高考化学复习《物质的量》专项综合练习附详细答案

422244224422244224高考化复习《物质量》专综合练习附细答案一、高化学物质的1．物质的量是高中化学中常用物理量，请回答下列问题：(1)某酸钠溶液中含有

个Na

，溶液中SO的物质的量是。(2)在准状况下4.48HCl气溶于水配成500mL溶，其物质的量浓度为_____________。(3)在准状况下1.7g氨所占的体积约_________L与____molS含有相同的氢原子数。(4)7.8gNa中Na+

0.2，则的摩尔质量是。(5)实室需要0.3•L-1硫溶液480mL。①配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需取质量分数为、度为1.84•cm-3的浓硫酸的体积______mL。③配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

-1

2.240.1532g•mol-1

容瓶8.2将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】（）酸钠为电解质，完全电离SO电产生+

和1molSO2-；（）据

n

VVm

计算氯化氢的物质的量，依据计溶液中氯化氢的物质的量V度；（）据

VVMm

结合氨气与硫化氢分子构成计算解答；（）钠离子质的量计算X的物质量，根据算X的相对原子质量；（）依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；

mMn

计算NaX的摩尔质量，进而计②依

c

1000M

w

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】（）硫酸钠液中含有3.01×1023个Na，+)=

，2-)=

=0.25mol

22222222224222332222222222242223324424324242（）标准状下4.48LHCl气的物质的量为：

4.4822.4

，于水配成mL溶液，其物质的量浓度为：

0.5L

；（）标准状下1.7g氨气的体积：

17g/mol

=2.24L1.7g氨气中所含氢原子的物质的量0.1mol×3=0.3mol，硫化氢子中所含的氢原子个数相等，即n(HS)×2=0.3mol，S)=0.15mol；（）gNaX中

+

0.2，n(NaX)=0.1mol，X)=

7.8g

=78g/mol，的相对原子质量为，尔质量为；（）实验室需要0.3mol-1

硫酸溶液480mL，应该选择500mL的量瓶；②质分数为98%、密度为1.84g-3

的浓硫酸的物质的量浓度为：

1.8498%，所需浓硫酸的体积为，依据稀释前后溶质的物质的量不变可知18.4×V×10

-3-3，V=8.2mL；③浓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．将一定质量的镁铝混合物投200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得液中加入5mol/的NaOH溶，生成沉淀的物质的量n与入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。()写出与NaOH溶反应的化学方程；()镁和铝的总量_；()b点液中的溶质__________，酸的物质的量浓度为__________mol/L()生成的氢气标准状况下的体积__________L()点溶液中通入足量的的反应化学方程式为__________。【答案2Al2NaOH+2HO=2NaAlO+↑9SO2510.NaAlO+CO+OAl(OH↓+NaHCO【解析】【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶20，有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、后剩余，溶液的溶为HSO、、Al(SO)，时发生的反应为：H+SO+；V(NaOH溶)200时沉淀量最大，此过程中2

2324332222222233233223242424242422242332224222324332222222233233223242424242422242332224223322223322233AA424A22A2A2A23A2A22AAl3

与OH反应生成Mg()Al(OH)，液溶质NaSO；200到，溶解固体Al(，发生反应OH

+Al(OH)=+，据此分析解答。【详解】()与溶反应产生NaAlO和H，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+O2NaAlO+↑()根据图象可MgOH和()的质的量之和为0.35，200到240mL，NaOH溶解Al(OH)，当(NaOH溶液)=时沉淀不再减少，此时全部为Mg()，物质的量为0.mol，()的质的量为035mol-.15mol0.mol，由元素守恒可知()=[()]=0.，()=[Mg)]=015，以镁和铝的总质量为m()+m()=020×g/mol015×g=9g；()沉淀量最大为Mg)和()，溶液中溶质为NaSO，据钠元守恒可知此时n(SO)等于200溶中含有的(NaOH)的0.倍，所以n(SO)=.×mol/×.L=.mol，以的质的量浓度c)=

