备战高考化学知识点过关培优易错难题训练∶物质的量附详细答案

1、备战高考化学知识点过关培优易错 难题训练物质的量附详细答案一、高中化学物质的量1 设 na 代表阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，打或？ 22.4l（标准状况）氩气含有的质子数为18na_标准状况下， 11.2 lch4 和 c2h4 混合物中含氢原子数目为2na_标准状况下， 2.24ln2 和 o2 的混合气体中分子数为0.2na_1mol 的 co和 n2 混合气体中含有的质子数为14na_标准状况下， 5.6lco2 气体中含有的氧原子数目为0.5na_1. 6g 由 o2 和 o3 组成的混合物中含有的o 原子数目为0.1na_常温常压下， 8g o2 含有的电子数为4na

2、_常温常压下， 22.4lno2 和 co2 的混合气体中o 原子数目为 2 na_标准状况下， 22.4lccl44a中含有的 ccl 分子数为 n _常温常压下， 18 g h2 o 中含有的原子总数为3na_?标准状况下， 11.2lch ch oh 中含有的分子数目为0.5na_32?常温常压下， 2.24 l co和 co2 混合气体中含有的碳原子数目为0.1na_【答案】 【解析】【分析】运用 n=m/m 、 v=nvm、 n= v/ vm 等公式的应用转换，先求出物质的量，然后求出分子的总个数，在根据这个分子中含有多少个相关微粒。【详解】标准状况下，22.4l 氩气的物质的量为1

3、mol， 1 个氩气分子中含有18 个电子，故22.4l（标准状况）氩气含有的质子数为18na 说法正确；标准状况下， 11.2 lch42 4混合物的物质的量是：11.2l/(22.4l/mol)=0.5mol4和 c h， 1 个 ch分子中、 1 个 c2h4分子中都含有 4 个 h 原子，所含 h 原子的个数为0.5na 4=2na，故标准状况下， 11.2 lch424混合物中含氢原子数目为2na说法正确；和 c h标准状况下， 2.24ln2和 o2的混合气体的物质的量是：2.24l/( 22.4l/mol )=0.1mol ，所含分子数为 0.1na，故标准状况下，2.24ln2

4、 和 o2 的混合气体中分子数为0.2na 说法错误；1mol 的 co和 n2 混合气体的分子数为 na， 1 个 co分子中和 n2 分子中都含有14 个质子，故 1mol 的 co 和 n2 混合气体中含有的质子数为14na 说法正确；标准状况下， 5.6lco2气体的物质的量为 5.6l/(22.4l/mol)=0.25mol2， 1 个 co 分子中含有2 个 o原子，故标准状况下，5.6lco2 气体中含有的氧原子数目为0.5na 说法正确；1. 6g 由 o2 和 o3 组成的混合物中o原子的物质的量为0.1mol ，故 1. 6g 由 o2 和 o3 组成的混合物中含有的o 原

5、子数目为0.1na 说法正确；常温常压下， 8g o2 的物质的量为 8g/( 32g/mol)=0.25mol ，1个 o2分子中含有16 个电子，故 8g o2 含有的电子数为4na 说法正确；常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4l/mol ，故常温常压下， 22.4lno22和 co 的混合气体中 o 原子数目为2 na 说法错误；标准状况下，ccl4 是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4lccl4 的物质的量，故标准状况下， 22.4lccl4中含有的 ccl4 分子数为 na 说法错误；18 g h2o 的物质的量为18g/( 18g/mol)=1mol ， 1 个 h2o 分

6、子中含有3 个原子，故常温常压下， 18 g h2o 中含有的原子总数为3na 说法正确；? 标准状况下，ch3232ch oh 是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2lch ch oh 的物质的量，故标准状况下，11.2lch3ch2oh 中含有的分子数目为 0.5na 说法错误；? 常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4l/mol ，故 2.24 l co 和 co2 混合气体中含有的碳原子数目为 0.1na 说法错误；【点睛】本题考查物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算，另外注意气体摩尔体积的适用范围。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

