高考化学第二轮复习专题二化学基本概念和基本理论第3讲化学常用计量（二）全集练习

这是一份高考化学第二轮复习专题二化学基本概念和基本理论第3讲化学常用计量（二）全集练习，共32页。试卷主要包含了〔1〕NaHSO4是一种酸式盐等内容，欢迎下载使用。
2021年高考化学第二轮复习专题二化学根本概念和根本理论第3讲化学常用计量〔二〕全集练习
一．选择题〔共8小题〕
1．将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反响〔反响过程放热〕，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO﹣和ClO3﹣两种离子的物质的量〔n〕与反响时间〔t〕的变化示意图如下图。以下说法不正确的选项是〔　　〕

A．原溶液中KOH的物质的量是0.3mol
B．ClO3﹣的生成是由氯气的量的多少引起的
C．反响中转移电子的物质的量是0.21mol
D．依据图象，总的离子反响方程式为10OH﹣+5Cl2═2ClO﹣+ClO3﹣+7Cl﹣+5H2O
2．在100mL 含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣的溶液中，逐滴参加5mol/L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积〔mL〕与沉淀的物质的量〔mol〕关系如图。以下表达不正确的选项是〔　　〕
A．x﹣y＝0.01 mol
B．原溶液中c〔Cl﹣〕＝1.65 mol/L
C．原溶液的c〔H+〕＝0.2mol/L
D．原溶液中n〔Mg2+〕：n〔Al3+〕＝4：1
3．0.5L 2mol/L FeCl3溶液与0.2L 3mol/L KCl溶液中的Cl﹣的浓度之比为〔　　〕
A．2：1 B．1：2 C．2：3 D．3：2
4．如表是某品牌饮用矿泉水标签的局部内容。以下说法正确的选项是〔　　〕
饮用矿物质水
净含量：500mL配料表：纯洁水：硫酸镁氯化钾
保质期：12个月
主要离子成分：钾离子〔K+〕：1.0～27.3mg•L﹣1
镁离子〔Mg2+〕：0.1～4.8mg•L﹣1
A．标签上离子的浓度是物质的量浓度
B．该品牌饮用矿泉水中c〔Mg2+〕最大值为2.0×10﹣3mol•L﹣1
C．一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42﹣的物质的量不超过1.0×10﹣5mol
D．由矿泉水制蒸馏水应使用直形冷凝管，蒸馏结束时应先熄灭酒精灯再停止通冷却水
5．化学反响可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成〔或折开〕1 mol化学键时释放〔或吸收〕的能量。白磷和P4O6的分子结构如下图，现提供以下化学键的键能〔kJ/mol〕：P﹣P：198，P﹣O：360，那么反响P4〔白磷〕+3O2═P4O6放出1638 kJ，问O＝O的键能是多少？〔　　〕

A．996kJ/mol B．498kJ/mol C．126kJ/mol D．249kJ/mol
6．化学反响的能量变化〔△H〕与反响物和生成物的键能有关。键能可以简单地理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量。如表是局部化学键的键能数据。1mol白磷完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量为2378.0kJ，白磷完全燃烧的产物结构如下图，那么上表中x为〔　　〕
化学键
P﹣P
P﹣O
O＝O
P＝O
键能/kJ•mol﹣1
197
360
499
x

A．434 B．335 C．237 D．188
7．以下氮肥中含氮量最高的是〔　　〕
A．NH4HCO3 B．NH4Cl C．NH4NO3 D．CO〔NH2〕2
8．由甲醛、乙烯和丙烯组成的混合气体中，氧元素的质量分数为9%，那么混合物中碳元素的质量分数是〔　　〕
A．91% B．85.6% C．78% D．68%
二．填空题〔共8小题〕
9．有200mLMgCl2和AlCl3的混合溶液，其中[Mg2+]为 0.2 moI•L﹣1 ，[Cl﹣]为1.3moI•L﹣1，要使Mg2+完全转化为沉淀别离出来，至少需要加4moI•L﹣1 NaOH溶液的体积为　 　mL。
10．〔1〕NaHSO4是一种酸式盐。2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba〔OH〕2溶液等体积混合，反响的离子方程式为　 　。
〔2〕写出Na与FeCl3溶液的反响的离子反响方程式：　 　
〔3〕乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，假设向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量与通入Cl2的体积〔标准状况〕的关系如下表所示，分析后答复以下问题：
Cl2的体积〔标准状况〕
11.2L
22.4L
28.0L
n〔Cl﹣〕
2.5mol
3.5mol
4.0mol
n〔Br﹣〕
3.0mol
2.5mol
2.0mol
n〔I﹣〕
x mol
0
0
原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为　 　。
11．〔1〕在0.2L NaCl、MgCl2的混合溶液中，局部离子浓度大小如图1所示，答复以下问题：

①该混合溶液中，Na+的物质的量为　 　 mol，MgCl2的物质的量为　 　 mol
②将该混合溶液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为　 　 mol•L﹣1。
〔2〕向某1L硫酸和硫酸铜的混合溶液中参加某浓度的氢氧化钠溶液〔密度为1.2g/mL〕，产生沉淀的质量与参加氢氧化钠溶液的质量关系如图2所示。
①a点溶液中含有的溶质是　 　〔填化学式〕。
②bd段发生反响的化学方程式为　 　。
③根据图中数据可计算出氢氧化钠溶液的浓度为　 　。
12．〔1〕200mL 2mol/L的Al2〔SO4〕3溶液中SO42﹣的物质的量浓度为　 　；
〔2〕标准状况下，36g H2和O2组成的混合气体的体积是67.2L，那么混合气体中H2和O2的体积比为　 　；
〔3〕标准状况下，将33.6LNH3溶于水配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度为　 　；
〔4〕1.505×1023个A气体分子的质量为31g，那么A气体的摩尔质量是　 　。
13．如表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：
物质
Cl2
Br2
I2〔g〕
HCl
HBr
HI
H2
能量/kJ
243
193
151
432
366
298
436
相同条件下，X2〔X代表Cl、Br、I〕分别与氢气反响，当消耗等物质的量的氢气时，　 　〔填“放出〞或“吸收〞〕的热量最多的是　 　。
14．0.3mol气态高能燃料乙硼烷〔B2H6〕在氧气中燃烧时，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量，又1mol H2O〔1〕变为1mol H2O〔g〕吸收44kJ的热量，那么11.2L〔标准状况〕B2H6完全燃烧生成气态水时放出的热量是　 　 kJ。
15．〔1〕在同温、同压下，实验测得CO、N2和O2三种气体的混合气体的密度是H2的14.5倍，其中O2的物质的量分数为　 　。假设其中CO和N2的物质的量之比为1：1，那么混合气体中氧元素的质量分数为　 　〔结果保存一位小数〕。
〔2〕相同条件下，某Cl2与O2混合气体100mL恰好与150mL H2化合生成HCl和H2O，那么混合气体中Cl2与O2的体积比为　 　，混合气体的平均摩尔质量为　 　、
16．信息：在由Na2S、Na2SO3、Na2SO4三种物质组成的混合物中，钠元素的质量分数为46%，那么氧元素的质量分数的计算方法为：
Na2S、Na2SO3、Na2SO4有共同的局部Na2S，可拆变合一为〔Na2S〕Ox，那么硫元素的质量分数为2Na﹣﹣﹣﹣﹣﹣S
46 32
46% 32%
那么氧元素的质量分数为1﹣46%﹣32%＝22%
由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物中，硫元素的质量分数为32%，计算该混合物中氧元素的质量分数为　 　．
三．实验题〔共7小题〕
17．某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的假设干种离子。
阳离子
Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+
阴离子
SiO32﹣、MnO4﹣、Cl﹣、NO3﹣、SO32﹣
实验I：取少量该试液进行如下实验。

实验Ⅱ：为了进一步确定该溶液的组成，取100 mL原溶液，向该溶液中滴加1 mol•L﹣l的 NaOH溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如下图。