=./；()根据以上分n(02mol，(0.，由于Al+3价属Mg是2价的金属，所以金属失去电子的物质的量(

)=n()+()=.2mol×+015mol×=.，根据反应过程中得失电子守恒，可知反应产生氢气的物质的量n)=

n(

)=.mol，在标准状况下的体积V()=.mol×.4L/=.08L；()在b点时溶液中溶质为NaSO，淀量为Mg(OH)和(OH，→过程中发生反应：NaOH+Al(OH)=NaAlO+2H，点该反应恰好反应完全，故点溶液的溶质为SO、，由于酸性＞(OH，所以c点溶液中通入足量的CO，NaAlO、CO、O反产生Al()和NaHCO，反应的化学方程式为NaAlO+CO+OAl(OH↓+NaHCO。【点睛】本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算，侧重考查学生的分析与计算能力。3．设N代阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，√或？①（标准状况）氩气含有的质子数为18N__________②标准状况下，11.2LCH和CH混物中含氢原子数目为__________③标准状况下，和O的合气体中分子数为0.2N__________④的CO和混合气体中含有的质子数为__________⑤标准状况下，气中含有的氧原子数目为0.5N__________⑥1.6g由O和组的混合物中含有的原数目为0.1N__________⑦常温常压下，8gO含有的电子数为4N__________⑧常温常压下，22.4LNO和CO的合气体中原子数目为2N__________

44A2A32AAmmA42424AA424A22A22A2A22A222A2344A2A32AAmmA42424AA424A22A22A2A22A222A2323A222A22A4444A222A323232AA⑨标准状况下，中含有的CCl分数为N__________⑩常温常压下，gO中含有的原子总数为__________标状况下，11.2LCH中含有的分子数目为0.5N__________常常压下，L和CO2

混合气体中含有的碳原子数目为__________【答案】√√√√√××√×【解析】【分析】运用、、等式的应用转换，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】①标准状况下，氩的物质的量为1mol，1个氩气分子中含有18个电子，故（标准状况）氩气含有的质子数为18说正确；②标准状况下，11.2LCH和CH混物的物质的量是个CH

4分子中、个CH分子中都含有4个H原，所含H原的个数为0.5NN，标准状况下11.2和C混合物中含氢原子数目为N说法正确；③标准状况下，和O的合气体的物质的量是：)=0.1mol，含分子数为0.1N，标准状况下，2.24LN和的混合气体中分子数为0.2N说法错误；④的CO和混合气体的分子数为，1个CO分中和N分中都含14个子，故的CO和混气体中含有的质子数14说法正确；⑤标准状况下，气的物质的量为，1分中含有2个原子故标准状况下，气中含有的氧原子数目为0.5N说法正确；⑥1.6g由O和组的混合物中O原的物质的量为，1.6g由O和组的混合物中含有的原数目为0.1N说正确；⑦常温常压下，8gO的物质的量为，个O分子中有16个子，故8g含有的电子数为N说正确；⑧常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，常温常压下，22.4LNO和的合气体中原子数目为N说错误；⑨标准状况下，CCl是体，不能利用气体摩尔体积计算的质的量，故标准状况下，22.4LCCl中含有的CCl分子数为说错误；⑩gHO的物质的量为18g/mol)=1mol，1个H分中含有3个原，故常温常压下，gO中有的原总数为N说正确；标状况下CHCH是液体，不利用气体摩尔体积计算11.2LCH的质的量，故标准状况下，11.2LCHOH中含有的分子数目为0.5说法错误；常常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故2.24L和2

混合气体中含有的碳原子数目为0.1N说错误；【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。

23232322222233232323232222223323223322334．纯碱和小苏打都是重要的化原料，在生产和生活中有着广泛的应用。(1)用净的铂丝蘸取NaCO溶置于酒精灯火焰上灼烧，火焰__________色(2)实室中需的NaCO溶，制时应选用容量瓶的规格和称取NaCO的质量分别。A；950mL；500mL；21.2gD；(3)若热10.00g的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2.48g，原合物中碳酸钠的质量分数______。(4)某学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢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________。(5)取物质的量浓度的NaOH溶液两份和，份10mL，分别向、中入不等量的CO，再继续向两溶液中逐滴加入0.1的酸标准状况下产生的的积所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：①曲线表明，原溶中通入CO后，所得溶液加盐酸后产生CO气体体标状况最大值_______mL。②曲线表，原溶中通入后，所得溶液中的溶质成分，其物质的量之比为。【答案】黄A32.8%不同意，由于+2NaHCO=CaCO↓+Na+2HO或Ca(OH)+↓++HO)，酸氢钠溶液石灰水反应也能产生白色沉淀33.6CO与NaHCO1:1【解析】【分析】(1)考焰色反应；(2)根n=cVm=nM计；(3)根碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；(4)根碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应断；(5)①据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的即为碳酸氢钠的物质的量，利用n=

