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1、备战高考化学复习物质的量专项易错题含答案解析一、高中化学物质的量1 在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热 )，来制取氯气。反应： 2KMnO4 +16HCl=2KCl+2MnCl+5Cl2 +8H2O(1) 双“线桥法 ”标出电子转移情况 _ 。(2)若生成 2.24L 标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：理论上需要多少克KMnO4 参加反应？ _。被氧化的HCl 的物质的量为多少？_。【答案】6.32g0.2 mol【解析】【分析】(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；(2)先计算 Cl2 的物质的量，然后根据方程式中K
2、MnO4、 HCl 与 Cl2 之间的反应转化关系计算。【详解】(1)在该反应中，合价降低，得到化合价升高，失去Mn 元素化合价由反应前KMnO4 中的 +7 价变为反应后MnCl2 中的 +2 价，化5 个电子， Cl 元素化合价由反应前HCl 中的 -1 价变为反应后Cl2 中的 0 价，2 个电子，电子得失最小公倍数是10，所以 KMnO4、 MnCl2 前的系数是2，HCl 前的系数是 10， Cl2 前的系数是个 Cl 原子未参加氧化还原反应，所有5，根据原子守恒，KCl 的系数是2，这样反应中有Cl 原子都是由HCl 提供，因此HCl 前的系数为610+6=16，结合H 原子反应前
3、后相等，可知H2O 的系数是8，用 “双线桥 ”表示电子转移为：；V2.24L(2)在标准状态下， 2.24LCl 的物质的量 n(Cl2)= Vm22.4L / mol =0.1mol 。根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2 时，参与反应的 KMnO4 的物质的量为2KMnO4 的质量 m(KMnO 4)=0.04mol 158g/mol=6.32g；0.1mol =0.04mol ，则参与反应的5由反应化学方程式可知， HCl 被氧化后生成 Cl2，因此根据 Cl 元素守恒可知：被氧化的 HCl 的物质的量 n(HCl)氧化 =0.1mol 2=0.2mol。【点睛】本题考查了
4、氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还 ”。根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。2 锂因其重要的用途，被誉为“能源金属 ”和 “推动世界前进的金属”（1） Li3N 可由 Li 在 N2 中燃烧制得取 4.164g锂在 N2 中燃烧，理论上生成 Li3N_g；因部分金属 Li 没有反应，实际反应后固体质量变为6.8
5、40g，则固体中 Li3N 的质量是 _g（保留三位小数， Li3N 的式量： 34.82）（ 2）已知： Li3N+3H2O 3LiOH+NH3取 17.41g 纯净 Li3N，加入 100g 水，充分搅拌，完全反应后，冷却到 20，产生的 NH3 折算成标准状况下的体积是 _L过滤沉淀、洗涤、晾干，得到 LiOH 固体 26.56g ，计算 20时 LiOH 的溶解度 _（保留 1 位小数， LiOH 的式量： 23.94）锂离子电池中常用的LiCoO2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备（3）将含 0.5molCoCl2的溶液与含 0.5molNa23CO 的溶液混合，充分反应后得到碱式碳
6、酸钴沉淀 53.50g；过滤，向滤液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，得到白色沉淀143.50g，经测定溶液中的阳离子只有Na+，且 Na+有 1mol；反应中产生的气体被足量NaOH 溶液完全吸收，使 NaOH 溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式_，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式_（4） Co223232( OH) CO和 Li CO在空气中保持温度为 600800，可制得 LiCoO ，已知：3Co2 ( OH)2CO3+O2 2Co3O4+3H2O+3CO2； 4Co3O4+6Li2 CO3 +O2 12LiCoO+6CO2按钴和锂的原子比1：1 混合固体，
7、空气过量70%， 800时充分反应，计算产物气体中CO 的体积分数 _（保留三位小数，已知空气组成：N体积分数0.79， O 体积分数2220.21）【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g2CoCO3?3Co（ OH） 2?H2O5CoCl +5Na CO +4H O=2CoCO ?3Co（ OH）?H O+10NaCl+3CO 0.30522323222【解析】【分析】【详解】（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：6Li+N 2 点燃 2Li 3 N ，接下来根据4.164g0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的=0.6mol 算出锂的物质的量，则理论上能生成6.94g/mol质
8、量为 0.2mol 34.82g/mol=6.964g ；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g ，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即2.676g =0.191mol 的氮原子，根据氮守恒我14g/mol们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol，这些氮化锂的质量为0.191mol34.82g/mol=6.656g ；17.41g（2）根据34.82g/mol=0.5mol 先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是 1:1 的，这些氨气在标况下的体积为22.4L/mol0.5mol=11.2L ；根据化学计量比， 0.5mol 的氮化锂理论上能生成1.