答复以下问题：
〔1〕不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有　 　种，沉淀Z的化学式　 　。
〔2〕检验气体X的方法是　 　；
〔3〕写出实验Ⅱ的图象中BC段对应的离子方程式：　 　。
〔4〕A点对应的固体质量为　 　g。
〔5〕通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是　 　，推算该溶液中阴离子的浓度为　 　mol•L﹣l，检验该阴离子的方法是：　 　。
18．有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的假设干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：
①第一份参加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。
②第二份参加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、枯燥后，沉淀质量为6.99g。
③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如下图。
根据上述实验，完成以下问题：
〔1〕原溶液中一定不存在的离子是　 　。
〔2〕25～35段发生反响的离子方程式为　 　。
〔3〕35～40段发生反响的离子方程式为　 　。
〔4〕实验所加的NaOH的浓度为　 　。
〔5〕原溶液中NO3﹣的物质的量为n〔NO3﹣〕，根据提供的图象和数据，试计算n〔NO3﹣〕的取值范围为　 　。

19．盐酸、硫酸、硝酸合称三大工业强酸，在轻工业、冶金、制药、国防等方面都有重要意义。
Ⅰ．如图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答复以下问题：
〔1〕该浓盐酸中HCl 的物质的量浓度为　 　 mol/L。
〔2〕某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制 245 mL 物质的量浓度为 0.400 mol/L 的稀盐酸。该学生需要所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和　 　；其中用量筒量取　 　mL 上述浓盐酸进行配制。
Ⅱ．将适量的蔗糖放入烧杯中，加适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体。试答复：
〔1〕“体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体〞，写出对应的化学方程式：　 　。
〔2〕上述现象表达了浓硫酸的　 　〔填序号〕
①酸性②吸水性③脱水性④强氧化性
〔3〕将 SO2 气体与新制得的 Cl2 按一定比例一起通入水中，得到没有漂白性的溶液，该反响的化学方程式为　 　。
Ⅲ．将 32 g 铜与 250 mL 一定浓度的硝酸恰好完全反响，产生的 NO 和 NO2 混合气体在标准状况下的体积为 11.2 L．试计算
〔1〕硝酸的物质的量浓度是　 　mol/L
〔2〕假设要使此混合气体被水完全吸收，需要通入标准状况下　 　L O2

20．用98%的浓H2SO4〔密度是1.84g/cm3〕配制成0.5 mol/L的稀H2SO4 450mL，
〔1〕需要浓硫酸的体积为　 　〔保存小数点后一位有效数字〕
〔2〕实验需要的主要仪器：胶头滴管、玻璃棒、烧杯和　 　，其使用前需要　 　，还需要仪器有　 　。
〔3〕某学生的以下操作中使浓度偏低的是：　 　
①量取浓硫酸时，仰视读数。
②量取浓硫酸时，浓硫酸长时间暴露在空气中。
③溶解后没有冷却至室温，立即转移溶液。
④用胶头滴管加蒸馏水时，参加过快而使液面超过了刻度线，立即用滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切。
⑤转移液体溶液时，发现容量瓶漏水，继续实验。
21．工业上苯乙烯通过乙苯催化脱氢制成，反响方程式如下：
〔g〕〔g〕+H2〔g〕
〔1〕：
化学键
C﹣H
C﹣C
C＝C
H﹣H
键能/kJ•mol﹣1
412
348
612
436
计算上述反响的△H＝　 　kJ•mol﹣1。
〔2〕以下途径中改变不了上述反响的化学反响速率的选项有　 　。
A．升高温度
B．等体积条件下充入少量的乙烯气体
C．减小体积
D．等体积条件下充入少量的苯乙烯气体
E．等体积条件下充入少量的氦气
〔3〕聚苯乙烯经常被用来制作一次性泡沫饭盒，通过乙烯单体经加聚反响得到，请写出苯乙烯反响得到聚苯乙烯的化学方程式　 　。
〔4〕氢燃料电泡可以“充气五分钟，续航一千里〞，上述工业除了得到苯乙烯外，还可以回收重要的氢能源，以下图为氢氧燃料电池的简易图，请写出正极反响方程式　 　，每生成1mol水，通过导线转移的电子物质的量为　 　mol。

22．羰基硫〔O═C═S〕广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。羰基硫的氢解和水解反响是两种常用的脱硫方法，其反响式分别为：
①氢解反响：COS〔g〕+H2〔g〕═H2S〔g〕+CO〔g〕△H1＝+7kJ/mol
②水解反响：COS〔g〕+H2O〔g〕═H2S〔g〕+CO2〔g〕△H2
反响中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C═O〔CO2〕
C═O〔COS〕
C═S
H﹣S
H﹣O
E〔kJ/mol〕
803
742
577
339
465
答复以下问题：
〔1〕△H2＝　 　kJ/mol。
〔2〕羰基硫的水解反响可否设计成原电池　 　〔填“是〞或“否〞〕理由是　 　。
〔4〕研究说明，用金属储氢材料〔MH〕、白金〔Pt〕、硫酸溶液组成的原电池可以发生羰基硫的氢解而脱硫处理。
①写出原电池的正极反响式　 　；
②原电池工作时，电流的流动方向是　 　→导线→　 　，当电路中有2mol电子流过时能够处理羰基硫　 　〔COS〕L〔标准状况下〕。
23．?本草经集注?记载：“鸡屎矾〔碱式硫酸铜或碱式碳酸铜〕不入药用，惟堪镀作，以合熟铜〔铜单质〕；投苦酒中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变〞。
〔1〕上述文字描述中出现了多种物质。
①属于单质的有　 　种。
②鸡屎矾的两种成分属于　 　〔填“正盐〞、“酸式盐〞或“碱式盐〞〕。
③苦酒的主要成分为 CH3COOH，存在电离：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，那么对其 判断正确的选项是　 　〔填番号〕。
a．氧化物b。多元酸c。有机化合物d。电解质
〔2〕上述过程中有化学反响发生。
①将鸡屎矾投入苦酒时会有气泡产生。试写出对应的化学方程式　 　。
②“涂铁皆作铜色〞时发生的离子反响方程式为　 　，该反响类型是　 　。
〔3〕碱式硫酸铜[Cua〔OH〕b〔SO4〕c･xH2O]〔a、b、c、x 均为正整数〕是一种广泛使用的难溶 于水的低毒农药。a、b、c 之间应该满足的关系是　 　；将碱式硫酸铜灼烧至恒重，可以得到一种硫酸盐和两种氧化物，假设 a＝x＝3，试写出满足该关系的碱式硫酸铜灼烧分解 的方程式　 　〔不含 b、c〕。
〔4〕为了测定鸡屎矾中铜元素的质量分数，实验小组模拟上述流程将鸡屎矾“投苦酒中……，内质不变〞，假设其它成分不含铜元素且每一步反响充分。现有如下数据，选择合理的数据 表达计算结果　 　。
①鸡屎矾样品的质量 m0；②碱式硫酸铜的摩尔质量 M1，碱式碳酸铜的摩尔质量 M2；③铁器 在反响前的质量 m1；④标准状况下生成气体的体积 V L；⑤镀铜铁器在反响后的质量 m2。
四．计算题〔共8小题〕
24．现有一份MgSO4和〔NH4〕2SO4的混合溶液，向该溶液中参加一定浓度的 Ba〔OH〕2溶液，产生的沉淀质量〔m〕与参加Ba〔OH〕2溶液的体积〔V〕 关系如图。
〔1〕Ba〔OH〕2溶液的物质的量浓度为　 　mol•L﹣1。
〔2〕该混合溶液中MgSO4和〔NH4〕2SO4物质的量之比为　 　。

