備戰(zhàn)高考化學(xué)物質(zhì)的量(大題培優(yōu))含答案

1、備戰(zhàn)高考化學(xué)物質(zhì)的量(大題培優(yōu))含答案一、高中化學(xué)物質(zhì)的量練習(xí)題(含詳細(xì)答案解析)1.某實(shí)驗(yàn)小組擬配制 0.10 mol L-1的氫氧化鈉溶液并進(jìn)行有關(guān)性質(zhì)實(shí)驗(yàn)，回答下列問題。(1)若實(shí)驗(yàn)中大約要使用 475 mL氫氧化鈉溶液，至少需要稱量氫氧化鈉固體 go(2)從如圖中選擇稱量氫氧化鈉固體所需要的儀器 (填序號)。(3)定容時(shí)加水超過刻度線，會使配制溶液的濃度 (偏高，偏低或不變)。(4)下列情況會使所配溶液濃度偏低 (填序號)。稱量讀數(shù)時(shí)，左盤高，右盤低溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶后，未進(jìn)行洗滌操作轉(zhuǎn)移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸儲水定容時(shí)，仰視容量瓶的刻度線在燒杯中溶解氫氧化鈉后，立即將所得溶液注入容量瓶

2、中定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補(bǔ)加少量水，重新達(dá)到刻度線【答案】2.0偏低【解析】【分析】(1)根據(jù)配制溶液體積選擇合適容量瓶，根據(jù)m=cVM計(jì)算需要?dú)溲趸c的質(zhì)量；(2)稱量一定質(zhì)量的固體物質(zhì)一般用托盤天平、藥匙，稱量腐蝕性藥品應(yīng)用小燒杯盛放；(3)、(4)分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，根據(jù)c=n/V進(jìn)行誤差分析?！驹斀狻?1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液，應(yīng)選擇500mL容量瓶，實(shí)際配制 500mL溶液，需要 氫氧化鈉質(zhì)量 m=0.5X 0.1X40=2.0g故答案為：2.0；(2)氫氧化鈉具有腐蝕性，所以稱量氫氧化鈉固體應(yīng)用的儀器：托盤天平，藥匙，小燒杯，故

3、答案為：；(3)定容時(shí)加水超過刻度線，所配制的溶液的體積偏大，會使配制溶液的濃度偏低，故答案為:偏低；(4)稱量讀數(shù)時(shí)，左盤高，右盤低，導(dǎo)致稱量的固體質(zhì)量偏小，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶 液濃度偏低，故選；溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶后，未進(jìn)行洗滌操作，導(dǎo)致部分溶質(zhì)損耗，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故選；轉(zhuǎn)移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸儲水，對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積都不產(chǎn)生影響，溶液濃度不變，故不選；定容時(shí)，仰視容量瓶的刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故選；在燒杯中溶解 NaOH后，立即將所得溶液注入容量瓶中，冷卻后，溶液體積偏小，溶液 濃度偏高，故不選；定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補(bǔ)加少量水，重新

4、達(dá)到刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶 液濃度偏低，故選；綜上所述，滿足題意，故答案為：。【點(diǎn)睛】配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液誤差分析要依據(jù)c=n/V進(jìn)行分析：凡是實(shí)驗(yàn)操作中引起溶質(zhì)的量n增大的，所配溶液的濃度偏高，凡是實(shí)驗(yàn)操作中引起溶液體積V增大的，所配溶液的濃度偏低。2.實(shí)驗(yàn)室需要480mL 0.3 mol. L-1 NaOH溶液和一定濃度的硫酸溶液。請回答：（1）如圖所示的儀器中，配制上述溶液一定不需要的儀器為 （填選項(xiàng)字母），配制 上述溶液還需用到的玻璃儀器為 （填儀器名稱）。A H C D E（2）配制NaOH溶液。計(jì)算用托盤天平稱取 NaOH固體的質(zhì)量為 go若NaOH溶液在轉(zhuǎn)移至容量瓶時(shí)

5、，灑落了少許，則所配制的溶液濃度將 （填 褊 高"、偏低”或無影響”。）配制硫酸溶液。實(shí)驗(yàn)室用98%（p =1.84g dm的硫酸配制3.68mo L-1的硫酸溶液500mL，需準(zhǔn)確量取98%的 硫酸的體積為 mLo該同學(xué)實(shí)際配制硫酸溶液的濃度為3.50mol L-1,原因可能是（填選項(xiàng)字母）。A.用膠頭滴管加水定容時(shí)俯視刻度B.容量瓶中原來存有少量水C.稀釋硫酸的燒杯未洗滌D.用膠頭滴管加水定容時(shí)仰視刻度【答案】AC燒杯、玻璃棒 6.0偏低 100mL CD【解析】【分析】配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟有：計(jì)算、稱量、溶解（冷卻）、轉(zhuǎn)移、洗滌、定 容、搖勻、裝瓶貼簽。配制硫酸溶液

6、時(shí)，根據(jù)濃稀硫酸物質(zhì)的量相等計(jì)算，濃硫酸的濃度 可根據(jù)公式c=1000一 進(jìn)行計(jì)算?！驹斀狻?1)用液體藥品配制溶液需要的玻璃儀器有燒杯、量筒、膠體滴管、容量瓶、玻璃棒，因此 一定不會用到的是 A燒瓶和C分液漏斗；還需要的玻璃儀器是燒杯、玻璃棒。(2)配制溶液應(yīng)根據(jù)體積選擇合適的容量瓶以確保精度，然后根據(jù)容量瓶體積計(jì)算溶質(zhì)的量，配制480mL 0.3 mol/L的NaOH溶液需要選擇500mL容量瓶，因此需要 NaOH的物質(zhì)的 量為 0.5LX0.3 mol/L=0.15mo| 需要 NaOH 的質(zhì)量為：m=n- M=0.15mol/L x 40g/mol =6.0g,因 此需要稱取6.0Na

