备战高考化学专题训练---物质的量的综合题分类及答案解析
一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）
1．某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2。
实验步骤如下：
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95 g.
②连接好实验装置，检查装置的气密性．
③加热，开始反应，直到不再有气体产生为止．
④测量排入量筒中水的体积为285.0 mL，换算成标准状况下氧气的体积为279.7 mL.
⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55 g.
根据上述实验过程，回答下列问题：
(1)如何检查装置的气密性？______________________________________________。
(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：
①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同
②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温
③读取量筒内液体的体积
这三步操作的正确顺序是________(请填写步骤代码。进行③的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(3)实验过程中产生氧气的物质的量是________mol；实验测得氧气的摩尔体积是
________(保留小数点后两位)。
【答案】往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气②①③偏小0.012522.38 L/mol
【解析】
【分析】
【详解】
(1)往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管内液面高度的变化来判断装置的气密性；综上所述，本题答案是：往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气。
(2)在测量收集到O2的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，会使排出水的体积偏大；然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，从而使排出水的体积与产生的O2的体积相等，最后再
读取量筒内水的体积；正确顺序为②①③；读数时若仰视量筒内的液面，会使读取O2的体积偏小；综上所述，本题答案是：②①③；偏小。
(3)根据质量守恒定律，产生O2的质量为15.95 g－15.55 g＝0.4 g；n(O2)＝
0.4/32=0.0125 mol，O2的摩尔体积为0.2797/0.0125=22.38 L/mol；综上所述，本题答案是：0.0125，22.38 L/mol。
【点睛】
用排水法测量收集到气体体积时，要注意：先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，易引起误差；第二，要调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，这样才能减小实验误差；最后再读取量筒内水的体积，要平视进行读数，减小实验误差；只要做到以上三点，就能提高测定数据的准确度。
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 NH4Br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/cm3）吸收560体积B气体得到密度为0.91 g/cm3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、NO2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、NO2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、NO2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 NH4Br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】NH3 27.98 14.98 20 22.76 CaBr2 Ca(NH2)2或CaN2H4
【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NH 3，故答案为： NH 3； (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=
560L 24.5L /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=
388.62g 1000g 388.62g ?+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，NH 3可和NO 、NO 2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N 2。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N 2，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 、NO 2的总物质的量为1mol ，则NH 3为1.2mol ，设NO 为axmol ，则NO 2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=0.2mol 1mol
? 100%= 20%； 令第四次实验中NO 、NO 2的总物质的量为1mol ，则NH 3为2.2mol ， NO 为0.2mol ，则NO 2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N 2的物质的量=
1mol?1?.2mol 2+= 1.1mol ，故反应后气体的平均摩尔质量=1mol 1?7g /mol?1?.1mol?28g /?mol 1mol 1.1mol
?+?+=22.76g/mol ，故答案为：20；22.76； (4)将9.80g NH 4 Br 跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70gNH 3 气体和固体产物C ，由元素守恒，则C 的化学式为CaBr 2。由(1)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)NH3和CaBr2，NH4Br的物质的量=
9.8g
98g/?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=
4.48L
22.4L/?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．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，打√或×？
①22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18N A__________
②标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2N A__________
③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A__________
④1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14N A__________
⑤标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5N A__________
⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1N A__________
⑦常温常压下，8g O2含有的电子数为4N A__________
⑧常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2 N A__________
⑨标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为N A__________
⑩常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3N A__________
?标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5N A__________
?常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A__________
【答案】√√ × √√√√ × × √ × ×
【解析】
【分析】
运用n=m/M、V=n×V m、n= V/ V m等公式的应用转换，先求出物质的量，然后求出分子的总个数，在根据这个分子中含有多少个相关微粒。
【详解】
①标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，1个氩气分子中含有18个电子，故22.4L （标准状况）氩气含有的质子数为18N A说法正确；
②标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物的物质的量是：11.2L/(22.4L/mol)=0.5mol，1个CH4分子中、1个C2H4分子中都含有4个H原子，所含H原子的个数为0.5N A ×4=2N A，故标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2N A说法正确；
③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是：2.24L/(22.4L/mol)=0.1mol，所含分子数为0.1N A，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A说法错误；
④1mol的CO和N2混合气体的分子数为N A，1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子，故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14N A说法正确；
⑤标准状况下，5.6LCO 2气体的物质的量为5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol ，1个CO 2分子中含有2个O 原子，故标准状况下，5.6LCO 2气体中含有的氧原子数目为0.5N A 说法正确； ⑥1.6g 由O 2和O 3组成的混合物中O 原子的物质的量为0.1mol ，故1.6g 由O 2和O 3组成的混合物中含有的O 原子数目为0.1N A 说法正确；
⑦常温常压下，8g O 2的物质的量为8g/( 32g/mol)=0.25mol ，1个O 2分子中含有16个电子，故8g O 2含有的电子数为4N A 说法正确；
⑧常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol ，故常温常压下，22.4LNO 2和CO 2的混合气体中O 原子数目为2 N A 说法错误；
⑨标准状况下， CCl 4是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl 4的物质的量，故标准状况下，22.4LCCl 4中含有的CCl 4分子数为N A 说法错误；
⑩18 g H 2O 的物质的量为18g/( 18g/mol)=1mol ，1个H 2O 分子中含有3个原子，故常温常压下，18 g H 2O 中含有的原子总数为3N A 说法正确；
?标准状况下，CH 3CH 2OH 是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH 3CH 2OH 的物质的量，故标准状况下，11.2LCH 3CH 2OH 中含有的分子数目为0.5N A 说法错误；
?常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol ，故2.24 L CO 和CO 2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A 说法错误；
【点睛】
本题考查物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算，另外注意气体摩尔体积的适用范围。
4．填写下列表格
【答案】0.5N A 0.5 28 11.2 4.9 0.05 98 0.5N A 9 18 0.1N A 7.1 0.1 7.1
【解析】
【分析】
摩尔质量在以为g ·mol -1单位时，数值上等于相对分子质量，以n=
A N N 、n=m M
、n=m V V 这几个公式为基础，按试题中的要求，进行计算。
【详解】
（1）N 2的摩尔质量在以为g ·mol -1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N 2的摩尔质
量是28 g ·mol -1
，当N 2的质量为14g 时，n(N 2)= 11428.g g mol -=0.5mol ，N 2的分子数N(N 2)=
0.5 N A ，标况下N 2的体积为：0.5mol ?22.4L ·mol -1=11.2L ；
（2）H 2SO 4的分子数是3.01×1022
，H 2SO 4的物质的量：n(H 2SO 4)= 22
233.01106.0210??=0.05 mol ，H 2SO 4的摩尔质量是98 g ·mol -1，质量：m(H 2SO 4)= 0.05 mol ×98 g ·mol -1=4.9g ； （3）H 2O 的物质的量是0.5 mol ，水的摩尔质量：M(H 2O )=18 g ·mol -1，水分子的个数N(H 2O )= 0.5 N A ，水分子的质量是：m(H 2O )= 0.5 mol ×18 g ·mol -1=9g ；
（4）Cl 2标况下的体积试剂2.24L ，Cl 2的物质的量：n(Cl 2)= 1
2.2422.4L L mol -g =0.1mol ，Cl 2的分子数是：N(N 2)=0.1 N A ，Cl 2的摩尔质量是71 g ·mol -1，Cl 2的质量：m(Cl 2)= 0.1mol ?71 g ·mol -1=7.1g ；
【点睛】
考生熟练掌握n=A N N 、n=m M 、n=m
V V ，这几个公式之间的换算；
5．某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。 已知：①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl 2。
②氯气和碱反应放出热量。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl 2+6OH -5Cl -
+ClO 3-+3H 2O 。该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。
请回答下列问题：
(1)①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是________。
②该兴趣小组用100 mL12 mol·
L -1盐酸与8.7 g MnO 2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2______g 。
(2)小组成员发现，产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高也是可能原因。为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO -、ClO 3-两种离子的物质的量(n )与反应时间(t)的关系曲线，粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。
①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。
②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为______mol。
③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-
的物质的量为0.35 mol ，则产物中
() ()3
n ClO
n ClO
-
-
=__。
(3)为了提高Ca(ClO)2的产率，可对丙装置作适当改进。请你写出一种改进方法：
________。
【答案】除去氯气中的氯化氢气体 7.15 ClO- 0.25 2：1 把丙装置浸在盛有冰水的水槽中
【解析】
【分析】
(1)①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；
②依据MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，结合定量关系计算理论值；
(2)①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；
③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35 mol，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。
(3)根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。
【详解】
(1)①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；
②n(HCl)=12 mol/L×0.1 L=1.2 mol，n(MnO2)=
8.7
87 /
g
g mol
=0.1 mol，MnO2、HCl反应的物质的
量的比是1：4，可见足量的浓盐酸与8.7 gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1 mol，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，根据方程式中物质反应关系可知：理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质的量为0.05 mol，其质量m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143 g/mol=7.15 g；
(2)①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10 mol×1+0.05 mol×5=0.35 mol，则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为：0.35 mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol，在CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2中钙离子和含氯离子的个
数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.5
2
mol
=0.25 mol；
③取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25 mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n(ClO-)=x，n(ClO3-)=y；则得到：0.35=x×1+y×5；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.35=0.5，解得：x=0.1 mol，
y=0.05 mol，则产物中
()
()3
n ClO0.1?