25．向含amol NH4Fe〔SO4〕2和amol NH4HSO4溶液中逐滴参加bmol Ba〔OH〕2溶液，请计算：
〔1〕当b＝1，a＝2时，溶液中产生沉淀的质量是　 　g
〔2〕当b＝2.5a时，溶液中产生沉淀的质量是　 　g〔用a的表达式表示〕
26．将4.6g金属钠完全溶于mg水中，得到密度为ρg•mL﹣1的NaOH溶液，计算所得溶液的物质的量浓度，写出简单的计算过程。
27．实验室需要0.1 mol/L氢氧化钠溶液100 mL，现有2 mol/L氢氧化钠溶液。
〔1〕计算所需溶质氢氧化钠的质量是多少？
〔2〕计算所需2 mol/L氢氧化钠溶液的体积
28．1mol C〔s〕完全燃烧放出393.5kJ热量，煅烧1.00mol CaCO3生成CaO和CO2，需要吸收177.7kJ的热量。如果煅烧CaCO3所需的热量全部由焦炭〔C〕燃烧来提供，试计算煅烧1kg CaCO3，需要燃烧焦炭的质量〔不考虑反响过程中的能量损耗〕。
29．正常人心脏在一次搏动中泵出血液约80mL，正常人血压〔可看作心脏压送血液的压强〕平均值为1.6×104Pa，心跳每分钟约70次。设人类消耗体内的葡萄糖产生的热量最高可有80%〔睡眠时〕用来维持心脏的跳动，葡萄糖与氧气反响产生热量的化学方程式为：C6H12O6〔s〕+6O2〔g〕→6CO2〔g〕+6H2O〔g〕〔放出热量2804kJ〕。
〔1〕心脏工作的平均功率约为　 　。
〔2〕由于心脏跳动每天需消耗葡萄糖的质量是　 　。
〔3〕维持生命每天需消耗氧气的体积是　 　。
30．“毒鼠强〞是一种灭鼠药，具有极强的毒性，国家已禁止使用。它是一种含有C、H、O、N、S的有机物，其摩尔质量为240 g/mol；其中所含碳元素的质量分数为20%，所含氢元素的质量分数为3.0%，所含氧元素的质量分数为28%，其余为N、S。
〔1〕误食0.1g“毒鼠强〞就可以使人死亡，0.1g“毒鼠强〞的物质的量为多少？
〔2〕试求“毒鼠强〞中C、H、O三种元素的原子个数比。
31．某口服营养液的有效化学成分为 MX2，其中X为有机酸根。现称取该化合物 2.130g，定容于 100mL 容量瓶中。取 2500mL 该溶液，以 0.1000mol•L﹣1的EDTA〔Y4﹣〕滴定至终点，消耗 EDTA 溶液 24.96mL；用元素分析仪测得有机酸根中只含有C、H、N、O 四种元素，其质量分数依次为 32.43%、5.41%、18.92%和 43.24%。
：M2++Y4﹣＝MY2﹣，列式推算 MX2 的化学式。
五．解答题〔共7小题〕
32．将一定质量的Mg﹣Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反响。向反响后的溶液中逐滴参加一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如图。答复以下问题：

〔1〕写出OA段和BC段反响的离子方程式：OA：　 　； BC：　 　；
〔2〕原Mg﹣Al合金的质量是　 　。
〔3〕原HCl溶液的物质的量浓度是　 　。
〔4〕所加NaOH溶液的物质的量浓度是　 　。
33．在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反响〔发生的反响均为放热反响〕。生成物中含有Cl﹣、ClO﹣、ClO3﹣三种含氯元素的离子，其中ClO﹣、ClO3﹣两种离子的物质的量〔n〕与反响时间〔t〕的曲线如下图。
〔1〕t1时刻之前发生的反响是：　 　。
〔2〕t2时，Ca〔OH〕2与Cl2发生反响的总化学方程式为10Ca〔OH〕2+10Cl2═2Ca〔ClO〕2+Ca〔ClO3〕2+7CaCl2+10H2O，那么该石灰乳中含有Ca〔OH〕2的物质的量是　 　mol。
〔3〕据分析，生成Ca〔ClO3〕2的反响是由温度升高引起的，通入Cl2的速度不同，ClO﹣和ClO3﹣的比例也不同。假设在原石灰乳中通入氯气的速度加快，那么反响后　 　2〔填“＞〞、“＜〞或“＝〞〕；氯酸钙〔Ca〔ClO3〕2〕为有毒化学品，其粉尘对呼吸道、眼及皮肤有刺激性，吸入氯酸钙粉尘，会因积累在体内而引起中毒。为了防止使用漂白粉时出现意外，制备漂白粉时可以采取的措施　 　〔写一条即可〕。

34．盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。HCl极易溶于水，工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。
〔1〕用密度为1.2g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为　 　mL。
〔2〕溶液配制中需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、　 　、　 　。
〔3〕实验过程中，以下操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是　 　。
A．量取浓盐酸时俯视刻度线
B．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水
C．定容时俯视刻度线
D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒
35．某厂平均每天产生的废氨水中NH3的浓度为15mg•L﹣1，密度为1g•cm﹣3
〔1〕NH3的电子式：　 　。
〔2〕该废氨水中NH3的物质的量浓度为　 　mol•L﹣1．〔保存两位有效数字〕
〔3〕可用NaClO氧化法处理氨氮废水，在酸性条件下，NaClO可与氨水中的NH4+反响生成N2使废氨水的浓度减小，该反响的离子方程式为　 　。
〔4〕对废氨水进行加热，蒸发得到的NH3可用于制备NO，反响原理：4NO〔g〕+5O2〔g〕⇌4N2〔g〕+6H2O〔g〕，以下表达正确的选项是　 　。〔填字母序号〕
A．反响到达平衡时，假设两种反响物的转化率相等，那么起始投入的n〔NO〕：n〔O2〕＝4：5
B．NO〔g〕和H2O〔g〕浓度比不再变化说明该反响到达化学平衡状态
C．当v正〔NH3〕：v正〔NO〕＝1：1时，说明该化学反响已经到达平衡
〔5〕工业上，可以用饱和纯碱溶液与Cl2反响制取NaClO〔次氯酸钠〕，其反响的化学方程式是2Na2CO3+Cl2+H2O═NaC1+NaClO+2NaHCO3，此方法的原子利用率为　 　%．〔保存三位有效数字〕。
36．化学反响中的能量变化，是由化学反响中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同所致。
〔1〕键能也可以用于估算化学反响的反响热〔△H〕如表是局部化学键的键能数据：
化学键
P﹣P
P﹣O
O＝O
P＝O
键能/〔kJ•mol﹣1〕

172

335

498

X
白磷的燃烧热为2378.0kJ/mol，白磷完全燃烧的产物结构如下图，那么上表中X＝　 　。
〔2〕1840年，俄国化学家盖斯在分析了许多化学反响热效应的根底上，总结出一条规律：“一个化学反响，不管是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相同的。〞这个规律被称为盖斯定律。有些反响的反响热虽然无法直接测得，但可以利用盖斯定律间接计算求得。
①：
C〔石墨〕+O2〔g〕═CO2〔g〕△H1＝﹣393.5kJ/mol①
2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔l〕△H2＝﹣571.6kJ/mol②
2C2H2〔g〕+5O2〔g〕═4CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H3＝﹣2599.2kJ/mol③
那么由C〔石墨〕和H2〔g〕反响生成1mol C2H2〔g〕的焓变为　 　。
②3.6g碳在6.4g的氧气中燃烧，至反响物耗尽，并放出xkJ热量。单质碳的燃烧热为ykJ/mol，那么C与O2反响生成CO的热化学反响方程式　 　。

