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1、高考化学物质的量 ( 大题培优 )一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1 实验室配制500mL0.1mol/LNa 2CO3 溶液，回答下列问题（1）配制 Na2 3_。CO 溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、（ 2）容量瓶上标有刻度线、 _，使用前要 _。（ 3）需用托盘天平称取 Na2CO3_g。（ 4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？A 加水时超过刻度线_，B 溶解后未冷却到室温就转入容量瓶_，C 容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理_，D 定容时仰视 _，E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线_。（5）若实验室中要用浓度为16mol/L 的浓硫酸配制 480
2、mL2.0mol/L的稀硫酸，则需要量取浓硫酸的体积为 _mL。【答案】 500mL 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管温度、容积检漏5.3 偏低 偏高 不变偏低 不变 62.5【解析】【分析】配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，分析误差时可根据c= n 判断。V【详解】(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500mL 容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器： 500mL 容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；(2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使
3、用前应查漏；(3)配制500mL 0.1mol/LNa 2CO3，需要Na2CO3 的质量为：0.5L 0.1mol/L 106g/mol=5；.3g(4)A加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；B溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；C容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；D定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；E上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；(5)若实验室中要用浓度为16mol/L 的浓硫酸配制480mL 2.0mol/L 的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，设需要浓硫酸体积
4、为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：16mol/L V=500mL 2.0mol/L，解得 V=62.5mL。【点睛】配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：根据c=n可知，一定物质的量浓V度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n 和溶液的体积V 引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n 和V 怎样的变化，若n 比理论值小，或V 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n 比理论值大，或V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。2 用无水 Na2 3固体配制-1的溶液。请回答：CO230mL0.1000mol L（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是_。A 烧杯B量筒 C
5、玻璃棒D 胶头滴管E容.量瓶（ 2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时， _，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。（ 3）下列操作会使配得的 Na2CO3 溶液浓度偏低的是 _。A 称取相同质量的Na2CO3 10H2O 固体进行配制B 定容时俯视容量瓶的刻度线C 摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线D 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制【答案】 B 用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切ACD【解析】【分析】（ 1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；（ 2）当液面接近
6、容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；（3）结合cnn 偏小或 V 偏大均使所配的23溶液浓度偏低；及不当操作可知，Na COV【详解】（ 1）配制 230mL0.1000mol/L 的 Na2CO3 溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL 的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：B。（ 2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。（3） A. 称取相同质量的 Na
7、2CO3 10H2 O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏?低， A 正确；B. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V 偏小，所配的 Na2CO3溶液浓度偏大， B 错误；C. 摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，V 偏大，所配的Na2CO3 溶液浓度偏低， C 正确；D. 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n 偏小，所配的Na2CO3 溶液浓度偏低， D 正确；故答案为： ACD。【点睛】配制一定物质的量浓度过程中误差分析： 向容量瓶中转移液体时有少量流出，n 减小， c偏小； 未洗涤烧杯和玻璃棒，n 减小， c 偏小；定容时，水加多了，用胶头滴管吸出， n 减小，
