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高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二章 海水中的重要元素——钠和氯第三节 物质的量优秀课时作业
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这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二章 海水中的重要元素——钠和氯第三节 物质的量优秀课时作业，共24页。试卷主要包含了0分），6gFe粉在2，7gNH3和3，4 g乙醛所含σ键数目为0，92 L气体，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2.3物质的量同步练习（困难）人教版（ 2019）高中化学必修第一册
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 5.6gFe粉在2.24LCl2 (标准状况)中完全燃烧转移电子数为0.2NA
B. 常温下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后，气体分子数为0.1NA
C. 10℃时，pH=1，等体积的硫酸与醋酸两份溶液中含H+都为0.1NA
D. 标准状况下，2.24LCl2溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2NA
2. 下列叙述中正确的是( )
①标准状况下，1L HCl和1L H2O的物质的量相同；
②常温常压下，1g H2和14g N2的体积相同；
③28g CO的体积为22.4L；
④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；
⑤同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同；
⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A. ①③④⑥ B. ②⑥ C. ⑤⑥ D. ①⑤⑥
3. 下列说法不正确的是( )
A. 1mol 氧气的质量为32g
B. 常温常压下，1mol CO2气体体积约为22.4L
C. CO2的摩尔质量为44g/mol
D. 1L 2mol/L的BaCl2溶液中含Cl-的个数为2.408×1024
4. 下列叙述正确的个数有 ( )
①标准状况下，0.2 mo1任何物质的体积均为4.48L ②标准状况下，1 L CO和1 L H2O的物质的量相同 ③若1mol气体的体积为22.4 L，则它一定处于标准状况下④标准状况下，1 g H2和14 g N2的体积相同 ⑤28g CO的体积为22.4 L ⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
5. NA代表阿伏加德罗常数，下列有关说法中正确的是( )
A. 1mol Fe与足量稀硝酸反应，转移的电子数为3NA
B. 常温常压下，18g D2O所含的中子数为10NA
C. 标准状况下，11.2 LSO3含有SO3的分子数为0.5NA
D. 在1L 0.1mol·L−1的氨水溶液中，含有NH4+数为0.1NA
6. NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 100 g溶质质量分数为46％的乙醇水溶液中，含有4NA个氧原子
B. 标准状况下，22.4 L NO和11.2 L O2混合，生成物中含有NA个分子
C. 25 ℃时Ksp(CaSO4)=9×10−6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10−3NA个Ca2+
D. 加热条件下，含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数等于0.1NA
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
B. 常温常压下，4.4 g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C. 标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D. 2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
8. 用石墨作电极电解1 000 mL 0.1 mol·L−1 AgNO3溶液，通电一段时间后关闭电源，测得溶液的质量减少了13.4 g。下列有关叙述正确的是(NA代表阿伏加德罗常数的值) ( )
A. 电解过程中流经外电路的电子数目为0.1NA
B. 在标准状况下，两极共产生3.92 L气体
C. 电解后溶液的c(H+)为0.01 mol·L−1(假设溶液体积不变)
D. 加入13.8 g Ag2CO3可将溶液彻底复原
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A. 2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B. 常温下，1 L pH=13 的NaOH溶液中含 OH‾的数目为 0.1 NA
C. 常温下，22.4 mL H2O中所含氢氧键的数目约为2.49 NA
D. 含2 mol H2SO4的浓硫酸与足量Cu在加热条件下充分反应，生成的SO2在标准状况下的体积为22.4 L
10. 在一个恒温、恒容密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体质量相等，当隔板静止时，容器内气体所占体积如图所示，下列说法中错误的是( )
A. 若Y是O2，则X可能是CH4 B. 分子数目：X=Z=2Y
C. 若X是N2，则Z可能是CO D. 气体密度：X=Z=2Y
二、填空题（本大题共4小题，共32.0分）
11. 填写下列空白：
(1) ______mol H2O中含有的氧原子数与1.5 mol CO2中含有的氧原子数相等。
(2)将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为______。
(3)要使NH3与CH4含相同数目的H原子，则NH3和CH4的物质的量之比为______。
(4)标准状况下，密度为0.75 g·L−1的NH3与CH4组成的混合气体中，NH3的体积分数为______，该混合气体对氢气的相对密度为______。
(5)某结晶水合物的化学式为A·nH2O，A的相对分子质量为M。如将a g该结晶水合物加热至结晶水全部失去，剩余的残渣为b g，则n=______。
(6)已知a g A和b g B恰好完全反应生成0.2 mol C和d g D，则C的摩尔质量为______。
(7)配制100 mL 0.5 mol·L−1的硫酸铜溶液，所需胆矾的质量是____________。
12. (1)将质量比为14：15的N2和NO混合，则混合气体中N2和NO的物质的量之比为______，两种气体中所含氮原子个数比为___________。
(2)同温同压下，质量相同的五种气体： ① CO2 ② H2 ③ O2 ④ CH4 ⑤ SO2
所占的体积由大到小的顺序是(填序号，下同)_________________；
所含原子数由多到少的顺序是__________________________；
密度由大到小的顺序是_________________________________。
(3)VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ag，取V/4mL溶液稀释到VL，则稀释后溶液中的SO42−的物质的量浓度是(单位为mol/L)______________。
(4)标准状况下将224LHCl气体完全溶于1L水中，所得溶液的密度为1.1g/cm3，则所得稀盐酸的质量分数为____________，物质的量浓度为 _________________。
13. 判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)标准状况下，80 g SO3中含3NA个氧原子，体积约为22.4 L。( )
(2)常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数目为6NA。( )
(3)在标准状况下，1 mol O2与1 mol SO3的体积相同。( )
(4)在标准状况下，1 mol气体的体积约是22.4 L，在非标准状况下，1 mol气体的体积则一定不是22.4 L。( )
(5)22.4 L气体在标准状况下是1 mol，在非标准状况下一定不是1 mol。( )
(6)在相同条件下，相同物质的量的CO、N2的混合气体与O2的分子个数相同，原子个数也相同。( )(7)在相同条件下，相同物质的量的C2H4和C3H6，所含分子个数相同，而相同质量时，它们所含的原子个数也相同。( )
14. 根据所学知识，回答下列问题：
(1)将12.5 g CuSO4·5H2O溶于水中形成1 L溶液，溶质的物质的量浓度为_______mol·L−1。
(2)氢原子的物质的量相等的四种气体HCl、H2、NH3、CH4，在同温同压下，此四种气体体积之比V(HCl):V(H2):V(NH3):V(CH4)=_____________。
(3)配制100 mL 1.00 mol·L−1H2SO4溶液，需要用量筒量取浓硫酸(密度为1.84 g·cm−3，溶质质量分数为98%)的体积为________(保留一位小数)mL。
(4)反应2K2S+K2SO3+3H2SO4=3S↓+3K2SO4+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，若反应生成0.6 mol S，则反应中转移的电子为________mol。
(5)现有下列5种物质：①CO2 ②Mg ③盐酸 ④NaCl ⑤Na2CO3。上述物质属于电解质的有______________(填序号)。
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
15. (1)配平下面反应方程式，并用双线桥标出该反应的电子转移方向和数目：
___Cu+___HNO3(浓)—— ____Cu(NO3)2+ ____NO2↑+___H2O
在该反应中，氧化剂是________，还原剂是________，氧化剂与还原剂的物质的量之比是________。当反应生成1.5molNO2时转移的电子数是______ mol。
(2)现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向1 mol/L的FeCl3溶液中加少量NaOH溶液。乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。丙同学：向25 mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。
试回答下列问题：
①其中操作正确的同学是________ 。
②证明有Fe(OH)3胶体生成的简单实验操作是________________________________。
(3)学生甲欲把200mL20% (ρ=1.15g/cm3)的浓盐酸加蒸馏水稀释成10%的稀HCl溶液，需要加入蒸馏水___________毫升(4℃时)。
(4)学生乙欲使用0.30mol/L的HCl溶液950mL，现拟用 36.5% (ρ=1.2g/cm3)的浓盐酸来配制，请回答下列问题：
①配制溶液所用36.5%的盐酸的体积为______________ 。
