高考化学 物质的量 综合题及详细答案
高考化学物质的量(大题培优 易错 难题)含答案
【详解】
(1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO4、MnCl2前的系数是2，HCl前的系数是10，Cl2前的系数是5，根据原子守恒，KCl的系数是2，这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应，所有Cl原子都是由HCl提供，因此HCl前的系数为10+6=16，结合H原子反应前后相等，可知H2O的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为： ；
②需量取质量分数为98%、密度为1.84 g•cm-3的浓硫酸的体积为______mL。
③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，操作方法是：_______________。
【答案】0.250.4 mo•L-12.240.1532 g•mol-1500mL容量瓶8.2将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌
(2)在标准状态下，2.24LCl2的物质的量n(Cl2)= =0.1mol。
①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2时，参与反应的KMnO4的物质的量为0.1mol× =0.04mol，则参与反应的KMnO4的质量m(KMnO4)=0.04mol×158g/mol=6.32g；
②由反应化学方程式可知，HCl被氧化后生成Cl2，因此根据Cl元素守恒可知：被氧化的HCl的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol。
(3)在标准状况下，1.7 g氨气所占的体积约为_________L，与_____mol H2S含有相同的氢原子数。
高考化学物质的量综合经典题及答案
高考化学物质的量综合经典题及答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．（1）在标准状况下①6.72L CH 4②3.01×1023个HCl 分子③13.6g H 2S ④0.2mol NH 3，体积最大的是____，密最大的是度___，质量最小的是___，氢原子个数最多的是____。
（填写序号）（2）等温等压下，质子数相等的CO 、N 2两种气体，质量之比为____，体积之比为____，摩尔质量之比____。
（3）某物质在一定条件下加热分解，产物都是气体。
分解方程式为：3A ＝B ＋3C ＋2D 。
测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a ，则A 的摩尔质量为____。
【答案】② ② ④ ① 1:1 1:1 1:1 4a g/mol【解析】【详解】(1)①6.72L CH 4中：n(CH 4)= 6.72L 22.4L/mol=0.3mol ，m(CH 4)=0.3mol×16g/mol=4.8g ，ρ(CH 4)= m m M 16==g/L V V 22.4，N(H)=4N(CH 4)=1.2N A ； ②3.01×1023个HCl 分子中：n(HCl)=23233.01106.0210⨯⨯=0.5mol ，V(HCl)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L ，ρ(HCl)=m m M 36.5==g/L V V 22.4，m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g ，N(H)=N(HCl)=0.5N A ； ③13.6g H 2S 中：n(H 2S)=13.6g 34g/mol=0.4mol ，V(H 2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L ，ρ(H 2S)= m m M 34==g/L V V 22.4，N(H)=2N(H 2S)=0.8N A ； ④0.2mol NH 3中：m(NH 3)=0.2mol×17g/mol=3.4g ，V(NH 3)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L ，ρ(NH 3)= m m M 17==g/L V V 22.4，N(H)=3N(NH 3)=0.6N A . 所以：体积最大的是②，密度最大的是②，质量最小的是④，含氢原子数最多的是①； （2）CO 、N 2两种气体涉及的元素有C 、O 、N 质子数分别为6、8、7，所以两种气体的分子的质子数分别为：14、14，质子数相等的CO 、N 2，物质的量相等；CO 、N 2摩尔质量分别为28g/mol 、28g/mol ，故摩尔质量之比1:1；根据m=nM 知：质量之比与摩尔质量成正比为28:28=1:1；根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积，故体积之比为1:1；（3）化学方程式系数的意义：表示物质的量。
2020-2021高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案
2020-2021高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol·L－1的NaOH溶液500mL，回答下列问题。
（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是________(填字母)。
a．使用前要检验容量瓶是否漏液b．用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干c．为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行d．为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀e．用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液f．当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放所配制的试剂（2）请补充完整实验的简要步骤。
①计算；②称量NaOH固体________g；③溶解；④冷却并移液；⑤洗涤并转移；⑥________；⑦摇匀。
（3）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是________、________。
（4）上述实验操作②③都要用到小烧杯，其作用分别是_____________________和_______。
