2023屆新高考化學一輪單元質檢卷第三單元　物質的量

單元質檢卷3一、選擇題(本題共16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)1．(2021·南安柳城中學月考)已知三聚氰胺的分子式是C3N6H6，下列有關說法正確的是()A．三聚氰胺的摩爾質量為126gB．1mol三聚氰胺的質量為126gC．三聚氰胺中N的質量分數(shù)為80%D．1mol三聚氰胺有15個原子解析：摩爾質量的單位為g·mol－1，數(shù)值等于相對分子質量，則三聚氰胺的摩爾質量為126g·mol－1，A項錯誤；1mol三聚氰胺的質量為126g·mol－1×1mol＝126g，B項正確；三聚氰胺中N的質量分數(shù)eq\f(6×14,126)×100%≈66.7%，C項錯誤；1mol三聚氰胺(C3N6H6)有15NA個原子，D項錯誤。答案：B2．(2021·浙江臺州一中月考)2020年1月31日，權威醫(yī)學期刊在線發(fā)表了多篇關于新型冠狀病毒(2019nCoV)病例的論文，指明了一種名叫瑞德西韋(化學式為C27H35N6O8P)的固體藥物在抗新型冠狀病毒時展現(xiàn)出較好的療效，但其有效性還要經(jīng)過大規(guī)模臨床試驗才能得到進一步驗證。下列關于瑞德西韋的敘述正確的是()A．瑞德西韋藥物中氫元素的質量占比最小B．1mol瑞德西韋在標準狀況下體積為22.4LC．1mol瑞德西韋含有的原子數(shù)為77NAD．瑞德西韋的摩爾質量為602g解析：由瑞德西韋的分子式C27H35N6O8P可知，瑞德西韋藥物中P元素的質量占比最小，A項錯誤；瑞德西韋在標準狀況下為固體，1mol瑞德西韋的體積不是22.4L，B項錯誤；一分子的瑞德西韋C27H35N6O8P中含有77個原子，則1mol瑞德西韋含有的原子數(shù)為77NA，C項正確；瑞德西韋的摩爾質量為602g·mol－1，D項錯誤。答案：C3．(2021·六安新安中學月考)偏二甲肼(C2H8N2)是一種高能燃料，燃燒產生的巨大能量可作為航天運載火箭的推動力。下列敘述正確的是()A．偏二甲肼的摩爾質量為60gB．6.02×1023個偏二甲肼分子的質量約為60gC．1mol偏二甲肼的質量為60g·mol－1D．6g偏二甲肼含有偏二甲肼分子數(shù)為0.1mol解析：偏二甲肼(C2H8N2)的摩爾質量為(12×2＋1×8＋14×2)g·mol－1＝60g·mol－1，故A項錯誤；6.02×1023個偏二甲肼的物質的量為1mol，所以1mol偏二甲肼的質量為60g，故B項正確；1mol偏二甲肼的質量為60g，故C項錯誤；6g偏二甲肼的物質的量為n＝eq\f(m,M)＝eq\f(60g,60g·mol－1)＝0.1mol，含有的分子數(shù)為0.1×NA，故D項錯誤。答案：B4．(2020·江蘇鎮(zhèn)江中學月考)下列關于物質的量濃度表述正確的是()A．0.2mol·L－1Na2SO4溶液中含有Na＋和SOeq\o\al(2－,4)總物質的量為0.6molB．將62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶質的物質的量濃度為1mol·L－1C．用1L水吸收22.4L氯化氫(標準狀況下)所得鹽酸的濃度是1mol·L－1D．10g98%的硫酸(密度為1.84g·cm－3)與10mL18.4mol·L－1的硫酸濃度相等解析：溶液體積未知，無法計算Na＋和SOeq\o\al(2－,4)物質的量，故A項錯誤；62gNa2O的物質的量為1mol，溶于水后與水反應生成氫氧化鈉的物質的量為2mol，則配成1L溶液，所得溶質的物質的量濃度為2mol·L－1，故B項錯誤；用1L水吸收22.4L氯化氫(標準狀況下)所得鹽酸的體積不是1L，無法計算鹽酸物質的量濃度，故C項錯誤；根據(jù)公式c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000×1.84×98%,98)＝18.4mol·L－1，則10g98%的硫酸(密度為1.84g·cm－3)與10mL18.4mol·L－1的硫酸的濃度是相同的，故D項正確。