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    2020高三化学二轮复习高考常考题：质量分数、物质的量浓度的相关计算-

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    【新题快练】2020届高三化学化学二轮复习 ——高考常考题：质量分数、物质的量浓度的相关计算
    【精编25题】
    1. 向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体，溶液中CO2−3的物质的量与通入CO2物质的量的关系图如下．下列关于图中a、b两点溶液的说法错误的是(
    A. a、b溶液与同浓度盐酸完全反应时，消耗盐酸的体积相同
    B. a溶液中水的电离程度与b溶液中水的电离程度相同
    2−−C. a、b两溶液都满足：c(Na++c(H+=c(HCO−3+2c(CO3+c(OH D. 将a、b两点混合后溶液满足：c(OH−=c(H++c(HCO−3+2c(H2CO3
    2. 将等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别为a%和b%的两种溶液，则a和b的关系是(
    A. a=b B. a>b C. a<b D. 无法确定
    3. 镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V与时间(t关系如图．关于反应中镁和铝的说法正确的是(
    A. 质量之比为3：2 B. 物质的量之比为2：3 C. 摩尔质量之比为2：3
    D. 消耗硫酸的物质的量之比为1：1

    4. 铁和氧化铁的混合物共x mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到ymol氢气，且反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为(
    1    1A. (x−y mol
    B. 2(x+ymol C. 2(x−ymol
    D. (x+y mol
    5. 2.3 g Na+溶解在水中，要使 Na+的离子数与水分子数之比为 1：100，则需要水的质量为(
    A. 181.8g B. 180g C. 10g D. 1.8g
    6. 在一定温度下，向足量的饱和Na2CO3溶液中加入1.06克无水Na2CO3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量(

    A. 等于1.06克 C. 等于2.86克 B. 大于1.06克而小于2.86克 D. 大于2.86克
    7. 使1mol乙烯与氯气先发生加成反应，然后使该加成反应的产物与氯气在光照的条件下发生取代反应，则两个过程中消耗的氯气总的物质的量最多是(
    A. 3mol B. 4mol C. 5mol D. 6mol
    8. 8.4gA物质和3.65gB物质恰好完全反应，生成标准状况下2.24L二氧化碳气体和含质子数为6.02×1023个的水分子，还有0.1molE物质，则E物质的摩尔质量为(
    A. 36.5 g/mol B. 84g/mol C. 44g/mol D. 58.5g/mol
    9. 往含0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72 L(标准状况下时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是(气体的溶解忽略不计(

    A. A B. B C. C D. D
    10. 将在120℃、101KPa的条件下由烃A和烯烃B组成的2L混合气体，与足量的氧气混合并点燃，使A、B完全燃烧．恢复到原来的温度和压强时测得生成4L二氧化碳和4.8L水，B在A、B混合气体中所占的体积分数是(
    A. 60% B. 40% C. 30% D. 70%
    11. 将2.56 g Cu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12 L(标准状况，则反应中消耗HNO3的物质的量为(
    A. 0.05 mol B. 1 mol C. 1.05 mol D. 0.13 mol
    12. 标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL，所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为W，物质的量浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是(
    A. W=1000ρ C. ρ=22.4+22.4V
    17V+22400    17cB. W=17V+22400 D. c=17V+22400
    1000Vρ    17V13. 向0.5mol炽热Cu2S通入足量水蒸气，充分反应后生成1mo1H2，则Cu2S应转化为(
    A. Cu和SO2
    B. Cu和S C. Cu0和SO2 D. Cu2O和S

    14.
    铝热反应生成的铁常因其中含有铝而形成合金．一定质量的铁铝合金溶于足量的NaOH溶液中，完全反应后产生6.72L(标准状况下气体；用同样质量的铁铝合金完全溶于足量的盐酸中，在标准状况下产生17.92L气体．则该合金中铝、铁的物质的量之比为(
    A. 1：1 B. 2：5 C. 3：2 D. 3：5
    15. 某温度下，100g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5g。若向此溶液中添加3.5g氯化钠和6.5g水，则所得溶液的溶质质量分数是
    A. 30% C. 26.5%
    B. 100%
    D. ×100%
    16. 两种气态烃的混合物共1L，在空气中完全燃烧得到18LCO2，2L水蒸气(相同状况下测定，下列说法合理的是(
    A. 一定含甲烷，不含乙烷 C. 一定是甲烷和乙烯的混合物 B. 一定含乙烷，不含甲烷 D. 以上说法都不正确
    17. 1mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气179.2L(标准状况.它在光照条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物，该烃的结构简式是(
    A. C.

