化学物质的量的专项培优易错难题练习题(含答案)附详细答案

1、化学物质的量的专项培优易错 难题练习题 ( 含答案 ) 附详细答案一、高中化学物质的量1 同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（h2s）的质量比为 _ ；同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_ ，其中含有的氢的原子个数比为_；若二者氢原子数相等，它们的体积比为_；在相同条件下，在5.6g 氮气中应添加 _g 氨气所组成的混合气体与16g 氧气所占的体积相等。【答案】 1:22:13:12:35.1【解析】【分析】【详解】同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，根据m=nm 可知，同体积的氨气和硫化氢气体 (h2s) 的质量比为 17g/mol ：34g/mol= 1 ： 2 ；根据 n= m

2、 可知，同质量的氨气与硫化氢的物质的量之比为34g/mol: 17g/mol=2:1 ；相同m条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为2:1，所含氢原子数目之比为( 2 3):(1 2)=3:1 ；假设 h 原子为 3mol，氨气为1mol，硫化氢为1.5mol ，二者体积之比为1mol: 1.5mol=2:3 ；5.6g0.2mol ，氧气物质的量n=16g氮气物质的量 n= 0.2mol ，则氨气物28g / mol32g / mol质的量为 =0.5mol-0.2mol=0.3mol，氨气的质量为 0.3mol17g/mol=5.1g 。2 在标准状况下，由一氧化碳和二氧化

3、碳组成的混合气体为6.72 l12g，质量为，此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比是_ ，一氧化碳的体积分数是_，一氧化碳的质量分数是_，碳原子和氧原子个数比是_，混合气体的平均相对分子质量是_ ，密度是 _gl 1。【答案】 1 3 25% 17.5% 4 7 40 1.79【解析】【分析】根据公式：mn =v 进行分析解答。mvm【详解】混合气体的物质的量6.72l0.3 mol ，22.4l?mol 1设一氧化碳的物质的量为x，二氧化碳的物质的量为y，则：xy0.328x44 y12解得： x0.075 mol ， y 0.225 mol ，此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比0

4、.075mol 0.225 mol 1 3；0.075mol一氧化碳的体积分数是 100% 25% ；0.3mol一氧化碳的质量0.075 mol 28gmol-1 2.1 g，2.1g一氧化碳的质量分数12g 100% 17.5% ；碳原子和氧原子个数比(0.075 mol 0.225 mol) (0.075 mol 0.225mol 2) 47；混合气体的平均摩尔质量12g40gmol -1 ，平均相对分子质量是40；0.3?mol混合气体的密度12g-1 。答案： 1 3；25%；17.5%； 4 7； 40； 1.79。 1.79 gl6.72l3 已知： 2kmno 4k2mno4+

5、mno 2+o2，将 0.1mokmno 4 固体加热一段时间后，收集到 amolo 2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolcl2，此时 mn 元素全部以 mn 2+的形式存在于溶液中(注： kmno4 和 k2mno 4 以及 mno 2 都能与浓盐酸反应并生成 mn 2+)。(1)2kmno4+16hcl=2kcl+2mncl2+5cl2 +8h2o 反应中的还原产物是_（填化学式），反应中若产生0.3mol 的气体则有 _mol 的电子转移。(2)a+b 的最大值为 _， a+b 最小值为 _。【答案】 mncl20.6 0.250.2【解析】【分析】(1)元素化合价

6、降低发生还原反应得到还原产物；根据cl 元素化合价变化计算转移电子；(2)kmno 4 固体，加热一段时间后，收集到amol 氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol 氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，mn 元素得到电子数等于o元素、cl元素失去的电子，则有：0.1 (7-2)=4a+2ba+b=0.25-a，整理得当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定(a+b) 的最小值。【详解】(1)反应中 mn 元素化合价由+7 价变为 +2 价，化合价降低，得到电子，被还原

7、，所以mncl 2是还原产物；产生 0.3mol 的氯气时，转移电子为n(e-)=0.3mol 2 0-(-1)=0.6mol；(2)kmno 4 固体加热一段时间后，收集到amol 氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到bmol 氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，mn 元素获得电子等于 o 元素、 cl 元素失去的电子，则有：0.1 (7-2)=4a+2b，整理可得 a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时， (a+b)达最大值，此时a=0，则 (a+b)的最大值 =0.25；当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2kmno4k2mno 4+m

