2022届高三化学一轮复习考点特训化学用语和常用化学计量含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习考点特训化学用语和常用化学计量含解析，共25页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
化学用语和常用化学计量
一、选择题（共35题）
1．下列物质的电子式书写不正确的是(　　)
A． B． C． D．

2．下列有关化学用语的表示方法中正确的是(　　)
A．次氯酸的电子式：
B．用电子式表示MgCl2的形成过程为：
C．M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为
D．Na+的结构示意图：

3．(2021•辽宁省辽南协作校高三第二次模拟)下列化学用语书写正确的是( )
A．中子数148的铀原子是
B．氨基(-NH2)的电子式为
C．对硝基苯酚的结构式
D．聚氯乙烯的链节：

4．下列叙述正确的是(　　)
A．1 mol H2SO4 的质量为98 g·mol−1
B．98 g H2SO4含有NA个H2SO4分子
C．H2SO4的摩尔质量为98 g
D．6.02×1023个H2SO4分子的质量为9.8 g

5．科学家刚刚发现的某种元素的一个原子，其质量是a g，一个12C的原子质量是b g，设NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是(　　)
A．该原子的摩尔质量是aNA g·mol－1
B．W g该原子中含有NA个原子
C．W g该原子的物质的量是 mol
D．由已知信息可得：NA＝ mol－1

6．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是(　　)
A．两容器中气体的压强相等 B．O2比O3质量小
C．两种气体的分子数目相等 D．两种气体的氧原子数目相等

7．在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系判断，下列说法中正确的是(　　)
A．若M(甲)＜M(乙)，则分子数：甲＜乙
B．若M(甲)＞M(乙)，则气体摩尔体积：甲＜乙
C．若M(甲)＜M(乙)，则气体的压强：甲＞乙
D．若M(甲)＞M(乙)，则气体的体积：甲＜乙

8．同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是( )
A．所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
B．所含分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
C．密度由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2
D．所含的电子数由多到少的顺序是：CO2>SO2>CH4>O2>H2

