 gcm3的盐酸的体积为 mL16.6 mL。配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
18、，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10.0 mL 1.0 molL1的盐酸加入锥形瓶中，可以计算出n(H)0.01 mol，可以溶解镁的物质的量n(Mg)n(H)0.005 mol，质量m(Mg)0.005 mol24 gmol10.12 g，所以a的数值至少为0.12。(3)量筒中的水是由氢气排
19、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)0.005 mol，则标准状况下V(H2)0.00522.4 L0.112 L112 mL，估算H2在25、101 kPa下体积不会超过200 mL(一定压强下，气体体积与热力学温度成正比)，故应选200 mL的量筒。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。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Vm0.2V Lmol1；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
20、卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。12019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(164) : (228)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
21、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，由可知，SO2气体与CO2气体的密度之比为64:4416:11，D错误。22019洛阳模拟下列溶液中Cl的物质的量浓度最大的是()A200 mL 2.5 molL1 MgCl2溶液B1 000 mL 2.5 molL1 NaCl溶液C250 mL 1 molL1 AlCl3溶液D300 mL 5 molL1 KClO3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。200 mL 2.5 molL1 MgCl2溶液中c(Cl)2c(MgCl2)2.5 molL125 molL1；1 000
22、 mL 2.5 molL1 NaCl溶液中c(Cl)c(NaCl)2.5 molL1；250 mL 1 molL1 AlCl3溶液中c(Cl)3c(AlCl3)1 molL133 molL1；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1 g C3H6和1 g M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()AC2H4BC3H8CH2SDN2O4答案：A解析：由pVnRT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，解得x28。C2H4的相对分子质量为28，C3H8的相对分子质量为44，H2S
23、的相对分子质量为34，N2O4的相对分子质量为92，故选A。42019夷陵模拟下列说法正确的是()A现需480 mL 0.1 molL1硫酸铜溶液，则需要称量7.68 g硫酸铜固体B配制1 molL1 NaOH溶液100 mL，需用托盘天平在滤纸上称量4 g NaOH固体C制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加饱和FeCl3溶液35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480 mL规格的容量瓶，故应选择500 mL的容量瓶来配制，则需要硫酸铜的质量为0.5 L0.1 mo
24、lL1160 gmol18.0 g，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4.0 g，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。52019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()A5.6 g Fe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0.3NAB1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子C0.5 mol雄黄(As4S4 ，结构如图
25、)中含有NA个SS键D镁条在氮气中完全燃烧，生成50 g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0.1 mol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NaNa，Na失去1个电子，则1 mol Na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As4
26、S4分子中不存在SS键，C错误；生成氮化镁的物质的量为0.5 mol，由镁与氮气反应的化学方程式3MgN2Mg3N2可知，生成0.5 mol氮化镁，消耗的氮气的物质的量为0.5 mol,1个氮气分子中含有3个共价键，则0.5 mol氮气参加反应时，有1.5NA对共用电子对被破坏，D正确。62019陕西西安一中模拟把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的盐酸，也恰好反应完全。该混合溶液中c(Na)为()A(10b5a) molL1B(2ba) molL1C molL1 D molL1
27、答案：A解析：200 mL的混合溶液分成两等份，每份溶液的体积为100 mL，其中一份溶液中的NH4HCO3和a mol NaOH恰好完全反应，则溶液中NH4HCO3的物质的量为0.5a mol，取另一份溶液加入含b mol HCl的盐酸，也恰好反应完全，其中NH4HCO3反应掉的HCl的物质的量为0.5a mol，则由Na2CO3反应掉的HCl的物质的量为(b0.5a) mol，可得Na2CO3的物质的量为(b0.5a) mol，则200 mL溶液中Na2CO3的物质的量为(b0.5a) mol，则c(Na)(10b5a) molL1。72019江苏宝应中学月考工业生产中用过量的烧碱溶液处理
28、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()Aa点溶液中存在的离子有Na、AlO、OH、HBb点与c点溶液中所含微粒种类相同CNaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8 molL1D生成沉淀的离子方程式：HCOAlOH2O=Al(OH)3CO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、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
