福建省建瓯市芝华中学2019-2020学年高一上学期第一次阶段考试化学试题

福建省建瓯市芝华中学2019-2020学年高一上学期第一次阶段考试化学试题

www.ks5u.com 芝华中学2019-2020学年第一次月考 高一化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 Fe 56‎ 一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1. 将钠投入滴有石蕊的水中，下列有关现象的叙述中错误的是 A. 钠浮在液面上 B. 有气体产生 C. 水溶液变为红色 D. 钠熔成小球并在水面四处游动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：钠的密度小于水，所以钠会浮在液面上，故A正确；钠和水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成氢氧化钠和氢气，所以有无色无味的气体产生，B正确；钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，不是红色，C错误； 钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，钠熔点低反应过程中融成小球在水面四处游动， D正确。‎ 考点：考查了钠和水的反应，涉及钠的物理性质、化学性质。‎ ‎2.下列说法中不正确的是 (　　)‎ A. Na2O2可用作呼吸面具中氧气的来源 B. Na2O 和Na2O2投入水中都能生成NaOH C. Na2O2和Na2O 均可以露置在空气中保存 D. NaCl的性质稳定，可用作调味品 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．Na2O2能够与水蒸气和二氧化碳反应放出氧气，可用作呼吸面具中氧气的来源，故A正确；B．Na2O与水反应生成氢氧化钠，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，都能生成NaOH，故B正确；C．Na2O2和Na2O都能与空气中水蒸气和二氧化碳反应应该密闭保存，故C错误；D．在空气中，NaCl的性质稳定，常用作调味品，故D正确；故选C。‎ 考点：考查了钠及其化合物的性质和用途的相关知识。‎ ‎3.Na与水、氧气、氯气等均能反应，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 将Na投入盐酸中，Na先与水反应，生成的NaOH再与HCl反应 B. Na与氧气在常温下反应生成Na2O2，加热时二者反应生成Na2O C. Na虽然能与氯气反应生成NaCl，但不能在氯气中燃烧 D. 常温下，Na可以与水反应，证明Na比Fe更活泼 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将Na投入盐酸中，Na先与HCl反应生成氢气及氯化钠，若Na过量，过量的Na再与水反应，选项A错误；‎ B、Na与氧气在常温下反应生成Na2O，加热时二者反应生成Na2O2，选项B错误；‎ C、Na在氯气中可以燃烧，选项C错误；‎ D、常温下，Na可以与水剧烈反应，Fe与水常温下不反应，证明Na比Fe更活泼，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列关于钠及其化合物的叙述正确的是（ ）‎ ‎①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是化合反应 ‎②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2稀溶液反应得到白色沉淀 ‎③钠在常温下不容易被氧化 ‎④Na2O2可做供氧剂，而Na2O不能 ‎⑤向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成 A. 只有④ B. ②③④⑤ C. ②⑤ D. ④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①Na2O2与水反应不是化合反应，故①错误；‎ ‎②NaHCO3溶液不与CaCl2溶液反应，故②错误；‎ ‎③钠在常温下易被氧化成氧化钠，故③错误；‎ ‎④Na2O2能和水蒸气或二氧化碳反应放出氧气，可做供氧剂，而Na2O不能，故④正确；‎ ‎⑤向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，生成氢氧化钠和氧气，溶液先变红，由于反应中有H2O2生成，且H2O2具有强氧化性，所以溶液会褪色，故⑤正确；‎ 答案选D。‎ ‎5. 下列化合物中，氯元素的化合价为+5价的是 A. HCl B. NaCl C. KClO3 D. KClO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：HCl中H为+1价，Cl为-1价， A错误；NaCl中Na为+1价，Cl为-1价，故B错误；KClO3中K为+1价，O为-2价，由化合价代数和为0可知，Cl为+5价， C正确；KClO4中K为+1价，O为-2价，由化合价代数和为0可知，Cl为+7价， D错误。‎ 考点：考查有关元素化合价的计算 ‎6.下列说法正确的是(　　)‎ A. 向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后退色 B. 