答案：D5．(2021·天津第一次模擬)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是()A．1mol[Cu(NH3)4]2＋離子中含有的σ鍵為16NAB．1mol·L－1的CH3COONa溶液中CH3COOH分子與CH3COO－離子數(shù)目之和為NAC．30gHCHO與CH3COOH混合物中含C原子數(shù)為NAD．2.3gNa與O2完全反應，反應中轉移的電子為0.1NA解析：1mol氨分子中含有3molN—Hσ鍵，氨分子與銅離子之間形成的配位鍵為σ鍵，1mol[Cu(NH3)4]2＋離子中含有的σ鍵為16NA，故A項正確；溶液體積未知，無法確定粒子數(shù)目，故B項錯誤；30gHCHO為1mol，含1molC原子，30g乙酸為0.5mol，含1molC原子，則30g混合物中含有C原子數(shù)為1mol，即NA個，故C項正確；Na與氧氣反應轉變成鈉離子，1molNa失去1mol電子，則2.3gNa為0.1mol，轉移電子0.1mol，數(shù)目為0.1NA，故D項正確。答案：B6．(2021·江蘇淮安中學月考)海水中蘊藏著豐富的化學資源，每千克海水中氯化物含量如圖所示，其中物質的量濃度最大的離子是()A．Na＋ B．Cl－C．Mg2＋ D．Ca2＋解析：由題圖可知，n(NaCl)＝eq\f(27.2g,58.5g·mol－1)＝0.465mol，n(MgCl2)＝eq\f(5.11g,95g·mol－1)＝0.054mol，n(CaCl2)＝eq\f(1.11g,111g·mol－1)＝0.01mol，n(KCl)＝eq\f(0.721g,74.5g·mol－1)＝0.01mol，故n(Na＋)＝0.465mol，n(Ca2＋)＝0.01mol，n(Mg2＋)＝0.054mol，n(K＋)＝0.01mol，n(Cl－)＝(0.465＋2×0.054＋2×0.01＋0.01)mol，故可知Cl－的物質的量最大，同一溶液體積相同，故Cl－的物質的量濃度最大，故答案選B。答案：B7．(2021·黑龍江鶴崗一中月考)下列敘述正確的是()①16gCuSO4·5H2O溶于1L水所得溶液的物質的量濃度為0.1mol·L－1②標準狀況下，11.2LH2和14gN2所含原子數(shù)相同③1mol的Cl－含有NA個電子④1mol粒子集合體所含的粒子數(shù)與0.012kgC中所含的碳原子相同⑤同溫、同體積時，氣體物質的物質的量越大，則壓強越大⑥同溫、同壓下，氣體的密度與氣體的相對分子質量成正比A．①②③ B．②⑤⑥C．②④⑤⑥ D．①②④⑤解析：①16gCuSO4·5H2O溶于水，形成的溶液的溶質是CuSO4，16gCuSO4·5H2O的物質的量小于0.1mol，且其溶于1L水所得溶液的體積不是1L，因此不能計算溶液的濃度，錯誤；②標準狀況下，11.2LH2的物質的量是0.5mol，14gN2的物質的量是0.5mol，二者都是雙原子分子，則氣體的物質的量相等，則其中所含原子數(shù)相同，正確；③Cl－中含有18個電子，則1mol的Cl－含有18NA個電子，錯誤；④1mol粒子集合體所含的粒子數(shù)與0.012kg12C中所含的碳原子相同，錯誤；⑤同溫、同體積時，氣體物質的物質的量越大，則氣體對容器產生的壓強越大，正確；⑥氣體的密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(M,Vm)，在同溫、同壓下，氣體摩爾體積相同，所以氣體的密度與氣體的相對分子質量成正比，正確；故選B。答案：B8．(2021·湖北十堰一中月考)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．100g質量分數(shù)為46%C2H5OH溶液中所含O—H數(shù)目約為7NAB．質量為12g的12C含有的中子數(shù)為12NAC．將0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO－數(shù)目小于0.1NAD．