    B. CH3−CH2−CH2−CH2−CH3 D.
    18. 下列关于粒子数的叙述正确的是(
    A. 0.5mol/LK2SO4溶液所含K+数为6.02×1023
    B. 标准情况下，22.4L乙醇含有的分子数为6.02×1023
    C. 32gO2和O3组成的混合气体中含有的氧原子数为2×6.02×1023 D. 1molNa变为Na+时得到的电子数为6.02×1023
    19. CaCO3在下列液体中溶解度最大的是(
    A. H2O
    B. Na2CO3溶液
    C. CaCl2溶液
    D. 乙醇
    20. 现有乙酸和两种链状单烯烃及甲酸乙酯的混合物，其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数
    A.
    B.
    C.
    D.
    21. amolNa2O2和b mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到2500C，使其充分反应，当排出O2和H2O的物质的量为1：1时，a：b为(

    A. 1：1 B. 1：2 C. 2：3 D. 2：1
    22. 研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法表示更便于理解．下列表达正确的是(
    A. Na2CO3溶液和盐酸反应后溶液中的钠盐：
    B. NaOH溶液与CO2反应后溶液中的钠盐：
    C. Fe与稀硝酸反应的氧化产物：
    D. AlCl3溶液中滴加氨水后铝元素的存在形式：
    23. 干电池的负极反应是：Zn –2e = Zn2+，现以干电池作电源电解32.4g 34%的硝酸钾溶液，一段时间后，测得溶液中溶质的质量分数为36%，则干电池中消耗锌的物质的量为
    A. 0.3mol B. 0.05mol C. 0.2mol D. 0.1mol
    24. 常温下，向Ba(OH2和NaOH混合溶液中缓慢通入CO2至过量(溶液温度变化忽略不计，生成沉淀物质的量与通入CO2体积的关系如图所示。下列说法不正确的是(
    A. b点时溶质为NaHCO3
    B. 横坐标轴上V4的值为90
    C. oa过程是CO2与Ba(OH2反应生成BaCO3的过程 D. 原混合物中 n[Ba(OH2]：n(NaOH=1：2
    25. 已知某溶液中含有Cl−、Br−、I−的物质的量之比为2：3：4，要使溶液中Cl−、Br−、I−的物质的量之比为4：3：2，则通入的Cl2物质的量是原溶液中I−物质的量的(

    A. 4
    1B. 3
    1C. 2
    1D. 8
    1

    答案和解析
    1.【答案】B
    【解析】解：向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体，溶液中CO2−3的物质的量与通入CO2物质的量的关系如图，开始反应为CO2+2OH−=CO2−碳酸根离子物质的量增大，3+H2O，当全部生成碳酸根离子后继续通入二氧化碳气体，发生反应CO2+CO2−3+H2O=2HCO−3，a点为等浓度的NaOH和Na2CO3，b点为等浓度的Na2CO3和NaHCO3， A.a点为等浓度的NaOH和Na2CO3，b点为等浓度的Na2CO3和NaHCO3，氢氧化钠和碳酸氢钠消耗盐酸量相同，a、b溶液与同浓度盐酸完全反应时，消耗盐酸的体积相同，故A正确；

    B.b点碳酸氢钠、碳酸钠水解促进水的电离，a点氢氧化钠抑制水的电离，碳酸钠促进水的电离，所以b点水的电离程度大，故B错误；

    C.溶液中存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同，溶液中电荷守恒c(Na++2−−c(H+=c(HCO−3+2c(CO3+c(OH，故C正确；

