2020-2021化学物质的量的专项培优易错试卷练习题含答案

1、2020-2021化学物质的量的专项培优易错试卷练习题含答案一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)1.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 X 20个Na+,则溶液中SQ2-的物质的量是 mol。(2)在标准状况下，4.48 L HCl气体溶于水配成500 mL溶液，其物质的量浓度为 (3)在标准状况下，1.7 g氨气所占的体积约为 L,与 mol H2s含有相同的氢原子数。(4)7.8 g Na2X中含Na+0.2 mol,则X的摩尔质量是 。(5)实验室需要0.3 mol?L-1硫酸溶液480 mL。配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、

2、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外，还需要 需量取质量分数为 98%、密度为1.84 g?cm-3的浓硫酸的体积为 mL。 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】0.25 0.4 mo?L -1 2.24 0.15 32 g?mol-1 500mL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-;V 一 ，一 n 一(2)依据n V计算氯化氢的物质的量，依据c j计算溶液中氯化氢的物质的量浓V mV度；一 V _ m(3)依据门=5=审 结

3、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N&X的物质的量，根据 M=m计算Na2X的摩尔质量，进而计n算X的相对原子质量；(5) 依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；1000 w依据c 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M需要浓硫酸的体积； 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】3 01 1023c(1)某硫酸钠溶椒中含有3.01 X123个 Na+, n(Na+)=.01一% =0.5mol, n(SO42-6.02 1023)=0.5mol=0.25mol ；(2)在标准状况下，4.48 L HCl气

4、体的物质的量为:4.48 ”- =0.2mol,溶于水配成 500 mL溶 22.4液，其物质的量浓度为：0.2mol =0.4mol/L ;0.5L22.4L/mol =2.24L; 1.7g 氨气中所含氢1.7g(3)在标准状况下，1.7g氨气的体积： -17g/mol原子的物质的量：0.1mol X3=0.3moJ与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等，即n(H2S) x 2=0.3mo,l n(H2S) =0.15mol；(4) 7.8 g Na2X 中含 Na+ 0.2 mol,则 n(Na2X)=0.1mol, M(Na2X)= 7.8g =78g/mol ,故 X的 0.1mol相对

5、原子质量为 78-23 X 2=32摩尔质量为 32g/mol ;(5)实验室需要0.3 mol?L-1硫酸溶液480 mL,应该选择500mL的容量瓶;1000 1.84 98%质量分数为98%、密度为1.84 g?cm-3的侬硫酸的物质的量侬度为： 9818.4 X VX=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，10-3=0.3 X 500 乂310V=8.2mL； 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。2.在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高镒酸钾反应(不加热)，来制取氯气。反应：2KMnO4 +

6、 16HCl=2KCl+2MnC2+5Cl2 T +8H2O(1)双线桥法”标出电子车t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)：理论上需要多少克 KMnO4参加反应？ 。被氧化的HCl的物质的量为多少？ 。停2 乂 5SII【答案】21cMnO” 16H口=2KCJ2MnCI/4 9Hq 6.32g 0.2 mol失百【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 K

7、MnO4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：得2*5炉I12KM力0斗-+ L6HCH2KCI + 2MnCI3 + 5口# + 8

8、H2O ；失QV 2.24L(2)在标准状态下，2.24LC2的物质的量n(Cl2)二 丁 ” . /一- =0.1mol。Vm 22.4L /mol根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2时，参与反应的 KMnO4的物质的量为一，2，0.1mol 士 =0.04mol,则参与反应的 KMnO4 的质量 m(KMnO4)=0.04mol x 158g/mol=6.3?g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 x 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

9、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。3.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

10、量：34.82)(2)已知：Li3N+3H20f 3LiOH+NH4.取 17.41g 纯净 Li3N,加入 100g 水，充分搅拌，完 全反应后，冷却到20 C,产生的NH3折算成标准状况下的体积是 _L,过滤沉淀、洗涤、 晾干，得到LiOH固体26.56g,计算20 c时LiOH的溶解度_.(彳留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钻制备.(3)将含0.5m01coel2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钻 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 1

