高三化学一轮复习化学计量专题训练.docx

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1、高三化学一轮复习化学计量专题训练一、单选题1下列关于阿伏加德罗常数的叙述不正确的是A阿伏加德罗常数是指1mol物质中所含有的原子数B微粒的数目与物质的量成正比C国际上规定0.012kg 中所含碳原子数为阿伏加德罗常数的值D1mol 中的分子数为原子数的2下列关于粒子数的叙述正确的是A溶液所含数为B标准情况下，乙醇含有的分子数为C和组成的混合气体中含有的氧原子数为D1molNa变为时得到的电子数为3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A在标准状况下,22.4 L CH4和CO2 的混合气体中，碳原子数为NAB在标准状况下,NA个H2O分子所占体积为22.4 LC常温常压下,28 g 氮

2、气含有的核外电子总数为10NAD含等物质的量的NaCl和CaCl2的溶液中,Cl-总数为3NA4用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，16.8LCH4与足量氯气在光照下反应生成CH3Cl分子数目小于0.75NAB1.05molNa2O2分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数目均为1.05NAC78g苯与足量H2发生加成反应时破坏键数目为3NAD标准状况下，22.4L的O2与足量SO2反应，生成的SO3分子数为2NA5下列叙述中正确的是A摩尔是物质的量的单位，每摩尔物质含有6.021023个分子B22.4LCO和CO2的混合气体中所含的碳原子数一定是NAC224L升的O

3、2约含1.2041024个O原子D0.5 mol He约含有6.021023个电子6通常状况下，在体积一定的密闭容器中的NH3和Cl2恰好完全反应，若反应产物只有N2和NH4Cl，则反应前后容器中的压强比应接近于A1：11B11：1C7：11D1：17用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A1molN2所含有的原子数为NAB标准状况下，22.4L水中含有的水分子数为NAC标准状况下，22.4L氧气所含的原子数为NAD24gO2分子和24gO3分子所含的氧原子数目相等8已知1.5051023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是A16gB32gC64gmol-1D32gmol-

4、19在KCl、MgCl2、Mg(NO3)2形成的混合溶液中，n(K+)=0.2mol，n (Mg2+)=0.15mol，n(Cl-) = 0.2mol，则n(NO3-)为（ ）A0.05 molB0.20 molC0.30 molD0.40 mol10已知：。把含、的混合溶液分成两等份，一份用刚好把氨气全部赶出，另一份恰好与的溶液完全反应，则原溶液中为ABCD11下列叙述正确的是 （ ） 氧化还原反应的实质是电子的得失。若1 mol气体的体积为22.4 L，则它一定处于标准状况下。标准状况下，1 L HCl和1 L H2O的物质的量相同。同温同压下,任何气体的分子间距离几乎相等。利用丁达尔现象

5、可以区别溶液和胶体。两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同。在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大。气体的密度与气体的相对分子质量成正比。ABCD12用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是A1 L 1 molL1 K2CO3溶液中含有的K+数目为NAB常温常压下，22.4 L N2含有的分子数目为NAC1 mol Mg变为Mg2+时失去的电子数目为2 NAD等物质的量的N2O和H2O含有的氧原子数目均为NA13阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是（ ）A5NH4NO3 2HNO34N29H2O反应中，生成28 g N2，转移的电子数目为3.75NAB

6、常温常压下，ag某气体含分子数为b，则cg该气体的体积为C2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的数目为4NAD46g NO2和N2O4的混合气体中含有的氧原子个数为3NA14某固体物质A在一定条件下发生分解：，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的相对分子质量为A8dB7dC6dD5d15NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )A标准状况下，16g的甲醇所含的质子数等于10NAB标准状况下，22.4 L己烷中共价键数目为19NAC1 mol苯和苯甲酸的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为7.5NAD0.3 mol AgNO3受热完全分解(2AgNO3=2Ag2NO2O2)，用排