②该实验需要使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_________________。
③下列操作会使所配溶液浓度小于0.30 mol/L的是：_________。(填对应的序号)
a、容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水；
b、在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒；
c、定容时视线俯视刻度线；
d、定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新加蒸馏水定容到刻度线；
e、将配制好的溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液；
f、用量筒量取浓盐酸时视线仰视刻度线。
16. I .用98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)配制1mol/L稀硫酸480mL。
(1)实验中应选用的玻璃仪器除了量筒、烧杯、玻璃棒外还需要_____ (填仪器名称)。
(2)实验操作：
a.用量筒量取98%的浓硫酸；
b.将稀释后的浓硫酸转移到容量瓶中；
c.用少量蒸馏水洗涤小烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中；
d.在小烧杯内稀释浓硫酸，稀释时要用玻璃棒不断搅拌；
e.向容量瓶中直接加蒸馏水至刻度线1～2cm处；
f.盖上容量瓶瓶塞，摇匀，装瓶，贴标签；
g.用胶头滴管小心加蒸馏水至刻度线；
(3)实验分析：
①步骤a中应该取浓硫酸______mL。
②正确的操作顺序是 _____(填序号)。
③下列操作使所配溶液的浓度偏高的有_____ (填字母符号)。
A. 使用容量瓶配制溶液时，俯视刻度线定容
B. 取用敞口放置过长时间的浓硫酸
C. 容量瓶用蒸馏水洗净后还剩有少量水
D. 量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤两次，并将洗涤液转入容量瓶
E. 量取浓硫酸时俯视刻度线
II.某实验小组拟用小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应(已知硅与稀硫酸不反应)，测定通常状况(20℃,101kPa)下的气体摩尔体积。拟选用下列实验装置完成实验：
(1)该小组同学必须选用的装置依次连接的合理顺序为A、_____。
(2)实验开始时，测量实验中生成H2的体积除了上下移动量筒使液面与广口瓶相平，平视读取量筒内水的体积外，还要注意 _____ 。
(3)实验中准确测得3个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，实验后量筒中液面读数为V mL，则通常状况下气体摩尔体积 Vm=_____L/mol。
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
17. A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
(1)B在周期表中的位置____________________
(2)F元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为______________________。
(3)元素C、D、E形成的简单离子半径由小到大的顺序________________________(用离子符号表示)。
(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：__________________________________________________。
C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是_________________________________________。
(5)C、E的氢化物，沸点由高到低顺序是：_______________________________。
(6)写出碳单质与E的最高价氧化物对应水化物浓溶液反应的化学方程式，并用单线桥标明电子的转移方向_______________。当转移电子为0.2mol时，标准状况下反应产生气体_______________L。
(7)已知E单质和F单质的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为_________________________________。
五、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
18. (1)现有氮气5.6g，含有氮分子的数目为__________，氮分子在标准状况下其体积为__________。
(2) 10mL0.25mol/LBaCl2溶液中，Cl−的物质的量浓度为__________，若将上述溶液加水稀释至50 mL，则Cl−的物质的量浓度为__________。
(3)某气态氧化物的化学式为RO2。标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则R的相对原子质量为______。
(4) 23 g由 14C、 16O组成的二氧化碳分子，其中含有中子数为__________。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数，熟悉Fe粉与Cl2的反应 ,氯水的组成，气体摩尔体积等知识是解题关键，难度不大。
【解答】
A.标况下2.24L的Cl2是0.1mol，5.6gFe是0.1mol，完全燃烧转移电子数为0.2NA,故A正确；
B.常温下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后生成NH4Cl，不是气体分子，故B错误；
C.溶液的体积未知，无法求出H+的个数，故C错误；
D.氯水中含有氯的微粒有Cl2，HClO，Cl−，ClO−，粒子数之和小于0.2NA 故D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有关物质的量的计算及阿伏加德罗定律及其推论，明确质量、体积、物质的量的关系，明确物质的状态、所处的状况，明确pV=nRT、pM=ρRT即可解答。
【解答】
①标准状况下，HCl是气体但水是液体，体积相同，物质的量不相同，故①错误；
②常温常压下，1gH2的物质的量为0.5mol，14gN2的物质的量为0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故②正确；
③若在标准状况下，28gCO的体积为：V=nVm=mMVm=28g28g/mol×22.4L/mol=22.4L，但本题中未指明是标准状况，故③错误；
④若两种物质都是气体时，根据V=nVm可知，物质的量相同，体积也相同，但本题中未指明状态，故④错误；
⑤同温同压下，相同体积的任何气体单质的物质的量相同，但是气体单质分子中所含的原子数不一定不同，故⑤错误；
⑥根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑥正确。
故选B。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，根据PV=nRT理解温度、压强对气体摩尔体积的影响。
【解答】
A.氧气摩尔质量为32g/mol，则1mol氧气的质量为32g，故A正确；
B.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，1molCO2气体体积大于22.4L，故B错误；
C.二氧化碳相对分子质量为44，则其摩尔质量为44g/mol，故C正确；
D.氯离子浓度为氯化钡浓度的2倍，氯离子物质的量为1L×2×2mol/L=4mol，溶液中氯离子数目为4mol×6.02×1023mol−1=2.408×1024，故D正确，
故选B。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有关物质的量的计算及阿伏伽德罗定律及其推论，意在考查学生对基本知识的理解和应用，难度不大，注意一定量气体气体的体积与温度成正比与压强成反比。
【解答】
①标准状况下，0.2mol任何气体的体积均为4.48L，故①错误；
②标准状况下，1LHCl的物质的量为：1L22.4L/mol=122.4mol，因为不知道水的密度，所以无法计算1LH2O的质量，故无法计算物质的量，故②错误；
③若1mol气体的体积为22.4L，它不一定处于标准状况下，故③错误；
④标准状况下，1gH2的体积为：1g2g/mol=V22.4l/mol，则V=11.2L，14gN2的体积为：14g28g/mol=V22.4L/mol，则V=11.2L，故相同，故④正确；
⑤未指明状态，则28gCO的体积不一定为22.4L，故⑤错误；
⑥两种气体的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，故⑥错误；
⑦根据PV=nRT可知，在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大，故⑦正确；
⑧PV=nRT可知，PV=mMRT，则ρ=PMRT，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑧正确，故D正确。
故④⑦⑧正确，
故选B。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了阿伏加德罗常数，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等之间的关系是解题的关键。
【解答】
A.铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁，1mol铁完全反应转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故A正确；
B.分子D2O中有10个中子，18g D2O的物质的量为18g20g/mol=0.9mol，所含的中子数为9NA，故B错误；
C.标况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，故C错误；
D.铵根离子是弱碱阳离子，在水溶液中发生水解，1L 0.1mol·L−1的氨水溶液中，含有NH4+数小于0.1NA，故D错误。
故选A。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
【解答】
A.乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g 46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含1mol氧原子，水的质量为100g−46g=54g，物质的量为54g18g/mol=3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，氧原子个数为4NA个，故A正确；
B.标准状况下，22.4 L NO和11.2 L O2混合生成1molNO2，NO2与N2O4存在化学平衡，则生成物中含有分子小于NA个，故B错误；
C.25 ℃时Ksp(CaSO4)=9×10−6，则该温度下CaSO4饱和溶液中c(Ca2+)=9×10−6mol/L=3×10−3mol/L，没有溶液体积无法计算钙离子的物质的量，故C错误；
D.加热条件下，含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，因为稀硫酸与铜不反应，生成SO2的分子数小于0.1NA，故D错误。
