一、高中化学物质的量
1．物质的量是高中化学中常用的物理量，请回答下列问题：
(1)某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则溶液中SO42-的物质的量是_____mol。 (2)在标准状况下，4.48 L HCl气体溶于水配成500 mL溶液，其物质的量浓度为_____________。
(3)在标准状况下，1.7 g氨气所占的体积约为_________L，与_____mol H2S含有相同的氢原子数。
(4)7.8 g Na2X中含Na+ 0.2 mol，则X的摩尔质量是_____________________。 (5)实验室需要0.3 mol•L-1硫酸溶液480 mL。
①配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外，还需要______________。
②需量取质量分数为98%、密度为1.84 g•cm-3的浓硫酸的体积为______mL。 ③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，操作方法是：_______________。 【答案】0.25 0.4 mo•L -1 2.24 0.15 32 g•mol-1 500mL容量瓶 8.2 将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌 【解析】 【分析】
（1）硫酸钠为强电解质，完全电离，1molNa2SO4电离产生2molNa+和1molSO42-； （2）依据n度； （3）依据n=Vn 计算氯化氢的物质的量，依据c计算溶液中氯化氢的物质的量浓VmVVm= 结合氨气与硫化氢分子构成计算解答； VmMmn（4）由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量，根据M= 计算Na2X的摩尔质量，进而计算X的相对原子质量；
（5）①依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；
1000w计算硫酸的物质的量浓度，依据稀释过程中溶质的物质的量不变计算M需要浓硫酸的体积；
②依据c③依据浓硫酸稀释的正确操作解答，注意浓硫酸的密度大于水，稀释产生大量的热。 【详解】
3.0110232- =0.5moln(SO（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×10个Na，n(Na)=，46.02102323
+
+
)=
0.5mol=0.25mol； 2（2）在标准状况下，4.48 L HCl气体的物质的量为：液，其物质的量浓度为：
4.48 =0.2mol，溶于水配成500 mL溶22.40.2mol =0.4mol/L； 0.5L（3）在标准状况下，1.7g氨气的体积：
1.7g22.4L/mol =2.24L；1.7g氨气中所含氢
17g/mol原子的物质的量：0.1mol×3=0.3mol，与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等，即n(H2S) ×2=0.3mol，n(H2S) =0.15mol；
（4）7.8 g Na2X中含Na+ 0.2 mol，则n(Na2X)=0.1mol，M(Na2X)=相对原子质量为78-23×2=32，摩尔质量为32g/mol；
（5）①实验室需要0.3 mol•L-1硫酸溶液480 mL，应该选择500mL的容量瓶；
7.8g=78g/mol，故X的
0.1mol10001.8498%
98=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，依据稀释前后溶质的物质的量不变可知，18.4×V× 10-3=0.3×500×10-3，V=8.2mL；
②质量分数为98%、密度为1.84 g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为：
③浓硫酸稀释的正确操作为：将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌。
2．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+2MnCl2+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）： ①理论上需要多少克KMnO4参加反应？________。 ②被氧化的HCl的物质的量为多少？________。
【答案】 6.32g 0.2 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KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。 【详解】
(1)在该反应中，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，化合价降低，得到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，化合价升高，失去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5，根据原子守恒，KCl的系数是2，这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应，所有Cl原子都是由HCl提供，因此HCl前的系数为10+6=16，结合H原子反应前后相等，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， 2.24LCl2的物质的量n(Cl2)==0.1mol。 Vm22.4L/mol①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0.1mol×
2=0.04mol，则参与反应的KMnO4的质量m(KMnO4)=0.04mol×158g/mol=6.32g； 5②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。
3．完成下列填空： （1）已知反应：Fe2O3＋2Al
Al2O3＋2Fe，则
①该反应所属基本反应类型是___。
②在反应中铁元素的化合价变化__(填“升高”或“降低”)，该元素的原子__(填“失去”或“得到”)电子。
③发生氧化反应的是__，发生还原反应的是__。
