化学】化学物质的量的专项培优练习题及答案

1、【化学】化学物质的量的专项培优练习题及答案一、高中化学物质的量1（1）有相同物质的量的 H2O 和 H2SO4，其质量之比为_，氢原子个数比 为_，氧原子个数比为_。（2）把 3.06 g 铝和镁的混合物粉末放入 100 mL 盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下 3.36 L H2。计算：该合金中铝的物质的量为_。该合金中镁的质量为_。反应后溶液中 Cl的物质的量浓度为_（假定反应体积仍为 100 mL）。（3）由 CO2 与 CO 组成的混和气体对 H2 的相对密度为 20，则混和气体中 CO2 的体积分数为_； CO 的质量分数为_。【答案】9：49 1：1 1：4 0.06 mol

2、1.44 g 3.0 molL-1 75% 17.5% 【解析】【分析】【详解】（1）n (H2O)= n (H2SO4) ，m (H2O)：m (H2SO4)= n (H2O)18：n (H2SO4) 98= 9：49；NH(H2O) ：NH(H2SO4)= n (H2O)2：n (H2SO4) 2=1：1； NO(H2O) ：NO(H2SO4)= n (H2O)1：n (H2SO4) 4=1：4；（2）设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，二者混合物的质量为3.06=24x+27y；根据化学反应的计量系数比：Mg2HClH2，2Al6HCl3H2，氢气的体积标准状况下3.36

3、L，n (H2)=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06 mol，y=0.06 mol，故该合金中铝的物质的量为0.06 mol，该合金中镁的质量为0.0624=1.44g，反应后溶液中Cl（盐酸恰好反应完全，溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝）的物质的量=0.062+0.063=0.3mol，溶液体积100mL,Cl的物质的量浓度c=3.0 molL-1；（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol，设1mol混合气体中有xmol CO，CO2ymol，故x+y=1，28x+44y=40，则x

4、=0.25mol，y =0.75mol，同温同压，气体体积之比等于物质的量之比，则混和气体中CO2的体积分数为75%，CO的质量分数=0.2528/40=17.5%2锂因其重要的用途，被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”（1）Li3N可由Li在N2中燃烧制得取4.164g 锂在N2中燃烧，理论上生成Li3N_g；因部分金属Li没有反应，实际反应后固体质量变为6.840g，则固体中Li3N的质量是_g（保留三位小数，Li3N的式量：34.82）（2）已知：Li3N+3H2O3LiOH+NH3取17.41g纯净Li3N，加入100g水，充分搅拌，完全反应后，冷却到20，产生的NH3折算成标准

5、状况下的体积是_L过滤沉淀、洗涤、晾干，得到LiOH固体26.56g，计算20时LiOH的溶解度_（保留1位小数，LiOH的式量：23.94）锂离子电池中常用的LiCoO2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备（3）将含0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g；过滤，向滤液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，得到白色沉淀143.50g，经测定溶液中的阳离子只有Na+，且Na+有1mol；反应中产生的气体被足量NaOH溶液完全吸收，使NaOH溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式_，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方

6、程式_（4）Co2(OH)2CO3和Li2CO3在空气中保持温度为600800，可制得LiCoO2，已知： 3Co2(OH)2CO3+O22Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2按钴和锂的原子比1：1混合固体，空气过量70%，800时充分反应，计算产物气体中CO2的体积分数_（保留三位小数，已知空气组成：N2体积分数0.79，O2体积分数0.21）【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g 2CoCO33Co（OH）2H2O 5CoCl2+5Na2CO3+4H2O=2CoCO33Co（OH）2H2O+10NaCl+3CO2 0.3

7、05 【解析】【分析】【详解】（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：，接下来根据算出锂的物质的量，则理论上能生成0.2mol的氮化锂，这些氮化锂的质量为；反应前后相差的质量为，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为，这些氮化锂的质量为；（2）根据先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:1的，这些氨气在标况下的体积为；根据化学计量比，0.5mol的氮化锂理论上能生成1.5mol的，这些的质量为，缺少的那9.35克即溶解损失掉的，但是需要注意：溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100克水，但是反应会

8、消耗掉1.5mol水，这些水的质量为，因此我们算出的9.35克是73克水中能溶解的的量，换算一下，解得S为12.8克；（3）加入硝酸银后的白色沉淀为，根据算出的物质的量，因此全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无，也全部留在溶液中，沉淀中无，使烧碱溶液增重是因为吸收了，根据算出的物质的量，根据碳守恒，剩下的进入了碱式碳酸钴中，0.5mol全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由来提供，因此的物质的量为0.6mol。将0.5mol、0.2mol和0.6mol的质量加起来，发现只有，剩下的1.8克只能是结晶水，即0.1mol结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为；写出制备方程式； （4）令参加反应的氧气为3mol，