8、no 2+o2，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol 1 =0.05mol ，则 a+b 0.25-0.05=0.2，故 (a+b)的最小值为20.2。【点睛】本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础，学会将关系式进行变形，并用用极值方法分析判断。4 根据题意计算填空。（1）在标准状况下，8.5g 某气体占有的体积为5.6l，则该气体的摩尔质量是 _。（2）在标准状况下，0.01mol 某气体的质量为0.28g，则该气体的相对分子质量为_，该气体的密度为 _

9、gl-1 。（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 co和 co2 物质的量之比是 _， c 和 o 原子个数比是 _， co的质量分数是 _。（4）现有 mg 某气体，它由双原子分子构成，它的相对分子质量为m 。若阿伏伽德罗常数用 na 表示，则：该气体的物质的量为_mol ；该气体所含原子总数为_个；该气体在标准状况下的体积为 _l；该气体溶于水后形成 1l溶液（该气体不与水反应），其物质的量浓 1度为 _mol l 。【答案】 34g/mol 28 1.251 ：3m2mn a22.4mm4：7 17.5%mmmm【解析】【详解】（

10、1）该气体的摩尔质量故答案为： 34g/mol ；8.5g5.6l=34g/mol ，22.4l/mol（2） 0.01mol 某气体的质量为 0.28g，摩尔质量为0.28g=28g/mol ，故相对分子质量为0.01mol28；标况下体积是 0.224l，故密度为0.28g =1.25g/l ，0.224l答案为： 28；1.25;（3）设 co 的物质的量为 xmol， co2 的物质的量为 ymol ，标准状况下总体积6.72l，即总物质的量为0.3mol ，故 x+y=0.3，总质量为 12g，故 28x+44y=12，解得 x=0.075，y=0.225，故 co 和 co 2 物

11、质的量之比是为1:3 ， c 和 o 原子个数比是 4:7 ， co的质量分数为 0.07528 =17.5% ，12故答案为： 1： 3 ； 4：7 ； 17.5%；（4）该气体的物质的量为m2mn amol ；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为mm个；该气体在标准状况下的体积为22.4m1l 溶液，其物质的量浓l；该气体溶于水后形成m度为m1，mol lmm2mn a22.4mm故答案为：；。mmmm5 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 )、高锰酸钾或

12、次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。请回答下列问题：(1)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)用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍，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 2kmno42422500ml容量瓶、烧杯k mno+ m

13、no+ o a、b 5.9 g【解析】【分析】（1）化合物各元素化合价代数和为0；（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；（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）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故填：2kmno4k2mno4 + mno2+ o2；（ 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、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差，所以对于被污

14、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 0.2mol/l 58.5g/mol=5.9g，配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500ml 容量瓶等，故填：5.9g； 500ml 容量瓶、烧杯。6 （ 1）在标准状况下，co 和 co2 的混合气体共28l，质量为51g。其中 co2 的质量为_g，混合气体中co 的物质的量分数为 _。混合气体的平均摩尔质量为_。（2）同温同压下，同质量的nh3 和 h2s 气体体积比为 _，原子个数之比为

15、_，密度之比为 _。（3）在120时分别进行如下四个反应（除s外其它物质均为气体）：a2h2 s+o2 2h2o+2sb 2h2s+3o2 2h2o+2so2c c2h4+3o2 2h2o+2co2d c4h8+6o2 4h2o+4co2若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（ v）分别符合关系式 d 前 d 后 和 v 前 v 后的是 _；符合 d 前d 后 和 v 前 v 后的是_（填写反应的代号）。【答案】 44 2040.8g/mol 2 ： 1 8： 31： 2 da【解析】【详解】(1)假设一氧化碳的物质的量为x mol，二氧化碳的物质的量为y m