氫氧燃料電池正極消耗22.4L氣體時，電路中通過的電子數(shù)目為4NA解析：乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O—H鍵，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物質的量為1mol，含有1molO—H鍵，含有水54g，物質的量為3mol，含有O—H鍵6mol，所以共含O—H數(shù)目7NA，故A項正確；12g的12C的物質的量為eq\f(12g,12g·mol－1)＝1mol，含有中子的物質的量為1mol×6＝6mol，含有的中子數(shù)為6NA，故B項錯誤；將0.1mol＋n(H＋)，而由于溶液顯中性，故n(OH－)＝n(H＋)，則有n(CH3COO－)＝n(Na＋)＝0.1mol，即醋酸根的個數(shù)為NA個，故C項錯誤；氧氣所處的狀態(tài)不明確，故其物質的量無法計算，故D項錯誤。答案：A9．(2021·甘肅武威第二中學月考)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是()①0.5molO3與11.2LO2所含的分子數(shù)一定相等②標準狀況下，22.4L氯氣與足量鋁充分反應，轉移的電子數(shù)為3NA③通常狀況下，NA個CO2分子占有的體積為22.4L④常溫、常壓下，92g的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數(shù)為6NA⑤常溫下，4.4gCO2和N2O(不反應)混合物中所含有的原子數(shù)為0.3NA⑥在反應KIO3＋6HI=KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2轉移的電子數(shù)為6NA⑦標準狀況下，22.4LSO3含有的分子數(shù)為NA⑧在常溫、常壓下，1molO2含有的原子數(shù)為2NA⑨物質的量濃度為0.5mol·L－1MgCl2溶液中，含有Cl－個數(shù)為NA⑩將100mL0.1mol·L－1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3膠粒數(shù)目為0.01NAA．①②④⑧ B．④⑤⑧C．③⑥⑨⑩ D．④⑤⑧⑨解析：①11.2LO2所處溫度和壓強未知，無法計算11.2LO2物質的量，錯誤；②n(Cl2)＝22.4L÷22.4L·mol－1＝1mol，Cl2與足量鋁充分反應生成AlCl3，轉移的電子數(shù)為2NA，錯誤；③NA個CO2分子為1molCO2，在通常狀況下(通常狀況下氣體摩爾體積大于22.4L·mol－1)的體積－1＝2mol，含有的原子數(shù)為6NA，正確；⑤CO2和N2O的摩爾質量都為44g·mol－1，4.4gCO2和N2O混合物中分子物質的量為4.4g÷44g·mol－1＝0.1mol，CO2和N2O都是三原子分子，則含有的原子數(shù)為0.3NA，正確；⑥根據(jù)“只靠攏，不交叉”，在反應KIO3＋6HI=KI＋3I2＋3H2O中，I元素的化合價由KIO3中＋5價降至0價，由HI中的－1價升至0價，I2既是氧化產物又是還原產物，每生成3molI2轉移的電子數(shù)為5NA，錯誤；⑦SO3在標準狀況下呈固態(tài)，無法計算SO3物質的量，錯誤；⑧在常溫、常壓下，1molO2含有的原子數(shù)為2NA，正確；⑨溶液的體積未知無法計算Cl－物質的量，錯誤；⑩將100mL0.1mol·L－1的FeCl3溶液滴入沸水中生成Fe(OH)30.01mol，F(xiàn)e(OH)3膠粒是一定數(shù)目Fe(OH)3的集合體，F(xiàn)e(OH)3膠粒數(shù)目小于0.01NA，錯誤；正確的是④⑤⑧，答案選B。答案：B10．(2021·湖南卷)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．18gHeq\o\al(18,2)O含有的中子數(shù)為10NAB．