光照新制氯水有气体逸出，该气体是氧气 C. 漂白粉的有效成分是CaCl2和Ca(ClO)2，应密封保存 D. 氯气有漂白性，所以氯气能使有色布条退色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】新制氯水中，Cl2中有一部分与水发生反应：Cl2＋H2O===HCl＋HClO，而久置氯水，由于HClO见光会分解放出氧气，最终溶液将变为盐酸，不含HClO，有酸性而无漂白性，因此向久置氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液只变红而不退色，选项A错误，选项B正确； Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，为了避免漂白粉与空气接触而变质，漂白粉应密封保存，选项C错误；Cl2本身无漂白性，不能使干燥的有色布条退色，选项D错误。答案选B。‎ ‎7.下列物质的保存方法不正确的是（ ）‎ A. 漂白粉密封保存 B. 氯水保存在无色试剂瓶中 C. 过氧化钠应密封保存 D. 金属钠保存在煤油中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、漂白粉露置在空气中，会与二氧化碳及水蒸气反应而逐渐失效，故应密封保存，选项A正确；‎ B、氯水中的次氯酸见光分解，故氯水需保存在棕色试剂瓶中，选项B不正确；‎ C、过氧化钠能与空气中的二氧化碳及水蒸气反应，故应密封保存，选项C正确；‎ D、金属钠能与空气中的氧气及水蒸气反应，故通常保存在煤油中，选项D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查药品的储存，解题的关键是了解所储存物质的特性，易错点为选项B，氯水中的次氯酸见光分解，故氯水需保存在棕色试剂瓶中。‎ ‎8.下列关于氯气和氯水的说法中正确的是 A. 氯气是一种无色、密度比空气大的有毒气体 B. 红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧生成FeCl2‎ C. 新制氯水能杀菌消毒是因为Cl2有毒，能毒杀细菌 D. 氯水放置数天后酸性增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯气是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体，故A错误；‎ B、氯气的氧化性较强，红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧生成FeCl3，故B错误；‎ C、新制氯水能杀菌消毒是因为Cl2溶于水生产了次氯酸，次氯酸能杀菌消毒，故C错误；‎ D、氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸，酸性增强，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.已知两瓶气体，分别是HCl和Cl2，可以区别它们的方法或试剂是 ‎①观察颜色　②打开瓶盖看有无白雾　③硝酸银溶液　④湿润的红色石蕊试纸　⑤湿润的蓝色石蕊试纸．‎ A. ①②③④ B. ①②⑤ C. ①②④⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①观察颜色：无色气体为氯化氢，黄绿色气体为氯气，可以区别；②打开瓶盖看有无白雾：产生白雾的为氯化氢，不产生白雾的为氯气，可以区别；③硝酸银溶液：两种气体溶于水后都会产生氯离子，氯离子都会与硝酸银反应产生氯化银白色沉淀，无法区别；④湿润的红色石蕊试纸：能使试纸变红的是氯化氢气体，能使试纸先变红后褪色的是氯气，可以区别；⑤湿润的蓝色石蕊试纸：能使试纸变红的是氯化氢，能使试纸先变红后褪色的是氯气，可以区别；答案选C。‎ ‎10.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )‎ A. 含0.1mol BaCl2的溶液中Cl－数为0.1NA B. 22gCO2所含有的分子数为0.5NA C. 11.2LCO2所含有的分子数为0.5NA D. 常温下NA个Cl2分子所占有的体积为22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含0.1 mol BaCl2的溶液中Cl－数为0.2NA，A错误；‎ B．22 g CO2的物质的量是0.5mol，所含有的分子数为0.5NA，B正确；‎ C．11.2 L CO2不一定处于标准状况下，因此物质的量不一定是0.5mol，则所含有的分子数不一定为0.5NA，C错误；‎ D．常温下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，因此NA个Cl2分子所占有的体积不是22.4 L，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 17g氨气所含电子数目为10NA B. 32g氧气所含原子数目为NA C. 在25℃，压强为1.01×105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NA D. 32g氧气与44g二氧化碳的体积一定相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个氨分子含10电子，17g氨气为1mol，所含电子数目为10NA，故A正确；‎ B. 