16、ol ，则有28=1.25， 28x+44y=51，解 x=0.25， y=1，则二氧化碳的质量为44g，一氧化碳的物x+y=22.4质的量分数为 0.25=20，混合气体的平均摩尔质量为51=40.8g/mol ；1.251.25(2) 同温同压下，同质量的nh3 和 h2s 气体体积比等于摩尔质量的反比，即为34:17=2：1，原子个数之比等于（ 24）：（ 13） =8:3，密度比等于摩尔质量之比，即为17:34=1：2；(3) 若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，四个反应的气体体积取决于气体的物质的量的变化， a 中体积变小，由于产生固体硫，所以气体密度减小；b 中气体体积变小，密

17、度变大； c 中气体体积不变，密度不变；d 中气体体积变大，密度变小；故符合题意的为 d 和 a。7 请按要求填空：(1)用已准确称量的1.06 g na co 固体配制 0.100 mol/l na co 溶液 100 ml，所需要的仪器2323为_ 。(2)除去 na co 固体中混有的少量kno ，所进行的实验操作依次为_、蒸发、结233晶、 _。(3)除去 kcl 溶液中的 so42-，依次加入的溶液为 (填物质的化学式 )_。【答案】烧杯、玻璃棒、100ml 容量瓶、胶头滴管溶解趁热过滤、洗涤、灼烧bacl2、 k2co3、 hcl【解析】【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液

18、所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析；(2)na2co3 和 kno3 在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离；(3)除去 kcl 溶液中的so42- ，应使 so42-离子转化为沉淀，注意不能引入新的杂质。【详解】(1)配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶解、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要烧杯、玻璃棒，定容需要胶头滴管、需要100ml 容量瓶进行配制，故所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、 100ml 容量瓶、胶头滴管；(2)na2co3 和 kno3 在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离，具体做法是先将固体溶解，然后蒸发、结晶，趁热过滤、洗涤晶体，最后灼烧晶体可得到碳酸钠；2- ，应先

19、加入过量bacl2-生成沉淀，然后再加入k使(3)除去 kcl 溶液中的 so42的使 so42co3过量的 bacl2 生成沉淀，过滤后加入hcl 除去过量的 k2co3。故依次加入的溶液为bacl2、k2co3、 hcl。【点睛】本题考查了物质的量溶液的配制、物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法，本题易错点为 (3)，注意加入试剂的顺序和除杂原理。8 已知 19.2gcu 与过量的200ml5mol/l 稀硝酸充分反应，反应方程式如下：3cu+8hno3(稀)=3cu(no3)2+2no +4h2o(1)写出该反应的离子方程式：_；(2)标准状

20、况下，产生no 气体的体积为：_；转移电子的物质的量为_；反应后 no3-的物质的量浓度为：_。（忽略反应前后溶液体积的变化）+-2+【答案】 3cu+8h +2no3 =3cu +2no +4h2o 4.48l 0.6mol 4mol/l 【解析】【分析】(1)根据离子方程式的拆写原则，硝酸和硝酸铜拆为离子，结合电荷守恒书写；(2)先计算 19.2g 铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量，由反应可知被还原的硝酸和生成的no 的物质的量，最后根据n 元素守恒计算溶液中含有的no3-的物质的量，根据c= n 计算反应后no3-的物质的量浓度。v【详解】(1)cu 与稀硝酸反应方

21、程式为： 3cu+8hno3(稀 )=3cu(no3)2+2no +4h2o，在该反应中，硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质，拆为离子，其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方+-2+程式为： 3cu+8h +2no3 =3cu +2no +4h2o；(2)19.2g 铜的物质的量 n(cu)=19.2g 64g/mol=0.3mol，由反应可知， 0.3molcu 消耗0.8molhno 3，则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的no 均为0.2mol ，则生成 no 的体积 v(no)=0.2mol 22.4l/mol=4.48l；根据反应方程式可知3mol 金属 cu 反

22、应转移电子的物质的量是6mol ，则0.3mol 金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol ，在 200ml5mol/l稀硝酸中含有 no3-的物质的量是 n(no3-)=5mol/l 0.2l=1mol，反应中被还原的硝酸为0.2mol ，被还原的硝酸变为 no 气体，则溶液中剩余的no3-的物质的量n(no3-)=1mol-0.2mol=0.8mol ，则其物质的量浓度是c= n0.8mol =4mol/l 。v0.2l【点睛】本题考查氧化还原反应的知识，明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键，注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答，试题培养了学生灵活应用所