7、的条件和产物。已知：二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成mncl 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)甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是_。该兴趣小组用100 ml12 moll-1 盐酸与 8.7 g mno 2 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

8、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)。图中曲线表示_离子的物质的量随反应时间变化的关系。所取石灰乳中含有ca(oh)2 的物质的量为_mol 。另取一份与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0.35 mol ，则产物中n clo=_。n clo 3(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-把丙装置浸在盛有冰水的水7.15 cl

9、o 0.25 2： 1槽中【解析】【分析】(1)饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；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)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；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；另取一份与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 0.35 mol

10、 ，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)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；8.7 gn(hcl)=12 mol/l 0.1 l=1.2 mol， n(mno2)=0.1 mol ， mno2、

11、 hcl 反应的物质的87 g / mol量的比是 1 ：4，可见足量的浓盐酸与8.7 gmno 2 制备氯气，以mno 2 为标准计算，n(cl2)=n(mno 2)=0.1 mol，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0.05 mol ，其质量mca(clo)2 =0.05mol 143 g/mol=7.15；g(2)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

12、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；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 n1=0.10 mol 1+0.05 mol 5=0.35 ，mol则反应的cl2 中含氯原子的物质的量为：0.35 mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol ，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0.5 mol=0.25 mol ；2取一份与等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25

13、mol ，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=0.1 mol ，n clo0.1?moly=0.05 mol ，则产物中=2： 1；n clo30.05?mol(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

14、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3.36 l(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

15、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】 ae 31.5 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

16、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 +

17、h2 o，根据反应方程式可知：na2so3 so2，23.36?l=0.15 mol ，则需亚硫酸钠的质量为：23 126n(so )=m(na so )= 0.15 mol22.4?l / molg/mol=18.9 g ；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18.9?g=31.5 g；60%(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；

18、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 已知： 2kmno 4k2mno4+mno 2+o2，将 0.1mokmno4 固体加热一段时间后，收集到 amolo 2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolcl2，此时 mn 元素全部以 mn 2+的形式存在于溶液中(注： kmno4

19、 和 k2mno 4 以及 mno 2 都能与浓盐酸反应并生成 mn 2+)。(1)2kmno 4+16hcl=2kcl+2mncl2+5cl2 +8h2o反应中的还原产物是_（填化学式），反应中若产生 0.3mol 的气体则有 _mol 的电子转移。(2)a+b 的最大值为 _， a+b 最小值为 _。【答案】 mncl20.60.250.2【解析】【分析】(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；根据cl 元素化合价变化计算转移电子；(2)kmno 4 固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整

20、个过程中，mn元素得到电子数等于o 元素、 cl 元素失去的电子，则有：0.1 (7-2)=4a+2b，整理得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定(a+b) 的最小值。【详解】(1)反应中 mn 元素化合价由 +7 价变为 +2价，化合价降低，得到电子，被还原，所以mncl 2是还原产物；产生 0.3mol 的氯气时，转移电子为n(e-)=0.3mol 2 0-(-1)=0.6mol；(2)kmno 4 固体加热一段时间后，收集到amol 氧气，在反应后的残留固体中加入足量的

21、浓盐酸，继续加热，收集到bmol 氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，mn 元素获得电子等于 o 元素、 cl 元素失去的电子，则有：0.1 (7-2)=4a+2b，整理可得 a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时， (a+b)达最大值，此时a=0，则 (a+b)的最大值 =0.25；当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2kmno4k2mno 4+mno 2+o2，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol 1=0.05mol ，则 a+b 0.25-0.05=0.2，故 (a+b)的最小值为20.2。【点睛】本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，充分利用整个过程中的

