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新高考化学一轮单元训练第二单元化学计量在实验中的应用（B卷）含答案
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这是一份新高考化学一轮单元训练第二单元化学计量在实验中的应用（B卷）含答案，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列有关实验原理或操作正确的是等内容，欢迎下载使用。
第二单元 化学计量在实验中的应用（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，总计40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每题2分。第11～15题为不定项选择题，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的的0分。
1．温度和压强相同时，在体积相同的两个密闭容器甲和乙，甲中充满O2气体，乙中充满O2和O3的混合气体，下列说法正确的是
A．两容器中气体的质量相等 B．两容器中气体的分子数目相等
C．两容器中气体的氧原子数目相等 D．两容器中气体的密度相等
2．临床证明磷酸氯喹对治疗新冠肺炎有一定的疗效，磷酸氯喹常温下为固体，化学式为C18H32ClN3O8P2。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于磷酸氯喹的说法正确的是
A．磷酸氯喹的摩尔质量为515.5
B．含0.3NA个P原子的C18H32ClN3O8P2物质的量为0.1mol
C．标准状况下，4.48LC18H32CIN3O8P2含有0.2NA个氯原子
D．10g磷酸氯喹中m(H)∶m(O)=1∶4
3．下列说法正确的是
A．同温同压下，相同体积的物质，其物质的量一定相等
B．标准状况下气体摩尔体积约为22.4L
C．0.5L 1mol/L FeCl3溶液与0.2L 1mol/L KCl溶液中的Cl−的数目之比为15∶2
D．100mL 1mol/L NaCl溶液与50mL 1mol/L AlCl3溶液中Cl−物质的量浓度相等
4．下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1的是
A．将0.5mol·L-1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液
B．将80gSO3溶于水并配成1L的溶液
C．10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液
D．标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液
5．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6g，若装满氮气时总质量为66g，则此容器的容积
A．22.4L B．44.8L C．11.2L D．4.48L
6．下列有关实验原理或操作正确的是
A．在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol·L-1
B．用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液
C．实验中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950mL、201.4g
D．实验室配制500mL0.2mol·L-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
7．实验室需480mL 1.0mol/L的NaOH溶液，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是
A．称取氢氧化钠20.0g
B．定容时俯视观察刻度线
C．移液时，对用于溶解氢氧化钠的烧杯没有进行冲洗
D．移液用玻璃棒引流时，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方
8．NH4N3(叠氮化铵)易发生分解反应生成N2和H2，且两种气体的物质的量相等。若得到NH4N3的分解产物(简称a)28g，则下列关于a的说法错误的是
A．a中两种气体的体积(同温同压)比为1∶1
B．a中两种气体的质量比为14∶1
C．a的平均摩尔质量为15g·mol-1
D．a的密度为1.25g×L-1
9．设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是
A．1mol苯乙烯中含有的C=C数为4NA
B．2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NA
C．0.1mol CnH2n+2中含有的C—C键数为0.1nNA
D．标准状况下，2.24L CHCl3含有的分子数为0.1NA
10．“长征2F”运载火箭推进剂工作时发生反应：(CH3)2NNH2＋2N2O4=2CO2＋4H2O＋3N2。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，CO2的密度比N2的小
B．1 mol (CH3)2NNH2中含共用电子对的数目为11 NA
C．每生成22.4 L CO2时，转移的电子数目为8 NA
D．火箭启动初期逸出的红棕色气体是N2O4蒸气
11． 工业上常用FeSO4溶液处理废水中的重铬酸根离子(Cr2O)，反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。处理25.00mL某废水，需消耗15.00mL
1.00×10-2mol/LFeSO4溶液(不考虑其他物质与Fe2+反应)。该废水中Cr2O的物质的量浓度(单位：mol/L)为
A．1.50×10-4 B．6.00×10-4 C．1.00×10-3 D．3.60×10-3
12．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是：
A．11g T2O含有的电子数为5NA
B．常温下，0.2L 0.5mol·L−1 NH4NO3溶液的氮原子数小于0.2NA
C．含4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数小于2NA
D．标准状况下，2.24L H2S全部溶于水所得溶液中HS−和S2−离子数之和为0.1NA
13．常温下，100mL 1.0mol/L Na2C2O4溶液中加入足量pH=1的稀硫酸，再加入20mL KMnO4溶液恰好完全反应。下列说法正确的是
A．Na2C2O4溶液中C2O数目为0.1NA
B．稀硫酸中水电离的c(H+)=0.1mol/L
C．KMnO4溶液浓度为0.1mol/L
D．反应过程中转移电子数为0.2NA
14．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为3NA
B．常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为2NA
C．常温常压下，28gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子的数目为4NA
D．0.1L 0.5mol·L-1CH3COOH溶液中含有H+的数目为0.2NA
15．三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)
B．同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X
C．若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1mol
D．同温下，体积相同的两容器分别充2g Y气体和1g Z气体，则其压强比为2∶1
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共60分）
16．“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某“84消毒液”瓶体部分标签如图1所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用，请回答下列问题：