37．水是生命之源。从某些方面看，NH3与 H2O 相当，NH4和H3O 〔常简写为 H 〕相当；NH2和OH﹣相当；NH2﹣〔有时还包括 N3﹣〕和 O2﹣相当。
〔1〕 Ca+2H2O＝Ca 〔OH〕2+H2↑，Ca与液氨反响生成H2和　 　 〔填生成物的化学式〕。
〔2〕﹣78℃时，NH3和 PCl3在某种溶剂中发生复分解反响生成一种含磷化合物 A〔摩尔质量 为 79 g/mol〕。A 不稳定，易分解为黄色物质，B 中磷的质量分数为 68.89%．写出 A 分解为 B 的化学方程式：　 　。
38．氨气〔NH3〕是一种重要的化工原料，广泛应用于制氮肥、制药、合成纤维等。请答复以下问题：
〔1〕2mol NH3在标准状况下的体积是　 　。
〔2〕2mol NH3的质量是，其中所含氢元素的质量是　 　。
〔3〕2mol NH3所含的氨分子数为，电子数为　 　。
〔4〕工业上用反响N2+3H22NH3来合成氨气，那么假设制得2mol NH3，标准状况下参与反响的H2的体积为；14克N2参与反响可得NH3物质的量为　 　。
参考答案
一．选择题〔共8小题〕
1．解：A．根据图象知n〔KClO〕＝0.06mol，n〔KClO3〕＝0.03mol，根据转移电子相等得n〔KCl〕＝n〔KClO〕+5n〔KClO3〕，那么n〔KCl〕＝0.06mol+0.03mol×5＝0.21mol，由钾离子守恒可得n〔KOH〕＝0.21mol+0.06mol+0.03mol＝0.3mol，故A正确；
B．根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反响是放热反响，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反响生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，故B错误；
C.反响生成n〔KClO〕＝0.06mol，n〔KClO3〕＝0.03mol，故转移电子为0.06mol×1+0.03mol×5＝0.21mol，故C正确；
D.生成的ClO﹣、ClO3﹣、Cl﹣物质的量之比为0.06mol：0.03mol：0.21mol＝2：1：7，故总的离子反响方程式为10OH﹣+5Cl2═2ClO﹣+ClO3﹣+7Cl﹣+5H2O，故D正确，
答案：B。
2．解：A．x﹣y的值即为Al〔OH〕3的物质的量，
那么设Al〔OH〕3的物质的量为n，
Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O
1 1
n 〔35﹣33〕×10﹣3L×5mol•L﹣1
那么n＝〔35﹣33〕×10﹣3L×5mol•L﹣1＝0.01mol，即x﹣y＝0.01mol，故A正确；
B．由图可知，参加33mLNaOH溶液时Cl﹣离子以NaCl形式存在，
设Cl﹣离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知
NaOH～NaCl～Cl﹣，
1 1
33×10﹣3L×5mol•L﹣1 z
那么z＝33×10﹣3L×5mol•L﹣1＝0.165mol，原溶液中Cl﹣的物质的量浓度为：c〔Cl﹣〕＝＝1.65 mol/L，故B正确；
C.0～4mL时发生反响H++OH﹣═H2O，那么H+的物质的量为：4mL×10﹣3L×5mol•L﹣1＝0.02mol，原溶液的c〔H+〕＝＝0.2mol/L，故C正确；
D.4mL～30mL段Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀，
那么 Al3++3OH﹣═Al〔OH〕3↓
1 3 1
0.01mol 0.03mol 0.01mol
镁离子结合的n〔OH﹣〕＝〔30﹣4〕mL×10﹣3L×5mol•L﹣1﹣0.03mol＝0.1mol，
设镁离子的物质的量为m，
Mg2++2OH﹣═Mg〔OH〕2↓
1 2
m 0.1mol
那么＝，解得：m＝0.05mol，那么原溶液中n〔Mg2+〕：n〔Al3+〕＝0.05mol：0.01mol＝5：1，故D错误；
答案：D。
3．解：0.5L2mol/LFeCl3溶液中c〔Cl﹣〕＝3c〔FeCl3〕＝3×2mol/L＝6mol/L；0.2L3mol/LKCl溶液中c〔Cl﹣〕＝c〔KCl〕＝3mol/L，所以0.5L2mol/LFeCl3溶液与0.2L3mol/LKCl溶液中的Cl﹣的物质的量浓度之比为6mol/L：3mol/L＝2：1，故A正确，
答案：A。
4．解：A．该品牌饮用矿物质水中离子浓度表示单位体积内含有离子的质量，不是物质的量浓度，故A错误；
B．由标签可知，Mg2+为0.1～4.8mg/L，那么c〔Mg2+〕的最大值为＝2.0×10﹣4mol/L，故B错误；
C．根据硫酸镁的化学式可知，c〔SO42﹣〕的最大值也为2.0×10﹣4mol/L，1瓶该品牌饮用矿泉水的体积为500mL，那么硫酸根离子的物质的量最大值为2×10﹣4mol/L×0.5L＝1.0×10﹣4mol，故C错误；
D．由矿泉水制蒸馏水应使用直形冷凝管，蒸馏结束时为使水蒸气得到充分冷凝，应先熄灭酒精灯再停止通冷却水，故D正确；
答案：D。
5．解：设O＝O的键能为x，根据△H＝反响物总键能﹣生成物总键能，可得﹣1638kJ＝6mol×198kJ/mol+3x﹣12mol×360kJ/mol，解得x＝996kJ/mol，
答案：A。
6．解：该反响可以表示为：P4+5O2P4O10根据△H＝反响物总键能﹣生成物总键能，﹣2378kJ＝197kJ/mol×6+499kJ/mol×5﹣4xkJ/mol﹣360kJ/mol×12，解得x＝434，
答案：A。
7．解：NH4HCO3中N原子总相对原子质量与分子的相对分子质量之比为14：79；
NH4Cl中N原子总相对原子质量与分子的相对分子质量之比为14：53.5；
NH4NO3中N原子总相对原子质量与分子的相对分子质量之比为14×2：80＝14：40；
CO〔NH2〕2中N原子总相对原子质量与分子的相对分子质量之比为14×2：60＝14：30，
故CO〔NH2〕2中N元素的含量最高。
答案：D。
8．解：甲醛分子式为CH2O，乙烯分子式为C2H4、丙烯分子式为C3H6，三种分子中碳、氢原子的个数比均为1：2，所以混合中碳、氢原子的个数比也为1：2，质量比为12：2＝6：1，氧元素质量分数为9%，那么混合物中C，H元素总质量分数为1﹣9%＝91%，故混合物中碳元素质量分数为91%×＝78%，
答案：C。
二．填空题〔共8小题〕
9．解：溶液中n〔Cl﹣〕＝0.2L×1.3mol/L＝0.26mol，
溶液中n〔Mg2+〕＝0.2mol/L×0.2L＝0.04mol，
所以溶液中n〔Al3+〕＝＝0.06mol，
将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg〔OH〕2沉淀并别离析出，反响后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，
由原子守恒可知n〔NaOH〕＝n〔Na+〕＝n〔Cl﹣〕+n〔Al3+〕＝0.26mol+0.06mol＝0.32mol，
所以至少需要2mol/L氢氧化钠溶液的体积为：0.32mol÷4mol/L＝0.08L＝80mL，
答案：80。
10．解：〔1〕2mol•L﹣1NaHSO4与1mol•L﹣1Ba〔OH〕2溶液等体积混合，即NaHSO4与Ba〔OH〕2按照物质的量2：1反响，氢离子与氢氧根离子恰好反响，反响的离子方程式：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，
答案：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O；
〔2〕Na与FeCl3溶液的反响是先和水反响，生成的氢氧化钠再和FeCl3溶液反响，生成氢氧化铁，所以离子方程式为6Na+6H2O+2Fe3+＝2Fe〔OH〕3↓+6Na++3H2↑，
答案：6Na+6H2O+2Fe3+＝2Fe〔OH〕3↓+6Na++3H2↑；
〔3〕当通入氯气11.2L时，溶液中I﹣还有剩余，即氯气只与I﹣反响，反响Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，生成1molCl﹣，Cl﹣的初始物质的量为〔2.5﹣1〕mol＝1.5mol，由表中数据可以知道：Br﹣的初始物质的量为3mol，当通入Cl2氯气22.4L时即1mol，被氧化的Br﹣物质的量为3mol﹣2.5mol＝0.5mol，由反响，Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，可以知道n〔Cl2〕＝n〔Br﹣〕＝0.25mol，所以Cl2 ；+2I﹣═I2+2Cl﹣，中消耗Cl2的物质的量为1mol﹣0.25mol＝0.75mol，因此原溶液中I﹣为：n〔I﹣〕＝2n〔Cl2〕＝0.75mol×2＝1.5mol，故原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为1.5mol：3mol：1.5mol＝1：2：1，