9、相当于的空气，又因为空气过量70%，则一共通入了空气，反应中一共生成了6mol水蒸气和12mol二氧化碳，则二氧化碳的体积分数为。3O2和O3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：（1）等质量的O2和O3所含原子个数比为_，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数值，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NA的式子表示)。（4）常温下，将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3溶液混合，得到密度为1.15gcm-3的混合溶液。该混合溶液的

10、物质的量浓度为_molL-1。【答案】1：1 3：2 1：1 2：3 L 2.28 【解析】【详解】(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为32，则所含分子个数之比为32，原子个数之比为11，故答案为：1:1；3:2；(2)据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有相同数目的分子，即O2和O3所含分子数之比为11，则原子个数比为23，质量比为23，故答案为：1：1；2：3；(3)氧气的摩尔质量为Mgmol1，则cg O2在标准状况下体积为VVm22.4 Lmol1L，故答案为：L；(4)混合后溶液中的KNO3的物质的量为n(KNO3)0.099 mol，混合后溶液的总体积为VKNO3(

11、aq)43.5 cm34.35102L，混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c(KNO3)2.28molL1，故答案为：2.28。4NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_。(2)氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_。(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2，该反应的离子方程式是_。(4)为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气)，该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_。(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好

12、完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_克。【答案】4NH3+5O24NO+6H2O 光化学烟雾 Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 4NH3+6NO5N2+6H2O 19.6 【解析】【分析】（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；（4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；（5）根据电子转移守恒计算铜的物

13、质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m=nM计算。【详解】(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：光化学烟雾；(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应离子方程式为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，答案为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O；(4)NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O，

14、故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；(5)n(NO2)n(NO)2.24L22.4L/mol0.1mol，根据电子转移守恒，可知n(Cu)0.2mol，由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol，生成Cu(OH)2沉淀的质量为0.2mol98g/mol19.6g，故答案为：19.6。【点睛】掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。5我国某些地区曾出现过高致病性禽流感，为防止疫情蔓延，必须迅速进行隔离，并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒。资料显示：禽流感病毒

15、在高温、碱性环境(如氢氧化钠溶液)、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。请回答下列问题： (1)次氯酸钠(NaClO)属于_(填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)，其中氯元素的化合价为_价。(2)用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍，写出所发生反应的化学方程式：_。 (3)以下对受污染工具的消毒方法可行的是_(填字母代号)。 a.用NaClO溶液浸泡 b.用NaOH溶液浸泡 c.用水冲洗即可 (4)配制用的0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用天平称取固体NaCl_。 若在实验室中配制此溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管 _、量筒和玻璃棒。【答案】盐 +1 2KMnO4 K2MnO4

16、 + MnO2 + O2 a、b 5.9 g 500mL容量瓶、烧杯 【解析】【分析】（1）化合物各元素化合价代数和为0；（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；（3）次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用；（4）根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析。【详解】（1）次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成，属于盐类物质。设氯元素的化合价为x，则有（+1）+x+（-2）=0，解得x=+1，故填：盐，+1；（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故填：2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2；（3）由题意可知：禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高锰酸钾或次氯酸钠等

17、消毒剂中生存能力较差，所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒，用水冲洗不能起到消毒的作用，故填：ab；（4）配制0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用固体NaCl：0.5L0.2mol/L58.5g/mol=5.9g，配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500mL容量瓶等，故填：5.9g；500mL容量瓶、烧杯。6（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

18、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）：A2H2S+O22H2O+2S B2H2S+3O22H2O+2SO2CC2H4+3O22H2O+2CO2 DC4H8+6O24H2O+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=1.25， 28x+44y=51，解x=0.25

19、，y=1，则二氧化碳的质量为44g，一氧化碳的物质的量分数为=20，混合气体的平均摩尔质量为=40.8g/mol； (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（24）：（13）=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。7近几年地球发生地震灾害较多，抢救地震后被困在

20、废墟下的伤员，首要的措施是给伤员补充能量。下图是医院给伤员输液时用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖(C6H12O6)注射液标签，请认真观察标签上所列的内容后填写：（1）葡萄糖的摩尔质量为_；（2）该溶液中含水_ g；（3）该溶液的物质的量浓度为_ mol/L(精确到小数点后面两位)。【答案】180 g/mol 237.5 0.28 【解析】【分析】(1)葡萄糖的摩尔质量在数值上等于它的相对分子质量，单位是g/mol； (2)根据标签给出的数据可以知道，250mL葡萄糖注射液中含葡萄糖12.5g，含量为5%，根据“葡萄糖质量葡萄糖含量”计算出一瓶葡萄糖注射液的质量；根据溶液中含水的质量=葡萄糖注射液