7、水法收集到气体的分子数为0.25NA16用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A46g和组成的混合气体中含有的原子数为B溶液中，含有的数为C2.24L(标准状况下)与足量的铁粉充分反应，转移的电子数目为0.2D与完全反应，反应中转移的电子数介于和之间17如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法错误的是硫酸化学纯(CP)(500mL)品名：硫酸化学式：H2SO4相对分子质量：98密度：1.84g/cm3质量分数：98%A该硫酸试剂的物质的量浓度为18.4molL-1B该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数大于49%C配制200mL 4.6molL-1的

8、稀硫酸需取该硫酸62.5mLD常温下,将2.7gAl投入足量该硫酸中可得到标准状况下的氢气3.36L二、计算题18将质量为1.15g钠用刺了孔的铝箔包裹后放入水中，共收集到1.232L(标准状况)气体。请回答下列问题：（1）1.15g钠与水反应，理论上生成气体的体积(标准状况)为_L。（2）Al和NaOH溶液反应也能生成H2，写出相应的化学方程式：_；（3）若反应后溶液的体积为100mL，则溶液中NaOH的物质的量浓度为_。三、有机推断题19以A和乙醇为基础原料合成香料甲的流程图如下：已知：RBr+NaCN RCN+NaBr；RCN RCOOH杏仁中含有A，A能发生银镜反应。质谱测定，A的相对

9、分子质量为106。5.3g A完全燃烧时，生成15.4 g CO2和2.7 g H2O。（1）A的分子式_ 其苯环的一氯代物共有 _种（2）反应的反应类型是_（3）写出反应与的化学方程式_、_（4）5.3 g A加入至足量新制氢氧化铜悬浊液中，加热充分反应，制得砖红色沉淀的质量为_g。四、元素或物质推断题20A、B、C、D、E五种短周期元素，B、C、D的原子序数依次递增。A原子核内有一个质子，B原子的电子总数与D原子最外层电子数相等，D原子最外层电子数是其电子层数的3倍，E原子的L层电子数小于K、M层电子数之和，由此推断： （1）A与D组成的化合物中，含有非极性键的分子的电子式为_；B与D组成

10、的三原子分子的结构式为_；A与C组成的化合物分子的电子式为_。（2） C、D、E离子半径由大到小的顺序是_（填化学符号）（3）E元素最高价氧化物对应水化物与氢氧化铝反应的离子方程式为_。（4）已知A、B、C、D可组成一种化合物，其原子个数比为8123，该化合物的化学式为_，属_（离子、共价）化合物。（5）C有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2 L的甲气体与0.5 L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成R的含氧酸盐只有一种，则该含氧酸盐的化学式是_。五、工业流程题21化学-选修2：化学与技术双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产

11、双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：A氢化釜 B过滤器 C氧化塔 D萃取塔 E.净化塔 F.工作液再生装置 G.工作液配制装置生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。回答下列问题：（1）蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是_，循环使用的|原料是_，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是_。（2）氢化釜A中反应的化学方程式为_，进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为_。（3）萃取塔D中的萃取剂是_，选择其作萃取剂的原因是_。（4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是_。（5）双氧水浓

12、度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为_。一种双氧水的质量分数为27.5%，（密度为1.10gcm3），其浓度为_mol/L。六、原理综合题22草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴（CoC2O42H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300及以上所得固体均为钴氧化物。（1）通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_（填化学式）；试写出B点对应的物质与O2在225300发生反应的化学方程式：_。（2）取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用480mL5mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L（标准状况）

13、黄绿色气体。试确定该钴氧化物的化学式为_。七、结构与性质23回答下列问题：（1）20 g A物质和14 g B物质恰好完全反应，生成8.8 g C物质、3.6 g D物质和0.2 mol E物质，则E的摩尔质量为_。（2）化合物A的分子组成可用NxHy表示，在一定条件下可发生分解反应，15 ml A气体完全分解生成5 mL N2和20 mLNH3(同温同压)，则A的化学式为_。（3）标准状况下，11.2 LCO和CO2混合气体的质量为20.4 g，求混合气体中CO和CO2的体积比、质量比分别为_；_。试卷第5页，共6页参考答案1A【详解】A阿伏加德罗常数是指1mol物质中含有的粒子数，不一定是