答案：1：2：1。
11．解：〔1〕①溶液中c〔Na+〕＝1mol/L，c〔Mg2+〕＝1.5mol/L，0.2L溶液中含有钠离子的物质的量为：n〔Na+〕＝1mol/L×0.2L＝0.2mol，n〔Mg2+〕＝1.5mol/L×0.2L＝0.3mol，所以MgCl2的物质的量为0.3mol，
答案：0.2；0.3；
②根据电荷守恒可知：n〔Cl﹣〕＝n〔Na+〕+2n〔Mg2+〕＝0.2mol+0.3mol×2＝0.8mol，
答案：0.8；
〔2〕①a点是局部硫酸与氢氧化钠反响，硫酸过量，硫酸铜没有参加反响，所以溶液中溶质是H2SO4、CuSO4、Na2SO4，
答案：H2SO4、CuSO4、Na2SO4；
②bd段反响生成沉淀，即硫酸铜与氢氧化钠溶液反响生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，发生反响的化学方程式为CuSO4+2NaOH═Na2SO4 +Cu〔OH〕2↓，
答案：CuSO4+2NaOH═Na2SO4 +Cu〔OH〕2↓；
③氢氧化铜的物质的量为0.25mol，由CuSO4+2NaOH═Na2SO4 +Cu〔OH〕2↓可知，消耗的氢氧化钠的物质的量为0.5mol，其体积为100mL，那么氢氧化钠的物质的量浓度为＝5mol/L，
答案：5mol/L。
12．解：〔1〕Al2〔SO4〕3溶液中硫酸根离子浓度＝3×c〔SO42﹣〕＝2mol/L×3＝6mol/L；
答案：6mol/L；
〔2〕设氢气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，那么：2x+18y＝36，〔x+y〕×22.4L/mol＝6.72L，解得：x＝2，y＝1，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以这种混合气体中H2和O2的体积为2：1；
答案：2：1；
〔3〕标准状况下，将33.6LNH3溶于水配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度为：＝3mol/L；
答案：3mol/L；
〔4〕1.505×1023个A气体分子的质量为31g，那么A气体的摩尔质量：＝124g/mol；
答案：124g/mol。
13．解：消耗1mol氢气时生成1molHCl的△H＝436kJ/mol+243kJ/mol﹣2×432kJ/mol＝﹣185kJ/mol，生成1molHBr的△H＝436kJ/mol+193kJ/mol﹣2×366kJ/mol＝﹣103kJ/mol，生成1molHI的△H＝436kJ/mol+151kJ/mol﹣2×298kJ/mol＝﹣9kJ/mol，可知消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是Cl2，
答案：放出；Cl2。
14．解：0.3mol的气态高能燃料乙硼烷〔B2H6〕在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，那么1molB2H6完全燃烧放热为2165kJ，所以反响的热化学方程式为：B2H6〔g〕+3O2〔g〕＝B2H3〔s〕+3H2O〔l〕△H＝﹣2165kJ/mol，
反响生成气态水的反响为：B2H6〔g〕+3O2〔g〕＝B2H3〔s〕+3H2O〔g〕，根据盖斯定律，反响的焓变为△H＝﹣2033kJ/mol，11.2L〔标准状况〕乙硼烷的物质的量为＝0.5mol，所以反响放出的热量为1016.5kJ，
答案：1016.5。
15．解：〔1〕混合气体的密度是H2的14.5倍，那么混合气体平均相对分子质量为14.5×2＝29，CO、N2的相对分子质量都是28，可以看作CO、O2的混合气体，令CO、N2的总物质的量为xmol、O2的物质的量为ymol，那么28x+32y＝29〔x+y〕，整理得x：y＝3：1，故氧气的质量分数＝×100%＝27.6%；
其中CO和N2的物质的量之比为1：1，令氧气为1mol，那么混合气体中氧元素的质量分数为×100%＝48.3%，
答案：27.6%；48.3%；
〔2〕设氯气的气体为x，氧气的体积为〔100mL﹣x〕，那么：
Cl2+H22HCl 2H2+O22H2O
x x 2〔100mL﹣x〕〔100mL﹣x〕
所以，x+2〔100mL﹣x〕＝150mL 解得：x＝50mL，氧气的体积为100mL﹣50mL＝50mL，所以，混合气体中Cl2和O2的体积之比为50mL：50mL＝1：1．假设氯气和氧气各1摩尔，那么混合气体的平均摩尔质量为：＝51.5g/mol，
答案：1：1；51.5g/mol。
16．解：因为NaHS、NaHSO3组成中钠和氢的个数比是1：1，可以把钠元素和氢元素放在一起看做镁元素〔23+1＝24〕，这样三种物质相当于是MgS、MgSO4、MgSO3，此时三种物质中镁和硫的个数比都是1：1；硫元素的质量分数为32%，所以镁元素的质量分数为 ×32%＝24%，那么混合物中氧元素的质量分数为1﹣32%﹣24%＝44%．
答案：44%．
三．实验题〔共7小题〕
17．解：〔1〕某强酸性无色溶液中Fe2+、SiO32﹣、MnO4﹣、SO32﹣一定不存在；参加硫酸无沉淀产生，一定不含Ba2+，参加过量的氢氧化钠，加热，产生沉淀、气体，那么一定存在Mg2+、NH4+，沉淀Z为Mg〔OH〕2，
答案：4；Mg〔OH〕2；
〔2〕气体X是氨气，检验方法：湿润的红色石蕊试纸靠近X，试纸变蓝〔或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒冐白烟〕，
答案：湿润的红色石蕊试纸靠近X，试纸变蓝〔或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒冐白烟〕；
〔3〕实验Ⅱ的图象中BC段是氢氧化铝溶于氢氧化钠的过程，对应的离子方程式：Al〔OH〕3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，
答案：Al〔OH〕3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
〔4〕BC段对应的离子方程式Al〔OH〕3+OH﹣＝[Al〔OH〕4]﹣，消耗的氢氧化钠是0.001mol，所以含有铝离子是0.001mol，沉淀镁离子和铝离子一共消耗氢氧化钠0.005mol，所以镁离子物质的量也是0.001mol，A电得到的固体是氢氧化镁0.001mol和氢氧化铝0.001mol，质量是0.001mol×58g/mol+0.001mol×78g/mol＝0.136g，
答案：0.136；
〔5〕该溶液中存在的阴离子是NO3﹣，根据图象，溶液存在氢离子是0.001mol，存在铵根离子是0.002mol，铝离子、镁离子各是0.001mol，根据电荷守恒得到硝酸根离子物质的量n＝0.001mol+0.002mol+0.002mol+0.003mol＝0.008mol，浓度是c＝＝0.08mol/L；NO3﹣的检验常利用Cu能与稀硝酸反响的性质检验：取液，参加铜片，再加少量浓硫酸，有无色气体产生，并且在空气中变为红棕色，有NO生成，说明原溶液中含有NO3﹣，
答案：NO3﹣；0.08；取液，参加铜片，再加少量浓硫酸，有无色气体产生，在空气中变为红棕色。
18．解：〔1〕溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；
③第三份逐滴滴加NaOH 溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在参加过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀局部溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明参加OH﹣时无沉淀生成，溶液中有NH4+，发生反响：NH4++OH﹣＝NH3•H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+．沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，沉淀最小时为氢氧化镁，故n[Mg〔OH〕2]＝0.01mol，根据原子守恒知，n〔Mg2+〕＝n[Mg〔OH〕2]＝0.01mol。生成0.01molMg〔OH〕2需要n〔NaOH〕＝0.02mol，Al〔OH〕3和NaOH反响生成NaAlO2需要NaOH溶液的体积是5mL，那么铝离子和NaOH溶液反响生成Al〔OH〕3沉淀时需要NaOH溶液的体积是15mL，那么生成氢氧化镁需要NaOH溶液的体积是10mL，氢氧化铝和NaOH溶液反响生成NaAlO2时消耗NaOH为0.02mol×＝0.01mol，那么n[Al〔OH〕3]＝0.01mol，结合原子守恒知n〔Al3+〕＝n[Al〔OH〕3]＝0.01mol。NH4+完全反响消耗NaOH为10mL，那么n〔NH4+〕＝n〔OH﹣〕＝0.02mol；