9．三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)CH4>O2>CO2>SO2，故A正确；B项，根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2，故B正确；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2，密度之比大小顺序为：SO2>CO2>O2>CH4>H2，故C正确；D项，取m g气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含电子数分别为：×22，×2，×16，×10，×32，所含的电子数由多到少的顺序是：H2>CH4>CO2=O2=SO2，故D错误；故选D。
9．
【答案】B
【解析】A项，原子数相等，但不能确定其分子数的关系，即不能确定其物质的量的关系，不能确定其质量的大小，A错误；B项，相同条件下，同质量的气体，摩尔质量越小，其物质的量越大，体积越大，密度越小，故X密度最小，B正确；C项，在一定条件下，三者气体体积均为2.24L，则其物质的量相等，但不一定是0.1摩尔，没有说明是否在标况下，C错误；D项，2gY气体和lgZ气体其物质的量相等，在相同的温度和体积时，其压强也相同，D错误。
10．
【答案】B
【解析】A. NH4+为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1 mol NH4ClO4溶于水含NH4+离子数少于NA，故A错误；B. 2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O反应中还原产物为氯气，氧化产物为氮气和氧气，还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶3，故B正确；C. 6.4 g O2的物质的量==0.2 mol，根据2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，产生6.4 g O2反应转移的电子总数为1.4NA，故C错误；D.未告知是否为标准状况，无法计算 0.5 mol NH4ClO4分解产生的气体的体积，故D错误；故选B。
11．
【答案】B
【解析】A项，1mol石墨与1molO2反应放出390 kJ的热量，因此每 1 mol [C(石墨)＋O2(g)]完全燃烧放出的热量为×390 kJ=130 kJ，A项正确，不符合题意；B项，题干中未给出反应所处的条件是否为标准状况，因此无法进行计算，B项错误，符合题意；C项，1.6g 氧气的物质的量为=0.05mol，分子数为0.05NA，标准状况下其体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，因此每个 O2 分子的体积为L，C项正确，不符合题意；D项，1 mol Cl2 与稀 NaOH 溶液完全反应，生成NaCl和NaClO，ClO-水解生成HClO，因此N(ClO−)＋N(HClO)= 1NA，D项正确，不符合题意；故选B。
12．
【答案】A
【解析】A项，乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，水的质量为5.4g，物质的量为0.3mol，所含氧原子数为0.4NA，选项A正确；B项，硅酸钠电离所生成的SiO32会水解，其物质的量小于0.1mol，选项B错误；C项，未指明标准状况，无法判断，选项C错误；D项，12g NaHSO4的物质的量为0.1mol，熔融时NaHSO4电离出Na+和HSO4-，所含离子总数为0.2NA，选项D错误。故选A。
13．
【答案】C
【解析】A项，溶液中存在电荷守恒n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(NO3-)，溶液呈中性所以n(H+)=n(OH-)，所以n(NH4+)=n(NO3-)=0.2mol，即溶液中NH4+的数目为0.2NA，A错误；B项，1L0.1mol/L Al(NO3)3溶液中含有0.1molAl(NO3)3，溶液中存在Al3+的水解Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，水解使阳离子数目增多，所以溶液中阳离子的数目大于0.1NA，B错误；C项，H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，所以1.0g由H218O与D2O组成的混合物中含有0.05mol分子，一个H218O与D2O分子中均含有10个中子，所以中子总数为0.5NA，C正确；D项，该反应中Al为唯一还原剂，2.7g铝的物质的量为0.1mol，被氧化时转移0.3mol电子，D错误；故选C。
14．
【答案】B
【解析】A项，74.5g NaClO的物质的量为1mol，NaClO是由阳离子Na+和阴离子ClO-构成，则其中含有的离子总数0.1×2×NA=0.2NA，A正确；B项，46 g 75%的乙醇中有乙醇0.75mol，但溶剂水中还含有氧原子，因此46 g 75%的乙醇中含有的氧原子数大于NA，B错误；C项，H2O2的结构式为H-O-O-H，1molH2O2中含有的共用电子对的物质的量为3mol。34g H2O2的物质的量为1mol，所以34gH2O2中含有的共用电子数为3NA，C正确；D项，乙醇的分子式为C2H6O，1mol乙醇完全燃烧，消耗的氧气为2+-=3mol，消耗氧气的分子数为3 NA，D正确；故选B。
15．
【答案】D
【解析】1 L水溶解了溶质后体积不再是1 L，A项错误；HCl是强电解质，溶于水完全电离为H＋和Cl－，不存在HCl分子，B项错误；36.5 g HCl气体所处的温度和压强未知，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其体积，C项错误；根据基本公式c＝变形可得w＝＝，D项正确。
16．
【答案】C
【解析】A项，根据公式c===4.0mol/L，故不选A；B项，因为氨水的密度小于水，100g浓度为c mol·L-1的氨水体积大于100ml，则溶液稀释成0.5cmol·L-1，浓度变为原先的一半，假如水的体积大于100ml，故不选B；C项，n(HCl)===mol；V(溶液)=；溶液的物质的量浓度为c=，故选C；D项，Fe2(SO4)3溶液中铁离子与硫酸根离子物质的量之比为2：3，则SO42—的物质的量浓度为=mol/L，故不选D。
17．
【答案】D
【解析】A项，由电荷守恒得3c(Al3+)+ c(K+)=2c(SO42-)，即3×0.4mol/L+ c(K+)=2×0.7mol/L，即c(K+)=0.2mol/L，A正确；B项，稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后()==mol/L，B正确；C项，溶质的物质的量n==，溶液的质量=溶质的质量+溶剂的质量=+0.1L×1000g/L=g，溶液的体积==mL=×10-3L，所以所得溶液的溶质的物质的量浓度==mol/L，C正确；D项，稀释前后溶质的质量不变，设稀释前氨水的体积为Vcm3，稀释前溶液的质量=0.91Vg，则稀释前溶质的质量=稀释后溶质的质量0.91V×25%g=0.2275Vg，稀释后溶液的质量=0.91Vg+Vcm3×1g/cm3 =1.91Vg，则稀释后溶质的质量分数=×100%≈11.6%，D错误。故选D。
18．
【答案】D
【解析】某结晶水合物的化学式为X·nH2O，其相对分子质量为M，在25 ℃时，A g该结晶水合物溶于B g水中即可达到饱和，所以该饱和溶液的密度为 g·cm－3；A g该结晶水合物的物质的量为 mol，其中含X的质量为 g，由溶液的密度为D g·cm－3和溶液体积为V mL，可以求出饱和溶液的质量为(A＋B)g＝VD g，所以该饱和溶液的质量分数为%；设溶质X在25 ℃时的溶解度为S，则有S∶100＝∶(B＋)，解之得S＝g；该饱和溶液的物质的量浓度c＝＝＝ mol·L－1。故选D。
19．
【答案】A
【解析】A项，R的质量为，结晶水的质量为，则100g：:() ，解得，A项正确；B项，根据溶质，可知该饱和溶液质量分数为，B项错误；C项，，该饱和溶液的物质的量浓度，C项错误；D项，溶液总质量为，根据可知，溶液密度为，D项错误；故选A。
20．
【答案】B
【解析】反应后不能使KSCN溶液显色说明生成FeSO4，还生成H2，n(H2)=0.4mol，根据电子转移守恒有：，故，由固体总质量可得：，可得：0.5mol，=0.1mol，用氢氧化钠中和过量氢离子，反应后溶液中的溶质为硫酸亚铁、硫酸钠，根据Fe原子守恒有：，与固体粉末反应的硫酸的物质的量为0.7mol，根据钠离子守恒：，根据硫酸根守恒有：=0.7mol+0.3mol=1mol，，故选B。
21.
【答案】D
【解析】溶液的总质量为(Mr＋m) g，其体积为V＝ L或A项，据c＝得ρ＝，故A项不正确；B项c＝故B项不正确；C项w%＝×100%，故C项不正确；由上述C项整理，得Mr＝，故D项正确。
22.
【解析】A项，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol MnO4-完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A正确；B项，电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B错误；C项，溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；D项，n(Na2CO3)=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于CO32-发生水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D错误；故选A。