0.1mol·L－1HClO4溶液中含有的H＋數(shù)為0.1NAC．2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應后的分子數(shù)為2NAD．11.2LCH4和22.4LCl2(均為標準狀況)在光照下充分反應后的分子數(shù)為1.5NA解析：18gHeq\o\al(18,2)O的物質的量為eq\f(18g,20g·mol－1)＝0.9mol，1個Heq\o\al(18,2)O含0＋(18－8)＝10(個)中子，則18gHeq\o\al(18,2)O含有的中子數(shù)為9NA，A項錯誤；未給溶液體積，無法計算H＋的物質的量，B項錯誤；2molNO與1molO2在密閉容器中存在2NO＋O2=2NO2，2NO2N2O4，因此充分反應后的分子數(shù)小于2NA，C項錯誤；甲烷和氯氣在光照下發(fā)生取代，1mol氯氣可取代1molH，同時產生1molHCl分子，標準狀況下11.2LCH4的物質的量為0.5mol，22.4LCl2的物質的量為1mol，0.5molCH4含4molH，最多可消耗4molCl2，因此CH4過量，根據(jù)1mol氯氣可取代1molH，同時產生1molHCl分子可知1molCl2完全反應可得1molHCl，根據(jù)C守恒，反應后含C物質的物質的量＝甲烷的物質的量＝0.5mol，因此11.2LCH4和22.4LCl2(均為標準狀況)在光照下充分反應后的分子數(shù)為1.5NA，D項正確。答案：D11．(2021·運城調考)過氧化鈉是宇宙飛船和潛水艇中氧氣的主要來源，其作用原理中包含了反應2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是()A．11.2LO2含NA個氧原子B．在0.1molNa2CO3中含Na—C鍵的數(shù)目為0.2NAC．反應中每生成1molO2轉移2mol電子D．10.6gNa2CO3溶于100mL水中，所得溶液的物質的量濃度為1mol·L－1解析：題目中沒有說明在標準狀況下，氣體摩爾體積未知，故無法求解，A項錯誤；Na2CO3屬于離子化合物，碳酸鈉由鈉離子和碳酸根構成，無Na—C鍵，B項錯誤；Na2O2中氧元素的化合價為－1價，既作氧化劑又作還原劑，若有2mol的Na2O2參加反應，則有2mol氧原子得到電子變?yōu)椋?價，進入到Na2CO3中，故有2mol氧原子失去電子，變?yōu)楫a物中的O2，所以轉移的電子數(shù)都是2mol，C項正確；10.6gNa2CO3溶于水形成的100mL溶液，所得溶液的物質的量濃度為1mol·L－1(在一定物質的量濃度溶液的配制中，體積指的是溶液的體積，并非指溶劑的體積)，D項錯誤。答案：C12．(2021·廣東卷)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．1molCHCl3含有C—Cl鍵的數(shù)目為3NAB．1L1.0mol·L－1的鹽酸含有陰離子總數(shù)為2NAC．11.2LNO與11.2LO2混合后的分子數(shù)目為NAD．23gNa與足量H2O反應生成的H2分子數(shù)目為NA解析：1個CHCl3分子中含有3個C—Cl鍵，微粒個數(shù)與物質的量成正比，故1molCHCl3含有3molC—Cl鍵，C—Cl鍵的數(shù)目為3NA，A項正確；鹽酸為氯化氫的水溶液，氯化氫會全部電離出陰離子Cl－，水會部分電離出陰離子OH－，水的質量及電離程度未知，故無法計算1L1.0mol·L－1的鹽酸含有陰離子總數(shù)，B項錯誤；未提到具體的溫度、壓強，故無法計算11.2LNO與11.2LO2混合后的分子數(shù)目，C項錯誤；23gNa為1mol，鈉與足量的水反應生成氫氣的關系式為2Na～H2，故1molNa應對應生成0.5molH2，H2分子數(shù)目應為0.5NA，D項錯誤。答案：A13．(2021·哈爾濱九中月考)常溫、常壓下，向1L2mol·L－1KMnO4酸性溶液中通入2.24L的乙烯，又放出VL氣體(已知乙烯和酸性高錳酸鉀反應產生CO2)。NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．該反應產生的CO2的體積為4.48LB．在上述反應過程中，電子轉移數(shù)目為1.2NAC．當1molKMnO4被還原時消耗H＋的數(shù)目為NAD．48g乙烯和丙烯構成的混合氣體中，含有的單鍵數(shù)目為4NA解析：乙烯和酸性高錳酸鉀反應產生CO2，1個乙烯分子中含有2個C原子，同溫、同壓下，氣體的物質的量之比等于體積比，故2.24L的乙烯和酸性高錳酸鉀反應產生4.48LCO2，A項正確；常溫、常壓下，不能用22.4L·mol－1計算乙烯的體積，B項錯誤；乙烯和酸性高錳酸鉀反應的離子方程式為12MnOeq\o\al(－,4)＋36H＋＋5C2H4=12Mn2＋＋10CO2＋28H2O，當1molKMnO4被還原時消耗H＋的數(shù)目為3NA，C項錯誤；1個乙烯分子中含有4個單鍵，48g乙烯的物質的量為eq\f(12,7)mol，含有的單鍵數(shù)目為eq\f(48,7)NA，1個丙烯分子中含有7個單鍵，48g丙烯的物質的量為eq\f(8,7)mol，含有的單鍵數(shù)目為8NA，所以48g乙烯和丙烯構成的混合氣體中，含有的單鍵數(shù)目介于eq\f(48,7)NA到8NA之間，D項錯誤。答案：A14．(2021·天津第一次模擬)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．1.0mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2NAB．1.0mol·L－1的Na2CO3水溶液中c(Na＋)∶c(COeq\o\al(2－,3))>2∶1C．常溫下56g鐵片投入足量濃硫酸中生成NA個SO2分子D．1mol羥基與1mol氫氧根離子所含電子數(shù)均為9NA解析：題中A項未給NaAlO2水溶液體積，不能求出氧原子數(shù)，A項錯誤；碳酸鈉水溶液中，碳酸根發(fā)生水解，故1.0mol·L－1的Na2CO3水溶液中c(Na＋)∶c(COeq\o\al(2－,3))>2∶1，B項正確；常溫下鐵片與濃硫酸發(fā)生鈍化，無法計算生成的二氧化硫的物質的量及數(shù)目，C項錯誤；1mol氫氧根離子含有10NA電子，D項錯誤。答案：B15．常溫下，把某濃度的NaHCO3溶液滴加到NaOH和NaAlO2混合溶液中，測得溶液pH和Al(OH)3物質的量隨加入NaHCO3溶液體積的變化情況如圖所示。下列說法不正確的是()A．根據(jù)圖中所示加入的NaHCO3先與NaOH反應B．NaHCO3溶液的物質的量濃度為1.125mol·L－1C．滴加過程中可能發(fā)生反應：HCOeq\o\al(－,3)＋AlOeq\o\al(－,2)＋H2O=Al(OH)3↓＋CO2↑D．可能與d點溶液共存的離子有K＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－解析：根據(jù)題圖可知，當加入的V(NaHCO3)<8mL時，無Al(OH)3沉淀生成，說明先發(fā)生反應HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O，因此加入的NaHCO3先與NaOH反應，A項正確；當加入40mLNaHCO3溶液時沉淀的量最多，此時Al(OH)3沉淀的物質的量為0.036mol，由題圖可知與偏鋁酸鈉反應的碳酸氫鈉溶液是32mL，結合HCOeq\o\al(－,3)＋AlOeq\o\al(－,2)＋H2O=Al(OH)3↓＋＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，C項錯誤；d點時，NaAlO2恰好完全轉化為Al(OH)3，此時溶液中的溶質為Na2CO3，K＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－可與Na＋、COeq\o\al(2－,3)共存，D項正確。答案：C16．