8、 c 偏小； 定容摇匀时，液面下降，再加水，V 增大， c 偏小； 定容时，俯视刻度线， V 减小， c 偏大；仰视刻度线，V 增大， c 偏小； 溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容，V 减小， c 偏大。3 （ 1）有相同物质的量的 H224，其质量之比为 _，氢原子个数比为 _，O 和 H SO氧原子个数比为_。（ 2）把 3.06 g 铝和镁的混合物粉末放入 100 mL 盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下 3.36 L H2 。计算：该合金中铝的物质的量为 _。该合金中镁的质量为 _。反应后溶液中 Cl的物质的量浓度为_ （假定反应体积仍为100 mL）。（3）由 CO2与 CO
9、组成的混和气体对2的相对密度为20，则混和气体中2的体积分数HCO为 _； CO 的质量分数为 _。【答案】 9： 491： 11： 40.06 mol1.44 g3.0 mol L-175% 17.5%【解析】【分析】【详解】（ 1） n (H2O)= n (H2SO4) ， m (H2 O)：m (H2SO4)= n (H2O)18： n (H2SO4) 98= 9：49；NH(H2O) ： NH(H2SO4)= n (H2O) 2： n (H2SO4) 2=1： 1； NO(H2O) ： NO(H2SO4 )= n (H2O) 1：n (H2SO4) 4=1：4；（2）设镁的物质的量为x
10、mol，铝的物质的量为ymol ，二者混合物的质量为3.06=24x+27y；根据化学反应的计量系数比： Mg2HClH2， 2Al6HCl3H2，氢气的体积标准状况下 3.36 L， n (H2)=0.15mol ，列式 x+1.5y=0.15，解方程 x=0.06 mol ， y=0.06 mol ，故该合金中铝的物质的量为 0.06 mol ，该合金中镁的质量为 0.0624=1.44g，反应后溶液中 Cl （盐酸恰好反应完全，溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝）的物质的量n=0.06 2+0.06 3=0.3mol ，溶液体积 100mL,Cl的物质的量浓度c=V-1=3.0 mol L；（
11、3）由 CO2 与 CO 组成的混和气体对H2 的相对密度为20，密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol ，设 1mol 混合气体中有xmol CO， CO2ymol ，故x+y=1， 28x+44y=40，则 x =0.25mol ，y =0.75mol ，同温同压，气体体积之比等于物质的量之比，则混和气体中CO2 的体积分数为75%， CO 的质量分数 =0.25 28/40=17.5%4 现有含有少量 NaCl、 Na2SO4、 Na2CO3 等杂质的 NaNO3 溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的 NaNO3 固体，实验流程如下图所示。(1)沉淀 A
12、的主要成分是 _、 _（填化学式）。(2) 中均进行的分离操作是_。(3)溶液 3 经过处理可以得到NaNO3 固体，溶液3 中肯定含有的杂质是 _，为了除去杂质，可向溶液 3 中加入适量的 _。(4)实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 mol?L-1的 HNO3 溶液，但是在实验室中只发现一瓶 8 mol?L -1 的 HNO-1 的HNO3 溶液，该小组用 8mol?L3 溶液配制所需溶液。实验中所需的玻璃仪器包括_、 _mL 量筒、烧杯、 _、胶头滴管等。该实验中需要量取 8mol?L-1 的 HNO3 溶液 _mL。下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_。A 取用 8mol
13、?L-1 的 HNO3 溶液溶液时仰视量筒刻度线B 量取用的量筒水洗后未进行任何操作C 8mol?L-1 的 HNO3 溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯D 定容时仰视刻度线E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作【答案】 BaSO4BaCO3过滤Na2CO3HNO3500mL 容量瓶100玻璃棒62.5AC【解析】【分析】由实验流程可知，加入过量的Ba(NO3)2，生成 BaSO4、BaCO3 沉淀，然后在滤液中加入过量的 AgNO3，使 Cl-全部转化为AgCl 沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、 Ba2+完全沉淀，最后所
14、得溶液为 NaNO3 和 Na2CO3 的混合物，加入稀 HNO3，最后进行蒸发操作可得固体 NaNO3。【详解】（1）加入过量的Ba(NO3 )2， Na2SO4、 Na2CO3 和 Ba(NO3)2 反应生成 BaSO4、 BaCO3 沉淀，故答案为： BaSOBaCO3；4；（2）中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；（3）溶液 3 为 NaNO3和23323Na CO 的混合物，加入稀HNO ，可除去Na CO ，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na233CO；HNO ；（4）实验室只有500mL 的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500
15、mL，另外需要用量筒量 8mol/L 的 HNO3 溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL 容量瓶、 100mL 量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：500mL 容量瓶；100； 玻璃棒；设需要量取8 mol?L-1-1-3-1-3的 HNO3 溶液 VmL，则 8 mol?L V 10L=1 mol?L 500 10L，解得： V=62.5mL，故答案为：62.5 ；A取 8mol?L-1 的 HNO3 溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A
16、 正确；B量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故 B 错误；C量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C 正确；D定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D 错误；E定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故故答案为AC。E 错误；5 氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：（）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。则该盐酸的物质的量浓度是-_ mol L1。（2）某同学用该浓盐酸配制100mL 1mol