故选A。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及物质组成、分子中σ键判断、氧化还原反应中电子转移计算以及浓度变化对化学反应的影响等，难度不大，应注意掌握公式的运用等。
【解答】
A.50mL12mol/L盐酸中含HCl的物质的量为0.05L×12mol/L=0.6mol，浓盐酸随反应进行逐渐变稀且具有挥发性，实际反应的盐酸小于0.6mol，故转移的电子数小于0.3NA，故A错误；
B.每个乙醛分子6个σ键，4.4g乙醛为0.1mol，所含σ键数目为0.6NA，故B错误；
C.标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，而当二氧化碳与过氧化钠反应时，反应掉1mol二氧化碳，反应转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳反应时，转移0.25mol电子，即转移的电子数为0.25NA，故C错误；
D.H218O与D2O的摩尔质量都是20g/mol、含有的中子数是10，2.0g混合物的物质的量为0.1mol，混合物中所含中子数为NA，故D正确。
故选D。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了电解池工作原理，明确电解池工作原理、准确判断电解上发生的反应是解题关键，题目难度中等。
【解答】
A.用石墨作电极电解1000mL 0.1mol/LAgNO3溶液的阴极反应首先是Ag++e−=Ag，假设所有的银离子0.1mol全部放电，转移电子的物质的量为0.1mol，则析出金属银的质量为：0.1mol×108g/mol=10.8g，此时阳极放电的电极反应为：4OH−−4e−=O2↑+2H2O，转移0.1mol电子时生成的氧气的质量是：0.025mol×32g/mol=0.8g，所以溶液质量减少总量为10.8g+0.8g=11.6g<13.4g，接下来阴极放电的是氢离子，阳极仍是氢氧根放电，相当于此阶段电解水，还要电解消耗水的质量为13.4g−11.6g=1.8g，电解这些水转移电子的物质的量为0.2mol，所以整个过程转移电子的总量为0.3mol，个数为0.3NA，故A错误；
B.阳极放电的电极反应为：4OH−−4e−=O2↑+2H2O，当转移0.3mol电子时，产生的氧气物质的量为0.075mol，即1.68L，阴极上产生氢气，2H++2e−=H2↑，当转移0.2mol电子时，产生的氢气物质的量为0.1mol，即2.24L，所以在标准状况下，两极共产生3.92L气体，故B正确；
C.电解过程中溶液中的氢离子减少了0.2mol，而氢氧根总共减少了0.3mol，所以最后溶液中c(H+)=0.1mol/1L=0.1mol/L，故C错误；
D.溶液相当于减少了氧化银和水，只加入Ag2CO3不能将溶液彻底复原，故D错误。
故选B。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意浓硫酸与铜反应条件，题目难度不大。
【解答】
A.H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O与D2O的物质的量均为0.1mol，且两者中均含10个中子，故2.0gH218O与D2O中均含NA个中子，故A正确；
B.常温下，1 L pH=13 的NaOH溶液中含OH‾的数目为：0.1mol/L×1L×NA=0.1 NA，故B正确；
C.常温下，22.4 mL H2O物质的量为：22.4g18g/mol，所含氢氧键的数目约为：22.4g18g/mol×2×NA≈2.49 NA，故C正确；
D.含2 mol H2SO4的浓硫酸与足量Cu在加热条件下充分反应，随着反应进行，硫酸浓度降低，变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以生成的SO2在标准状况下的体积小于22.4 L，故D错误；
故选：D。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确相同条件下密度与摩尔质量的关系是解本题关键，正确理解阿伏加德罗定律及其推论，题目难度中等。
【解答】
充入X、Y、Z三种气体，三种气体质量相等，根据ρ=mV知，其密度与体积成反比；当隔板停止滑动时，气体的压强、温度都相等，所以其气体摩尔体积相等，根据V=nVm知，其物质的量之比等于体积之比，据此分析解答。
A.设Y的物质的量为1mol，则X的物质的量为2mol，X、Y气体的质量相等，则X、Y气体的摩尔质量之比为1：2，若Y是O2，则X可能是CH4，故A正确；
B.同温同压下，分子数目之比等于体积之比，所以分子数目：X=Z=2Y，故B正确；
C.X、Z气体的体积相等，即两者的物质的量也相等，由于两者质量也相等，则两者的摩尔质量也相等，若X是N2，则Z的摩尔质量为28g/mol，Z可能是CO，故C正确；
D、根据ρ=mV知，其密度与体积成反比，所以气体密度：2X=2Z=Y，故D错误；
故选：D。
11.【答案】(1)3
(2)17∶16
(3)4∶3
(4) 80%；8.4
(5)M(a−b)18b
(6)5(a+b−d) g·mol−1
(7)12.5 g
【解析】
【分析】
本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握质量、物质的量的关系、分子构成为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意(4)为解答的难点，题目难度不大。
【解答】
(1)含氧原子数相同时，n(O)均能为3mol，则3molH2O中含有的氧原子数与1.5molCO2中含有的氧原子数相等，
故答案为：3；
(2)将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为nmol×17g/mol：nmol×16g/mol=17：16；
故答案为：17：16；
(3)要使NH3与CH4含相同数目的H原子，则NH3和CH4的物质的量之比为4：3，
故答案为：4：3；
(4)混合气体平均摩尔质量为0.75g⋅L−1×22.4L/mol=16.8g/mol，设NH3的体积分数为x，则17x+16(1−x)=16.8，解得x=0.8，即80%；
混合气体的平均摩尔质量为：0.75g⋅L−1×22.4L/mol=16.8g/mol，相对氢气密度为16.8g/mol2g/mol=8.4；
故答案为：80%； 8.4；
(5)根据题目信息可知1:n=bM:a−b18，解得n=M(a−b)18b，故答案为：M(a−b)18b；
(6)根据质量守恒定律，C的质量为(a+b−d)g，则C的摩尔质量为a+b−d0.2g/mol=5(a+b−d)g/mol，
故答案为：5(a+b−d)g/mol；
(7)配制100 mL 0.5 mol·L−1的硫酸铜溶液，所需胆矾的质量是0.1L×0.5mol/L×250g/mol=12.5g，故答案为：12.5g。
12.【答案】(1)1:1；2:1；
(2)②>④>③>①>⑤；②>④>①>③>⑤；⑤>①>③>④>②；
(3)a72V；
(4)26.7%；8mol/L
【解析】
【分析】
本题考查物质的量有关计算，难度不大，注意对公式的理解与灵活应用。
【解答】
(1)N2和NO的质量比为14：15，令N2和NO的总质量分别为28g、30g，则N2为1mol、NO为1mol，混合气体中N2和NO的物质的量之比为1：1，两种气体中所含氮原子个数比为(1×2mol)：1mol=2：1，
故答案为：1：1；2：1；
(2)令质量为1g，则：
①CO2物质的量=1g44g/mol=144mol，含有原子为144mol×3=0.068mol，相对分子质量为44；
②H2物质的量=1g2g/mol=0.5mol，含有原子为0.5mol×2=1mol，相对分子质量为2；
③O2物质的量=132mol，含有原子为132mol×2=116mol=0.0625mol，相对分子质量为32；
④CH4物质的量=116mol，含有原子为116mol×4=0.25mol，相对分子质量为16；
⑤SO2物质的量=164mol，含有原子为164mol×3=0.0469mol，相对分子质量为64；
气体体积之比等于物质的量之比，故体积：②>④>③>①>⑤；
含有原子大小顺序为：②>④>①>③>⑤；
相同条件下，气体密度之比等于相对分子质量，故密度：⑤>①>③>④>②，
故答案为：②>④>③>①>⑤；②>④>①>③>⑤；⑤>①>③>④>②；
(3)V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+a g，则V4mLAl2(SO4)3溶液中铝离子的质量为14ag；
所以14V mLAl2(SO4)3溶液Al3+的物质的量为14ag27g/mol=a108mol，
所以14V mLAl2(SO4)3溶液SO42−的物质的量=a108mol×32=a72mol，
所以稀释到V L，溶液中SO42−的物质的量浓度为a72molVL=a72Vmol/L，
故答案为：a72Vmol/L;
(4)标准状况下将224LHCl气体完全溶于1L水中，所得溶液的密度为1.1g/cm3，氯化氢的物质的量为10mol，所以所得稀盐酸的质量分数为224L22.4L/mol×36.5g/mol1000g+224L22.4L/mol×36.5g/mol×100％=26.7％，其物质的量浓度为1000×1.1×26.7％36.5mol/L=8mol/L，
故答案为：26.7%；8mol/L。
13.【答案】(1)×
(2)√
(3)×
(4)×
(5)×
(6)√
(7)√
【解析】
【分析】本题考查了气体摩尔体积的影响因素、物质的量的有关计算，题目较为基础，明确气体的摩尔体积受温度、压强的影响，非标准状况下，气体的摩尔体积也可能为22.4L/mol，难度不大。
【解答】(1)标况下，三氧化硫为固体，故其体积不能根据气体摩尔体积来计算，故错误；
(2)NO2和N2O4，最简式为NO2，依据n=
m
M
计算物质的量得到，含有的原子数目=92g 46g/mol×3×NA=6NA，故正确；
(3)标况下，SO3不是气体，故错误；
(4)非标准状况下，温度压强同等程度变化，依据PV=nRT可知，1 mol任何气体的体积可能为22.4 L，故错误；
(5)标准状况下气体的摩尔体积为22.4L/mol，22.4L任何气体的物质的量n=22.4L 22.4L/mol=1mol，依据PV=nRT可知，22.4 L任何气体的体积可能为1 mol，故错误；
(6)由于单质都是双原子分子，则在相同条件下，相同物质的量CO、N2的混合气体与O2的分子个数、原子个数都相同，故正确；
(7)根据N=nNA，相同物质的量的C2H4和C3H6，所含分子个数相同，根据N= mMNA知，二者的质量相等、最简式相等，所以其最简式的物质的量相等，原子个数相等，故正确。
14.【答案】(1)0.05；
(2)12：6：4：3；
(3)5.4；
(4)1：2；0.8；
(5)④⑤
【解析】
【分析】
本题考查化学计量数之间的计算、氧化还原反应相关计算以及电解质等知识，较为综合，难度不大。掌握物质的量、物质的量浓度、氧化还原反应规律及电解质的定义是解答关键。注意阿伏加德罗定律及推论以及相关公式的运用。
【解答】
(1) CuSO4的物质的量浓度为c=nV=mMV=12.5g250g/mol1L=0.05mol/L；
(2)氢原子的物质的量相等的四种气体HCl、H2、NH3、CH4，设氢原子均为1mol，则四种气体的物质的量之比为：1：12：13：14=12：6：4：3，根据阿伏加德罗定律及推论可知，同温同压下，气体的物质的量之比等于气体的体积之比，故此四种气体体积之比V(HCl)：V(H2)：V(NH3)：V(CH4)=12：6：4：3；