9、5mol的 LiOH ，这些 LiOH 的质量为1.5mol23.94g/mol=35.91g ，缺少的那9.35克 LiOH 即溶解损失掉的，但是需要注意：溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100 克水，但是反应会消耗掉1.5mol 水，这些水的质量为 1.5mol18g/mol=27g ，因此我们算出的9.35 克是9.35gS73 克水中能溶解的 LiOH 的量，换算一下=，解得 S 为 12.8100g-27g100g克；（3）加入硝酸银后的白色沉淀为AgCl ，根据143.5g=1mol 算出 Cl - 的物质的量，143.5g/mol因此 Cl -
10、全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无Cl - ， Na + 也全部留在溶液中，沉淀中无Na+ ，使烧碱溶液增重是因为吸收了CO213.2g，根据=0.3mol 算出 CO2 的物质的44g/mol量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol CO32- 进入了碱式碳酸钴中，0.5mol Co2+ 全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由OH - 来提供，因此 OH - 的物质的量为0.6mol 。将 0.5mol Co2+ 、 0.2mol CO32- 和 0.6mol OH - 的质量加起来，发现只有0.5mol 59g/mol+0.2mol 60g/mol+0.6mol 17g/mo
11、l=51.7g，剩下的 1.8克只能是结晶水，即0.1mol 结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为2CoCO 3 3Co(OH) 2H 2O ；写出制备方程式 5CoCl 2 +5Na 2 CO 3 +4H 2O=2CoCO 33Co(OH) 2 H 2O+10NaCl+3CO 2 ；（4）令参加反应的氧气为3mol，相当于370%，则一共mol 的空气，又因为空气过量21%通入了（1+0.7 ）3 mol 空气，反应中一共生成了6mol 水蒸气和 12mol 二氧化碳，则二21%12100%=30.5% 。氧化碳的体积分数为3（12+6-3+1.7）0.213 纯碱和小苏打都是重要的化工原料，
12、在生产和生活中有着广泛的应用。(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3 溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈_色。(2)实验室中需 0.2mol/L 的 Na2CO3 溶液 950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取 Na2CO3 的质量分别是 _ 。A 1000mL； 21.2g B 950mL； 20.14g C500mL ；21.2g D 500mL；10.6g (3)若加热 10.00g 的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为_。(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色物质溶于水，并向所
13、得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳酸钠。你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点_。(5)取等物质的量浓度的NaOH 溶液两份A 和B，每份10 mL，分别向A、 B 中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2 的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：曲线 A 表明，原 NaOH 溶液中通入 CO2后，所得溶液加盐酸后产生2气体体积 (标准状CO况 )的最大值为 _mL。曲线 B 表明，原 NaOH 溶液中通入 CO2 后，所得溶液中的溶质成分是_，其物质的量之比为 _。【答案】黄A
14、 32.8%不同意，由于 Ca(OH)233232+ 2NaHCO = CaCO+ Na CO +2H O (或Ca(OH) + NaHCO = CaCO + NaOH +HO)，碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀233233.6 Na CO与 NaHCO1:1233【解析】【分析】(1)考查焰色反应；(2)根据 n=cV， m=nM 计算；(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；(4)根据碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断；(5)根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，利用n=V；Vm由曲线 B 可知从算；【详
15、解】25mL 到 75mL 为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计(1)钠的焰色反应为黄色；(2)配置950ml的溶液应用1000 mL 容量瓶配制溶液，所需Na2CO3 的质量m=nM=cVM =0.2mol/L1L106g/mol=21.2g ，答案选A；(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x 根据混合物质量减少了2.48g，2NaHCO3 =Na2CO3 +H 2O+CO2质量差16862x2.48g1686210g，则碳酸钠的质量为10g-6.72g=x，解得 x=6.72g，碳酸钠和碳酸氢钠共2.48g3.28g，原混合物中碳酸钠的质量分数= 3.28g100% =32.8