（1）此“84消毒液”的物质的量浓度约为______mol/L(计算结果保留一位小数)。
（2）某同学量取此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)=___mol/L。
（3）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。
①如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是______(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是_______。
②下列操作中，容量瓶不具备的功能是_____(填仪器序号)。
a．配制一定体积准确浓度的标准溶液 b．贮存溶液
c．测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液 d．准确稀释某一浓度的溶液
e．用来加热溶解固体溶质
③请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为______g。
（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是______。(填序号)。
A．定容时俯视刻度线 B．转移前，容量瓶内有蒸馏水
C．未冷至室温就转移定容 D．定容时水多用胶头滴管吸出
17．天然碱的组成可以用aNa2CO3·bNaHCO3·cH2O（a、b、c为整数）表示。现有A、B两种不同的天然碱样品，分别进行如下实验以确定其化学式。
将质量为31.0g的天然碱A于300℃加热分解至完全（300℃时Na2CO3不分解），产生CO2 2.24L（标准状况）和水5.4g。
（1）天然碱A的化学式中：a=___，b=___，c=___。
已知：Na2CO3与稀盐酸的反应分下列两步进行：Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O。
将质量为12.45g的天然碱B溶于水，逐滴滴加某浓度的稀盐酸，产生气体的体积与加入盐酸的体积（标准状况）的关系如下表所示：
盐酸体积（mL）
20
40
60
80
产生气体体积（mL）
0
560
1680
2520
（2）由表中数据可推测加入50mL盐酸时，产生气体的体积为___mL（标准状况）；
（3）盐酸的浓度为___mol/L；天然碱B的化学式为：___。
18．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，回答下列问题：
（1）0.3molNH3分子中所含原子数与___个H2O分子中所含原子数相等。
（2）某气体在标准状况下的密度为1.25g/L，则14g该气体所含有的分子数为___。
（3）同温同压下，同体积的H2和A气体的质量分别为1.0g和16.0g，则A的摩尔质量为___。
（4）从400mL2.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液中取出10mL，将这10mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中SO的物质的量浓度为___。
（5）某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其中R的摩尔质量为Mg·mol-1，25℃时ag该结晶水合物晶体能够溶于b g水中，形成密度为ρ g/mL的溶液，则：
①该溶液中溶质的质量分数为___。
②该溶液中溶质的物质的量浓度为___。
19．达喜是常用的中和胃酸的药物，其有效成分是含结晶水的铝镁碱式盐。取该碱式盐6.02g，向其中逐滴加入4.00 mol·L−1的盐酸，当加入盐酸42.5mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时恰好反应完全。
（1）计算该碱式盐样品中碳酸根与氢氧根的物质的量之比：__。
（2）若达喜中镁、铝元素的物质的量之比为3∶1，则氢元素的质量分数为__。
20．铝有多种化合物，在工业上用途广泛。氮化铝（AlN）中混有碳和氧化铝，为确定某氮化铝样品的纯度，进行如下实验：（已知：AlN+H2O+NaOH→NaAlO2+NH3↑）
（1）称取5.00g样品，加入25mL 5mol/L的NaOH溶液，共热，样品中AlN和Al2O3完全反应，测得放出氨气1.68L（标准状况）。该样品中的A1N的质量分数为___________。
（2）过滤上述混合溶液，向滤液中滴加2mol/L的盐酸，当滴至202mL时生成的白色沉淀恰好完全消失，5.00g样品中Al2O3的物质的量是多少摩________？（写出计算过程）
碱式碳酸铝镁[MgxAly(OH)a(CO3)b·nH2O]可做为塑料填料。为确定某碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
（3）称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成二氧化碳0.560L（标准状况）。3.390g样品中含CO________g。
（4）另取100.00g样品在空气中加热，固体质量随温度的变化如图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上固体为金属氧化物的混合物）。
（i）100.00g样品中含结晶水_______mol。
（ii）100.00g样品中OH−的物质的量是多少_______？（写出计算过程）
（iii）通过计算推测该碱式碳酸铝镁的化学式_______。
第二单元 化学计量在实验中的应用（B）
答 案
1．【答案】B
【解析】同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的O2、O2和O3，其物质的量相等。根据N=nNA知，二者物质的量相等，则其分子数相等，所以B是正确的；答案选B。
2．【答案】D
【解析】A．由化学式可知，磷酸氯喹的摩尔质量为515.5g/mol，故A错误；B．由化学式可知，磷酸氯喹分子中含有2个磷原子，则含0.3NA个磷原子的磷酸氯喹物质的量为×=0.15mol，故B错误；C．标准状况下，磷酸氯喹为固态，无法计算4.48L磷酸氯喹的物质的量和含有的氯原子个数，故C错误；D．由化学式可知，磷酸氯喹中氢原子和氧原子的质量比为1mol×32×1g/mol∶1mol×8×16g/mol=1∶4，故D正确；故选D。
3．【答案】C
【解析】A．同温同压下，相同体积的气体，其物质的量一定相等，不同状态的物质，相同物质的量时体积不同，故A错误；B．标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol，故B错误；C．0.5L 1mol/L FeCl3溶液与0.2L 1mol/L KCl溶液中的Cl−的数目之比为0.5L×1mol/L×3∶0.2L×1mol/L=15∶2，故C正确；D．100mL 1mol/L NaCl溶液与50mL 1mol/L AlCl3溶液中Cl−物质的量浓度之比为1mol/L∶1mol/L×3=1∶3，故D错误；故选C。
4．【答案】A
【解析】A．将100mLNaNO3溶液加热蒸发掉50g水，溶液体积不是50mL，所以蒸发后的溶液中溶质的物质的量浓度无法计算，故A选；B．80gSO3的物质的量为=1mol，溶于水和水反应：SO3+H2O=H2SO4，硫酸的物质的量也为1mol，配成1L溶液，溶液体积为1L，所以H2SO4的物质的量浓度为=1mol/L，故B不选；C．10gNaOH固体的物质的量为=0.25mol，溶解在水中配成250mL溶液，NaOH的物质的量浓度为=1mol/L，故C不选；D．标况下，22.4L氯化氢气体的物质的量为=1mol/L，溶于水配成1L溶液，溶质的物质的量浓度为=1mol/L，故D不选。
5．【答案】D
【解析】假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol×71g/mol=74.6g，mg+nmol×28g/mol=66g，联立方程，解得n=0.2mol，气体的体积为V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，所以容器的容积为4.48L，故选D。
6．【答案】A