(3)浓硫酸的物质的量浓度为c=1000ρωM=1000×1.84×98％98mol/L=18.4mol/L，则需要量取浓硫酸的体积为V=0.1L×1.00mol/L18.4mol/L≈0.0054L=5.4mL；
(4)K2S中S为−2价，K2SO3中S为+4价，H2SO4中的S为+6价，产物中S为0价，由方程式可知，H2SO4中的S前后未变价，根据氧化还原反应规律可得，K2S中S化合价升高，为还原剂；K2SO3中S化合价降低，为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；若反应生成0.6 mol S，则参加反应的K2S的物质的量为0.4mol，转移的电子为0.4mol×2−0mol=0.8mol；
(5)电解质指的是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。
①CO2溶于水后生成碳酸而使得溶液导电，不是自身电离导电，为非电解质；②Mg为单质，不是电解质；③盐酸为混合物，不是电解质；④NaCl溶于水和熔融状态都能导电，为电解质；⑤Na2CO3水溶液和熔融状态下都能导电，为电解质，所以属于电解质的为④⑤。
15.【答案】(1)1；4；1；2；2；；
HNO3 ； Cu； 2∶1； 1.5 ；
(2)①丙 ； ②用一束光(或激光笔)照射得到的液体，从侧面观察看到一条光亮的“通路”
(3)230
(4)①25mL； ②量筒、1000mL容量瓶 ；③b d
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应、胶体的性质、一定物质的量浓度溶液的配制，难度一般，注意(3)稀溶液的体积不等于浓溶液体积加水的体积，侧重基础知识和实验能力的考查。
【解答】
(1)配平时先标出变价原子的化合价：Cu由0价升高到+3价，N由+5价部分降低到+4价，根据价态升降总数相等先配出Cu和NO2的系数分别为1和2，再用观察法配出其它物质的系数即可配平： 1 Cu+ 4 HNO3 (浓)== 1 Cu(NO3)2+ 2 NO2↑+ 2 H2O；双线桥一条连接Cu的不同价态，一条连接N的不同价态，；
(2)①Fe(OH)3胶体的制备的方法是：向25 mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故其中操作正确的同学是丙；
②证明有Fe(OH)3胶体用丁达尔效应，其操作为：用一束光(或激光笔)照射得到的液体，从侧面观察看到一条光亮的“通路”；
(3)设稀释后溶液质量为m，根据稀释前后溶质的质量不变：
200mL×20%×1.15g/cm3=10%m，解得m=460g，
加水的质量=460g−200mL×1.15g/cm3=230g，故加水的体积=230g1g/ml=230ml；
(4)①需要0.30mol/L的HCl溶液950mL，应用1000ml的容量瓶配制溶液1000mL，设所用36.5%的盐酸的体积为V(mL)，根据稀释前后溶质的质量不变得：
0.30mol/L×1L×36.5g/mol=36.5%×1.2g/cm3×V，解得V=25mL；
②根据配制步骤，该实验需要使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、1000mL容量瓶 ；
③根据c=nV，误差分析时看错误的操作导致n变还是导致V变，
a、容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水，没有影响，故a不选；
b、在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏低，浓度偏低，小于0.30 mol/L，故b选；
c、定容时视线俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高，故c不选；
d、定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新加蒸馏水定容到刻度线，导致溶质物质的量偏小，浓度偏低，故d选；
e、将配制好的溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液，无影响，故e不选；
f、用量筒量取浓盐酸时视线仰视刻度线，使溶质的物质的量偏高，浓度偏高，故f不选。
故选：b d。
16.【答案】I . (1)胶头滴管、500mL容量瓶；
(3)①27.2；
② adbcegf；
③AD；
II. (1)EDG；
(2)等待锥形瓶恢复至室温再读取体积；
(3) 9V500(m1−m2)
【解析】
【分析】
本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，通常状况(20℃,101kPa)下气体摩尔体积的测定实验，题目难度中等，侧重考查逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力，较好地考查了学生的实验设计和操作能力，题目难度不大。
【解答】
I . (1)用浓溶液配制一定物质的量浓度溶液步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、一定体积的容量瓶、胶头滴管，配制1mol/L稀硫酸480mL，应选择500mL容量瓶，所以缺少的仪器：胶头滴管、500mL容量瓶；
故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
(3)①98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)物质的量浓度为：，配制浓度为1mol/L的稀硫酸480mL，应选择500mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：18.4mol/L×V=1mol/L×500mL，解得V=27.2mL；
故答案为：27.2；
②用浓溶液配制一定物质的量浓度溶液步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，据此排序，所以正确的操作顺序为：adbcegf；
故答案为：adbcegf；
③分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析：
A.使用容量瓶配制溶液时，俯视刻度线定容，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；
B.取用敞口放置过长时间的浓硫酸，浓硫酸浓度降低，量取浓硫酸中含有硫酸物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；
C.容量瓶用蒸馏水洗净后还剩有少量水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故C不选；
D.量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤两次，并将洗涤液转入容量瓶，导致溶质硫酸物质的量偏大，溶液浓度偏高，故D选；
E.量取浓硫酸时俯视刻度线，导致浓硫酸体积偏小，硫酸物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E不选；
故答案为：AD。
II. (1)小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应(已知硅与稀硫酸不反应)，铝与稀硫酸产生氢气，测定产生的气体体积即可，故连接顺序为：A→E→D→G，故答案为：EDG；
(2)实验开始时，测量实验中生成H2的体积要注意：①上下移动量筒使液面与广口瓶相平②平视读取量筒内水的体积③注意等待锥形瓶恢复至室温再读取体积，故答案为：等待锥形瓶恢复至室温再读取体积；
(3)实验中准确测得3个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，则金属铝的质量是(m1−m2)g，设产生的气体物质的量是xmol，根据化学反应原理：
2Al∼∼3H2↑
2 3
m1−m227 xmol
计算得出x=3×m1−m2272=m1−m218mol，实验后量筒中液面读数为V mL，气体摩尔体积为：Vm=V1000Lm1−m218mol=9V500(m1−m2)L/mol，故答案为：9V500(m1−m2)。
17.【答案】(1)第二周期第ⅤA族；
(2)HClO4；
(3) r(Na+)
(5)H2O>H2S；
(6) ；3.36；
(7)S+3Cl2+4H2O = 8H++6Cl−+SO42−。
【解析】
【分析】
本题考查位置结构性质关系应用，题目难度较大，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，需要学生全面掌握基础知识。
【解答】
A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素，A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，则F为Cl元素。
由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素，F为Cl元素。
(1)B为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，则位于周期表第二周期第ⅤA族，
故答案为：第二周期第ⅤA族；
(2)F为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4，
故答案为：HClO4；
(3)硫离子电子层数为3层，离子半径最大，钠离子和氧离子均为2个电子层，核电荷数越大，半径越小，
故答案为： r(Na+)
故答案为：；离子键、共价键(或非极性键)；
(5)C、E的氢化物分别为H2O和H2S，由于水分子间可以形成氢键，则水的沸点高于硫化氢，
故答案为：H2O>H2S；
(6)碳单质与E的最高价氧化物硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，用单线桥标明电子的转移方向为，当转移电子为0.2mol时，生成了二氧化碳0.05mol，二氧化硫0.1mol，则标准状况下反应产生气体0.15mol×22.4L/mol=3.36L，
故答案为：；3.36；
(7)E单质为硫和F单质为氯气的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为 S+3Cl2+4H2O = 8H++6Cl−+SO42−，
故答案为： S+3Cl2+4H2O = 8H++6Cl−+SO42−。
18.【答案】(1)1.204×1023；4.48L
(2)0.5mol/L；0.1mol/L
(3)32
(4)12NA
【解析】
【分析】
本题考查化学计量的综合计算，涉及气体摩尔体积、物质的量浓度和摩尔质量的知识，注意基础知识的积累与应用，题目难度不大。
【解答】
(1) 5.6g氮气的物质的量为：5.6g28g/mol=0.2mol，含有氮分子的数目为：0.2mol×6.02×1023mol−1=1.204×1023，氮分子在标准状况下其体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，
故答案为：1.204×1023；4.48L；
(2) 10mL0.25mol/LBaCl2溶液中，Cl−的物质的量浓度为：0.25mol/L×2=0.5mol/L，若将上述溶液加水稀释至50 mL，则Cl−的物质的量浓度为：0.5mol/L÷10=0.1mol/L，
故答案为：0.5mol/L；0.1mol/L；
(3)标准状况下，448mL该氧化物的物质的量为：0.448L22.4L/mol=0.02mol，该氧化物的摩尔质量为：1.28g0.02mol=64g/mol，则R的相对原子质量为64−2×16=32，