(2021·臨汾第一次模擬)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是()A．10.1gN(C2H5)3中所含的共價鍵數(shù)目為2.1NAB．標準狀況下，22.4LCO2中所含的質子數(shù)目為22NAC．1mol乙基所含的電子總數(shù)為16NAD．100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子數(shù)目為5NA解析：N(C2H5)3的摩爾質量為101g·mol－1，10.1gN(C2H5)3的物質的量為0.1mol，1個N(C2H5)3分子含有21個共價鍵，則10.1gN(C2H5)3中所含的共價鍵數(shù)目為2.1NA，A項正確；標準狀況下，22.4LCO2的物質的量為1mol，1個CO2分子含有22個質子，則22.4LCO2中所含的質子數(shù)目為22NA，B項正確；乙基不帶電，乙基的電子數(shù)就是C原子和O原子的電子數(shù)之和，則1mol乙基所含的電子總數(shù)為17NA，C項錯誤；100g46%的甲酸水溶液中含有46gHCOOH和54gH2O，共含氧原子數(shù)目為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(46g,46g·mol－1)×2＋\f(54g,18g·mol－1)))NA＝5NA，D項正確。答案：C二、非選擇題(本題共4小題，共56分。)17．(2021·上海七寶中學月考)(12分)某中學有甲、乙兩個探究性學習小組，他們擬用小顆粒狀鋁硅合金與足量稀硫酸的反應測定通常狀況(約20℃，1atm)下氣體摩爾體積。請回答下列問題：(1)甲組同學擬選用如圖1所示的實驗裝置完成實驗：①該組同學必須選用的裝置的連接順序是A接()、()接()、()接()(填接口字母，可不填滿)。②實驗開始時，先打開分液漏斗上口的玻璃塞，再輕輕打開其活塞，一會兒后稀硫酸不能順利滴入錐形瓶。請分析原因：_______________________________________________________________________________________________________________________。③實驗結束時，該組同學應怎樣測量實驗中生成氫氣的體積？__________________________________________________________________________________________。(2)乙組同學仔細分析甲組同學的實驗裝置后，認為稀硫酸滴入錐形瓶中，即使不生成氫氣，也會將瓶內空氣排出，使所測氫氣體積偏大；實驗結束時，連接廣口瓶和量筒的導管中有少量水存在，使所測氫氣體積偏小。于是他們設計了如圖2所示的實驗裝置。①裝置中導管a的作用是____________________________________________________。②實驗中準確測得4個數(shù)據(jù)：實驗前鋁硅合金的質量為m1g，實驗后殘留固體的質量為m2g，實驗前后堿式滴定管中液面讀數(shù)分別為V1mL、V2mL。則通常狀況下氣體摩爾體積Vm＝________。解析：(1)①裝置的組裝順序：合金與稀硫酸反應，用排水量氣法測定生成氫氣的體積，其中盛水的試劑瓶導管一定要短進長出，利用增大壓強原理將水排出，量筒中水的體積就是生成氫氣的體積，量筒內導管應伸入量筒底部，所以連接順序為A接E，D接G。②鋁與稀硫酸反應產生的氫氣使錐形瓶內氣壓增大，錐形瓶內的壓強大于大氣壓，所以稀硫酸不能順利滴入錐形瓶中。③實驗結束時，該組同學測量實驗中生成氫氣的體積方法為待實驗裝置冷卻后，上下移動量筒，使其中液面與廣口瓶中液面相平，再平視讀取量筒中水的體積，即氫氣在通常狀況時的體積。(2)①題圖2裝置中導管a的作用是保持分液漏斗內氣體壓強與錐形瓶內氣體壓強相等，打開分液漏斗活塞時稀硫酸能順利滴下；滴入錐形瓶的稀硫酸體積等于進入分液漏斗的氣體體積，從而消除由于加入稀硫酸引起的氫氣體積誤差。