16、%；10g(4) 由于 Ca(OH) + 2NaHCO = CaCO + NaCO+2H O (或 Ca(OH) + NaHCO = CaCO +233232233NaOH +H2O)，碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀，所以不同意他的观点；(5) CO2 与 NaOH 反应为 CO2+NaOH=NaHCO3， CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，n CO2当? 1，反应按进行，等于 123；大于 1时， CO 、 NaOH 恰好反应生成NaHCOn NaOH时，生成 NaHCO32， CO 有剩余；1n CO2 1，反应按进行，CO2 、
17、 NaOH 反应，无剩余，生成物为当2 n NaOHNaHCO 、 Na CO ；323当n CO2?1 ，反应按进行，等于1 时， CO223；小于n NaOH2、 NaOH 恰好反应生成Na CO21 时，生成 Na2CO3， NaOH 有剩余；2由曲线 A 可知从 60ml 到 75ml为碳酸氢钠与盐酸反应, 消耗的 15mL 盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生 CO2322，反应方程式为NaHCO +HCl=NaCl+CO +H O，所以3-3n(NaHCO )=n(HCl)=(75ml-60ml) 0.1mol/L=1.5 mol，10根据 C 原子守恒，所以-3-322.4L/mol=
18、33.6 mL ；n(CO2)=n(NaHCO3)=1.5 10mol， V= nVm =1.5 10mol 加入 75ml 盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075ml 0.1mol/L=0.0075mol，由曲线 B 可知从25mL 到 75mL 为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2 +H2O，所以 n(NaHCO3)=n(HCl)=n(CO2)=(75ml-25ml) 0.1mol/L=0.005mol，所以 n(CO2)： n(NaOH)=0.
19、005mol ：0.0075mol= 2 ，3大于 1:2，小于 1，所以反应按进行，CO2、 NaOH 反应， NaOH 无剩余，生成物为Na CO 与 NaHCO ，根据钠原子守恒，所以1n(Na CO )+n(NaHCO )=0.0075mol ，而2332332n(NaHCO3)= 0.005mol ，则 n(NaHCO3)=0.005mol ，故 Na2CO3 与 NaHCO3 的物质的量之比为1:1。【点睛】碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键，学生使用时需灵活掌握。4 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：二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气
20、，同时生成MnCl 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)甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是_。该兴趣小组用100 mL12 molL-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
21、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)。图中曲线表示 _离子的物质的量随反应时间变化的关系。所取石灰乳中含有 Ca(OH)2 的物质的量为 _mol 。另取一份与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n ClO=_。n ClO 3(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-把丙装置浸在盛有冰水的水7.15 ClO 0.25 2： 1槽中【解析】【分析】
22、(1)饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；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)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；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；另取一份与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
23、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)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；8.7 gn(HCl)=12 mol/L 0.1 L=1.2 mol， n(MnO2)=0.1 mol ， MnO2、 HCl 反应的物质的87 g / mol量
24、的比是 1 ：4，可见足量的浓盐酸与8.7 gMnO 2 制备氯气，以MnO 2 为标准计算，n(Cl2)=n(MnO 2)=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mCa(ClO)2 =0.05mol 143 g/mol=7.15；g(2)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
25、I 表示离子 ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；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 n1=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 mol=0.25 mol ；2取一份与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