Vm

；②由曲线可从到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；

232332322332223223223322232322223233232233222322322332223232223232322323m3223222【详解】(1)钠焰色反应为黄色；(2)配950ml的液应用1000mL容量瓶配制溶液，所需NaCO的质量m=nM=cVM106g/mol=21.2g，案；(3)设加反应的碳酸氢钠的质量为x根据混合物质量减少了2.48g，NaCO+H质量差22168x2.48g16862x2.48g

，解得，碳酸钠和碳酸氢钠共10g，碳钠的质量为10g-6.72g=3.28g，混物中碳酸钠的质量分=

3.28g10g

100%

；(4)由+=CaCO+Na+2H或Ca(OH)=↓++HO)，碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙淀，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)①与NaOH反为①CO+NaOH=NaHCO，CO+HO，n当1，应按①进行，等于1时，、NaOH恰反应生成NaHCO；大于n时，生成，CO有剩余；n当＜＜，应按①②进行CO、NaOH反，无剩余，生成物为n、CO；n当，反应按②进行，等于时CO、恰好反应生成NaCO；于n22

时，生成，NaOH有剩余；由曲线可知从到为碳酸氢钠与盐酸反应消耗的盐为碳酸氢钠与盐酸反应并产生，反应方程式为NaHCO+HCl=NaCl+CO↑+HO所以n(NaHCO)=n(HCl)=(75ml−3mol，据C原守恒，所以n(CO)=n(NaHCO)=1.5×10molV=−322.4L/mol=33.6mL；②加75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶为氯化钠溶液。根据氯离子、钠离子守恒，所以n(HCl)=0.075ml×0.1mol/L=0.0075mol，由曲B可从到75mL为酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为+HCl=NaCl+COO，所以(NaHCO)=(HCl)=n(CO)=(75ml−25ml)×0.1mol/L=0.005mol所以n(CO)：(NaOH)=0.005mol：大于1:2，于1，所以反应按①进行CO、NaOH反，无余，生成物为

，

233233332332232222323323333233223222232CO与NaHCO，据钠原守恒，所以

n(NaCO)+(NaHCO，n(NaHCO)=，n(NaHCO，与NaHCO的物质的量之比为1:1。【点睛】碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键，学生使用时需灵活掌握。5．某化学兴趣小组在实验室制漂白粉，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3Cl-+ClO-+3H。兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。

5Cl

-请回答下列问题：(1)①装置用于制备氯气，乙装置的作用。②该兴趣小组用mL12

-1

盐酸与8.7MnO制氯气，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)______g。(2)小成员发现，产物中的质量明显小于理论值。他们讨论认为，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-

两种离子的物质的量与应间t)关系曲线，粗略表示为如(不考虑氯气和水的反。①图中曲线Ⅰ表_______离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)的质的量。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C-的物质的量为mol，产物中

3

。

222222222222222222222222222222222222222222222222222222322(3)为提高Ca(ClO)的率，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7.15ClO0.25：把装置浸在盛有冰水的水槽中【解析】【分析】(1)①和食盐水的主要作用是除去氯气中的化氢气体；②依据MnO

MnCl+Cl↑+2HO；+2Ca(OH)=CaCl+Ca(ClO)，合定量关系计算理论值；(2)①温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成化钙和次氯酸钙；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C-的物质的量为mol，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：，合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依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)根题中信息，在高温度下发生副反应，以把丙装置放入冰水中。【详解】(1)①盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程为MnO+4HCl(浓

MnCl+Cl↑+2H；浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气，以通过饱和食盐水的作用是除去Cl中有的HCl气体；②(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2，)=