21、的质量水的含量（1-葡萄糖质量分数)； (3) 先根据葡萄糖的质量求出它的物质的量，然后代入公式c=n/V求出溶液的物质的量浓度。【详解】(1)葡萄糖的相对分子质量为180，所以葡萄糖的摩尔质量为；答案是: 180 g/mol；(2)因为溶液中溶质的质量分数为5%，且含有共12.5g葡萄糖，一瓶葡萄糖注射液溶液的质量=12.5g5%=250g，所以该溶液中含水的质量=250g（1-5%）=237.5 g；答案是:237.5； (3) 葡萄糖物质的量为n=12.5g/180 g/mol= 0.069mol，所以溶液的物质的量浓度c=n/V=0.069mol/0.25L0.28 mol/L；答案是

22、:0.28。8现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。（1）该混合气体的平均摩尔质量为_。（2）混合气体中碳原子的个数为_(用NA表示阿伏加德罗常数)。（3）将混合气体依次通过下列装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。气球中收集到的气体的摩尔质量为_。气球的体积为_L。【答案】36gmol1 0.4NA 28gmol1 4.48 【解析】【详解】设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则列方程组：28x+44y=14.4，x+y=mol，解之得x=0.2，y=0.2，气体共为0.4mol，则（1）根据M=m/n可知，该混合气体的平均摩尔质量为1

23、4.4g0.4mol=36g/mol；答案是：36g/mol；（2）CO和CO2中碳原子的物质的量为0.2mol1+0.2mol1=0.4mol，碳原子的个数为0.4molNA=0.4NA； 故答案是：0.4NA；（3）将混合气体依次通过如图所示装置，二氧化碳与氢氧化钠反应，经浓硫酸干燥，得到的气体为CO，气球中收集到的气体为CO，摩尔质量为28g/mol；故答案是：28g/mol；气球中收集到的气体为CO，标况下体积V=0.2mol22.4L/mol=4.48L；故答案是：4.48。9计算：（1）用14.2g无水硫酸钠配制成500mL溶液，其物质的量浓度为_molL-1。（2）若从中取出50

24、mL，其物质的量浓度为_molL-1；溶质的质量为_g。（3）若将这50mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中Na+的物质的量浓度为_molL-1，SO42-的物质的量浓度为_molL-1。（4）已知：a g某气体A含有b个分子，则c g该气体在标准状况下的体积为_ L。【答案】0.2 0.2 1.42 0.2 0.1 【解析】【分析】（1）根据n=m/M计算硫酸钠的物质的量，再根据c=n/V计算；（2）溶液是均匀的，取出50mL溶液的浓度与原溶液浓度相等；含有溶质质量为原溶液中的1/10；（3）根据稀释定律计算稀释后Na、SO42-的物质的量浓度；（4）根据ag气体的分子数为b，可知此气体

25、的摩尔质量为M=NAag/bmol=aNA/bgmol1.【详解】（1）14.2g硫酸钠的物质的量=14.2g/142gmol-1=0.1mol，溶于水配成500mL溶液，所得溶液物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.2molL-1;（2）溶液是均匀的，取出50mL溶液的浓度与原溶液浓度相等为0.2molL-1；含有溶质质量为原溶液中的1/10，含有溶质的质量=14.2g1/10=1.42g;（3）根据稀释定律，稀释后Na+的物质的量浓度=0.2molL-120.05L/0.1L=0.2molL-1；SO42-的物质的量浓度=0.2molL-110.05L/0.1L=0.1molL-1；（

26、4）根据ag气体的分子数为b，可知此气体的摩尔质量为M=NAa g/b mol=aNA/b gmol-1，则c g该气体的物质的量n=m/M= =bc/aNA mol，在标况下的体积为L。【点睛】本题考查物质的量浓度计算、溶液稀释，注意根据物质的量浓度c=n/V计算，利用稀释定律，注溶液中粒子的浓度。难点(4)：先算出摩尔质量，再算出cg的物质的量，再算出气体的体积。10实验室用氢氧化钠固体配制1.00molL1的NaOH溶液500mL，回答下列问题。（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是_(填字母)。a使用前要检验容量瓶是否漏液b用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干c为了便于操作，浓溶液稀释或