    D.a点为等浓度的NaOH和Na2CO3，b点为等浓度的Na2CO3和NaHCO3，混合得到溶液为碳酸钠溶液，溶液中存在质子守恒，c(OH−=c(H++c(HCO−3+2c(H2CO3，故D正确； 故选B．
    向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体，溶液中CO2−3的物质的量与通入CO2物质的量的关系如图，开始反应为CO2+2OH−=CO2−3+H2O，碳酸根离子物质的量增大，当全部生成−a碳酸根离子后继续通入二氧化碳气体，发生反应CO2+CO2−点为等3+H2O=2HCO3，浓度的NaOH和Na2CO3，b点为等浓度的Na2CO3和NaHCO3，

    A.a点为等浓度的NaOH和Na2CO3，b点为等浓度的Na2CO3和NaHCO3，氢氧化钠和碳酸氢钠消耗盐酸量相同；

    B.b点碳酸氢钠、碳酸钠水解促进水的电离，a点氢氧化钠抑制水的电离，碳酸钠促进水的电离；

    C.溶液中存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同；

    D.a点为等浓度的NaOH和Na2CO3，b点为等浓度的Na2CO3和NaHCO3，混合得到溶液为碳酸钠溶液，溶液中存在质子守恒．
    本题考查了电解质溶液中盐类水解原理、电荷守恒、物料守恒、质子守恒等离子浓度关系的分析判断，主要是反应过程中生成产物的分析，图象变化特征是解题关键，题目难度中等．
    2.【答案】A
    Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑， 【解析】解：反应方程式为：设物质的量都为1mol，则 Na2O+H2O=2NaOH △m 1mol 2mol 62g 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ △m 1mol 2mol 62g
    由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量相等，则两溶液溶质质量分数相等． 故选A．
    由题意知Na2O和Na2O2物质的量相等且由方程式易知，Na2O2放在溶液中增加的质量为Na2O2中的Na2O部分，由此可知两溶液的质量相同，则a=b．
    本题考查溶液质量分数的计算，题目难度中等，注意本题根据反应的化学方程式进行定量计算．
    3.【答案】D
    【解析】解：硫酸过量，Mg、Al完全反应，由图可知生成氢气体积相同，则氢气物质的量相等，假设氢气为1mol，根据电子转移守恒，Mg的物质的量为Al物质的量为1mol×231mol×22=1mol、=3mol．
    2    2A.Mg、Al的质量之比为1mol×24g/mol：3mol×27g/mol=4：3，故A错误； B.Mg、Al的物质的量之比为1mol：3mol=3：2，故B错误； C.Mg、Al的摩尔质量之比为24g/mol：27g/mol=8：9，故C错误； D.根据氢原子守恒，消耗硫酸的物质的量相等，故D正确， 故选D．
    硫酸过量，Mg、Al完全反应，由图可知生成氢气体积相同，则氢气物质的量相等，假设氢气为1mol，根据电子转移守恒计算Mg、Al物质的量，再根据m=nM计算各自质量，进而计算二者物质的量之比、质量之比，摩尔质量之比等于相对分子质量之比，根据氢元素守恒计算消耗硫酸物质的量之比．

    本题以化学反应图象形式，考查化学方程式有关计算，关键是明确金属完全反应且生成氢气的体积相等，注意利用守恒法解答．
    24.【答案】B
    【解析】【分析】
    本题考查了混合物定量计算，难度中等，清楚反应过程是解题关键，注意解题方法选择。 【解答】
    固体全部溶解，溶液加入KSCN溶液不显红色说明三价铁全被还原为Fe2+.根据生成氢气的物质的量计算与酸反应的铁的物质的量，其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，据此计算。
    n(Fe=n(H2=根据电子守恒：与H+反应生成H2的铁的物质的量等于氢气的物质的量：ymol；
    其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++3H2O，参加该反应的铁的物质的量为
    1    1    1(x−ymol，故共含铁ymol+2(x−ymol=2(x+ymol。
    2
    故选：B。