8.7g87gmol

=0.1，MnO、反的物质的量的比是1：，见足量的浓盐酸与8.7制氯气，以为准计算，n(Cl)=n)=0.1mol，所得氯与过量的石灰乳反应，反应方程式为：2Cl+2Ca(OH)=CaCl+Ca(ClO)O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0.05mol，其质量[Ca(ClO)]=0.05mol×143g/mol=7.15g；(2)①温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成化钙和次氯酸钙；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，所以图中线I表离子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=0.35，反应的中含氯原子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5，CaCl、Ca(ClO)、)中钙离子和含氯离子的个数比为1：，以所取石灰中含有的物质的量为

mol

=0.25mol；③取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为mol，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-)=x，

32324442432324442424n(ClO-

)=y；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：2得到氯元素物质的量为；，解得：x=0.1，y=0.05mol则产物中

3

=2：；(3)由反应在高温度下发生副反应，所以改措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生3Cl+6OH

5Cl

+ClO-+3H。【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。6．实验室需要配制0.1L

CuSO溶液480mL。按下列操作步填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选仪器。完成本实验所必需的仪器有：盘天(精到0.1g)药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、________、以等质量的两片张滤纸。(2)计，应选择下列_______。A．需要CuSO固体8.0g．要CuSO·5H晶体12.0gC．要CuSO·5HO晶12.5gD需要CuSO固7.7(3)称。所用砝码生锈则所配溶液的浓度________(填“偏高”“低或无”，)。(4)溶、冷却。若未冷却，则所配溶液浓度________。(5)转、洗涤。若未洗涤，则所配溶液浓度________。(6)定，摇匀。(7)将好的溶液静置一段时间后，倒入指定试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。(8)在制过程中，某学生观察定容时液面情如图所示，所配溶液的浓度________。【答案】胶头滴管500mL容瓶偏偏偏偏【解析】【分析】本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可【详解】(1)配的是480溶，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头管，故本

244442244442442424444题答案为胶头滴管、500容量瓶；(2)因定容时使用的500mL容量瓶，其物质称量时时按500mL算不是按480mL算若果是硫酸铜固体其质量为

500mL0.1

g

=8.0g，若为5水酸铜其质量为

mol

1

=12.5g，答案为A、C；(3)砝生锈，其砝码质量比本身标记质量大其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度会偏高，故答案为偏高；(4)若冷却，会导致定容的溶液体积减少，终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；(5)若洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；(8)因视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓偏低，故本题答案为偏低。【点睛】注意：计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。7．Ⅰ某无土栽培用的营养液，养液要求、和Cl3种体原料的物质的量之比为1:4:8。(1)配该营养液后+

)=0.016L

-1，溶液c(K

)=_______________。(2)若用NH)SO和KCl来制该营养液，()和KCl物的量之比为_______Ⅱ从1L1mol﹒

-1

氢氧化钠溶液中取出100：(1)取的这100氢氧化钠溶液的物质的量浓度_。若将取出的这mL氢氧化钠溶液加水稀释至500，得溶液的物质的量浓度_____。某学生计划用﹒

-1

的浓盐酸配制mol﹒

-1

的稀盐酸450mL，回答下列问题：(2)实过程中，不必使用的是_______(填字母。A托盘天平

量

容瓶

D250烧杯E.胶滴管F.500mL试瓶(3)除述仪器可使用外，还缺少的仪器。(4)量浓盐酸的体积_，选用的量筒规格______(提10.025.0mL)。(5)配时应选用的容量瓶规格。(6)某学操作出现以下情况，对所配溶液浓将有何影响（“偏高偏”“无影响）定容时俯视刻度__________蒸馏水时不慎超过了刻__________,此应如何处理________。【答案0.018mol/L4:91mol/L0.2mol/LA玻璃棒4.2mL10.0mLmL偏偏低重配制【解析】【分析】由制营养液的KCl、K

SO和Cl三固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K+和+的质的量比为1+24：，和+的质的量比计可得；溶是均匀的，从1﹒

-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、

2444444424444444244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、容瓶、胶头滴管、和500mL试剂瓶。【详解】（）配营养液的、

SO和Cl三固体原料的物质的量之比1:4:8可，溶液中K

和+

的物质的量比为1+2×：若营养液中c(NH+

)为0.016﹒

-，（

+

）：（NH+

）（

+

）：（+

），

（

+

）

9molL8

=0.018mol/L，答案为0.018mol/L；（）设()SO的质的量，的质的量物质的量为，溶液中+物质的量比为9:8可得：，：：，故答案为：：；

、+

的（）液均匀的，从1﹒

-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100mL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物质的量不变，令稀释后的浓度为，则可得关系式100mL××，得c=0.2mol/L，答案为1mol/L；；（）置一定质的量浓度的溶液，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、玻璃棒容量瓶、胶头滴管、和500试瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为A；（）（）分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：玻棒；（）量取浓酸的体积是由稀释定律可知稀释前后HCl物的量不变，则有12mol/L××10