（2）反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O中： ①反应中被氧化的元素是__，被还原的元素是___。 ②若生成71gCl2，则消耗的HCl是__g，被氧化的HCl是__g。 【答案】置换反应 降低 得到 Al Fe2O3 Cl Mn 116.8 73 【解析】 【分析】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。 ②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价； ③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。 (2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原； ②根据方程式进行计算。
【详解】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B，属于置换反应。 ②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；
③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al发生氧化反应；Fe2O3发生还原反应。 (2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；
②若生成71gCl2，即1mol，需消耗3.2molHCl，即3.2×36.5=116.8g；化合价升高的HCl为2mol，即73g。 【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加反应，其中有10molHCl发生了氧化反应，产生了5molCl2，6molHCl价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。
4．按要求完成下列各小题
（1）在同温同压下，相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。
（2）0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___，含有氧原子物质的量之比为___，相同条件下两物质的密度之比为___。
（3）在含有Cu2＋、H＋、Fe2＋、Al3＋、Br－、Cl－的溶液中，还原性最弱的阴离子是___，氧化性最强的离子是___，既有氧化性又有还原性的离子是___。 （4）除去Na2SO4中的Na2CO3所加试剂___，离子方程式___。
【答案】17：14 14：11 1：1 7：11 Cl- Cu2+ Fe2+ 稀H2SO4 CO32-+2H+=CO2↑+H2O 【解析】 【分析】
根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化还原反应进行判断。根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子，所以选择H2SO4进行除杂。 【详解】
（1）相同质量的N2和H2S的物质的量之比为
mm:34:2817:14，根据阿伏伽德罗2834定律，在同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17：14。答案：17：14；
（2）电子数目之比等于电子的物质的量之比。0.8molCO中电子的物质的量为0.8 mol× (6+8)=11.2mol， 0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol×(6+8×2) =8.8mol，电子数目之比为11.2:8.8=14:11；含有氧原子物质的量之比为0.8:0.42=1:1，根据阿伏伽德罗定律的推论可知，相同条件下，气体的密度与摩尔质量成正比，所以相同条件下两物质的密度之比为：28:44=7:11。答案：14:11 1:1 7:11；
（3）卤素单质的氧化性为F2>Cl2>Br2>I2，单质的氧化性越强，其对应的离子的还原性越弱，所以还原性Br－>Cl－, 还原性最弱的阴离子是Cl－；金属单质的金属性越强，其离子的氧化性越弱，所以氧化性最强的离子是Cu2＋；属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，所以Fe2＋既有氧化性又有还原性的；答案：Cl- Cu2+ Fe2+；
（4）除去Na2SO4中的Na2CO3，实质是除去CO32-离子，所加试剂H2SO4，离子方程式CO32-
+2H+=CO2↑+H2O。
5．（1）在标准状况下，CO和CO2的混合气体共28L，质量为51g。其中CO2的质量为_____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）： A．2H2S+O2＝2H2O+2S↓ B．2H2S+3O2＝2H2O+2SO2 C．C2H4+3O2＝2H2O+2CO2 D．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 8：3 1：2 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x+y=
28=1.25， 28x+44y=51，解x=0.25，y=1，则二氧化碳的质量为44g，一氧化碳的物22.4质的量分数为
0.2551=20％，混合气体的平均摩尔质量为=40.8g/mol； 1.251.25 (2) 同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比等于摩尔质量的反比，即为34:17=2：1，原子个数之比等于（2×4）：（1×3）=8:3，密度比等于摩尔质量之比，即为17:34=1：2；
(3) 若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，四个反应的气体体积取决于气体的物质的量的变化，A中体积变小，由于产生固体硫，所以气体密度减小；B中气体体积变小，密度变大；C中气体体积不变，密度不变；D中气体体积变大，密度变小；故符合题意的为D和A。
6．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： 成分 蔗糖 硫酸钾 阿司匹林 高锰酸钾 硝酸银 质量（g） 25.00 0.87 0.17 0.316 0.075 mol-1） 摩尔质量（g·342 174 180 158 170 （1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是__________________。 A．蔗糖 B．硫酸钾 C．高锰酸钾 D．硝酸银
（2）配制上述1L上述“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：量筒、玻璃棒、药匙、烧杯、托盘天平、__________________、__________________（在横线上填写所缺仪器的名称），需要高锰酸钾___________mol。
（3）在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是___________________。 A．定容时俯视容量瓶刻度线