②鋁和稀硫酸反應的離子方程式為2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。實驗前鋁硅合金的質量為m1g，實驗后殘留固體的質量為m2g，則Al的質量為(m1－m2)g，實驗前后堿式滴定管中液面讀數(shù)分別為V1mL、V2mL，則，由于利用堿式滴定管量氣，剛開始的數(shù)據(jù)大，因此生成氫氣的體積為(V1－V2)mL；－1。答案：(1)①EDG②鋁與稀硫酸反應放熱且生成氣體，使錐形瓶中氣體壓強變大③待實驗裝置冷卻后，上下移動量筒，使其中液面與廣口瓶中液面相平，再平視讀取量筒中水的體積，即氫氣在通常狀況下的體積(2)①使分液漏斗內氣體壓強與錐形瓶內氣體壓強相等，打開分液漏斗活塞時稀硫酸能順利滴下；滴入錐形瓶的稀硫酸體積等于進入分液漏斗的氣體體積，從而消除由于加入稀硫酸引起的氫氣體積誤差②eq\f(18（V1－V2）×10－3,m1－m2)L·mol－118．(2021·福建泉州實驗中學月考)(14分)某同學設計了利用氯酸鉀分解制O2測定標準狀況下氣體摩爾體積的探究實驗。實驗步驟如下：①連接好實驗裝置檢查裝置的氣密性；②把適量的氯酸鉀粉末和少量二氧化錳粉末混合均勻，放入干燥的試管中，準確稱量試管和藥品的總質量為15.95g；③加熱，開始反應，直到不再有氣體產生為止；④測量排入量筒中水的體積為285.0mL，換算成標準狀況下氧氣的體積為279.7mL；⑤準確稱量試管和殘留物的質量為15.55g。根據(jù)上述實驗過程，回答下列問題。(1)檢查裝置的氣密性的方法：往廣口瓶中注入水，塞緊橡膠塞，按裝置圖連接好裝置。用酒精燈微熱試管底部，若觀察到______________________________________________，則證明該裝置不漏氣。(2)以下是測量收集到的氣體體積必須包括的幾個步驟：①使試管和廣口瓶內氣體都冷卻至室溫；②調整量筒的高度使廣口瓶和量筒內的液面高度相同；③讀取量筒內液體的體積。正確的操作順序是________(填操作序號)。其中，進行③的實驗操作時，若仰視讀數(shù)，則所讀取氧氣的體積將________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。(3)實驗過程中產生氧氣的物質的量是________mol。(4)實驗測得標準狀況下氧氣的摩爾體積是________(保留小數(shù)點后兩位)。解析：(1)加熱氯酸鉀制取氧氣時的檢驗裝置氣密性的方法為往廣口瓶中注滿水，塞緊橡皮塞，按裝置圖連接好裝置，用酒精燈微熱試管底部，若觀察到廣口瓶中長玻璃管內液面上升，撤去酒精燈后，過一會長玻璃管內的液面下降，則證明該裝置不漏氣。(2)因為排出的氣體是需要用排出的水的體積衡量的，而反應前后的量筒溫度是不同的，因此，反應終止應該先停止加熱，待體系恢復到室溫時，才取出導管。這一步操作跟通常的實驗不同，所以停止加熱時導管的出口要高于量筒內的液面，此時即使不取出導管而停止加熱，也不會造成水的倒吸；停止加熱、回到室溫后，調整量筒的高度使量筒內的液面與水槽一致，此時量筒內氣體壓強也為大氣壓，讀數(shù)才是正確的；所以正確的操作順序為①使氣體都冷卻至室溫；②調整量筒內外液面高度使之相同；③讀取量筒內氣體的體積，仰視讀數(shù)使得讀數(shù)偏小。(3)生成的氧氣的質量m＝15.95g－15.55g＝0.4g，氧氣的物質的量n＝eq\f(m,M)＝eq\f(0.4g,32g·mol－1)＝0.0125mol。(4)氧氣的體積V＝279.7mL＝0.2797L，則氣體摩爾體Vm＝eq\f(V,n)＝eq\f(0.2797L,0.0125mol)＝22.38L·mol－1。答案：(1)廣口瓶中長玻璃管內液面上升，撤去酒精燈后，過一會長玻璃管內的液面下降(2)①②③偏小(3)0.0125(4)22.38L·mol－119．(2021·白城通榆第一中學月考)(18分)某研究小組同學為探究鋅與硫酸反應生成SO2、H2的臨界濃度(濃硫酸能與鋅反應生成SO2的最低濃度)設計了如下實驗。在大試管A中加入100mL18mol·L－1硫酸，向連接在塑料棒上的多孔塑料球內加入足量的鋅粒(塑料棒可以上下移動)，在試劑瓶D中加入足量的濃NaOH溶液(加熱和夾持裝置已省略)。