11、43.50g,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钻的化学式一写出制备碱式碳酸钻反应的化学方程式 _.(4) C%( OH)2CO3和Li2CO3在空气中保才等温度为 600800C,可制得LiCoO2,已知：3co2(OH)2CQ+O2f 2C8O4+3H2O+3CO2； 4co3O4+6Li2CO3+O2f 12LiCoQ+6CQ按钻和锂的原子比1:1混合固体，空气过量 70%, 800 c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

12、0.79, O2体积分数0.21)【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g 2CoCO?3Co (OH) 2?H2O5CoC2+5Na2CQ+4H2O=2CoCQ?3Co (OH) 2?H2O+10NaCl+3CQ T 0.305【解析】【分析】【详解】(1)首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：6Li+N2型12Li3N ,接下来根据4.164g-=0.6mol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6.94g/mol质量为 0.2mol 34.82g/mol=6.964g ；反应前后相差的质量为 6.840g-4.164g=2.676g ,这些增加的质量实际

13、上是氮原子的质量，即 2.676g =0.191mol的氮原子，根据氮守恒我14g/mol们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol,这些氮化锂的质量为0.191mol 34.82g/mol=6.656g ；,17.41g口 一、, 一 一，(2)根据 -=0.5mol先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和34.82g/mol氨气是1:1的，这些氨气在标况下的体积为22.4L/mol 0.5mol=11.2L ；根据化学计量比，0.5mol的氮化锂理论上能生成 1.5mol的LiOH ,这些LiOH的质量为1.5mol 23.94g/mol=35.91g ,缺少的那9.35克LiO

14、H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，但是反应会消耗掉1.5mol水，这些水的质量为1.5mol 18g/mol=27g ,因此我们算出的9.35g S9.35克是73克水中能溶解的LiOH的量，换算一下 =-,解得S为12.8 100g-27g 100g克；,143.5g(3)加入硝酸银后的白色沉淀为AgCl ,根据 -=1mol算出Cl-的物质的量，143.5g/mol因此Cl-全部留在溶液中，碱式碳酸钻中无Cl-, Na +也全部留在溶液中，沉淀中无13.2gNa+ ,使烧碱溶液增重是因为吸收了CO2,根据11=0.

15、3mol算出CO2的物质的44g/mol2-重，根据碳寸恒，剩下的 0.5mol-0.3mol=0.2mol CO3进入了碱式碳酸钻中，0.5mol Co2+全部在碱式碳酸钻中，剩下的负电荷由OH-来提供，因此OH-的物质的量为0.6mol。将0.5mol Co 、0.2mol CO3和0.6mol OH -的质量加起来,发现只有0.5mol 59g/mol+0.2mol 60g/mol+0.6mol 17g/mol=51.7g ,剩下的 1.8 克只能是结晶水，即0.1mol结晶水，综上，碱式碳酸钻的分子式为2CoCO3 3Co(OH)2 H2O;写出制备方程式 5CoCl2+5Na2CO3

16、+4H2O=2CoCO3 3Co(OH) 2 H2O+10NaCl+3CO 2(4)令参加反应的氧气为 3mol,相当于21%mol的空气，又因为空气过量 70%,则一共一一3通入了(1+0.7) mol空气，反应中一共生成了6mol水蒸气和12mol二氧化碳，则二21%氧化碳的体积分数为10。=30.5%。12(12+6-3+1.7 /-)0.21.纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。(1)用洁净的钳丝蘸取 Na2CC3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈 色。(2)实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL,配制时应选用容量瓶的规格和称取NazCOs的质量

17、分别是。A. 1000mL; 21.2g B. 950mL; 20.14gC. 500mL; 21.2g D. 500mL; 10.6g(3)若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了.48g,则原混合物中碳酸钠的质量分数为 (4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色 物质溶于水，并向所得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳 酸钠。你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点A、B中通入不等量的CO2的体积与所加(5)取等物质的量浓度的 NaOH溶液两份A和B,每份10 mL,分

18、别向CO2,再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/L的盐酸，标准状况下产生的盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：况)的最大值为mLoCQ后，所得溶液加盐酸后产生CQ气体体积(标准状曲线B表明，原NaOH溶液中通入CQ后，所得溶液中的溶质成分是 的量之比为【答案】黄A 32.8% 不同意，由于 Ca(OH + 2NaHCQ = CaCQj + Na?CQ +2H2O (或Ca(OH)2 + NaHCQ = CaCO J + NaOH +HO),碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀 33.6 Na2CC3 与 NaHCO3 1:1【解析】【分析】(1)考查焰色反应;(2)根据 n=c