0.05?
n ClO
mol
mol
-
-
==2：1；
(3)由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。
【点睛】
本题考查了性质方案的设计。明确实验目的、实验原理为解答关键，注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法，题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。
6．根据你对金属钠性质的了解，回答下列问题：
（1）关于钠的叙述中，正确的是________(填字母)。
A．钠是银白色金属，硬度很大
B．将金属钠放在石棉网上，用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成过氧化钠
C．金属钠在空气中燃烧，生成氧化钠
D．金属钠的熔点很高
（2）由于金属钠很容易跟空气中的______、________等物质反应，通常将它保存在
_______里。
（3）将一小块钠投入到下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是________(填字母)。
A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液
C．氢氧化钠溶液 D．氯化镁溶液
（4）为粗略测定金属钠的相对原子质量，设计的装置如图所示，该装置(包括水)的总质量为ag，将质量为bg的钠(不足量)放入水中，立即塞紧瓶塞。完全反应后再称量此装置的总
质量为cg。
①列出计算钠相对原子质量的数学表达式______________(用含有a、b、c的算式表示)。
②无水氯化钙的作用是____________________。
【答案】B 氧气水蒸气煤油 D b/(a+b-c) 吸收H2中所含的H2O(g)
【解析】
【分析】
（1）根据钠的性质分析解答；
（2）钠的性质很活泼，易和水、氧气反应，据此解答；
（3）金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，根据溶液中的溶质分析解答；
（4）①根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答；
②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。
【详解】
（1）A、钠是银白色金属，硬度很小，可以用小刀切，故A错误；
B、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，故B正确；
C、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，不是氧化钠，故C错误；
D、金属钠的熔点很低，故D错误；
故答案选B；
（2）钠性质很活泼，易和水、氧气反应，所以保存钠时要隔绝空气和水，钠和煤油不反应，且密度大于煤油，所以保存钠可以放在煤油中；
（3）A．钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉淀产生，A不选；
B．钠投入硫酸铜溶液中，首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，但沉淀不是白色的，而是蓝色的，B不选；
C．钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气，没有沉淀，C不选；
D．钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气，D选。
答案选D。
（4）①金属与水发生反应放出氢气的质量=ag+bg-cg=（a+b-c）g，假设金属为R，其相对原子质量为M，根据金属钠与水反应放出氢气的关系，可推断该金属与水放出氢气关系如下：
2R～～～～～H2
2M2
bg（a+b-c）g
解得M ＝()b a b c +-； ②氯化钙具有吸水能力，是常用的干燥剂，在装置中吸收生成氢气中的水，而防止水分流失。
7．Ⅰ．为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO 2+4HCl （浓）MnCl 2+Cl 2↑+ 2H 2O 。 （1）用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目_________。
（2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_________。
（3）草酸能使酸性KMnO 4溶液褪色，配平下面的化学方程式：_____KMnO 4+H 2SO 4+H 2C 2O 4 = MnSO 4+K 2SO 4 +CO 2↑＋H 2O 。
Ⅱ．盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。HCl 极易溶于水，工业上用HCl 气体溶于水的方法制取盐酸。
（1）用密度为1.2 g/mL ，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL 3mol/L 的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为________mL 。
（2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是____________。 A ．量取浓盐酸时俯视刻度线 B ．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水 C ．定容时俯视刻度线 D ．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒
【答案】 1：2 2 3 5 2 1 10 8 62.5 C
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)反应MnO 2+4HCl(浓)MnCl 2+Cl 2↑+ 2H 2O 中，Mn 元素化合价由+4价降低到+2价，Cl 元素化合价由-1价升高为0价，根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目；
(2)该反应中，Cl 元素部分化合价由-1价升高为0价，HCl 既是还原剂，还有酸性作用；
(3)该反应中Mn 元素化合价由+7价变为+2价、C 元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
Ⅱ．(1)根据c=
1000ρωM
计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积； (2)分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c=
n V 进行误差分析。 【详解】
Ⅰ．(1)反应MnO 2+4HCl(浓)MnCl 2+Cl 2↑+ 2H 2O 中，Mn 元素化合价由+4价降低到+2价，Cl 元素化合价由-1价升高，该反应的电子转移方向和数目可表示为
；
(2)反应中MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，且HCl部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:2；
(3)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，根据转移电子守恒知，KMnO4的计量数是2、H2C2O4的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4 =2 MnSO4+1K2SO4 +10CO2↑＋8H2O；Ⅱ．(1)质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm3的浓盐酸，物质的量浓度
c=1000 1.236.5%
36.5
??
=12mol/L，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：
250mL×3mol/L=12mol/L×V，解得V=62.5mL；
(2)A．量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故A错误；
B．容量瓶中有少量蒸馏水，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B错误；
C．定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C正确；
D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故D错误；
故答案为C。
8．（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：____________________
（3）写出下列化学反应的方程式
呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_________________
氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式
____________________
印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_______________________
（4）配平下列方程式：
_____I－+_____IO3－+ _____H+—_____I2+_____H2O
_____NH4ClO4——_____N2↑+_____O2↑+_____HCl+_____H2O
（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：
Cu＋4 HNO3（浓）= Cu(NO3)2＋ 2 NO2↑＋ 2H2O__________________
HNO3的作用是__________，发生氧化反应，氧化产物是__________。
【答案】N A 4 HCl=H＋＋Cl－ NaHSO4 = Na+ + H++SO42- 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3 2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+ 5 1 6 3 3 4 2 5 46
氧化性和酸性 Cu(NO3)2
【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。
【详解】
（1）一个H2SO4分子中含有1个S原子，4个O原子，则1mol H2SO4中含有N A个硫原子，4mol O；
（2）HCl为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：HCl=H＋＋Cl－； NaHSO4为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则电离方程式为：NaHSO4 = Na+ + H++SO42-；
