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1、2020-2021 化学一模试题分类汇编物质的量综合一、高中化学物质的量1 纯碱和小苏打都是重要的化工原料，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； 21.2gB 950mL； 20.14gC500mL ；21.2gD 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_。
2、(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CO2 气体体积 (标准状况 )的最大值为 _mL。曲线 B
3、 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 32.8%不同意，由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3 + Na2CO3 +2H2O (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；(
4、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 25mL 到 75mL 为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计算；【详解】(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/L 1L106g/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
5、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%；10g(4) 由于 Ca(OH) + 2NaHCO = CaCO + NaCO +2HO (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，当n CO2? 1，反应按进行，等于 123；大于 1时， CO 、 NaOH
6、 恰好反应生成NaHCOn NaOH时，生成 NaHCO3， CO2 有剩余；当1n CO2 1，反应按进行，CO2 、 NaOH 反应，无剩余，生成物为2 n NaOHNaHCO3、 Na2CO3；当 n CO21，反应按进行，等于1 时， CO223；小于n NaOH?、 NaOH 恰好反应生成Na CO221 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)=(
7、75ml-60ml) 0.1mol/L=110.5 mol，根据 C 原子守恒，所以-3-322.4L/mol=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(
8、CO2)=(75ml-25ml) 0.1mol/L=0.005mol，所以 n(CO2)： n(NaOH)=0.005mol ：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Na2CO3 与 NaHCO3，根据钠原子守恒，所以1n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.0075mol ，而2n(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。2 为了
9、将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：（ 1）等质量的 O2 和 O3 所含分子的物质的量之比为 _。（ 2）等温等压下，等体积的 O2 和 O3 所含分子个数比为 _，质量比为 _。（3）设 NA 为阿伏加德罗常数的值，如果ag 氧气中含有的分子数为b，则 cg 氧气在标准状况下的体积约是 _( 用含 a、 b、 c、NA 的式子表示 ) 。（4）实验室需要配制 100mL1mol / L 的 NaOH 溶液，进行如下操作：配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器_。计算需要NaOH 固体的质
10、量：_g。取出 50 mL 配制好的溶液，此溶液中NaOH 的物质的量浓度为_。若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_。A. 称量时砝码已经生锈B. 定容时仰视C. 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作D. 定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线22.4bc【答案】 3： 21：12：3L100mL 容量瓶 4. 01mol/ L Aa N A【解析】【详解】（1）根据nm23可知，等质量的O 和 O 的物质的量之比为Mn(O 2 ) : n(O 3 )1 :13: 2，所含分子的物质的量之比为3：2 。3248（2）根据阿伏加德罗定律， PV=nRT（ R 为常数），在等温等
11、压下，等体积的任一气体所含分子的物质的量相同，由N=nNA（ NA 为常数）可知，分子个数比为1： 1；由 m nM可知， O2 和 O3 的质量比为2： 3。（3）设 NA 为阿伏加德罗常数的值，如果ag 氧气中含有的分子数为b，则 ag 氧气的物质的量 nNbMmagaN A g gmol 1，即当氧气为 cg，物质，摩尔质量nbbN AN AmolN Amcgbc22.4bc的量 nMaN A1 aN A mol ，在标准状况下的体积 V nVmg gmolL。baN A（4）实验室需要配制100mL1mol / L 的 NaOH 溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、
12、胶头滴管和100mL 容量瓶 。需要 NaOH 固体的质量 m nMcVM 100mL 1mol gL 140ggmol 14g 。溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol/L。A. 称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；B. 定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；C. 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；D. 定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。答案为 A。【点睛】根据 cn和溶液的体可得，一定物质的量浓度溶
13、液配制的误差都是由溶质的物质的量V积 V 引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V 怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，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。需要具体问题具体分析。3 卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的 KIO3 进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是： KIO3+5KI+3H2SO4 3I2+3H2O+3K2SO4 氧化剂