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净 D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
L-1。 （4）“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为________mol·【答案】A 胶头滴管 1000mL容量瓶 0.004 BD 0.024 【解析】 【分析】
（1）电解质指在溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质，常见非电解质包括：非金属氧化物、大多数有机物（如乙醇、葡萄糖等）、氨气等；
（2）根据实验操作的步骤（计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签）以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析；根据500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾质量分析需要高锰酸钾物质的量；
n分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，溶质减少，浓度V偏小，体积偏大，浓度偏小；
（4）求出K+的物质的量、根据溶液的体积，利用物质的量浓度的公式来计算。 【详解】
（3）根据c=
（1）A.蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故A正确；
B.硫酸钾，能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，故B错误； C.高锰酸钾是盐，能在水溶液中和熔融状态下电离出自由移动的离子而导电，是电解质，故C错误；
D.硝酸银，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是电解质，故D错误； 故答案为：A；
（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签,一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解,冷却后转移到1000mL容量瓶中，并用玻璃棒引流,转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2∼3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾
0.316g，物质的量为
0.316g=0.002mol，配制1L溶液需0.004mol，故答案为：胶头滴
158g/mol管、1000mL容量瓶；0.004；
(3)A.定容时俯视容量瓶刻度线，溶液未达到刻度线，体积偏小，浓度偏大，故A错误； B. 容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，不影响溶液的体积，所以浓度不变，故B正确；
C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，容量瓶中沾有溶质，溶质的质量偏大，浓度偏大，故C错误；
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，过会儿，滞留在刻度线以上的溶液将会下落，正好与刻度线相平，不影响溶液的体积，浓度不变，故D正确； 故选：BD；
0.87g=0.005mol，则K+的物质的量为0.01mol，KMnO4的（4）K2SO4的物质的量为：
174g/mol0.316g=0.002mol，则K+的物质的量为0.002mol，所以溶液中的K+总共为物质的量为
158g/mol0.012mol，其物质的量浓度为0.012mol×0.5L=0.024mol/L，故答案为：0.024。
7．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。
(1)图中Y物质的化学式为______。
(2)治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体．则治理烟道气反应的化学方程式为____________________________。
(3)实验室中X气体由不溶性的硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方程式为：_____________________________________________。 (4)Na2S2O3(硫代硫酸钠)是一种用途广泛的钠盐。
①下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是___。
a.Na2S+S b.Z+S c.Na2SO3+Y d.NaHS+NaHSO3
②Na2S2O3具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S2O32-转变为SO42-。 现需处理含标准状况下Cl2 2.24L的织锦物，理论上需要0.00100mol/L Na2S2O3溶液的体积为_______L。
【答案】SO3 2CO+SO2 【解析】 【分析】
依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+6价氧化物为SO3，Z为+4价的盐可以为Na2SO3。 (1)Y是S元素化合价为+6价；
(2)根据反应物、生成物，结合反应中电子转移数目相等，可得反应方程式；
(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，根据离子方程式中物质拆分原则书写反应的离子方程式；
(4)①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；
②根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的Na2S2O3的物质的量，再根据n=cV计算其物质的量。 【详解】
根据上述推断可知X是H2S，Y是SO3，Z是Na2SO3。 (1)Y为S元素的氧化物，化合价为+6价，则Y为SO3；
(2) CO、SO2反应产生S单质和CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2CO+SO2
2CO2+S；
2CO2+S FeS+2H+=Fe2++H2S↑ bd 25
(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，反应的离子方程式为：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；