（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；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，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+；
（4）根据氧化还原反应中，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为0价，碘酸根离子变为0价，则最小公倍数为5，则离子方程式为5 I－+IO3－+ 6H+=3I2+3H2O；
高氯酸铵自身发生氧化还原反应，N、O的化合价升高，Cl的化合价降低，根据电子得失守恒，则4NH4ClO4=2N2↑+5O2↑+4HCl+6H2O；
（5）反应中Cu作还原剂，失电子，化合价由0价变为+2价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、酸，部分N得电子化合价降低由+5变为+4，生成的产物为还原产物；双线桥
法表示为；单线桥法为
。
【点睛】
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的反应。
9．某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：
供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸
（1）操作②的名称是______________，试剂a的溶质是_______________（填化学式）（2）加入试剂b所发生反应的化学方程式为___________________________________。（3）该方案能不能达到实验目的：_____________，若不能，应如何改进？（若能，此问不用回答）________________________________________。
（4）用分离出的固体B配制100mL 0.5mol/L的溶液B，现有如下可供选择的仪器：A．胶头滴管 B．烧瓶 C．烧杯 D．药匙 E.量筒 F.托盘天平。
①用托盘天平称得固体B的质量是_________g。
②配制溶液B时，上述仪器中一定不需要使用的有_____________（填字母），还缺少的仪器有__________________________________（写仪器名称）。
【答案】过滤 K2CO3 BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O 不能应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 10.4 B 100mL容量瓶、玻璃棒
【解析】
【分析】
【详解】
分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，应加入过量盐酸可得KCl，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2，
（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作②为固体和液体的分离，为过滤操作；根据以上分析可知，溶液中加入过量的K2CO3溶液使BaCl2转化为沉淀，试剂a的溶质是K2CO3；综上所述，本题答案是：过滤；K2CO3。
（2）沉淀A为BaCO3，加足量的盐酸，反应生成氯化钡和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；综上所述，本题答案
是：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。
（3）该方案不能达到实验目的，因为操作②进行完成后，所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应该加入过量的盐酸，把K2CO3变为氯化钾，然后再进行蒸发结晶，得到氯化钾固体；综上所述，本题答案是：不能；应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。
（4）①固体B为氯化钡，其质量是0.1L×0.5mol/L×208g/mol=10.4g；综上所述，本题答案是：10.4。
②固体配制氯化钡溶液时，称量后溶解、定容等，不需要烧瓶，还缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒；综上所述，本题答案是：B， 100mL容量瓶、玻璃棒。
10．（1）质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是___。
（2）氯水中含有多种成分。将紫色石蕊试液滴入氯水中，溶液显红色起作用的成分是
___；过一会儿，溶液颜色逐渐褪去，起作用的成分是___；
（3）鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液可选用___。（填序号）
①NaOH ②Ca(OH)2③BaCl2④K2SO4⑤Ca(NO3)2
（4）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强。黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：2KNO3+3C＋S=K2S+N2↑+3CO2↑。
①其中被还原的元素是___。
②当反应有3.612×1024个电子转移时被硝酸钾氧化得到的氧化产物在标准状况下的体积
___。
（5）1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是___，R的相对原子质量是___。【答案】H2 H+ HClO或ClO-③⑤ N和S 28L 120g/mol 24
【解析】
【分析】
(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小；
(2)氯水溶液中存在反应：Cl2+H2O?HCl+HClO，是可逆反应，存在电离：H2O?H++OH-，HClO?H++ClO-，HCl=H++Cl-，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：
H+、Cl-、ClO-、OH-，能使紫色石蕊试液变红色是酸的性质，次氯酸有漂白性；
(3)NaHCO3不稳定，加热易分解，但加热溶液不分解，都可与碱发生反应，与氢氧化钙溶液反应都可生成沉淀，且都能与酸反应生成气体，以此解答该题；
(4)2KNO3+C+S═K2S+2NO2↑+C O2↑中，C元素的化合价升高，N、S元素的化合价降低，以此来解答；
(5)根据公式n=m
M
来计算M，M在数值上等于元素的相对原子质量，分子的M在数值上
等于其相对分子质量。
【详解】
(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小，质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，H2的摩尔质量最小，所以H2的体积最大；
(2)氯水溶液中存在反应：Cl2+H2O?HCl+HClO，是可逆反应，存在电离：H2O?H++OH-、HClO?H++ClO-，HCl═H++Cl-，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl2、HClO、H2O；离子：H+、Cl-、ClO-、OH-．酸能使紫色石蕊试液变红色，所以使紫色石蕊试液变红色的微粒是H+；次氯酸有漂白性，所以红色溶液逐渐褪色，起作用的微粒是HClO分子；
(3)①碳酸钠和碳酸氢钠与NaOH混合，均无明显现象，不能鉴别二者，故①错误；
②碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应产生沉淀，故用Ca(OH)2溶液不能鉴别二者，故②错误；
③碳酸钠与BaCl 2反应产生碳酸钡沉淀，碳酸氢钠与BaCl 2不反应，故BaCl 2溶液可以区分两物质，故③正确；
④K 2SO 4与碳酸钠、碳酸氢钠均不反应，故氯化钙溶液不能鉴别二者，故④错误； ⑤Ca(NO 3)2与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与Ca(NO 3)2不反应，故Ca(NO 3)2溶液可以区分两物质，故⑤正确；
故答案为：③⑤；
(4)①N 、S 元素的化合价降低，被还原，C 元素的化合价升高，C 为还原剂；
②2KNO 3+3C+S ═K 2S+N 2↑+3CO 2↑，反应中KNO 3得到10个电子，S 得到2个电子，当反应有3.612×1024个电子转移时，即转移6mol ，则生成1.5molCO 2，其中被KNO 3氧化得到的二氧化碳为1.5mol×1012
=1.25mol ，其体积为1.25mol×22.4L/mol=28L ； (5)1.2gRSO 4中含0.01molR 2+，根据公式n=
m M ，则RSO 4的M=m M = 1.2g 0.01mol =120g/mol ，RSO 4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO 4的摩尔质量为120g/mol ，R 的相对原子质量是120-32-64=24。
11．（1）4.8gO 3和0.2molCH 4，在同温同压下的体积之比是__；相同质量的O 2和SO 2，所含分子的数目之比为__，所含O 原子的物质的量之比为__，密度之比为__。
（2）标准状况下11.2 L N 2所含分子数是___个。
（3）若某原子的摩尔质量是M g/mol ，则一个该原子的真实质量是__g 。
（4）483g Na 2SO 4·
10H 2O 中所含的Na +的物质的量是__，SO 42-的物质的量是__，所含H 2O 分子的数目是___个。
（5）现有100 ml 1.00 mol/L NaCl 溶液，其中所含Na +的质量是___g 。
（6）下列物质能导电是__，属于电解质是__，属于非电解质的是__。（填序号，多选或错选扣分）①水银 ②烧碱 ③硫酸钡 ④氯化钠晶体 ⑤盐酸 ⑥蔗糖
（7）实验室配制480mL0.08mol/LNa 2CO 3溶液，需要十水碳酸钠晶体质量_______g 。
【答案】1:2 2:1 2:1 1:2 0.5N A A M N 3mol 1.5mol 15 N A 2.3g ①⑤ ②③④ ⑥
11.44g
【解析】
【详解】
（1）同温同压下的气体的体积之比等于物质的量之比，4.8gO 3的物质的量为n=m M = 4.8g 16g/mol 3 =0.1mol ，则0.1mol O 3和0.2molCH 4的体积之比等于物质的量之比为1:2，根据n=m M
可知，设O 2和SO 2的质量都为1g ，它们的物质的量之比=1g 32g/mol ：1g 64g/mol
=64g/mol:32g/mol= 2:1；根据N=nN A 可知，O 2和SO 2所含分子数目之比=2:1；一
个O 2和SO 2分子均由两个O 原子构成，O 2和SO 2物质的量之比=2:1；所含O 原子的物质的量之比为2:1；同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比= 32 g/mol:64 g/mol =1:2，
故答案为1:2；2:1；2:1；1:2；
（2）根据n=m V V ，标准状况下11.2 L N 2所含分子的物质的量=11.2L 22.4L/mol
=0.5mol ，1mol 任何物质具有的微粒数是N A ，0.5mol N 2所含分子的数目为0.5N A ，
故答案为：0.5N A ；