27、固体溶解可直接在容量瓶中进行d为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀e用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液f当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放所配制的试剂（2）请补充完整实验的简要步骤。计算；称量NaOH固体_g；溶解；冷却并移液；洗涤并转移；_；摇匀。（3）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是_、_。（4）上述实验操作都要用到小烧杯，其作用分别是_和_。（5）如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：_；_。（6）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是_(填字母)。A转移溶液时不慎有少量液体洒到容

28、量瓶外面B定容时俯视刻度线C未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容D定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】ad 20.0 定容 500mL容量瓶 胶头滴管 用烧杯称量NaOH固体，防止NaOH腐蚀天平的托盘 用烧杯做溶解用的容器 没有用玻璃棒引流 应选用500mL的容量瓶 BC 【解析】【分析】【详解】(1)a、容量瓶使用前要检验是否漏水，a正确；b、容量瓶不能加热，b错误；c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液，也不能用来溶解固体，c错误；d、为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后要摇匀，d正确；e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液，不能配制480mL溶液，

29、e错误；f、容量瓶不能长期贮存溶液，f错误；故选ad；(2)m(NaOH)nM=cVM=1.00molL10.500L40gmol120.0g。配制时，要遵循计算、称量、溶解（冷却）、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。(3)配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平(带砝码)、量筒，本题还缺少500mL容量瓶和胶头滴管。(4)NaOH固体具有强腐蚀性，不能用纸称量，要用玻璃仪器（如小烧杯）盛放。NaOH固体溶解时要在小烧杯中进行。(5)配制500mL的溶液，应选用500mL的容量瓶；在转移溶液时，一定要用玻璃棒引流，防止溶液溅到瓶外。(6)A、转

30、移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面，导致溶质损失，则所配溶液浓度偏低，A错误；B、定容时俯视液面，则溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，B正确；C、在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，则冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，C正确；D、定容后，加盖倒转摇匀后，由于会有少量液体残留在刻线上方，因此液面低于刻度线是正常的，又滴加蒸馏水至刻度，体积会增大，导致所配溶液浓度偏低，D错误；故选BC。【点睛】本题第（3）题，填写容量瓶时务必带着规格填写，即填写500mL容量瓶，只填写容量瓶是不正确的。11用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4 molL-1）配制

31、100mL 1.0molL-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：A100mL量 B托盘天平 C玻璃棒 D50mL容量瓶 E10mL量筒 F胶头滴管 G50mL烧杯 H100mL容量瓶。请回答：（1）通过计算，需用量筒量取浓硫酸的体积为_mL；（2）实验时选用的仪器有_（填序号），使用容量瓶时第一步的操作是_；（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是_（填序号）；定容时俯视刻度线观察液面容量瓶使用时未干燥定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线（4）实验步骤如下：计算所用浓硫酸的体积量取一定体积的浓硫酸 溶解恢复至室温 转移、洗涤定容、摇匀 装瓶贴标签。其中，第步中“

32、洗涤”操作的目的是_。【答案】5.4 CFGEH 检查容量瓶是否漏水 减少溶质损失，减小实验误差 【解析】【分析】根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，使用容量瓶前要检漏。定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。【详解】用物质的量浓度为18.4 molL-1的浓硫酸配制100mL 1.0molL-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到1

33、8.4 molL1 V= 1.0 molL10.1 L，V=0.0054L =5.4mL，因此需用量筒量取浓硫酸的体积为5.4mL；故答案为：5.4。配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，因此实验时选用的仪器有CFGEH，使用容量瓶时第一步的操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：CFGEH；检查容量瓶是否漏水。定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高，故符合题意；容量瓶使用时未干燥，与结果无影响，故不符合题意；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故不符合题意；综上所述，答案为：。溶质黏

34、在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第步中“洗涤”操作的目的是减少溶质损失，减小实验误差；故答案为：减少溶质损失，减小实验误差。12某实验小组拟配制0.10 molL-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475 mL 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)。称量读数时，左盘高，右盘低溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水定容时，仰视容量瓶的刻度线在烧杯中溶解氢氧

35、化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线【答案】2.0 偏低 【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=0.50.140=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：

36、托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：；(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)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；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；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；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；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；定容后摇匀，发现液面降低

37、，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，满足题意，故答案为：。【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。13实验室需要1.2molL-1NaOH溶液80mL，步骤如下：（1）选择仪器：有如图所示的仪器，配制溶液一定不需要的是_(填序号)；除以上仪器外，还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。（2）计算：根据计算结果得知，用托盘天平称取NaOH固体的质量应为_g。（3）称量：调节天平平衡时，发现指针在分度盘的偏右位置，此时