故答案为：32；
(4) 23g由 14C、 16O组成的二氧化碳分子的物质的量为：23g46g/mol=0.5mol，1mol14C16O2中含有24mol中子，则0.5mol14C16O2含有中子数为：0.5mol×24×NAmol−1=12NA，
故答案为：12NA。
2.3物质的量同步练习（困难）人教版（ 2019）高中化学必修第一册
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 5.6gFe粉在2.24LCl2 (标准状况)中完全燃烧转移电子数为0.2NA
B. 常温下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后，气体分子数为0.1NA
C. 10℃时，pH=1，等体积的硫酸与醋酸两份溶液中含H+都为0.1NA
D. 标准状况下，2.24LCl2溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2NA
2. 下列叙述中正确的是( )
①标准状况下，1L HCl和1L H2O的物质的量相同；
②常温常压下，1g H2和14g N2的体积相同；
③28g CO的体积为22.4L；
④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；
⑤同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同；
⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A. ①③④⑥ B. ②⑥ C. ⑤⑥ D. ①⑤⑥
3. 下列说法不正确的是( )
A. 1mol 氧气的质量为32g
B. 常温常压下，1mol CO2气体体积约为22.4L
C. CO2的摩尔质量为44g/mol
D. 1L 2mol/L的BaCl2溶液中含Cl-的个数为2.408×1024
4. 下列叙述正确的个数有 ( )
①标准状况下，0.2 mo1任何物质的体积均为4.48L ②标准状况下，1 L CO和1 L H2O的物质的量相同 ③若1mol气体的体积为22.4 L，则它一定处于标准状况下④标准状况下，1 g H2和14 g N2的体积相同 ⑤28g CO的体积为22.4 L ⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
5. NA代表阿伏加德罗常数，下列有关说法中正确的是( )
A. 1mol Fe与足量稀硝酸反应，转移的电子数为3NA
B. 常温常压下，18g D2O所含的中子数为10NA
C. 标准状况下，11.2 LSO3含有SO3的分子数为0.5NA
D. 在1L 0.1mol·L−1的氨水溶液中，含有NH4+数为0.1NA
6. NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 100 g溶质质量分数为46％的乙醇水溶液中，含有4NA个氧原子
B. 标准状况下，22.4 L NO和11.2 L O2混合，生成物中含有NA个分子
C. 25 ℃时Ksp(CaSO4)=9×10−6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10−3NA个Ca2+
D. 加热条件下，含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数等于0.1NA
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
B. 常温常压下，4.4 g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C. 标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D. 2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
8. 用石墨作电极电解1 000 mL 0.1 mol·L−1 AgNO3溶液，通电一段时间后关闭电源，测得溶液的质量减少了13.4 g。下列有关叙述正确的是(NA代表阿伏加德罗常数的值) ( )
A. 电解过程中流经外电路的电子数目为0.1NA
B. 在标准状况下，两极共产生3.92 L气体
C. 电解后溶液的c(H+)为0.01 mol·L−1(假设溶液体积不变)
D. 加入13.8 g Ag2CO3可将溶液彻底复原
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A. 2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B. 常温下，1 L pH=13 的NaOH溶液中含 OH‾的数目为 0.1 NA
C. 常温下，22.4 mL H2O中所含氢氧键的数目约为2.49 NA
D. 含2 mol H2SO4的浓硫酸与足量Cu在加热条件下充分反应，生成的SO2在标准状况下的体积为22.4 L
10. 在一个恒温、恒容密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体质量相等，当隔板静止时，容器内气体所占体积如图所示，下列说法中错误的是( )
A. 若Y是O2，则X可能是CH4 B. 分子数目：X=Z=2Y
C. 若X是N2，则Z可能是CO D. 气体密度：X=Z=2Y
二、填空题（本大题共4小题，共32.0分）
11. 填写下列空白：
(1) ______mol H2O中含有的氧原子数与1.5 mol CO2中含有的氧原子数相等。
(2)将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为______。
(3)要使NH3与CH4含相同数目的H原子，则NH3和CH4的物质的量之比为______。
(4)标准状况下，密度为0.75 g·L−1的NH3与CH4组成的混合气体中，NH3的体积分数为______，该混合气体对氢气的相对密度为______。
(5)某结晶水合物的化学式为A·nH2O，A的相对分子质量为M。如将a g该结晶水合物加热至结晶水全部失去，剩余的残渣为b g，则n=______。
(6)已知a g A和b g B恰好完全反应生成0.2 mol C和d g D，则C的摩尔质量为______。
(7)配制100 mL 0.5 mol·L−1的硫酸铜溶液，所需胆矾的质量是____________。
12. (1)将质量比为14：15的N2和NO混合，则混合气体中N2和NO的物质的量之比为______，两种气体中所含氮原子个数比为___________。
(2)同温同压下，质量相同的五种气体： ① CO2 ② H2 ③ O2 ④ CH4 ⑤ SO2
所占的体积由大到小的顺序是(填序号，下同)_________________；
所含原子数由多到少的顺序是__________________________；
密度由大到小的顺序是_________________________________。
(3)VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ag，取V/4mL溶液稀释到VL，则稀释后溶液中的SO42−的物质的量浓度是(单位为mol/L)______________。
(4)标准状况下将224LHCl气体完全溶于1L水中，所得溶液的密度为1.1g/cm3，则所得稀盐酸的质量分数为____________，物质的量浓度为 _________________。
13. 判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)标准状况下，80 g SO3中含3NA个氧原子，体积约为22.4 L。( )
(2)常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数目为6NA。( )
(3)在标准状况下，1 mol O2与1 mol SO3的体积相同。( )
(4)在标准状况下，1 mol气体的体积约是22.4 L，在非标准状况下，1 mol气体的体积则一定不是22.4 L。( )
(5)22.4 L气体在标准状况下是1 mol，在非标准状况下一定不是1 mol。( )
(6)在相同条件下，相同物质的量的CO、N2的混合气体与O2的分子个数相同，原子个数也相同。( )(7)在相同条件下，相同物质的量的C2H4和C3H6，所含分子个数相同，而相同质量时，它们所含的原子个数也相同。( )
14. 根据所学知识，回答下列问题：
(1)将12.5 g CuSO4·5H2O溶于水中形成1 L溶液，溶质的物质的量浓度为_______mol·L−1。
(2)氢原子的物质的量相等的四种气体HCl、H2、NH3、CH4，在同温同压下，此四种气体体积之比V(HCl):V(H2):V(NH3):V(CH4)=_____________。
(3)配制100 mL 1.00 mol·L−1H2SO4溶液，需要用量筒量取浓硫酸(密度为1.84 g·cm−3，溶质质量分数为98%)的体积为________(保留一位小数)mL。
(4)反应2K2S+K2SO3+3H2SO4=3S↓+3K2SO4+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，若反应生成0.6 mol S，则反应中转移的电子为________mol。
(5)现有下列5种物质：①CO2 ②Mg ③盐酸 ④NaCl ⑤Na2CO3。上述物质属于电解质的有______________(填序号)。
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
15. (1)配平下面反应方程式，并用双线桥标出该反应的电子转移方向和数目：
___Cu+___HNO3(浓)—— ____Cu(NO3)2+ ____NO2↑+___H2O
在该反应中，氧化剂是________，还原剂是________，氧化剂与还原剂的物质的量之比是________。当反应生成1.5molNO2时转移的电子数是______ mol。
(2)现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向1 mol/L的FeCl3溶液中加少量NaOH溶液。乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。丙同学：向25 mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。
试回答下列问题：
①其中操作正确的同学是________ 。
②证明有Fe(OH)3胶体生成的简单实验操作是________________________________。
(3)学生甲欲把200mL20% (ρ=1.15g/cm3)的浓盐酸加蒸馏水稀释成10%的稀HCl溶液，需要加入蒸馏水___________毫升(4℃时)。
(4)学生乙欲使用0.30mol/L的HCl溶液950mL，现拟用 36.5% (ρ=1.2g/cm3)的浓盐酸来配制，请回答下列问题：
①配制溶液所用36.5%的盐酸的体积为______________ 。
②该实验需要使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_________________。
③下列操作会使所配溶液浓度小于0.30 mol/L的是：_________。(填对应的序号)
a、容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水；
b、在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒；