×解得V=4.2，量筒使用的近原则可知，应选用10.0mL量量取4.2ml浓酸，故答案为；；（）验室没的容量瓶，则配制mol﹒-1的盐450应选用500mL的容量瓶，故答案为：500mL（）容时俯刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸馏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。8．在花瓶中加入鲜保鲜剂，延鲜花的寿命。下表是500mL鲜保鲜剂中有的成分，阅读后回答下列问题：成分蔗糖硫酸钾阿司匹林高锰酸钾硝酸银

质量（）25.000.870.170.3160.075

摩尔质量（mol-1）342174180158170（）列鲜保”的成分中，属于非电解质的_。

A．蔗糖

．硫酸钾

．高锰酸钾

．硝酸银（）制上述1L上述“鲜花保鲜所需的仪器有：量筒、玻璃棒、药匙、烧杯、托盘天平、__________________、（横线上填写所缺仪器的名称），需要高锰酸钾___________mol。（）溶液配过程中，下列操作对配制结果没有影响的___________________A．定容时俯视容量瓶刻度线B．量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C．量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶而未洗净．容摇匀后发现液面低于容瓶的刻度线，但未做任何处理（）鲜保鲜剂中

+

（阿司匹林中不含K

）的物质的量浓度为________mol·L

-1。【答案】胶滴管容量瓶0.004BD0.024【解析】【分析】（）解质指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；（）据实验作的步骤（计称量溶、却移液洗涤定摇匀装贴签）以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析；根据500mL花保鲜”中要高锰酸钾质量分析需要高锰酸钾物质的量；（）据c=

V

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；（）出K

的质的量、根据溶液的体积，利用物质的量度的公式来计算。【详解】（）蔗含有蔗糖分子，在水溶液，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故正确；B.硫钾，能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解，故错；C.高锰酸钾盐，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，故错；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；故答案为：；（）制顺序：计称量溶、冷却移→洗→定→匀装瓶贴,一用天平称量到药)称，在烧杯中溶解冷后转移到1000mL容瓶中，并用璃棒引流转完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒3次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时改用胶滴管滴加，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、玻璃棒容瓶、胶头滴管鲜保鲜剂中要高锰酸钾，物质的量为

0.316g

，配制1L溶需0.004mol，答案为：胶头滴

243243管、1000mL容瓶；0.004；(3)A.定容时俯视容量瓶刻度线，溶液未到刻度线，体积偏小，浓度偏大，故错误；B.量瓶在使用前未干燥，里面有少量馏水，不影响溶液的体积，所以浓度不变，故正确；C.容量瓶在用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶而未洗净，容量瓶中沾有溶质，溶质的质量偏大，浓度偏大，故错；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，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：；（）SO的物质的量为：

0.87g

，+的质的量为，KMnO4的物质的量为

0.316g

=0.002mol，K+的质的量为，以溶液中的总为0.012mol，物质的量浓度为0.012mol×0.5L=0.024mol/L，答案为：0.024。9．钠是活泼的碱金属元素，钠其化合物在生产和生活中有广泛的应用。（）氮化钠)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。产生6.72标状况氮，至少需要叠氮化钠____g。（）实现金钠在隔绝空气条件下与水反应并收集生成的气体，某研究性学小组设计了如图发生装置．①写出Na与反应的离子方程_。②液体可以选_____A．煤油．酒精．四氯化碳③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，通（填装置名称）向试管中加水至产生液面差，一段时间后_____（填现象），则气密性良好。（）过化钠与1.6mol碳氢钠固体混合后，在闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质及对应的物质的(可填。物质____________________

物质的量/mol____________________

22233232322222232222232223323232222223222223322232322232222223222223222222232【答案13g2Na+2HO=2Na+2OH+HA长颈漏斗液面差不变1.60.4【解析】【分析】(1)发反应：2NaN=2Na+3N↑根据方程式计算；(2)①Na与反应生成NaOH和氢气；②根据装置可知Y液密度小于水，且与水不溶；③利用液压法确定装置气密性；(3)加发生