38、应向_（填“左”或“右”）调节螺母以使天平平衡。称量一个小烧杯的质量。下图表示称量小烧杯的过程：“”表示在托盘上放上砝码，“”表示从托盘上取下砝码（5g以下用游码）。砝码质量/g502020105称量(取用砝码过程)标尺上游码的位置：由以上图示可知，小烧杯的质量为_g。（4）溶解，冷却。（5）移液、洗涤：洗涤23次的目的是_。（6）定容、摇匀。【答案】AC 烧杯、玻璃棒 4.8 左 32.4 保证溶质全部转移至容量瓶中 【解析】【分析】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据操作步骤判断需要使用的仪器；（2）实验需用100mL容量瓶(没有80mL），根据容量瓶的规格计算

39、氢氧化钠的质量；（3）天平平衡的标志是：指针指在分度盘的中央或左右摆动幅度相等，指针左偏右调螺母，右偏左调螺母；烧杯的质量=砝码的质量+游码的刻度；（5）洗涤23次可以把溶质完全移入容量瓶；【详解】（1）一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，根据提供的仪器可知，不需仪器有烧瓶、分液漏斗，故选AC；除以上

40、仪器外，还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；（2）实验需用100mL容量瓶，根据容量瓶的规格计算氢氧化钠的质量，m=cVM=1.2molL-10.1L40g/mol=4.8g；（3）在调节横梁平衡时，指针左偏右调，右偏左调；本题中指针指向分度盘的偏右位置，所以应该将平衡螺母向左移；烧杯的质量=砝码的质量+游码的刻度=20+10+2.4=32.4g；（5）洗涤23次，把洗涤液移入容量瓶中，目的是保证溶质全部转移至容量瓶中。14如图AE是中学化学常用的五种仪器：回答下列问题：(1)上述仪器中，使用时需首先检查是否漏水的有_（填标号）。(2)下列实验操作中，使用到仪器C的是_（填标号）。a分离水和酒精

41、的混合物 b分离水和四氯化碳的混合物 c分离水和泥砂的混合物 d提纯Fe(OH)3胶体(3)某化学兴趣小组实验过程中，需要480 mL0.5molL1 NaOH溶液。除上述提供的仪器外，还用到的玻璃仪器有_。如图所示，转移操作中的一处错误是_。在配制过程中，下列情况会导致所配溶液浓度偏低的是_（填标号）。a准确称量9.6gNaOH b溶解时未冷却至室温就转移c在定容时，仰视刻度线 d加水至刻度线后摇匀，发现液面低于刻度线【答案】CE b 烧杯、玻璃棒 转移溶液时未用玻璃棒引流 ac 【解析】【分析】(1)有活塞或塞子的仪器在使用前必须检漏；(2)仪器C为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体混合物；

42、(3)配制480 mL0.5molL1 NaOH溶液，需要的仪器有：500mL容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；转移操作中要使用玻璃棒引流；根据c=分析判断。【详解】(1)A为圆底烧瓶，B为量筒，C为分液漏斗，D为胶头滴管，E为500mL容量瓶，有活塞或塞子的仪器在使用前必须捡漏，则以上装置中只有分液漏斗和500mL容量瓶有塞子，答案选CE；(2)仪器C为分液漏斗，用于分离互不相溶且分层的液体混合物；a水和酒精任意比互溶，不能用分液漏斗分离，故a不符合题意； b水和四氯化碳不互溶且分层，可以用分液漏斗分离，故b符合题意；c水和泥砂不互溶，但泥沙不是液体，一般使用过滤的方法分离，故

43、c不符合题意；d Fe(OH)3胶体与水混合不分层，不能用分液漏斗分离，一般用渗析的方法分离，故d不符合题意；答案选b；(3) 配制480 mL0.5molL1 NaOH溶液，需要的仪器有： 500mL容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，除上述提供的仪器外，还用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；转移操作中要使用玻璃棒引流，故操作中的一处错误是转移溶液时未用玻璃棒引流；a配制480 mL0.5molL1 NaOH溶液需要使用500mL容量瓶，需要溶质的质量=0.5L0.5mol/L40g/mol=10g，称量9.6gNaOH，溶质的物质的量偏低，则配制溶液的浓度偏低，故a符合题意；b溶解时未冷却至室温就转移，冷却后溶液的体积会减小，则配制溶液的浓度偏高，故b不符合题意；c在定容时，仰视刻度线，溶液的体积偏大，则配制溶液的浓度偏低，故c符合