    5.【答案】A
    【解析】解：n(Na+=2.3g÷23g/mol=0.1mol，由2Na+2H2O=2Na++H2↑，可知金属钠和水反应消耗水为 0.1 mol.设溶液中水的物质的量为 x，由 100 个水分子中溶100：1=x：0.1mol，(0.1mol+有 1 个钠离子，则：解得 x=10mol，故共需要水的质量为：10mol×18g/mol=181.8g， 故选：A。
    根据n=M计算钠离子物质的量，结合方程式计算反应消耗水的物质的量，结合钠离子与水分子数目之比计算溶液中水的物质的量，进而计算需要水的总质量。
    本题考查物质的量计算、化学方程式的计算，题目比较基础，学生容易忽略参加反应水的量，属于易错题目。
    m6.【答案】D
    【解析】解：1.06克无水Na2CO3的物质的量为0.01mol，加入到饱和Na2CO3溶液中生成0.01molNa2CO3⋅10H2O结晶水合物，其质量为0.01mol×286g/mol=2.86g， 又原饱和溶液由于加入无水Na2CO3与水反应而消耗溶液中的水，会有晶体析出，故析出晶体的质量大于2.86g． 故选D．
    从两个角度来分析：(1无水Na2CO3与水反应生成结晶水合物Na2CO3⋅10H2O； (2原饱和溶液由于加入无水Na2CO3与水反应而消耗溶液中的水，会有晶体析出． 本题考查饱和溶液的计算问题，本题难度不大，做题时注意析出晶体后剩余溶液仍为饱和溶液，特别是形成结晶水合物这一点．
    7.【答案】C
    【解析】【分析】
    本题考查了加成反应、取代反应的本质特征，明确化学反应中的量的关系即可解答，难度不大。 【解答】
    乙烯和氯气发生加成反应生成二氯乙烷，1mol双键加成需要1mol的氯气；有机物中的氢原子被氯原子取代时，取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，所以最多消耗的氯气为这两部分之和；加成反应有进无出；取代反应有出有进。
    解：C2H4+Cl2→CH2ClCH2Cl，所以1mol乙烯与氯气发生加成反应需要氯气1mol；
    ，所以1molCH2ClCH2Cl与氯气发生取代反应，最多需要4mol氯气，
    这两部分之和为1mol+4mol=5mol； 故选：C。

    8.【答案】D
    =0.1mol，m(CO2=【解析】解：标准状况下2.24L二氧化碳气体的物质的量为：22.4L/mol44g/mol×0.1mol=4.4g；
    含质子数为6.02×10个的水分子的物质的量为：18g/mol×0.1mol=1.8g，
    根据质量守恒可知，0.1molE的质量为：8.4g+3.65g−4.4g−1.8g=5.85g， 则E的摩尔质量为：0.1mol=58.5g/mol， 故选：D。
    根据n=V=N计算出二氧化碳和水的物质的量，然后根据m=nM计算出二氧化碳和mA6.02×10236.02×1023mol−12.24L2310=0.1mol，m(H2O=5.85gVN水的质量，然后滤液质量守恒计算出0.1molE的质量，然后根据M=n计算出E的摩尔质量。
    本题考查物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与其它物理量之间的转化关系为解答关键，注意掌握质量守恒的应用，试题培养了学生的化学计算能力。
    m9.【答案】C
    【解析】向含0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，依次发生的反应为Ba(OH2+CO2=BaCO3↓+H2O、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3、BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO32，因此可知当通入2.24 L CO2时0.1 mol Ba2+和0.2 mol OH−参加反应，溶液中离子的量由起始的0.7 mol降到0.4 mol，再通入2.24 L CO2时，0.2 mol OH−参加反应，生成0.1 mol CO2−3，溶液中离子的量由0.4 mol降到0.3 mol，最后再通入2.24 L CO2时，0.1 mol CO2−3发生反应，生成0.2 mol HCO−3，溶液中离子的量由0.3 mol升高到0.4 mol。

    点拨：本题考查元素化合物，考查考生分析、处理问题的能力与解答图像题的能力。难度中等。
    10.【答案】A
    【解析】解析：烯烃(CnH2n完全燃烧生成的二氧化碳气体与水蒸气的体积比是1：1.烷1.A、B(烯烃混合烃(CnH2n+2完全燃烧生成的二氧化碳气体与水蒸气的体积比小于1：气体完全燃烧生成的二氧化碳气体与水蒸气的体积比是4：4.8<1：2，则A是烷烃。 4：4.8，在同温、同压下，混合烃与生成的二氧化碳、气态水的体积比是2：则A(烷烃、B(烯烃混合物的平均化学式是C2H4.8.分子组成最简单的烯烃是CH2=CH2(B，则A(烷烃必定是CH3CH3。
    设CH2=CH2与CH3CH3的体积比是a：b，则：
    4a+6b4.82=2a+2b

