高考化学易错题专题复习-物质的量练习题附答案
高考化学易错题专题复习-物质的量练习题附答案
一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）
1．用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4 mol·L-1）配制100mL
1.0mol·L-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：A．100mL量 B．托盘天平 C．玻璃棒
D．50mL容量瓶 E．10mL量筒 F．胶头滴管 G．50mL烧杯 H．100mL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）；
①定容时俯视刻度线观察液面
②容量瓶使用时未干燥
③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：
①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③溶解④恢复至室温⑤转移、洗涤⑥定容、摇匀⑦装瓶贴标签。
其中，第⑤步中“洗涤”操作的目的是_______________________。
【答案】5.4 CFGEH 检查容量瓶是否漏水①减少溶质损失，减小实验误差
【解析】
【分析】
⑴根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。
⑵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。
⑶①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；③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。
⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。
【详解】
⑴用物质的量浓度为18.4 mol·L-1的浓硫酸配制100mL 1.0mol·L-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4 mol·L?1 ×V= 1.0 mol·L?1×0.1 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。
⑵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。
⑶①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①符合题意；②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响，故②不符合题意；③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③不符合题
意；综上所述，答案为：①。
⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第⑤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。
2．I．配制0.5 mol/L的NaOH溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？（填“偏大”“偏小”或“不变”）
（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________；
（2）定容时观察刻度线仰视，其结果_____________。
II．（1）实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：
__________________________。
（2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置：_____________（将编号字母填入空格处，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：
A B C D E F G H
NaHCO溶液e．碱石灰
试剂有：a．NaOH溶液b．澄清石灰水c．浓硫酸d．饱和3
f．品红溶液g．湿润的红色石蕊试纸
【答案】偏大偏小 2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O A e
【解析】
【分析】
根据n=cV可得，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V引起的，在配制一定物质的量浓度溶液时，若V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
【详解】
I．（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大；
（2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。II．（1）实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：
2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O。
（2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为A；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e。
3．将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
(1)写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________；
(2)镁和铝的总质量为________g；
(3)b点溶液中的溶质为__________，硫酸的物质的量浓度为___________mol/L；
(4)生成的氢气在标准状况下的体积为__________L；
(5)c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。
【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 9 Na2SO4 2.5 10.08
NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【解析】
【分析】
由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，此时发生的反应为：
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液溶质为Na2SO4；从200mL到240mL，NaOH溶解固体Al(OH)3，发生反应：OH-+ Al(OH)3=AlO2-+2H2O，据此分析解答。
【详解】
(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应的化学方程式为
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35mol，从200mL到240 mL，NaOH溶解Al(OH)3，当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为
Mg(OH)2，物质的量为0.15mol，Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g；
(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍，所以n(Na2SO4)=0.5×5
mol/L×0.2L =0.5mol，所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)=0.5
0.2L
mol
=2.5mol/L；
(4)根据以上分析，n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，由于Al是+3价金属，Mg是+2价的金属，所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2mol×3+ 0.15
mol×2=0.9mol，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(H2)=1
2
n(e-)=0.45mol，则在标准状况下的体积V(H2)=0.45mol×22.4L/mol=10.08
L；
(5)在b点时溶液中溶质为Na2SO4，沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3，在b→c过程中发生反应：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，至c点，该反应恰好反应完全，故c点溶液的溶质为
Na2SO4、NaAlO2，由于酸性：H2CO3＞Al(OH)3，所以c点溶液中通入足量的CO2，NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCO3，反应的化学方程式为
NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。
【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。
4．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↑+H2O，根据反应方程式可知：Na2SO3～SO2，
n(SO2)=
3.36?
22.4?/mol
L
L
=0.15 mol，则需亚硫酸钠的质量为：m(Na2SO3)= 0.15 mol×126
g/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?