17、L-1 的稀盐酸。请回答下列问题：通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸_ mL。使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_。若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：（填“偏高”“偏低”“无影响”）A量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制_。B转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理_。C定容时俯视容量瓶的刻度线_。（）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。已知： MnO2+ 4HCl(浓 )222MnCl+ Cl + 2H O；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所
18、示：（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？_。（2）上述装置中，甲由 A、 B 两部分组成，乙由C、 D、 E 三部分组成，丙由 F、 G 两部分组成。从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）_。（3）利用（ 2）中实验装置进行实验，实验中若用-1的浓盐酸 200 mL 与足量二氧12 mol L化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3 mol ，其可能的主要原因是 _（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。（）已知 HClO 的杀菌能力比 ClO-强。 25时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中
19、Cl2、HClO 和 ClO-的物质的量分数（ a）随 pH 变化的关系如图所示。由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH 范围是 _，当 pH=7.5 时，氯水中含氯元素的微粒有 _。【答案】 11.6 8.6 胶头滴管、 100 mL 容量瓶偏低 无影响 偏低 甲 F B E 浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的 Ca（ ClO） 2 少于 0.3mol 2 6HClO、 ClO-、 Cl-【解析】【分析】（ ） (1)根据 c=1000计算浓度；M(2)配制一定物质的量浓度的溶液，步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、
20、摇匀、装瓶；（ ） (1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。【详解】（ ） (1)根据 c= 1000计算盐酸的浓度，有M10001.1636.5%mol / L 11.6mol / L ；c=36.5(2) 根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积V= 0.1L 1mol / L0.0086L 8.6mL ；11.6mol / L 量取盐酸的时候需要量筒；稀释浓盐酸，需要玻璃棒、烧杯；转移时，需要100mL 容量瓶，玻璃棒、烧杯；定容时，需要胶头滴管；则还需要的仪器有100mL 容量瓶，胶头滴管；A 、浓盐酸易挥发，置于烧杯后，较长时间配制，盐酸挥发，溶质减少，溶液的浓度偏低；B、容
21、量瓶中存在蒸馏水，由于定容前，需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此之前存在的蒸馏水，对浓度无影响；C、俯视刻度线，定容时，水会少加，体积偏小，浓度偏大；（ ） (1) 氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙，所以必须要控制反应温度，甲装置有冰水浴，可以较好地控制副反应的发生；(2)F 装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率，B 装置有冰水浴可以较少副反应的发生，E装置可以做到尾气吸收，答案为F B E；(3)MnO 2 只与浓盐酸反应生成氯气，虽然反应的进行，浓盐酸浓度降低，不与MnO 2反应，所以生成氯气的值小于理论值，答案为浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不
22、能全部反应生成氯气，故生成的Ca(ClO)2 少于 0.3mol ；( )HClO 的杀菌能力比 ClO-强，所以 HClO 的浓度越大，杀菌效果最好，根据图像pH 最好为 2 6 之间；当 pH=7.5 时，根据图像，氯水中没有以及与Cl2，韩律的微粒有 HClO、 ClO水反应生成的 Cl 。【点睛】( )第二小问是易错点，很容易忽略-；不要忘记， Cl生Cl2 H2OHCl HClO，有 Cl成。6 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：MnO2+4HCl（浓）MnCl 2+Cl2+2H2O。（1）用 “双线桥法 ”标明反应
23、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KMnO4 溶液褪色，配平下面的化学方程式：_KMnO 4+H2SO4+H2C2O4= MnSO4+K2SO4 +CO2 H2 O。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
24、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 10 862.5C【解析】【分析】 (1)反应 MnO 2+4HCl(浓 )222+4 价降低到 +2MnCl +Cl +2H O 中， Mn 元素化合价由价， 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
25、配平方程式；1000 (1)根据 c=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M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 进行误差分析。V【详解】 (1)反应 MnO 2+4HCl( )MnCl2+Cl2+2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2浓价， 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 MnO 2 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
26、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 +10CO2H2O8； (1)质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm 3 的浓盐酸，物质的量浓度10001.236.5%V，则依据溶液稀释规律得：c=36.5=12mol/L ，设需要浓盐酸体积为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