（3）根据摩尔质量知，1mol 该原子的质量是Mg ，1mol 原子有阿伏加德罗常数N A 个，即
N A 个原子的质量是Mg ，则一个该原子的真实质量约为A
M N g ， 故答案为：A
M N ； （4）483g Na 2SO 4·10H 2O 的物质的量=483g 322g/mol
=1.5mol ，Na +的物质的量为Na 2SO 4·10H 2O 的2倍为1.5mol×2=3mol ，硫酸根离子物质的量等于Na 2SO 4?10H 2O 的物
质的量，为1.5mol ；H 2O 分子的物质的量为Na 2SO 4?10H 2O 的10倍为1.5mol×
10=15mol ，故所含水分子数目为15N A ，
答案为：3mol ；1.5mol ；15 N A ；
（5）100 ml 1.00 mol/L NaCl 溶液中，根据公式n=cV ，NaCl 的物质的量=1
mol/L ×0.1L=0.1mol ，Na +的物质的量也是0.1mol ，则所含Na +的质量=0.1mol ×23g/mol=2.3 g ，
故答案为：2.3g ；
（6）①水银为金属单质汞，含有自由移动的电子，可导电，但不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；②烧碱是氢氧化钠，没有自由移动的离子，不能导电，其水溶液可电离出离子能导电，属于电解质；③硫酸钡没有自由移动的离子，不能导电，其熔融状态下可电离出离子能导电，属于电解质；④氯化钠晶体没有自由移动的离子，不能导电，其水溶液可电离出离子能导电，属于电解质；⑤盐酸是溶液，含有自由移动的离子可导电，但不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；⑥蔗糖没有自由移动的离子，不能导电，其水溶液和熔融状态下都不能电离出离子，不导电，属于非电解质；
则物质能导电是①⑤，属于电解质是②③④，属于非电解质的是⑥，
故答案为：①⑤；②③④；⑥；
（7）实验室配制480mL0.08mol/LNa 2CO 3溶液，用500 mL 容量瓶，Na 2CO 3的物质的量=cV=0.08mol/L ×0.5L=0.04mol ，Na 2CO 3·10H 2O 的摩尔质量为286g/mol ，需要
Na 2CO 3·10H 2O 的质量=nM=0.04 mol ×286g/mol=11.44g
故答案为：11.44。
12．（1）写出离子方程式：向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO 4溶液至Ba 2+刚好沉淀完全________；
（2）标况下，将224L 氯化氢气体溶于V 升水中，所得溶液密度为dg/mL ，则此溶液中溶质的物质的量浓度为________mol/L
（3）使物质的量浓度之比为1:2:3的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl -恰好完全沉淀时，若所用相同物质的量浓度的硝酸银溶液的体积比为3:2:3，则上述三种溶液的体积之比是__________；
（4）5.00g CuSO 4·
5H 2O 样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，则200℃时所得固体物质的化学式为______________；
（5）已知氧化性：Cl 2>Fe 3+>I 2，写出FeI 2和Cl 2按物质的量之比为7:8反应的总离子方程式_____
【答案】Ba 2＋+OH -+H ++SO 42- = BaSO 4↓+ H 2O 10000d/(365+1000V) mol·
L －1 18:3:2 CuSO 4·H 2O 2Fe 2＋+14I -+8Cl 2 =2Fe 3＋+7I 2+16Cl -
【解析】
【分析】
根据物质的性质书写离子方程式；根据气体摩尔体积及物质的量间的关系计算物质的量浓度；根据图象信息结晶水的质量并计算书写化学式；根据电子转移守恒配平书写离子方程式。
【详解】
（1）沉淀刚好完全时，表示硫酸氢钠用量最少，与Ba 2＋刚好完全反应，发生的化学方程式为：Ba(OH)2+NaHSO 4=BaSO 4↓+NaOH+H 2O ，转化为离子方程式则为：Ba 2＋+OH -+H ++SO 42-= BaSO 4↓+ H 2O ；
(2)由题，n(HCl)=V(HCl)/V m =224L÷22.4L/mol=10mol ，m 总
=m(HCl)+m(H 2O)=n(HCl)×M(HCl)+V(H 2O)×ρ(H 2O)=10×36.5+V×103×1=(365+1000V)g ，365+1m V ==mL ρd
000V 总总总，c(HCl)=-1-1
-3
n(HCl)1010000d =mol L =mol L 365+1000V V 365+1000V ×10d
??总 ，故答案为：-110000d mol L 365+1000V
?； (3)由题可以写出氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应的化学方程式：
NaCl+AgNO 3=AgCl↓+NaNO 3，MgCl 2+2AgNO 3=2AgCl↓+Mg(NO 3)2，
AlCl 3+3AgNO 3=3AgCl↓+Al(NO 3)3，若假设硝酸银物质的量浓度为1mol/L ，氯化钠、氯化镁、
氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银体积分别为3L 、2L 、3L ，则氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银物质的量为3mol 、2mol 、3mol ，将三者消耗硝酸银物质的量代入方程式，可以得出氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量分别为3mol 、1mol 、1mol ，因为三者物质的量浓度之比为1:2:3，可列出等式为：三种溶液的体积之比3/1:1/2:1/3，化简可以得到：三种溶液的体积之比18:3:2，故答案为：18:3:2。
(4)由图可以得知，200℃时，五水合硫酸铜并未脱水完全，分子中还有一定量的水存在，5.00g 五水合硫酸铜，物质的量为5g÷250g/mol=0.02mol ，所以n(CuSO 4)=0.02mol ，n(H 2O)=0.1mol ，200℃时，固体质量为3.56g ，所以含有水分质量为0.36g ，
n(H 2O)=m/M=0.36g÷18g/mol=0.02mol ，可以得出固体化学式为：CuSO 4?H 2O ，故答案为：CuSO 4?H 2O 。
(5)由题，根据氧化还原反应得失电子数的规律，可以写出方程式为：
7FeI 2+8Cl 2=2FeCl 3+7I 2+5FeCl 2，转化为离子方程式可得出：2Fe 2＋+14I -+8Cl 2 =2Fe 3＋+7I 2+16Cl -，故答案为：2Fe 2＋+14I -+8Cl 2 =2Fe 3＋+7I 2+16Cl -。
13．（1）15.6gNa 2X 中含Na +0.4mol ，则Na 2X 的摩尔质量是____________。
（2）设N A 为阿伏加德罗常数的数值，如果a g 氧气中含有的分子数为b ，则c g 氧气在标准状况下的体积约是_________________(用含N A 的式子表示）。
（3）某溶液由Mg 2＋、Al 3＋、Cl －、SO 42- 4种离子组成，测得其中Al 3＋、SO 42-、Cl －的物质的
量浓度之比为3：1：13，则溶液中Mg 2＋、Al 3＋、SO 42-的物质的量浓度之比为
___________。
（4）标况下，密度为1.25g/L 的CO 2与CH 4组成的混合气体中，CO 2的体积分数为______。
（5）将标准状况下体积为aL 的HCl 气体溶于1000g 水中，得到盐酸的密度为b g/cm 3，则 该盐酸的物质的量浓度为______________mol/L 。
（6）下列各项与胶体性质无关的有______________________。
①卤水点豆腐 ②明矾净水 ③静电除尘 ④油水分离 ⑤血液透析 ⑥三角洲形成 ⑦酸碱中和 ⑧雨后彩虹和海市蜃楼 ⑨臭氧消毒
【答案】78g/mol
22.4A
bc L aN 3：3：1 42.86％ 100036.522400ab a ④⑦⑨ 【解析】
【分析】
（1）先算出Na 2X 的物质的量，再算其摩尔质量；
（2）先求出cg 氧气的物质的量，再利用标准状况下的气体摩尔体积求其体积； （3）利用电荷守恒（溶液的电中性原则）进行求算；
（4）气体的体积分数在数值上等于其物质的量分数；
（5）利用物质的量浓度的定义式直接进行求算；
（6）胶体的知识主要有布朗运动，丁达尔现象、电泳、聚沉、渗析等；
【详解】
(1)据Na 2X 的化学式知，含Na +0.4mol ，则Na 2X 的物质的量为0.2mol ，其质量为15.6g ，所
以Na 2X 的摩尔质量1222m(X 15.6g M Na X ==78n(X 0.2Na g mol Na mol
-=?）（））； (2) ag 氧气中含有的分子数为b ，其物质的量为A
b N mol ，所以cg 氧气的物质的量为A cg b mol ag N ?，其在标准状况下的体积为122.4A cg b mol L mol ag N -???=22.4A
bc L aN ； (3) 在任何一种溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。在该溶液中则有：c(Mg 2+)×2+c(Al 3+)×3=c(SO 42-)×2+c(Cl -)×1。设Mg 2+、Al 3+、Cl -、SO 42-的物质的量浓度分别为x 、3a 、13a 、a ，所以有2x+3×3a=a×2+13a ，解得x=3a ，所以溶液中c(Mg 2+)：c(Al 3+)：c(SO 42-)=3a ：3a ：a=3：3：1；
(4) 设CO 2和CH 4的物质的量分别为n(CO 2)、n(CH 4)。CO 2的体积分数等于物质的量分数即
()
()()224n CO n CO n CH +=()()4211n CH n CO +，所以只需要求出()()42n CH n CO 即可。据密度的本义有：()()()()42421644ρ22.4n CH n CO m V n CH n CO ?+?=
=??+???=1.25，求得()()42n CH n CO =43，所以CO 2的体积分数为1413
+=37≈42.86％； (5) 该HCl 的物质的量为22.4a mol,形成溶液的体积为336.5100022.410a g g b
-?+?L ，所以该盐酸的物质的量浓度
c(HCl)=()
(),n HCl V HCl aq =322.4
36.5100022.410a a g g b -?+?=100036.522400ab a +mol/L ； (6)①涉及的是胶体聚沉；②涉及的是胶体的聚沉；③涉及的是胶体的电泳；④涉及的是乳浊液的分离，与胶体无关；⑤涉及的是胶体的渗析；⑥涉及的是胶体的聚沉；⑦涉及的是中和反应，与胶体的性质无关；⑧均与水雾形成的胶体有关，涉及丁达尔现象；⑨臭氧消毒是利用了臭氧的氧化性，与胶体的性质无关；所以答案选择④、⑦、⑨。
14．实验实验室配制500mL 0.1mol?L -1的碳酸钠溶液，请回答下列问题．
（1）应用托盘天平称取Na 2CO 3?10H 2O 晶体__________g.
（2）配置碳酸钠溶液时，需要的主要玻璃仪器除烧杯和胶头滴管以外还需要_________、____________.
