2020-2021高考化学综合题专题复习【物质的量】专题解析附详细答案
2020-2021高考化学专题题库∶铁及其化合物的综合题附答案
2020-2021高考化学专题题库∶铁及其化合物的综合题附答案一、高中化学铁及其化合物练习题（含详细答案解析）1．图中，固体A是铁锈的主要成分。
请回答：（1）固体C的化学式是___，上述框图中体现了SO2的___（填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”）。
（2）写出A→B的化学方程式___。
（3）写出D→E的离子方程式___。
（4）若通入的SO2是足量的，请你设计实验方案检验“溶液D”中的金属阳离子___。
【答案】FeCl3还原性 Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2 Ba2++SO42-=BaSO4↓取少量溶液D于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加适量氯水（或双氧水），溶液变成血红色，则含有Fe2+【解析】【分析】固体A是铁锈的主要成分，则A为Fe2O3，结合图中转化可知，A与CO反应生成B为Fe，B与氯气反应生成C为FeCl3，C与二氧化硫发生氧化还原反应，溶液D中Fe2+、SO42-等，溶液D与氯化钡反应生成白色沉淀E为BaSO4。
【详解】(1)由上述分析可知，固体C的化学式是：FeCl3，上述框图中SO2失去电子转化为硫酸根离子，作还原剂；(2)A→B的化学方程式为：Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2；(3)D→E的离子方程式为：Ba2++SO42−=BaSO4↓；(4)若通入的SO2是足量的，溶液D中金属阳离子为Fe2+，检验该阳离子的方法为：取少量溶液D于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加适量氯水(或双氧水)，溶液变成血红色，则含有Fe2+。
2．已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素，彼此转化关系如下：请回答：（1）反应①称为铝热反应（属于置换反应），写出该反应的化学方程式：__、其中Al作__剂。
（2）反应④的离子方程式为：__。
（3）新配制的C溶液中应加入__，以防止其转化为D。
检验D溶液中阳离子的常用试剂是__（填化学式），实验现象为__。
【答案】2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3还原剂 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 铁粉（屑） KSCN （或NH4SCN）溶液变红（或呈现血红色）【解析】【分析】氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应，生成A，则A为Fe，铁和水蒸气在高温下反应生成B，B为黑色磁性氧化物，则B为Fe3O4，Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价，与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，铁与过量盐酸反应生成FeCl2，则C为FeCl2，FeCl2与双氧水反应生成FeCl3，则D为FeCl3，据此分析解答。
2020-2021高考化学综合题专题复习【铜及其化合物推断题】专题解析含详细答案
2020-2021高考化学综合题专题复习【铜及其化合物推断题】专题解析含详细答案一、铜及其化合物1．A 为金属单质，B 、C 、D 、E 四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系(部分产物已略去，有的反应在溶液中进行)。
请回答：(1)A 是_____________，C 是_____________。
(均用化学式表示)(2)写出实验室制备 D 的化学方程式：_____________。
(3)写出用 B 溶液与 Cu 反应制作印刷电路板的离子方程式：_____________。
(4)设计实验方案，检验 C 溶液中的金属阳离子：_____________【答案】Fe FeCl 2 MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+ 取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+【解析】【分析】A 为金属单质，B 、C 、D 、E 四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A 为变价金属，且B 与A 反应生成C ，则A 为Fe ，D 为Cl 2，B 为FeCl 3，C 为FeCl 2，A 与E 反应生成C(FeCl 2)，结合(3)“用B 溶液与Cu 反应制作印刷电路板”可知，E 为HCl ，据此解答。
【详解】（1）根据分析可知，A 为Fe ，C 为FeCl 2，故答案为：Fe ；FeCl 2；（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ，故答案为：MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ；（3）B 为FeCl 3，Cu 与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+，故答案为：Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+；（4）C 为FeCl 2，其阳离子为Fe 2+，检验Fe 2+的方法为：取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+，故答案为：取C 溶液于试管中，向其中滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+。
2022版高考化学一轮复习专题二物质的量_模拟集训含解析