19、V, m=nM 计算；(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；(4)根据碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断;(5)根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，利用n=；Vm由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计算；【详解】(1)钠的焰色反应为黄色；(2)配置950ml的溶液应用1000 mL容量瓶配制溶液，所需 Na2CO3的质量m=nM=cVM=0.2mol/L X1LX106g/mol=21.2g ,答案选 A;(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x根据混合物质量减少了 2.4

20、8g,2NaHCO3=Na2cO3+H2O+CO2质量差 TOC o 1-5 h z 16862x2.48g16862 ,解得x=6.72g,碳酸钠和碳酸氢钠共10g,则碳酸钠的质量为10g-6.72g=x2.48g3.28g,原混合物中碳酸钠的质量分数3.28g10g100% =32.8%;(4)由于 Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO J + NaCO3 +2H2O 俄 Ca(OH)2 + NaHCQ = CaCQ J +NaOH +H2O),碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也 会生成碳酸钙沉淀，所以不同意他的观点；(5) CQ 与 NaOH

21、反应为 CO2+NaOH=NaHCO, CQ+2NaOH=N*Ca+H2O,n CO2当? 1,反应按进行，等于 1时，CQ、NaOH恰好反应生成 NaHCQ;大于1n NaOH时，生成NaHCCfe, CO2有剩余;CQ、NaOH反应，无剩余，生成物为1 n CO2当一v O 葡萄糖、果糖(1)根据c=1000 p wM计算出该浓硫酸的浓度；配制该溶液的步骤是：称量、溶解、冷 却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪 器；(2)硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，原因是形成原电池反应；【详解】(1)该浓硫酸的物质的量浓度为：c= 1000X1.84刈8好98mo

22、l/L=18.4mol/L ；实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是 500mL1mol/L的硫酸溶液，配制该溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，配制过程中需要使用的仪器为：药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器为：500mL容量瓶，故答案为：18.4mol/L ; 500mL容量瓶；(2)锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生 Zn+CuSO 4=ZnSO 4+Cu ,置换出铜，与锌形成原 电池反应，化学反应速率加快，离子方程式是 Zn+ Cu2+=Cu+Zn2 +、Zn+ 2H+=H2?；铜与 浓硫

23、酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，硫元素的化合价降低表现硫酸的氧化性，生成盐 和水体现硫酸的酸性，故硫酸表现的性质是酸性和氧化性；碳和浓硫酸加热生成二氧化 硫，二氧化碳和水，检验气体的顺序是水，二氧化硫，二氧化碳，故答案为：Zn+ Cu2+=Cu+ Zn*、Zn+2H+=H2?；强氧化性和强酸性；H2O、SQ、CQ；(3)制取TNT需要甲苯，浓硫酸和浓硝酸的混合酸加热，反应的化学方程式是+3HNO3可以制取乙烯,+3H2O;向乙醇中加入浓硫酸，加热到 170度,故答案为:+3HNO浓 H2sO4+3H2O;QH50HCH2=CH2 T + notCH2=CH2 T + KO；蔗糖水解产生葡萄糖和

24、果糖,H2O；葡萄糖、果糖。.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：二氧化镒与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。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：3C2+6OH-邑5Cl-+ClO3-+3H2Oo该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。饱和食盐水石灰乳NM)H擀液甲乙 丙 丁请回答下列问题：(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 mol L-1盐酸与8.7 g MnO2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(ClO2 go(2)小组成员发现，产物中 Ca(ClO)2

25、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CIO、CIO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间的关系曲线，粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。所取石灰乳中含有 Ca(OHl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-n ClO的物质的量为 0.35 mol ,则产物中 =。n ClO3 一(3)为了提高Ca(ClO的产率，可对丙装置作适当改进。请你写出一种改进方法：O【答案】除去氯气中的氯化氢气体

26、7.15 ClO 0.25 2: 1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中【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+C2T +2H2O; 2C2+2Ca(OH=CaC2+Ca(ClO+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