（3）配置过程中，若遇到以下操作可能造成实验结果偏大，偏小还是不影响？ ①容量瓶中原来有少量蒸馏水_____
②定容时，俯视液面_____
③有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯中_____
④盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线，再加蒸馏水使液面达到刻度处_____
【答案】14.3 玻璃棒 500毫升容量瓶不影响偏大偏小偏小
【解析】
【详解】
（1）配制500mL 0.1mol/L的碳酸钠溶液，其中碳酸钠物质的量为
-3
??，则需要称取的质量为Na2CO3?10H2O
50010L0.1mol/L=0.05mol
0.05mol286g/mol=14.3g
?；
（2）玻璃棒、500mL容量瓶；
（3）①容量瓶在定容的过程中还需要加蒸馏水，因此原来有少量蒸馏水对实验无影响；
②定容时，俯视液面，液体的实际体积偏小，则浓度偏大；
③有少量溶质残留在烧杯中，则溶质物质的量减小，体积不变时浓度偏小；
④摇匀后液面低于标线是正常现象，再加入蒸馏水会使浓度偏小。
【点睛】
盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线属于正常现象。
15．某化学实验室需要0.5 mol·L－1硫酸溶液450 mL。根据溶液的配制情况回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。
（2）现用质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸来配制450 mL、0.5 mol·L－1的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为________ mL(保留1位小数)，现有
①10 mL ②25 mL ③50 mL ④100 mL四种规格的量筒，你选用的量筒是________(填代号)。
（3）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是
__________________________________________________________。
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取②计算③稀释④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却
其正确的操作顺序为：②→①→③→________→ ________→________→________→④(填序号)。_________
（5）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是________(填代号，下同)，能引起误差偏高的有________。
①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
高考化学分类解析(四)——化学计量及定律 ●考点阐释 1.了解物质的量的单位——摩尔(mol)，摩尔质量、气体摩尔体积的涵义；理解阿伏加德罗常数的涵义；掌握物质的量与粒子(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系。 2.理解质量守恒定律和阿伏加德罗定律的涵义及有关推论。综合应用阿伏加德罗定律和气体摩尔体积进行有关的计算。 ●试题类编 (一)选择题 1.(2002年春，8)设N A 代表阿伏加德罗常数，以下说法正确的是 A.氯化氢的摩尔质量等于N A 个氯分子和N A 个氢分子的质量之和 B.常温常压下1 mol NO 2气体与水反应生成N A 个NO -3离子 C.121 g CCl 2F 2所含的氯原子个数为2N A D.62 g Na 2O 溶于水后所得溶液中含有O -2离子数为N A 2.(2002年河南，15)1 mol X 气体跟a mol Y 气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应： X(g)＋a Y(g) b Z(g) 反应达到平衡后，测得X 的转化率为50%。而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a 和b 的数值可能是 A.a =1,b =1 B.a =2,b =1 C.a =2,b =2 D.a =3,b =2 3.(2001年上海，16)设N A 为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是 A.标准状况下的22.4 L 辛烷完全燃烧，生成二氧化碳分子数为8N A B.18 g 水中含有的电子数为10N A C.46 g 二氧化氮和46 g 四氧化二氮含有的原子数均为3N A D.在1 L 2 mol ·L －1的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数为4N A 4.(2000年春，7)常温下，在密闭容器里分别充入两种气体各0.1 mol ，在一定条件下充分反应后，恢复到原温度时，压强降低为开始时的4 1。则原混合气体可能是 A.H 2和O 2 B.HCl 和NH 3 C.H 2和Cl 2 D.CO 和O 2 5.(2000年广东，10)同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有C 2H 4，另一个装有C 2H 2和C 2H 6的混合气体，两瓶内的气体一定具有相同的 A.质量 B.原子总数 C.碳原子数 D.密度 6.(2000年广东，20)同温同压下，当反应物分解了8%时，总体积也增加8%的是 A.2NH 3(g) N 2(g)＋3H 2(g) B.2NO(g) N 2(g)＋O 2(g) C.2N 2O 5(g) 4NO 2(g)＋O 2(g)
2010高考化学试题分类汇编：化学计算 1．（2010全国卷1）．下列叙述正确的是 A ．在醋酸溶液的pH a =，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH b =，则a b ＞ B ．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入4NH Cl 至溶液恰好无色，则此时溶液的pH 7＜ C ．31.010mol/L -?盐酸的pH 3.0=，81.010mol/L -?盐酸的pH 8.0= D ．若1mL pH 1=的盐酸与100mL NaOH 溶液混合后，溶液的pH 7=则NaOH 溶液的pH 11= 【解析】A 若是稀醋酸溶液稀释则C(H +)减小，pH 增大，b ＞a ，故A 错误；B 酚酞的变色范围是pH= 8.0～10.0（无色→红色），现在使红色褪去，pH 不一定小于7，可能在7~8之间，故B 错误；C 常温下酸的pH 不可能大于7，只能无限的接近7；D 正确，直接代入计算可得是正确，也可用更一般的式子：设强酸pH=a ，体积为V 1；强碱的pH=b ，体积为V 2,则有10-a V 1=10-(14-b)V 210142 1-+=?b a V V ，现在V1/V2=10-2,又知a=1,所以b=11 【答案】D 【命题意图】考查弱电解质的稀释，强酸的无限稀释，指示剂的变色范围，强酸与强碱的混合pH 的计算等基本概念 【点评】本题在第一轮复习至第三轮复习无时不在强调的基本问题考查就是第二册第三章的问题，这次居然没有考离子浓度大小比较，而考这些，很简单，大家都喜欢！ 2．（2010全国卷1）12．一定条件下磷与干燥氯气反应，若0.25g 磷消耗掉314mL 氯气（标准状况），则产物中PCl 3与PCl 5的物质的量之比接近于 A ．1：2 B ．2：3 C ．3：1 D ．5：3 【解析】设n(PCl 3)=X mol, n(PCl 5)=Y mol ，由P 元素守恒有：X+Y=0.25/31≈0.008……①；由Cl 元素守恒有3X+5Y=（0.314×2）/22.4≈0.028……②，联立之可解得：X=0.006,Y=0.002故选C 【命题意图】考查学生的基本化学计算能力，涉及一些方法技巧的问题，还涉及到过量问题等根据化学化学方程式的计算等 【点评】本题是个原题，用百度一搜就知道！做过多遍，用的方法很多，上面是最常见的据元素守恒来解方程法，还有十字交叉法，平均值法、得失电子守恒等多种方法，此题不
专题18 物质结构与性质（选修） 1．[2019新课标Ⅰ]在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号 )。 A．B．C．D． （2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别 是、。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物Li2O MgO P4O6SO2 熔点/°C 1570 2800 23.8 ?75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因。 （4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离= pm，Mg原子之间最短距离y= pm。设阿伏加德罗常数的值为N A，则MgCu2的密度是 g·cm?3(列出计算表达式)。 【答案】（1）A （2）sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+ （3）Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分子间力（分子量）P4O6>SO2 （4 23 330 A 824+1664 10 N a- ?? ? 【解析】（1）A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B. [Ne] 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+； C. [Ne] 3s13p1属于激发态
2013年高考化学试题分类解析——选择题部分（7.化学键与能量） 备注：2013年高考化学或者理科综合（化学）试题统计及顺序 （共15套，31地区） 1、（1套）大纲版全国卷（广西） 2、（1套，9地区）新课标全国卷I(内蒙古、宁夏；黑龙江、吉林、河南、河北、山西、陕西、湖南、江西） 3、（1套，7地区）新课标全国卷II（西藏，新疆；青海、甘肃、贵州、云南、辽宁） 4、（4套，4地区）4个直辖市各一套：北京、天津、上海、重庆 5、（8套,8地区）独立命题省份：安徽，山东，四川，江苏，浙江，福建，广东，海南。 12. 【题文】在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应 H2S（g）+ 3 2 O2(g)=SO2(g)+H2O(g) △H1 2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g) △H2 H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) △H3 2S(g) =S2(g) △H4 则△H4的正确表达式为（） A.△H4=3 2 （△H1+△H2-3△H3） B.△H4= 3 2 （3△H3-△H1-△H2） C.△H4=3 2 （△H1+△H2+3△H3） D.△H4= 3 2 （△H1-△H2-3△H3） 【答案】Ａ 【解析】考察盖斯定律。根据S守恒原理，要得到方程式4，可以用（方程式1+方程式2—3×方程式2） ×3 2． 【试源】2013年高考新课标Ⅱ卷化学试题 1．【题文】下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（） 【答案】D