7、OH固體。NaOH溶液轉(zhuǎn)移時(shí)灑落少許，會使溶質(zhì)物質(zhì)的量減小，配制的溶液濃度偏低。, 一，一， 10001000 1.84g/L 98% _(3) 98%的濃硫酸的分?jǐn)?shù)為：c=18.4mol/L ,需要濃硫酸的M98g/moln 3.68mol/L 0.5L體積為：V= = 0.1L 100mL。c 18.4mol/L(4)A.用膠頭滴管加水定容時(shí)俯視視刻度，讀數(shù)比實(shí)際體積大，加入的水會低于刻度線，會使實(shí)際溶液濃度偏大，A錯(cuò)誤；B.容量瓶中有水不會影響配制溶液的濃度，B錯(cuò)誤；C稀釋硫酸的燒杯未洗滌可能會導(dǎo)致硫酸殘余在燒杯中，會使配制的溶液濃度減小，C正確；D用膠頭滴管加水定容時(shí)仰視刻度，讀數(shù)比實(shí)

8、際體積小，加入的水會超過刻度線，會使實(shí) 際溶液濃度減小，D正確； 故選CD?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(3)，計(jì)算濃硫酸用量時(shí)，需根據(jù)稀釋前后物質(zhì)的量不變來計(jì)算，稀硫 酸的濃度和體積是已知的，只需要知道濃硫酸的濃度即可，濃硫酸的濃度可用公式算出。1000c=M3.用無水Na2CO3固體配制230mL0.1000mol L-1的溶液。請回答：(1)在配制過程中不必要的玻璃儀器是。A.燒杯 B.量筒C.玻璃棒D.膠頭滴管E容量瓶(2)定容時(shí)的操作：當(dāng)液面接近容量瓶刻度線時(shí)，_,再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻。(3)下列操作會使配得的 Na2CO3溶液濃度偏低的是。A.稱取相同質(zhì)量的 Na2CQ1

9、0H2O固體進(jìn)行配制B.定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線C.搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶刻度線，再滴加蒸儲水至刻度線D.轉(zhuǎn)移洗滌液時(shí)灑到容量瓶外，繼續(xù)用該未清洗的容量瓶重新配制【答案】B用膠頭滴管滴加蒸儲水至溶液凹液面正好與刻度線相切ACD【解析】【分析】(1)配制溶液在燒杯中溶解，需要玻璃棒攪拌，轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容，當(dāng)液面接近容量瓶 刻度線時(shí)，需用膠頭滴管滴加液體；(2)當(dāng)液面接近容量瓶刻度線時(shí)，改用膠頭滴管滴加;(3)結(jié)合c F及不當(dāng)操作可知，n偏小或V偏大均使所配的 Na2CQ溶液濃度偏低；【詳解】(1)配制230mL0.1000mol/L的NazCQ溶液的一般步驟：計(jì)算、稱量、溶解、移液、洗滌、定

10、容等，使用的儀器為：托盤天平(帶祛碼)、藥匙、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、250mL的容量瓶；不必要的玻璃儀器是量筒，故答案為：B。(2)定容時(shí)，當(dāng)液面接近容量瓶刻度線時(shí)，用膠頭滴管滴加蒸儲水至溶液凹液面正好與刻 度線相切，再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻，故答案為：用膠頭滴管滴加蒸儲水 至溶液凹液面正好與刻度線相切。(3) A.稱取相同質(zhì)量的 Na2CO3?|0H2O固體進(jìn)行配制，n偏小，所配的Na2CQ溶液濃度偏 低，A正確；B.定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線，V偏小，所配的Na2CO3溶液濃度偏大，B錯(cuò)誤；C.搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶刻度線，再滴加蒸儲水至刻度線，V偏大，所配的N32CQ溶液濃

11、度偏低，C正確；D.轉(zhuǎn)移洗滌液時(shí)灑到容量瓶外，繼續(xù)配制，n偏小，所配的Na2CC3溶液濃度偏低，D正確；故答案為：ACD?！军c(diǎn)睛】配制一定物質(zhì)的量濃度過程中誤差分析：向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體時(shí)有少量流出，n減小，c偏?。晃聪礈鞜筒ＡО?，n減小，c偏??；定容時(shí)，水加多了，用膠頭滴管吸 出，n減小，c偏小；定容搖勻時(shí)，液面下降，再加水，V增大，c偏?。欢ㄈ輹r(shí)，俯視刻度線，V減小，c偏大；仰視刻度線， V增大，c偏小；溶液未冷卻到室溫就注 入容量瓶并定容，V減小，c偏大。4. C2和C3是氧元素的兩種單質(zhì)，根據(jù)其分子式完成下列各題：(1)等質(zhì)量的C2和C3所含原子個(gè)數(shù)比為，分子的物質(zhì)的量之比為。(2)

12、等溫、等壓下，等體積的C2和C3所含分子個(gè)數(shù)比為，質(zhì)量比為 。(3)設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，如果ag氧氣中含有的分子數(shù)為 b,則cg氧氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約是(用含Na的式子表示)。(4)常溫下，將20g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為14%的KNC3溶液跟30g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為24%的KNC3溶液混 合，得到密度為1.15g cm-3的混合溶液。該混合溶液的物質(zhì)的量濃度為 mol L-i?！敬鸢浮?:1 3： 2 1： 1 2： 322.4bc LaN a2.28【解析】【詳解】(1)等質(zhì)量的O2和O3的物質(zhì)的量之比為 5：左=3 ： 2,則所含分子個(gè)數(shù)之比為 3 ： 2,原子個(gè)數(shù)之比為1 ： 1,故答案為：1:

13、1; 3:2;(2)據(jù)阿伏加德羅定律可知，同溫同壓下，等體積的氣體含有相同數(shù)目的分子，即O2和O3所含分子數(shù)之比為1 ： 1,則原子個(gè)數(shù)比為 2： 3,質(zhì)量比為2： 3,故答案為：1: 1; 2:3；匚I(3)氧氣的摩爾質(zhì)量為M =三=2" mi = 簪g mo/1,則cg O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為 V=£i Vm 題 I=平 X 22.4 Lno 11 =畿 L，故答案為：2aNbc L；(4)混合后溶液中的 KNO3的物質(zhì)的量為n(KNO3)= &1- 0.099 mo)混合后溶液的總體積為VKNO3(aq) =7值=；產(chǎn)=43.5 cm= 4.35 乂 102L