23、学知识解决实际问题的能力。9 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。. 将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中：fe2(43溶液 nacl 溶液24so ) na so 溶液 饱和澄清石灰水 ca( 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_ 。. 配制 480ml 0. 2mol l- 1 nacl 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

24、影响）配制前，容量瓶内有水 _溶液未冷却便定容_定容时仰视刻度线_3+ 6na + 6h2o2fe oh 3 6na+ 3h2na2co3 5 9【答案】2fe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；.( 1) 配制 0. 2 mol l- 1 nacl 溶液 480ml，需要配制 500ml 溶液；根据 m

25、=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）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；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；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；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；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；故答案为：；( 2) 钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与fe2(

26、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；+2fe oh 3+故答案是： 2fe3 + 6na + 6h2o6na + 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 xh2ona2co3 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；

27、.( 1) 配制 0. 2 mol l- 1 nacl 溶液 480ml，需要配制500ml，需要氯化钠的物质的量为0. 2mol / l0. 5l=0. 1mol ，质量为0. 1mol 58. 5g/ mol 5. 85 g；需称出 nacl 质量为5. 9g；故答案为： 5. 9；( 2) 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；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；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

28、：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。10 已知某市售“ 84 消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84 消毒液”通常稀释100 倍(体积之比 )后使用。请回答下列问题：（1）该“ 84 消毒液”中naclo 的物质的量浓度约为_mol/l 。(保留 1 位小数 )（2）该同学参阅此“84 消毒液”的配

29、方，欲用naclo 固体配制480ml 与市售物质的量浓度相同的“84 消毒液”，下列说法正确的是_(填序号)。a 如图所示的仪器中有三种是不需要的b 容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制c 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低d 需要称量naclo 固体的质量为143.0g（3）“ 84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强其消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g/cm 3)的浓硫酸配制500ml2.3mol/l的稀硫酸用于增强“84 消毒液”的消毒能力。需用浓硫酸的体积为_ml。取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。a 溶液中 h

30、2so4 的物质的量 b 溶液的浓度 c 溶液的质量配制该稀硫酸过程中，下列情况会使所配制的溶液的浓度大于d溶液的密度2.3mol/l 的有 _。a 未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中并进行定容b 摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线c 容量瓶中原有少量蒸馏水d 定容时俯视容量瓶刻度线【答案】 4.0c62.5bdad【解析】【分析】（1）根据 c(naclo)=1000w 计算溶液的物质的量浓度；m（3）根据c= 1000w 计算浓硫酸物质的量浓度,根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不m变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c= n 进行误差分析。v【详解】（1）

31、 c(naclo)=1000w10001.2g/cm325%=74.5g/mol=4.0 mol?l-1，故答案为： 4.0。m（2） a.用 naclo 固体配制 480ml 含 naclo 质量分数为25%的消毒液，需要用到天平、烧杯、 500ml 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，不用图中圆底烧瓶和分液漏斗，共2 种仪器，故a 错误；b.容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干就能用于溶液配制，故b 错误；c.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质损失，配制的溶液浓度偏低，故c 正确；d.因为没有480ml 的容量瓶，需要配制500ml 溶液，需要naclo 的质量为：m=0.5l4.0mol

32、/l 74.5g/mol=149g ，故 d 错误。故答案为： c。（3）浓硫酸物质的量浓度c=1000 1.8498%=18.4mol/l ，设需要浓硫酸体积为v，98则根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，得：v 18.4mol/l=500 2.3mol/l ，计算得出v=62.5ml，故答案为： 62.5。a.溶液中硫酸的物质的量n=cv，所以与溶液的体积有关，故a 不选；b.溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，故b 选；c.溶质的质量与溶质的物质的量有关，根据a 可以知道溶质的质量与溶液体积有关，故c不选；d.溶液的密度为溶液的性质，与溶液的体积无关，故d 选。故答案为： bd。a.