    解得a：b=3：2 所以乙烯在A、B混合气体中所占的体积分数是3+2×100%=60%，
    3
    故选：A。
    1，烯烃(CnH2n完全燃烧生成的二氧化碳气体与水蒸气的体积比是1：烷烃(CnH2n+2完全燃烧生成的二氧化碳气体与水蒸气的体积比小于1：1，A、B(烯烃混合气体完全燃烧生成的二氧化碳气体与水蒸气的体积比是4：4.8<1：2，说明A是烷烃．根据题干所给体积关系可知，A(烷烃、B(烯烃混合物的平均化学式是C2H4.8.分子组成最简单的烯烃是CH2=CH2(B，则A(烷烃必定是CH3CH3.设CH2=CH2与CH3CH3的体积比是a：b，然后根据根据生成原子守恒计算．
    本题考查了根据混合气体的平均分子式来确定成分气体的化学式和体积比，题目难度不大，要用讨论的方法来确定物质的成分，注意掌握此类题目的解题方法．
    11.【答案】D
    【解析】试题分析：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n(NO2+n(NO=1.12L¸22.4L/mol=0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol， n(Cu=2.56g¸64g/mol=0.04mol，则生成n(Cu(NO32=0.04mol， 可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol×2=0.08mol， 则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol。 故选D。

    考点：化学方程式的计算

    点评：本题考查化学方程式的计算，但该题可不同书写有关反应的方程式，注意浓硝酸和稀硝酸的性质的不同，从质量守恒的角度解答该题。
    12.【答案】C
    【解析】解：A、根据c=1000ρwMVL可知，该氨水质量分数w=1000ρ，故A正确；
    VV22.4    17cB、VL氨气的物质的量为22.4L/mol=22.4mol，氨气质量为1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液质量为(量分数w=17Vg22.417V(+1000g22.4mol×17g。mol=17V22.4g，17V22.4+1000g，所以溶液的质×100%=VL17V17V+22400V×100%，故B正确；
    mol×17g。mol=22.4g，22.417V22.4V17VC、VL氨气的物质的量为22.4L/mol=22.4mol，氨气质量为1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液质量为(Vmol22.4+1000g，溶液体积为=22.4cL，所以溶液的密度为cmol/LVLV(17V+1000g22.4V×103mL22.4c=17cV+22400c1000V，故C错误；
    V    17VD、VL氨气的物质的量为22.4L/mol=22.4mol，氨气质量为Vmol×17g。mol=22.4g，22.417V22.41L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液质量为((17V+1000g22.4+1000g，溶液体积为1000ρg/L=17V+2240022400ρ所以物质的量浓度c=L，Vmol22.417V+22400L22400ρ=17V+22400mol/L，故D正确；
    1000Vρ故选：C。