14、,混合后溶液中KNO3的物質(zhì)的量濃度為 c(KNO3)=/康肩2.28mol 1,L 故答案為：2.28。 J1 入 AV JLr5.現(xiàn)有21.6 g由CO和CQ組成的混合氣體，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下其體積為13.44 L。回答下列問題：(1)該混合氣體的平土摩爾質(zhì)量為 。(2)混合氣體中碳原子的質(zhì)量為 。(實(shí)驗(yàn)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測定)。(3)將混合氣體依次通過如圖所示裝置，最后收集在氣球中氣球中收集到的氣體的摩爾質(zhì)量為 。氣球中收集到的氣體中，電子總數(shù)為 (用Na表示阿伏加德羅常數(shù)的值 )。氣球的體積為 L。【答案】36 g mol1 7.2 g 28 gmol1 4.2Na 6.72【解析】【詳解】標(biāo)準(zhǔn)狀

15、況下，該混合氣體的物質(zhì)的量為13.44 + 22.4=0.6mol),所以混合氣體的平均摩爾質(zhì)量 M=m/n=21.O0.6=36 (gmol 1),(2)由第一問已知混合氣體的物質(zhì)的量為0.6mol,而CO和CC2分子中均只含一個(gè)碳原子，故混合氣體中的碳原子也為1mol,所以混合氣體中碳原子的質(zhì)量為0.6 X 12=7.2 g) (3) CC和CC2組成的混合氣體通過 NaCH溶液后，CC2與NaCH反應(yīng)被吸收，剩余的CC通 過濃硫酸干燥，最后收集在氣球中。設(shè) CC的物質(zhì)的量為x，則CC2的物質(zhì)的量為0.6-x,列 方程：28x+44(0.6-x)=21.6,解得 x=0.3mol。氣球中收

16、集到的氣體為純凈的CC,其摩爾質(zhì)量為28 g mol 1 ;CC的物質(zhì)的量為0.3mol,所以電子總數(shù)為 0.3 x 14NA=4.2NA 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.3molCC的體積為0.3 X 22.4=6.72 L),所以氣球的體積為6.72L。6. I某無土栽培用的營養(yǎng)液，營養(yǎng)液要求KCl K2SQ和NH4C1 3種固體原料的物質(zhì)的量之比為1:4:8。配制該營養(yǎng)液后 c(NH4+)=0.016 mol . L-1,溶液c(K+尸。(2)若采用(NH4)2SO4和KCl來配制該營養(yǎng)液，則(NH4)2SO4和KCl物質(zhì)的量之比為 n從1L 1 mol . L-1氫氧化鈉溶3中取出 100 mL：(1

17、)取出的這100 mL氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度是 。若將取出的這100 mL氫氧化 鈉溶液加水稀釋至 500 mL,所得溶液的物質(zhì)的量濃度是 。某學(xué)生計(jì)劃用12 mol . L-1的濃鹽酸配制0.1 mol . L-1的稀鹽酸450 mL,回答下列問題：(2)實(shí)驗(yàn)過程中，不必使用的是 (填字母)。A.托盤天平 B量筒C.容量瓶 D. 250 mL燒杯 E膠頭滴管F.500 mL試劑瓶(3)除上述儀器可使用外，還缺少的儀器是 。(4)量取濃鹽酸的體積為 mL,應(yīng)選用的量筒規(guī)格為 (提供10.0 mL、25.0 mL)。(5)配制時(shí)應(yīng)選用的容量瓶規(guī)格為 。(6)某同學(xué)操作出現(xiàn)以下情況，對所配溶液

18、濃度將有何影響(填 偏高“偏低”或 無影 響”)。定容時(shí)俯視刻度線 加蒸儲水時(shí)不慎超過了刻度 ，此時(shí)應(yīng)如何處理【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由配制營養(yǎng)液的 KCk K2SO4和NH4Cl三種固體原料的物質(zhì)的量之比為1:4:8可知，溶液中K+和NH4+的物質(zhì)的量比為(1+2X4) : 8=9:8,由K+和NH4+的物質(zhì)的量比計(jì)算可得； n溶液是均勻的，從1L 1 mol . L-1氫氧化鈉溶液中取出的100mLNaOH溶液濃度等于原溶液的濃度，由稀釋定律計(jì)算可得；配

19、置一定物質(zhì)的量濃度的溶液，配制步驟有計(jì)算、稱量、 溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，需要用到的儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、 500mL容量瓶、膠頭滴管、和 500 mL試劑瓶?！驹斀狻縄 (1)由配制營養(yǎng)液的 KCk K2SO4和NH4Cl三種固體原料的物質(zhì)的量之比為1:4:8可知，溶液中K+和NH4+的物質(zhì)的量比為(1+2X4) : 8=9:8,若營養(yǎng)液中c(NH4+)為0.016 mol . L- 1, n (K+) : n (NH4+) =c (K+) : c (NH4+) =9:8,則 c (K+) =9 0.01；mol/L =0.018mol/L ,故 答案為：0.018mo

20、l/L;(2)設(shè)(NH4)2SO4的物質(zhì)的量為x, KCl的物質(zhì)的量的物質(zhì)的量為y,由溶液中K+、NH4+的物質(zhì)的量比為9:8可得v： 2x=9:8,則x： y=4: 9,故答案為：4: 9;n (1)溶液是均勻的，從 1L 1 mol .匚1氫氧化鈉溶液中取出的 100mLNaOH溶液濃度等于 原溶液的濃度，則取出的這100 mL氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度是為1mol/L;據(jù)稀釋定律，稀釋前后溶質(zhì)氫氧化鈉的物質(zhì)的量不變，令稀釋后的濃度為c,則可得關(guān)系式100mL x 1mol/L=500mL x c,解得 c=0.2mol/L ,故答案為：1mol/L ; 0.2mol/L ;(2)配置一定

21、物質(zhì)的量濃度的溶液，配制步驟有計(jì)算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、 定容、搖勻等操作，需要用到的儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管、和500 mL試劑瓶，不必使用的是托盤天平，故答案為： A;(3)由(2)分析可知，還缺少的儀器是玻璃棒，故答案為：玻璃棒；(4)設(shè)量取濃鹽酸的體積是 Vml,由稀釋定律可知稀釋前后 HCl物質(zhì)的量不變，則有 12mol/LxVx 10 3L=0.10mol/Lx0.5L,解得V=4.2,由量筒使用的最近原則可知，應(yīng)選用 10.0mL量筒量取 4.2ml濃鹽酸，故答案為： 4.2ml; 10.0mL;(5)實(shí)驗(yàn)室沒有 450mL的容量瓶，則配制