【解析】A．1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐的物质的量为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为0.5mol÷0.2L=2.5mol/L，故A正确；B．量筒不能用来配制溶液，应该用烧杯配制，15mL酒精中加水5mL，配制的酒精溶液体积分数为75%，故B错误；C．实验中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格1000mL，称取Na2CO3的质量=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212.0g，故C错误；D．应称取绿矾的质量为0.5L×0.2mol/L×278g/mol=27.8g，故D错误。
7．【答案】B
【解析】定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，浓度偏高，故B选。
8．【答案】D
【解析】A．同温同压下，气体体积与物质的量成正比，两种气体的体积(同温同压)比为1∶1，A正确；B．，两种气体的质量比为14∶1，B正确；C．分解产物质量为28g，两种气体的物质的量相等则n总=2×=mol，=15 g·mol-1，C正确；D．a气体的质量确定，但一定物质的量的气体体积与温度、压强有关，所以密度不确定，D错误。
9．【答案】B
【解析】A．苯环上没有双键，苯乙烯分子中只有1个碳碳双键，故A错误；B．乙烯和丙烯的最简式相同，都是CH2，则2.8 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子的物质的量是0.2mol，碳原子数为0.2NA，故B正确；C．0.1mol CnH2n+2中含有的碳碳单键数应该是0.1(n-1)NA，故C错误；D．标准状况下，三氯甲烷不是气态，不能22.4L/mol进行计算，故D错误；答案选B。
10．【答案】B
【解析】A．相同条件下，气体的密度与相对分子质量成正比，常温常压下，CO2的密度比N2的大，故A错误；B．根据价键规律，1个(CH3)2NNH2分子中有11个共价键，1 mol (CH3)2NNH2中含共用电子对的数目为11 NA，故B正确；C．非标准状况下，22.4 L CO2的物质的量不一定是1mol，每生成22.4 L CO2时，转移的电子数目不一定是8 NA，故C错误；D．N2O4是无色气体，火箭启动初期逸出的红棕色气体不是N2O4蒸气，故D错误。
11．【答案】C
【解析】反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得，解得，综上述C符合题意，故选C。
12．【答案】AC
【解析】A．T2O的摩尔质量为22g/mol，故11g T2O的物质的量为0.5mol，而1mol T2O含有10mol电子，即10NA个，则0.5molT2O含有5NA个电子，故A正确；B．常温下，0.2L 0.5mol·L－1 NH4NO3溶液中含有0.1mol NH4NO3，氮原子数等于0.2NA，故B错误；C．随着反应的进行，浓盐酸逐渐变成稀盐酸，反应不再进行，因此4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数少于2NA，故C正确；D．标准状况下，2.24L H2S的物质的量为=0.1mol，溶于水所得溶液中含有HS−、S2−和H2S，因此HS−和S2−离子数之和少于0.1NA，故D错误。
13．【答案】D
【解析】A．100mL 1.0mol/L Na2C2O4溶液中含有Na2C2O4：0.1L×1.0mol/L=0.1mol，其中C2O水解，使得C2O数目少于0.1NA，故A错误；稀硫酸为酸，抑制水的电离，pH=1的稀硫酸中水电离的c(H+)==10-13mol/L，故B错误；C．反应的方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，则KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为×0.1mol=0.04mol，浓度为=0.2mol/L，故C错误；D．反应的方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O
+5Na2SO4，反应中Mn由+7价降低为+2价，反应过程中转移电子0.04mol×(7-2)=0.2mol，数目为0.2NA，故D正确；故选D。
14．【答案】BD
【解析】A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为=3NA，故A正确；B．常温常压下，44gCO2即1mol与足量过氧化钠反应生成0.5molO2，转移1mol电子，转移电子的数目为NA，故B错误；C．常温常压下，C2H4和C4H8的实验式均为CH2，28gC2H4和C4H8混合气体中，含有2molCH2,含有氢原子的数目为4NA，故C正确；D．醋酸是弱电解质，0.1L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中含有H+的数目小于 0.1L×0.5mol·L-1=0.05mol，故D错误。
15．【答案】B
【解析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)=0.5Mr(Z)，即Mr(X)＜Mr(Y)＜Mr(Z)；A．根据m=nM=M，分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，现原子数目相等的三种气体，质量最大的无法判断，故A错误；B．根据密度ρ=，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，故B正确；C．气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24 L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故C错误；D．同温下，体积相同的两容器分别充2g Y气体和1g Z气体，Mr(Y)=0.5Mr(Z)，则二者的物质的量之比是4∶1，同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为4∶1，故D错误；故答案为B。
16．【答案】（1）3.8
（2）0.038
（3） CDE 玻璃棒和胶头滴管 bcde 141.6
（4） AC
【解析】（1）c(NaClO)=mol/L=3.8mol/L；（2）溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后c(NaClO)=×3.8mol/L=0.038mol/L，故c(Na+)=c(NaClO)=0.038mol/L；（3）①由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故需使用仪器序号是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管；②a．容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；b．容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；c．容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意；d．容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；e．容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意；故合理选项是bcde；③质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol/L，由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，而配制出500mL溶液，故所需的质量m=c·V·M=3.8mol/L×0.5 L×74.5g/mol=141.6g；（4）A．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A符合题意；B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；C．未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，C符合题意；D．定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D不符合题意；故合理选项是AC。