①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断至少含有CO32﹣、SO42﹣中的一种。因通过图象知含有Al3+，而铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO32﹣、一定含有SO42﹣；
②第二份加足里BaCl2 溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、枯燥后，沉淀质量为6.99g为BaSO4的质量，n〔BaSO4〕＝6.99g÷233g/mol＝0.03mol，所以n〔SO42﹣〕＝n〔BaSO4〕＝0.03mol；
由电荷守恒，3n〔Al3+〕+n〔NH4+〕+2n〔Mg2+〕＝0.07mol＞2n〔SO42﹣〕＝0.06mol，所以溶液中还存在NO3﹣离子，通过此实验无法判断是否含有K+，原溶液中一定不存在的离子是：Cu2+、CO32﹣、H+，
答案：Cu2+、CO32﹣、H+；
〔2〕溶液中离子浓度比拟小，25～35段发生反响的离子方程式为：NH4++OH﹣＝NH3•H2O，
答案：NH4++OH﹣＝NH3•H2O；
〔3〕35～40段发生反响的离子方程式为：Al〔OH〕3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，
答案：Al〔OH〕3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
〔4〕生成0.01molMg〔OH〕2需要n〔NaOH〕＝0.02mol，需要NaOH溶液的体积是10mL，实验所加的NaOH的浓度为：0.02mol÷0.01L＝2mol/L，
答案：2mol/L；
〔5〕根据电荷守恒，阳离子的总电荷为：2n〔Mg2+〕+3n〔Al3+〕+n〔NH4+〕+n〔K+〕＝0.07mol+n〔K+〕，阴离子的总电荷为：2n〔SO42﹣〕+n〔NO3﹣〕×1＝0.06mol+n〔NO3﹣〕，阳离子的总电荷等于阴离子所带的总电荷：0.07mol+n〔K+〕═0.06mol+n〔NO3﹣〕，因K+不能和中学常见物质反响产生特殊现象进行判断，只能用焰色反响判断，该实验无法判断其是否存在，所以n〔NO3﹣〕≥0.01mol，
答案：n〔NO3﹣〕≥0.01mol。
19．解：〔1〕浓盐酸物质的量浓度为：＝11.9mol/L；
答案：11.9；
〔2〕配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制 245 mL 物质的量浓度为 0.400 mol/L 的稀盐酸，应选择250mL容量瓶，所以缺少的仪器为：250mL容量瓶；设需要浓盐酸体积为V，那么依据溶液稀释规律得：11.9mol/L×V＝0.400 mol/L×250mL，解得V＝8.4mL；
答案：250mL容量瓶；8.4；
Ⅱ．〔1〕蔗糖被浓硫酸碳化，得到的碳与浓硫酸反响生成二氧化碳和二氧化硫、水，反响的化学方程式：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；
答案：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；
〔2〕将适量的蔗糖放入烧杯中，加几滴水，搅拌均匀，然后参加浓硫酸，生成黑色物质碳表现了浓硫酸的脱水性，黑色物质继续与浓硫酸作用会产生两种气体，表达了浓硫酸的强氧化性，该过程中没有表现出酸性和吸水性，
答案：③④；
〔3〕Cl2与SO2气体都具有漂白性，将等体积的Cl2和SO2通入到水中，会发生反响Cl2+SO2+2H2O＝2HCl+H2SO4，所以得到的溶液不具有漂白性；
答案：Cl2+SO2+2H2O＝2HCl+H2SO4；
III．32 g 铜物质的量为：＝0.5mol，将 32 g 铜与 250 mL 一定浓度的硝酸恰好完全反响，产生的 NO 和 NO2 混合气体在标准状况下的体积为 11.2 L，NO2、NO的物质的量共为：＝0.5mol，反响后得到硝酸铜溶液，依据氮原子守恒可知原硝酸溶液中硝酸物质的量为：0.5mol×2+0.5mol＝1.5mol，硝酸物质的量浓度为：＝6mol/L；
答案：6；
〔2〕将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其中缓慢通入O2，使其充分反响，假设要使水恰好充满容器，那么NO2、NO与氧气和水完全反响生成硝酸，根据电子守恒可知硝酸与铜反响得到电子的物质的量应等于O2氧化NO2、NO生成硝酸得到电子的物质的量，也等于0.5molCu失去电子的物质的量，
设需通入O2的体积为x，由电子守恒，可得：
2Cu～O2
2mol 22.4L
0.5mol x
2mol：22.4L＝0.5mol：x
解得：x＝5.6L，
答：理论上需要通入O2的在标准状况的体积是5.6L。
20．解：〔1〕浓H2SO4的物质的量浓度c＝＝mol/L＝18.4mol/L，配制成0.5 mol/L的稀H2SO4 450mL，需要选取500mL容量瓶，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L＝500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6，所以量取的浓硫酸体积是13.6mL，
答案：13.6mL；
〔2〕配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，还缺的仪器有：500mL容量瓶；其使用前需要检漏；还需要仪器有20mL量筒，
答案：500m L 容量瓶；检漏；20mL量筒；
〔3〕①用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，量取浓硫酸的体积偏大，所配溶液浓度偏高，故①不符合；。
②取浓硫酸时，浓硫酸长时间暴露在空气中，由于浓硫酸具有吸水性，所配溶液浓度偏低，故②符合；
③溶解后没有冷却至室温就将液体转移至容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故③不符合；
④用胶头滴管往容量瓶中加水时，不小心液面超过了刻度，导致溶液的体积偏大，溶质的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低，故④符合；
⑤转移液体溶液时，发现容量瓶漏水，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故⑤符合；
答案：②④⑤。
21．解：〔1〕反响热＝反响物总键能﹣生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是﹣CH2CH3中总键能与﹣CH＝CH2、H2总键能之差，所以△H＝〔5×412+348﹣3×412﹣612﹣436〕kJ•mol﹣1＝+124kJ•mol﹣1，
答案：+124；
〔2〕A．升高温度加快反响速率，故A错误；
B．等体积条件下充入少量的乙烯气体，总压增大分压不变，反响速率不变，故B正确；
C．减小体积，压强增大，反响速率增大，故C错误；
D．等体积条件下充入少量的苯乙烯气体，反响物浓度增大，分压速率增大，故D错误；
E．等体积条件下充入少量的氦气，气体总压增大，分压不变，平衡不变，反响速率不变，故E正确；
答案：BE；
〔3〕苯乙烯在一定条件下合成聚苯乙烯的化学方程式为：，
答案：；
〔4〕氢氧燃料电池的简易图，正极反响为氧气得到电子发生复原反响，在酸溶液中生成水，电极反响：O2+4H++4e﹣＝2H2O，每生成1mol水，通过导线转移的电子物质的量为2mol，
答案：O2+4H++4e﹣＝2H2O；2。
22．解：〔1〕反响②水解反响：COS〔g〕+H2O〔g〕═H2S〔g〕+CO2〔g〕的焓变＝〔742+465×2〕﹣〔339+803〕＝﹣35kJ/mol，
答案：﹣35；
〔2〕放热的、能自发的氧化复原反响可以设计成原电池；①氢解反响：COS〔g〕+H2〔g〕═H2S〔g〕+CO〔g〕△H1＝+7kJ/mol，氢解反响是吸热反响，水解反响是非氧化复原反响，都不可以设计成原电池；