22、0.1 mol . L-1的稀鹽酸450 mL應(yīng)選用500mL的 容量瓶，故答案為:500 mL;(6)定容時(shí)俯視刻度線，會導(dǎo)致溶液體積偏小，所配溶液濃度偏高；加蒸儲水時(shí)不慎超過 了刻度，會導(dǎo)致溶液體積偏大，所配溶液濃度偏低，由于操作導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)失敗，解決的方法 是重新配制，故答案為：偏高；偏低；重新配制。7.實(shí)驗(yàn)室可用如下方法制取 Cl2,根據(jù)相關(guān)信息，回答下列問題：在該反應(yīng)中，HCl表現(xiàn)的性質(zhì)有 、. AMnO 2 +4HCl (濃)=Cl2 T + MnCl2+ 2H2O(2)若反應(yīng)中有0.1mol的氧化劑被還原，則被氧化的物質(zhì)為 (填化學(xué)式)，被氧化 物質(zhì)的物質(zhì)的量為 ,同時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為

23、(用Na表示)。(3)將(2)生成的氯氣與0.2mol H2完全反應(yīng)，生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下所占體積為 ,將此產(chǎn)物溶于水配成 100mL溶液，此溶液的物質(zhì)的量濃度為 。(4) KClO+ 6HCl(濃)=3CbT + KCl+ 3H2OD 2KMnO 4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5C2 T + 8H2O若要制得相同質(zhì)量的氯氣， 三個(gè)反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目之比為 。催化劑(5)已知反應(yīng)4HCl(g)+O22c2+2H2O(g),該反應(yīng)也能制得氯氣，則 MnO2、O2、AKMnO4三種物質(zhì)氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)?。(6)將不純的NaOH樣品2.50 g(樣品含少量 NazCQ和水)

24、，放入50.0 mL 2.00mol/L鹽酸中， 充分反應(yīng)后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L的NaOH溶液。蒸發(fā)中和后的溶液，最終得到固體的質(zhì)量為 。【答案】還原性 酸性 HCl 0.2mol 0.2 Na 8.96L 4mol/L 6: 5: 6 KMnO4> MnO2> O2 5.85g【解析】【分析】(1)鹽酸與二氧化鎰反應(yīng)化合價(jià)發(fā)生變化，且能與堿性氧化物反應(yīng)；(2)還原劑被氧化，求解被還原的還原劑的量；(3)根據(jù)方程式及c=J計(jì)算；(4)生成1mol氯氣時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子；生成1mol氯氣時(shí)，轉(zhuǎn)移-mol電子；生成 31mol氯氣時(shí)，轉(zhuǎn)

25、移 2mol電子；(5)根據(jù)氧化劑的氧化性越強(qiáng)，則反應(yīng)越容易，進(jìn)行推理；(6)根據(jù)C離子守恒進(jìn)行計(jì)算。【詳解】(1)鹽酸與二氧化鎰反應(yīng)化合價(jià)由-1變?yōu)?,作還原劑，表現(xiàn)還原性；與堿性氧化物反應(yīng)，表現(xiàn)酸性；(2)若0.1mol的氧化劑被還原，還原劑被氧化，物質(zhì)為 HCl,被還原的物質(zhì)的量為 0.2mol, 轉(zhuǎn)移0.2mol電子，即0.2Na；H2 + C2=2HCl, 0.2mol氯氣與0.2mol H2完全反應(yīng)，生成 0.4molHCl,標(biāo)況下的體積為8.96L; c=4mol/L ; V 0.1(4)生成1mol氯氣時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子；生成1mol氯氣時(shí)，轉(zhuǎn)移mol電子；生成 31mol氯

26、氣時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子；電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目之比為6： 5： 6；催化劑(5)根據(jù)反應(yīng)、和 4HCl(g)+ O22Cl2 + 2H2O(g)可知,MnO2、O2、KMnO4三種物質(zhì)A均可制取氯氣，且反應(yīng)的條件下由易到難，氧化劑的氧化性越強(qiáng)，則反應(yīng)越容易，則氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)?KMnO4> MnO2> O2；(6)反應(yīng)后的溶液的溶質(zhì)為 NaCI,且加熱蒸干后得到的固體也為NaCI,根據(jù)C離子守恒，n(NaCI) = n (HCI) =50.0 mL x 2.00moI/L=0.1moI,其質(zhì)量為 5.85g。8.物質(zhì)的類別和核心元素的化合價(jià)是研究物質(zhì)性質(zhì)的兩個(gè)基本視角。，域元素的價(jià)困

27、+6 '丫 I上僅上 NijSO.+4 rSO；出 2 2fa0 - sW X氣喜陰斷儀化構(gòu)酸 曲鞫頓的類別乳化物(1)圖中Y物質(zhì)的化學(xué)式為 (2)治理含CO、S。的煙道氣，可以將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S和無毒的氣體.則治理煙道氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。(3)實(shí)驗(yàn)室中X氣體由不溶性的硫化亞鐵 (FeS固體和稀硫酸混合反應(yīng)制得，該反應(yīng)的離子方 程式為：。(4)Na2s203(硫代硫酸鈉)是一種用途廣泛的鈉鹽。下列物質(zhì)用于 Na2s2。3的制備，從氧化還原反應(yīng)的角度，理論上有可能的是一。a.Na2S+Sb.Z+Sc.MaQ+Yd.NaHS+NaHSONa2s203具有較強(qiáng)還原性，能作為織

28、錦物漂白后的脫氯劑，脫氯后S2O32-轉(zhuǎn)變?yōu)镾Q2-?，F(xiàn)需處理含標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl2 2.24L的織錦物，理論上需要 0.00100mol/L Na 2S2O3溶液的體積為L?！敬鸢浮縎Q 2C0+S0 M 2CC2+S FeS+2H=Fe2+H2S T bd 25【解析】【分析】依據(jù)元素化合價(jià)和物質(zhì)分類分析，X為氣態(tài)氫化物為 H2S, Y為硫元素的+6價(jià)氧化物為SC3, Z為+4價(jià)的鹽可以為 Na2SC3o(1)Y是S元素化合價(jià)為+6價(jià)；(2)根據(jù)反應(yīng)物、生成物，結(jié)合反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可得反應(yīng)方程式；(3)FeS與稀硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生H2s和FeSQ,根據(jù)離子方程式中物質(zhì)拆分原則書寫反