14、原子，故A错误；B微粒数目与物质的量成正比，B正确；C0.012kg12C中约含个碳原子，其数值与阿伏加德罗常数的值相等，C正确；D每个O2分子由2个氧原子构成，1mol O2中含2mol氧原子，D正确；故答案为A。2C【详解】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，个数为个，故C正确； D钠反应后变为价，故1mol钠失去个电子，故D错误； 故选：C。3A【详解】A.在标准状况下，22.4 L CH4和CO2的混合气体的物质的

15、量是1mol，碳原子数为NA，A正确；B. 在标准状况下，水是液体，NA个H2O分子所占体积一定不是22.4 L，B错误；C. 常温常压下，28 g 氮气的物质的量是1mol，含有的核外电子总数为14NA，C错误；D. 含等物质的量的NaCl和CaCl2的溶液中，二者的物质的量具体数值不确定，不能计算Cl-总数，D错误；答案选A。【点睛】4A【详解】A甲烷与氯气反应产物中除CH3Cl外，还有CH2Cl2、CHCl3、CCl4，根据碳元素守恒可知CH3Cl分子数目小于0.75NA，A正确；B过氧化钠与CO2反应时既是氧化剂又是还原剂，转移的电子数目为1.05NA；而与SO2反应时只作氧化物，转移

16、的电子数目为2.1NA，B错误；C苯中不含碳碳双键，不含键，而是存在离域大键，C错误；D该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，生成的SO3分子数小于2NA，D错误；综上所述答案为A。5D【解析】【详解】A.有的物质由分子构成如氧气等，有的物质由原子构成如二氧化硅等，有的物质由离子构成如氯化钠等，物质并不都是由分子构成，故A错误；B.没有指明气体存在的状态，不一定是标况下，CO和CO2的混合气体的总量不一定为1mol，所含的碳原子数不一定是NA，故B错误；C.没有指明气体存在的状态，不一定是标况下，224L升的O2的量不一定是1mol，故C错误；D.He原子的核电荷数为2，核外电子数为2，0.5

17、 mol He约含有6.021023个电子，故D正确；故答案选D。6B【详解】反应为NH3（气）和Cl2（气），生成物为N2（气）和NH4Cl（固），则反应的方程式为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，由方程式可知：反应前后气体的物质的量之比为11：1，由pV=nRT可知，相同温度，体积一定时，气体的物质的量之比等于压强之比，所以反应前后容器中压强比应接近于11：1，故选B。【点睛】本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，本题解题关键是根据题意正确书写化学方程式。7D【详解】A1mol N2所含有的原子物质的量为2mol，原子数为2NA，故A错误；B标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体

18、积进行计算，故B错误；C标准状况下，22.4L氧气物质的量为，氧原子物质的量为2mol，所含的原子数为2NA，故C错误；D24g O2物质的量为，氧原子物质的量为1.5mol，24g O3物质的量为，氧原子物质的量为1.5mol，两者含的氧原子数目相等，故D正确。综上所述，答案为D。8D【详解】1.5051023个X气体分子的物质的量为，摩尔质量为，故选：D。9C【详解】溶液呈电中性,所以溶液中n(K+)+ 2n(Mg2+)= n(Cl-)+n(NO3-)，即0.2mol1+0.15mol=0.2mol1+n(NO3-)，所以n(NO3-)=0.30mol，所以C选项是正确的；所以本题答案：C