（5）如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：①____________________________________________；②_____________________________________________。
（6）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是________(填字母)。
A．转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面B．定容时俯视刻度线C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】ad 20.0 定容 500mL容量瓶胶头滴管用烧杯称量NaOH固体，防止NaOH 腐蚀天平的托盘用烧杯做溶解用的容器没有用玻璃棒引流应选用500mL的容量瓶BC【解析】【分析】【详解】(1)a、容量瓶使用前要检验是否漏水，a正确；b、容量瓶不能加热，b错误；c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液，也不能用来溶解固体，c错误；d、为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后要摇匀，d正确；e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液，不能配制480mL溶液，e错误；f、容量瓶不能长期贮存溶液，f错误；故选ad；(2)m(NaOH)＝nM=cVM=1.00mol·L－1×0.500L×40g·mol－1＝20.0g。
高考化学 物质的量综合试题及答案
4．（1）1mol H2SO4中含有_____个硫原子，_____mol O。
（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式
HCl：_______________NaHSO4：____________________
【解析】
【分析】
（1）根据物质结构进行计算；
（2）强电解质完全电离；
（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子；
（4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；
（5）还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，产物为还原产物。
【点睛】
本题考查了物质检验实验方案的设计以及化学方程式的书写、溶质物质的量浓度的计算，明确硫酸根离子、碳酸根离子的性质是解题的关键。
3．按要求完成下列各小题
（1）在同温同压下，相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。
（2）0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___，含有氧原子物质的量之比为___，相同条件下两物质的密度之比为___。
【解析】
【分析】
根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化还原反应进行判断。根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子，所以选择H2SO4进行除杂。
【详解】
（1）相同质量的N2和H2S的物质的量之比为 ，根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17：14。答案：17：14；
高考化学物质的量的综合题试题及答案解析
高考化学物质的量的综合题试题及答案解析一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。
半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空：（1）半水煤气含有少量硫化氢。
将半水煤气样品通入____溶液中（填写试剂名称），出现_______，可以证明有硫化氢存在。
（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2O CO2+H2若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后的气体中：V(H2):V(N2)=____________。
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。
已知：Na2CO3K2CO320℃碱液最高浓度（mol/L）2.08.0碱的价格（元/kg） 1.259.80若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是__________；缺点是____________。
如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？___________________________________________写出这种方法涉及的化学反应方程式。
_______________________（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。
取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。
_________________②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是：_________________。
③该实验方案中，步骤________（选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【答案】硝酸铅（或硫酸铜）黑色沉淀 3:1 价廉吸收CO2能力差碱液循环使用2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O除去半水煤气中的CO2（包括H2S）和H2O IV【解析】【分析】【详解】（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。
高考化学物质的量(大题培优)附答案解析
高考化学物质的量(大题培优)附答案解析一、高中化学物质的量1．在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。
反应：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O(1)“双线桥法”标出电子转移情况________ 。
(2)若生成2.24L 标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：①理论上需要多少克KMnO 4参加反应？________。