17．【答案】（1）1 2 2
（2）1120mL
（3）2.5mol/L 2Na2CO3·NaHCO3·2H2O
【解析】（1）加热分解，失去结晶水，同时发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，加热后残留固体为碳酸钠，产生CO2 2.24L(标准状况)，则其物质的量==0.1mol，生成水5.4g，水的物质的量==0.3mol，则：故31.0g的天然碱A中，n(NaHCO3)=0.2mol，n(H2O)=0.3mol-0.1mol=0.2mol，故m(Na2CO3)=31g-0.2mol×84g/mol-0.2mol×18g/mol
=10.6g，故n(Na2CO3)==0.1mol，则碱A中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)∶n(H2O)
=0.1mol∶0.2mol∶0.2mol=1∶2∶2，化学式为：Na2CO3·2NaHCO3·2H2O，即a=1、b=2、c=2；（2）加入80mL盐酸生成气体体积为2520mL，大于加入60mL盐酸时生成的气体体积，故加入40mL、60mL盐酸时，盐酸不足，完全反应，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，40mL～50mL之间消耗10mL盐酸，生成气体体积为(1680mL-560mL)×=560mL，故加入50mL盐酸产生的气体体积为：560mL+560mL=1120mL；（3）40mL～60mL之间消耗20mL盐酸，生成气体1680mL-560mL=1120mL，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，设盐酸的浓度为c mol/L，n(CO2)==0.05mol，根据方程式可知0.02cmol=0.05mol，解得c=2.5mol/L；根据（2）的计算可知当发生发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O时，生成560mL二氧化碳消耗盐酸的体积为10mL，所以加入前30mL盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，则n(Na2CO3)=2.5mol/L×0.03L=0.075mol；30mL～75mL发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则n(NaHCO3)=2.5mol/L×0.045L-0.075mol
=0.0375mol；故碱B中结晶水的质量=12.45g-0.0375mol×84g/mol-0.075mol×106g/mol
=1.35g，结晶水的物质的量==0.075mol，则碱B中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)∶n(H2O)=0.075mol∶0.0375mol∶0.075mol=2∶1∶2，故碱B的化学式为：2Na2CO3·NaHCO3·2H2O。
18．【答案】（1）2.408×10 23
（2）3.01×1023
（3）32g/mol
（4）0.6mol/L
（5）
【解析】（1）0.3mol NH3分子中含有的原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，则n(H2O)=0.4mol，二者含有的原子个数相等，N(H2O)=0.4mol×6.02×10 23/mol=2.408×1023，故答案为：2.408×10 23；（2）气体的摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，气体的物质的量为，则14g该气体所含有的分子数为6.02×1023/mol×0.5mol，故答案为：3.01×1023；（3）同温同压下，同体积的H2和A气体的物质的量相等，H2和A气体的质量分别为1.0g和16.0g，设A的摩尔质量为xg/mol，，x=32，故答案为32g/mol；（4）400mL2.0mol/L的Al2(SO4)3溶液中含SO的物质的量浓度为：c(SO)=2.0mol/L×3=6 mol/L；从中取出10mL，取出溶液的SO浓度仍然为6 mol/L；将这10mL溶液用水稀释到100mL，稀释后SO浓度为：6.0mol/L×=0.6mol/L，故答案为0.6mol/L；（5）溶质的质量=a×=g，所以溶液的质量分数=；溶质的物质的量=mol，溶液的体积为：，则溶液的物质的量浓度=。
19．【答案】（1）1∶16
（2）4.00%
【解析】碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体。（1）当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，所发生的反应分别为：①OH−+H+=H2O；②CO+H+=HCO；③HCO+H+=H2O+CO2↑；可得n(CO2)=n(CO)=(45.0-42.5)×10−3L×4mol/L=0.01mol，而中和OH−需要盐酸42.5mL−2.5mL=40mL，所以n(OH−)=40×10−3L×4mol/L=0.16mol，则n(CO)∶n(OH−)=1∶16；（2）镁、铝元素物质的量之比为3∶1，令镁元素物质的量为3x mol，铝元素物质的量为x mol，根据化合价的代数和为0，则有6x+3x=0.16+0.01×2，解得x=0.02mol，结晶水的质量为(6.02−0.06×24−0.02×27−0.16×17−0.01×60)g=0.72g，n(H2O)==0.04mol，因此H元素质量分数为：×100%≈4%。
20．【答案】（1）0.615
（2）0.009mol
（3）1.5
（4）1.475 0.4424mol Mg5Al(OH)3(CO3)5∙10H2O
【解析】（1）AlN+H2O+NaOH→NaAlO2+NH3↑，该反应产生NH3的物质的量=，
AlN+H2O+NaOH→NaAlO2+NH3↑
0.075mol 0.075mol
所以AlN的质量=0.075mol41g·mol−1=3.075g，所以AlN的质量分数=；故答案为：0.615；（2）向滤液中滴加2mol/L的盐酸，当滴至202mL时生成的白色沉淀恰好完全消失，溶液中溶质有两种：AlCl3和NaCl，设AlCl3的物质的量为x，NaCl的物质的量为y，根据Na原子守恒可知：y=5mol/L×25ml×10−3=0.125mol，由Cl守恒可知：3x+y=2mol/L×202×10−3L=0.404mol，解得x=0.093mol，所以此时溶液中有0.093mol AlCl3，因为AlN物质的量=0.075mol，根据Al守恒可得n(Al2O3)=0.009mol，故答案为：0.009mol；（3）n（CO2）==0.025mol，二氧化碳来源于碳酸根离子，根据C原子守恒得n（CO）=n（CO2）=0.025mol，则m（CO）=nM=0.025mol×60g/mol=1.5g，故答案为：1.5；（4）①样品在270℃时已完全失去结晶水，结晶水的质量=（100.00-73.45）g=26.55g，n（H2O）===1.475mol，故答案为：1.475；②100.00g样品在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O，m（CO2）+m（H2O）=73.45-37.02=36.43g，其中n（CO2）=0.56L/22.4mol/L=0.025mol；m（CO2）==32.45g，m（H2O）=36.43-32.45=3.98g，n（H2O）==0.2212mol，根据H原子守恒得n（OH−）=2n（H2O）=0.4424mol，故答案为；0.4424mol；③根据电荷守恒得2x+3y=0.4424×1+2×……I，根据质量守恒得40x+0.5×102y=37.02……II，联合I、II得x=0.7374mol、y=0.1476mol，x∶y∶a∶b∶n=0.7374mol∶0.1476mol∶0.4424mol∶0.7374mol∶∶1.475mol=5∶1∶3∶5∶10，所以其化学式为Mg5Al(OH)3(CO3)5∙10H2O，故答案为：Mg5Al(OH)3(CO3)5∙10H2O。