【参考答案】A
23.
【答案】B
【解析】A项，苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故A错误；B项，标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，而16O2和18O2中均含16个质子，故1mol混合物中含16NA个质子，故B正确；C项，36.5gHCl的物质的量为1mol，而实验室制取氯气时，消耗4molHCl，生成1mol氯气，转移2mol电子，故当消耗1molHCl时，转移0.5NA个电子，故C错误；D项，100g6%的醋酸中含有0.1mol醋酸分子，0.1mol醋酸分子含0.2mol O，醋酸溶液中，除了醋酸外，水也含O原子，故溶液中含有的氧原子的个数多于0.2NA个，故D错误。故选B。
24．
【答案】A
【解析】A项，乙炔的分子式为C2H2，实验式为CH，故A错误；B项，乙醛的分子式为C2H4O，结构简式为CH3CHO，故B正确；C项，2，3—二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，键线式为，故C正确；D项，乙烷的结构简式为CH3 CH3，球棍模型为，故D正确；故选A。
25．
【答案】B
【解析】A项，O原子最外层有6个电子，故甲醛的电子式为，A错误；B项，乙烯中碳原子之间以双键形式存在，乙烯的球棍模型为，B正确；C项，2-甲基戊烷的键线式为，C错误；D．甲酸乙酯甲酸和乙醇酯化得到，故甲酸乙酯的结构简式为HCOOCH3，D错误；故选B。
26．
【答案】C
【解析】A项，D2O的质子数为10，18g D2O的物质的量为 0.9mol， 则18g重水(D2O)中所含质子数为9 NA，A错误；B项，NO2与H2O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2 NA，B错误；C项，一个()分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为mol，则含有的S-S键数为，C正确；D项，酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，含Cr元素微粒有Cr2O72-和CrO42-，则1L pH＝4的0.1mol·L-1 K2Cr2O7溶液中Cr2O72-离子数应小于0.1 NA，D错误；故选C。
27．
【答案】D
【解析】A项，18g H218O的物质的量为：18g20g/mol=0.9mol，含有中子的物质的量为：0.9mol×10＝9mol，含有的中子数为9NA，故A错误；B项，缺少0.1mol•L﹣1HClO4溶液的体积，无法计算溶液中含有的H+数，故B错误；C项，2molNO与1molO2反应生成2molNO2，由于存在平衡：2NO2N2O4，导致分子数减少，容器中含有的分子数小于2NA，故C错误；D项，标况下11.2L CH4的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，22.4L Cl2的物质的量为22.4L22.4L/mol=1mol，由于甲烷与氯气的反应前后气体分子数始终不变，则反应后气体总物质的量仍然为0.5mol+1mol＝1.5mol，反应后的分子数为1.5NA，故D正确；故选D。
28．
【答案】C
【解析】A项，在标准状况下22.4L氟气的物质的量为1mol，其质子数为1mol×9×2×NA=18NA，A正确；B项，碘蒸气与氢气发生的反应为：H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA，B正确；C项，电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1:1，若气体的总质量为73g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1mol，根据关系式H22e-可知，转移的电子数为2NA，C错误；D项，1L1 mol·L－1溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c(NH4+)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-)，则物质的量也满足n(NH4+)+n(H+)=n(Br-)+n(OH-)，因为n(Br-)=1L×1 mol·L－1=1 mol，所以该溶液中NH4+与H+离子数之和大于NA，D正确；故选C。
29．
【答案】C
【解析】A项，标准状况下，1.12L18O2的物质的量为：0.05mol，一个18O中含有中子数为：18-8=10个，所以1.12L18O2中含有中子数为NA，A正确；B项，31gP4的物质的量为：0.25mol，根据白磷的分子结构可知一个白磷分子里含有六条共价键，所以共价键数目为1.5NA，B正确；C项，100mL 0.1mol·Lˉ1的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目的加和，C错误；D项，18.9g三肽C6H33N3O4的物质的量为：0.1mol，三分子氨基酸脱水缩合形成三肽，三肽中含有两个肽键，所以18.9g三肽C6H33N3O4中的肽键数目为0.2NA，D正确；故选C。
30．
【答案】D
【解析】A项，由上述分析知，实验①发生反应3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成NO的物质的量为=0.1 mol，根据化学方程式可知，参加反应的Fe的物质的量为0.1 mol×=0.15 mol，故参加反应的Fe的质量=0.15 mol×56 g/mol=8.4 g，正确。B项，原混合物的质量为4×(18.0 g+8.4 g)=105.6 g，正确。C项，实验①中生成NO的物质的量为=0.1 mol，根据化学方程式可知，参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol×4=0.4 mol，故硝酸的物质的量浓度为c==4 mol/L，正确。D项，由上述分析知，在实验③的基础上再加入100 mL硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO，V一定大于6720，可直接作出判断；具体的计算方法如下：实验②中Fe与硝酸恰好完全反应生成硝酸亚铁，生成NO的物质的量为=0.2 mol，由3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，溶液中亚铁离子的物质的量为0.3 mol，在实验③的基础上加入100 mL硝酸后，根据电子得失守恒知，生成NO的物质的量为=0.1 mol，故生成NO的体积为0.1 mol×22.4 L/mol=2.24 L，则V=6.72 L+2.24 L=8.96 L= 8960 mL，错误。
32.
【解析】A项，核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A−Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；B项，氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子(或形成3对共用电子对)达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；C项，钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D项，氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。
【参考答案】D
33.
【答案】C
【解析】A项，HCl为共价化合物，分子中含有1个H−Cl键，正确的电子式为，故A错误；B项，为硫原子结构示意图，硫离子正确的结构示意图为，故B错误；C项，乙烯分子中含有1个碳碳双键，其分子式为C2H4，故C正确；D项，质子数为6、中子数为8的碳原子的质量数为14，该原子正确的表示方法为614C，故D错误；故答案为C。
34.
【解析】A项，氧原子最外层是六个电子，得形成两个共用电子对才能稳定，氯原子和氢原子都只能形成一对共用电子对，所以HClO的电子式为，选项A错误；B项，二氧化碳中C原子周围8个电子，所以二氧化碳的电子式为：，选项B错误；C项，氮气中N原子周围8个电子，其电子式为：，选项C错误；D项，离子化合物电子式的书写中，简单阳离子为离子符号，阴离子和复杂阳离子要写上方括号和电荷，各离子分开书写，所以氯化镁的电子式为，选项D正确；答案选D。
【参考答案】D
35.
【解析】A项错误，因为100 mL 3 mol·L－1的H2SO4跟100 mL H2O混合后的体积不等于200 mL；B项正确，w＝100 g×20%÷(100 g＋100 g)＝10%；C项错误，因为3 mol·L－1的BaCl2溶液中的氯离子浓度为6 mol·L－1，混合后溶液中氯离子浓度大于3 mol·L－1；D项错误，因为NaOH溶液的密度大于1 g·mL－1，加入水的质量等于100 g，所以混合后溶液中溶质的质量分数大于10%。
【参考答案】B