高考化学一轮复习：专题二物质的量【5年高考】考点一物质的量1.(2020浙江7月选考,19,2分)N A为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是()A.4Mn O4-+5HCHO+12H+4Mn2++5CO2↑+11H2O,1mol[4Mn O4-+5HCHO]完全反应转移的电子数为20N AB.用电解粗铜的方法精炼铜,当电路中通过的电子数为N A时,阳极应有32gCu转化为Cu2+C.常温下,pH=9的CH3COONa溶液中,水电离出的H+数为10-5N AD.1L浓度为0.100mol·L-1的Na2CO3溶液中,阴离子数为0.100N A答案A2.(2019浙江4月选考,19,2分)设N A为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确．．．的是()A.1molCH2CH2分子中含有的共价键数为6N AB.500mL0.5mol·L-1的NaCl溶液中微粒数大于0.5N AC.30gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为N AD.2.3gNa与O2完全反应,反应中转移的电子数介于0.1N A和0.2N A之间答案D3.(2018课标Ⅰ,10,6分)N A是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1N AB.22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18N AC.92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0N AD.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0N A答案B4.(2018海南单科,9,4分)N A代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.12g金刚石中含有化学键的数目为4N AB.18g的D2O中含有的质子数为10C.28g的乙烯和环己烷混合气体中所含原子总数为6N AD.1L1mol·L-1的NH4Cl溶液中N H4+和Cl-的数目均为1N A答案C5.(2018课标Ⅱ,11,6分)N A代表阿伏加德罗常数的值。
2020-2021高考化学专题复习氯及其化合物的综合题附详细答案
2020-2021高考化学专题复习氯及其化合物的综合题附详细答案一、高中化学氯及其化合物1．高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。
（1）在用 KMnO4酸性溶液处理固体 Cu2S 时，发生的反应如下：8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O①还原产物为_____。
②被氧化的元素是_____③氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____④每生成 2.24 L(标况下)SO2，转移电子数目是_____（2）用 KMnO4酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2。
写出该离子反应方程式_____（3）15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g。
该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体 A，产物中锰元素以 Mn2+存在，则气体 A 的物质的量为_____mol。
【答案】Mn2＋ Cu、S 8:5 0.8N A 6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O 0.2【解析】【分析】(1)结合氧化还原反应的知识分析即可；(2)用 KMnO4酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的质量为氧气的质量，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，据此分析。
【详解】(1)在8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O中Mn元素从+7价降为+2价，发生还原反应，而Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，发生氧化反应；①由分析知，还原产物为Mn2＋；②被氧化的元素是Cu2S中Cu、S两元素；③氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，两者的物质的量之比为8:5；④Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，则1molCu2S完全被氧化，转移8mol电子；2.24 L(标况下)SO2的物质的量为2.24?L22.4?L/mol=0.1mol，反应中转移电子的物质的量为0.8mol，电子数目是0.8N A；(2)用 KMnO4酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合守恒法得发生反应的离子方程式为6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O；(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的质量为氧气的质量，m(O2)=15.8g-15.0g=0.8g，n(O2)=0.8g32g/mol=0.025mol；在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则设氯气的物质的量为xmol，n(KMnO4)=15.8g158g/mol=0.1mol，电子转移守恒可得：0.1mol(7-2)=4n(O2)+2(Cl2)，即0.1×(7-2)=4×0.025+2x，解得：x=0.2mol。
2020-2021高考化学压轴题专题复习—原子结构与元素周期表的综合附答案
2020-2021高考化学压轴题专题复习—原子结构与元素周期表的综合附答案一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）1．锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。
回答下列问题:（1）Zn 原子核外电子排布式为__________洪特规则内容_____________泡利不相容原理内容______________________（2）黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn 和Cu 组成。
第一电离能I 1(Zn)__________I 1(Cu)(填“大于”或“小于”)。
原因是__________（3）ZnF 2具有较高的熔点(872℃ ),其化学键类型是__________;ZnF 2不溶于有机溶剂而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是__________（4）金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为__________,配位数为____六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为N A ，Zn 的密度为__________g·cm -3(列出计算式)。