氧分子为双原子分子，32g氧气所含原子数目为2NA，故B错误；‎ C. 在25℃，压强为1.01×105Pa，不是标准状况，故C错误；‎ D. 温度、压强不一定相同，32g氧气与44g二氧化碳的体积不一定相同，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )‎ A. 常温常压下，11.2L二氧化硫所含的氧原子数等于NA B. 0.5molH2O所含电子数为9NA C. 8.0gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NA D. 300mL2mol·L-1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温常压下，11.2L二氧化硫物质的量不是0.5mol，因此氧原子数也不等于NA，故A错误；‎ B.1mol水分子中含10mol电子，0.5molH2O所含的电子数为5NA，故B错误；‎ C．Cu2S的摩尔质量是CuO的2倍，含有的铜原子也是CuO的2倍，故8.0g混合物可以认为均由CuO构成，故含有的CuO的物质的量为n==0.1mol，则含0.1NA个铜原子，故C正确；‎ D.300mL2mol•L-1蔗糖溶液中溶质分子物质的量=0.3L×2mol/L=0.6mol，溶液中还含有水分子，溶液中所含分子数大于0.6NA，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。本题易错点为C，也可以设Cu2S和CuO的物质的量分别为x、y，根据质量找到x、y的关系，然后再求含有的铜原子数。‎ ‎13.同温同压下，甲容器中的NH3和乙容器中的CH4所含的原子总数相同，则甲容器与乙容器的体积之比为（ ）‎ A. 1∶1 B. 5∶4 C. 3∶4 D. 2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设氨气和甲烷的物质的量分别是xmol、ymol，由同温同压下，体积比等于气体的物质的量比可得4x＝5y，解得x︰y＝5︰4，故选B。‎ ‎14.同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是(　　)‎ ‎①密度比为16∶11　②密度比为11∶16　③体积比为16∶11　④体积比为11∶16‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】同温同压下，气体摩尔体积相同，设两种物质的质量都为1g，则SO2和CO2的物质的量之比=mol：mol=11：16，根据ρ＝知，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，根据V=Vm知，相同质量的两种气体，其体积之比等于摩尔质量的反比=44g/mol：64g/mol=11：16，所以①④正确；‎ 故选B。‎ ‎15.500 mL 2 mol·L－1的MgCl2溶液中含有氯离子的物质的量是(　　)‎ A. 1 mol B. 2 mol C. 3 mol D. 1000 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：n（MgCl2）= 2mol/L×0．5L=1mol；n（Cl—）=2n（MgCl2）= 2mol，故B正确。‎ 考点：本题考查物质的量浓度。‎ ‎16.300 ml 0.1 mol／L的ALCl3溶液与200 ml 0.3 mol／L的NaCl溶液中c（Cl-）之比为 A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 3：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据氯化铝与氯化钠的化学式可知，溶液中氯离子浓度分别是0.1mol/L×3和0.3mol/L×1，所以两份溶液中氯离子的浓度之比是1︰1的，答案选A。‎ ‎17.下列各物质所含原子数由多到少的顺序是( )‎ ‎①24 g石墨　②0.7 mol NH3　③4.6 g钠　④0.2 mol H2SO4　⑤4 g He A. ①③②④⑤ B. ②①④⑤③‎ C. ②④①⑤③ D. ④⑤②①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①24g石墨的物质的量 ，含有C原子为2NA；②1个NH3 含有4个原子，所以0.7 mol NH3含有原子物质的量，故原子个数为2.8 NA；③4.6 g钠的物质的量，含有Na原子为0.2 NA；④0.2 mol H2SO4   含有原子物质的量，故含有的原子数为1.4 NA；⑤4g He的物质的量为含有He原子为NA；故所含原子数由多到少的顺序是②①④⑤③，故选B。‎ ‎【点睛】本题重点考查质量、物质的量和个数之间的相互转化。根据 计算石墨、钠、He的物质的量，再计算各物质含有原子数目进行比较，注意He为单原子分子。‎ ‎18.现有500 mL 1 mol·L－1的H2SO4溶液，下列操作及结论正确的是（ ）‎ A. 取出50mL该溶液，其中c(SO42-)＝0.1 mol·L－1‎ B. 取出50mL该溶液，加入足量的BaCl2溶液，完全反应，可得11.65gBaSO4沉淀 C. 取出100mL该溶液，加入足量的锌粒，充分反应，所得气体的体积为2.24L D. 