(4)①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，A中S化合价都小于2，C中物质中S化合价都大于+2价，B、D中S元素化合价必须分别大于2和小于2，故合理选项是bd；
②根据题干信息可知发生反应方程式为：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，标准状况下2.24L Cl2的物质的量是n(Cl2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，在反应中获得电子变为-1价的Cl-，0.1molCl2获得电子的物质的量是0.2mol；S2O32-转变为SO42-，每1mol S2O32-失去8mol电子，则转移0.2mol电子，需消耗S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.2mol÷8=0.025mol，根据n=c·V可知理论上需要0.00100mol/L Na2S2O3溶液的体积V=0.025mol÷0.00100mol/L=25L。 【点睛】
本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算，正确提取图象信息，结合氧化还原反应规律分析为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
8．氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。 I．工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：
(1)电解反应的化学方程式为__________。
(2)若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是___________。
Ⅱ．某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题： (3)B中反应的化学方程式是_________。
(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7g MnO2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。
(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_______。
②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_________。 【答案】2NaCl+2H2O
通电2NaOH+H2↑+Cl2↑ 移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b
导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 7.15g 冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案) 2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O 在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶 【解析】 【分析】
I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验； II.在装置A中制取Cl2，在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染物，在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答。 【详解】
I.(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，反应方程式为：
2NaCl+2H2O
通电2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2)在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。由于放电能力Cl->OH-，所以溶液中的阴离子Cl-放电，失去电子变为Cl2逸出，Cl2检验强氧化性，可以使KI变为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；
II.(3) 在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(4)n(MnO2)=8.7g÷87g/mol=0.1mol，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，根据制取气体方程式：MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.1mol MnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol，说明
HCl过量，制取的Cl2按MnO2计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol，则根据反应关系
1n(Cl2)=0.05mol，所以理论上制取的2漂白粉中Ca(ClO)2的质量为m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知n[Ca(ClO)2]=
(5)①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)；
②试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca(OH)2反应，用化学方程式表示为2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置改进为：在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl气体。 【点睛】
本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。掌握氯气的工业和实验室制取方法，根据电解原理、氧化还原反应规律，结合物质的性质(挥发性、氧化性)等分析判断。
9．PbO2是一种棕黑色粉末，难溶于水，可用作强氧化剂和电极制造等。实验室由Ca(ClO)2溶液氧化碱性Pb(OH)2法制备PbO2的步骤如下：
2Pb(CH3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO2↓+4CH3COONa+CaCl2+2H2O （1）“氧化”过程中，反应液的pH____（填“变大”“变小”或“不变”）。 （2）“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是____________（填化学式）。
