一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．实验室需要480mL 0.3 mol.·L-1 NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。请回答：

(1)如图所示的仪器中，配制上述溶液一定不需要的仪器为__________(填选项字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为_________________(填仪器名称)。

(2)配制NaOH溶液。

①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_____g。

②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所配制的溶液浓度将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

(3)配制硫酸溶液。

①实验室用98%(ρ=1.84g·cm3)的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸的体积为_____mL。

②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1，原因可能是_________(填选项字母)。

A．用胶头滴管加水定容时俯视刻度

B．容量瓶中原来存有少量水

C．稀释硫酸的烧杯未洗涤

D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度

【答案】AC    烧杯、玻璃棒    6.0    偏低    100mL    CD    

【解析】

【分析】

配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。配制硫酸溶液时，根据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度可根据公式c=进行计算。

【详解】

(1)用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒，因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。

(2)①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度，然后根据容量瓶体积计算溶质的量，配制480mL 0.3 mol/L 的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶，因此需要NaOH的物质的量为0.5L×0.3 mol/L=0.15mol，需要NaOH的质量为：m=n∙M=0.15mol/L×40g/mol =6.0g，因此需要称取6.0NaOH固体。

②NaOH溶液转移时洒落少许，会使溶质物质的量减小，配制的溶液浓度偏低。

（3）98%的浓硫酸的分数为: ,需要浓硫酸的体积为：。

(4)A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度，读数比实际体积大，加入的水会低于刻度线，会使实际溶液浓度偏大，A错误；

B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度，B错误；

C.稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中，会使配制的溶液浓度减小，C正确；

D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度，读数比实际体积小，加入的水会超过刻度线，会使实际溶液浓度减小，D正确；

故选CD。

【点睛】

本题的易错点为（3）①，计算浓硫酸用量时，需根据稀释前后物质的量不变来计算，稀硫酸的浓度和体积是已知的，只需要知道浓硫酸的浓度即可，浓硫酸的浓度可用公式c=算出。

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：

(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=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=100%，溶液物质的量浓度c=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==1，其余是氢，则H原子数目=，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= = 22.86mo，氨气的质量= 22.86mol17g/ mol = 388.62g，1L水的质量为1000g，则所得溶液质量分数=100%= 27.99%；所得溶液密度为0.91g/cm3，故溶液物质的量浓度= = 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=  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：20.2 +40.8=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== 1.1mol，故反应后气体的平均摩尔质量==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== 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== 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- 0.1mol4 = 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=Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。

3．将一定质量的镁铝混合物投入200 mL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    10.08    NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3    

【解析】

【分析】

由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20 mL，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)=200 mL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200 mL到240 mL，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0.35 mol，从200 mL到240 mL，NaOH溶解Al(OH)3，当V(NaOH溶液)=240 mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15 mol，Al(OH)3的物质的量为0.35 mol-0.15 mol=0.2 mol，由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20 mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15 mol，所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20 mol×27 g/mol+0.15 mol×24 g/mol=9 g；

(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200 mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍，所以n(Na2SO4)=0.5×5 mol/L×0.2 L =0.5 mol，所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)==2.5 mol/L；

(4)根据以上分析，n(Al)=0.2 mol，n(Mg)=0.15 mol，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)=0.2 mol×3+ 0.15 mol×2=0.9 mol，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)=n(e-)=0.45 mol，则在标准状况下的体积V(H2)=0.45 mol×22.4 L/mol=10.08 L；

(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。

【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。

4．设NA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18NA__________

②标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA__________

③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA__________

④1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA__________

⑤标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA__________

⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA__________

⑦常温常压下，8g O2含有的电子数为4NA__________

⑧常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2 NA__________

⑨标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA__________

⑩常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3NA__________

⑪标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA__________

⑫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0.1NA__________

【答案】√    √    ×    √    √    √    √    ×    ×    √    ×    ×    

【解析】

【分析】

运用n=m/M、V=n×Vm、n= V/ Vm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18NA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0.5NA ×4=2NA，故标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA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0.1NA，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA说法错误； 

④1mol的CO和N2混合气体的分子数为NA，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14NA说法正确；

