高考化学物质的量的综合热点考点难点及答案解析.docx

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高考化学物质的量的综合热点考点难点及答案解析

高考化学物质的量的综合热点考点难点及答案解析

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．现用该浓硫酸配制100mL1mol/L的稀硫酸。

可供选用的仪器有：

①胶头滴管；②烧瓶；③烧杯；④ 药匙；⑤量筒；⑥托盘天平。

请回答下列问题：

（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有__________（填序号），还缺少的仪器有____________________（写仪器名称）；

（2）经计算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为____________________________________________mL（保留一位小数），量取浓硫酸时应选用_________（选填10mL、50mL、100mL）规格的量筒；

【答案】②④⑥100mL容量瓶、玻璃棒5.410mL

【解析】

【分析】

【详解】

（1）配制100mL1mol/L的稀硫酸的配制步骤有：

计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，一般用量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，需要使用的仪器为：

量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要用到的仪器为②④⑥，缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：

②④⑥；100mL容量瓶、玻璃棒；

（2）图中浓硫酸的物质的量浓度为

，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为

，应该用10mL的量筒，故答案为：

5.4；10mL。

2．某实验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。

（1）若实验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体________g。

（2）从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________（填序号）。

（3）定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度_________（偏高，偏低或不变）。

（4）下列情况会使所配溶液浓度偏低________（填序号）。

①称量读数时，左盘高，右盘低

②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

④定容时，仰视容量瓶的刻度线

⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线

【答案】2.0①②⑤偏低①②④⑥

【解析】

【分析】

（1）根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；

（2）称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；

（3）、（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。

【详解】

（1）配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：

2.0；

（2）氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：

托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：

①②⑤；

（3）定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：

偏低；

（4）①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；

②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；

④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；

⑤在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；

综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：

①②④⑥。

【点睛】

配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：

凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。

3．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：

（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·L-1。

（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

。

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2molClO2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

；故答案为：

6（或6.0）。

⑵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

，则需要用托盘天平称量NaClO固体的质量

；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2molClO2转移2mol电子，当生成11.2LClO2即物质的量为

时，转移电子物质的量为0.5mol，电子的数目为0.5NA；故答案为：

0.5NA。

4．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，4.48LHCl气体溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度为_____________。

（3）在标准状况下，1.7g氨气所占的体积约为_________L，与_____molH2S含有相同的氢原子数。

（4）7.8gNa2X中含Na+0.2mol，则X的摩尔质量是_____________________。

（5）实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL。

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1.84g•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】0.250.4mo•L-12.240.1532g•mol-1500mL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

计算氯化氢的物质的量，依据

计算溶液中氯化氢的物质的量浓度；

（3）依据

结合氨气与硫化氢分子构成计算解答；

（4）由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量，根据

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；

②依据

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需要浓硫酸的体积；

③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】

（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，n（Na+）=

=0.5mol，n（SO42-）=

=0.25mol；

（2）在标准状况下，4.48LHCl气体的物质的量为：

=0.2mol，溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度为：

=0.4mol/L；

（3）在标准状况下，1.7g氨气的体积：

=2.24L；1.7g氨气中所含氢原子的物质的量：

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）7.8gNa2X中含Na+0.2mol，则n（Na2X）=0.1mol，M（Na2X）=

=78g/mol，故X的相对原子质量为78-23×2=32，摩尔质量为32g/mol；

（5）①实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL，应该选择500mL的容量瓶；

②质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为：

=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；

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。

5．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】

6.32g0.2mol

【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：

；

（2）在标准状态下，2.24LCl2的物质的量n（Cl2）=

=0.1mol。

①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×

=0.04mol，则参与反应的KMnO4的质量m（KMnO4）=0.04mol×158g/mol=6.32g；

②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。

6．氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：

（Ⅰ）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。

（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。

则该盐酸的物质的量浓度是___mol·L-1。

（2）某同学用该浓盐酸配制100mL1mol·L-1的稀盐酸。

请回答下列问题：

①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸____mL。

②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______。

③若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：

（填“偏高”“偏低”“无影响”）

A．量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。

B．转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。

C．定容时俯视容量瓶的刻度线_____。

（Ⅱ）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。

已知：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。

甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示：

（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？

_____。

（2）上述装置中，甲由A、B两部分组成，乙由C、D、E三部分组成，丙由F、G两部分组成。

从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）_____。

（3）利用

（2）中实验装置进行实验，实验中若用12mol·L-1的浓盐酸200mL与足量二氧化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3mol，其可能的主要原因是_____（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。

（Ⅲ）已知HClO的杀菌能力比ClO-强。

25℃时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。

由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH范围是__，当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有___。

【答案】11.68.6胶头滴管、100mL容量瓶偏低无影响偏低甲FBE浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca（ClO）2少于0.3mol2～6HClO、ClO-、Cl-

【解析】

【分析】

（Ⅰ）

（1）根据

计算浓度；

（2）配制一定物质的量浓度的溶液，步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶；

（Ⅱ）

（1）要防止副反应的发生就要控制反应的温度。

【详解】

（Ⅰ）

（1）根据

计算盐酸的浓度，有

；

（2）①根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积

；

②量取盐酸的时候需要量筒；稀释浓盐酸，需要玻璃棒、烧杯；转移时，需要100mL容量瓶，玻璃棒、烧杯；定容时，需要胶头滴管；则还需要的仪器有100mL容量瓶，胶头滴管；

③A、浓盐酸易挥发，置于烧杯后，较长时间配制，盐酸挥发，溶质减少，溶液的浓度偏低；

B、容量瓶中存在蒸馏水，由于定容前，需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此之前存在的蒸馏水，对浓度无影响；

C、俯视刻度线，定容时，水会少加，体积偏小，浓度偏大；

（Ⅱ）

（1）氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙，所以必须要控制反应温度，甲装置有冰水浴，可以较好地控制副反应的发生；

（2）F装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率，B装置有冰水浴可以较少副反应的发生，E装置可以做到尾气吸收，答案为FBE；

（3）MnO2只与浓盐酸反应生成氯气，虽然反应的进行，浓盐酸浓度降低，不与MnO2反应，所以生成氯气的值小于理论值，答案为浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca（ClO）2少于0.3mol；

（Ⅲ）HClO的杀菌能力比ClO-强，所以HClO的浓度越大，杀菌效果最好，根据图像pH最好为2～6之间；当pH=7.5时，根据图像，氯水中没有Cl2，韩律的微粒有HClO、ClO－以及与水反应生成的Cl－。

【点睛】

（Ⅲ）第二小问是易错点，很容易忽略Cl-；不要忘记，Cl2＋H2O

HCl＋HClO，有Cl－生成。

7．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8.7gMnO2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。

（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

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Cl22Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O7.15g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

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0.1molMnO2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2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O可知n[Ca（ClO）2]=

n（Cl2）=0.05mol，所以理论上制取的漂白粉中Ca（ClO）2的质量为m[Ca（ClO）2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；

（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。

8．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是

A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L

B．0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数

C．常温下，28克N2和CO的混合物，含有2NA个原子

D．标准状况下，33.6L氧气中含有9.03×1023个氧气分子

【答案】A

【解析】

【详解】

A．稀有气体为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；

B．19.6磷酸（H3PO4）的物质的量为

=0.2mol，则0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有的氧原子数均为0.8NA，故B正确；

C．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol，含有2NA个原子，故C正确；

D．标准状况下，33.6L氧气的物质的量为

=1.5mol，共含有9.03×1023个氧气分子，故D正确；

故答案为A。

9．

（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