（3）产品定性检验：向Mn(NO3)2的HNO3溶液中加入少量产品，搅拌并水浴微热，溶液变紫色，说明含有PbO2。该反应的离子方程式为____（PbO2被还原为Pb2+）。 （4）为测定产品（只含PbO2和PbO）中PbO2、PbO的物质的量之比，称取产品0.5194g， 加入 20.00 mL 0.2500 mol·L－1H2C2O4溶液（PbO2还原为Pb2+）搅拌使其充分反L－1KMnO4标准应，然后用氨水中和，过滤、洗涤除去PbC2O4，滤液酸化后用0.0400 mol·
溶液滴定至终点（MnO4还原为Mn2+，H2C2O4被氧化为CO2），消耗标准溶液10.00 mL。计算产品中n(PbO2) 与n(PbO) 物质的量之比（写出计算过程）____________。
【答案】变小 Pb(OH)2 2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O 9:2 【解析】 【分析】
根据流程可知，醋酸铅与Ca(ClO)2在碱性环境下，发生氧化还原反应，生成PbO2固体和醋酸钠溶液，过滤后得到二氧化铅，由于氢氧化钠与醋酸铅也可反应生成氢氧化铅，因此二氧化铅中含有杂质氢氧化铅，硝酸洗、水洗、干燥得到产品，据此进行分析。 【详解】
（1）根据2Pb(CH3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO2↓+4CH3COONa+CaCl2+2H2O反应可知，反应过程中不断消耗碱，碱性减弱，“氧化”过程中，反应液的pH变小； 故答案是：变小；
（2）醋酸铅也可和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铅沉淀；“氧化”制得的PbO2可能含有的含铅杂质化学式是Pb(OH)2；所以“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是Pb(OH)2； 答案是：Pb(OH)2；
（3）根据题给信息可知，反应后的紫色溶液为MnO4-，因此Mn(NO3)2的HNO3溶液与PbO2反应的离子方程式为：2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O； 故答案是：2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O；
（4）上述过程发生的反应有：6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；PbO2+2 H2C2O4=PbC2O4+2CO2+2H2O；PbO+ H2C2O4=PbC2O4+H2O；根据反应关系可知，与高锰酸钾溶液反应的n（H2C2O4）=2.5×0.04×10×10-3=1×10-3mol；与PbO2、PbO反应的n（H2C2O4）=0.25×20×10-3-1×10-3=4×10-3mol；2n（PbO2）+n（PbO）=4×10-3mol；239g/mol×n（PbO2）+223 g/mol×n（PbO）=0.5194g，n（PbO2）=1.8×10-3mol；n（PbO）=4×10-4mol；所以产品中n(PbO2) 与n(PbO) 物质的量之比1.8×10-3mol：4×10-4mol=9:2； 故答案是：9:2。
10．明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。
（1）明胶溶于水所形成的分散系和K2SO4溶液共同具备的性质是___。
a．都不稳定，密封放置沉淀 b．两者均有丁达尔现象 c．分散质粒子可通过滤纸
-
（2）现需配制0.50mol·L1K2SO4溶液480mL。
①配制溶液时必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、___、___、以及等质量的几片滤纸。
②配制该溶液需称取K2SO4晶体的质量为___。 ③下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是___。
A．容量瓶可长期存放溶液 B．在容量瓶中直接溶解固体
C．溶液未经冷却即注入容量瓶中 D．向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流 ④下列操作会使所配溶液浓度偏低的是___。 A．转移溶液时有液体溅出
B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水 C．定容时俯视刻度线 D．烧杯和玻璃棒未洗涤
（3）现有下列十种物质：①HCl；②NaHCO3；③K2SO4溶液；④CO2；⑤蔗糖晶体；⑥Ca(OH)2；⑦氢氧化铁胶体；⑧NH3·H2O；⑨空气；⑩Al2(SO4)3 (a)上述物质中属于电解质的有___，非电解质的有___(填序号)。
(b)CO2属于酸性氧化物，SiO2也属于酸性氧化物，请写出SiO2和CaO反应的化学方程式：___。
(c)②在水溶液中的电离方程式为___。
(d)胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，服用适量的小苏打
（NaHCO3），能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式：___；如果病人同时患胃溃疡，为防胃壁穿孔，不宜服用小苏打，此时最好用含Al(OH)3的胃药（如胃舒平），它与胃酸反应的离子方程式：___。
(e)若⑦中混有少量的③，提纯的方法是：____。 A.蒸馏(分馏) B.萃取 C.渗析 D.分液
【答案】c 500mL容量瓶 胶头滴管 43.5g D ABD ①②⑥⑧⑩ ④⑤
CaO+SiO2=CaSiO3 NaHCO3=Na++HCO3- HCO3-+H+=H2O+CO2↑ Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O C 【解析】 【详解】
（1）a. 胶体较稳定，溶液是稳定的，a项错误； b. 溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，b项错误； c. 胶粒和溶液都可透过滤纸，c项正确； 故答案为：c；
（2）①配制一定物质的量浓度溶液的实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，根据规格要求可知，需要500mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容。故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；