②被氧化的HCl 的物质的量为多少？________。
【答案】 6.32g 0.2 mol【解析】【分析】(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；(2)先计算Cl 2的物质的量，然后根据方程式中KMnO 4、HCl 与Cl 2之间的反应转化关系计算。
【详解】(1)在该反应中，Mn 元素化合价由反应前KMnO 4中的+7价变为反应后MnCl 2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl 元素化合价由反应前HCl 中的-1价变为反应后Cl 2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO 4、MnCl 2前的系数是2，HCl 前的系数是10，Cl 2前的系数是5，根据原子守恒，KCl 的系数是2，这样反应中有6个Cl 原子未参加氧化还原反应，所有Cl 原子都是由HCl 提供，因此HCl 前的系数为10+6=16，结合H 原子反应前后相等，可知H 2O 的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：；(2)在标准状态下， 2.24LCl 2的物质的量n(Cl 2)=m V 2.24L V 22.4L /mol=0.1mol 。
①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl 2时，参与反应的KMnO 4的物质的量为0.1mol×25=0.04mol ，则参与反应的KMnO 4的质量m(KMnO 4)=0.04mol×158g/mol=6.32g ； ②由反应化学方程式可知，HCl 被氧化后生成Cl 2，因此根据Cl 元素守恒可知：被氧化的HCl 的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol 。
高考化学专题题库∶物质的量的综合题及详细答案
高考化学专题题库∶物质的量的综合题及详细答案一、高中化学物质的量1．将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
(1)写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________；(2)镁和铝的总质量为________g；(3)b点溶液中的溶质为__________，硫酸的物质的量浓度为___________mol/L；(4)生成的氢气在标准状况下的体积为__________L；(5)c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。
【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 9 Na2SO4 2.5 10.08NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3【解析】【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液溶质为Na2SO4；从200mL到240mL，NaOH溶解固体Al(OH)3，发生反应：OH-+ Al(OH)3=AlO2-+2H2O，据此分析解答。
【详解】(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35mol，从200mL到240 mL，NaOH溶解Al(OH)3，当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15mol，Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g；(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍，所以n(Na2SO4)=0.5×5mol/L×0.2L =0.5mol，所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)=0.50.2Lmol=2.5mol/L；(4)根据以上分析，n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，由于Al是+3价金属，Mg是+2价的金属，所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2mol×3+ 0.15mol×2=0.9mol，根据反应过程中得失电子守恒，可知反应产生氢气的物质的量n(H2)=12n(e-)=0.45mol，则在标准状况下的体积V(H2)=0.45mol×22.4L/mol=10.08L；(5)在b点时溶液中溶质为Na2SO4，沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3，在b→c过程中发生反应：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，至c点，该反应恰好反应完全，故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2，由于酸性：H2CO3＞Al(OH)3，所以c点溶液中通入足量的CO2，NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCO3，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。
高考化学物质的量综合经典题及详细答案
高考化学物质的量综合经典题及详细答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题（1）配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、___。
（2）容量瓶上标有刻度线、___，使用前要___。
（3）需用托盘天平称取Na2CO3____g。
（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？A．加水时超过刻度线___，B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶___，C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___，D．定容时仰视___，E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线___。
（5）若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，则需要量取浓硫酸的体积为___mL。