33、未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故a 选；b.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故b 不选；c.容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故 c 不选；d.定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故d 选。故答案为： ad。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，误差分析应根据c= n 进行分析，注意操作对溶质的物v质的量和溶液体积的影响。 111 某化学实验室需要0.5 mol l 硫酸溶液 450 ml。根据溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定

34、不需要的是_(填序号 )，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是 _(填仪器名称 )。 3 1的稀（2）现用质量分数为 98%、密度为 1.84 g cm的浓硫酸来配制 450 ml、 0.5 mol l硫酸。计算所需浓硫酸的体积为_ ml(保留 1 位小数 )，现有10 ml 25 ml 50 ml 100 ml 四种规格的量筒，你选用的量筒是_(填代号)。（3）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_ 。（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：量取计算稀释摇匀转移洗涤定容冷却其正确的操作顺序为： _ _ (填序号)。 _（5）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是引起误

35、差偏高的有_。_(填代号，下同)，能洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中未等稀释后的h2so4 溶液冷却至室温就转移到容量瓶中将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视刻度线【答案】 ad玻璃棒、胶头滴管13.6中，并不断用玻璃棒搅拌 ； ； ； 将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒 )缓慢倒入水【解析】【详解】(1)a 为平底烧瓶、 d 为分液漏斗，在配制溶液过程中不会用到烧瓶和分液漏斗，答案选ad；配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶

36、头滴管；(2)质量分数为 98%、密度为 1.84 g cm 3 的浓硫酸的浓度为moll 1 18.4450 ml 的容量瓶，实际上配制的是mol l 1；实验室没有500 ml 0.5 mol l1 的硫酸溶液，需要浓硫酸的体积为0.013 6 l 13.6 ml；选用的量筒是25 ml 规格的；(3)稀释浓硫酸时必须将浓硫酸加入水中，正确的操作方法为将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒 )缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌；(4)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量(量取 )、溶解 (稀释 )、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，故正确的操作顺序为 ；(5)量筒不应洗涤，会引起浓度偏高，故错误；

37、温度偏高热胀冷缩，所以在定容时水加少了，导致配制的溶液的物质的量浓度偏高，故错误；应该将浓硫酸缓慢加入水中，而不是将水加入浓硫酸中，这样会喷溅，有危险性，故错误；水加多了，导致溶液的物质的量浓度偏小，故错误；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响，故正确；定容之后就不能加入水了，否则会使所配溶液浓度偏小，故错误；应该视线与刻度线相平，俯视会导致加水偏少，浓度偏高，故错误。故操作中错误的是；能引起误差偏高的有。12 实验室配制 500ml0.1mol/lna 2 3co 溶液，回答下列问题（1）配制 na2 3_。co 溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、（2）容量瓶上标有刻

38、度线、 _，使用前要 _。（ 3）需用托盘天平称取 na2co3_g。（ 4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？a 加水时超过刻度线_，b 溶解后未冷却到室温就转入容量瓶_，c 容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理_，d 定容时仰视 _，e.上下颠倒摇匀后液面低于刻线_。（ 5）若实验室中要用浓度为 16mol/l 的浓硫酸配制 480ml2.0mol/l 的稀硫酸，则需要量取浓硫酸的体积为 _ml。【答案】 500ml 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管温度、容积检漏5.3偏低偏高不变偏低不变62.5【解析】【分析】配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀

39、、装瓶，分析误差时可根据c= n 判断。v【详解】(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500ml 容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器： 500ml 容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；(2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应查漏；(3)配制500ml 0.1mol/lna 2co3，需要na2co3 的质量为：0.5l 0.1mol/l 106g/mol=5；.3g(4)a加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；b溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小

40、，溶液浓度偏高；c容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；d定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；e上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；(5)若实验室中要用浓度为16mol/l 的浓硫酸配制480ml 2.0mol/l 的稀硫酸，应选择500ml容量瓶，设需要浓硫酸体积为v，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：16mol/l v=500ml 2.0mol/l，解得 v=62.5ml。【点睛】配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：根据c= n可知，一定物质的量浓v度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n 和溶液的

41、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。13 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，

42、请在下列试剂中选择干燥氨的试剂：_。装置有：abcdefgh试剂有： a naoh 溶液 b 澄清石灰水c浓硫酸 d饱和 nahco 3 溶液 e碱石灰f品红溶液 g湿润的红色石蕊试纸【答案】偏大偏小 2nh42322o a ecl+ca(oh)2nh +cacl+2h【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)2