②实验室需用480mL 0.50mol·L-1 K2SO4溶液，实验室没有480mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，所以需要配制500mL溶液，即配制500mL0.50mol·L-1 K2SO4溶液，需要K2SO4的质量m＝cVM＝0.50mol/L×0.5L×174g/mol＝43.5g，托盘天平精确度为0.1g，用托盘天平称量质量为43.5g；
③A．容量瓶不能长期存放溶液，A项错误；B．容量瓶不能用来稀释浓溶液或溶解固体，只能用来配制溶液，B项错误；C．溶液未经冷却即注入容量瓶中，导致溶液体积偏小，配制浓度偏大，C项错误；D．向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流，防止液体溅出，D项正确；答案选D；
④A．转移溶液时有液体溅出，则溶质的物质的量偏小，最终导致测定浓度偏低，A项正确；B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，对原溶液会稀释，导致溶液体积偏大，造成浓度偏低，B项正确；C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C项错误；D．烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，D项正确；故答案为ABD；
（3）（a）①HCl不电离，但是氯化氢在水中能完全电离，属于强电解质； ②NaHCO3在熔融状态和水溶液中都能完全电离，都属于强电解质；
③K2SO4溶液是混合物属于溶液分散系，既不是电解质也不是非电解质；
④CO2本身在水溶液中或者熔化状态下不能电离出自由移动的离子，属于非电解质； ⑤蔗糖晶体在水溶液中和熔化状态下都不能电离出自由移动的离子而导电，属于非电解质；
⑥Ca(OH)2在熔融状态能完全电离，属于强电解质；
⑦氢氧化铁胶体是混合物，属于胶体分散系，既不是电解质也不是非电解质； ⑧NH3·H2O在水溶液中只能部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质； ⑨空气含多种物质，是混合物，属于分散系，既不是电解质也不是非电解质； ⑩Al2(SO4)3在溶于水或者熔融状态下能完全电离出自由移动的离子属于强电解质； 故答案为：①②⑥⑧⑩；④⑤；
（b）酸性氧化物可与碱性氧化物反应生成盐，故SiO2和CaO反应的化学方程式为CaO+SiO2=CaSiO3；
（c）②NaHCO3为强电解质，在水溶液中能完全电离出钠离子与碳酸氢根离子，其电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；
-+
（d）小苏打（NaHCO3）可与胃酸中HCl反应，其离子方程式为：HCO3+H=H2O+CO2↑；
Al(OH)3为弱碱会中和胃酸，其反应的离子方程式：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（e）提纯胶体中混有的溶液，可采用渗析的方法，C项符合题意，故答案为：C。
11．(1)12.4gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量是_____，X的相对原子质量是______。
(2)某化学兴趣小组对“农夫山泉”矿泉水进行检测时，发现1.0L该矿泉水中含有45.6mgMg2+，则Mg2+的物质的量浓度为______。
(3)CCl4和蒸馏水都是无色溶液，请按下列要求用实验方法鉴别：
①只允许用一种试剂：用两支试管分别取出少量的CCl4和蒸馏水，然后分别加入少量的单质碘，振荡，呈紫红色的液体是______，呈棕黄色的液体是______。
②不用任何试剂：用试管取出少量的其中一种液体，再加入另外一种液体，下层液体是_______，上层液体是______。
【答案】62g/mol 16 1.9×10-3mol/L 碘的CCl4溶液 碘水 CCl4 蒸馏水 【解析】 【分析】
(1)由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量，根据M=X的相对原子质量； (2)先根据n=c=
m计算Na2X的摩尔质量，进而计算nm计算出45.6mgMg2+的物质的量，然后根据物质的量浓度计算公式：Mn，计算出Mg2+的物质的量浓度； V(3)①碘易溶于四氯化碳，碘的四氯化碳溶液为紫红色；碘水为棕黄色；
②水与四氯化碳分层，且四氯化碳的密度比水的密度大。 【详解】
(1)Na2X的物质的量n(Na2X)=质量M=
11n(Na+)=×0.4mol=0.2mol，其质量为12.4g，则Na2X的摩尔22m12.4g=62g/mol，故X的相对原子质量=62-23×2=16； n0.2mol(2)1.0L该矿泉水中含有45.6mgMg2+，含有的镁离子的物质的量为：
m45.6mg103g/mgn(Mg)==0.0019mol，镁离子的物质的量浓度为：M24g/mol2+
c(Mg2+)=
n0.0019mol=1.9×10-3mol/L； V1L(3)①碘易溶于四氯化碳，碘的四氯化碳溶液为紫红色，则用两支试管分别取出少量的CCl4和蒸馏水，然后分别加入少量的单质碘，振荡，呈紫红色的液体是碘的CCl4溶液，呈棕黄色的液体是碘水；
②水与四氯化碳分层，且四氯化碳的密度比水的密度大，则用试管取出少量的其中一种液体，再加入另外一种液体，下层液体是CCl4，上层液体是蒸馏水。 【点睛】
本题主要考查了物质的量浓度的计算，物质的鉴别的知识，注意熟练掌握物质的量与物质的量浓度、摩尔质量的计算公式，有利于激发学生的学习兴趣和学习积极性，把握物质的性质、物质的鉴别为解答的关键。
12．(1)0.5mol某固体A的质量是30g，A的摩尔质量为_________。
(2)在同温同压同体积的条件下，H2与气体B的密度之比是1∶8，则B的相对分子质量为_____。
(3)在25℃ 101kPa的条件下，同质量的CH4和C气体的体积之比是15∶8，则1摩尔C的质量为______。
(4).质量之比为8∶7∶6的三种气体SO2、CO、NO，其分子数之比为_____；氧原子数之比为______；相同条件下的体积之比为_____。
(5)4.8g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的气体质量为12.8g。则在标准状况下，生成物CO和CO2的体积比为_______。
【答案】60g/mol 16 30g 5：10：8 5：5：4 5：10：8 3：1 【解析】 【详解】
(1)A的摩尔质量=30g÷0.5mol=60g/mol，故A的摩尔质量为60g/mol；
(2)H2与气体B的密度之比是1:8，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故B的摩尔质量为8×2g/mol=16g/mol，数值上相对分子质量=摩尔质量=16； (3)由
mgmg:=15：8，故M(C)=30g/mol，1mol C的质量为30g；
16g/molM(C) (4)质量之比为8:7:6的三种气体SO2、CO、NO的物质的量之比为