26、，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，3-n(ClO )=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 ，n ClO0.1?moly=0.05 mol ，则产物中=2： 1；n ClO30.05?mol(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 3Cl2-3-2+6OH5Cl +ClO +3H O。【点睛】本题考查了性质方案的设计。明确实验目的、实验原理
27、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。5 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：4242 2 4_KMnO +H SO +H C O= MnSO4+K2SO4 +CO2 H2 O。盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工
28、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 10 862.5C【解析】【分析】 (1)反应 MnO 2+4HCl(浓 )222+4 价降低到 +2MnCl +Cl +2H O 中，
29、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(浓 )222+4 价降低到 +2
30、MnCl +Cl +2H O 中， Mn 元素化合价由价， 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，且可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:2；HCl 部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2 的量(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
31、 8H2O； (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，故误；故答案为C。D 错6 实验室
32、可用如下方法制取Cl2，根据相关信息，回答下列问题：(1)在该反应中， HCl 表现的性质有 _、 _.MnO 2+4HCl（浓）222Cl+ MnCl + 2H O(2)若反应中有 0.1mol 的氧化剂被还原，则被氧化的物质为_（填化学式），被氧化物质的物质的量为 _，同时转移电子数为_(用 NA 表示 )。(3)将 (2)生成的氯气与0.2mol H2 完全反应，生成的气体在标准状况下所占体积为_，将此产物溶于水配成100mL 溶液，此溶液的物质的量浓度为_。(4) KClO 6HCl(浓 )=3Cl KCl 3HO 2KMnO 16HCl(浓 )=2KCl 2MnCl2 5Cl 322
33、428H O2若要制得相同质量的氯气，三个反应中电子转移的数目之比为_。催化剂MnO 、 O 、(5)已知反应 4HCl(g) O2Cl 2H O(g)，该反应也能制得氯气，则22222KMnO4 三种物质氧化性由强到弱的顺序为_。(6)将不纯的 NaOH 样品 2.50 g(样品含少量 Na CO 和水 )，放入 50.0 mL 2.00mol/L盐酸中，23充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L 的 NaOH 溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到固体的质量为_。【答案】还原性酸性 HCl0.2mol 0.2 NA 8.96L 4mol/L6： 5： 64
34、2 O2KMnO MnO5.85g【解析】【分析】(1)盐酸与二氧化锰反应化合价发生变化，且能与碱性氧化物反应；(2)还原剂被氧化，求解被还原的还原剂的量；n(3) 根据方程式及 c= 计算；V(4) 生成 1mol 氯气时，转移2mol 电子；生成1mol 氯气时，转移5mol 电子；生成31mol 氯气时，转移2mol 电子；(5)根据氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，进行推理；(6)根据 Cl-离子守恒进行计算。【详解】(1)盐酸与二氧化锰反应化合价由 -1 变为 0，作还原剂，表现还原性；与碱性氧化物反应，表现酸性；(2)若 0.1mol 的氧化剂被还原，还原剂被氧化，物质为HCl，被
35、还原的物质的量为0.2mol ，转移 0.2mol 电子，即 0.2NA；(3) H+ Cl =2HCl， 0.2mol 氯气与 0.2mol H2完全反应，生成 0.4molHCl，标况下的体积为22n0.4=4mol/L ；8.96L； c=V0.1(4) 生成 1mol 氯气时，转移 2mol 电子；生成1mol 氯气时，转移5mol 电子；生成31mol 氯气时，转移2mol 电子；电子转移的数目之比为6： 5：6；(5)根据反应、和 4HCl(g) O催化剂O(g)可知， MnO、O 、 KMnO三种物质2Cl 2H222224均可制取氯气，且反应的条件下由易到难，氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，则氧化性由强到弱的顺序为 KMnO4 MnO 2 O2；(6)反应后的溶液的溶质为 NaCl，且加热蒸干后得到的固体也为NaCl，根据 Cl-离子守恒， n（ NaCl） = n（HCl） =50.0 mL2.00mol/L=0.1mol，其质量为 5.85g。7 在花瓶中加入 “鲜花保鲜剂 ”，能延长鲜花的寿命。下表是 500mL“鲜花保鲜剂 ”中含有的成分，阅读后回答下列问题：