27、物质的量为0.35 mol ,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)浓盐酸和二氧化镒反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2 T +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 X0.1 L=1.2 m01n(MnO2)=0.1

28、mol, MnO2、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 gMnO2制备氯气，以 MnO2为标准计算，n(Cl2)=n(MnO2)=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片CaC2+Ca(ClO?+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的物质的量为 0.05 mol,其质量 mCa(ClO=0.05mol X 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，氯气和氢氧化钙反应

29、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C的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n,则nX1=0.10 mol x 1+0.05 mol x 5=0.35moU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 CaC2、Ca(ClO、Ca(ClC3)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 ；ol =0.25 mol;取一份与等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25 mol,根据氧化还原反应中得

30、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 x 1+y；x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, y=0.05 mol,则产物中 “1mol =2： 1； n ClO30.05mol(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 o【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

31、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。. I某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl K2SQ和NH4C1 3种固体原料的物质的量之比为1:4:8。配制该营养液后 c(NH4+)=0.016 mol . L_【答案】0.018mol/L 4:9 1mol/L 0.2mol/L A 玻璃棒 4.2 mL 10.0mL 500 mL 偏高 偏低重新配制【解析】 【分析】I由配制营养液的 KCk K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为(1+2X4)

32、 : 8=9:8,由K+和NH4+的物质的量比计算可得； n溶液是均匀的，从1L 1 mol . L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、 溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、 500mL容量瓶、胶头滴管、和 500 mL试剂瓶。【详解】 (1)由配制营养液的 KCk K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为(1+2X4) : 8=9:8,若营养液中c(NH4+)为0.016 mol . L-

33、1, n (K+) : n (NH4+) =c (K+) : c (NH4+) =9:8,则 c (K+) =9 0.01；mol/L =0.018mol/L ,故 答案为：0.018mol/L;(2)设(NH4)2SO4的物质的量为x, KCl的物质的量的物质的量为y,由溶液中K+、NH4+的物质的量比为9:8可得v： 2x=9:8,则x： y=4: 9,故答案为：4: 9;n (1)溶液是均匀的，从 1L 1 mol .匚1氢氧化钠溶液中取出的 100mLNaOH溶液浓度等于 原溶液的浓度，则取出的这100 mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L;据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的

34、物质的量不变，令稀释后的浓度为c,则可得关系式100mL x 1mol/L=500mL x c,解得 c=0.2mol/L ,故答案为：1mol/L ; 0.2mol/L ;,溶液c(K+尸。(2)若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为 n从1L 1 mol L-1氢氧化钠溶3中取出 100 mL：(1)取出的这100 mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是 。若将取出的这100 mL氢氧化 钠溶液加水稀释至 500 mL,所得溶液的物质的量浓度是 。某学生计划用12 mol . L-1的浓盐酸配制0.1 mol . L-1的稀盐酸450 mL,回

35、答下列问题：(2)实验过程中，不必使用的是 (填字母)。A.托盘天平 B量筒 C容量瓶D. 250 mL烧杯E胶头滴管F.500 mL试剂瓶(3)除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是 。(4)量取浓盐酸的体积为 mL,应选用的量筒规格为 (提供10.0 mL、25.0 mL)。(5)配制时应选用的容量瓶规格为 。(6)某同学操作出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响(填 偏高“偏低”或 无影 响”)。定容时俯视刻度线 加蒸储水时不慎超过了刻度 ，此时应如何处理(2)配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、 定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、5

36、00mL容量瓶、胶头滴管、和500 mL试剂瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为：A;(3)由(2)分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：玻璃棒；(4)设量取浓盐酸的体积是 Vml,由稀释定律可知稀释前后 HCl物质的量不变，则有 12mol/LxVx 10 3L=0.10mol/Lx0.5L,解得V=4.2,由量筒使用的最近原则可知，应选用 10.0mL量筒量取 4.2ml浓盐酸，故答案为： 4.2ml; 10.0mL;(5)实验室没有 450mL的容量瓶，则配制 0.1 mol . L-1的稀盐酸450 mL应选用500mL的 容量瓶，故答案为:500 mL;(6)定容时俯视刻度线，会导