19、；【点睛】根据溶液中阳离子所带正电荷总数和阴离子所带负电荷总数相等进行解答。10B【详解】其中一份溶液中，则中，则原溶液中，故选B。11A【详解】氧化还原反应的实质是电子的转移，包括得失或偏移，故错误；1 mol气体的体积为22.4 L，则它不一定处于标准状况下，故错误；标准状况下，1LHCl的物质的量为，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，故错误；同温同压下，任何气体的分子间平均距离几乎相等，故正确；溶液不能产生丁达尔效应，则利用丁达尔现象区别溶液和胶体，故正确；两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，因为物质的状态不确定，体积可能相同，

20、也可能不同，故错误；由pV=nRT可知，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则体物质的物质的量越大，则压强越大，故正确；同温同压下，气体的密度和相对分子质量成正比，故错误；答案选A。12C【详解】A. 1 L 1 molL1 K2CO3溶液中含有的K+数目为2NA，选项A错误；B不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算22.4L氮气的物质的量，选项B错误；C1 mol Mg变为Mg2+时失去2mol电子，失去的电子数目为2NA，选项C正确；D等物质的量的N2O和H2O所含氧原子数相同，物质的量不是1mol，所含氧原子数不是NA，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了阿伏

21、伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件应用，氧化还原反应电子转移计算，注意K2CO3电离出碳酸根离子和钾离子，题目难度中等。13A【详解】A、反应中铵根离子中的氮从-3价升高到氮气中的+5价，每生成4mol氮气转移15mol电子，所以当有28g氮气生成时，转移电子为3.75mol，转移的电子数目为3.75NA，故A正确；B、常温常压下，气体的摩尔体积不能用22.4L/mol故B错误；C、2mol/L的CaCl2溶液中Cl-的浓度为2mol/L，题干中没有给出溶液体积，所以不能确定氯离子数目，故C错误；D、NO2和N2O4的最简式都是NO2，所以只要把混合气体当作只含NO2看就可以了。46

22、gNO2是1mol，一个NO2分子含2个氧原子，所以合气体中含有氧原子个数为2NA，故D错误；综上所述，本题应选A。【点睛】阿伏伽德罗常数是常考题型。注意气体摩尔体积的使用范围，注意特殊的氧化还原反应中的转移电子数的计算，以及溶液中离子的计算。14B【详解】相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则混合气体的平均摩尔质量为2dg/mol，假设有2molA反应，则生成3molB、2molC、2molD，生成物的质量=2dg/mol（3+2+2）mol=14dg，反应前后质量不变，则A的质量为14dg，其摩尔质量=14dg2mol=7dg/mol，摩尔质量

23、在数值上等于其相对分子质量，所以A的相对分子质量为7d。故选B。15C【详解】A. 16g的甲醇的物质的量为=0.5mol，含有9mol质子，故A错误；B. 标准状况下，己烷不是气体，无法计算22.4 L己烷中共价键的数目，故B错误；C. 1 mol苯的耗氧量与1mol苯甲酸的耗氧量相等，1 mol苯和苯甲酸的混合物完全燃烧消耗O2的物质的量为6+ =7.5mol，故C正确；D. 将生成的气体NO2和O2通入水中后发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由于0.3molAgNO3受热完全分解生成的气体中NO2和O2的物质的量分别为0.3mol和0.15mol，用排水法收集后，氧气消耗0

24、.075mol，则剩余0.15mol-0.075mol=0.075mol，故收集到的分子数为0.075NA个，故D错误；故选C。16D【详解】A46g和的混合物中含有1mol最简式，含有1mol氮原子、2mol氧原子,总共含有3mol原子，含有原子的数目为3NA，A正确；B的物质的量n()=20.252=1mol，数为NA，B正确；C2.24L的物质的量为0.1mol，和铁反应的时候铁足量，1个氯气分子得到2个电子，0.1mol氯气得电子0.2，C正确；D2.3gNa与完全反应，钠变为+1价，因此转移电子个数为0.1NA，D错误；故选D。17D【详解】根据 18.4molL-1，故A正确； 设