14、与还原剂的物质的量比是 _；如果反应生成 0.3mol 的单质碘，则转移的电子数目是 _。先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI 溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_；若采用下图实验装置将四氯化碳和I2 的混合溶液分离。写出图中仪器的名称：_；该装置还缺少的仪器是_；冷凝管的进水口是：_（填 g 或 f）。（ 2）实验室常用 MnO 2 和浓盐酸制氯气，反应原理： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2 +2H2O实验室用MnO 2 和浓盐酸制氯气的离子方程式：_上述反应中氧化剂：_ ，还原剂： _ ，被氧化的HCl 和未被氧化的HCl的比值 _。a
15、: Cl2+2I-=I2+2Cl-； b: Cl2 +2Fe2+=2Fe3+Cl-； c:2Fe3+2I-=I2+2Fe2+。 Cl2、 I2、 Fe3+的氧化性由强到弱的顺序： _【答案】 1:5 0.5NA溶液分层，下层液为紫红色蒸馏烧瓶 温度计g MnO2+4H+ +2Cl-（浓）Mn 2+Cl2 +2H2OMnO2 HCl 1:1Cl2Fe3+I2【解析】【分析】（1） KIO 3+5KI+3H2SO4 3I2+3K 2SO4+3H 2O 中， I 元素的化合价由+5 价降低为 0， I 元素的化合价由 -1 价升高为0，化合价升高值 =化合价降低值 =转移电子数，根据化合价变化确定电
16、子转移情况；碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；依据蒸馏的正确操作与注意事项分析；（ 2）实验室常用 MnO 2 和浓盐酸制氯气；依据氧化还原反应的规律分析；依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答；【详解】（ 1）反应中氧化剂为 KIO3，还原剂为 KI，氧化剂与还原剂的物质的量比是1:5；生成3molI 2，电子转移5mol ，生成 0.3mol 的单质碘转移的电子0.5mol ，转移的电子的数目为0.5NA；溶液分层且I2 溶于 CCl
17、4 中呈紫色，密度较大，因此观察到的现象是溶液分层，下层液为紫红色；该图为蒸馏装置是蒸馏烧瓶，是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计；冷凝水进出水方向为“下进上出”，即g 口为进水口；（2）实验室常用MnO 2 和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO 2+4HCl（浓）2222+-（浓）Mn2+22MnCl +Cl +2H O，离子反应为： MnO +4H +2Cl+ Cl +2H O；反应中 Mn 元素化合价从+4 价降低到 +2 价， Cl 元素化合价从-1 价升高到0 价， MnO2 作氧化剂， HCl 作还原性，盐酸具有还原性和酸性，且被氧化的HCl 和未被氧化的 HCl 的比值为 1
18、:1；a 反应中 Cl2 作氧化剂， I2 为氧化产物，氧化性Cl2 I2， b 反应中 Cl2 作氧化剂， Fe3+为氧化产物，氧化性Cl2 Fe3+， c 反应中 Fe3+作氧化剂， I2 为氧化产物，氧化性Fe3+ I2 ，综上，氧化性 Cl2Fe3+I2。【点睛】本题的难点是氧化性强弱的判断，一般根据氧化还原反应原理来判断(1)氧化性强弱：氧化剂氧化产物。(2)还原性强弱：还原剂还原产物。4 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.
19、6mole -时被氧化的 HCl 为 _mol(2)同温同压下，相同物质的量的SO2 气体和 SO3气体，其分子数之比为_，密度之比为 _(3)向溴化钠溶液中通入适量的氯气，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Cl2 +2NaBr=Br2+2NaClCl2 Br2I2 Br2，所以向溴
20、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；22MgO+C，可假设镁的物质的量是
21、1mol，比较 Mg 燃烧后生成的固体增加的2Mg+CO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128MgO 、也有 Mg3N2，所以增加的质量在molN 2 的质量g；在空气中燃烧产物既有332821molO 和 0.5molC 原子的质量， 16g+6g=22g，可g 16g 之间；在 CO 中燃烧质量增加3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
22、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，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。5 请按要求填空：(1)用已准确称量的1.06 g Na2CO3 固体配制0.100 mol/L Na 2CO3 溶液100 mL，所需要的仪器为_ 。(2)除去
23、Na2 CO3 固体中混有的少量 KNO3，所进行的实验操作依次为_、蒸发、结晶、 _。(3)除去 KCl 溶液中的 SO42-，依次加入的溶液为 (填物质的化学式 )_。【答案】烧杯、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管溶解 趁热过滤、洗涤、灼烧BaCl2、 K2CO3、 HCl【解析】【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析；(2)Na2CO3 和 KNO3 在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离；(3)除去 KCl 溶液中的SO42- ，应使 SO42-离子转化为沉淀，注意不能引入新的杂质。【详解】(1)配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶解
24、、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要烧杯、玻璃棒，定容需要胶头滴管、需要100mL 容量瓶进行配制，故所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、 100mL 容量瓶、胶头滴管；(2)Na2CO3 和 KNO3 在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离，具体做法是先将固体溶解，然后蒸发、结晶，趁热过滤、洗涤晶体，最后灼烧晶体可得到碳酸钠；(3)除去 KCl 溶液中的42- ，应先加入过量BaCl242-生成沉淀，然后再加入K2 3使SO的使 SOCO过量的 BaCl2生成沉淀，过滤后加入 HCl除去过量的232、K CO 。故依次加入的溶液为BaClK2CO3、 HCl。【点睛】本题考查了物质的量溶液的配制、物