37、致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸储水时不慎超过 了刻度，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，由于操作导致实验失败，解决的方法 是重新配制，故答案为：偏高；偏低；重新配制。.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：禽流感病毒在高温、碱性环境(如氢氧化钠溶液)、高镒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：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)用加热高镒酸钾熏蒸消毒禽舍，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

38、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 + MnO2 + 02 T 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)高镒酸钾分解能生成镒酸钾、二氧化镒和氧气；(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

39、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)高镒酸钾分解能生成镒酸钾、二氧化镒和氧气，故填： 2KMnO3= K2MnO4 + MnO2 + QT ;(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、高镒酸钾或次氯酸钠等 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: 0.5L x 0.2mol/L x 58.5g/mol=5.9g配制溶液需

40、要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和5.9g； 500mL容量瓶、烧杯。500mL容量瓶等，故填:(1) 1mol H2SQ中含有 个硫原子，mol O。(2)写出下列物质在水溶液中的电离方程式HCl： NaHSd: (3)写出下列化学反应的方程式呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式 氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式 印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式 (4)配平下列方程式：I+IO3 +H+I2+H2ONH4c104N2 T +O2 T +HCl+H2O(5)用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：Cu+ 4 H

41、NO3 (浓)=Cu(NQ)2+ 2 NO2 T + 2H2OHNO3的作用是,发生氧化反应，氧化产物是 。【答案】Na 4 HCl=H + ClNaHSQ = Na+ + H+SQ2- 2Na2O2+2CQ=2Na2CO3+O24Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ 5 1 6 3 3 4 2 5 4 6 先主2尸 TOC o 1-5 h z 0-F5+2CirHlH、裱) CuN OO*, A *蹲刘2rt氧化性和酸性Cu(NQ)2Ckr 4 f Cu, HCl=H+C|,所以溶液中存在的微粒有：分子：Cb、HClO、H2O;离子:H+、c

42、r、ClO、OH,能使紫色石蕊试液变红色是酸的性质，次氯酸有漂白性；(3)NaHCO3不稳定，加热易分解，但加热溶液不分解，都可与碱发生反应，与氢氧化钙溶液反应都可生成沉淀，且都能与酸反应生成气体，以此解答该题；(4)2KNO3+C+S-K2S+2NO2 T +CQ T中，C元素的化合价升高，N、S元素的化合价降低，以此来解答；(5)根据公式n=m来计算M , M在数值上等于元素的相对原子质量，分子的M在数值上M等于其相对分子质量。【详解】(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小，质量相同的。2、NH3、H2、Cl2四种气体中，H2的摩尔质量最小，所以H2的体积最大；(2)

43、氯水溶液中存在反应：Cl2+H2O? HCl+HClQ是可逆反应，存在电离：H2O? H+OH-、HClO? H+ClO, HC- H+C，所以溶液中存在的微粒有：分子：C2、HClO H2O;离子：H+、C、ClO-、OH.酸能使紫色石蕊试液变红色，所以使紫色石蕊试液变红色的微粒是 H+；次氯酸有漂白性，所以红色溶液逐渐褪色，起作用的微粒是HClO分子；(3)碳酸钠和碳酸氢钠与 NaOH混合，均无明显现象，不能鉴别二者，故错误；碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应产生沉淀，故用 Ca(OH溶液不能鉴别二者，故错误；碳酸钠与BaC2反应产生碳酸钢沉淀，碳酸氢钠与BaC2不反应，故BaC2溶液

44、可以区分两物质，故正确；K2SO4与碳酸钠、碳酸氢钠均不反应，故氯化钙溶液不能鉴别二者，故错误；Ca(N6)2与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与Ca(NO3)2不反应，故Ca(NO3)2溶液可以区分两物质，故正确；故答案为：；(4)N、S元素的化合价降低，被还原，C元素的化合价升高，C为还原剂；2KNO3+3C+S- K2S+2T+3COT,反应中KNO3得到10个电子，S得至I 2个电子，当反应 有3.612X124个电子转移时，即转移 6mol,则生成1.5molCO2,其中被KNO3氧化得到的二 氧化碳为 1.5mol X10=1.25mol ,其体积为 1.25mol x 22.4