⑤标准状况下，5.6LCO2气体的物质的量为5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol，1个CO2分子中含有2个O原子，故标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA说法正确；

⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中O原子的物质的量为0.1mol，故1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA说法正确；

⑦常温常压下，8g O2的物质的量为8g/( 32g/mol)=0.25mol，1个O2分子中含有16个电子，故8g O2含有的电子数为4NA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，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2 NA说法错误；

⑨标准状况下， CCl4是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4的物质的量，故标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA说法错误；

⑩18 g H2O的物质的量为18g/( 18g/mol)=1mol，1个H2O分子中含有3个原子，故常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3NA说法正确；

⑪标准状况下，CH3CH2OH是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH3CH2OH的物质的量，故标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA说法错误；

⑫常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA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。

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MnCl2。

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：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。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 MnO2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-、ClO3-两种离子的物质的量(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)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)= =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=0.25 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=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．Ⅰ某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl、K2SO4和NH4Cl 3种固体原料的物质的量之比为1:4:8。

(1) 配制该营养液后c(NH4+)=0.016 mol﹒L-1，溶液c(K+)=_______________。

(2) 若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为________

Ⅱ从1L 1 mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出100 mL：

(1)取出的这100 mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是______。若将取出的这100 mL氢氧化钠溶液加水稀释至500 mL，所得溶液的物质的量浓度是_____。

某学生计划用12 mol﹒L-1的浓盐酸配制0.1 mol﹒L-1的稀盐酸450 mL，回答下列问题：

(2)实验过程中，不必使用的是________(填字母)。

A．托盘天平         B．量筒        C．容量瓶     D．250 mL烧杯    E.胶头滴管    F.500 mL试剂瓶

(3)除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是________。

(4)量取浓盐酸的体积为___ mL，应选用的量筒规格为______(提供10.0 mL、25.0 mL)。

(5)配制时应选用的容量瓶规格为______________。

(6)某同学操作出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

定容时俯视刻度线__________加蒸馏水时不慎超过了刻度__________,此时应如何处理 ________。

【答案】0.018mol/L    4:9    1mol/L    0.2mol/L    A    玻璃棒    4.2 mL    10.0mL    500 mL    偏高    偏低    重新配制    

【解析】

【分析】

Ⅰ由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，由K+和NH4+的物质的量比计算可得；

Ⅱ溶液是均匀的，从1L 1 mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500 mL试剂瓶。

【详解】

Ⅰ（1）由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，若营养液中c(NH4+)为0.016 mol﹒L-1，n（K+）：n（NH4+）=c（K+）：c（NH4+）=9:8，则c（K+）==0.018mol/L，故答案为：0.018mol/L；

（2）设(NH4)2SO4的物质的量为x，KCl的物质的量的物质的量为y，由溶液中K+、NH4+的物质的量比为9:8可得y：2x=9:8，则x：y=4：9，故答案为：4：9；

Ⅱ（1）溶液是均匀的，从1L 1 mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度，则取出的这100 mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L；据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，令稀释后的浓度为c，则可得关系式100mL×1mol/L=500mL×c，解得c=0.2mol/L，故答案为：1mol/L ；0.2mol/L；

（2）配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500 mL试剂瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为：A；

（3）由（2）分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：玻璃棒；

（4）设量取浓盐酸的体积是Vml，由稀释定律可知稀释前后HCl物质的量不变，则有12mol/L×V×10—3L=0.10mol/L×0.5L，解得V=4.2，由量筒使用的最近原则可知，应选用10.0mL量筒量取4.2ml浓盐酸，故答案为：4.2ml；10.0mL；

（5）实验室没有450mL的容量瓶，则配制0.1 mol﹒L-1的稀盐酸450 mL应选用500mL的容量瓶，故答案为：500 mL；

（6）定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，由于操作导致实验失败，解决的方法是重新配制，故答案为：偏高；偏低；重新配制。