22、电子转移守恒是解答本题的关键。掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础，学会将关系式进行变形，并用用极值方法分析判断。5 某同学设计如下实验方案，以分离kcl 和 bacl2 两种固体混合物，试回答下列问题：供选试剂： na2so4 溶液、 k2co3 溶液、 k2so4 溶液、盐酸（ 1）操作的名称是 _，试剂 a 的溶质是 _ （填化学式）（2）加入试剂b 所发生反应的化学方程式为_ 。（ 3）该方案能不能达到实验目的： _ ，若不能，应如何改进？（若能，此问不用回答） _ 。（ 4）用分离出的固体 b 配制 100ml 0.5mol/l 的溶

23、液 b，现有如下可供选择的仪器：a 胶头滴管 b 烧瓶c 烧杯 d药匙 e.量筒 f.托盘天平。用托盘天平称得固体b 的质量是 _g。配制溶液 b 时，上述仪器中一定不需要使用的有_（填字母），还缺少的仪器有 _ （写仪器名称）。【答案】过滤k2co3baco3+2hcl=bacl+co2 +h2o 不能应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶10.4 b 100ml容量瓶、玻璃棒【解析】【分析】【详解】分离 kcl 和 bacl 2 两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量k2co3 使 bacl2 转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成bacl2 溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体bacl2

24、，操作 所得滤液为 kcl 和 k2co3 的混合物，蒸发结晶得到固体c 为 kcl 和 k2co3，应加入过量盐酸可得 kcl，沉淀 a 为 baco3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体b 为 bacl 2，（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作 为固体和液体的分离，为过滤操作；根据以上分析可知，溶液中加入过量的k2 co3 溶液使 bacl2 转化为沉淀，试剂a 的溶质是 k2co3；综上所述 ，本题答案是 ：过滤 ；k2 3co 。（2）沉淀 a 为baco3，反应的化学方程，加足量的盐酸，反应生成氯化钡和二氧化碳气体式为 ： baco322+2hcl=bacl+co +ho；综上所述 ，本

25、题答案是： baco32223+2hcl=bacl +co +ho。2co3）该方案不能达到实验目的，因为操作进行完成后，所得滤液为的混合（kcl 和 k物，应该加入过量的盐酸，把 k2 3co 变为氯化钾 ，然后再进行蒸发结晶，得到氯化钾固体；综上所述，本题答案是：不能；应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。（4） 固体 b 为氯化钡 ，其质量是 0.1l 0.5mol/l 208g/mol=10；.4g综上所述 ，本题答案是 ： 10.4。 固体配制氯化钡溶液时，称量后溶解、定容等，不需要烧瓶，还缺少的仪器有100ml容量瓶、玻璃棒 ；综上所述 ，本题答案是： b， 100ml 容量瓶

26、、玻璃棒。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（ gmol -1）蔗糖25.00342硫酸钾0.87174阿司匹林0.17180高锰酸钾0.316158硝酸银0.075170（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_ 。

27、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 _moll-1 。【答案】 a 胶头滴管1000ml 容量瓶0.004bd 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

28、 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= 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】（ 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

29、 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，故故答案为： a；d 错误；（ 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23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12cm 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

30、需要高锰酸钾0.316g0.316g，物质的量为=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

31、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：0.87g=0.005mol ，则 k+的物质的量为 0.01mol ， kmno4 的174g/mol0.316gk+总共为物质的量为=0.002mol ，则 k+的物质的量为 0.002mol ，所以溶液中的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 下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。问：（ 1）该盐酸的物质的量浓度为 _（ 2）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（_）配制 100g 10%的 cuso4 溶液，称取

32、10g硫酸铜晶体溶于90g 水中测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度用酸式滴定管量取用98%，密度为 1.84g/cm 3 的浓 h2 4配制-1 的稀 h24so200ml 2mol ?lso时，先平视后仰视。a 只有b只有cd（3）已知co和 co2 的混合气体 14.4g,在标准状况下所占的体积为8.96l。则该混合气体中， co的质量为 _g， co2 的物质的量为 _mol 。（ 4） 1mol 氧气在放电条件下，有 30%转化为臭氧（ o3），则放电后所得混合气体对氢气的相对密度是（