【试源】2013北京高考理科综合化学试题 11．【题文】下列有关电解质溶液的说法正确的是（） A．在蒸馏水中滴加浓H2SO4，K W不变 B．CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸 C．在Na2S 稀溶液中，c（H+）=c（OH－）－2c（H2S）－c（HS－） D．NaCl 溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同 【答案】Ｃ 【解析】A稀释的时候放热；C质子守恒；D加了会水解的盐，会促进水的电离。 【试源】2013年高考天津化学试题 6.[2013高考?重庆卷?6]已知：P4(g)+6Cl2(g)＝4PCl3(g) △H＝a kJ?mol—1 P4(g)+10Cl2(g)＝4PCl5(g) △H＝b kJ?mol—1 P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为c kJ?mol—1，PCl3中P－Cl键的键能为 1.2c kJ?mol—1。 下列叙述正确的是 A．P－P键的键能大于P－Cl键的键能 B．可求Cl2(g)+ PCl3(g)＝4PCl5(g)的反应热△H C．Cl－Cl键的键能为(b－a+5.6c)/4 kJ?mol—1 D．P－P键的键能为(5a－3b+12c)/8 kJ?mol—1 【答案】C 【解析】原子半径P＞Cl,因此P-P键键长大于P-Cl键键长，则P-P键键能小于P-Cl键键能，A项错误；利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2(g)+PCl3(g)＝PCl5(g)△H＝（b-a）/4KJ·mol-1，但不知PCl5(g)＝PCl5(s)的△H，因此无法求出Cl2(g)+PCl3(g)＝PCl5(s)的△H，B项错误；利用Cl2(g)+PCl3(g)＝PCl5(g)△H＝（b-a）/4KJ·mol-1可得E(Cl-Cl)+3×1.2c-5c＝（b-a）/4，因此可得E(Cl-Cl)＝(b-a+5.6c)/4kJ·mol-1，C 项正确；由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，由题意得6E(P-P)+10×(b-a+5.6c)/4－4×5c＝b，解得E(P-P)＝（2.5a-1.5b+6c）/6 kJ·mol-1，D项错误。 4.下列变化需克服相同类型作用力的是 A.碘和干冰的升华 B.硅和C60的熔化 C.氯化氢和氯化钾的溶解 D.溴和汞的气化 【答案】A 【解析】A是分子间的作用力；B硅是原子晶体，而后者是分子晶体；C是共价键和离子键的差异；D是分子键和金属键。 【试源】2013年高考上海化学试卷 9. 【题文】将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见（） A. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 B.该反应中，热能转化为产物内部的能量 C.反应物的总能量高于生成物的总能量 D.反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O-Q
2020高考化学试题分类汇编电化学基础 1.〔2018全国卷1〕右图是一种染料敏化太阳能电池的示意图。电池的一个点极由有机光敏燃料〔S〕涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，电池中发生的反应为： TiO2/S h TQ2/S 〔激发态〕 TiO 2/S TiO 2/S+ +e- l3+2e 3I 2TiO 2/S 3I 2TiO2/S+I3 以下关于该电池表达错误的选项是： A. 电池工作时，是将太阳能转化为电能 B. 电池工作时，I离子在镀铂导电玻璃电极上放电 C. 电池中镀铂导电玻璃为正极 D. 电池的电解质溶液中I-和I 3-的浓度可不能减少 【解析】B选项错误，从示意图可看在外电路中电子由负极流向正极，也即镀铂电极做 正极，发生还原反应：13-+2e-=3I -; A选项正确，这是个太阳能电池，从装置示意图可看出是个原电池，最终是将光能转化为化学能，应为把上面四个反应加起来可知，化学物质并没 有减少；C正确，见B选项的解析；D正确，此太阳能电池中总的反应一部分实质确实是： 还原. 氧化 I「3I-的转化〔还有I 2+| 一二|「〕，另一部分确实是光敏有机物从激发态与基态的 相互转化而已，所有化学物质最终均不被损耗！ 【答案】B 【命题意图】考查新型原电池，原电池的两电极反应式，电子流向与电流流向，太阳能 电池的工作原理，原电池的总反应式等，还考查考生变通能力和心理素养，能否适应生疏的 情境下应用所学知识解决新的咨询题等 【点评】此题立意专门好，然而考查过为单薄，而且取材不是最新的，在3月份江苏省 盐都市高三第二次调研考试化学试题第17题〔3〕咨询，与此题极为相似的模型，这对一些考生显得不公平！
历年高考各地化学试题分类汇编和解析 九、几种重要的金属 1．(09全国卷Ⅰ8)下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误．． 的是 A.22222223Al NaOH H O NaAlO H ++=+↑ B.4242222KMnO HCOOK KOH K MnO CO H O ++=+↑+ C 22224(2MnO HCl MnCl Cl H O ?+=+↑+浓） D.22742424324324267()3()7K Cr O FeSO H SO Cr SO Fe SO K SO H O ++=+++ 答案：B 解析：在碱性条件下，不可能产生CO 2气体，而应是CO 32 －，故B 项错。 2．（09江苏卷3）下列所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是 a b c A Al AlCl 3 Al （OH ）3 B HNO 3 NO NO 2 C Si SiO 2 H 2SiO 3 D CH 2=CH 2 CH 3CH 2OH CH 3CHO 答案：B 解析：A 项：3Al AlCl → (322623Al HCl AlCl H +=+↑或者24243223()3Al H SO Al SO H +=+↑， 33()AlCl Al OH →(332343()3AlCl NH H O Al OH NH Cl +?=↓+)，33()Al OH AlCl →（332()33Al OH HCl AlCl H O +→+），3()Al OH Al →的转化必须经过 323 ()Al OH Al O →（反应方程式为：32322()3Al OH Al O H O +灼烧）和23Al O Al →（232243Al O Al O +↑通电）这两步，所以A 项不选； B 项：3HN O N O →(3322833()24HNO Cu Cu NO NO H O +=+↑+)，2NO NO →（2222NO O NO +=），2N O N O →（22332NO H O HNO NO +=+），23NO HNO →（22332NO H O HNO NO +=+），所以B 项正确； C 项：2S i S i O →(22Si O SiO +=)，223SiO H SiO →必须经过两步
专题9 有机化合物 Ⅰ—生活中常见的有机物 1．（2017?北京-7）古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是 A．瓷器B．丝绸C．茶叶D．中草药 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】含有碳元素的化合物为有机物，有机物大多数能够燃烧，且多数难溶于水；无机 物指的是不含碳元素的化合物，无机物多数不能燃烧，据此分析。 A、瓷器是硅酸盐产品，不含碳元素，不是有机物，是无机物，故A正确； B、丝绸的主要成分是蛋白质，是有机物，故B错误； C、茶叶的主要成分是纤维素，是有机物，故C错误； D、中草药的主要成分是纤维素，是有机物，故D错误。 【考点】无机化合物与有机化合物的概念、硅及其化合物菁优网版权所有 【专题】物质的分类专题 【点评】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，难度不大，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。 Ⅱ—有机结构认识 2．（2017?北京-10）我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下。下列说法不正确的是 A．反应①的产物中含有水 B．反应②中只有碳碳键形式
C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2﹣甲基丁烷 【答案】B 【解析】A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，故A正确； B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，故B错误； C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，故C正确；D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，故D正确。 【考点】碳族元素简介；有机物的结构；汽油的成分；有机物的系统命名法菁优网版权【专题】碳族元素；观察能力、自学能力。 【点评】本题综合考查碳循环知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握化 学反应的特点，把握物质的组成以及有机物的结构和命名，难度不大。 C H， 3.（2017?新课标Ⅰ-9）化合物（b）、（d）、（p）的分子式均为66 下列说法正确的是 A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p的二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面 【答案】D 【解析】A.（b）的同分异构体不止两种，如，故A错误 B.（d）的二氯化物有、、、、、， 故B错误 KMnO溶液反应，故C错误 C.（b）与（p）不与酸性4 D.（d）2与5号碳为饱和碳，故1，2，3不在同一平面，4，5，6亦不在同 一平面，（p）为立体结构，故D正确。 【考点】有机化学基础：健线式；同分异构体；稀烃的性质；原子共面。 【专题】有机化学基础；同分异构体的类型及其判定。 【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把 握有机物同分异构体的判断以及空间构型的判断，难度不大。 Ⅲ—脂肪烃
2019年高考化学综合题分类练习卷：化学反应原理练习卷
化学反应原理练习卷 1.党的十九大报告指出:要持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战。当前空气质量检测的主要项目除了PM 2.5外，还有CO、SO2、氮氧化物(NO和NO2)、O3等气体。 （1）汽车尾气中含有NO 和CO气体，可利用催化剂对CO、NO进行催化转化反应: 2CO(g) +2NO(g) N2(g) +2CO2(g) △H ①已知下列热化学方程式:N2(g) +O2(g) =2NO(g) △H1 = + 180.5kJ/mol，2C(s) +O2(g) =2CO(g) △H2=-2210kJ/mol ，C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3=-393.5kJ/mol，则△H=_________。 ②在一定温度下,将2.0molNO、2.4molCO气体通入到固定容积为2 L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如下图所示。在0~15min,以N2表示的该反应的平均速度v(N2)=________。若保持反应体系温度不变，20min时再容器中充入NO、N2各0.4mol，化学平衡将_____移动 (填“向左”“向右”或“不”)。 （2）在相同温度下，两个体积均为1L 的恒容密闭容器中，发生CO、NO催化转化反应，有关物质的量如下表:
容器编 号起始物质的量 /mol 平衡物质的量 /mol N O C O N CO 2 CO2 I 0.2 0.2 0 0 a II 0.3 0.3 b 0.1 0.2 ①容器I中平衡后气体的压强为开始时的0.875倍，则a=________。 ②容器II平衡时的气体压强为p，用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数K 为________。 （3）汽车使用乙醇汽油并不能破少NO x的排放。某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag-ZSW-5对CO、NO 催化转化进行研究。测得NO 转化为N 2的转化率随温度CO 混存量的变化情况如图所示。 ①在n(NO)/n(CO) =1条件下，最佳温度应控制在_______左右。 ②若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，