二、非选择题（共7题）
36．
【答案】(1)0.25mol·L－1 (2)3：5
【解析】氢氧化钠溶液与二氧化碳反应的可能产物为碳酸钠、碳酸氢钠及水。M、N两溶液中加入盐酸时发生反应：①HCl+NaOH=NaCl+H2O 、②Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、③NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑ 。碳酸钠与盐酸反应时，先发生反应②，再发生反应③，而且两反应消耗氯化氢的物质的量等于氯化钠的物质的量。(1)当加入30mL盐酸时，恰好形成氯化钠溶液，NaOH溶液的物质的量浓度等于稀盐酸的物质的量浓度为0.25mol·L－1。(2)M、N两溶液中分别依次发生反应①②③、②③，M、N两溶液中相同组分溶质是碳酸钠，两部分碳酸钠的物质的量之比为6：10=3：5。
37．
【答案】(1)0.448 (2)0.2 mol/L (3)NaOH Na2CO3 (4)6.09g
【解析】(1)3.94g白色沉淀是碳酸钡，物质的量是3.94g÷197g/mol＝0.02mol，根据碳原子守恒可知，生成的CO2体积是0.02mol×22.4L/mol＝0.448L。(2)由于碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，根据图像可知，和碳酸氢钠反应的盐酸是275ml－175ml＝100ml。根据方程式NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑可知，消耗盐酸的物质的量是0.02mol，其浓度是0.02mol÷0.1L＝0.2mol/L。(3)和碳酸氢钠反应的盐酸是100ml，和碳酸钠反应生成碳酸氢钠时消耗的盐酸也是100ml，根据图像可知，固体中除碳酸钠外还有少量氢氧化钠。(4)与氢氧化钠发生酸碱中和消耗的盐酸的体积为175ml-100ml=75ml，氢氧化钠的物质的量是0.2mol/L×0.075mol＝0.015mol、碳酸钠是0.2mol/L×0.1mol＝0.02mol。所以CO2和过氧化钠反应生成的碳酸钠是0.01mol，则原碳酸氢钠是0.02mol。过氧化钠是0.01mol＋0.015mol÷2＝0.0175mol。所以每一份中固体的质量是0.02mol×84g/mol＋0.0175mol×78g/mol＝3.045g，则x＝3.045g×2＝6.09g。
38．
【答案】(1)1.50mol/L (2)0.0450mol
【解析】(1)设混合溶液中Ba(OH)2的物质的量浓度为c mol/L，则：