25、硫酸的密度为 ，水的密度为 ，则该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数 ， ，所以硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数大于49%，故B正确；根据稀释前后硫酸物质的量不变，配制200mL 4.6molL-1的稀硫酸需取该硫酸62.5mL，故C正确；常温下Al在浓硫酸中钝化，故D错误。点睛：等质量的98%的硫酸与水混合所得溶液的质量分数等于49%；98%的硫酸与等体积的水混合，由于硫酸的密度大于水，所得溶液的质量分数大于49%；180.56 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 0.3mol/L 【分析】(1)根据钠与水的关系式计算；(2)根据反应物、生成物写出反应方程式；(3

26、)氢气的总体积减去钠与水反应生成氢气的体积就是铝与氢氧化钠反应生成的氢气体积，根据铝与氢氧化钠反应生成的氢气体积计算消耗的氢氧化钠的物质的量，钠与水反应计算生成的氢氧化钠的物质的量减去铝与氢氧化钠反应的物质的量就是剩余的氢氧化钠的物质的量，根据浓度公式计算其浓度。【详解】(1)设生成氢气的体积为x，则2Na+2H2O2NaOH+H246g 22.4L1.15g x解得x=0.56L(2)铝和氢氧化钠、水反应生成偏氯酸钠和氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；(3)1.15gNa的物质的量为n(Na)=1.15g23g/mol=0.05mol，Na与水反应方程式为

27、2Na+2H2O2NaOH+H2，由方程式关系可知反应产生的NaOH的物质的量为0.05mol，则铝与氢氧化钠反应生成的氢气体积为1.232L-0.56L=0.672L，该氢气的物质的量为0.672L22.4L/mol=0.03mol，根据Al与NaOH溶液反应的方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，可知与Al反应的NaOH的物质的量为0.02mol，所以剩余NaOH的物质的量为0.05mol-0.02mol=0.03mol，因此反应后溶液中氢氧化钠的物质的量浓度为0.03mol0.1L=0.3mol/L。【点睛】计算时要注意氢气的来源，不仅包括钠与水反应生成的氢气，还包括

28、铝和氢氧化钠反应生成的氢气。19C7H6O 3 取代反应 CH2OH +HBr - CH2Br +H2O CH2COOH + CH3CH2OH-CH2COOCH2 CH3 + H2O 7.2 g 【详解】试题分析：A的相对分子质量为106，5.3gA的物质的量为=0.05mol，完全燃烧时，生成CO2的物质的量为=0.35mol，生成H2O的物质的量为=0.15mol，故有机物A中N（C）=7N（H）=6，分子中N（O）=1，故A的分子式为C7H6O，A能发生银镜反应，所以A中含有醛基，其不饱和度为=5，A中含有苯环，则A是，苯甲醛和氢气发生加成反应生成B，结合反应产物的分子式可知，醛基发生加

29、成反应B为，B与HBr发生取代反应生成，和氰化钠反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，反应生成E，E能和乙醇反应生成酯，则E是羧酸，结合题给信息知，E是，甲是。（1）由上述分析可知，A的分子式C7H6O，结构简式为，其苯环的一氯代物共有3种，故答案为C7H6O；3；（2）反应是中溴原子被-CN取代生成，属于取代反应，故答案为取代反应；（3）反应的化学方程式为CH2OH +HBr - CH2Br +H2O；反应的化学方程式为：，故答案为CH2OH +HBr - CH2Br +H2O；（4）5.3g A物质的量为0.05mol，加入至足量新制氢氧化铜悬浊液中，加热充分反应，由-CHOCu2

30、O，可知生成Cu2O的质量为0.05mol144g/mol=7.2g，故答案为7.2考点：考查了有机物的推断的相关知识。20 O=C=O Cl-N3-O2- 3H+ + Al（OH）3 = Al3+3H2O (NH4)2CO3 离子 NaNO2 【详解】（1）A与D组成的化合物中，含有非极性键的分子是双氧水，电子式为；B与D组成的三原子分子是CO2，结构式为O=C=O；A与C组成的化合物分子是氨气，含有极性键的共价化合物，电子式为。（2）离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则C、D、E离子半径由大到小的顺序是Cl-N3-O2-。（3）Cl元素