CO+CO↑+HO然后发生+2CO2Na+O和2NaO+2H4NaOH+O↑，此来解答。【详解】(1)设要的质量为，则：

↑130g67.2Lm6.72Lm=

6.72L67.2L

=13g；(2)①Na与反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H+

+2OH+H②装置可知Y液密度小于水，且与水不溶；A．煤油密度小于水，且与水不溶，故A正；B．精与水互溶，故错误；C．氯化碳密度大于水，且与水不溶，故C错；故答案为A；③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，直到长颈漏斗中的液面高于试管中的液面，且两者液面差不再改变，就证明该装置气密性良好；(3)由2NaHCO

CO+CO↑+HO可知1.6mol碳酸氢钠分解生成0.8molNa、0.8molCO、0.8molHO，由2NaO+2CO2NaCO+O可，与0.8molNaO反应生成0.8molNaCO，2NaO+2H4NaOH+O↑，与水反应生成0.4molNaOH，分反应，排出气体物质后冷却，则残留的固体物质是NaOHCO，者的物质的量分别为0.4mol、。10．一定量气体体积的探究。知1mol不气体在不同条件下的体积：化学式

条件

1mol气体体积/LH

2

0℃101kPa

22.4O

0℃101kPa

22.4

2223222222223222222m22CO

0℃101kPa

22.4H

2

0℃，

11.2CO

0℃，

11.2N

2

℃202kPa

22.4NH

3

℃202kPa

22.4（）表分析出的结论：①任何气体，在标准状况下的体积都约_。②不同的气体，在不同的条件下，体____(填“一定”“一定或不一定”)相。（）论依据相同条件下1mol任气体的体积几乎相等，原因是：，②。（）用：在准状况下4gO的积_。（）温、等下，等体积的和O所含分子个数比，质量比__。（）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。（）三个密容器中分别充入Ne、、三种气体，当它们的温度和密度都相时，这三种气体的压(p)分用、)、表，由大到小的顺序_。【答案22.4L不定气体分子数目相相条件下，气体分子间的平均距离几乎相等2.8L∶2∶106g·mol−1

p(H＞＞p(O【解析】【分析】(1)根图表信息进行分析；(2)根克拉伯龙方程PV=nRT进分析；(3)根n=m/M=V/V进分析；(4)根阿伏加德罗定律及其推论进行分析；(5)根质量守恒定律及n=m/M进行分析；(6)根ρRT进分析。【详解】(1)①表中的H、、在准状况下体积可看出1mol任气体在准状况下，体积都约为；故答案是：②根据克拉伯龙方程PV=nRT可1mol不同的气体，物质的量相同，在不同的件下，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气的分子数目也相同，所以在相同条件下1mol任气体的体积乎相等；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；

222A222244AA222A222244AA(3)O的摩尔质量是，的物质的量是4g/32g·mol-1；在标准状况下4gO的积为；故答案是：；(4)等等压下，气体摩尔体积相等，相同体的氧气和臭氧其物质的量相等，根据N=nN知，分子数之比等于物质的量之=：；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:；故答案为：：2：；(5)根质量守恒定律知，的质量(16+20-31.76)g=4.24g，的尔量=4.24g/0.04mol=106g/mol；故答案为：106g/mol；(6)Ne的摩尔质量是4g/mol，气的摩尔质量是2g/mol氧气的摩尔质量是，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(H)＞＞；故答案为：)＞P(Ne)＞。【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。11．算：（）14.2g无水硫酸钠配制成500mL溶，其物质的量浓度____mol·L

1。（）从中取，物质的量浓度为L1溶质的质量为。（）将这溶液用水稀释到100mL，得溶液中Na

的物质的量浓度____mol·L

，的物质的量浓度为L。（）知：g某气体A含有b个分子，则c该气体在标准状况下的体积____。【答案0.20.21.420.20.1

22.4bcA【解析】【分析】（1根据n=m/M计硫酸钠的物质的量，再根据c=n/V计；（2溶液是均匀的，取出50mL溶的浓度与原溶液浓度相等；含有溶质质量为原溶液中的；（3根据稀释定律计算稀释后、2-的物质的量度；（4根据ag气的分子数为b可知此气体的摩尔质量为·/bg1