Ba(OH)2+ CO2 = BaCO3↓+H2O
1mol 1mol
0.04L×c mol/L 0.06 mol
10.04L×cmol/L=10.06mol ，解得c=1.50mol/L。
(2) 设氢氧化钠的浓度为y mol/L，实验Ⅰ生成BaCO3 0.015 mol，生成Ba(HCO3)2 (0.02×1.50mol/L-0.015)mol，生成NaHCO3 0.02L×ymol/L，根据碳元素守恒：0.015 mol+(0.02×1.50mol/L-0.015)mol×2+0.02L×ymol/L=0.105 mol，y=3mol/L；实验Ⅰ生成BaCO3 0.075 mol，生成NaHCO3 z mol，生成Na2CO3(0.05×3mol/L-y)mol÷2，根据碳元素守恒0.075 mol+z+(0.05×3mol/L-z)mol÷2=0.105 mol；z=0.0450mol。
39．
【答案】(1)2 (2)2.50mol/L
【解析】(1)结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，则①106x+84y=2.96、②x+y=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，联立①②解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.02mol：0.01mol=2：1。(2)根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则106×2x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下672L二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol。所以30mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)=0.075mol/0.03L=2.50mol/L。
40．
【答案】(1)5∶11 (2)符合
【解析】(1)设需要CuSO4·5H2O的质量为x，H2O的质量为y。CuSO4·5H2O的相对分子质量为250，CuSO4的相对分子质量为160，依题意有，x∶y＝5∶11。(2)设样品中CuCl的质量为z，由化学反应方程式可知：CuCl～Fe2+～Ce4+，则：，z＝0.244 8 g；CuCl的质量分数为×100%＝97.92%，97.92%>96.50%，所以样品中的CuCl符合标准。
41.
【解析】Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，再加入铁粉，剩余固体有两种可能：第1种为单质Cu，第2种为Fe、Cu混合物。根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为0.100 mol。而加入溶液体系中的铁元素(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100 mol，故可以判断加入的铁粉有剩余，剩余固体为Fe、Cu混合物，排除第1种可能，溶质为单一的FeSO4溶液。(1)根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)＝n(H2SO4)＝0.100 mol。(2)设Fe2O3的物质的量为x，CuO的物质的量为y，根据质量守恒，160 g·mol－1×x＋80g·mol－1×y＝4.00 g，根据整个体系中金属元素守恒：56 g·mol－1×2x＋64 g·mol－1×y＋5.60 g＝0.100×56 g＋3.04 g，解方程得x＝0.01 mol，y＝0.03 mol，故CuO的质量为2.40 g。
【参考答案】(1)0.100 mol　(2)2.40 g
42.
【答案】(1)2.4 (2)0.30
【解析】(1)24gNaOH的物质的量为0.6mol，配成250mL溶液，所得NaOH溶液的物质的量浓度=0.6mol/0.250L=2.4 mol·L－1；(2)因Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，当反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，可得化学方程式：4Cl2+8NaOH=6NaCl+ NaClO+NaClO3+4H2O，则n(ClO-) =0.6mol/8=0.075mol，c(ClO-) =0.075mol/0.250L=0.30 mol·L－1。