25、质的分离、提纯的基本方法选择与应用，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法，本题易错点为 (3)，注意加入试剂的顺序和除杂原理。6 已知某市售“84 消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84 消毒液”通常稀释100 倍 (体积之比 )后使用。请回答下列问题：（1）该“ 84 消毒液”中NaClO 的物质的量浓度约为_mol/L 。(保留 1 位小数 )（2）该同学参阅此“84 消毒液”的配方，欲用NaClO 固体配制480mL 与市售物质的量浓度相同的“84 消毒液”，下列说法正确的是_(填序号)。A 如图所示的仪器中有三种是不需要的B 容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C 配
26、制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低D 需要称量NaClO 固体的质量为143.0g（3）“ 84 消毒液”与稀硫酸混合使用可增强其消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g/cm 3)的浓硫酸配制500mL2.3mol/L 的稀硫酸用于增强“84 消毒液”的消毒能力。需用浓硫酸的体积为_mL。取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。A 溶液中 H2SO4 的物质的量B 溶液的浓度C 溶液的质量D溶液的密度配制该稀硫酸过程中，下列情况会使所配制的溶液的浓度大于2.3mol/L 的有 _。A 未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中并进行定容B 摇匀后发现
27、液面低于刻度线，再加水至刻度线C 容量瓶中原有少量蒸馏水D 定容时俯视容量瓶刻度线【答案】 4.0C62.5BDAD【解析】【分析】1000w（1）根据 c(NaClO)=计算溶液的物质的量浓度；M（3）根据c= 1000w 计算浓硫酸物质的量浓度,根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不M变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c= n 进行误差分析。V【详解】（ 1） c(NaClO)=1000w1000 1.2g/cm325%-1，故答案为： 4.0。M=74.5g/mol=4.0 mol?L（2） A.用 NaClO 固体配制480mL 含 NaClO 质量分数为
28、25%的消毒液，需要用到天平、烧杯、 500mL 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，不用图中圆底烧瓶和分液漏斗，共2 种仪器，故A 错误；B.容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干就能用于溶液配制，故B 错误；C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质损失，配制的溶液浓度偏低，故C 正确；D.因为没有 480mL 的容量瓶，需要配制500mL 溶液，需要 NaClO 的质量为：m=0.5L4.0mol/L 74.5g/mol=149g ，故 D 错误。故答案为： C。（3）浓硫酸物质的量浓度c=10001.8498%=18.4mol/L ，设需要浓硫酸体积为V，98则根据溶液稀释过程中溶质的物质的
29、量不变，得：V 18.4mol/L=500 2.3mol/L ，计算得出V=62.5mL，故答案为： 62.5。A.溶液中硫酸的物质的量n=cV，所以与溶液的体积有关，故A 不选；B.溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，故B 选；C.溶质的质量与溶质的物质的量有关，根据A 可以知道溶质的质量与溶液体积有关，故C不选；D.溶液的密度为溶液的性质，与溶液的体积无关，故故答案为： BD。D 选。A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A 选；B.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B 不选；C.容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体
30、积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故 C 不选；D.定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D 选。故答案为： AD。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，误差分析应根据c= n 进行分析，注意操作对溶质的物V质的量和溶液体积的影响。7 （ 1） 15.6gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量是_。（2）设 NA 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 NA 的式子表示）。（3）某溶液由 Mg 2 、 Al3 、 Cl 、SO 2-4种离子组成，测得其中3、 SO 2-、 Cl的物质
31、的4Al4量浓度之比为 3： 1： 13，则溶液中 Mg 2 、Al3 、 SO42- 的物质的量浓度之比为_。（4）标况下，密度为 1.25g/L 的 CO242与 CH 组成的混合气体中，CO 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_ 。卤水点豆腐 明矾净水静电除尘 油水分离 血液透析 三角洲形成 酸碱中和 雨后彩虹和海市蜃楼臭氧消毒【答案】 78g/mol22.4bc L3： 3： 142.861000abaNA36.5a 22400
32、【解析】【分析】（ 1）先算出 Na2X 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 Na2X 的化学式知，含Na+0.4mol ，则 Na2X 的物质的量为0.2mol ，其质量为15.6g，所以 Na2X 的摩尔质量 M（） m( Na2 X ）15.6g78g mol1Na2 X =；n( Na2 X
33、 ） 0.2molb(2) ag 氧气中含有的分子数为b ，其物质的量为N A mol ，所以 cg 氧气的物质的量为cgbcgb22.4 L mol122.4bcagmol ，其在标准状况下的体积为mol=L ；N AagN AaNA(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(Mg2+3+42-Mg2+、 Al3+、Cl-、 SO42- 的物质的量浓度) 2+c(Al) 3=c(SO) 2+c(Cl)1。设分别为 x、3a、 13a、 a，所以有2x+33a=a2+13a，解得 x=3a，所以溶液中c(Mg2+)：3+42-)=3a： 3a： a=3： 3： 1；c(Al )： c(SO(4) 设 CO2 和 CH4 的物质的量分别为 n(CO2)、 n(CH4)。 CO2 的体积分数等于物质的量分数即1n CO2n CHn CH4即可。据密度的本义有：n CO2n CH 44，所以只需要求出= 1n CO2n CO2mn CH 416n CO244n CH 4=4 ，所以 CO2 的体积分数为Vn CH 4n CO2=1.25，求得n CO2