取出50mL该溶液，加蒸馏水配制成100 mL溶液，其中所含溶质质量为9.8g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、50 mL该溶液中，H2SO4的物质的量浓度为1 mol·L－1，则c(SO42-)=1 mol·L－1，选项A错误；‎ B、50mL该溶液中，n(H2SO4)=0.05 mol，加入足量的BaCl2溶液可得到沉淀的质量m(BaSO4)=0.05 mol×233g·mol－1=11.65 g，选项B正确；‎ C、取出100mL该溶液，加入足量的锌粒，充分反应，生成氢气的物质的量为0.1mol，但气体体积在标准状况下才是2.24L，选项C错误；‎ D、50mL该溶液中所含H2SO4的质量m(H2SO4)=0.05mol×98 g·mol－1=4.9 g，选项D错误；‎ 答案选B。‎ 二、非选择题(本题包括5小题，共46分)‎ ‎19.（1）在标准状况下，体积为6.72L的CO质量为___，CO物质的量为____，CO分子数为____，CO摩尔质量为____。‎ ‎（2）在标准状况下，体积为8.96 L的CO和CO2的混合气体共14.4g。CO的质量为____g。CO的体积为___L。混合气体的平均摩尔质量为___g·mol－1。‎ ‎【答案】 (1). 8.4g (2). 0.3mol (3). 0.3NA (4). 28g·mol－1 (5). 5.6 (6). 4.48 (7). 36‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据n=m/M=V/Vm=N/NA计算；‎ ‎（2）设CO和CO2的物质的量分别为x、y，结合质量关系、物质的量关系计算。‎ ‎【详解】（1）在标准状况下，体积为6.72L的CO质量为28g·mol-1×6.72L/22.4L·mol－1=8.4g，CO物质的量为6.72L/22.4L·mol－1=0.3mol，CO分子数为0.3mol×NA=0.3NA，CO摩尔质量为28g·mol－1。‎ ‎（2）设CO和CO2的物质的量分别为x、y，则 ‎28x+44y=14.4g x+y=8.96L/22.4L·mol－1，解得x=0.2mol、y=0.2mol，‎ CO的质量为0.2mol×28g·mol－1=5.6g。CO的体积为0.2mol×22.4L·mol－1=4.48L。混合气体的平均摩尔质量为 =36g·mol－1。‎ ‎【点睛】把握物质的量为中心的基本计算公式为解答的关键，（2）是混合物计算，是难点，可列方程组求出各组分的物质的量，然后再进行其他相关计算。‎ ‎20.某校科学兴趣小组探究二氧化碳气体与过氧化钠反应是否有氧气生成，设计了如图的实验装置。B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，目的是除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，E为收集氧气装置。‎ ‎（1）写出装置A中发生反应的化学方程式_________________________。‎ ‎（2）C中盛有________，目的是__________________________________。‎ ‎（3）写出装置D中发生反应的化学方程式_________________________________。‎ ‎（4）指出装置E的错误：_________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑ (2). 浓硫酸 (3). 除去二氧化碳中混有的水蒸气 (4). 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 (5). E中导气管应短进长出 ‎【解析】‎ 由题中信息可知，该兴趣小组首先用大理石和盐酸反应制取二氧化碳，然后用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的杂质氯化氢，接着经C装置将二氧化碳干燥后再通入D与过氧化钠反应，用E排水集气收集产生的氧气，F用来承接E排出的水。‎ ‎（1）装置A中发生反应的化学方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑。‎ ‎（2）干燥二氧化碳常用的液体干燥剂是浓硫酸，所以C中盛有浓硫酸，目的是除去二氧化碳年中混有的水蒸气。‎ ‎（3）装置D中发生反应的化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。‎ ‎（4）排水集气，导气管应短进长出，装置E的错误是导气管长进短出，这样只能收集到很少的气体。‎ ‎ 点睛：解性质探究实验题首先要明确实验目的，然后是原料的制备和净化，接着是性质实验，最后是实验现象的显示、观察、收集和处理，根据实验现象得出合理结论。‎ ‎21.某研究性学习小组欲探究氯气的化学性质，设计如图所示的实验装置。‎ 已知：该装置气密性良好；铜粉放在耐高温托盘内(防止硬质玻璃管炸裂)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）为防止铜与空气中的氧气反应，在加热之前应该进行的操作为____。‎ ‎（2）当观察到AgNO3溶液中出现白色沉淀时，点燃酒精灯加热；写出AgNO3溶液中发生反应的化学方程式：____。‎ ‎（3）硬质玻璃管中的反应现象为____，反应的化学方程式为____。‎ ‎（4）装置中空试管的作用是____。‎ ‎（5）实验中，观察到紫色石蕊溶液颜色的变化为____。‎ ‎（6）烧杯中氢氧化钠溶液的作用是___，发生反应的化学方程式为_____。