7．（1）下列物质能导电的是___，属于电解质的是___。

①NaCl晶体 ②液态SO2 ③液态醋酸 ④铜 ⑤BaSO4固体 ⑥纯蔗糖(C12H22O11) ⑦氨水 ⑧熔化的KNO3

（2）0.5molCH4的质量是___g，在标准状况下的体积为___L；

（3）8.4g氮气和9.6g某单质Rx所含原子个数相同，且分子个数之比为3：2，则x的值是___，R的摩尔质量是___。

【答案】④⑦⑧    ①③⑤⑧    8    11.2    3    16g/mol    

【解析】

【分析】

（1）①NaCl晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；②液态SO2不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；③液态醋酸不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质； ④铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质； ⑥纯蔗糖(C12H22O11) 不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质； ⑦氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑧熔化的KNO3含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；

（2）根据n=可得，m=nM，V= nVm，进行计算；

【详解】

（1）①NaCl晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；②液态SO2不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；③液态醋酸不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质； ④铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质； ⑥纯蔗糖(C12H22O11) 不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质； ⑦氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑧熔化的KNO3含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；

下列物质能导电的是④⑦⑧，属于电解质的是①③⑤⑧，

答案为：④⑦⑧；①③⑤⑧；

（2）根据n=可得，m=nM，0.5molCH4的质量=0.5mol×16g/mol=8g；在标准状况下的体积为=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，

答案为：8；11.2；

（3）8.4g氮气的物质的量===0.3mol，则氮原子的物质的量=0.3mol×2=0.6mol，物质的量之比等于粒子数目之比，根据题意9.6g某单质Rx所含原子物质的量也为0.6mol，则Rx所含分子物质的量为，则0.3mol：=3：2，解得x=3，R3的物质的量为=0.2mol，R3的摩尔质量===48g/mol，则R的摩尔质量==16g/mol，

答案为：3；16g/mol。

8．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。

9．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是

A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L

B．0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数

C．常温下，28克N2和CO的混合物，含有2NA个原子

D．标准状况下，33.6 L氧气中含有9.03×1023个氧气分子

【答案】A

【解析】

【详解】

A．稀有气体为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；

B．19.6磷酸(H3PO4)的物质的量为=0.2mol，则0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8NA，故B正确；

C．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol，含有2NA个原子，故C正确；

D．标准状况下，33.6 L氧气的物质的量为=1.5mol，共含有9.03×1023个氧气分子，故D正确；

故答案为A。

10．已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L 稀充分反应，反应方程式如下：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

(1)写出该反应的离子方程式：________；

(2)标准状况下，产生NO气体的体积为：________；转移电子的物质的量为______；反应后NO3-的物质的量浓度为：______。（忽略反应前后溶液体积的变化）

【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O    4.48L    0.6mol    4mol/L    

【解析】

【分析】

(1)根据离子方程式的拆写原则，和铜拆为离子，结合电荷守恒书写；

(2)先计算19.2g铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗的物质的量，由反应可知被还原的和生成的NO的物质的量，最后根据N元素守恒计算溶液中含有的NO3-的物质的量，根据c=计算反应后NO3-的物质的量浓度。

【详解】

(1)Cu与稀反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，在该反应中，和铜是易溶的强电解质，拆为离子，其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

(2)19.2g铜的物质的量n(Cu)=19.2g÷g/mol=0.3mol，由反应可知，0.3molCu消耗0.8molHNO3，则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的和生成的NO均为0.2mol，则生成NO的体积V(NO)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；根据反应方程式可知3mol金属Cu反应转移电子的物质的量是6mol，则0.3mol金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol，在200mL5mol/L 稀中含有NO3-的物质的量是n(NO3-)=5mol/L×0.2L=1mol，反应中被还原的为0.2mol，被还原的变为NO气体，则溶液中剩余的NO3-的物质的量n(NO3-)=1mol-0.2mol=0.8mol，则其物质的量浓度是c==4mol/L。

【点睛】

本题考查氧化还原反应的知识，明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键，注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。

11．对一定量气体体积的探究。已知1 mol不同气体在不同条件下的体积：

①1mol任何气体，在标准状况下的体积都约为____。

②1mol不同的气体，在不同的条件下，体积____(填“一定”、“一定不”或“不一定”)相等。

（2）理论依据：相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等，原因是：①____，②___。

（3）应用：在标准状况下，4gO2的体积为____。

（4）等温、等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比___，质量比为__。

（5）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为___。

（6）在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)分别用p(Ne)、p(H2)、p(O2)表示，由大到小的顺序是__。