60%
g
==31.5 g；
(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；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。
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②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。
①用托盘天平称得固体B的质量是_________g。
②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 K2CO3 BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O 不能应在操作②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BaCl2两种固体混合物，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，操作②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BaCl2，
（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作②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K2CO3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；K2CO3。
（2）沉淀A为BaCO3，加足量的盐酸，反应生成氯化钡和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；综上所述，本题答案
是：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。
（3）该方案不能达到实验目的，因为操作②进行完成后，所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应该加入过量的盐酸，把K2CO3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②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。（4）①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。
②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、玻璃棒。
6．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8.7g 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(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 通电
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Cl2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 7.15g 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 通电
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0.1mol MnO2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]=1
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。
7．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是
A．含有N A个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L
B．0.2N A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2N A个原子
D．标准状况下，33.6 L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N A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
19.6g
98g/mol
=0.2mol，则0.2N A个硫酸分子与19.6磷酸
(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8N A，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2N A个原子，故C正确；
D．标准状况下，33.6 L氧气的物质的量为
33.6L
22.4L/mol
=1.5mol，共含有9.03×1023个氧气
分子，故D正确；
故答案为A。
8．明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。
（1）明胶溶于水所形成的分散系和K2SO4溶液共同具备的性质是___。
a．都不稳定，密封放置沉淀b．两者均有丁达尔现象c．分散质粒子可通过滤纸（2）现需配制0.50mol·L-1K2SO4溶液480mL。
①配制溶液时必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、___、___、以及等质量的几片滤纸。
②配制该溶液需称取K2SO4晶体的质量为___。
③下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是___。
A．容量瓶可长期存放溶液B．在容量瓶中直接溶解固体
C．溶液未经冷却即注入容量瓶中D．向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流
④下列操作会使所配溶液浓度偏低的是___。
A．转移溶液时有液体溅出
B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C．定容时俯视刻度线
D．烧杯和玻璃棒未洗涤
（3）现有下列十种物质：①HCl；②NaHCO3；③K2SO4溶液；④CO2；⑤蔗糖晶体；
⑥Ca(OH)2；⑦氢氧化铁胶体；⑧NH3·H2O；⑨空气；⑩Al2(SO4)3
(a)上述物质中属于电解质的有___，非电解质的有___(填序号)。
(b)CO2属于酸性氧化物，SiO2也属于酸性氧化物，请写出SiO2和CaO反应的化学方程式：___。
(c)②在水溶液中的电离方程式为___。
(d)胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，服用适量的小苏打
（NaHCO3），能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式：___；如果病人同时患胃溃疡，为防胃壁穿孔，不宜服用小苏打，此时最好用含Al(OH)3的胃药（如胃舒平），它与胃酸反应的离子方程式：___。
(e)若⑦中混有少量的③，提纯的方法是：____。
A.蒸馏(分馏)
B.萃取
C.渗析
D.分液
【答案】c 500mL容量瓶胶头滴管 43.5g D ABD ①②⑥⑧⑩④⑤
CaO+SiO2=CaSiO3 NaHCO3=Na++HCO3- HCO3-+H+=H2O+CO2↑ Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O C 【解析】
【详解】
（1）a. 胶体较稳定，溶液是稳定的，a项错误；
b. 溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，b项错误；
c. 胶粒和溶液都可透过滤纸，c项正确；
故答案为：c；
（2）①配制一定物质的量浓度溶液的实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，根据规格要求可知，需要500mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容。故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；
②实验室需用480mL0.50mol·L-1K2SO4溶液，实验室没有480mL容量瓶，只能选用
500mL容量瓶，所以需要配制500mL溶液，即配制500mL0.50mol·L-1K2SO4溶液，需要K2SO4的质量m＝cVM＝0.50mol/L×0.5L×174g/mol＝43.5g，托盘天平精确度为0.1g，用托盘天平称量质量为43.5g；
③A．容量瓶不能长期存放溶液，A项错误；B．容量瓶不能用来稀释浓溶液或溶解固体，只能用来配制溶液，B项错误；C．溶液未经冷却即注入容量瓶中，导致溶液体积偏小，配制浓度偏大，C项错误；D．向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流，防止液体溅出，D项正确；答案选D；