【答案】1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar ]3d 104s 2 原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低 每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子 大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 离子键 ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为主、极性较小 六方最密堆积(A 3型2A 3N 6a c ⨯⨯⨯ 【解析】【分析】【详解】(1)Zn 原子核外有30个电子，分别分布在1s 、2s 、2p 、3s 、3p 、3d 、4s 能级上，其核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2，洪特规则是指原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低，而泡利原理是指每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2；原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低；每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子；(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn 原子轨道中电子处于全满状态，Cu 失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu 较Zn 易失电子，则第一电离能Cu ＜Zn ，故答案为：大于；Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF 2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF 2属于离子化合物而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2为共价化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，故答案为：离子键；ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为主，极性较小；(4)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，Zn 原子的配位数为12，该晶胞中Zn 原子个数=12×16+2×12+3=6，六棱柱底边边长为acm ，高为ccm ，六棱柱体积=[(6×23a )×3×c]cm 3，晶胞密度=2A m V 3N 6a c =⨯⨯⨯，故答案为：六方最密堆积(A 3型)；12；2A 3N 6a c ⨯⨯⨯。
2020-2021高考化学专题《化学能与电能》综合检测试卷附答案解析
2020-2021高考化学专题《化学能与电能》综合检测试卷附答案解析一、化学能与电能1．现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水,并测量电解产生的氢气的体积（约6 mL）和检验氯气的氧化性（不应将多余的氯气排入空气中）。
（1）试从上图图1中选用几种必要的仪器,连成一整套装置,各种仪器接口的连接顺序（填编号）是:A接______,B接______。
（2）碳棒上发生的电极反应为_______。
（3）能说明氯气具有氧化性的实验现象是_______。
（4）假定装入的饱和食盐水为50 mL（电解前后溶液体积变化可忽略）,当测得的氢气为5.6 mL（已折算成标准状况）时,溶液的pH为____。
（5）工业上采用离子交换膜法电解饱和食盐水，如上图图2，该离子交换膜是__（填“阳离子”或“阴离子”）交换膜，溶液A是_______（填溶质的化学式）【答案】G、F、I D、E、C 2Cl--2e-=Cl2↑淀粉-KI溶液变成蓝色 12 阳离子 NaOH 【解析】【分析】(1)实验的目的是电解饱和食盐水，并测量电解产生的氢气的体积(约6 mL)和检验氯气的氧化性，结合装置的作用来连接装置；(2)实验目的生成氢气和氯气，所以铁应为阴极，碳棒为阳极；(3)氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，使淀粉碘化钾溶液变蓝色说明；(4)电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，利用公式c=nV来计算NaOH的物质的量浓度，然后求出氢离子的浓度，最后求出pH；(5)氢气在阴极生成，则b为阴极，a为阳极，阳离子向阴极移动，则离子交换膜允许阳离子通过；a极上氯离子失电子，生成氯气同时溶液中生成NaOH。
【详解】(1)产生的氢气的体积用排水量气法，预计H2的体积6ml左右，所以选I不选H，导管是短进长出，所以A接G，用装有淀粉碘化钾溶液的洗气瓶检验氯气时，导管要长进短出，所以B接D，氯气要进行尾气处理，即E接C；(2)实验目的生成氢气和氯气，所以铁应为阴极，连接电源负极，碳棒为阳极，所以炭棒接直流电源的正极，电极反应：2Cl--2e-═Cl2↑；(3)氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，使淀粉碘化钾溶液变蓝色说明氯气具有氧化性；(4)因电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，当产生的H2的体积为5.6mL时，物质的量n=35.610L22.4L/mol-⨯=2.5×10-4mol，生成氢氧化钠的物质的量为5×10-4mol，所以溶液中NaOH的物质的量浓度=4510mol0.05L-⨯═0.01mol/L，所以氢离子的浓度=14100.01-mol/L=1×10-12mol/L，pH=12；(5)氢气在阴极生成，则b为阴极，a为阳极，阳离子向阴极移动，则离子交换膜允许阳离子通过，所以离子交换膜为阳离子交换膜；a极上氯离子失电子，生成氯气同时溶液中生成NaOH，所以溶液A是NaOH。
2020-2021高考化学压轴题专题复习——硅及其化合物推断题的综合及答案解析
2020-2021高考化学压轴题专题复习——硅及其化合物推断题的综合及答案解析一、硅及其化合物1．绿矾(FeSO4•7H2O)可用做净水剂、除草剂等。
某研究小组测定了硫酸矿焙烧后的烧渣中主要成分(Fe2O3、Al2O3和SiO2，不考虑其它杂质)的含量并制备了绿矾，流程如下：请回答下列问题：(1)溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和______。
(2)试剂C是______。
(3)③中反应的离子方程式是_______、_______。
(4)烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比是______。