【答案】22.4L    不一定    气体分子数目相等    相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等    2.8L    1∶1    2∶3    106g·mol−1    p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)    

【解析】

【分析】

(1)根据图表信息进行分析；

(2)根据克拉伯龙方程：PV=nRT进行分析；

(3)根据n=m/M=V/Vm进行分析；

(4)根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；

(5)根据质量守恒定律及n=m/M进行分析； 

(6)根据PM=ρRT进行分析。

【详解】

(1)①从表中的H2、O2、CO在标准状况下体积可以看出：1mol任何气体在标准状况下，体积都约为22.4L；

故答案是：22.4L；

②根据克拉伯龙方程:PV=nRT可知，1mol不同的气体，物质的量n相同，在不同的条件下，如温度相等，压强不相等时，体积则不相等；或在温度不相等，压强也不相等时，体积可能相等；因此1mol不同的气体，在不同的条件下，体积不一定相等；

故答案是：不一定；

(2) 因为在相同的温度和压强下，任何气体分子间的平均距离几乎相同且1mol气体的分子数目也相同，所以在相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等；

故答案是：气体分子数目相等；相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等；

(3)O2的摩尔质量是32g/mol，4gO2的物质的量是4g/32g·mol-1=1/8mol；在标准状况下，4gO2的体积为22.4L·mol-1×1/8mol=2.8L；

故答案是： 2.8L；

(4)等温等压下，气体摩尔体积相等，相同体积的氧气和臭氧其物质的量相等，根据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比=1：1；根据m=nM知，相同物质的量时其质量之比等于摩尔质量之比=32g/mol:48g/mol=2:3；

故答案为：1：1   2：3； 

(5)根据质量守恒定律知，C的质量=(16+20-31.76)g=4.24g，C的摩尔质量=4.24g/0.04mol=106g/mol；

故答案为：106g/mol； 

(6)Ne的摩尔质量是4g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是P(H2)＞P(Ne)＞P(O2)；

故答案为：P(H2)＞P(Ne)＞P(O2)。

【点睛】

影响物质的体积的因素有：微粒的数目、微粒的间距、微粒的大小；对于固体和液体来讲，粒子间距较小，可忽略，体积主要由微粒的数目、微粒的大小来决定；而对于气体来讲，粒子间距较大，忽略粒子大小，体积主要由微粒的数目、微粒的间距来决定，当温度和压强一定时，粒子间距几乎相等，体积由微粒的数目来决定。

12．(1)0.3mol NH3分子中所含原子数与__________________个H2O分子中所含原子数相等。

(2)在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl－，该金属元素的相对原子质量为_______。

(3)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中C和O原子个数比是_______ 。

【答案】2.408×1023    24    4∶7    

【解析】

【分析】

(1)根据N=nNA结合氨气、水分子结合计算；

(2)先根据化合物与氯离子间的关系计算氯化物的物质的量，根据M=计算其摩尔质量，摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量，从而确定该金属的原子量；

(3)设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者总体积、总质量列方程计算解答,然后根据C、O守恒分析。

【详解】

(1) 0.3 mol NH3分子中所含原子数为0.3mol×NA/mol×4=1.2NA，要使H2O分子中所含原子数相等，则H2O分子数目为N(H2O)=1.2NA÷3=0.4NA=2.408×1023个；

(2)某二价金属的氯化物中氯化物的物质的量与氯离子的物质的量之比为1：2，由于Cl-的物质的量为0.2mol，则该氯化物的物质的量是0.1mol，所以该化合物的摩尔质量M==95g/mol；当摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为95，金属的相对原子质量+35.5×2=95，所以该金属元素的相对原子质量为24；

(3)设混合气体中CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则： x+y==0.3mol，28x+44y=12g，解得x=0.075mol，y=0.225mol，则此混合物中含有C原子与O原子的物质的量的比为n(C)：n(O)=(0.075mol +0.225mol )：(0.075mol +2×0.225mol )=4：7，根据n=可知混合气体中C、O原子个数比为4：7。

