化学一模试题分类汇编物质的量综合附详细答案.docx

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化学一模试题分类汇编物质的量综合附详细答案

2020-2021化学一模试题分类汇编——物质的量综合附详细答案

一、高中化学物质的量

1．为了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：

①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___。

②计算需要NaOH固体的质量：

___g。

③取出50mL配制好的溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为___。

④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

【答案】3：

21：

12：

3

L100mL容量瓶4.01mol/LA

【解析】

【详解】

（1）根据

可知，等质量的O2和O3的物质的量之比为

，所含分子的物质的量之比为3：

2。

（2）根据阿伏加德罗定律，PV=nRT（R为常数），在等温等压下，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

，摩尔质量

，即当氧气为cg，物质的量

，在标准状况下的体积

L。

（4）①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、胶头滴管和100mL容量瓶。

②需要NaOH固体的质量

。

③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。

④A.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

可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎ和溶液的体积V引起的。

误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ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。

2．某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。

已知：

①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。

②氯气和碱反应放出热量。

温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：

3Cl2+6OH-

5Cl-+ClO3-+3H2O。

该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。

请回答下列问题：

（1）①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是________。

②该兴趣小组用100mL12mol·L-1盐酸与8.7gMnO2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。

（2）小组成员发现，产物中Ca（ClO）2的质量明显小于理论值。

他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高也是可能原因。

为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为如图（不考虑氯气和水的反应）。

①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。

②所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为______mol。

③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol，则产物中

=__。

（3）为了提高Ca（ClO）2的产率，可对丙装置作适当改进。

请你写出一种改进方法：

________。

【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15ClO-0.252：

1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中

【解析】

【分析】

（1）①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；

②依据MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，结合定量关系计算理论值；

（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；

②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；

③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：

2，结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。

（3）根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。

【详解】

（1）①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；

②n（HCl）=12mol/L×0.1L=1.2mol，n（MnO2）=

=0.1mol，MnO2、HCl反应的物质的量的比是1：

4，可见足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，n（Cl2）=n（MnO2）=0.1mol，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，根据方程式中物质反应关系可知：

理论上最多可制得Ca（ClO）2的物质的量为0.05mol，其质量m[Ca（ClO）2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；

（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；

②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为：

0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，在CaCl2、Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2中钙离子和含氯离子的个数比为1：

2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为

=0.25mol；

③取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；则得到：

0.35=x×1+y×5；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：

2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.35=0.5，解得：

x=0.1mol，y=0.05mol，则产物中

=2：

1；

（3）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生3Cl2+6OH-

5Cl-+ClO3-+3H2O。

【点睛】

本题考查了性质方案的设计。

明确实验目的、实验原理为解答关键，注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法，题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。

3．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。

（1）如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是______（填写字母）。

（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠______ g （保留一位小数）。

（3）某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。

首先用pH试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，将溶液B久置于空气中，与密闭保存的A相比，久置后的溶液B中水的电离程度将______（填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。

减小

【解析】

【分析】

（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；

（2）由硫守恒可得：

Na2SO3～SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；

（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。

【详解】

（1）用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置b无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：

ae；

（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，根据反应方程式可知：

Na2SO3～SO2，n（SO2）=

=0.15mol，则需亚硫酸钠的质量为：

m（Na2SO3）=0.15mol×126g/mol=18.9g；如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为

==31.5g；

（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中c（H+）增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。

【点睛】

本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。

明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。

4．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

①氧化剂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_______。

②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_____；

③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：

①_____；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MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O

①实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式：

__________________________

②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______________。

③a:

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:

50.5NA溶液分层，下层液为紫红色蒸馏烧瓶温度计gMnO2+4H++2Cl-（浓）

Mn2++Cl2↑+2H2OMnO2HCl1:

1Cl2>Fe3+>I2

【解析】

【分析】

（1）①KIO3+5KI+3H2SO4→3I2+3K2SO4+3H2O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子转移情况；

②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；

③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析；

（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气；

②依据氧化还原反应的规律分析；

③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）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3molI2，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；

②溶液分层且I2溶于CCl4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；

③该图为蒸馏装置①是蒸馏烧瓶，②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）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反应为：

MnO2+4H++2Cl-（浓）

Mn2++Cl2↑+2H2O；

②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:

1；

③a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Cl2>Fe3+>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。

5．Ⅰ．为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+ 2H2O。

（1）用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目_________。

（2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_________。

（3）草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，配平下面的化学方程式：

_____KMnO4+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+K2SO4+CO2↑＋H2O。

Ⅱ．盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。

HCl极易溶于水，工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。

（1）用密度为1.2g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为________mL。

（2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是____________。

A．量取浓盐酸时俯视刻度线B．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水

C．定容时俯视刻度线D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒

【答案】

1：

22352110862.5C

【解析】

【分析】

Ⅰ．

（1）反应MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高为0价，根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目；

（2）该反应中，Cl元素部分化合价由-1价升高为0价，HCl既是还原剂，还有酸性作用；

（3）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；

Ⅱ．

（1）根据c=

计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；

（2）分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c=

进行误差分析。

【详解】

Ⅰ．

（1）反应MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高，该反应的电子转移方向和数目可表示为

；

（2）反应中MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，且HCl部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:

2；

（3）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，根据转移电子守恒知，KMnO4的计量数是2、H2C2O4的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4=2MnSO4+1K2SO4+10CO2↑＋8H2O；

Ⅱ．

（1）质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm3的浓盐酸，物质的量浓度c=

=12mol/L，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：

250mL×3mol/L=12mol/L×V，解得V=62.5mL；

（2）A．量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故A错误；

B．容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故B错误；

C．定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C正确；

D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故D错误；

故答案为C。

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

质量（g）

摩尔质量（g·mol-1）

蔗糖

25.00

342

硫酸钾

0.87

174

阿司匹林

0.17

180

高锰酸钾

0.316

158

硝酸银

0.075

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

（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·L-1。

【答案】A胶头滴管1000mL容量瓶0.004BD0.024

【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；

（3）根据c=

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】

（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

=0.002mol，配制1L溶液需0.004mol，故答案为：

胶头滴管、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；

（4）K2SO4的物质的量为：

=0.005mol，则K+的物质的量为0.01mol，KMnO4的物质的量为

=0.002mol，则K+的物质的量为0.002mol，所以溶液中的K+总共为0.012mol，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