c、定容时视线俯视刻度线；
d、定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新加蒸馏水定容到刻度线；
e、将配制好的溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液；
f、用量筒量取浓盐酸时视线仰视刻度线。
16. I .用98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)配制1mol/L稀硫酸480mL。
(1)实验中应选用的玻璃仪器除了量筒、烧杯、玻璃棒外还需要_____ (填仪器名称)。
(2)实验操作：
a.用量筒量取98%的浓硫酸；
b.将稀释后的浓硫酸转移到容量瓶中；
c.用少量蒸馏水洗涤小烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中；
d.在小烧杯内稀释浓硫酸，稀释时要用玻璃棒不断搅拌；
e.向容量瓶中直接加蒸馏水至刻度线1～2cm处；
f.盖上容量瓶瓶塞，摇匀，装瓶，贴标签；
g.用胶头滴管小心加蒸馏水至刻度线；
(3)实验分析：
①步骤a中应该取浓硫酸______mL。
②正确的操作顺序是 _____(填序号)。
③下列操作使所配溶液的浓度偏高的有_____ (填字母符号)。
A. 使用容量瓶配制溶液时，俯视刻度线定容
B. 取用敞口放置过长时间的浓硫酸
C. 容量瓶用蒸馏水洗净后还剩有少量水
D. 量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤两次，并将洗涤液转入容量瓶
E. 量取浓硫酸时俯视刻度线
II.某实验小组拟用小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应(已知硅与稀硫酸不反应)，测定通常状况(20℃,101kPa)下的气体摩尔体积。拟选用下列实验装置完成实验：
(1)该小组同学必须选用的装置依次连接的合理顺序为A、_____。
(2)实验开始时，测量实验中生成H2的体积除了上下移动量筒使液面与广口瓶相平，平视读取量筒内水的体积外，还要注意 _____ 。
(3)实验中准确测得3个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，实验后量筒中液面读数为V mL，则通常状况下气体摩尔体积 Vm=_____L/mol。
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
17. A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
(1)B在周期表中的位置____________________
(2)F元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为______________________。
(3)元素C、D、E形成的简单离子半径由小到大的顺序________________________(用离子符号表示)。
(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：__________________________________________________。
C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是_________________________________________。
(5)C、E的氢化物，沸点由高到低顺序是：_______________________________。
(6)写出碳单质与E的最高价氧化物对应水化物浓溶液反应的化学方程式，并用单线桥标明电子的转移方向_______________。当转移电子为0.2mol时，标准状况下反应产生气体_______________L。
(7)已知E单质和F单质的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为_________________________________。
五、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
18. (1)现有氮气5.6g，含有氮分子的数目为__________，氮分子在标准状况下其体积为__________。
(2) 10mL0.25mol/LBaCl2溶液中，Cl−的物质的量浓度为__________，若将上述溶液加水稀释至50 mL，则Cl−的物质的量浓度为__________。
(3)某气态氧化物的化学式为RO2。标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则R的相对原子质量为______。
(4) 23 g由 14C、 16O组成的二氧化碳分子，其中含有中子数为__________。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数，熟悉Fe粉与Cl2的反应 ,氯水的组成，气体摩尔体积等知识是解题关键，难度不大。
【解答】
A.标况下2.24L的Cl2是0.1mol，5.6gFe是0.1mol，完全燃烧转移电子数为0.2NA,故A正确；
B.常温下，1.7gNH3和3.65gHCl混合后生成NH4Cl，不是气体分子，故B错误；
C.溶液的体积未知，无法求出H+的个数，故C错误；
D.氯水中含有氯的微粒有Cl2，HClO，Cl−，ClO−，粒子数之和小于0.2NA 故D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有关物质的量的计算及阿伏加德罗定律及其推论，明确质量、体积、物质的量的关系，明确物质的状态、所处的状况，明确pV=nRT、pM=ρRT即可解答。
【解答】
①标准状况下，HCl是气体但水是液体，体积相同，物质的量不相同，故①错误；
②常温常压下，1gH2的物质的量为0.5mol，14gN2的物质的量为0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故②正确；
③若在标准状况下，28gCO的体积为：V=nVm=mMVm=28g28g/mol×22.4L/mol=22.4L，但本题中未指明是标准状况，故③错误；
④若两种物质都是气体时，根据V=nVm可知，物质的量相同，体积也相同，但本题中未指明状态，故④错误；
⑤同温同压下，相同体积的任何气体单质的物质的量相同，但是气体单质分子中所含的原子数不一定不同，故⑤错误；
⑥根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑥正确。
故选B。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，根据PV=nRT理解温度、压强对气体摩尔体积的影响。
【解答】
A.氧气摩尔质量为32g/mol，则1mol氧气的质量为32g，故A正确；
B.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，1molCO2气体体积大于22.4L，故B错误；
C.二氧化碳相对分子质量为44，则其摩尔质量为44g/mol，故C正确；
D.氯离子浓度为氯化钡浓度的2倍，氯离子物质的量为1L×2×2mol/L=4mol，溶液中氯离子数目为4mol×6.02×1023mol−1=2.408×1024，故D正确，
故选B。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查有关物质的量的计算及阿伏伽德罗定律及其推论，意在考查学生对基本知识的理解和应用，难度不大，注意一定量气体气体的体积与温度成正比与压强成反比。
【解答】
①标准状况下，0.2mol任何气体的体积均为4.48L，故①错误；
②标准状况下，1LHCl的物质的量为：1L22.4L/mol=122.4mol，因为不知道水的密度，所以无法计算1LH2O的质量，故无法计算物质的量，故②错误；
③若1mol气体的体积为22.4L，它不一定处于标准状况下，故③错误；
④标准状况下，1gH2的体积为：1g2g/mol=V22.4l/mol，则V=11.2L，14gN2的体积为：14g28g/mol=V22.4L/mol，则V=11.2L，故相同，故④正确；
⑤未指明状态，则28gCO的体积不一定为22.4L，故⑤错误；
⑥两种气体的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，故⑥错误；
⑦根据PV=nRT可知，在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大，故⑦正确；
⑧PV=nRT可知，PV=mMRT，则ρ=PMRT，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑧正确，故D正确。
故④⑦⑧正确，
故选B。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了阿伏加德罗常数，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等之间的关系是解题的关键。
【解答】
A.铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁，1mol铁完全反应转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，故A正确；
B.分子D2O中有10个中子，18g D2O的物质的量为18g20g/mol=0.9mol，所含的中子数为9NA，故B错误；
C.标况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，故C错误；
D.铵根离子是弱碱阳离子，在水溶液中发生水解，1L 0.1mol·L−1的氨水溶液中，含有NH4+数小于0.1NA，故D错误。
故选A。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
【解答】
A.乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g 46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含1mol氧原子，水的质量为100g−46g=54g，物质的量为54g18g/mol=3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，氧原子个数为4NA个，故A正确；
B.标准状况下，22.4 L NO和11.2 L O2混合生成1molNO2，NO2与N2O4存在化学平衡，则生成物中含有分子小于NA个，故B错误；
C.25 ℃时Ksp(CaSO4)=9×10−6，则该温度下CaSO4饱和溶液中c(Ca2+)=9×10−6mol/L=3×10−3mol/L，没有溶液体积无法计算钙离子的物质的量，故C错误；
D.加热条件下，含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，因为稀硫酸与铜不反应，生成SO2的分子数小于0.1NA，故D错误。
故选A。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及物质组成、分子中σ键判断、氧化还原反应中电子转移计算以及浓度变化对化学反应的影响等，难度不大，应注意掌握公式的运用等。
【解答】
A.50mL12mol/L盐酸中含HCl的物质的量为0.05L×12mol/L=0.6mol，浓盐酸随反应进行逐渐变稀且具有挥发性，实际反应的盐酸小于0.6mol，故转移的电子数小于0.3NA，故A错误；