‎ ‎（7）盛水的试管中，溶液最后的颜色为___，说明氯气____(填“能”或“不能”)溶于水。‎ ‎【答案】 (1). 通入氯气排尽装置中的空气 (2). Cl2＋H2O=HCl＋HClO、HCl＋AgNO3=AgCl↓＋HNO3 (3). 剧烈反应，产生棕黄色的烟 (4). Cu＋Cl2CuCl2 (5). 防止右侧试管中的水倒吸入硬质玻璃管中，使硬质玻璃管炸裂 (6). 先变红后褪色 (7). 吸收尾气中的氯气，防止污染空气 (8). Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O (9). 浅黄绿色 (10). 能 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通入干燥的氯气加热后与铜反应生成氯化铜，硬质玻璃管中的反应现象为：剧烈反应，产生棕黄色的烟，氯化铜溶于水，用水吸收，末反应的氯气与水反应，氯水既有酸性又有漂白性，观察到紫色石蕊溶液颜色的变化为先变红后褪色，氯水中含有氯离子，与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，氯气有毒，尾气用氢氧化钠溶液处理，防止污染空气。‎ ‎【详解】（1）为防止铜与空气中的氧气反应，在加热之前应该进行的操作为通入氯气排尽装置中的空气。‎ ‎（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，当观察到AgNO3溶液中出现白色沉淀时，点燃酒精灯加热；AgNO3溶液中发生反应化学方程式：Cl2＋H2O=HCl＋HClO、HCl＋AgNO3=AgCl↓＋HNO3 。‎ ‎（3）铜和氯气加热后发生反应生成氯化铜，硬质玻璃管中的反应现象为剧烈反应，产生棕黄色的烟，反应的化学方程式为Cu＋Cl2CuCl2 。‎ ‎（4）装置中空试管的作用是防止右侧试管中的水倒吸入硬质玻璃管中，使硬质玻璃管炸裂。‎ ‎（5）氯水既有酸性又有漂白性，实验中，观察到紫色石蕊溶液颜色的变化为先变红后褪色。‎ ‎（6）氯气有毒，烧杯中氢氧化钠溶液的作用是吸收尾气中的氯气，防止污染空气，发生反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。‎ ‎（7）盛水的试管中，溶液最后的颜色为浅黄绿色，说明氯气能溶于水。‎ ‎22.某0.2L无土栽培用的营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质，测得该营养液中部分离子的浓度柱状图如图甲所示：‎ ‎（1）该营养液中K2SO4的物质的量浓度为____mol·L－1，含KCl的质量为____。‎ ‎（2）该营养液中NH4Cl的物质的量为____。‎ ‎（3）将该营养液加水稀释，稀释过程中NH浓度(c)随溶液体积(V)变化的曲线如图乙所示，则V1＝____，V2＝___。‎ ‎【答案】 (1). 4.0 (2). 14.9g (3). 1.6mol (4). 0.2 (5). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据硫酸根离子的浓度可知硫酸钾的物质的量浓度，根据钾离子守恒可以计算出氯化钾的浓度及质量；‎ ‎（2）根据氯离子的总浓度、氯化钾的浓度可以计算出氯化铵的物质的量浓度，再根据n=cV计算出氯化铵的物质的量；‎ ‎（3）据c=n/V可知V=n/c，代入数据求算即可。‎ ‎【详解】（1）硫酸根离子物质的量浓度为4.0mol·L－1，则硫酸钾的物质的量浓度为：c（K2SO4）=c（SO42－）=4.0mol·L－1；根据钾离子守恒可知，c（K＋）=c（KCl）+2c（K2SO4），则c（KCl）=c（K＋）-2c（K2SO4）=9.0mol·L－1-4.0mol·L－1×2=1.0mol·L－1，溶质氯化钾的质量为：m（KCl）=McV=74.5g·mol－1×1.0mol·L－1×0.2L=14.9 g；‎ ‎（2）根据氯原子守恒可知，c（Cl－）=c（KCl）+c（NH4Cl），则：c（NH4Cl）=c（Cl－）-c（KCl）=9.0mol·L－1-1.0mol·L－1=8.0mol·L－1，氯化铵的物质的量为：n（NH4Cl）=8.0mol·L－1×0.2L=1.6mol；‎ ‎（3）据c=n/V可知V=n/c，V1=1.6mol/8mol·L－1=0.2L，V2=1.6mol/1.6mol·L－1=1.0L；‎ ‎【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算，注意掌握物质的量浓度的概念及计算方法，难点（1）（2）要能够利用质量守恒找出溶液中各离子浓度之间的关系。‎ ‎23.已知过氧化钠投入水中能发生下列反应：2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑。若7.8g过氧化钠投入足量水中，求生成NaOH 的物质的量和所生成的O2在标准状况下的体积。‎ ‎【答案】n(NaOH)＝0.2mol V(O2)＝22.4L/mol×0.05mol=1.12L ‎【解析】‎ 试题分析：设生成NaOH 的物质的量为x，所生成的O2在标准状况下的体积为y，则由 ‎2Na2O2+ 2H2O = 4NaOH + O2↑‎ ‎ 2×78 4 22.4‎ ‎7.8g X y 由比例关系式：‎ 所以x= 0.2 y=1.12‎ 考点：物质的量有关的计算 点评：本题重点考查的是物质的量在化学计算中的应用，解答此类为题需要对定量关系一定要准确识记，会应用。‎ ‎ ‎