【点睛】

本题考查物质的量的有关计算，注意对物质的量的有关计算公式的理解，并结合物质的微粒结构进行灵活运用，旨在考查学生对知识的掌握情况。

13．现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。

（1）该混合气体的平均摩尔质量为____。

（2）混合气体中碳原子的个数为____(用NA表示阿伏加德罗常数)。

（3）将混合气体依次通过下列装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。

①气球中收集到的气体的摩尔质量为____。

②气球的体积为____L。

【答案】36g·mol－1    0.4NA    28g·mol－1    4.48    

【解析】

【详解】

设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则列方程组：28x+44y=14.4，x+y=mol，解之得x=0.2，y=0.2，气体共为0.4mol，则

（1）根据M=m/n可知，该混合气体的平均摩尔质量为14.4g÷0.4mol=36g/mol；

答案是：36g/mol；

（2）CO和CO2中碳原子的物质的量为0.2mol×1+0.2mol×1=0.4mol，碳原子的个数为0.4mol×NA=0.4NA；   

故答案是：0.4NA；

（3）将混合气体依次通过如图所示装置，二氧化碳与氢氧化钠反应，经浓硫酸干燥，得到的气体为CO，

①气球中收集到的气体为CO，摩尔质量为28g/mol；

故答案是：28g/mol；

②气球中收集到的气体为CO，标况下体积V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

故答案是：4.48。

14．实验室用18.4mol•L-1的浓硫酸来配制480mL0.2mol•L-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平⑦玻璃棒

请回答下列问题：

（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有___（选填序号），还缺少的仪器有（写仪器名称）___。

（2）需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为___mL，量取浓硫酸时应选用___（选填 ①10mL②50mL③100mL）规格的量筒。

（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：___、___。

（4）下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是___。

A．容量瓶上标有容积、温度和浓度

B．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干

C．配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线

D．使用前要检查容量瓶是否漏水

（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有___（填序号）

①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒

②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中

③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水

④定容时，仰视刻度线

【答案】②④⑥    500mL容量瓶    5.4    ①    搅拌    引流    D    ①④    

【解析】

【分析】

（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；

（2）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，据此选择合适规格量筒；

（3）依据稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流解答；

（4）根据容量瓶的构造、使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法分析；

（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。

【详解】

（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：烧瓶、托盘天平、药匙，故选：②④⑥；还缺少的仪器为：容量瓶，配制480mL 0.2mol•L-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶；

故答案为：②④⑥；500mL容量瓶；

（2）用 18.4mol•L-1的浓硫酸来配制 480mL 0.2mol•L-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V=500mL×0.2mol/L，解得V=5.4mL，所以应选择10mL量筒；

故答案为：5.4； ①；

（3）稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流；

故答案为：搅拌；引流；

（4）A．容量瓶是定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上还标有使用的温度，不标有浓度，选项A错误；

B．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，选项B错误；

C．容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，选项C错误；

D．由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项D正确；

答案选D；

（5）①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质量偏小，溶液浓度偏低，故①选；

②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故②不选；

③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不产生影响，溶液浓度不变，故③不选；

④定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故④选；

答案选①④。

【点睛】

本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，明确配制原理及操作步骤是解题关键，题目难度不大，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验能力。

15．某化学兴趣小组对m g无水三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C2O4)3］]受热分解产物进行探究，并对所得气体产物和固体产物进行验证（查阅资料得知：三草酸合铁酸钾热分解的气体产物中含有CO和CO2）。利用如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。

回答下列问题：

(1)按气流方向各装置依次连接的合理顺序为______；（填接口代号，装置可重复使用）

(2)反应开始前依次进行如下操作：组装仪器、_______、加药品、通氮气一段时间后点燃酒精灯。反应结束后的操作包括：①停止通氮气②熄灭酒精灯③冷却至室温。正确的顺序为___________________；

(3)通入氮气的目的是_____________________。

(4)实验中观察到第一个澄清石灰水变浑浊，则说明气体产物中有____________（写化学式）。能证明分解产物中有CO气体生成的实验现象是_________________。