8g7g6g::=5:10:8，故三者分子数之比为5:10:8，含有氧原子数之比为
64g/mol28g/mol30g/mol(5×2):10:8=5:5:4，相同条件下的体积之比为5:10:8；
(5)设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则：12x+12y=4.8，28x+44y=12.8，解得x=0.3，y=0.1，故标况下CO和CO2的体积比等于物质的量之比为0.3mol：0.1mol=3：1。
13．按要求完成下列填空。
（1）在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为___。
10H2O）溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+，则（2）将3.22g芒硝（Na2SO4·需水的质量为__g。
（3）在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净，所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。
（4）100mL 0.3mol/L Na2SO4(密度为d1 g/cm3)和50mL 0.2mol/L Al2(SO4)3(密度为d2 g/cm3)混合，所得密度为d3 g/cm3的混合溶液中SO42-的浓度为___________。（用含d1,d2, d3的式子表示）
（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7，现将7mol AOH与5mol BOH混合后，从中取出5.6g，恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_____。
（6）标准状况下，用一定量的水吸收HCl气体后制得浓度为1.0mol/L，密度为1.0365g/cm-3的盐酸。请计算1体积水吸收_______体积的HCl可制得上述氨水。 (83.3%) 6d3/(10 d1+5 d2)mol/L 40g/mol 22.4 【答案】6：3：2 34.2 56或【解析】 【详解】
（1）设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z，由分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则种溶液中Cl-的物质的量相等，x=y×2=z×3，解得x：y：z=6：3：2，因溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度之比，所以浓度之比为6：3：2； 故答案是：6：3：2；
（2）3.22g芒硝的物质的量为3.22/322=0.01mol，所以溶液中
n(Na+)=2n(Na2SO4·10H2O)=0.01×2=0.02mol，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n(H2O)=100n(Na+)=2mol，0.01mol Na2SO4·10H2O 中含有水的物质的量为0.01×10=0.1mol，所以需要的水的物质的量为2-0.1=1.9mol，所以需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g； 故答案是：34.2；
（3）用排气法收集氨气后，收集到的氨气气体不纯，含有空气；空气的平均相对分子质量为29，混合气体的平均相对分子质量为: 9.5×2=19；设烧瓶的容积为V L，氨气的体积为x L，空气的体积为(V-x)L，则有:[17x/Vm+(29×(V-x)/Vm)]÷(V/Vm)=19，解之得:x=
5V；将此瓶6气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即烧瓶总体积为:(故答案是：
5V，烧瓶内液面上升的体积占655V)/V=(或83.3%)； 665(或83.3%)； 6（4）混合液的质量为(100d1+50d2)g，混合后溶液的体积为：[(100d1+50d2)÷d3]mL=[(100d1+50d2)÷d3]×10-3L；溶液混合后n(SO42-)=(0.1×0.3×1+0.05×0.2×3)=0.06mol；根据c=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：0.06÷[(100d1+50d2)÷d3]×10-3=60 d3/(100d1+50d2)mol/L=6d3/(10d1+5d2)mol/L 故答案是：6d3/(10d1+5d2)mol/L；
（5）设AOH和BOH的摩尔质量分别为5x g/mol和7x g/mol，n(HCl)=n(OH-)=0.1×1.2=0.12mol；7mol AOH与5mol BOH混合物中含有n(OH-)=7+5=12，根据题意可知，5.6g混合碱中含有n(OH-)=0.12mol，则含有n(OH-)=12mol时，混合碱的质量为560g；根据7mol×5x g/mol+5mol×7x g/mol=560g可知，x=8，所以AOH的摩尔质量为40g/mol； 故答案是：40g/mol；
（6）假设溶液体积为1.00L，1.00L盐酸中含氯化氢的物质的量为：1L×1mol/L=1mol，V(HCl)=1×22.4=22.4L；1.00L盐酸中含水的质量为：m(H2O)=1×1.0365×103-1×36.5=1000g，V(H2O)=1L；标准状况下，1体积水吸收氯化氢的体积为V=[V(HCl)/ V(H2O)]×1L=22.4L； 故答案是：22.4。
14．（1）在标准状况下①6.72L CH4②3.01×1023个HCl分子③13.6g H2S④0.2mol NH3，体积最大的是____，密最大的是度___，质量最小的是___，氢原子个数最多的是____。（填写序号）
（2）等温等压下，质子数相等的CO、N2两种气体，质量之比为____，体积之比为____，摩尔质量之比____。
（3）某物质在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解方程式为：3A＝B＋3C＋2D。测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a，则A的摩尔质量为____。 【答案】② ② ④ ① 1:1 1:1 1:1 4a g/mol 【解析】 【详解】
(1)①6.72L CH4中：n(CH4)=
6.72L=0.3mol，m(CH4)=0.3mol×16g/mol=4.8g，ρ(CH4)=
22.4L/molmM16==g/L，N(H)=4N(CH4)=1.2NA； VVm22.43.011023=0.5mol，V(HCl)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，②3.01×1023个HCl分子中：n(HCl)=236.0210ρ(HCl)=