高考化学分类解析(十五)——碱金属 ●考点阐释 1.以钠为例，了解典型碱金属的物理和化学性质。 2.从原子的核外电子排布，理解ⅠA族元素（单质和化合物）的相似性和递变性。 3.以Na2O2为例，了解过氧化物的性质。 4.掌握钠的几种最重要的化合物（NaOH、Na2CO3、NaHCO3等）的性质和用途。 ●试题类编 (一)选择题 1.（2002年春上海，19）在烧杯中加水和苯（密度：0.88 g/cm3)各50 mL。将一小粒金属钠（密度：0.97 g/cm3)投入烧杯中。观察到的现象可能是 A.钠在水层中反应并四处游动 B.钠停留在苯层中不发生反应 C.钠在苯的液面上反应并四处游动 D.钠在苯与水的界面处反应并可能作上、下跳动 2.（2001年全国理综，13）将a g含NaOH样品溶解在b mL 0.1 mol·L－1的硫酸中，再加入c mL 0.1 mol·L－1的氢氧化钡溶液，反应后所得溶液恰好呈中性，则样品中NaOH的纯度是（NaOH相对分子质量为40） A.［（b－c）/125a］×100% B.［（b－2c）/125a］×100% C.［（b－c）/250a］×100% D.［（8b－8c）/a］×100% 3.(2001年上海，11)碱金属与卤素所形成的化合物大都具有的性质是 ①高沸点②能溶于水③水溶液能导电④低熔点⑤熔融状态不导电 A.①②③ B.③④⑤ C.①④⑤ D.②③⑤ 4.(2001年上海，5)下列科学家中，为我国化学工业做出重大贡献的是 A.邓稼先 B.李四光 C.华罗庚 D.侯德榜 5.(2000年春，25)用1 L 1.0 mol·L－1 NaOH溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中的CO-2 3的浓度之比约是 和HCO- 3 A.1∶3 B.1∶2 C.2∶3 D.3∶2 6.(1999年上海，6)下列俗称表示同一物质的是 A.苏打、小苏打 B.胆矾、绿矾 C.三硝酸甘油酯、硝化甘油 D.纯碱、烧碱 7.(1998年上海，23)已知酸性强弱顺序为H2CO3＞下列化学 方程式正确的是
图像试题 （2011烟台毕业）19．下列四个图像能正确反映其对应实验操作的是 ①②③④ (A)①高温煅烧一定质量的石灰石 (B)②用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气 (C)③向一定体积的稀盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液 (D)④某温度下，向一定量饱和硝酸钾溶液中加人硝酸钾晶体 （2011潍坊毕业）16．下图是对四个实验绘制的图像，其中实验结果与图像对应正确的是 A．某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体 B．将稀H2SO4滴入一定量的BaCl2溶液中 C．将一定质量的氯酸钾和二氧化锰放入试管中充分加热 D．向pH=13的NaOH溶液中加水稀释 （2011南宁）19.下列图象与对应实验完全吻合的是 A．①往一定量的盐酸中滴加NaOH溶液至过量 B．②将一定量的不饱和KNO3溶液恒温蒸发水 C．③向一定量CuSO4溶液和稀硫酸的混合溶液中滴加NaOH溶液 D．④用两份等质量等溶质质量分数的过氧化氢溶液制取氧气（甲加少量MnO2） （2011遂宁）32．下列四个图象分别对应四种操作（或治疗）过程，其中图象能正确表示对
应操作（或治疗）的是 A B C D A ．将一定质量的硝酸钾不饱和溶液恒温蒸发水份，直至有少量晶体析出 B ．常温下，相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸充分反应 C ．向硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入氢氧化钠溶液直至过量 D ．服用胃舒平［主要成分Al(OH)3］治疗胃酸过多 （2011绥化）13.下列图像能正确反映其对应关系的是（ ） A.向一定量pH=3的硫酸溶液中不断加水稀释 B.向一定量的饱和石灰水中不断加入生石灰 C.向盛有相同质量的镁和氧化镁的烧杯中分别加入相同溶质质量分数的稀盐酸至过量 D.将一定量的木炭放在盛有氧气的密闭容器中加热至燃烧 (2011黑龙江龙东地区)14.下列图像能正确反映所对应叙述关系的是 （ ） A.向pH=3的溶液中不断加水 B.向锌粒中逐渐加入稀硫酸 C.向H 2SO 4和CuSO 4混合液中滴加NaOH 溶液 加水的量/g A 反应时间/s B NaOH 溶液质量/g C 反应时间/s D A B C D
新课标三年高考化学试题分类解析——氧化还原反应1．（2021模拟年山东理综·15）一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.1000mol·L－1的NaOH溶液中和相同质量的 KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度（mol·L－1）为 提示：①H2C2O4是二元弱酸 ②10KHC2O4·H2C2O4＋8KMnO4＋17H2SO4=8MnSO4＋9K2SO4＋40CO2↑＋32H2O A．0.02021模拟889 B．0.2021模拟000 C．0.1200 D．0.2400 答案：B 解析：此题类型属于信息给予题，据题意并结合提示，H2C2O4为二元弱酸，可写出氢氧化钠与KHC2O4·H2C2O4·2H2O反应的方程式： 6NaOH+2KHC2O4·H2C2O4·2H2O=3Na2C2O4+K2C2O4+8H2O； 10[KHC2O4·H2C2O4]+8KMnO4+ 17H2SO4=8MnSO4+9K2SO4+40CO2+32H2O 。可得关系式：6NaOH~2KHC2O4·H2C2O4·2H2O，10[KHC2O4·H2C2O4]~8KMnO4 ；综合以上两式可得： 15NaOH ~ 4KMnO4 , 结合题意：V(NaOH)=3V(KMnO4)可得出关系： 15NaOH ~ 4KMnO4 15 4 3V(KMnO4)×0.1000mol·L－1V(KMnO4)×c(KMnO4) 列式得：15×V(KMnO4)×c(KMnO4)=4×3V(KMnO4)×0.1000mol·L－1，整理得：0.2021模拟000mol·L－1，答案选B。 2．（2021模拟年广东化学·5）氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应在3Cl2＋2NH3 ＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误 ．．的是 A．若管道漏气遇氨就会产生白烟 B．该反应利用了Cl2的强氧化性 C．该反应属于复分解反应 D．生成1molN2有6mol电子转移 答案：C 解析：本题原理大多同学已在平时练习中接触过，2021模拟年高考题实验题21题⑵考到：
智取2016高考第一季突破选择题 第1集化学与生产、生活、科学、环境 1—1、下面有关发泡塑料饭盒的叙述，不正确的是 A.主要材质是高分子材料 B.价廉、质轻、保温性能好 C.适用于微波炉加热食品 D.不适于盛放含油较多的食品 2—1. 化学与社会、生产、生活紧密相关。下列说法正确的是 A．石英只能用于生产光导纤维B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂 3—1. 化学与生活密切相关，下列说法不正确 ．．．的是（） A．二氧化硫可广泛用于食品的增白B．葡萄糖可用于补钙药物的合成 C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌 4—1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应 B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料 C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料 D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 5—1、化学无处不在，下列与化学有关的说法，不正确的是（） A、侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 B、可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 C、碘是人体必须微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物 D、黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成 6—1、以下食品化学知识的叙述不正确的是 A、食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂 B、新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失 C、纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可做人类的营养物质 D、葡萄糖中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒。 7—1.下列关于“化学与健康”的说法不正确的是 A、服用铬含量超标的药用胶囊会对人对健康造成危害 B、食用一定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸收 C、“血液透析”利用了胶体的性质 D、光化学烟雾不会引起呼吸道疾病 8—1下列说法中正确的是 A.医用酒精的浓度通常为95% B.单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料 C.淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物 D.合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料
09年高考化学试题分类汇编——物质的量 1．（09年福建理综·8）设N A为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是 A．24g镁的原子量最外层电子数为N A B．1L0.1mol·L-1乙酸溶液中H＋数为0.1N A C．1mol甲烷分子所含质子数为10N A D．标准状况下，22.4L乙醇的分子数为N A 答案：C 2．（09年广东化学·6）设N A 代表阿伏加德罗常数（N A ）的数值，下列说法正确的是A．1 mol 硫酸钾中阴离子所带电荷数为N A B．乙烯和环丙烷（C3H6 ）组成的28g混合气体中含有3N A 个氢原子 C．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为N A D．将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1N A Fe3+ 答案：C 3．（09年广东理基·20）设N A代表阿伏加德罗常数（N A）的数值，下列说法正确的是A．22．4 L Cl2中含有N A个C12分子 B．1 L 0．1 mol·L-1 Na2SO4溶液中有0．1 N A个Na+ C．1 mol H2与1 mol C12反应生成N A个HCl分子 D．1 mol Ca变成Ca2+时失去的电子数为2N A 答案：D 4．（09年海南化学·8）下列叙述正确的是（用N A代表阿伏加德罗常数的值）A．2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1N A B．1molHCl气体中的粒子数与0.5 mo1/L盐酸中溶质粒子数相等 C．在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10 N A D．CO和N2为等电子体，22.4L的CO气体与lmol N2所含的电子数相等 答案：C 5．（09年江苏化学·4）用N A表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．25℃时，pH=13的1.0L Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2N A B．标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2N A C．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5N A