33、 _）a16 b 17.8 c18.4 d35.6【答案】 11.8mol/l 5.6 0.2 b【解析】【分析】（1）根据物质的量浓度 c=1000计算出该盐酸的物质的量浓度；m（2）根据操作不当对溶质的质量或溶液的体积的影响效果分析作答；8.96l（3）混合气体的体积为 8.96l，则物质的量为=0.4mol，根据气体的总质量和22.4l/mol总物质的量列方程式计算；m（4）根据公式可知，相同条件下，气体摩尔体积相同，所以不同气体的密度之比vm等于其摩尔质量之比，先根据转化关系计算混合气体的摩尔质量，再计算混合气体摩尔质量与氢气的摩尔质量之比。【详解】（1）该盐酸的物质的量浓度为：100

34、0 1000 1.18 36.5%c=11.8mol/l ，m36.5mol/l故答案为： 11.8mol/l ；（2） 硫酸铜晶体为 cusoh2o，则称取10g 硫酸铜晶体溶于90g 水中形成硫酸铜溶4液，硫酸铜的实际质量小于10g，所配硫酸铜溶液的质量分数小于10%的，实验结果偏低，项正确；测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大，实验测量结果偏高，项错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，实际称取的药品质量减小，所配溶液的浓度偏低，项正确；酸式滴定管的 “0刻”度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际

35、量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，项正确；故答案为：；8.96l（3）混合气体的体积为 8.96 l，则物质的量为22.4l/mol=0.4mol，设混合气体中 co的物质的量为 x mol， co2 的物质的量为y mol ，则 28x+44y=14.4 ， x+y=0.4，联立方程组解之得： x=0.2， y=0.2，所以 m(co)=0.2mol28g/mol=5.6g ，故答案为： 5.6； 0.2；（4） 1 mol o2有 30%转化为臭氧（32o ），发生反应的 o 为 1 mol 30%=0.3 mol由反应 3o2 放电33，故反应后所得气体为322o 知，生成的 o

36、为 0.2 mol0.2 mol o和 o 为32g/mol 1（1-0.3 ） mol=0.7 mol ，故 m=35.6 g/mol ，氢气的摩尔质量是2g/mol ，混0.2mol+0.7mol合气体的摩尔质量和氢气的摩尔质量之比等于其密度之比=35.6g/mol ： 2g/mol=17.8 ， b 项正确；故答案为： b。8 已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100(倍 体积之比 )后使用。请回答下列问题：（1）该“ 84 消毒液”中naclo 的物质的量浓度约为_mol/l 。(保留 1 位小数 )（2）该同学参阅此“ 84 消毒液”的配方，欲用

37、naclo 固体配制 480ml 与市售物质的量浓度相同的“ 84 消毒液”，下列说法正确的是 _(填序号 )。a 如图所示的仪器中有三种是不需要的b 容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制c 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低d 需要称量naclo 固体的质量为143.0g（3）“ 84 消毒液”与稀硫酸混合使用可增强其消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g/cm 3)的浓硫酸配制500ml2.3mol/l 的稀硫酸用于增强“84 消毒液”的消毒能力。需用浓硫酸的体积为_ml。取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。a 溶液中

38、 h2so4 的物质的量b 溶液的浓度c 溶液的质量d溶液的密度配制该稀硫酸过程中，下列情况会使所配制的溶液的浓度大于2.3mol/l 的有 _。a 未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中并进行定容b 摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线c 容量瓶中原有少量蒸馏水d 定容时俯视容量瓶刻度线【答案】 4.0c62.5bdad【解析】【分析】1000w计算溶液的物质的量浓度；（1）根据 c(naclo)=m（3）根据c= 1000w 计算浓硫酸物质的量浓度,根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不m变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c= n 进行误差分析。v【详解】（1）