B.每个乙醛分子6个σ键，4.4g乙醛为0.1mol，所含σ键数目为0.6NA，故B错误；
C.标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，而当二氧化碳与过氧化钠反应时，反应掉1mol二氧化碳，反应转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳反应时，转移0.25mol电子，即转移的电子数为0.25NA，故C错误；
D.H218O与D2O的摩尔质量都是20g/mol、含有的中子数是10，2.0g混合物的物质的量为0.1mol，混合物中所含中子数为NA，故D正确。
故选D。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了电解池工作原理，明确电解池工作原理、准确判断电解上发生的反应是解题关键，题目难度中等。
【解答】
A.用石墨作电极电解1000mL 0.1mol/LAgNO3溶液的阴极反应首先是Ag++e−=Ag，假设所有的银离子0.1mol全部放电，转移电子的物质的量为0.1mol，则析出金属银的质量为：0.1mol×108g/mol=10.8g，此时阳极放电的电极反应为：4OH−−4e−=O2↑+2H2O，转移0.1mol电子时生成的氧气的质量是：0.025mol×32g/mol=0.8g，所以溶液质量减少总量为10.8g+0.8g=11.6g<13.4g，接下来阴极放电的是氢离子，阳极仍是氢氧根放电，相当于此阶段电解水，还要电解消耗水的质量为13.4g−11.6g=1.8g，电解这些水转移电子的物质的量为0.2mol，所以整个过程转移电子的总量为0.3mol，个数为0.3NA，故A错误；
B.阳极放电的电极反应为：4OH−−4e−=O2↑+2H2O，当转移0.3mol电子时，产生的氧气物质的量为0.075mol，即1.68L，阴极上产生氢气，2H++2e−=H2↑，当转移0.2mol电子时，产生的氢气物质的量为0.1mol，即2.24L，所以在标准状况下，两极共产生3.92L气体，故B正确；
C.电解过程中溶液中的氢离子减少了0.2mol，而氢氧根总共减少了0.3mol，所以最后溶液中c(H+)=0.1mol/1L=0.1mol/L，故C错误；
D.溶液相当于减少了氧化银和水，只加入Ag2CO3不能将溶液彻底复原，故D错误。
故选B。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意浓硫酸与铜反应条件，题目难度不大。
【解答】
A.H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O与D2O的物质的量均为0.1mol，且两者中均含10个中子，故2.0gH218O与D2O中均含NA个中子，故A正确；
B.常温下，1 L pH=13 的NaOH溶液中含OH‾的数目为：0.1mol/L×1L×NA=0.1 NA，故B正确；
C.常温下，22.4 mL H2O物质的量为：22.4g18g/mol，所含氢氧键的数目约为：22.4g18g/mol×2×NA≈2.49 NA，故C正确；
D.含2 mol H2SO4的浓硫酸与足量Cu在加热条件下充分反应，随着反应进行，硫酸浓度降低，变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以生成的SO2在标准状况下的体积小于22.4 L，故D错误；
故选：D。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确相同条件下密度与摩尔质量的关系是解本题关键，正确理解阿伏加德罗定律及其推论，题目难度中等。
【解答】
充入X、Y、Z三种气体，三种气体质量相等，根据ρ=mV知，其密度与体积成反比；当隔板停止滑动时，气体的压强、温度都相等，所以其气体摩尔体积相等，根据V=nVm知，其物质的量之比等于体积之比，据此分析解答。
A.设Y的物质的量为1mol，则X的物质的量为2mol，X、Y气体的质量相等，则X、Y气体的摩尔质量之比为1：2，若Y是O2，则X可能是CH4，故A正确；
B.同温同压下，分子数目之比等于体积之比，所以分子数目：X=Z=2Y，故B正确；
C.X、Z气体的体积相等，即两者的物质的量也相等，由于两者质量也相等，则两者的摩尔质量也相等，若X是N2，则Z的摩尔质量为28g/mol，Z可能是CO，故C正确；
D、根据ρ=mV知，其密度与体积成反比，所以气体密度：2X=2Z=Y，故D错误；
故选：D。
11.【答案】(1)3
(2)17∶16
(3)4∶3
(4) 80%；8.4
(5)M(a−b)18b
(6)5(a+b−d) g·mol−1
(7)12.5 g
【解析】
【分析】
本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握质量、物质的量的关系、分子构成为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意(4)为解答的难点，题目难度不大。
【解答】
(1)含氧原子数相同时，n(O)均能为3mol，则3molH2O中含有的氧原子数与1.5molCO2中含有的氧原子数相等，
故答案为：3；
(2)将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为nmol×17g/mol：nmol×16g/mol=17：16；
故答案为：17：16；
(3)要使NH3与CH4含相同数目的H原子，则NH3和CH4的物质的量之比为4：3，
故答案为：4：3；
(4)混合气体平均摩尔质量为0.75g⋅L−1×22.4L/mol=16.8g/mol，设NH3的体积分数为x，则17x+16(1−x)=16.8，解得x=0.8，即80%；
混合气体的平均摩尔质量为：0.75g⋅L−1×22.4L/mol=16.8g/mol，相对氢气密度为16.8g/mol2g/mol=8.4；
故答案为：80%； 8.4；
(5)根据题目信息可知1:n=bM:a−b18，解得n=M(a−b)18b，故答案为：M(a−b)18b；
(6)根据质量守恒定律，C的质量为(a+b−d)g，则C的摩尔质量为a+b−d0.2g/mol=5(a+b−d)g/mol，
故答案为：5(a+b−d)g/mol；
(7)配制100 mL 0.5 mol·L−1的硫酸铜溶液，所需胆矾的质量是0.1L×0.5mol/L×250g/mol=12.5g，故答案为：12.5g。
12.【答案】(1)1:1；2:1；
(2)②>④>③>①>⑤；②>④>①>③>⑤；⑤>①>③>④>②；
(3)a72V；
(4)26.7%；8mol/L
【解析】
【分析】
本题考查物质的量有关计算，难度不大，注意对公式的理解与灵活应用。
【解答】
(1)N2和NO的质量比为14：15，令N2和NO的总质量分别为28g、30g，则N2为1mol、NO为1mol，混合气体中N2和NO的物质的量之比为1：1，两种气体中所含氮原子个数比为(1×2mol)：1mol=2：1，
故答案为：1：1；2：1；
(2)令质量为1g，则：
①CO2物质的量=1g44g/mol=144mol，含有原子为144mol×3=0.068mol，相对分子质量为44；
②H2物质的量=1g2g/mol=0.5mol，含有原子为0.5mol×2=1mol，相对分子质量为2；
③O2物质的量=132mol，含有原子为132mol×2=116mol=0.0625mol，相对分子质量为32；
④CH4物质的量=116mol，含有原子为116mol×4=0.25mol，相对分子质量为16；
⑤SO2物质的量=164mol，含有原子为164mol×3=0.0469mol，相对分子质量为64；
气体体积之比等于物质的量之比，故体积：②>④>③>①>⑤；
含有原子大小顺序为：②>④>①>③>⑤；
相同条件下，气体密度之比等于相对分子质量，故密度：⑤>①>③>④>②，
故答案为：②>④>③>①>⑤；②>④>①>③>⑤；⑤>①>③>④>②；
(3)V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+a g，则V4mLAl2(SO4)3溶液中铝离子的质量为14ag；
所以14V mLAl2(SO4)3溶液Al3+的物质的量为14ag27g/mol=a108mol，
所以14V mLAl2(SO4)3溶液SO42−的物质的量=a108mol×32=a72mol，
所以稀释到V L，溶液中SO42−的物质的量浓度为a72molVL=a72Vmol/L，
故答案为：a72Vmol/L;
(4)标准状况下将224LHCl气体完全溶于1L水中，所得溶液的密度为1.1g/cm3，氯化氢的物质的量为10mol，所以所得稀盐酸的质量分数为224L22.4L/mol×36.5g/mol1000g+224L22.4L/mol×36.5g/mol×100％=26.7％，其物质的量浓度为1000×1.1×26.7％36.5mol/L=8mol/L，
故答案为：26.7%；8mol/L。
13.【答案】(1)×
(2)√
(3)×
(4)×
(5)×
(6)√
(7)√
【解析】
【分析】本题考查了气体摩尔体积的影响因素、物质的量的有关计算，题目较为基础，明确气体的摩尔体积受温度、压强的影响，非标准状况下，气体的摩尔体积也可能为22.4L/mol，难度不大。
【解答】(1)标况下，三氧化硫为固体，故其体积不能根据气体摩尔体积来计算，故错误；
(2)NO2和N2O4，最简式为NO2，依据n=
m
M
计算物质的量得到，含有的原子数目=92g 46g/mol×3×NA=6NA，故正确；
(3)标况下，SO3不是气体，故错误；
(4)非标准状况下，温度压强同等程度变化，依据PV=nRT可知，1 mol任何气体的体积可能为22.4 L，故错误；
(5)标准状况下气体的摩尔体积为22.4L/mol，22.4L任何气体的物质的量n=22.4L 22.4L/mol=1mol，依据PV=nRT可知，22.4 L任何气体的体积可能为1 mol，故错误；
(6)由于单质都是双原子分子，则在相同条件下，相同物质的量CO、N2的混合气体与O2的分子个数、原子个数都相同，故正确；
(7)根据N=nNA，相同物质的量的C2H4和C3H6，所含分子个数相同，根据N= mMNA知，二者的质量相等、最简式相等，所以其最简式的物质的量相等，原子个数相等，故正确。
14.【答案】(1)0.05；
(2)12：6：4：3；
(3)5.4；
(4)1：2；0.8；
(5)④⑤
【解析】
【分析】
本题考查化学计量数之间的计算、氧化还原反应相关计算以及电解质等知识，较为综合，难度不大。掌握物质的量、物质的量浓度、氧化还原反应规律及电解质的定义是解答关键。注意阿伏加德罗定律及推论以及相关公式的运用。
【解答】
(1) CuSO4的物质的量浓度为c=nV=mMV=12.5g250g/mol1L=0.05mol/L；
(2)氢原子的物质的量相等的四种气体HCl、H2、NH3、CH4，设氢原子均为1mol，则四种气体的物质的量之比为：1：12：13：14=12：6：4：3，根据阿伏加德罗定律及推论可知，同温同压下，气体的物质的量之比等于气体的体积之比，故此四种气体体积之比V(HCl)：V(H2)：V(NH3)：V(CH4)=12：6：4：3；
(3)浓硫酸的物质的量浓度为c=1000ρωM=1000×1.84×98％98mol/L=18.4mol/L，则需要量取浓硫酸的体积为V=0.1L×1.00mol/L18.4mol/L≈0.0054L=5.4mL；
(4)K2S中S为−2价，K2SO3中S为+4价，H2SO4中的S为+6价，产物中S为0价，由方程式可知，H2SO4中的S前后未变价，根据氧化还原反应规律可得，K2S中S化合价升高，为还原剂；K2SO3中S化合价降低，为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；若反应生成0.6 mol S，则参加反应的K2S的物质的量为0.4mol，转移的电子为0.4mol×2−0mol=0.8mol；