45、L/mol=28L12(5)1.2gRSQ 中含 0.01molR2+,根据公式 n=m ,则 RSO 的 m= m = 1.2g =120g/mol ,MM 0.01molRSQ的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSQ的摩尔质量为120g/mol , R的相对原子质量是120-32-64=24。11.对一定量气体体积的探究。已知 1 mol不同气体在不同条件下的体积:化学式条件1mol气体体积/LH20C, 101kPa22.4O20C, 101kPa22.4CO0C, 101kPa22.4H20C, 202kPa11.2CO20C, 202kPa11.2N2273 C, 202kP

46、a22.4NH3273 C, 202kPa22.4(1)从表分析得出的结论：1mol任何气体，在标准状况下的体积都约为 。1mol不同的气体，在不同的条件下，体积 (填定、一定不或 不一定”相等。(2)理论依据：相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等，原因是：, (3)应用：在标准状况下，4gO2的体积为 。(4)等温、等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比，质量比为 。(5)已知16gA和20gB恰好完全反应生成 0.04molC和31.76gD,则C的摩尔质量为 一0(6)在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)分别用p(N

47、e)、p(H2)、p(O2)表示，由大到小的顺序是 _。【答案】22.4L不一定 气体分子数目相等 相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等 2.8L 1 ： 1 2 ： 3 106g mol-1 p(H2) p(Ne) p(O2)【解析】【分析】(1)根据图表信息进行分析；(2)根据克拉伯龙方程：PV=nRT进行分析；根据n=m/M=V/V m进行分析；(4)根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；(5)根据质量守恒定律及 n=m/M进行分析；(6)根据PM=p RTt行分析。【详解】(1)从表中的H2、O2、CO在标准状况下体积可以看出：1mol任何气体在标准状况下，体积都约为22.4L;故答

48、案是：22.4L;根据克拉伯龙方程：PV=nRT可知，1mol不同的气体，物质的量 n相同，在不同的条件 下，如温度相等，压强不相等时，体积则不相等；或在温度不相等，压强也不相等时，体 积可能相等；因此1mol不同的气体，在不同的条件下，体积不一定相等；故答案是：不一定；(2)因为在相同的温度和压强下，任何气体分子间的平均距离几乎相同且1mol气体的分子数目也相同，所以在相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等；故答案是：气体分子数目相等；相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等；(3)02的摩尔质量是32g/mol , 4gO2的物质的量是 4g/32gmol-1=1/8mol;在标准状况

49、下，4g02 的体积为 22.4Lmol-1 x/8mol=2.8L；故答案是：2.8L;(4)等温等压下，气体摩尔体积相等，相同体积的氧气和臭氧其物质的量相等，根据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比=1:1;根据m=nM知，相同物质的量时其质量之比等于摩尔质量之比 =32g/mol : 48g/mol=2 : 3;故答案为：1: 12: 3;(5)根据质量守恒定律知，C的质量=(16+20-31.76)g=4.24g, C的摩尔质量=4.24g/0.04mol=106g/mol ;故答案为：106g/mol ;(6)Ne的摩尔质量是 4g/mol ,氢气的摩尔质量是 2g/mol ,氧

50、气的摩尔质量是 32g/mol ,在 温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是P(H2) P(Ne)P(O2)；故答案为：P(H2) P(Ne) P(O2)。【点睛】影响物质的体积的因素有：微粒的数目、微粒的间距、微粒的大小；对于固体和液体来讲，粒子间距较小，可忽略，体积主要由微粒的数目、微粒的大小来决定；而对于气体来 讲，粒子间距较大，忽略粒子大小，体积主要由微粒的数目、微粒的间距来决定，当温度 和压强一定时，粒子间距几乎相等，体积由微粒的数目来决定。12.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 mol L-1。(2)若从中取出5

51、0mL,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 mol L-1, SQ2-的物质的量浓度为 mol L-1O(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。22.4bc【答案】0.2 0.2 1.42 0.2 0.1 aNA【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+、SQ2-的物质的量浓度；(4)根据ag

52、气体的分子数为b,可知此气体的摩尔质量为M=N Aag/bmol=a NA/bg mol1 .【详解】(1) 14.2g硫酸钠的物质的量=14.2g/142g mol-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=0.2mol L-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0.2mol L-1;含有溶质质量为原溶液中的1/10,含有溶质的质量=14.2gx1/10=1.42g;(3)根据稀释定律，稀释后Na+的物质的量浓度=0.2mol L-1X 2 x 0.05L/0.1L=0.2mol L-1； SQ2-的物质的量浓度=