29、應(yīng)的離子方程式；(4)Na2s203中S為+2價(jià)，從氧化還原的角度分析，反應(yīng)物中S元素化合價(jià)必須分別大于2和小于2;根據(jù)元素化合價(jià)升降總數(shù)相等，計(jì)算反應(yīng)消耗的Na2s203的物質(zhì)的量，再根據(jù) n=cV計(jì)算其物質(zhì)的量?！驹斀狻扛鶕?jù)上述推斷可知 X是H2s, 丫是sC3, Z是Na2sC3。(1)丫為s元素的氧化物，化合價(jià)為 +6價(jià)，則丫為sQ；(2) C。s02反應(yīng)產(chǎn)生s單質(zhì)和CC2,根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得反應(yīng)方程式為：2C0+sQ2CC2+s；(3)Fes與稀硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生H2s和FesQ,反應(yīng)的離子方程式為：Fes+2H=Fe2+H2sT ;(4)Na2s203中s為+2價(jià)，從

30、氧化還原的角度分析，反應(yīng)物中s元素化合價(jià)必須分別大于2和小于2, A中s化合價(jià)都小于2, C中物質(zhì)中s化合價(jià)都大于+2價(jià)，B、D中s元素化合 價(jià)必須分別大于 2和小于2,故合理選項(xiàng)是bd ;根據(jù)題干信息可知發(fā)生反應(yīng)方程式為：Na2*03+4Cl2+5H20=2NaCl+2H2sQ+6HCl,標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L C2的物質(zhì)的量是n(Cl2)=2.24L + 22.4L/mol=0.1mpl在反應(yīng)中獲得電子變?yōu)?-1價(jià)的 C，0.1molCl2獲得電子的物質(zhì)的量是0.2mol；及。32-轉(zhuǎn)變?yōu)閟Q2-,每1mol $2。32-失去8mol電子，則轉(zhuǎn)移0.2mol電子，需消耗s2032-的物質(zhì)的量

31、n(s?032-)=0.2mol + 8=0.025mo根據(jù) n=cV可知理論上需要 0.00100mol/L Na2s2。3溶液的體積 V=0.025mol + 0.00100mol/L=25L【點(diǎn)睛】本題考查硫其化合物性質(zhì)的綜合應(yīng)用、氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，正確提取圖象信息，結(jié)合氧 化還原反應(yīng)規(guī)律分析為解答關(guān)鍵，注意掌握常見元素及其化合物性質(zhì)，試題培養(yǎng)了學(xué)生的 分析能力及綜合應(yīng)用能力。9.氧化還原反應(yīng)原理在生產(chǎn)生活和科學(xué)研究中應(yīng)用廣泛。(1)下列表述中沒有氧化還原反應(yīng)發(fā)生的是 。a.滴水成冰b.蠟炬成灰c.百煉成鋼(2) NH3和C12反應(yīng)的方程式為：NH3+C12-N2+HC1該反應(yīng)中被氧化

32、的元素是 (填元素名稱)，氧化劑是 (填化學(xué)式)。配平該方程式：NH3+Cl2=N2+HCl若要制得標(biāo)準(zhǔn)狀況下氯氣 11.2L,則整個(gè)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為 ?！敬鸢浮縜 氮 C2 2 3 1 6 2HCl+CuO= CuC2+H2O 1mol【解析】【分析】(1) a、滴水成冰，沒有生成新物質(zhì)，屬于物理變化，符合題意，a正確；b,蠟炬燃燒生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合價(jià)改變，屬于氧化還原反應(yīng)，與題意不符，b錯(cuò)誤；c.百煉成鋼，為鋼中的碳與氧氣反應(yīng)生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合價(jià)改變，屬于氧化還原反應(yīng)，與題意不符，c錯(cuò)誤；(2)還原劑化合價(jià)升高，被氧化，氧化劑化合價(jià)降低，被還原；利

33、用化合價(jià)升降法配平；(3)根據(jù)反應(yīng)原理圖，反應(yīng) I是HCl、CuO反應(yīng)生成CuC2和H2O；標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氯氣的物質(zhì)的量是 0.5mol,反應(yīng)I是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)II是氧化還原反應(yīng)，氯元素化合價(jià)由-1升高為0?！驹斀狻?1) a、滴水成冰，沒有生成新物質(zhì)，屬于物理變化，符合題意，a正確；b,蠟炬燃燒生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合價(jià)改變，屬于氧化還原反應(yīng)，與題意不符，b錯(cuò)誤；c.百煉成鋼，為鋼中的碳與氧氣反應(yīng)生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合價(jià)改變，屬于氧化還原反應(yīng)，與題意不符，c錯(cuò)誤；故答案為a；(2)NH3和C12反應(yīng)中氮元素化合價(jià)由-3升高為0,氯元素化合價(jià)由0降低為-1,該

34、反應(yīng)中被氧化的元素是氮元素，氧化劑是C2；氮元素化合價(jià)由-3升高為0,氯元素化合價(jià)由。降低為-1,最小公倍數(shù)為6,根據(jù)得失電子守恒配平方程式是 2NH3+3Cl2= N2+6HCI；(3)根據(jù)反應(yīng)原理圖，反應(yīng) I是HCl、CuO反應(yīng)生成CuC2和H2O,反應(yīng)方程式是2HCl+CuO= CuC2+H2O；標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氯氣的物質(zhì)的量是 0.5mol,反應(yīng)I是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng) II是氧化 還原反應(yīng)，根據(jù)2CuC2+O2= 2CuO+2C2,氯元素化合價(jià)由-1升高為0,所以生成0.5mol 氯氣轉(zhuǎn)移1mol電子。【點(diǎn)睛】還原劑化合價(jià)升高，被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，生成氧化產(chǎn)物；氧化劑化合價(jià)降低