39、c(naclo)=1000w =10001.2g/cm325%=4.0 mol?l-1，故答案为：4.0。m74.5g/mol（2） a.用 naclo 固体配制 480ml 含 naclo 质量分数为25%的消毒液，需要用到天平、烧杯、 500ml 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，不用图中圆底烧瓶和分液漏斗，共2 种仪器，故a 错误；b.容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干就能用于溶液配制，故b 错误；c.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质损失，配制的溶液浓度偏低，故c 正确；d.因为没有480ml 的容量瓶，需要配制500ml 溶液，需要naclo 的质量为：m=0.5l4.0mol/

40、l 74.5g/mol=149g ，故 d 错误。故答案为： c。（3）浓硫酸物质的量浓度c=1000 1.8498%=18.4mol/l ，设需要浓硫酸体积为v，98则根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，得：v 18.4mol/l=500 2.3mol/l ，计算得出v=62.5ml，故答案为： 62.5。a.溶液中硫酸的物质的量n=cv，所以与溶液的体积有关，故a 不选；b.溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，故b 选；c.溶质的质量与溶质的物质的量有关，根据a 可以知道溶质的质量与溶液体积有关，故c不选；d.溶液的密度为溶液的性质，与溶液的体积无关，故d 选。故答案为： bd。a.未

41、经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故a 选；b.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故b 不选；c.容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故 c 不选；d.定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故d 选。故答案为： ad。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，误差分析应根据c= n 进行分析，注意操作对溶质的物v质的量和溶液体积的影响。9 实验实验室配制500ml 0.1mol?l -1 的碳酸钠溶液，请回答下列问题（1）应用托盘天平称取na2co3?10h2o 晶体 _

42、g.（2）配置碳酸钠溶液时，需要的主要玻璃仪器除烧杯和胶头滴管以外还需要_、_.（ 3）配置过程中，若遇到以下操作可能造成实验结果偏大，偏小还是不影响？容量瓶中原来有少量蒸馏水 _定容时，俯视液面_有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯中_盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线，再加蒸馏水使液面达到刻度处_【答案】14.3玻璃棒500 毫升容量瓶不影响偏大偏小偏小【解析】【详解】（1）配制 500ml 0.1mol/l 的碳酸钠溶液，其中碳酸钠物质的量为-350010 l0.1mol/l=0.05mol ，则需要称取的质量为na2 co3?10h2o（ 2）玻璃棒、 500ml容量瓶；（ 3）容量瓶在定容的

43、过程中还需要加蒸馏水，因此原来有少量蒸馏水对实验无影响；定容时，俯视液面，液体的实际体积偏小，则浓度偏大；有少量溶质残留在烧杯中，则溶质物质的量减小，体积不变时浓度偏小；摇匀后液面低于标线是正常现象，再加入蒸馏水会使浓度偏小。【点睛】盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线属于正常现象。10 （ 1）写出以下反应的化学反应方程式三氧化二铁与稀硫酸反应：_氢氧化铝药物治疗胃酸（主要成分为盐酸）过多：_氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：_（2）已知 co和 co2 的混合气体18.0g 在标准状况下所占的体积为11.2l。则该混合气体中， co2 的物质的量为 _mol 。（3）在同温同压下，若a 容器中的 o2和 b 容器中的 so2 所含的氧原子总数 相等，则 a 容器和 b 容器的体积比是 _。【答案】 fe2 32424 32332232o +3h so =fe (so ) +3h o3hcl+al(oh) =alcl +3h o2naoh+so=na so +h o0.25 1：1【解析】【详解】三氧化二铁为碱性氧化物，能与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，其反应的化学反应方程式为： . fe 2o3+3h2so4=fe2(so4) 3+3h2o ；答案： . fe 2o3+3