④A．转移溶液时有液体溅出，则溶质的物质的量偏小，最终导致测定浓度偏低，A项正确；B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，对原溶液会稀释，导致溶液体积偏大，造成浓度偏低，B项正确；C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C项错误；D．烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，D项正确；故答案为ABD；
（3）（a）①HCl不电离，但是氯化氢在水中能完全电离，属于强电解质；
②NaHCO3在熔融状态和水溶液中都能完全电离，都属于强电解质；
③K2SO4溶液是混合物属于溶液分散系，既不是电解质也不是非电解质；
④CO2本身在水溶液中或者熔化状态下不能电离出自由移动的离子，属于非电解质；
⑤蔗糖晶体在水溶液中和熔化状态下都不能电离出自由移动的离子而导电，属于非电解质；
⑥Ca(OH)2在熔融状态能完全电离，属于强电解质；
⑦氢氧化铁胶体是混合物，属于胶体分散系，既不是电解质也不是非电解质；
⑧NH3·H2O在水溶液中只能部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质；
⑨空气含多种物质，是混合物，属于分散系，既不是电解质也不是非电解质；
⑩Al2(SO4)3在溶于水或者熔融状态下能完全电离出自由移动的离子属于强电解质；
故答案为：①②⑥⑧⑩；④⑤；
（b）酸性氧化物可与碱性氧化物反应生成盐，故SiO2和CaO反应的化学方程式为
CaO+SiO2=CaSiO3；
（c）②NaHCO3为强电解质，在水溶液中能完全电离出钠离子与碳酸氢根离子，其电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；
（d）小苏打（NaHCO3）可与胃酸中HCl反应，其离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；Al(OH)3为弱碱会中和胃酸，其反应的离子方程式：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（e）提纯胶体中混有的溶液，可采用渗析的方法，C项符合题意，故答案为：C。
9．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（________）
①配制100g 10%的CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中
②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
③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
④用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4配制200mL 2mol?L-1的稀H2SO4时，先平视后仰视。
A．只有① B．只有② C．②③④ D．①③④
（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（____________）
A ．16
B ．17.8
C ．18.4
D ．35.6
【答案】11.8mol/L ①③④ 5.6 0.2 B
【解析】
【分析】
（1）根据物质的量浓度c=1000ρωM
计算出该盐酸的物质的量浓度； （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；
（3）混合气体的体积为8.96L ，则物质的量为8.96L 22.4L/mol
=0.4mol ，根据气体的总质量和总物质的量列方程式计算；
（4）根据公式ρ＝m
M V 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：c=
1000ρωM =1000 1.1836.5%36.5mol/L ?? =11.8mol/L ， 故答案为：11.8mol/L ；
（2）① 硫酸铜晶体为CuSO 4?H 2O ，则称取10g 硫酸铜晶体溶于90g 水中形成硫酸铜溶液，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，①项正确；
②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，②项错误；
③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，③项正确；
④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，实际量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，④项正确；
故答案为：①③④；
（3）混合气体的体积为8.96 L ，则物质的量为8.96L 22.4L/mol
=0.4mol ，设混合气体中CO 的物质的量为x mol ，CO 2的物质的量为y mol ，则28x+44y=14.4①，x+y=0.4②，联立方程组解之得：x=0.2，y=0.2，所以m(CO)=0.2mol×28g/mol=5.6g ，
故答案为：5.6；0.2；
（4）1 mol O 2有30%转化为臭氧（O 3），发生反应的O 2为1 mol×30%=0.3 mol ． 由反应3O 2放电2O 3知，生成的O 3为0.2 mol ，故反应后所得气体为0.2 mol O 3和O 2为
（1-0.3）mol=0.7 mol ，故M=32g/mol 10.2mol+0.7mol
?=35.6 g/mol ，氢气的摩尔质量是2g/mol ，混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。
10．某课题研究小组的同学探究钠与水反应之后，又研究了与溶液反应和NaCl溶液的配制。
Ⅰ.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中：①Fe2(SO4)3溶液②NaCl溶液③Na2SO4溶液④饱和澄清石灰水⑤Ca(HCO3)2溶液。回答下列问题：
(1)既有气体，又有白色沉淀产生的是___________________；
(2)写出金属钠与①反应的离子方程式___________________；
(3)若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成___________________。
Ⅱ.配制480mL0.2mol·L-1NaCl溶液。
(1)计算后，需称出NaCl质量为___________g。
(2)在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度的影响是（填偏高、偏低或无影响）
①配制前，容量瓶内有水__________
②溶液未冷却便定容__________
③定容时仰视刻度线__________
【答案】④⑤ 2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑ Na2CO3 5.9 无影响偏高偏低
【解析】
【分析】
(1)钠的活泼性较强，能够与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠可能和盐溶液中的溶质发生反应，据此进行分析；
(2)金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，据此写出反应的离子方程式；
(3)Na的性质活泼，在空气中长期放置，最终产生碳酸钠；
Ⅱ.(1)配制0.2mol·L-1NaCl溶液480mL，需要配制500mL溶液；根据m=nM计算出需要氯化钠的质量；
(2)根据c=n/V进行分析。
【详解】
（1）①钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故不选；
②钠与氯化钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；
③钠与硫酸钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；
④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，故选；
⑤钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，故选；
结合以上分析可知，既有气体，又有白色沉淀产生的是④⑤；
故答案为：④⑤；
(2)钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐
色沉淀；所以金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑；
故答案是：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑；