mM36.5==g/L，m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，N(H)=N(HCl)=0.5NA； VVm22.4③13.6g H2S 中：n(H2S)=
13.6g=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L，ρ(H2S)=
34g/molmM34==g/L，N(H)=2N(H2S)=0.8NA； VVm22.4④0.2mol NH3中：m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g，V(NH3)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，ρ(NH3)=
mM17==g/L，N(H)=3N(NH3)=0.6NA. VVm22.4所以：体积最大的是②，密度最大的是②，质量最小的是④，含氢原子数最多的是①； （2）CO、N2两种气体涉及的元素有C、O、N质子数分别为6、8、7，所以两种气体的分子的质子数分别为：14、14，质子数相等的CO、N2，物质的量相等；CO、N2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol，故摩尔质量之比1:1；根据m=nM知：质量之比与摩尔质量成正比为28:28=1:1；根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积，故体积之比为1:1；
（3）化学方程式系数的意义：表示物质的量。设A的物质的量为3mol，则三种混合气体的总物质的量为6mol，由于平均相对分子质量为2a，即平均摩尔质量为2a g/mol，三种气体质量总和为12a g，根据质量守恒定律，A的质量也是12a g，故A的摩尔质量为4a g/mol。
15．氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。
Ⅰ.次氯酸钠是最普通的家庭洗涤中的“氯”漂白剂和消毒剂。已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签，完成以下问题：
L-1。 （1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·
（2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为___g。
（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）： ①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久___； ②定容时俯视容量瓶刻度线___。
Ⅱ.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 试回答下列问题：
（1）请用双线桥表示反应中电子转移的情况___。 2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
（2）试比较KClO3和CO2的氧化性强弱：KClO3___CO2（填“>”“<”或“=”）。
（3）消毒时，ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物，此过程说明ClO2具有___（填“氧化”或“还原”）性。
（4）在标准状况下，当生成11.2LClO2时，转移电子的数目为___。 【答案】6（或6.0） 44.7 偏低 偏高
> 氧化
0.5NA 【解析】 【分析】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度c=1000ρω。 M
⑵先根据物质的量浓度计算NaClO物质的量和NaClO固体的质量。
⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g固体中NaClO的质量减少；②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小。 Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低，H2C2O4中C化合价升高。 ⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
⑶Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等，化合价升高，则ClO2化合价降低。
⑷生成2mol ClO2转移2mol电子，先计算生成11.2LClO2的物质的量，再计算转移电子物质的量和电子的数目。 【详解】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
c=1000ρω10001.237.25%molL16molL1；故答案为：6(或6.0)。 M74.51⑵该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液，则需要的NaClO物质的量为n=cV(aq)=6molL0.1L=0.6mol，则需要用托盘天平称量NaClO固体的质量m=nM=0.6mol74.5gmol=44.7g；故答案为：0.6；44.7。
⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g固体中NaClO的质量减少，因此物质的量浓度偏低；故答案为：偏低。
②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小，物质的量浓度偏高；故答案为：偏高。 Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低，H2C2O4中C化合价升高，因此用双线桥表示反应中电子转移
1的情况；故答案为：
。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此KClO3氧化性大于CO2的氧化性，故答案为：＞。
⑶消毒时，ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物，Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等，化合价升高，则ClO2化合价降低，因此此过程说明ClO2具有氧化性；故答案为：氧化。
⑷在标准状况下，生成2mol ClO2转移2mol电子，当生成11.2LClO2即物质的量为
n=V11.2L=0.5mol时，转移电子物质的量为0.5mol，电子的数目为0.5NA；Vm22.4Lmol1故答案为：0.5NA。
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