    A、根据c=1000ρwMV计算w，进行判断；
    B、根据n=V计算VL氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=ρV计m算水的质量，进而计算溶液的质量，溶液质量分数=Vm(氨气m(氨气+m(水×100%；
    C、根据n=V计算VL氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=ρV计m算水的质量，进而计算溶液的质量，根据V=c计算溶液的体积，由ρ=V计算溶液的密度；
    D、根据n=V计算VL氨气的物质的量，根据m=nM计算氨气的质量，根据m=ρV计mnmV算水的质量，进而计算溶液的质量，根据V=ρ计算溶液的体积，再利用c=V计算． 考查物质的量浓度、质量分数的有关计算及二者的关系，难度中等，注意对概念的理解与公式的灵活运用，选项C可以根据溶液体积不具备加合性判断．
    mn13.【答案】A
    【解析】解：0.5mol炽热的Cu2S中通入足量的水蒸气，充分反应后生成1molH2，则H元素得电子的物质的量是2mol，如果S元素失电子生成二氧化硫，则失去3mol电子，根据转移电子守恒知，Cu元素还要得到1mol电子，0.5mol炽热的Cu2S中铜的物质的量是1mol，所以Cu元素化合价由+1价变为0价符合，则Cu2S应转化为Cu和SO2， 故选：A。
    0.5mol炽热的Cu2S中通入足量的水蒸气，充分反应后生成1molH2，则H元素得电子的物质的量是2mol，如果S元素失电子生成二氧化硫，则失去3mol电子，根据转移电子守恒确定Cu元素化合价变化。
    本题考查了氧化还原反应，根据氧化还原反应中转移电子相等确定元素化合价变化，从而得到生成物，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力、应用能力和计算能力。
    14.【答案】B
    【解析】解：合金中只有Al和NaOH反应生成氢气，和NaOH反应生成n(H2=6.72L22.4L/mol0.3mol×2=0.3mol，Al能和NaOH、HCl根据转移电子相等得n(Al==0.2mol；3HCl反应生成氢气的量相同，反应生成氢气，只要Al的质量一定，则Al和足量NaOH、所以Al与足量盐酸反应生成氢气的物质的量是0.3mol，则Fe与盐酸反应生成22.4L/mol=0.8mol−0.3mol=0.5mol，根据转移电子守恒得n(Fe=0.5mol×2217.92L=0.5mol，

    所以合金中Al、Fe的物质的量之比=0.2mol：0.5mol=2：5，故选B．
    Al能和合金中只有Al和NaOH反应生成氢气，根据转移电子相等计算Al的物质的量；NaOH、HCl反应生成氢气，只要Al的质量一定，则Al和足量NaOH、HCl反应生成氢气的量相同，根据转移电子守恒计算Fe的物质的量，据此分析解答．

    本题考查混合物的有关计算，为高频考点，明确物质之间发生的反应是解本题关键，利
    用转移电子守恒进行分析解答，题目难度不大．
    15.【答案】C
    【解析】试题分析：100g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5g，则此时氯化钠的质量分数是26.5%。所以6.5g水最多溶解氯化钠的质量是饱和溶液，浓度不变，答案选C。 考点：考查溶液质量分数的有关计算

    点评：该题是中等难度的试题，试题设计新颖，综合性强，在注重对学生基础性知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力。
    ，因此溶液还是16.【答案】A
    【解析】解：两种气态烃的混合物共1L，在空气中完全燃烧得到1.8L CO2，2L水蒸气，相同体积下气体的体积之比等于物质的量之比，该混合烃的平均分子式为C1.8H4， 则混合气体分子组成肯定含有小于1.8和大于1.8的烃，小于1.8的烃只能为甲烷， 由于甲烷含有4个H原子，混合烃平均含有4个H原子，则另一种也肯定含有4个H，可能为乙烯、丙炔等物质，一定不存在乙烷， 故选：A。
    两种气态烃的混合物共1L，在空气中完全燃烧得到1.8L CO2，2L水蒸气，根据相同体积下气体的体积之比等于物质的量之比可得平均分子式为C1.8H4，利用平均值法可解答该题。
    本题考查有机物分子式确定的计算，题目难度不大，明确常见烃的分子组成为解答关键，注意掌握平均值法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
    17.【答案】B
    【解析】解：A、A的分子式是C6H14消耗氧气的量为6+B、B的分子式为C5H12消耗氧气的量为5+1212144=9.5，故A错误；
    =6，而且三种氢，故B正确；
    C、四种氢，在光照条件下与氯气反应能生成四种不同的一氯取代物，故C错误； D、分子中只有两种氢，所以在光照条件下与氯气反应能生成两种不同的一氯取代物，故D错误； 故选：B。
    1mol该烃燃烧需氧气179.2L(标准状况即179.2L22.4L⋅mol−1=8mol，可以确定烃的化学式，在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物，说明可取代3种不同的位置，以此解答．
    本题考查较为综合，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，涉及有机化学基础、分子式、结构式、等价氢、燃烧方程式等知识的掌握，难度不大．
    18.【答案】C

    【解析】解：A、溶液体积不明确，故溶液中钾离子的个数无法计算，故A错误； B、标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误； C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为2mol，个数为2NA个，故C正确；