第二单元 化学计量在实验中的应用（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，总计40分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每题2分。第11～15题为不定项选择题，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的的0分。
1．温度和压强相同时，在体积相同的两个密闭容器甲和乙，甲中充满O2气体，乙中充满O2和O3的混合气体，下列说法正确的是
A．两容器中气体的质量相等 B．两容器中气体的分子数目相等
C．两容器中气体的氧原子数目相等 D．两容器中气体的密度相等
2．临床证明磷酸氯喹对治疗新冠肺炎有一定的疗效，磷酸氯喹常温下为固体，化学式为C18H32ClN3O8P2。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于磷酸氯喹的说法正确的是
A．磷酸氯喹的摩尔质量为515.5
B．含0.3NA个P原子的C18H32ClN3O8P2物质的量为0.1mol
C．标准状况下，4.48LC18H32CIN3O8P2含有0.2NA个氯原子
D．10g磷酸氯喹中m(H)∶m(O)=1∶4
3．下列说法正确的是
A．同温同压下，相同体积的物质，其物质的量一定相等
B．标准状况下气体摩尔体积约为22.4L
C．0.5L 1mol/L FeCl3溶液与0.2L 1mol/L KCl溶液中的Cl−的数目之比为15∶2
D．100mL 1mol/L NaCl溶液与50mL 1mol/L AlCl3溶液中Cl−物质的量浓度相等
4．下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1的是
A．将0.5mol·L-1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液
B．将80gSO3溶于水并配成1L的溶液
C．10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液
D．标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液
5．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6g，若装满氮气时总质量为66g，则此容器的容积
A．22.4L B．44.8L C．11.2L D．4.48L
6．下列有关实验原理或操作正确的是
A．在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol·L-1
B．用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液
C．实验中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950mL、201.4g
D．实验室配制500mL0.2mol·L-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
7．实验室需480mL 1.0mol/L的NaOH溶液，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是
A．称取氢氧化钠20.0g
B．定容时俯视观察刻度线
C．移液时，对用于溶解氢氧化钠的烧杯没有进行冲洗
D．移液用玻璃棒引流时，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方
8．NH4N3(叠氮化铵)易发生分解反应生成N2和H2，且两种气体的物质的量相等。若得到NH4N3的分解产物(简称a)28g，则下列关于a的说法错误的是
A．a中两种气体的体积(同温同压)比为1∶1
B．a中两种气体的质量比为14∶1
C．a的平均摩尔质量为15g·mol-1
D．a的密度为1.25g×L-1
9．设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是
A．1mol苯乙烯中含有的C=C数为4NA
B．2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NA
C．0.1mol CnH2n+2中含有的C—C键数为0.1nNA
D．标准状况下，2.24L CHCl3含有的分子数为0.1NA
10．“长征2F”运载火箭推进剂工作时发生反应：(CH3)2NNH2＋2N2O4=2CO2＋4H2O＋3N2。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，CO2的密度比N2的小
B．1 mol (CH3)2NNH2中含共用电子对的数目为11 NA
C．每生成22.4 L CO2时，转移的电子数目为8 NA
D．火箭启动初期逸出的红棕色气体是N2O4蒸气
11． 工业上常用FeSO4溶液处理废水中的重铬酸根离子(Cr2O)，反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。处理25.00mL某废水，需消耗15.00mL
1.00×10-2mol/LFeSO4溶液(不考虑其他物质与Fe2+反应)。该废水中Cr2O的物质的量浓度(单位：mol/L)为
A．1.50×10-4 B．6.00×10-4 C．1.00×10-3 D．3.60×10-3
12．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是：
A．11g T2O含有的电子数为5NA
B．常温下，0.2L 0.5mol·L−1 NH4NO3溶液的氮原子数小于0.2NA
C．含4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数小于2NA
D．标准状况下，2.24L H2S全部溶于水所得溶液中HS−和S2−离子数之和为0.1NA
13．常温下，100mL 1.0mol/L Na2C2O4溶液中加入足量pH=1的稀硫酸，再加入20mL KMnO4溶液恰好完全反应。下列说法正确的是
A．Na2C2O4溶液中C2O数目为0.1NA
B．稀硫酸中水电离的c(H+)=0.1mol/L
C．KMnO4溶液浓度为0.1mol/L
D．反应过程中转移电子数为0.2NA
14．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为3NA
B．常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为2NA
C．常温常压下，28gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子的数目为4NA
D．0.1L 0.5mol·L-1CH3COOH溶液中含有H+的数目为0.2NA
15．三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)
B．同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X
C．若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1mol
D．同温下，体积相同的两容器分别充2g Y气体和1g Z气体，则其压强比为2∶1
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共60分）
16．“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某“84消毒液”瓶体部分标签如图1所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用，请回答下列问题：
（1）此“84消毒液”的物质的量浓度约为______mol/L(计算结果保留一位小数)。
（2）某同学量取此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)=___mol/L。
（3）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。