(5)样品完全分解后，装置B中的残留物含有FeO和Fe2O3。

(6)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。

①将装置B中完全分解后的残留物置于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化的x mol/LKMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是______。该过程发生反应的离子方程式为______。

②向上述溶液中加入过量KI-淀粉溶液，充分反应后，用y mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V mL（已知I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。该晶体中铁的质量分数的表达式为______。

【答案】cabdeghfab    检查装置气密性    ②③①    排净装置中的空气，使反应生成的气体全部进入后续装置    CO2    D中黑色固体变红、第二个澄清石灰水变浑浊    当滴入最后一滴KMnO4溶液后，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色    5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O    ×100%    

【解析】

【分析】

(1)本套装置依次是样品受热分解、检验CO2、除去剩余CO2、干燥气体、使CO反应转化为CO2并进行检验，按照气流方向连接装置时要注意流进的导管要插入液面以下，按此原则连接导气管；

(2)连接好各装置进行实验，加入药品前，应该进行的实验操作是检验装置的气密性；反应完全后，停止加热。待充分冷却后再停止通氮气，即按②③①进行；

(3)反应开始前通氮气，可排净装置中空气，以免氧气、二氧化碳对实验干扰，同时还能使反应生成的气体全部进入后续装置；

(4)第一个澄清石灰水变浑浊证明生成二氧化碳，D中黑色固体变红、第二个澄清石灰水溶液变浑浊，证明分解产物中有一氧化碳；

(6)①用KMnO4溶液滴定Fe2+，滴定终点溶液变成粉红色，则滴定终点为：当滴入最后一滴溶液后，溶液变成粉红色，且半分钟内不褪色； KMnO4溶液将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原为Mn2+，所以离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3+ +Mn2++4H2O；

②该过程中发生的反应有2Fe3++2I-=2Fe2++I2；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，所以可得反应关系式Fe3+~S2O3-，则n(Fe3+)=n(S2O32-)。然后根据m= n·M 计算出样品中含有铁元素的质量，最后根据×100%计算。

【详解】

(1)本套装置依次是样品受热分解、检验CO2、除去剩余CO2、干燥气体、使CO反应转化为CO2并进行检验，装置连接序号为BACEDA，按照气流方向连接装置时要注意流进的导管要插入液面以下，导气管连接顺序为cabdeghfab；

(2)进行实验首先是组装仪器，有气体参加或产生的要检查装置的气密性，然后要加入药品，同时要注意排除空气成分的干扰，然后进行实验，故反应结束后的操作正确的顺序为②③①；

(3)加热无水三草酸合铁酸钾分解，检验其分解产物，为排除空气成分的干扰，排出装置中的空气，同时要把分解产生的物质最后要全部排出，所以通入氮气，排净装置中的空气，使反应生成的气体全部进入后续装置；

(4)第一个装置的澄清石灰水作用是检验CO2气体的产生。CO具有还原性，将CuO还原为Cu，同时产生CO2，所以能证明分解产物中有CO气体生成的实验现象是D中黑色固体变红、第二个澄清石灰水变浑浊；

(6)①固体中含有FeO、Fe2O3，固体用酸溶解反应后得到Fe2+、Fe3+，Fe2+具有还原性，被KMnO4溶液氧化为Fe3+，KMnO4被还原产生无色的Mn2+，所以滴定终点的现象是当滴入最后一滴KMnO4溶液后，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色；根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该过程发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

②在该过程中发生的反应有2Fe3++2I-=2Fe2+ +I2；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，所以可得关系式Fe3+~S2O3-，则n(Fe3+)=n(S2O32-)，n(Fe3+)=n(S2O32-)=yV×10-3 mol，m= n·M= yV×10-3 mol×56 g/mol=5.6yV×10-2 g，则样品中含有铁元素的质量分数×100%=×100%=×100%。

【点睛】

本题考查物质性质实验方案的设计，涉及装置的连接、仪器的应用、元素及其化合物性质、物质含量的测定等，是一道综合能力很强的题目，题目有利于提高学生运用所学知识的能力及化学实验能力。下载本文