    D、钠反应后变为+1价，故1mol钠失去NA个电子，故D错误。 故选：C。
    A、溶液体积不明确； B、标况下乙醇为液体； C、氧气和臭氧均由氧原子构成； D、钠反应后变为+1价。
    本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
    19.【答案】A
    【解析】解：CaCO3的溶解过程如下：

    2+2−CaCO3(s⇌Ca2++CO2−3如果溶液中有大量Ca或大量CO3，都会使平衡左移，减小CaCO3的溶解度．这就是同离子效应．

    而乙醇的极性小于水，因此CaCO3在乙醇中的溶解度依旧比水小．答案是水． 故选A．
    20.【答案】C
    【解析】试题分析：乙酸的化学式为C2H4O2，而单烯烃的通式为CnH2n，所以从化学式可以发现两者中，C与H之间的数目比为1：2，其质量比为12×1：1×2=6：1。又因为混合物中共三种元素，氧的质量分数为a，则碳、氢元素的质量分数之和为1−a，乙醇碳元素的质量分数为，所以答案选C。

    考点：考查利用有机物的组成来进行元素含量计算

    点评：该题是中等难度的试题，侧重对学生答题能力的培养，有利于培养学生的逻辑思维能力和创新思维能力。明确碳、氢的固定组成是解答的关键，能较好的训练学生分析问题、解决问题的能力。
    21.【答案】C
    【解析】解：混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应： ①2NaHCO3  △   Na2CO3+CO2↑+H2O↑

    ②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O 由上述反应，可得总的反应方程式为： Ⅰ、Na2O2+2NaHCO3  △   2Na2CO3+2O2↑+H2O↑ 2Na2CO3+O2↑+2NaOH
    1Ⅱ、2Na2O2+2NaHCO3  △   
    当排出O2和H2O的物质的量为1：1时，只能发生反应Ⅰ、Ⅱ， Ⅰ×2+Ⅱ可得：4Na2O2+6NaHCO3  △   6Na2CO3+2O2↑+2NaOH+2H2O↑
    故n(Na2O2：n(NaHCO3=4：6=2：3， 故选C．
    混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应： ①2NaHCO3  △   Na2CO3+CO2↑+H2O↑

    ②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O 由上述反应，可得总的反应方程式为： Ⅰ、Na2O2+2NaHCO3  △   2Na2CO3+2O2↑+H2O↑ 2Na2CO3+O2↑+2NaOH
    1Ⅱ、2Na2O2+2NaHCO3  △   当排出O2和H2O的物质的量为1：1时，只能发生反应Ⅰ、Ⅱ，根据方程式计算解答． 本题考查混合物的有关计算、钠的化合物的性质等，难度较大，注意利用方程式叠加讨论剩余固体、排出的气体发生的反应情况．
    22.【答案】B
    【解析】解：A.可能发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、Na2CO3+2HCl=1时生成NaHCO3、NaCl，2NaCl+H2O+CO2↑，n(Na2CO3=1：如果n(HCl：如果n(HCl：1时碳酸钠有剩余，NaCl，n(Na2CO3<1：NaHCO3、溶液中的钠盐为Na2CO3、如果n(HCl：n(Na2CO3≥2：1时溶液中钠盐为NaCl，故A错误；
    B.发生反应：2NaOH+CO2(少量=Na2CO3+H2O，NaOH+CO2(足=NaHCO3，当n(NaOH：n(CO2≤1，生成NaHCO3，当1<n(NaOH：n(CO2<2，生成Na2CO3、NaHCO3，当n(NaOH：n(CO2≥2，生成Na2CO3，故B正确；
    C.可能发生的反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO32+2NO↑+4H2O、Fe+4HNO3=n(Fe≤3时生成Fe(NO32，Fe(NO33+NO↑+2H2O，n(Fe≥当n(HNO3：当n(HNO3：4时生成Fe(NO33，如果3<n(HNO3：n(Fe<4时生成Fe(NO32、Fe(NO33，故C错误；
    D.氢氧化铝能溶于强碱溶液但不能溶于弱碱溶液，氨水是弱碱，所以氢氧化铝不溶于氨水，则无论氨水是否过量都不生成偏铝酸根离子，故D错误； 故选：B。
    A.可能发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
    B.可能发生的反应2NaOH+CO2(少量=Na2CO3+H2O，NaOH+CO2(足=NaHCO3； C.可能发生的反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO32+2NO↑+4H2O、Fe+4HNO3=Fe(NO33+NO↑+2H2O；
    D.氢氧化铝能溶于强碱溶液但不能溶于弱碱溶液．
    8    8
    本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，明确反应分界点是解本题关键，较好地考查学生灵活应用知识的能力，注意D中氢氧化铝不溶于弱碱，为易错点．
    23.【答案】D
    【解析】试题分析：惰性电极电解硝酸钾溶液，实质是电解水。设反应后溶液的质量是m，则根据溶质不变可知，32.4g×34×=m×36%，解得m=30.06g，所以被电解的水的质量是32.4g−30.06g=1.8g，物质的量是0.1mol。则根据2H2O2H2↑+O2↑可知，电解0.1mol水转移电子的物质的量是0.1mol×2=0.2mol，则根据电子得失守恒可知，消耗锌的物质的量是0.2mol÷2=0.1mol，答案选D。 考点：考查电化学原理的有关计算