【答案】OH-稀硫酸 Fe+2Fe3+=3Fe2+ Fe+2H+=Fe2++H2↑ 5：5：1【解析】【分析】烧渣主要成分为Fe2O3、Al2O3和SiO2，与过量NaOH溶液混合，Al2O3和SiO2反应产生NaAlO2、Na2SiO3进入溶液A中，Fe2O3不能反应进入滤渣，然后过滤得到的固体B为Fe2O3为8.0g，溶液A中含有Na+、AlO2-、SiO32-和OH-，加入过量盐酸，AlO2-转化为Al3+，SiO32-反应形成H2SiO3沉淀，发生反应的离子反应方程式为OH-+H+=H2O、AlO2-+4H+=Al3++2H2O、SiO32-+2H+=H2SiO3↓，然后过滤得到的固体F为H2SiO3沉淀，灼烧H2SiO3脱水分解得SiO2为0.6g；固体B为Fe2O3，向其中加过量试剂C溶解，因为要制备FeSO4•7H2O，所以试剂C 为稀硫酸，发生反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，所得溶液D为硫酸铁和过量稀硫酸的混合溶液，再加试剂E将三价铁还原成二价铁，则试剂E为Fe单质，最后将硫酸亚铁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾，据此分析。
【详解】(1)通过以上分析知，溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和OH-；(2)固体B为Fe2O3，向其中加入H2SO4反应产生Fe2(SO4)3，再向该溶液中加入Fe粉，还原得到FeSO4溶液，因此试剂C是稀硫酸；(3)③是Fe单质与Fe2(SO4)3反应产生FeSO4溶液，及与过量的H2SO4反应产生FeSO4和H2，其中反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑；(4)通过以上分析知Fe2O3为8.0g，，固体G是SiO2，由于在反应过程中Si元素没有损失，所以根据Si元素守恒，可知原混合物中含有SiO2为0.6g，则原混合物中Al2O3质量为m(Al2O3)=13.7g-8.0g-0.6g=5.1g，则烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比n(Fe2O3)：n(Al2O3)：n(SiO2)=8.0160：5.1102：0.660=0.05：0.05：0.01=5：5：1。
2022年高考化学二轮复习第一篇 专题2 微专题2 一定物质的量浓度溶液的配制
2．(高考题组合)配制一定物质的量浓度的溶液在科研领域有着广泛的应用。 下列说法正确 的是( ) A．(2019·江苏高考)将 4.0 g NaOH 固体置于 100 mL 容量瓶中，加水至刻度，配制 1.000 mol·L－1 NaOH 溶液 B.(2019·天津高考改编)配制一定浓度溶液时的定容实验操作如图所示： C.(2018·浙江选考)容量瓶洗净后须用酒精灯加热干燥 D．(2018·全国卷Ⅱ)配制 250 mL 0.400 0 mol·L－1 NaOH 溶液的实验过程：称取 4.00 g 固体 NaOH 于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后转移至 250 mL 容量瓶中定容 【解析】选 D。配制一定物质的量浓度溶液时，固体不能直接在容量瓶中溶解，A 项错误； 配制一定浓度的溶液定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶中，B 项错误；容量瓶洗净后不需 要进行干燥处理，可直接使用，C 项错误。
(2)注意事项 ①容量瓶使用前必须检漏、洗涤，但不能润洗； ②只能配制一定体积的溶液，即不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液； ③转移溶液时，溶液的温度应为室温，玻璃棒要靠在瓶颈刻度线以下。 2．容量瓶的使用 (1)查漏操作
(2)容量瓶使用时的注意事项 ①不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释； ②不能作为反应容器或用来长期贮存溶液； ③不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液。 3．容量瓶读数误差的图示分析：
一定物质的量浓度溶液的配制中的误差分析 3．(2021·山东省实验中学高三 3 月份月考)利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制 0.5 mol·L－1 的碳酸钠溶液 1 000 mL，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．称取碳酸钠晶体质量 100 g B．定容时俯视刻度线 C．移液时，没有对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯进行冲洗 D．定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线 【解析】选 B。配制 0.5 mol·L－1 的碳酸钠溶液 1 000 mL，需称取 Na2CO3·10H2O 质量 143 g， 称取 100 g 碳酸钠晶体，浓度偏低；定容时俯视刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度 偏高，B 符合题意；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，浓度偏低；发现 液面低于刻度线，又加少量水导致浓度偏低。
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2020-2021高考化学综合题专题复习【物质的量】专题解析附详细答案一、高中化学物质的量1．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。
2．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 (H 2)=12n (e -)=0.45 mol ，则在标准状况下的体积V (H 2)=0.45 mol ×22.4 L /mol =10.08 L ； (5)在b 点时溶液中溶质为Na 2SO 4，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=NaAlO 2+2H 2O ，至c 点，该反应恰好反应完全，故c 点溶液的溶质为Na 2SO 4、NaAlO 2，由于酸性：H 2CO 3＞Al (OH )3，所以c 点溶液中通入足量的CO 2，NaAlO 2、CO 2、H 2O 反应产生Al (OH )3和NaHCO 3，反应的化学方程式为NaAlO 2+CO 2+2H 2O =Al (OH )3↓+NaHCO 3。
【点睛】本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算，侧重考查学生的分析与计算能力。
3．为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：（1）等质量的O 2和O 3所含分子的物质的量之比为___。
（2）等温等压下，等体积的O 2和O 3所含分子个数比为___，质量比为___。
（3）设N A 为阿伏加德罗常数的值，如果ag 氧气中含有的分子数为b ，则cg 氧气在标准状况下的体积约是___(用含a 、b 、c 、N A 的式子表示)。
（4）实验室需要配制100mL1mol /L 的NaOH 溶液，进行如下操作：①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器___。
②计算需要NaOH 固体的质量：___g 。