2013年高考化学试题分类解析汇编：有机化学 （2013大纲卷）13、某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的结构共有（不考虑立体异构） A.4种 B.5种 C.6种 D.7种 【答案】B 【解析】根据题意，可先解得分子式。设为CnH2nOX，氧最少为一个，58-16=42，剩下的为碳和氢，碳只能为3个，即为C3H6O，一个不饱和度。设有两个O,那么58-32=2 6，只能为C2H4OX，x不可能为分数，错。由此可得前者可以为醛一种，酮一种，烯醇一种，三元碳环一种，四元杂环一种。 （2013福建卷）7.下列关于有机化合物的说法正确的是 A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【答案】A 【解析】B应该是三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷、新戊烷；C由于聚氯乙烯没有，错误；D糖类中的单糖不行。 （2013江苏卷）12.药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得： 下列有关叙述正确的是 A.贝诺酯分子中有三种含氧官能团 B.可用FeCl3 溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚 C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3 溶液反应 D.贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠 【参考答案】B 【解析】该题贝诺酯为载体，考查学生对有机化合物的分子结构、官能团的性质等基础有机 ☆能熟练区分醇羟基、酚羟基、酸羟基的性质上的差异： 醇中的羟基连在脂肪烃基、环烷烃基或苯环的侧链上，由于这些原子团多是供电子基团， 使得与之相连的羟基上氢氧原子间的电子云密度变大，氢氧共价键得到加强，氢原子很难 电离出来。因此，在进行物质的分类时，我们把醇归入非电解质一类。 酚中的羟基直接连在苯环或其它芳香环的碳原子上，由于这些原子团是吸电子基团， 使得与之相连的羟基上氢氧原子间的电子云密度变小，氢氧共价键受到削弱，氢原子比醇 羟基上的氢容易电离，因此酚类物质表现出一定的弱酸性。 羧酸中的羟基连在上，受到碳氧双键的影响，羟基氢原子比酚羟基上的氢原子容 易电离，因此羧酸(当然是短链)的水溶液呈明显的酸性，比酚溶液的酸性要强得多。 Na NaOH Na2CO3 NaHCO3 醇羟基√╳╳╳ 酚羟基√√√╳ 羧羟基√√√√ 相关对比： 酸性强弱对比：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3－ 结合H＋能力大小：CH3COO－＜HCO3－＜C6H5O－＜CO32－ 故：C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3 A.苯环不属于官能团，仅羧基、肽键二种官能团。
化学与STSE 一、化学与自然资源的开发利用 1．每年的6月5日是“世界环境日”。下列行为中不符合“促进低碳经济”宗旨的是A．发展水电，开发新能源，如核能、太阳能、风能等，减少对矿物能源的依赖 B．限制化学发展，关停化工企业，消除污染源头 C．推广煤的干馏、气化、液化技术，提供清洁、高效燃料和基础化工原料，挖掘使用价值 D．推广利用微生物发酵技术，将植物秸秆、动物粪便等制成沼气以替代液化石油气2．化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是 A．绿色化学的核心是对环境污染进行综合治理 B．烟、云、雾在阳光照射下可观察到丁达尔效应 C．“温室效应”、“酸雨”的形成都与氮氧化合物有关 D．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路” 3．下列说法不正确的是 A．从海带中提取碘单质的过程涉及氧化还原反应 B．往淡水中加入NaCl等配成人造海水，可用于海产品的长途运输
C．赤潮主要是由工农业生产和生活废水引起沿海水域的富营养化而造成的D．海洋经济专属区的资源开发可获得Fe、Co、K、Au、Mg、B等金属4．下列说法正确的是 A．石油裂解、煤的气化、海水制镁等过程中都包含化学变化 B．可电解熔融MgCl 2来制取金属镁，也能电解熔融AlCl 3 来制取铝 C．铝热剂、盐酸、水玻璃、过氧化氢、明矾均为混合物 D．Na 2O 2 、MgCl 2 、NaOH、NH 4 Cl均为含共价键的离子化合物 5．海藻中含有丰富的、以离子形式存在的碘元素。下图是实验室从海藻里提取碘的流程中的一部分。 下列判断正确的是 A．步骤①③的操作分别是过滤、萃取 B．可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全 C．步骤③中加入的有机溶剂是裂化汽油或乙醇 D．步骤④的操作是过滤 二、化学与生活 1.下列有关水处理方法不正确 ．．．的是
专题02 化学计量与化学计算 1．[2019新课标Ⅱ] 已知N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A ．3 g 3He 含有的中子数为1N A B ．1 L 0.1 mol·L ?1磷酸钠溶液含有的34PO - 数目为0.1N A C ．1 mol K 2Cr 2O 7被还原为Cr 3+转移的电子数为6N A D ．48 g 正丁烷和10 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13N A 【答案】B 【解析】A ．3He 的中子数为3-2=1，则3g 3He 的中子数为3g 3g/mol A N ?=N A ，A 项正确； B ．磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L 的磷酸钠溶液中磷 酸根离子的个数小于1L× 0.1mol/L×N A mol -1 =0.1N A ，B 项错误； C ．重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3， 1mol 重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×N A mol -1 =6N A ，C 项正确； D ．正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g 正丁烷与10g 异丁烷所得的混合物中共价键数目为48g+10g 58g/mol ×13×N A mol -1 =13N A ，D 项正确； 答案选B 。 2．[2019新课标Ⅲ] 设N A 为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H 3PO 4溶液，下列说法正确的是 A ．每升溶液中的H +数目为0.02N A B ．c (H +)= c (42H PO -)+2c (24HPO -)+3c (34PO - )+ c (OH ?) C ．加水稀释使电离度增大，溶液pH 减小 D ．加入NaH 2PO 4固体，溶液酸性增强 【答案】B 【解析】A 、常温下pH ＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L ，因此每升溶液中H ＋数目为0.01N A ， A 错误； B 、根据电荷守恒可知选项B 正确； C 、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH 增大，C 错误； D 、加入NaH 2PO 4固体，H 2PO 4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D 错误；
烃 1．（全国理综I·8）下列各组物质不属于 ．．．同分异构体的是D A．2,2－二甲基丙醇和2－甲基丁醇B．邻氯甲苯和对氯甲苯 C．2－甲基丁烷和戊烷D．甲基丙烯酸和甲酸丙酯 2．（全国理综Ⅱ·6）20北京奥运会的“祥云”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述中不正确的是C A．分子中碳原子不在一条直线上B．光照下能够发生取代反应 C．比丁烷更易液化D．是石油分馏的一种产 3．（天津理综·7）二十世纪化学合成技术的发展对人类健康平和生活质量的提高做出了巨大贡献。下列各组物质全部由化学合成得到的是C A．玻璃纤维素青霉素B．尿素食盐聚乙烯 C．涤沦洗衣粉阿斯匹林D．石英橡胶磷化铟 4．（山东理综·10）下列由事实得出的结论错误的是D A．维勒用无机物合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限 B．门捷列夫在前人工作的基础上发现了元素周期律，表明科学研究既要继承又要创新C．C60是英国和美国化学键共同发现的，体现了国际科技合作的重要性 D．科恩和波普尔因理论化学方面的贡献获诺贝尔化学奖，意味着化学已成为以理论研究为主的学科 5．（山东理综·12）下列叙述正确的是B A．汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物 B．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应 C．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到 D．含5个碳原子的有机物，每个分子中最多科形成4个C—C单键 6．（重庆理综·8）下列实验装置图正确的是B
7．（宁夏理综·8）在①丙烯②氯乙烯③苯④甲苯四种有机化合物中，分子内所有原子均在同一平面的是B A．①②B．②③C．③④D．②④ 8．（广东理基·22）保护环境已经成为人类的共识。人类应以可持续发展的方式使用资源， 以合理的方式对废物进行处理并循环使用。下列做法不利于 ．．．环境保护的是D A．发电场的煤见脱硫处理 B．将煤转化为水煤气作燃料 C．回收并合理处理聚乙烯塑料废物 D．电镀废液经中和后直接排放 9．（广东理基·28）下列关于有机物说法正确的是B A．乙醇、乙烷和乙酸都可以与钠反应生成氢气 B．75％（体积分数）的乙醇溶液常用于医疗消毒 C．苯和乙烯都可以使溴的四氯化碳溶液褪色 D．石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物 10．（广东理基·34）根据陈述的知识，类推得出的结论正确的是 A．镁条在空气中燃烧生成的氧化物是MgO，则钠在空气中燃烧生成的氧化物是Na2O B．乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则丙烯也可以使其褪色 C．CO2和SiO2 化学式相似，则CO2与SiO2的物理性质也相似
高考化学试题分类解析——选择题部分（10.电化学基础） 9、电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72－）时，以铁板作阴、 阳极，处理过程中存在反应Cr2O72＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是 A.阳极反应为Fe－2e－Fe2＋ B.电解过程中溶液pH不会变化 C.过程中有Fe(OH)3沉淀生成 D.电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72－被还原 【答案】B 【解析】根据总方程式可得酸性减弱，B错误。阳-yang-氧，↑失氧，A正确；Fe－2e－Fe2＋~~~~2e－，则6mol的铁发生变化时候转移电子数12mol，又据能够处理的关系式，得6Fe~~~~12e－~~~6Fe2＋~~~Cr2O72－，所以D正确。在阴极，发生还原反应，↓得还，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，C正确。 【试源】高考全国大纲版（广西）理综综合化学 10．【题文】银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶 液，再将变黑的的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪 去。下列说法正确的是（） A．处理过程中银器一直保持恒重 B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银ks5u
C．该过程中总反应为2Al + 3Ag2S = 6Ag + Al2S3 D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl 【答案】B 【解析】A错，银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银附着在银器的表面，故银器质量增加； C错，Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3； D错，黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl 【试源】高考新课标Ⅰ卷化学试题 11. 【题文】“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔 Ni/Nicl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于 该电池的叙述错误的是（）ks5u A.电池反应中有NaCl生成 B.电池的总反应是金属钠还原三个铝离子 C.正极反应为：NiCl2+2e－=Ni+2Cl－ D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动