29、子方程式为HCOAlOH2O=Al(OH)3CO，b、c两点溶液中均只有部分AlO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，加入NaHCO3溶液后，HCO先与OH发生反应，再与AlO发生反应，由图可知，生成的nAl(OH)332103 mol，则AlO消耗的n(NaHCO3)32103 mol，根据图像可知，AlO消耗的NaHCO3溶液的体积V(NaHCO3)(408) mL32 mL，则c(NaHCO3)1 molL1，C错误。二、非选择题：共43分。8(14分)将含有2.05 g某高价含氧酸的钙盐的溶液A与含1.20 g碳酸盐的溶液B混合，恰好完全反应
30、，生成1.25 g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、1105 Pa下，体积变为0.56 L，并得到0.90 g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)0.012 5(2)164 gmol196 gmol1(3)1:22 g80 gmol144N2O(4)C
31、a(NO3)2(NH4)2CO3=CaCO32NH4NO3解析：由AB=CD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0.012 5 mol。(2)A、B的摩尔质量分别为164 gmol1和96 gmol1。(3)N2O的物质的量为0.025 mol，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.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0.4 mol NH3，甲室中充入HCl、N2的混合气体，
32、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17.3 g。(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_。.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/(molL1)溶液的密度/(gcm3)硫酸c11氨水c22(1)表中硫酸的质量分数为_(不写单位，用含c1、1的代数式表示)。(2)物质的量浓度为c1 molL1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
33、为_molL1。(3)将物质的量浓度分别为c2 molL1和0.2c2 molL1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”)0.6c2 molL1(混合后溶液的体积变化忽略不计)。答案：.(1)73:168(2)425.25.(1)%(2)(3)大于解析：.(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0.8 mol。乙室中NH3的质量为0.4 mol17 gmol16.8 g，则甲室中气体的质量为6.8 g17.3 g24.1 g。设甲室中HCl的物质的量是x mol，则36.5x28(0.8x)24.1
34、，解得x0.2；所以甲室中氯化氢的质量为0.236.5 g7.3 g，氮气的质量是24.1 g7.3 g16.8 g，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0.6 mol N2和0.2 mol NH3，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25.25。.(1)根据c，表中硫酸的质量分数为%。(2)根据稀释过程中溶质的质量不变，物质的量浓度为c1 molL1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 molL1。(3)根据题意，将物质的量浓度分别为c2 molL1和0.2c
35、2 molL1的氨水等体积混合，所得溶液的物质的量浓度为0.6c2 molL1，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c2 molL1和0.2c2 molL1的氨水等质量混合，所需c2 molL1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0.6c2 molL1。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)、1 000 mL、密度1.19 g/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
36、100 mL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1.0 g/cm3)，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480 mL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143 g(4)ClO2对污水中Fe2、Mn2、
37、S2和CN等有明显的去除效果。某工厂污水中含CNb mg/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100 m3这种污水，至少需要ClO2_mol。答案：(1)4.0(2)0.048.96(3)C(4)2ClO22CN=N22CO22Cl解析：(1)c(NaClO) mol/L4.0 mol/L。(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变得：100 mL4.0 mol/L10 000 mLc(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)0.04 mol/L，c(Na)c(NaClO)0.04 mol/L。根据NaClOCO2H2O=NaHCO3HClO，可知n(CO2)n
38、(NaClO)0.4 mol，标准状况下CO2的体积为8.96 L。(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500 mL容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO固体的质量为0.5 L4.0 mol/L74.5 g/mol149.0 g。(4)ClO2将CN氧化为N2和CO2，同时生成Cl：2ClO22CN=N22CO22Cl。100 m3这种污水中含有CN的质量为100b g，其物质的量为mol，根据反应方程式可知至少需要消耗ClO2mol。