(3)Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH 吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3?xH2O，Na2CO3?xH2O风化脱水生成Na2CO3，故若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成Na2CO3；
故答案是：Na2CO3；
Ⅱ.(1)配制0.2mol·L-1NaCl溶液480mL，需要配制500mL，需要氯化钠的物质的量为0.2mol/L×0.5L=0.1mol，质量为0.1mol×58.5g/mol＝5.85g；需称出NaCl质量为
5.9g；
故答案为：5.9；
(2)①配制前，容量瓶内有水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响，故答案为：无影响；
②溶液未冷却便定容，导致溶液的体积偏小，浓度偏大；
故答案为：偏高；
③定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低。
故答案为：偏低。
【点睛】
本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的方法。配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。根据c=n/V可知，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V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
11．(1)0.3mol NH3分子中所含原子数与__________________个H2O分子中所含原子数相等。
(2)在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl－，该金属元素的相对原子质量为_______。
(3)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中C和O 原子个数比是_______ 。
【答案】2.408×1023 24 4∶7
【解析】
【分析】
(1)根据N=nN A结合氨气、水分子结合计算；
(2)先根据化合物与氯离子间的关系计算氯化物的物质的量，根据M=m
n
计算其摩尔质量，
摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量，从而确定该金属的原子量；
(3)设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者总体积、总质量列方程计算解答,然后根据C、O守恒分析。
【详解】
(1) 0.3 mol NH 3分子中所含原子数为0.3mol×N A /mol×4=1.2N A ，要使H 2O 分子中所含原子数相等，则H 2O 分子数目为N(H 2O)=1.2N A ÷3=0.4N A =2.408×1023个；
(2)某二价金属的氯化物中氯化物的物质的量与氯离子的物质的量之比为1：2，由于Cl -的物质的量为0.2mol ，则该氯化物的物质的量是0.1mol ，所以该化合物的摩尔质量M=m 9.5g
=n 0.1mol
=95g/mol ；当摩尔质量以g/mol 为单位时，在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为95，金属的相对原子质量+35.5×2=95，所以该金属元素的相对原子质量为24；
(3)设混合气体中CO 和CO 2的物质的量分别为x mol 、y mol ，则：
x+y= 6.72L 22.4L/mol
=0.3mol ，28x+44y=12g ，解得x=0.075mol ，y=0.225mol ，则此混合物中含有C 原子与O 原子的物质的量的比为n(C)：n(O)=(0.075mol +0.225mol )：(0.075mol +2×0.225mol )=4：7，根据n=
A N N 可知混合气体中C 、O 原子个数比为4：7。 【点睛】
本题考查物质的量的有关计算，注意对物质的量的有关计算公式的理解，并结合物质的微粒结构进行灵活运用，旨在考查学生对知识的掌握情况。
12．近几年地球发生地震灾害较多，抢救地震后被困在废墟下的伤员，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(C 6H 12O 6)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=12.5g÷5%=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/0.25L≈0.28 mol/L；
答案是:0.28。
13．(1)0.5mol某固体A的质量是30g，A的摩尔质量为_________。
(2)在同温同压同体积的条件下，H2与气体B的密度之比是1∶8，则B的相对分子质量为_____。
(3)在25℃ 101kPa的条件下，同质量的CH4和C气体的体积之比是15∶8，则1摩尔C的质量为______。
(4).质量之比为8∶7∶6的三种气体SO2、CO、NO，其分子数之比为_____；氧原子数之比为______；相同条件下的体积之比为_____。
(5)4.8g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的气体质量为12.8g。则在标准状况下，生成物CO和CO2的体积比为_______。
【答案】60g/mol1630g5：10：85：5：45：10：83：1
【解析】
【详解】
(1)A的摩尔质量=30g÷0.5mol=60g/mol，故A的摩尔质量为60g/mol；
(2)H2与气体B的密度之比是1:8，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故B的摩尔质量为8×2g/mol=16g/mol，数值上相对分子质量=摩尔质量=16；
(3)由
mg mg
:
16g/mol M(C)
=15：8，故M(C)=30g/mol，1mol C的质量为30g；
(4)质量之比为8:7:6的三种气体SO2、CO、NO的物质的量之比为
8g7g6g
::
64g/mol28g/mol30g/mol
=5:10:8，故三者分子数之比为5:10:8，含有氧原子数之比为(5×2):10:8=5:5:4，相同条件下的体积之比为5:10:8；
(5)设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则：12x+12y=4.8，28x+44y=12.8，解得x=0.3，y=0.1，故标况下CO和CO2的体积比等于物质的量之比为0.3mol：0.1mol=3：1。
14．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50mL，其物质的量浓度为____mol·L-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，SO42-的物质的量浓度为_____mol·L-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 A 22.4bc
aN 【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 ＋、SO 42-的物质的量浓度；
（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 A ag/bmol=a ·N A /bg ·mol
－1.
【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=14.2g ×1/10=1.42g;
（3）根据稀释定律，稀释后Na +的物质的量浓度=0.2mol ·L -1×2×0.05L/0.1L=0.2mol ·L -1；SO 42-的物质的量浓度=0.2mol ·L -1×1×0.05L/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 A a g/b mol=a ·N A /b
g ·mol -1，则c g 该气体的物质的量n=m/M=1··A
cg
a N g mol b
－ =bc/aN A mol ，在标况下的体积为A
22.4bc aN 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。
15．实验室需要1.2mol·
L -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2～3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2～3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1～2cm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=1.2mol·L-1×0.1L×40g/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2～3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。