53、0.2mol L-1x 1x0.05L/0.1L=0.1mol - L-1；(4)根据ag气体的分子数为b,可知此气体的摩尔质量为M=N Aa g/b mol=a - NA/bcgg - mol-1,则c g该气体的物质的量 n=m/M= a NA ,t g molb22.4bc为 FL。 aNA【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律，注溶液中粒子的浓度。难点 (4):先算出摩尔质量，再算出 体的体积。=bc/aNA mol,在标况下的体积c=n/V计算，利用稀释定 cg的物质的量，再算出气.某化学兴趣小组同学欲完成两个实验，涉及到下列有关实验操作。甲实验为食盐的精

54、 制，乙实验通过精制的食盐来配制0.4mol L-1的氯化钠溶液。 (1)甲实验中除去难溶性杂质的操作步骤是 (填写上述序号)，其中关键实 验操作名称是。(2)甲实验中，为有效除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SQ2-杂质，精制过程中加入试剂：NaOH溶液NazCQ溶液BaC2溶液盐酸，合理的加入顺序为 (填序号)。其中 加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式为 。(3)乙实验，使用仪器前必须进行的一步操作是 。配制时，除了上述仪器外，还 可能用到的玻璃仪器是 。(4)乙实验称量的 NaCl质量为 g。【答案】 过滤 (或，或)Mg2+ 2OH-=Mg(OH)2j 查漏量筒 5.9g【解析】【分

55、析】(1)根据粗盐提纯中难溶性杂质的去除的操作步骤是溶解、过滤、蒸发进行分析；(2)有效除去Ca2+、Mg2+、SQ2-,应注意碳酸钠在钢试剂之后；镁离子和氢氧根离子反应生 成氢氧化镁；(3)使用仪器前必须进行的一步操作是查漏；配制时，除了上述仪器外，还可能用到的玻璃仪器是量筒；(4)m=CVM据此进行计算；【详解】(1)粗盐中难溶性杂质的去除的操作步骤是溶解、过滤、蒸发，所以操作步骤是：； 其中去除杂质的关键一步是过滤，把不溶于液体的固体与液体分离；答案为：；过滤；(2)SO42-、Ca2+、Mg2+等分另与BaC2溶液、Na2CQ溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，NazCQ

56、溶液能除去过量的 BaC2溶液，盐酸能除去过量的 Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以合理的加入顺序为(或，或)；其中加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式为Mg2+2OH -Mg(OH)2 J ；答案为：(或，或)；Mg2+2OH - Mg(OH)2j ；(3)使用仪器前必须进行的一步操作是查漏；配制时，除了上述仪器外，还可能用到的玻璃仪器是量筒；答案为：查漏；量筒；(4)m=CVM=0.4 mol?L-1 x 0.25L x 58mgl=5.85g 弋包9答案为：5.9。【点睛】(4)容易错，从题目提供的图可知，实验中用托盘天平称量氯化钠固体，托盘天平能粗略称 量固体质量，质量的数值保留一

57、位小数点。.实验室用18.4mol?L-1的浓硫酸来配制 480mL0.2mol?L-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管烧瓶烧杯药匙量筒托盘天平玻璃棒请回答下列问题：(1)配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有(选填序号)，还缺少的仪器有(写仪器名称)。(2)需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为mL,量取浓硫酸时应选用(选填10mL50mL100mL)规格的量筒。 TOC o 1-5 h z (3)实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：、。(4)下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是。A.容量瓶上标有容积、温度和浓度B.容量瓶用蒸储水洗净后，必须烘干C.配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶

58、中，加入蒸储水到接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加蒸储水至刻度线D.使用前要检查容量瓶是否漏水(5)在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有(填序号)未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中转移前，容量瓶中含有少量蒸储水定容时，仰视刻度线【答案】500mL容量瓶 5.4搅拌引流 D【解析】【分析】(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定 容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；(2)依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，据此选择合适规格量 筒；(3)依据稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流解答；(4)根据容量瓶的构造、使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法分析；(5)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。V【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