    点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生能力的培养与基础知识的巩固与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确电解产物的判断，然后依据电子得失守恒直接列式计算即可。
    24.【答案】D
    2−−【解析】解：A.ab段：2OH−+CO2=CO2−3+H2O、CO3+H2O+CO2=2HCO3，所以b点溶液中溶质为NaHCO3，故A正确；

    B.oa段：Ba2++2OH−+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗30mL的二氧化碳，bV4段：最后是BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO−需消耗30mL的二氧化碳，所以V4点为90mL，3，故B正确；

    C.根据上述分析，oa段发生Ba(OH2+CO2=BaCO3↓+H2O，故C正确； D.oa段：ab段：2OH−+Ba2++2OH−+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗30mL的二氧化碳、CO2=CO2−3+H2O、ab段消耗(60−30mL的二氧化碳；bV4段：最后是BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO−由Oa段和ab段的反应原理可知，消耗二氧化碳的量Ba(OH2和3，NaOH的物质的量相等，所以原混合溶液中Ba(OH2和NaOH的物质的量之比为30：(60−30=1：1，故D错误， 故选：D。
    2+2−OH−先与CO2反应：2OH−+CO2=CO2−3+H2O，Ba与CO3反应生成BaCO3沉淀，因Ba(OH2+CO2=BaCO3↓+H2O，此认为Ba(OH2先与CO2反应：然后NaOH再与CO2反应，NaOH+CO2=NaHCO3，最后BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO32，据此分析；

    2−−A.ab段：2OH−+CO2=CO2−3+H2O、CO3+H2O+CO2=2HCO3，据此回答；

    B.根据oa段：Ba2++2OH−+CO2=BaCO3↓+H2O，bV4段：最后是BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO−3分析解答；

    C.根据oa段：ab段：Ba2++2OH−+CO2=BaCO3↓+H2O，2OH−+CO2=CO2−3+H2O、−CO2−3+H2O+CO2=2HCO3分析解答；

    D.根据oa段：ab段：Ba2++2OH−+CO2=BaCO3↓+H2O，2OH−+CO2=CO2−3+H2O、−CO2−3+H2O+CO2=2HCO3分析解答。
    本题考查物质之间的反应，明确物质的性质、及反应先后顺序是解本题关键，题目难度中等。
    25.【答案】A

    【解析】解：已知还原性I−>Br−>Cl−，反应后I−有剩余，说明Br−浓度没有变化，通入的Cl2只与I−发生反应，

    3molBr−，4molI−，设原溶液中含有2molCl−，通入Cl2后，它们的物质的量之比变为4：3：2，

    则各离子物质的量分别为：4molCl−，3molBr−，2molI−， Cl−增加了2mol，则需1molCl2，

    则通入的Cl2物质的量是原溶液中I−物质的量的4， 故选A．
    已知还原性I−>Br−>Cl−，反应后I−有剩余，说明Br−浓度没有变化，通入的Cl2只与I−发生反应，根据反应的方程式2I−+Cl2=2Cl−+I2计算．

    本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，注意把握离子还原性的强弱比较，题目从质量守恒的角度分析． 1

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