①如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是______(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是_______。
②下列操作中，容量瓶不具备的功能是_____(填仪器序号)。
a．配制一定体积准确浓度的标准溶液 b．贮存溶液
c．测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液 d．准确稀释某一浓度的溶液
e．用来加热溶解固体溶质
③请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为______g。
（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是______。(填序号)。
A．定容时俯视刻度线 B．转移前，容量瓶内有蒸馏水
C．未冷至室温就转移定容 D．定容时水多用胶头滴管吸出
17．天然碱的组成可以用aNa2CO3·bNaHCO3·cH2O（a、b、c为整数）表示。现有A、B两种不同的天然碱样品，分别进行如下实验以确定其化学式。
将质量为31.0g的天然碱A于300℃加热分解至完全（300℃时Na2CO3不分解），产生CO2 2.24L（标准状况）和水5.4g。
（1）天然碱A的化学式中：a=___，b=___，c=___。
已知：Na2CO3与稀盐酸的反应分下列两步进行：Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3，NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O。
将质量为12.45g的天然碱B溶于水，逐滴滴加某浓度的稀盐酸，产生气体的体积与加入盐酸的体积（标准状况）的关系如下表所示：
盐酸体积（mL）
20
40
60
80
产生气体体积（mL）
0
560
1680
2520
（2）由表中数据可推测加入50mL盐酸时，产生气体的体积为___mL（标准状况）；
（3）盐酸的浓度为___mol/L；天然碱B的化学式为：___。
18．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，回答下列问题：
（1）0.3molNH3分子中所含原子数与___个H2O分子中所含原子数相等。
（2）某气体在标准状况下的密度为1.25g/L，则14g该气体所含有的分子数为___。
（3）同温同压下，同体积的H2和A气体的质量分别为1.0g和16.0g，则A的摩尔质量为___。
（4）从400mL2.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液中取出10mL，将这10mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中SO的物质的量浓度为___。
（5）某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其中R的摩尔质量为Mg·mol-1，25℃时ag该结晶水合物晶体能够溶于b g水中，形成密度为ρ g/mL的溶液，则：
①该溶液中溶质的质量分数为___。
②该溶液中溶质的物质的量浓度为___。
19．达喜是常用的中和胃酸的药物，其有效成分是含结晶水的铝镁碱式盐。取该碱式盐6.02g，向其中逐滴加入4.00 mol·L−1的盐酸，当加入盐酸42.5mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时恰好反应完全。
（1）计算该碱式盐样品中碳酸根与氢氧根的物质的量之比：__。
（2）若达喜中镁、铝元素的物质的量之比为3∶1，则氢元素的质量分数为__。
20．铝有多种化合物，在工业上用途广泛。氮化铝（AlN）中混有碳和氧化铝，为确定某氮化铝样品的纯度，进行如下实验：（已知：AlN+H2O+NaOH→NaAlO2+NH3↑）
（1）称取5.00g样品，加入25mL 5mol/L的NaOH溶液，共热，样品中AlN和Al2O3完全反应，测得放出氨气1.68L（标准状况）。该样品中的A1N的质量分数为___________。
（2）过滤上述混合溶液，向滤液中滴加2mol/L的盐酸，当滴至202mL时生成的白色沉淀恰好完全消失，5.00g样品中Al2O3的物质的量是多少摩________？（写出计算过程）
碱式碳酸铝镁[MgxAly(OH)a(CO3)b·nH2O]可做为塑料填料。为确定某碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
（3）称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成二氧化碳0.560L（标准状况）。3.390g样品中含CO________g。
（4）另取100.00g样品在空气中加热，固体质量随温度的变化如图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上固体为金属氧化物的混合物）。
（i）100.00g样品中含结晶水_______mol。
（ii）100.00g样品中OH−的物质的量是多少_______？（写出计算过程）
（iii）通过计算推测该碱式碳酸铝镁的化学式_______。
第二单元 化学计量在实验中的应用（B）
答 案
1．【答案】B
【解析】同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的O2、O2和O3，其物质的量相等。根据N=nNA知，二者物质的量相等，则其分子数相等，所以B是正确的；答案选B。
2．【答案】D
【解析】A．由化学式可知，磷酸氯喹的摩尔质量为515.5g/mol，故A错误；B．由化学式可知，磷酸氯喹分子中含有2个磷原子，则含0.3NA个磷原子的磷酸氯喹物质的量为×=0.15mol，故B错误；C．标准状况下，磷酸氯喹为固态，无法计算4.48L磷酸氯喹的物质的量和含有的氯原子个数，故C错误；D．由化学式可知，磷酸氯喹中氢原子和氧原子的质量比为1mol×32×1g/mol∶1mol×8×16g/mol=1∶4，故D正确；故选D。
3．【答案】C
【解析】A．同温同压下，相同体积的气体，其物质的量一定相等，不同状态的物质，相同物质的量时体积不同，故A错误；B．标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol，故B错误；C．0.5L 1mol/L FeCl3溶液与0.2L 1mol/L KCl溶液中的Cl−的数目之比为0.5L×1mol/L×3∶0.2L×1mol/L=15∶2，故C正确；D．100mL 1mol/L NaCl溶液与50mL 1mol/L AlCl3溶液中Cl−物质的量浓度之比为1mol/L∶1mol/L×3=1∶3，故D错误；故选C。
4．【答案】A
【解析】A．将100mLNaNO3溶液加热蒸发掉50g水，溶液体积不是50mL，所以蒸发后的溶液中溶质的物质的量浓度无法计算，故A选；B．80gSO3的物质的量为=1mol，溶于水和水反应：SO3+H2O=H2SO4，硫酸的物质的量也为1mol，配成1L溶液，溶液体积为1L，所以H2SO4的物质的量浓度为=1mol/L，故B不选；C．10gNaOH固体的物质的量为=0.25mol，溶解在水中配成250mL溶液，NaOH的物质的量浓度为=1mol/L，故C不选；D．标况下，22.4L氯化氢气体的物质的量为=1mol/L，溶于水配成1L溶液，溶质的物质的量浓度为=1mol/L，故D不选。
5．【答案】D
【解析】假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol×71g/mol=74.6g，mg+nmol×28g/mol=66g，联立方程，解得n=0.2mol，气体的体积为V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，所以容器的容积为4.48L，故选D。
6．【答案】A