【答案】500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管温度、容积检漏 5.3 偏低偏高不变偏低不变 62.5【解析】【分析】配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，分析误差时可根据c=nV判断。
【详解】(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500mL容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；(2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应查漏；(3)配制500mL 0.1mol/LNa2CO3，需要 Na2CO3的质量为：0.5L×0.1mol/L×106g/mol=5.3g；(4)A．加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；D．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；E．上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；(5)若实验室中要用浓度为16mol/L 的浓硫酸配制480mL 2.0mol/L 的稀硫酸，应选择500mL 容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：16mol/L×V=500mL 2.0mol/L，解得V=62.5mL。
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高考化学 物质的量 综合题及详细答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。
反应：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O(1)“双线桥法”标出电子转移情况________ 。
(2)若生成2.24L 标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：①理论上需要多少克KMnO 4参加反应？________。
②被氧化的HCl 的物质的量为多少？________。
【答案】 6.32g 0.2 mol【解析】【分析】(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；(2)先计算Cl 2的物质的量，然后根据方程式中KMnO 4、HCl 与Cl 2之间的反应转化关系计算。
【详解】(1)在该反应中，Mn 元素化合价由反应前KMnO 4中的+7价变为反应后MnCl 2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl 元素化合价由反应前HCl 中的-1价变为反应后Cl 2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO 4、MnCl 2前的系数是2，HCl 前的系数是10，Cl 2前的系数是5，根据原子守恒，KCl 的系数是2，这样反应中有6个Cl 原子未参加氧化还原反应，所有Cl 原子都是由HCl 提供，因此HCl 前的系数为10+6=16，结合H 原子反应前后相等，可知H 2O 的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：；(2)在标准状态下， 2.24LCl 2的物质的量n(Cl 2)=m V 2.24L V 22.4L /mol=0.1mol 。
①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl 2时，参与反应的KMnO 4的物质的量为0.1mol×25=0.04mol ，则参与反应的KMnO 4的质量m(KMnO 4)=0.04mol×158g/mol=6.32g ； ②由反应化学方程式可知，HCl 被氧化后生成Cl 2，因此根据Cl 元素守恒可知：被氧化的HCl 的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol 。
【点睛】本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。
氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。
根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。
物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。
2．以下涉及的物质中A 、B 、C 都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。
(1)一定条件下，9.80g NH 4Br 跟3.60g 的某钙盐A 恰好反应，生成了4.48L （标准状况）气态产物B 和固体产物C 。
标准状况下，B 气体的密度为0.76g/L ，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。
试求B 的分子式_____________ 。
(2)25℃、101.3KPa 时，气体摩尔体积为24.5L/mol. 该状况下，1体积水（密度为1g/cm 3）吸收560体积B 气体得到密度为0.91 g/cm 3的溶液，则该溶液中溶质的质量分数为_____%（溶液中的溶质以B 计量；保留2位小数）；溶液的物质的量浓度为__________ mol /L （保留2位小数）。
(3)在催化剂作用下，B 可和NO 、NO 2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D （可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用）。
在常温常压下，将密度一定的NO 、NO 2混合气体和B 在不同体积比时进行了四次实验，所得数据如下：则原NO 、NO 2混合气体中NO 的体积分数为________%；第四次实验所得气体的平均摩尔质量为_______（保留2位小数）。
(4)将9.80g NH 4Br 跟过量的氧化鈣共热，充分反应后生成水、1.70gB 气体和固体产物C ，则C 的化学式为__________；试根据有关数据，求钙盐A 的化学式_______ 。
【答案】NH 3 27.98 14.98 20 22.76 CaBr 2 Ca(NH 2)2或CaN 2H 4【解析】【分析】(1)根据M=ρ⨯Vm 计算B 的相对分子质量，根据氮的质量分数为82.35%计算氢元素的质量分数，继而确定B 的分子式；(2)根据溶液质量分数=⨯溶质的质量溶液的质量100%，溶液物质的量浓度c=n V公式进行计算，结和已知信息寻找相应的量进行求解；(3)根据体积比不同混合气体和密度，计算混合气体的平均摩尔质量；(4)根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。