(5)电解质指的是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。
①CO2溶于水后生成碳酸而使得溶液导电，不是自身电离导电，为非电解质；②Mg为单质，不是电解质；③盐酸为混合物，不是电解质；④NaCl溶于水和熔融状态都能导电，为电解质；⑤Na2CO3水溶液和熔融状态下都能导电，为电解质，所以属于电解质的为④⑤。
15.【答案】(1)1；4；1；2；2；；
HNO3 ； Cu； 2∶1； 1.5 ；
(2)①丙 ； ②用一束光(或激光笔)照射得到的液体，从侧面观察看到一条光亮的“通路”
(3)230
(4)①25mL； ②量筒、1000mL容量瓶 ；③b d
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应、胶体的性质、一定物质的量浓度溶液的配制，难度一般，注意(3)稀溶液的体积不等于浓溶液体积加水的体积，侧重基础知识和实验能力的考查。
【解答】
(1)配平时先标出变价原子的化合价：Cu由0价升高到+3价，N由+5价部分降低到+4价，根据价态升降总数相等先配出Cu和NO2的系数分别为1和2，再用观察法配出其它物质的系数即可配平： 1 Cu+ 4 HNO3 (浓)== 1 Cu(NO3)2+ 2 NO2↑+ 2 H2O；双线桥一条连接Cu的不同价态，一条连接N的不同价态，；
(2)①Fe(OH)3胶体的制备的方法是：向25 mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故其中操作正确的同学是丙；
②证明有Fe(OH)3胶体用丁达尔效应，其操作为：用一束光(或激光笔)照射得到的液体，从侧面观察看到一条光亮的“通路”；
(3)设稀释后溶液质量为m，根据稀释前后溶质的质量不变：
200mL×20%×1.15g/cm3=10%m，解得m=460g，
加水的质量=460g−200mL×1.15g/cm3=230g，故加水的体积=230g1g/ml=230ml；
(4)①需要0.30mol/L的HCl溶液950mL，应用1000ml的容量瓶配制溶液1000mL，设所用36.5%的盐酸的体积为V(mL)，根据稀释前后溶质的质量不变得：
0.30mol/L×1L×36.5g/mol=36.5%×1.2g/cm3×V，解得V=25mL；
②根据配制步骤，该实验需要使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、1000mL容量瓶 ；
③根据c=nV，误差分析时看错误的操作导致n变还是导致V变，
a、容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水，没有影响，故a不选；
b、在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏低，浓度偏低，小于0.30 mol/L，故b选；
c、定容时视线俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高，故c不选；
d、定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新加蒸馏水定容到刻度线，导致溶质物质的量偏小，浓度偏低，故d选；
e、将配制好的溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液，无影响，故e不选；
f、用量筒量取浓盐酸时视线仰视刻度线，使溶质的物质的量偏高，浓度偏高，故f不选。
故选：b d。
16.【答案】I . (1)胶头滴管、500mL容量瓶；
(3)①27.2；
② adbcegf；
③AD；
II. (1)EDG；
(2)等待锥形瓶恢复至室温再读取体积；
(3) 9V500(m1−m2)
【解析】
【分析】
本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，通常状况(20℃,101kPa)下气体摩尔体积的测定实验，题目难度中等，侧重考查逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力，较好地考查了学生的实验设计和操作能力，题目难度不大。
【解答】
I . (1)用浓溶液配制一定物质的量浓度溶液步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、一定体积的容量瓶、胶头滴管，配制1mol/L稀硫酸480mL，应选择500mL容量瓶，所以缺少的仪器：胶头滴管、500mL容量瓶；
故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
(3)①98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)物质的量浓度为：，配制浓度为1mol/L的稀硫酸480mL，应选择500mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：18.4mol/L×V=1mol/L×500mL，解得V=27.2mL；
故答案为：27.2；
②用浓溶液配制一定物质的量浓度溶液步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，据此排序，所以正确的操作顺序为：adbcegf；
故答案为：adbcegf；
③分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析：
A.使用容量瓶配制溶液时，俯视刻度线定容，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；
B.取用敞口放置过长时间的浓硫酸，浓硫酸浓度降低，量取浓硫酸中含有硫酸物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；
C.容量瓶用蒸馏水洗净后还剩有少量水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故C不选；
D.量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤两次，并将洗涤液转入容量瓶，导致溶质硫酸物质的量偏大，溶液浓度偏高，故D选；
E.量取浓硫酸时俯视刻度线，导致浓硫酸体积偏小，硫酸物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E不选；
故答案为：AD。
II. (1)小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应(已知硅与稀硫酸不反应)，铝与稀硫酸产生氢气，测定产生的气体体积即可，故连接顺序为：A→E→D→G，故答案为：EDG；
(2)实验开始时，测量实验中生成H2的体积要注意：①上下移动量筒使液面与广口瓶相平②平视读取量筒内水的体积③注意等待锥形瓶恢复至室温再读取体积，故答案为：等待锥形瓶恢复至室温再读取体积；
(3)实验中准确测得3个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，则金属铝的质量是(m1−m2)g，设产生的气体物质的量是xmol，根据化学反应原理：
2Al∼∼3H2↑
2 3
m1−m227 xmol
计算得出x=3×m1−m2272=m1−m218mol，实验后量筒中液面读数为V mL，气体摩尔体积为：Vm=V1000Lm1−m218mol=9V500(m1−m2)L/mol，故答案为：9V500(m1−m2)。
17.【答案】(1)第二周期第ⅤA族；
(2)HClO4；
(3) r(Na+)
(5)H2O>H2S；
(6) ；3.36；
(7)S+3Cl2+4H2O = 8H++6Cl−+SO42−。
【解析】
【分析】
本题考查位置结构性质关系应用，题目难度较大，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，需要学生全面掌握基础知识。
【解答】
A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素，A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，则F为Cl元素。
由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素，F为Cl元素。
(1)B为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，则位于周期表第二周期第ⅤA族，
故答案为：第二周期第ⅤA族；
(2)F为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4，
故答案为：HClO4；
(3)硫离子电子层数为3层，离子半径最大，钠离子和氧离子均为2个电子层，核电荷数越大，半径越小，
故答案为： r(Na+)
故答案为：；离子键、共价键(或非极性键)；
(5)C、E的氢化物分别为H2O和H2S，由于水分子间可以形成氢键，则水的沸点高于硫化氢，
故答案为：H2O>H2S；
(6)碳单质与E的最高价氧化物硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，用单线桥标明电子的转移方向为，当转移电子为0.2mol时，生成了二氧化碳0.05mol，二氧化硫0.1mol，则标准状况下反应产生气体0.15mol×22.4L/mol=3.36L，
故答案为：；3.36；
(7)E单质为硫和F单质为氯气的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为 S+3Cl2+4H2O = 8H++6Cl−+SO42−，
故答案为： S+3Cl2+4H2O = 8H++6Cl−+SO42−。
18.【答案】(1)1.204×1023；4.48L
(2)0.5mol/L；0.1mol/L
(3)32
(4)12NA
【解析】
【分析】
本题考查化学计量的综合计算，涉及气体摩尔体积、物质的量浓度和摩尔质量的知识，注意基础知识的积累与应用，题目难度不大。
【解答】
(1) 5.6g氮气的物质的量为：5.6g28g/mol=0.2mol，含有氮分子的数目为：0.2mol×6.02×1023mol−1=1.204×1023，氮分子在标准状况下其体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，
故答案为：1.204×1023；4.48L；
(2) 10mL0.25mol/LBaCl2溶液中，Cl−的物质的量浓度为：0.25mol/L×2=0.5mol/L，若将上述溶液加水稀释至50 mL，则Cl−的物质的量浓度为：0.5mol/L÷10=0.1mol/L，
故答案为：0.5mol/L；0.1mol/L；
(3)标准状况下，448mL该氧化物的物质的量为：0.448L22.4L/mol=0.02mol，该氧化物的摩尔质量为：1.28g0.02mol=64g/mol，则R的相对原子质量为64−2×16=32，
故答案为：32；
(4) 23g由 14C、 16O组成的二氧化碳分子的物质的量为：23g46g/mol=0.5mol，1mol14C16O2中含有24mol中子，则0.5mol14C16O2含有中子数为：0.5mol×24×NAmol−1=12NA，
故答案为：12NA。
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