35、，被還 原，發(fā)生還原反應(yīng)，得到還原產(chǎn)物。10 .已知19.2gCu與過量的200mL5mol/L稀硝酸充分反應(yīng)，反應(yīng)方程式如下：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NOT +4H2O(1)寫出該反應(yīng)的離子方程式： ;(2)標(biāo)準(zhǔn)狀況下，產(chǎn)生 NO氣體的體積為： ;轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為 ;反應(yīng) 后NO3-的物質(zhì)的量濃度為： 。(忽略反應(yīng)前后溶液體積的變化)【答案】3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOT +4H2O 4.48L 0.6mol 4mol/L 【解析】 【分析】(1)根據(jù)離子方程式的拆寫原則，硝酸和硝酸銅拆為離子，結(jié)合電荷守恒書寫；(2)先計(jì)算19.2g銅的物質(zhì)的量，再

36、結(jié)合反應(yīng)方程式確定需消耗硝酸的物質(zhì)的量，由反應(yīng)可知被還原的硝酸和生成的 NO的物質(zhì)的量，最后根據(jù) N元素守恒計(jì)算溶液中含有的NO3-的物質(zhì)的量，根據(jù)c= 口計(jì)算反應(yīng)后NO3-的物質(zhì)的量濃度。 V【詳解】(1)Cu與稀硝酸反應(yīng)方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NOs)2+2NOT +4H2O,在該反應(yīng)中，硝酸和硝酸銅是易溶的強(qiáng)電解質(zhì)，拆為離子，其余物質(zhì)仍然用化學(xué)式表示，則該反應(yīng)的離子方程式為：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOT +4H2O；(2)19.2g 銅的物質(zhì)的量 n(Cu)=19.2g + 64g/mol=0.3mo由反應(yīng)可知， 0.3molCu 消耗0.8molHN

37、O3,則根據(jù)元素化合價(jià)升降與電子轉(zhuǎn)移關(guān)系可知被還原的硝酸和生成的NO均為0.2mol ,則生成NO的體積V(NO)=0.2mol x 22.4L/mol=4.48L根據(jù)反應(yīng)方程式可知3mol金屬Cu反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是6mol,則0.3mol金屬銅參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.6mol ,在200mL5mol/L稀硝酸中含有NO3-的物質(zhì)的量是n(NO3-)=5mol/L x 0.2L=1mo反應(yīng) 中被還原的硝酸為 0.2mol,被還原的硝酸變?yōu)?NO氣體，則溶液中剩余的 NO3-的物質(zhì)的量n 0.8moln(NO3 )=1mol-0.2mol=0.8mol ,則其物質(zhì)的重濃度是c=1

38、=4mol/L。V 0.2L【點(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)的知識，明確元素的化合價(jià)變化及原子守恒的方法來分析是解答本 題的關(guān)鍵，注意反應(yīng)中化學(xué)計(jì)量數(shù)與轉(zhuǎn)移電子數(shù)目的關(guān)系解答，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用所學(xué)知識解決實(shí)際問題的能力。11 明膠是水溶性蛋白質(zhì)混合物，溶于水形成膠體。( 1 )明膠溶于水所形成的分散系和K2SO4 溶液共同具備的性質(zhì)是_。a.都不穩(wěn)定，密封放置沉淀b.兩者均有丁達(dá)爾現(xiàn)象c.分散質(zhì)粒子可通過濾紙(2)現(xiàn)需配制 0.50mol L-1 K2SQ溶液 480mL。配制溶液時(shí)必需的儀器有：托盤天平(精確到0. 1g)、藥匙、燒杯、玻璃棒、_、以及等質(zhì)量的幾片濾紙。配制該溶液需稱取K2

39、SO4 晶體的質(zhì)量為_。下列關(guān)于容量瓶的使用方法中，正確的是。A.容量瓶可長期存放溶液B.在容量瓶中直接溶解固體C.溶液未經(jīng)冷卻即注入容量瓶中D.向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液要用玻璃棒引流下列操作會使所配溶液濃度偏低的是_。A.轉(zhuǎn)移溶液時(shí)有液體濺出B.定容后經(jīng)振蕩、搖勻、靜置，發(fā)現(xiàn)液面下降，再加適量的蒸儲水C.定容時(shí)俯視刻度線D.燒杯和玻璃棒未洗滌(3)現(xiàn)有下列十種物質(zhì)：HCl；NaHCQ；K2SQ溶液；CO2；蔗糖晶體；Ca(OH)2；氫氧化鐵膠體； NH3 H2O;空氣；A12( SQ) 3( a) 上述物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的有_，非電解質(zhì)的有_( 填序號) 。(b)CQ屬于酸性氧化物，SiC2也屬于酸

40、性氧化物，請寫出SiC2和CaO反應(yīng)的化學(xué)方程式:。(c) 在水溶液中的電離方程式為 _。(d) 胃液中含有鹽酸，胃酸過多的人常有胃疼燒心的感覺，服用適量的小蘇打(NaHCO3),能治療胃酸過多，請寫出其反應(yīng)的離子方程式：；如果病人同時(shí)患胃潰瘍，為防胃壁穿孔，不宜服用小蘇打，此時(shí)最好用含 Al( OH) 3 的胃藥(如胃舒平)，它與胃酸反應(yīng)的離子方程式： _。(e)若中混有少量的，提純的方法是：。A. 蒸餾 ( 分餾 ) B. 萃取 C. 滲析 D. 分液【答案】 c 500mL 容量瓶 膠頭滴管43. 5g D ABD CaO+SiQ=CaSiQ NaHCO3=Na+HCO3- HCQ-+H

41、+=H2O+CC2 T Al( OH) 3+3H+=Al3+3H2O C【解析】【詳解】( 1 ) a. 膠體較穩(wěn)定，溶液是穩(wěn)定的， a 項(xiàng)錯(cuò)誤；b. 溶液無丁達(dá)爾效應(yīng)，膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)， b 項(xiàng)錯(cuò)誤；c. 膠粒和溶液都可透過濾紙， c 項(xiàng)正確；故答案為：c；(2)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的實(shí)驗(yàn)操作的步驟：計(jì)算、稱量、溶解、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，該實(shí)驗(yàn)中需要用天平稱量、用藥匙取藥品，燒杯溶解藥品，需要玻璃棒攪拌和引流，根據(jù)規(guī)格要求可知，需要500mL容量瓶配制溶液，需要膠頭滴管定容。故答案為：500mL容量瓶；膠頭滴管；實(shí)驗(yàn)室需用480mL 0.50mol L-1 K2SQ溶液，實(shí)