【详解】（1硫酸钠的物质的=·mol=0.1mol溶于水配成溶，所得溶液物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.2mol·L1;

4AAA423224AAA42322（2溶液是均匀的，取出50mL溶的浓度与原溶液浓度相等为0.2molL

；含有溶质质量为原溶液中的1/10，含有溶质的质量=×1/10=1.42g;（3根据稀释定律，稀释后Na的质的量浓度·1×0.05L/0.1L=0.2mol·1

；的物质的量浓度=0.2mol·L1×0.05L/0.1L=0.1molL1（4根据ag气的分子数为b可知此气体的摩尔质量为mol=a·N/bcg·1则c该体的物质的量为LA

g

1

=bc/aNmol在标况下的体积【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计，利用稀释律，注溶液中粒子的浓度。难(4)：先算出摩尔质，再算出cg的质的量，再算出气体的体积。12I．配制的溶时，如果只存在下列题，溶液的浓度如何变化？（填“偏大”“偏小”或“不变”）（）容量瓶加蒸馏水低于刻度线，其结_；（）容时观刻度线仰视，其结_。II1）验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：__________________________。（）在下列置中选择实验室制备氨的发生装置_____________（编号字母填空格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂。装置有：ABCDEFH试剂有：．

溶液b澄清石灰水．浓硫酸d．和

溶液．石f．红溶液．润的红色石蕊试【答案】偏大偏小Cl+Ca(OH)Δ↑+CaCl+2HOAe【解析】【分析】根据可，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和溶液的体积引的，在配制一定物质的量浓度溶液时，若比论大时，会使所配溶液浓度偏小；若比论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。【详解】

422223232342222323232232323223232323I1）容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大；（）容时观刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。II1）验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：Cl+Ca(OH)

Δ

2NH3↑+CaCl+2H。（）验室制氨是固固加热型装置，即发生装置为；了得到纯净的氨，氨气为碱性气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选。13．无水固配制L（）配制过中不必要的玻璃仪器_。

-1

的溶液。请回答：A烧杯

量筒C玻棒

胶滴管

容量瓶（）容时的作：当液面接近容量瓶刻度线时，将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。（）列操作使配得的CO溶液浓度偏低的___。A称取相同质量的CO固进行配制B定容时视容量瓶的刻度线C摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线转洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制【答案】用头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切ACD【解析】【分析】（）制溶液烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；（）液面接容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；（）合

c

V

及不当操作可知n偏小或V偏大均使所配的溶浓度偏低；【详解】（）制230mL0.1000mol/L的Na溶的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、的量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为。（）容时，液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。（）称相同质量的Na10H固进行配制n偏小，所配的NaCO溶浓度偏低，正；B.容时俯视容量瓶的刻度线V偏，所配的CO溶液浓度偏大B错误；摇后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线V偏，所配的NaCO溶液浓度偏低C正；转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制n偏，所配的NaCO溶液浓度偏低，正

4442232422324444442232422324444确；故答案为：。【点睛】配制一定物质的量浓度过程中误差分析①向量中转移液体时有少量流出n减小，偏小；未涤烧杯和玻璃棒减，偏小；③定容时，水加多了，用胶头管吸出，减小，偏小④容摇匀时，液面下降，再加水，增，偏；定时，俯视刻度线V减小c偏大；⑥仰刻度线V增，偏小；⑦液未冷却到室温就注入容量瓶并定容V减小c偏。14．同学为了探究氯化铵的性，进行了如下实验，请你按要求回答下列问题。(1)配100mL2mol/LNHCl溶液。该同学应用天平称量NHCl固的量____g(2)有下仪器：烧杯、胶头滴管、玻璃棒、筒等玻璃仪器。①还缺少的玻璃仪器有100mL___________；②使用容量瓶前必须进行的一步操作_；(3)该学又用如图所示的装置做了有关氨气性质实验。①写出处氯化铵与熟石灰反应的化学方程式_____；②写出中放的是碱石灰其作用______；③氨水气溶于)中加酚酞现象是溶液变________；④检验氨气的方法是_____。【答案10.7容瓶检是否漏水Cl+Ca(OH)红用润的红