31、最高价氧化物对应水化物高氯酸与氢氧化铝反应的离子方程式为3H+ + Al(OH)3Al3+3H2O。（4）已知A、B、C、D可组成一种化合物，其原子个数比为8123，该化合物的化学式为(NH4)2CO3，含有离子键，属离子化合物。（5）C有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小，应该是NO。在一定条件下，2 L的甲气体与0.5 L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成R的含氧酸盐只有一种，则根据电子得失守恒可知NO得到的电子数是，因此氮元素化合价从+2价升高到+3价，则该含氧酸盐的化学式是NaNO2。21氢气和氧气 乙基蒽醌 乙基蒽醌（乙基氢蒽醌）不溶于水，

32、易溶于有机溶剂 乙基氢蒽醌 水 H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水 H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸 6H+5H2O2+2MnO4-=2Mn2+5O2+8H2O 8.9 【详解】（1）根据反应原理，两式相加，乙基蒽醌作催化剂，使H2O2=H2O2，因此理论上消耗的原料是氢气和氧气，循环使用原料是乙基蒽醌，根据题意，乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂；（2）氢化釜A，发生的反应是乙基蒽醌和氢气的反应，因此反应方程式为：，氧化塔C中发生反应是乙基氢蒽醌和氧气的反应，因此混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌；（3）过氧化氢易溶于水，乙基蒽醌不溶于水，因此用水进行萃取；（4）过氧化氢不稳定，

33、易分解成氧气，氢气与氧气混合易发生爆炸；（5）H2O2既有氧化性又有还原性，高锰酸钾溶液的氧化性把H2O2氧化成氧气，根据化合价配平法进行配平，因此反应方程式为：H2O26H2MnO4=2Mn28H2O5O2，根据c=1000w%/M，代入数值，得出c=8.9molL1。22（1） Co3O4 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2 （2）Co5O6【分析】（1）由图可知，CoC2O42H2O的质量为18.3g，其物质的量为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1

34、mol34，故C点Co氧化物为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。（2）由电子守恒，n(Co3+)=2n(Cl2)=2=0.4mol，由电荷守恒，n(Co)总=n(Co2+)溶液=n(Cl-)=(0.48L5mol/L-2)=1mol，所以固体中的n(Co2+)=1mol-0.4mol=0.6mol，根据化合物中元素正负化合价代数和为0，氧化物中n(O)=1.2mol，故该钴氧化物中n(Co)

35、n(O)=1mol1.2mol=56，则该钴氧化物的化学式为Co5O6。23（1）108 g/mol（2）N2H4（3） 1：4 7：44 【分析】（1）(1)根据质量守恒定律可知反应产生E的质量是m(E)=20 g+14 g-8.8 g-3.6 g=21.6 g，其物质的量是0.2 mol，则E的摩尔质量M(E)=。（2）(2)化合物A的分子组成可用NxHy表示，在一定条件下可发生分解反应，15 ml A气体完全分解生成5 mL N2和20 mLNH3(同温同压)，在同温同压下气体的体积比等于气体的物质的量的比，则气体A、N2、NH3的物质的量的比是15：5：20=3：1：4，则反应方程式为3NxHy=N2+4NH3，根据质量守恒定律可知：X=2，Y=4，所以气体A的化学式为N2H4。（3）设混合气体中CO的物质的量为x，CO2的物质的量是y，根据二者混合气体的体积是11.2 L可得(x+y) mol22.4L/mol=11.2 L；28x+44y=20.4 g，解得x=0.1 mol，y=0.4 mol。n(CO)：n(CO2)=1：4，由于在同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以 V(CO)：V(CO2) =1：4。二者的质量比m(CO)：m(CO2)=(0.1 mol28 g/mol)：(0.4 mol44 g/mol)=7：44。答案第11页，共1页