42、驗(yàn)室沒有 480mL容量瓶，只能選用500mL容量瓶，所以需要配制 500mL溶液，即配制500mL0. 50mol L-1 K2SQ溶液，需要 K2SO4 的質(zhì)量 m = cVM=0.50mol/LX 0. 5LX 174g/mol = 43. 5g,托盤天平精確度為 0.1g, 用托盤天平稱量質(zhì)量為 43. 5g；A.容量瓶不能長期存放溶液，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.容量瓶不能用來稀釋濃溶液或溶解固體，只能用來配制溶液，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.溶液未經(jīng)冷卻即注入容量瓶中，導(dǎo)致溶液體積偏小，配 制濃度偏大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液要用玻璃棒引流，防止液體濺出，D項(xiàng)正確；答案選D;A.轉(zhuǎn)移溶液時(shí)有液體濺出，

43、則溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，最終導(dǎo)致測定濃度偏低，A項(xiàng)正確；B.定容后經(jīng)振蕩、搖勻、靜置，發(fā)現(xiàn)液面下降，再加適量的蒸儲水，對原溶液會稀 釋，導(dǎo)致溶液體積偏大，造成濃度偏低，B項(xiàng)正確；C.定容時(shí)俯視刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.燒杯和玻璃棒未洗滌，導(dǎo)致溶質(zhì)物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，D項(xiàng)正確；故答案為 ABD；(3) (a)HCl不電離，但是氯化氫在水中能完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)；NaHCO3在熔融狀態(tài)和水溶液中都能完全電離，都屬于強(qiáng)電解質(zhì)；K2SO4溶液是混合物屬于溶液分散系，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；CO2本身在水溶液中或者熔化狀態(tài)下不能電離出自由移動(dòng)的離子，屬于非電解質(zhì)；

44、蔗糖晶體在水溶液中和熔化狀態(tài)下都不能電離出自由移動(dòng)的離子而導(dǎo)電，屬于非電解 質(zhì)；Ca(OH)2在熔融狀態(tài)能完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)；氫氧化鐵膠體是混合物，屬于膠體分散系，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；NH3. H2O在水溶液中只能部分電離出自由移動(dòng)的離子，屬于弱電解質(zhì)；空氣含多種物質(zhì)，是混合物，屬于分散系，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；Al2(SO4) 3在溶于水或者熔融狀態(tài)下能完全電離出自由移動(dòng)的離子屬于強(qiáng)電解質(zhì)； 故答案為：；(b)酸性氧化物可與堿性氧化物反應(yīng)生成鹽，故SiC2和CaO反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaO+SiQ=CaSiQ；(c)NaHCC3為強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中能完全電離出鈉離子與碳酸氫

45、根離子，其電離方程式為 NaHCQ=Na+HCC3-；(d)小蘇打(NaHCC3)可與胃酸中HCl反應(yīng)，其離子方程式為：HCC3+H =H2O+CQ T ;Al(OH)3為弱堿會中和胃酸，其反應(yīng)的離子方程式：Al( OH) 3+3H+=AI3+3H2O,故答案為：HCQ+H+=H2O+CQT ; Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；(e)提純膠體中混有的溶液，可采用滲析的方法，C項(xiàng)符合題意，故答案為：Q12.對一定量氣體體積的探究。已知1 mol不同氣體在不同條件下的體積：化學(xué)式條件1mol氣體體積/LH20C, 101kPa22.4O20C, 101kPa22.4CO0C, 101kP

46、a22.4H20C, 202kPa11.2CC20C, 202kPa11.2N2273 C, 202kPa22.4NH3273 C, 202kPa22.4(1)從表分析得出的結(jié)論：1mol任何氣體，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積都約為 。1mol不同的氣體，在不同的條件下，體積 (填定"、一定不"或 不一定”相等。(2)理論依據(jù)：相同條件下，1mol任何氣體的體積幾乎相等，原因是：,(3)應(yīng)用：在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4g。2的體積為 。(4)等溫、等壓下，等體積的O2和O3所含分子個(gè)數(shù)比，質(zhì)量比為 。(5)已知16gA和20gB恰好完全反應(yīng)生成 0.04molC和31.76gD,則C的摩爾質(zhì)量

47、為 (6)在三個(gè)密閉容器中分別充入Ne、H2、O2三種氣體，當(dāng)它們的溫度和密度都相同時(shí)，這三種氣體的壓強(qiáng)(p)分別用p(Ne)、p(H2)、p(O2)表示，由大到小的順序是 _?！敬鸢浮?2.4L不一定 氣體分子數(shù)目相等相同條件下，氣體分子間的平均距離幾乎相等 2.8L 1:1 2 ： 3 106gmol-1 p(H2)> p(Ne) > p(O2)【解析】【分析】(1)根據(jù)圖表信息進(jìn)行分析；(2)根據(jù)克拉伯龍方程：PV=nRT進(jìn)行分析；根據(jù)n=m/M=V/V m進(jìn)行分析；(4)根據(jù)阿伏加德羅定律及其推論進(jìn)行分析；(5)根據(jù)質(zhì)量守恒定律及 n=m/M進(jìn)行分析；(6)根據(jù)PM=p R

48、Tt行分析。【詳解】(1)從表中的H2、。2、CO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積可以看出：1mol任何氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，體積都約為22.4L;故答案是：22.4L;根據(jù)克拉伯龍方程：PV=nRT可知，1mol不同的氣體，物質(zhì)的量 n相同，在不同的條件 下，如溫度相等，壓強(qiáng)不相等時(shí)，體積則不相等；或在溫度不相等，壓強(qiáng)也不相等時(shí)，體 積可能相等；因此1mol不同的氣體，在不同的條件下，體積不一定相等；故答案是：不一定；(2)因?yàn)樵谙嗤臏囟群蛪簭?qiáng)下，任何氣體分子間的平均距離幾乎相同且1mol氣體的分子數(shù)目也相同，所以在相同條件下，1mol任何氣體的體積幾乎相等；故答案是：氣體分子數(shù)目相等；相同條件下，氣體分子間

49、的平均距離幾乎相等；(3)02的摩爾質(zhì)量是32g/mol , 4gO2的物質(zhì)的量是 4g/32g mol-1=1/8mol ；在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4g02 的體積為 22.4Lmol-1 x/8mol=2.8L;故答案是：2.8L；(4)等溫等壓下，氣體摩爾體積相等，相同體積的氧氣和臭氧其物質(zhì)的量相等，根據(jù)N=nNA知，分子數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比=1:1;根據(jù)m=nM知，相同物質(zhì)的量時(shí)其質(zhì)量之比等于摩爾質(zhì)量之比 =32g/mol : 48g/mol=2 : 3;故答案為：1: 12: 3;(5)根據(jù)質(zhì)量守恒定律知，C的質(zhì)量=(16+20-31.76)g=4.24g , C的摩爾質(zhì)量=4.24g/0.