【解析】A．1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐的物质的量为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为0.5mol÷0.2L=2.5mol/L，故A正确；B．量筒不能用来配制溶液，应该用烧杯配制，15mL酒精中加水5mL，配制的酒精溶液体积分数为75%，故B错误；C．实验中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格1000mL，称取Na2CO3的质量=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212.0g，故C错误；D．应称取绿矾的质量为0.5L×0.2mol/L×278g/mol=27.8g，故D错误。
7．【答案】B
【解析】定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，浓度偏高，故B选。
8．【答案】D
【解析】A．同温同压下，气体体积与物质的量成正比，两种气体的体积(同温同压)比为1∶1，A正确；B．，两种气体的质量比为14∶1，B正确；C．分解产物质量为28g，两种气体的物质的量相等则n总=2×=mol，=15 g·mol-1，C正确；D．a气体的质量确定，但一定物质的量的气体体积与温度、压强有关，所以密度不确定，D错误。
9．【答案】B
【解析】A．苯环上没有双键，苯乙烯分子中只有1个碳碳双键，故A错误；B．乙烯和丙烯的最简式相同，都是CH2，则2.8 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子的物质的量是0.2mol，碳原子数为0.2NA，故B正确；C．0.1mol CnH2n+2中含有的碳碳单键数应该是0.1(n-1)NA，故C错误；D．标准状况下，三氯甲烷不是气态，不能22.4L/mol进行计算，故D错误；答案选B。
10．【答案】B
【解析】A．相同条件下，气体的密度与相对分子质量成正比，常温常压下，CO2的密度比N2的大，故A错误；B．根据价键规律，1个(CH3)2NNH2分子中有11个共价键，1 mol (CH3)2NNH2中含共用电子对的数目为11 NA，故B正确；C．非标准状况下，22.4 L CO2的物质的量不一定是1mol，每生成22.4 L CO2时，转移的电子数目不一定是8 NA，故C错误；D．N2O4是无色气体，火箭启动初期逸出的红棕色气体不是N2O4蒸气，故D错误。
11．【答案】C
【解析】反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得，解得，综上述C符合题意，故选C。
12．【答案】AC
【解析】A．T2O的摩尔质量为22g/mol，故11g T2O的物质的量为0.5mol，而1mol T2O含有10mol电子，即10NA个，则0.5molT2O含有5NA个电子，故A正确；B．常温下，0.2L 0.5mol·L－1 NH4NO3溶液中含有0.1mol NH4NO3，氮原子数等于0.2NA，故B错误；C．随着反应的进行，浓盐酸逐渐变成稀盐酸，反应不再进行，因此4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数少于2NA，故C正确；D．标准状况下，2.24L H2S的物质的量为=0.1mol，溶于水所得溶液中含有HS−、S2−和H2S，因此HS−和S2−离子数之和少于0.1NA，故D错误。
13．【答案】D
【解析】A．100mL 1.0mol/L Na2C2O4溶液中含有Na2C2O4：0.1L×1.0mol/L=0.1mol，其中C2O水解，使得C2O数目少于0.1NA，故A错误；稀硫酸为酸，抑制水的电离，pH=1的稀硫酸中水电离的c(H+)==10-13mol/L，故B错误；C．反应的方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，则KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为×0.1mol=0.04mol，浓度为=0.2mol/L，故C错误；D．反应的方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O
+5Na2SO4，反应中Mn由+7价降低为+2价，反应过程中转移电子0.04mol×(7-2)=0.2mol，数目为0.2NA，故D正确；故选D。
14．【答案】BD
【解析】A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为=3NA，故A正确；B．常温常压下，44gCO2即1mol与足量过氧化钠反应生成0.5molO2，转移1mol电子，转移电子的数目为NA，故B错误；C．常温常压下，C2H4和C4H8的实验式均为CH2，28gC2H4和C4H8混合气体中，含有2molCH2,含有氢原子的数目为4NA，故C正确；D．醋酸是弱电解质，0.1L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中含有H+的数目小于 0.1L×0.5mol·L-1=0.05mol，故D错误。
15．【答案】B
【解析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)=0.5Mr(Z)，即Mr(X)＜Mr(Y)＜Mr(Z)；A．根据m=nM=M，分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，现原子数目相等的三种气体，质量最大的无法判断，故A错误；B．根据密度ρ=，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，故B正确；C．气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24 L，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故C错误；D．同温下，体积相同的两容器分别充2g Y气体和1g Z气体，Mr(Y)=0.5Mr(Z)，则二者的物质的量之比是4∶1，同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为4∶1，故D错误；故答案为B。
16．【答案】（1）3.8
（2）0.038
（3） CDE 玻璃棒和胶头滴管 bcde 141.6
（4） AC
【解析】（1）c(NaClO)=mol/L=3.8mol/L；（2）溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后c(NaClO)=×3.8mol/L=0.038mol/L，故c(Na+)=c(NaClO)=0.038mol/L；（3）①由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故需使用仪器序号是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管；②a．容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；b．容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；c．容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意；d．容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；e．容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意；故合理选项是bcde；③质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol/L，由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，而配制出500mL溶液，故所需的质量m=c·V·M=3.8mol/L×0.5 L×74.5g/mol=141.6g；（4）A．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A符合题意；B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；C．未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，C符合题意；D．定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D不符合题意；故合理选项是AC。