【详解】(1)标况下B气体的密度为0.76g/L，则B的相对分子质量= 0.76 ⨯ 22.4= 17，其中氮的质量分数为82.35%，则B分子中N原子数目=17?82.5%14⨯=1，其余是氢，则H原子数目=171431-=，则B为NH3，故答案为： NH3；(2)假设氨气体积为560L，则水为1L，25C、101.3KPa时，气体摩尔体积为24.5L/mol，氨气的物质的量=560L24.5L/mol= 22.86mo，氨气的质量= 22.86mol⨯17g/ mol = 388.62g，1L水的质量为1000g，则所得溶液质量分数=388.62g1000g388.62g⨯+100%= 27.99%；所得溶液密度为0.91g/cm3，故溶液物质的量浓度=1000?0.91?27.99%17⨯⨯= 14.98 mol/L，故答案：27.98；14.98；(3)在催化剂作用下，NH3可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D，根据原子守恒电子守恒可知，D为N2。
第一次反应气体的相对分子质量= 1.35⨯ 22.4= 30.24；第二次反应气体的相对分子质量= 1.25⨯ 22.4= 28；第三次反应气体的相对分子质量=1.04 ⨯ 22.4= 23.2，由反应后气体相对分子质量可知，第二次实验恰好完全反应气体为N2，说明第一次剩余氨气不足，第三次剩余氨气有剩余，令第二次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为1.2mol，设NO为axmol，则NO2为(1-x)mol，根据电子转移守恒：2x +4(1-x)=1.2⨯[0-(-3)]，解得x=0.2，故NO的体积分数=0.2mol1mol⨯ 100%= 20%；令第四次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为2.2mol， NO为0.2mol，则NO2为(1- 0.2) mol= 0.8mol，令参加反应的氨气为ymol，根据电子转移守恒：2⨯0.2 +4⨯0.8=y⨯ [0- (-3)]，解得y= 1.2，剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol，根据N原子守恒可知生成N2的物质的量=1mol?1?.2mol2+= 1.1mol，故反应后气体的平均摩尔质量=1mol1?7g/mol?1?.1mol?28g/?mol1mol 1.1mol⨯+⨯+=22.76g/mol，故答案为：20；22.76；(4)将9.80g NH4 Br跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70gNH3气体和固体产物C，由元素守恒，则C的化学式为CaBr2。
由(1)9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应，生成了4.48L(标准状况)NH3和CaBr2，NH4Br的物质的量=9.8g98g/?mol= 0.1mol，由Br元素守恒可知CaBr2为0.05mol，由Ca元素守恒可知，3.6gA中含有Ca原子为0.05mol，氨气的物质的量=4.48L22.4L/?mol= 0.2mol，由N元素守恒可知3.6gA 中含有N原子为0.2mol - 0.1mol= 0.1mol，由H元素守恒，3.6gA 中含有H原子为0.2mol⨯ 3-0.1mol⨯4 = 0.2mo，故3.6gA中Ca、N、H原子物质的量之比= 0.05:0.1 :0.2= 1 :2:4，故A 的化学式为CaN2H4，故答案为：CaBr2；Ca(NH2)2或CaN2H4。
【点睛】根据M=ρ⨯Vm 计算不同气体或混合气体的摩尔质量。
3．I ．自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。
下列A 、B 、C 、D 是中学常见的混合物分离或提纯的装置。
请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。
将A 、B 、C 、D 填入适当的空格中。
(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________；(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠___________；(3)分离39％的乙醇溶液___________；(4)分离溴的氯化钠溶液____________；Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空已知某饱和氯化钠溶液体积为V mL ，溶液密度为d g/cm 3，质量分数为w ，物质的量浓度为c mol/L ，溶液中含NaCl 的质量为m g 。
(1)用m 、V 表示溶液的物质的量浓度是_________(2)用w 、d 表示溶液的物质的量浓度是_________(3)用c 、d 表示溶液的质量分数是__________【答案】B D A C100058.5m V mol·L －1 100058.5dw mol·L －1 58.51000c d 【解析】【分析】I. 根据混合物的性质选择相应的装置进行分离；Ⅱ. 根据公式n m M =、n c V =、1000=c M ρω进行计算。
【详解】I. (1)碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，故答案为：B ；(2)氯化钠易溶于水，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠，故答案为：D ；(3)乙醇和水是互溶的两种液体，可用蒸馏的方法分离乙醇和水，故答案为：A ；(4)溴易溶于四氯化碳而难溶于水，且四氯化碳与水不互溶，则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质，再分液，故答案为：C ；Ⅱ. (1)NaCl 的物质的量为g ==mol 58.5g/mol 58.5m m m n M =，则NaCl 溶液的物质的量浓度是-1-3mol 100058.5==mol L 10L 58.5m m c V V⋅⨯，故答案为：100058.5m V mol·L －1；(2)根据公式1000=c M ρω可知，该溶液的物质的量浓度是-11000=mol L 58.5dw c ⋅，故答案为：100058.5dw mol·L －1； (3)由1000=c M ρω可知，=1000cM ωρ，则该溶液的质量分数是58.51000cd ，故答案为：58.51000c d。