50、04mol=106g/mol ;故答案為：106g/mol ；(6)Ne的摩爾質(zhì)量是4g/mol ,氫氣的摩爾質(zhì)量是 2g/mol ,氧氣的摩爾質(zhì)量是 32g/mol ,在溫度和密度都相同條件下，壓強(qiáng)與摩爾質(zhì)量成反比，所以其壓強(qiáng)大小順序是P(H2)> P(Ne)>P(02)；故答案為：P(H2)> P(Ne)> P(02)?！军c(diǎn)睛】影響物質(zhì)的體積的因素有：微粒的數(shù)目、微粒的間距、微粒的大小；對于固體和液體來講，粒子間距較小，可忽略，體積主要由微粒的數(shù)目、微粒的大小來決定；而對于氣體來 講，粒子間距較大，忽略粒子大小，體積主要由微粒的數(shù)目、微粒的間距來決定，當(dāng)溫度 和壓強(qiáng)

51、一定時(shí)，粒子間距幾乎相等，體積由微粒的數(shù)目來決定。13.已知某市售“ 84消毒液”瓶體部分標(biāo)簽如圖所示，該“84消毒液”通常稀釋100倍(體積之比)后使用。請回答下列問題：消毒液【有效成分】電CIO規(guī)格000 mL【質(zhì)量分效】233I轄度JL2獷51' |(1)該“ 84消毒液"中NaClO的物質(zhì)的量濃度約為 _mol/L。(保留1位小數(shù))(2)該同學(xué)參閱此“ 84消毒液”的配方，欲用 NaClO固體配制480mL與市售物質(zhì)的量濃 度相同的“ 84消毒液”，下列說法正確的是(填序號)。A.如圖所示的儀器中有三種是不需要的B.容量瓶用蒸儲水洗凈后，應(yīng)烘干后才能用于溶液配制C.配

52、制過程中，未用蒸儲水洗滌燒杯和玻璃棒會導(dǎo)致結(jié)果偏低D.需要稱量NaClO固體的質(zhì)量為143.0g(3) “84消毒液”與稀硫酸混合使用可增強(qiáng)其消毒能力，某消毒小組人員用98%(密度為1.84g/cm3)的濃硫酸配制500mL2.3mol/L的稀硫酸用于增強(qiáng)“ 84消毒液”的消毒能力。需用濃硫酸的體積為mLo取用任意體積的濃硫酸時(shí)，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是 。A.溶液中H2S。的物質(zhì)的量 B.溶液的濃度 C.溶液的質(zhì)量 D.溶液的密度配制該稀硫酸過程中，下列情況會使所配制的溶液的濃度大于2.3mol/L的有一。A.未經(jīng)冷卻趁熱將溶液注入容量瓶中并進(jìn)行定容B.搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度

53、線，再加水至刻度線C.容量瓶中原有少量蒸儲水D.定容時(shí)俯視容量瓶刻度線【答案】4.0 C 62.5 BD AD【解析】【分析】(1)根據(jù)c(NaClO)=1000泗 計(jì)算溶液的物質(zhì)的量濃度；M(3)根據(jù)c=1000 w計(jì)算濃硫酸物質(zhì)的量濃度，根據(jù)溶液稀釋過程中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不M變計(jì)算需要濃硫酸體積；分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，根據(jù)c=進(jìn)行誤差分析。V【詳解】3_ -故答案為:4.0。 c(NaClO)=W =1000 即25%=4.0 mol?LLM74.5g/mol(2) A.用NaClO固體配制480mL含NaClO質(zhì)量分?jǐn)?shù)為25%的消毒液，需要用到天平、燒杯、500mL容量

54、瓶、玻璃棒、膠頭滴管，不用圖中圓底燒瓶和分液漏斗，共2種儀器，故A錯(cuò)誤；B.容量瓶用蒸儲水洗凈后，不需要烘干就能用于溶液配制，故 B錯(cuò)誤；C.配制過程中，未用蒸儲水洗滌燒杯和玻璃棒，造成溶質(zhì)損失，配制的溶液濃度偏低，故C正確；D.因?yàn)闆]有480mL的容量瓶，需要配制 500mL溶液，需要NaClO的質(zhì)量為： m=0.5LX 4.0mol/L X 74.5g/mol=149g ,故 D 錯(cuò)誤。故答案為：Co(3)濃硫酸物質(zhì)的量濃度c=1000 1.84 98 0二化/巾。/1 設(shè)需要濃硫酸體積為 V,98則根據(jù)溶液稀釋過程中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，得：VX 18.4mol/L=500 X 2.3mo

55、l/L ,計(jì)算得出V=62.5mL,故答案為：62.5。A.溶液中硫酸的物質(zhì)的量 n=cV,所以與溶液的體積有關(guān)，故 A不選；B.溶液具有均一性，濃度與溶液的體積無關(guān)，故 B選；C.溶質(zhì)的質(zhì)量與溶質(zhì)的物質(zhì)的量有關(guān)，根據(jù)A可以知道溶質(zhì)的質(zhì)量與溶液體積有關(guān)，故 C不選；D.溶液的密度為溶液的性質(zhì)，與溶液的體積無關(guān)，故 D選。故答案為：BD。A.未經(jīng)冷卻趁熱將溶液注入容量瓶中，冷卻后溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故A選；B.搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，再加水至刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故B不選；C容量瓶中原有少量蒸儲水，對溶液體積和溶質(zhì)的物質(zhì)的量都不會產(chǎn)生影響，溶液濃度不變，故C不選；D.定容時(shí)俯視觀察液面，導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，