17．【答案】（1）1 2 2
（2）1120mL
（3）2.5mol/L 2Na2CO3·NaHCO3·2H2O
【解析】（1）加热分解，失去结晶水，同时发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，加热后残留固体为碳酸钠，产生CO2 2.24L(标准状况)，则其物质的量==0.1mol，生成水5.4g，水的物质的量==0.3mol，则：故31.0g的天然碱A中，n(NaHCO3)=0.2mol，n(H2O)=0.3mol-0.1mol=0.2mol，故m(Na2CO3)=31g-0.2mol×84g/mol-0.2mol×18g/mol
=10.6g，故n(Na2CO3)==0.1mol，则碱A中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)∶n(H2O)
=0.1mol∶0.2mol∶0.2mol=1∶2∶2，化学式为：Na2CO3·2NaHCO3·2H2O，即a=1、b=2、c=2；（2）加入80mL盐酸生成气体体积为2520mL，大于加入60mL盐酸时生成的气体体积，故加入40mL、60mL盐酸时，盐酸不足，完全反应，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，40mL～50mL之间消耗10mL盐酸，生成气体体积为(1680mL-560mL)×=560mL，故加入50mL盐酸产生的气体体积为：560mL+560mL=1120mL；（3）40mL～60mL之间消耗20mL盐酸，生成气体1680mL-560mL=1120mL，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，设盐酸的浓度为c mol/L，n(CO2)==0.05mol，根据方程式可知0.02cmol=0.05mol，解得c=2.5mol/L；根据（2）的计算可知当发生发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O时，生成560mL二氧化碳消耗盐酸的体积为10mL，所以加入前30mL盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，则n(Na2CO3)=2.5mol/L×0.03L=0.075mol；30mL～75mL发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则n(NaHCO3)=2.5mol/L×0.045L-0.075mol
=0.0375mol；故碱B中结晶水的质量=12.45g-0.0375mol×84g/mol-0.075mol×106g/mol
=1.35g，结晶水的物质的量==0.075mol，则碱B中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)∶n(H2O)=0.075mol∶0.0375mol∶0.075mol=2∶1∶2，故碱B的化学式为：2Na2CO3·NaHCO3·2H2O。
18．【答案】（1）2.408×10 23
（2）3.01×1023
（3）32g/mol
（4）0.6mol/L
（5）
【解析】（1）0.3mol NH3分子中含有的原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，则n(H2O)=0.4mol，二者含有的原子个数相等，N(H2O)=0.4mol×6.02×10 23/mol=2.408×1023，故答案为：2.408×10 23；（2）气体的摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，气体的物质的量为，则14g该气体所含有的分子数为6.02×1023/mol×0.5mol，故答案为：3.01×1023；（3）同温同压下，同体积的H2和A气体的物质的量相等，H2和A气体的质量分别为1.0g和16.0g，设A的摩尔质量为xg/mol，，x=32，故答案为32g/mol；（4）400mL2.0mol/L的Al2(SO4)3溶液中含SO的物质的量浓度为：c(SO)=2.0mol/L×3=6 mol/L；从中取出10mL，取出溶液的SO浓度仍然为6 mol/L；将这10mL溶液用水稀释到100mL，稀释后SO浓度为：6.0mol/L×=0.6mol/L，故答案为0.6mol/L；（5）溶质的质量=a×=g，所以溶液的质量分数=；溶质的物质的量=mol，溶液的体积为：，则溶液的物质的量浓度=。
19．【答案】（1）1∶16
（2）4.00%
【解析】碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体。（1）当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，所发生的反应分别为：①OH−+H+=H2O；②CO+H+=HCO；③HCO+H+=H2O+CO2↑；可得n(CO2)=n(CO)=(45.0-42.5)×10−3L×4mol/L=0.01mol，而中和OH−需要盐酸42.5mL−2.5mL=40mL，所以n(OH−)=40×10−3L×4mol/L=0.16mol，则n(CO)∶n(OH−)=1∶16；（2）镁、铝元素物质的量之比为3∶1，令镁元素物质的量为3x mol，铝元素物质的量为x mol，根据化合价的代数和为0，则有6x+3x=0.16+0.01×2，解得x=0.02mol，结晶水的质量为(6.02−0.06×24−0.02×27−0.16×17−0.01×60)g=0.72g，n(H2O)==0.04mol，因此H元素质量分数为：×100%≈4%。
20．【答案】（1）0.615
（2）0.009mol
（3）1.5
（4）1.475 0.4424mol Mg5Al(OH)3(CO3)5∙10H2O
【解析】（1）AlN+H2O+NaOH→NaAlO2+NH3↑，该反应产生NH3的物质的量=，
AlN+H2O+NaOH→NaAlO2+NH3↑
0.075mol 0.075mol
所以AlN的质量=0.075mol41g·mol−1=3.075g，所以AlN的质量分数=；故答案为：0.615；（2）向滤液中滴加2mol/L的盐酸，当滴至202mL时生成的白色沉淀恰好完全消失，溶液中溶质有两种：AlCl3和NaCl，设AlCl3的物质的量为x，NaCl的物质的量为y，根据Na原子守恒可知：y=5mol/L×25ml×10−3=0.125mol，由Cl守恒可知：3x+y=2mol/L×202×10−3L=0.404mol，解得x=0.093mol，所以此时溶液中有0.093mol AlCl3，因为AlN物质的量=0.075mol，根据Al守恒可得n(Al2O3)=0.009mol，故答案为：0.009mol；（3）n（CO2）==0.025mol，二氧化碳来源于碳酸根离子，根据C原子守恒得n（CO）=n（CO2）=0.025mol，则m（CO）=nM=0.025mol×60g/mol=1.5g，故答案为：1.5；（4）①样品在270℃时已完全失去结晶水，结晶水的质量=（100.00-73.45）g=26.55g，n（H2O）===1.475mol，故答案为：1.475；②100.00g样品在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O，m（CO2）+m（H2O）=73.45-37.02=36.43g，其中n（CO2）=0.56L/22.4mol/L=0.025mol；m（CO2）==32.45g，m（H2O）=36.43-32.45=3.98g，n（H2O）==0.2212mol，根据H原子守恒得n（OH−）=2n（H2O）=0.4424mol，故答案为；0.4424mol；③根据电荷守恒得2x+3y=0.4424×1+2×……I，根据质量守恒得40x+0.5×102y=37.02……II，联合I、II得x=0.7374mol、y=0.1476mol，x∶y∶a∶b∶n=0.7374mol∶0.1476mol∶0.4424mol∶0.7374mol∶∶1.475mol=5∶1∶3∶5∶10，所以其化学式为Mg5Al(OH)3(CO3)5∙10H2O，故答案为：Mg5Al(OH)3(CO3)5∙10H2O。
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