答案：否；氢解反响是吸热反响，水解反响是非氧化复原反响；
〔4〕①原电池的正极上得电子的复原反响，电极反响为：COS+2e﹣+2H+═CO↑+H2S，
答案：COS+2e﹣+2H+═CO↑+H2S；
③原电池的电流从正极流向负极，金属失电子发生氧化反响的电极是负极，即电流的流动方向是Pt→MH，根据反响：COS+2e﹣+2H+═CO↑+H2S，当电路中有2mol电子流过时能够处理羰基硫〔COS〕1mol，标况下的体积是22.4L，
答案：Pt；MH；22.4。
23．解：〔1〕①单质组成元素只有一种，那么Cu、Fe是单质，故属于单质的有2种，
答案：2；
②鸡屎矾为碱式硫酸铜或碱式碳酸铜，故鸡屎矾的两种成分属于碱式盐，
答案：碱式盐；
③CH3COOH是一元弱酸，且为有机酸，其存在电离：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故为电解质，那么对其判断正确的选项是cd，
答案：cd；
〔2〕①鸡屎矾投苦酒中发生复分解反响生成醋酸铜、水和二氧化碳，对应的化学方程式为Cu2〔OH〕2CO3+4CH3COOH＝2〔CH3COO〕2Cu+CO2↑+3H2O，
答案：Cu2〔OH〕2CO3+4CH3COOH＝2〔CH3COO〕2Cu+CO2↑+3H2O；
②投苦酒〔醋〕中，涂铁皆作铜色，可知Fe置换出Cu，对应的离子方程式为Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+，为置换反响，
答案：Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+；置换反响；
〔3〕化合价的代数和为0，故2a﹣b﹣2c＝0； a＝x＝3，那么碱式硫酸铜[Cua3〔OH〕b〔SO4〕c･3H2O]，因为2a﹣b﹣2c＝0，即6﹣b﹣2c＝0，b+2c＝6，假设b＝4，c＝1，那么碱式硫酸铜[Cu3〔OH〕4SO4･3H2O]，故碱式其灼烧分解的方程式为[Cu3〔OH〕4SO4･3H2O]CuSO4+2CuO+5H2O，
答案：2a﹣b﹣2c＝0；[Cu3〔OH〕4SO4･3H2O]CuSO4+2CuO+5H2O；
〔4〕w〔Cu〕＝＝，
答案：。
四．计算题〔共8小题〕
24．解：〔1〕根据图示，参加150mLBa〔OH〕2溶液与MgSO4溶液反响生成 Mg〔OH〕2、BaSO4沉淀，参加150mL﹣200mL Ba〔OH〕2溶液与 〔NH4〕2SO4溶液反响生成BaSO4沉淀的质量是11.06g﹣8.73g＝2.33g，BaSO4物质的量为0.01mol，根据 〔NH4〕2SO4+Ba〔OH〕2＝2NH3•H2O+BaSO4↓，消耗Ba〔OH〕2的物质的量是0.01mol，Ba〔OH〕2的浓度为0.01mol÷0.05L＝0.2mol•L﹣1；
答案：0.2mol•L﹣1
〔2〕与MgSO4溶液反响消耗Ba〔OH〕2溶液150mL，与〔NH4〕2SO4溶液反响消耗Ba〔OH〕2溶液50mL，根据方程式MgSO4+Ba〔OH〕2＝Mg〔OH〕2↓+BaSO4↓，〔NH4〕2SO4+Ba〔OH〕2＝2NH3•H2O+BaSO4↓，MgSO4和〔NH4〕2SO4物质的量之比为3：1。
答案：3：1
25．解：NH4Fe〔SO4〕2和NH4HSO4溶液中逐滴参加 Ba〔OH〕2溶液，立刻发生反响为Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，OH﹣与H+、Fe3+、NH4+反响的先后顺序为离子方程式：H++OH﹣═H2O，Fe3++3OH﹣═Fe〔OH〕3↓，NH4++OH﹣═NH3•H2O。
〔1〕当b＝1，a＝2时，溶液中有2mol NH4Fe〔SO4〕2和2mol NH4HSO4，向溶液中逐滴参加1mol Ba〔OH〕2溶液时，发生反响为Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，Ba2+为少量，H++OH﹣═H2O，溶液中产生的沉淀为1molBaSO4，质量为1mol×233g/mol＝233 g，
答案：233；
〔2〕当b＝2.5a时，amol NH4Fe〔SO4〕2和amol NH4HSO4溶液中逐滴参加2.5amol Ba〔OH〕2溶液，发生反响为Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，Ba2+为少量，那么生成2.5amolBaSO4，反响H++OH﹣═H2O，消耗amolOH﹣，还有4amolOH﹣，再发生Fe3++3OH﹣═Fe〔OH〕3↓，Fe3+为少量，那么溶液中产生的沉淀为2.5amolBaSO4和amolFe〔OH〕3，沉淀质量为2.5amol×233g/mol+amol×170g/mol＝689.5a g，
答案：689.5a。
26．解：4.6g金属钠的物质的量为n〔Na〕＝＝0.2mol，生成的氢氧化钠为0.2mol，氢气为0.1mol，
反响后溶液的质量为〔m+4.6﹣0.1mol×2g/mol〕＝〔m+4.4〕g，那么溶液的体积V＝＝mL，
所以溶液的浓度为＝mol/L；
答：所得溶液的物质的量浓度为mol/L。
27．解：〔1〕需要0.1 mol/L氢氧化钠溶液100 mL，需要氢氧化钠质量为：0.1mol/L×0.1L×40g/mol＝0.4g；
答：需溶质氢氧化钠的质量为0.4g；
〔2〕令需要要2mol/L氢氧化钠溶液的体积为V，根据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，那么：
2mol/L×V＝0.1mol/L×100mL，解得V＝5mL，
答：所需2mol/L氢氧化钠溶液的体积为5mL；
28．解：1kg CaCO3物质的量为：＝10.0mol，煅烧10.0 mol CaCO3需要吸收的热量为：177.7 kJ/mol×10.0mol＝1777kJ，10.0 mol CaCO3分解所吸收的热量全部由C燃烧来提供，即与一定质量的C燃烧放出的热量相等．
设需要燃烧C的质量为x．
C〔s〕+O2〔g〕═CO2〔g〕△H＝﹣393.5 kJ/mol
12g 393.5kJ
xg 1777kJ
＝，解得：x＝54.2g，需要燃烧C的质量为54.2g，
答：需要燃烧C的质量为54.2g。
29．解：〔1〕血液受到心脏的压力为F，由p＝可知，心脏起搏一次对血液所做的功W＝FL＝p0SL＝p0V0，V0是心脏跳动一次输送的血液。心脏一次搏动做功为：W＝p0V0＝1.6×104Pa×80×10﹣6m3＝1.28J，
心脏在一分钟内做的功为：W总＝nW＝70×1.28J＝89.6J，心脏推动血液流动的平均功率为：P＝＝＝1.49W。
答案：1.49W。
在一分钟内做的功为89.6J，那么一天需要的能量为89.6J×24×60＝129024J，设由于心脏跳动每天需消耗葡萄糖的质量为x，由C6H12O6〔s〕+6O2〔g〕→6CO2〔g〕+6H2O〔g〕〔放出热量2804kJ〕有：×2804×1000×80%＝129024，解得x≈10.3g。
答案：10.3g。
据关系式：C6H12O6～6O2，10.3g葡萄糖需要的标况下氧气的体积为：V＝nVm＝×6×22.4L/mol＝7.68L。
答案：7.68L。
30．解：〔1〕0.1g“毒鼠强〞的物质的量为：0.1g÷240g/mol≈4.2×10﹣4 mol，
答：0.1g“毒鼠强〞的物质的量约为4.2×10﹣4 mol。
〔2〕“毒鼠强〞中C、H、O三种元素的原子个数比＝：：＝20：36：21，
答：“毒鼠强〞中C、H、O三种元素的原子个数比为20：36：21。
31．解：25mL溶液中n〔M2+〕＝n〔Y4﹣〕＝0.1000mol/L×24.96×10﹣3 L＝2.496×10﹣3 mol，故2.130g化合物中M2+的物质的量＝2.496×10﹣3 mol×＝4×2.496×10﹣3 mol，那么 MX2的相对分子质量＝2.130÷〔4×2.496×10﹣3〕＝213，
有机酸根中只含有C、H、N、O 四种元素，其质量分数依次为 32.43%、5.41%、18.92%和 43.24%，那么酸根中C、H、N、O原子数目之比＝：：：＝2：4：1：2，酸根中原子组成最简式为C2H4NO2，化合物MX2中M2+与酸根X﹣为1：2，酸根最简式的式量为74，故酸根的组成为：C2H4NO2﹣，该有机酸根为H2NCH2COO﹣，那么M的相对原子质量＝213﹣74×2＝65，那么M为Zn，MX2 的化学式为〔H2NCH2COO〕2Zn
答：MX2 的化学式为〔H2NCH2COO〕2Zn。
五．解答题〔共7小题〕