27、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。7 按要求回答下列问题(1)实验室可用 K2Cr2O7 固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl(浓 )=3Cl2 +2CrCl3 +2KCl+7H2O，当转移0.6mole -时被氧化的 HCl 为 _mol(2)同温同压下，相同物质的量的SO 气体和SO 气体，其分子数之比为_，密度之23比为 _(3)向溴化钠溶液中通入适
28、量的氯气，产生的现象是_，反应的化学方程式是_； Cl2 、Br2、 I2 三种单质氧化性强弱的关系是 _。下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是 _。贝壳 紫菜 鱼 海带(4)将相同质量的镁条分别在：氧气；空气；氮气；二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_（填序号）。【答案】 0.6mol1： 14： 5 溶液由无色变为橙色Cl2222 2+2NaBr=Br +2NaClCl Br I Br2，所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，反应后产生的 Br2 的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶液由无色变为橙色；同一主族
29、的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl2、 Br2、 I2 三种单质氧化性强弱的关系是Cl2Br2I2；贝壳主要成分为碳酸钙，不符合题意；紫菜主要成分为蛋白质、维生素，不符合题意；鱼主要成分为蛋白质，不符合题意；海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，符合题意；故合理选项是；(4)Mg 燃烧的有关反应方程式为： 2Mg+O22MgO ； 3Mg+N 2Mg3 N2；2Mg+CO22MgO+C，可假设镁的物质的量是1mol，比较 Mg 燃烧后生成的固体增加的质量； 1molMg在 O2 中燃烧质量增加1molO 原子的质量 16g；在 N2 中燃烧质量增加1
30、2的质量2832，所以增加的质量在molNg；在空气中燃烧产物既有MgO 、也有 Mg N33282中燃烧质量增加 1molO 和 0.5molC 原子的质量， 16g+6g=22g，可g 16g 之间；在 CO3见等质量的 Mg 在四种情况下质量增加由小到大的顺序是氮气空气 氧气 二氧化碳， Mg 的质量相等，增加的质量越大，则反应后得到的固体质量越大，所以将相同质量的镁条分别在：氧气；空气；氮气；二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是 。【点睛】本题考查了物质成分的判断、物质活动性比较及物质的量在化学方程式计算的应用的知识。结合元素周期律分析判断物质的活动性及反应现象
31、，对于镁带在不同条件下燃烧产物质量比较，可假设 Mg 的物质的量都是 1mol，根据产生的物质的组成确定增加元素及其质量，增加的质量越多，反应后得到的固体质量就越大，难点是判断镁在空气中的产物质量，学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值，应注意解答的规范化。8 我国某些地区曾出现过高致病性禽流感，为防止疫情蔓延，必须迅速进行隔离，并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒。资料显示：禽流感病毒在高温、碱性环境(如氢氧化钠溶液 )、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。请回答下列问题：(1)次氯酸钠 (NaClO)属于 _( 填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)，其中氯元素
32、的化合价为 _价。(2)用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍，写出所发生反应的化学方程式：_ 。(3)以下对受污染工具的消毒方法可行的是_(填字母代号 )。a.用 NaClO 溶液浸泡b.用 NaOH 溶液浸泡c.用水冲洗即可(4)配制用的 0.5L 0.2mol.L-1 的 NaCl 溶液，需用天平称取固体NaCl_。 若在实验室中配制此溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管_、量筒和玻璃棒。【答案】盐 +1 2KMnO4K2MnO4 + MnO2 + O2a、b5.9 g 500mL 容量瓶、烧杯【解析】【分析】（ 1）化合物各元素化合价代数和为0；（ 2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；（
33、3）次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用；（ 4）根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析。【详解】（1）次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成，属于盐类物质。设氯元素的化合价为x，则有（ +1） +x+（ -2）=0，解得 x=+1，故填：盐，+1；（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故填：2KMnO4K2MnO4 + MnO2+ O2；（ 3）由题意可知：禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差，所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒，用水冲洗不能起到消毒的作用，故填：ab；（4）配制 0.5L 0.2mol.L-1
34、 的 NaCl 溶液，需用固体 NaCl： 0.5L 0.2mol/L 58.5g/mol=5.9g，配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和 500mL 容量瓶等，故填：5.9g； 500mL 容量瓶、烧杯。9 （ 1）在标准状况下， CO 和 CO2的混合气体共 28L，质量为2的质量为51g。其中 CO_g，混合气体中 CO 的物质的量分数为 _。混合气体的平均摩尔质量为_。（2）同温同压下，同质量的NH3 和 H2S 气体体积比为 _，原子个数之比为_，密度之比为 _。（3）在 120时分别进行如下四个反应（除S外其它物质均为气体）：A2H2 S+O2 2H2O+2SB 2H2S+3O2 2H2O+2SO2C C2H4+3O2 2H2O+2CO2D C4H8+6O2 4H2O+4CO2若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（ V）分别符合关系式 d 前 d 后 和 V 前 V 后的是 _；符合 d 前d 后 和 V 前 V 后的是_（填写反应的代号）。【答案】 44 20 40.8g/mol 2 ： 1 8： 31： 2 D A【解析】【详解】(1)假设一氧化碳的物质的量为x mol，二氧化碳的物质的量为y mol ，则有28x+y=1.25， 28x+44y=51，解 x=0.25， y=1，则二氧化碳的质量为