已知：鋅與濃硫酸接觸，開始時反應緩慢，可以適當加熱以加速其反應，當有大量氣泡生成時，該反應速率會明顯加快并伴有大量的熱放出。請回答下列問題：(1)請寫出鋅與硫酸反應產生SO2的化學方程式：__________________________________________________________________________________________________________。(2)在組裝儀器之后，加入試劑之前必須進行的操作是_____________________________。(3)長導管B的作用是__________________________，如果沒有這個設計，最終測定的臨界濃度會______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。(4)裝置中干燥管C的作用是_______________________________________________。(5)反應結束后向D裝置中加入足量的H2O2溶液和足量的BaCl2溶液，充分反應后將所得沉淀過濾、洗滌、干燥、稱量得到固體質量為ag，則濃硫酸與鋅反應的臨界濃度為________mol·L－1(用含a的式子表示，忽略體積變化)。(6)某同學通過聯(lián)系氧化還原反應的相關知識，認為也可以用硫酸酸化的高錳酸鉀溶液對D中的SOeq\o\al(2－,3)進行滴定，通過滴定出的SOeq\o\al(2－,3)的物質的量計算臨界濃度，你認為他的這一想法是否可行？________(填“可行”或“不可行”)，原因是________________________________________________________________________________________________________。解析：本實驗的目的是探究鋅與硫酸反應生成SO2、H2的臨界濃度(濃硫酸能與鋅反應生成SO2的最低濃度)，濃硫酸與Zn反應過程中，先表現(xiàn)S元素的氧化性，此時的還原產物為SO2，之后硫酸變稀反應生成H2；將生成的SO2在裝置D中用足量的NaOH溶液吸收，然后向D裝置中加入足量的H2O2溶液將S元素全部氧化為SOeq\o\al(2－,4)，之后加入足量的氯化鋇溶液得到BaSO4沉淀，通過測定硫酸鋇沉淀的量來確定與Zn反應生成SO2消耗的硫酸的量，從而確定剩余硫酸的濃度，即臨界濃度。據(jù)此分析解答。(1)根據(jù)電子守恒和元素守恒可得鋅與濃硫酸反應生成SO2的化學方程式為Zn＋2H2SO4(濃)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O。(2)在組裝儀器之后，加入試劑之前必須進行的操作是檢驗裝置的氣密性，防止漏氣。(3)反應過程中會發(fā)出大量的熱，造成水的揮發(fā)，使硫酸的濃度增大，與鋅反應生成二氧化硫的硫酸偏多，造成測定的臨界濃度偏小，所以需要長導管導氣同時冷凝回流水蒸氣。(4)二氧化硫易＝eq\f(a,233)mol，根據(jù)反應方程式可知，與Zn反應生成SO2所消耗的硫酸的物質的量為eq\f(2a,233)mol，原濃硫酸體積為100mL，濃度為18mol·L－1，所以剩余的硫酸的物質的量為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1.8－\f(2a,233)))mol，濃度為eq\f(1.8－\f(2a,233),0.1)mol·L－1。(6)實驗過程中不能保證得到的Na2SO3溶液不被空氣中的氧氣氧化變質，造成滴定結果不準確，所以該同學的想法不可行。答案：(1)Zn＋2H2SO4(濃)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O(2)檢驗裝置氣密性(3)導氣、冷凝回流偏低(4)防倒吸(5)eq\f(1.8－\f(2a,233),0.1)(6)不可行實驗過程中不能保證得到的Na2SO3溶液不被空氣中的氧氣氧化變質，造成滴