32．解：〔1〕OA段发生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，反响的离子方程式为：H++OH﹣＝H2O，BC段为氢氧化铝与NaOH的反响，生成偏铝酸钠和水，反响的离子方程式为Al〔OH〕3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，
答案：H++OH﹣＝H2O；Al〔OH〕3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
〔2〕BC段减少的为氢氧化铝沉淀，其物质的量为＝0.1mol，即n〔Al〕＝0.1mol，氢氧化镁的质量为5.8g，物质的量为＝0.1mol，即n〔Mg〕＝0.1mol，那么合金的质量为24×0.1+27×0.1＝5.1g，
答案：5.1g；
〔3〕由Al〔OH〕3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O可知，消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol，那么c〔NaOH〕＝＝5mol/L，B点时，溶液刚好为NaCl溶液，此时消耗n〔NaOH〕＝5mol/L×0.12L＝0.6mol，c〔HCl〕＝＝6mol/L，
答案：6mol/L；
〔4〕由Al〔OH〕3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O可知，消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol，那么c〔NaOH〕＝＝5mol/L，
答案：5mol/L。
33．解：〔1〕t1时刻之前生成次氯酸盐，故氯气与氢氧化钙反响生成氯化钙、次氯酸钙与水，反响方程式为：2Ca〔OH〕2+2Cl2＝Ca〔C1O〕2+CaCl2+2H2O，
答案：2Ca〔OH〕2+2Cl2＝Ca〔C1O〕2+CaCl2+2H2O；
〔2〕由图可知，t2时氢氧化钙与氯气恰好反响，n〔ClO﹣〕＝2mol，故n[Ca〔ClO〕2]＝1mol，根据方程式10Cl2+10Ca〔OH〕2＝7CaCl2+2Ca〔ClO〕2+Ca〔ClO3〕2+10H2O可知，n[Ca〔OH〕2]＝5n[Ca〔ClO〕2]＝1mol×5＝5mol，
答案：5；
〔3〕通入氯气的速率加快，反响速率加快，反响放出的热量无法很快散失，体系温度升高，生成的n〔ClO3﹣〕增多，所以n〔ClO﹣〕/n〔ClO3﹣〕＜2；制备中尽量少的生成Ca〔ClO3〕2，而较高温度下有利于Ca〔ClO3〕2〕的生成，所以制备漂白粉时可以采取的措施：控制通入氯气的速度，控制反响的温度等，
答案：＜；控制通入氯气的速度；控制反响的温度等。
34．解：〔1〕质量分数为36.5%，密度为1.20g•cm﹣3的浓盐酸的物质的量浓度为：＝12mo/L，配制250mL 3moL•L﹣1的稀盐酸，需要浓盐酸的体积为：＝0.0625L＝62.5mL，
答案：62.5；
〔2〕溶液配制中需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管，
答案：250mL容量瓶；胶头滴管；
〔3〕A．量取浓盐酸时俯视刻度线，n偏小，浓度偏低，故A不选；
B．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水，对实验无影响，故B不选；
C．定容时俯视刻度线，V偏小，浓度偏高，故C选；
D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，n偏小，浓度偏低，故D不选，
答案：C。
35．解：〔1〕氨气分子中氮原子与每个氢原子共用一对电子，所以电子式为；
答案：；
〔2〕废氨水中NH3的浓度为15mg•L﹣1，那么每升氨水中n〔NH3〕＝＝8.8×10﹣4mol，所以该氨水的浓度为8.8×10﹣4mol/L；
答案：8.8×10﹣4mol/L；
〔3〕根据题意酸性条件下，NaClO可与氨水中的NH4+反响生成N2，ClO¯会被复原成Cl¯，化合价降低2价，NH4+被氧化成N2，化合价升高3价，所以ClO¯和NH4+的计量数之比为3：2，再结合元素守恒可得离子方程式为3ClO﹣+2NH4+＝N2↑+3Cl﹣+3H2O+2H+；
答案：3ClO﹣+2NH4+＝N2↑+3Cl﹣+3H2O+2H+；
〔4〕A．升平衡时△n〔NO〕＝4a，根据方程式可知△n〔O2〕＝5a，所以有，解得 n〔NO〕：n〔O2〕＝4：5，故A正确；
B．初始投料只有NH3和O2，所以NO〔g〕和H2O〔g〕浓度比一直等于计量数之比，该比值不变不能说明反响到达平衡，故B错误；
C．同一反响同一方向不同物质反响速率之比一直等于计量数之比，所以v正〔NH3〕：v正〔NO〕＝1：1时，不能说明反响平衡，故C错误；
答案：A；
〔5〕产物中NaClO为有效成分，所以原子利用率为＝24.8%；
答案：24.8。
36．解：〔1〕白磷燃烧的方程式为P4+5O2＝P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P﹣P、5mol O＝O，形成12molP﹣O、4mol P＝O，
所以12mol×335kJ/mol+4mol×xkJ/mol﹣〔6mol×172 kJ/mol+5 mol×498 kJ/mol〕＝2378.0kJ，
x＝470
答案：470；
〔2〕①：①C〔石墨〕+O2〔g〕＝CO2〔g〕△H1＝﹣393.5kJ/mol
②2H2〔g〕+O2〔g〕＝2H2O〔l〕△H2＝﹣571.6kJ/mol
③2C2H2〔g〕+5O2〔g〕═4CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H＝﹣2599.2kJ/mol
2C 〔s，石墨〕+H2〔g〕＝C2H2〔g〕的反响可以根据①×2+②×﹣③×得到，
那么△H＝2×〔﹣393.5kJ•mol﹣1〕+〔﹣571.6kJ•mol﹣1〕×﹣〔﹣2599.2kJ•mol﹣1〕×＝+226.8kJ/mol，
答案：+226.8kJ/mol；
②碳在氧气中燃烧，氧气缺乏发生反响2C+O2 2CO，氧气足量发生反响C+O2 CO2．
3.6g碳的物质的量为＝0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为＝0.2mol，n〔C〕：n〔O2〕＝3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反响都发生，令生成的CO为amol，CO2为bmol，根据碳元素守恒有a+b＝0.3，根据氧元素守恒有a+2b＝0.2×2，联立方程，解得a＝0.2，b＝0.1。单质碳的燃烧热为y kJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×y kJ/mol＝0.1ykJ，所以生成0.2molCO放出的热量为xkJ﹣0.1ykJ，由于碳燃烧为放热反响，所以反响热△H的符号为“﹣〞，
故1mol C与O2反响生成CO的反响热△H＝﹣×〔x﹣0.1y〕kJ/mol＝﹣〔5x﹣0.5y〕 kJ/mol，那么C与O2反响生成CO的热化学反响方程式：
2C〔s〕+O2〔g〕＝2CO〔g〕△H1＝﹣〔5x﹣0.5y〕 kJ/mol，
答案：2C〔s〕+O2〔g〕＝2CO〔g〕△H1＝﹣〔5x﹣0.5y〕 kJ/mol。
37．解：〔1〕液氨能电离出NH2﹣和H+，钙与氢离子反响生成氢气，那么Ca与液氨反响生成H2和Ca〔NH2〕2；
答案：Ca〔NH2〕2；
〔2〕PCl3和NH3反响生成P〔NH2〕3和NH4Cl，A不稳定在稍高温度下即分解，那么A为P〔NH2〕3，A分解为B，B中含磷68.89%，那么B为PN，那么生成A的化学反响方程式为：PCl3+6NH3＝P〔NH2〕3+3NH4Cl；A不稳定在稍高温度下即分解，A分解为B的反响方程式为：P〔NH2〕3PN+2NH3，
答案：P〔NH2〕3PN+2NH3。
38．解：〔1〕2mol NH3在标准状况下的体积是：2mol×22.4L/mol＝44.8L，答案：44.8L；
〔2〕氨气的质量为：2mol×17g/mol＝34g；n〔H〕＝3n〔NH3〕＝2mol×3＝6mol，故含有氢元素质量为：6mol×1g/mol＝6g，答案：34；6；
〔3〕氨分子数目＝2mol×6.02×1023mol﹣1＝1.204×1024，含有电子数目＝1.204×1024×10＝1.204×1025，答案：1.204×1024；1.204×1025；
〔4〕由方程式可知n〔H2〕＝n〔NH3〕＝×2mol＝3mol，故V〔H2〕＝3mol×22.4L/mol＝67.2L，根据N原子守恒可知n〔NH3〕＝2n〔N2〕＝2×＝1mol，答案：67.2L；1mol。