培优易错试卷物质的量辅导专题训练及详细答案

1、培优易错试卷物质的量辅导专题训练及详细答案一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)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?!合气体与16g氧气所占的体积相等。【答案】1:2 2:1 3:1 2:3 5.1【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可知，同质量的

2、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 ；氮气物质的量 n=-g-0.2mol ,氧气物质的量 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 0.3mol 17g/mol=5.1g 。2 .设Na代表阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，打

3、 述X?22.4L (标准状况)僦气含有的质子数为18Na标准状况下，11.2 LCH和C2H4混合物中含氢原子数目为2Na标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为 0.2Na1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14Na标准状况下，5.6LCQ气体中含有的氧原子数目为0.5Na1. 6g由O2和。3组成的混合物中含有的。原子数目为0.1NA常温常压下，8g O2含有的电子数为 4Na常温常压下，22.4LN6和CO2的混合气体中。原子数目为2 Na标准状况下，22.4LCC4中含有的CC4分子数为Na常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为 3Na?标准状况下，11.

4、2LCWCWOH中含有的分子数目为 0.5Na?常温常压下，2.24 L CO和CC2混合气体中含有的碳原子数目为0.1Na【答案】 V V x/， x V x x x【解析】【分析】运用n=m/M、V=n匹、n= V/ Vm等公式的应用转换，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】标准状况下，22.4L僦气的物质的量为 1mol, 1个僦气分子中含有18个电子，故22.4L(标准状况)僦气含有的质子数为18Na说法正确；标准状况下，11.2 LCH和QH4混合物的物质的量是：11.2L/(22.4L/mol)=0.5mol , 1个CH4分子中、1

5、个C2H4分子中都含有4个H原子，所含H原子的个数为0.5Na X4=JA,故标准状况下，11.2 LCH和C2H4混合物中含氢原子数目为2Na说法正确；标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是：2.24L/( 22.4L/mol)=0.1mol ,所含分子数为0.1Na,故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2Na说法错误；1mol的CO和N2混合气体的分子数为Na, 1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子，故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14Na说法正确；标准状况下，5.6LCC2气体的物质的量为 5.6L/(22.4L/mol)=0.2

6、5mol , 1个CO2分子中含有2个O原子，故标准状况下，5.6LCQ气体中含有的氧原子数目为0.5Na说法正确；1. 6g由。2和03组成的混合物中 。原子的物质的量为 0.1mol ,故1.6g由02和03组成的混合物中含有的。原子数目为0.1Na说法正确；常温常压下，8g O2 的物质的量为8g/( 32g/mol)=0.25mol ， 1 个 O2 分子中含有16个电子，故8g O2 含有的电子数为4NA 说法正确；常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol ,故常温常压下，22.4LNO2和CQ的混合气体中 O 原子数目为 2 NA 说法错误；标准状况下，CCl4 是液体，不

7、能利用气体摩尔体积计算22.4LCC4l 的物质的量，故标准状况下，22.4LCC4中含有的CC4分子数为Na说法错误；18 g H2O 的物质的量为18g/( 18g/mol)=1mol ， 1 个 H2O 分子中含有3个原子，故常温常压下，18 g H2O 中含有的原子总数为3NA 说法正确；? 标准状况下，CH3CH2OH 是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH3CH2OH 的物质的量，故标准状况下，11.2LCHCH20H中含有的分子数目为0.5Na说法错误；?常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol ,故2.24 L CO和CC2混合气体中含有的碳原子数目为0.1Na

8、说法错误；【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。3 为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：(1)等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为 。(2)等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为 ，质量比为 。(3)设Na为阿伏加德罗常数的值，如果 ag氧气中含有的分子数为 b,则cg氧气在标准 状况下的体积约是 一(用含a、b、c、Na的式子表示)o(4)实验室需要配制 100mL1mol/L的NaOH溶液，进行如下操作：配制该溶液所需主要仪器除了托

9、盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器 计算需要NaOH固体的质量： go取出50 mL配制好的溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为 。若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是。A.称量时祛码已经生锈B.定容时仰视C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作D.定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线【答案】3： 2 1： 1 2： 3 22.4" L 100mL容量瓶 4. 0 1mol/L A a Na【解析】【详解】(1)根据n M可知，等质量的02和03的物质的量之比为(3)设Na为阿伏加德罗常数的值，如果N bM 的量n 1一工一，摩尔质量nNa Nam

10、cg bc .的目 n mol的重 M aNA 1 aNA b-ggmolA(4)实验室需要配制 100mL1mol/L的11n(O2)：n(O3) 一： 3： 2 ,所含分子的物质的量之比为3:2。32 48(2)根据阿伏加德罗定律，PV=nRT(R为常数)，在等温等压下，等体积的任一气体所含分子的物质的量相同，由N=nNA (Na为常数)可知，分子个数比为1： 1;由m=nM可知，O2和O3的质量比为2： 3。ag氧气中含有的分子数为 b,则ag氧气的物质ag aNA . 1- g gmolb b,即当氧气为cg,物质molNa22.4bc,在标准状况下的体积 V nVm LaNANaOH

11、溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶需要 NaOH 固体的质量 m nM cVM 100mL 1molgL1 40ggmol 1 4g。溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol/L。A.称量时祛码已经生锈，实际祛码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；B.定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；C溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；D.定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。答案为A。 【点睛】根据

12、C £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。误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，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。需要具体问题具体分析。4) NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的 研究热点。(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式 。(2)氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成 。(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量 NO2,该反应的

13、离子方程式是 。(4)为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气)，该反应需要催化剂参加，其化学方程式为 。5) ) 一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。向反应后的溶液中加入 NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成 Cu(OH)2沉淀的 质量为 克。催化剂+【答案】4NH3+5O24NO+6H2O 光化学烟雾 Cu+4H +2NO3 = Cu2+2NO2 f + 2H2O加热催化剂4NH3+6NO5N2+6H2O 19. 6【解析】 【分析】(1)氨气和氧气在催化剂的条件下反应生

14、成一氧化氮和水；(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；(4)氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；(5)根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根 据m=nM计算。【详解】(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：催化剂4NH3+5O24NO+6H2O,加热催化剂故答案为：4NH3+5O24NO+6H2。加热(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：光化学烟雾；(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝

15、酸、硝酸铜都写成离子形式，反应 离子方程式为：Cu+4H+2NO3 =Cu2+2NO2f +2H2O,答案为：Cu+4H+2NO3 =CU2+2NO2f+2H2O；(4)NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式斗催化剂为：4NH3+6NO 5N2+6H2O,催化剂故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O ；(5)n(NO2)=n(NO) = 2. 24L+22.4L/mol=0. 1mol,根据电子转移守恒，可知 n(Cu)=0.1mO1 1 ”mo1 3 = 0. 2mol,由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0. 2mol,生2成 Cu( OH) 2

16、沉淀的质量为 0.2mo1 X98g/mo1=19.6g,故答案为：19.6。【点睛】掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。5 .根据所学知识，回答下列问题：(1)高铁酸钠(Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是 。高铁酸钠可与水反应生成F&OHb胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔 融的方法制得钠蒸气，同时获得F6O4和氢气。写出该反应的化学方程式 ,该反应中属

17、于电解质但不属于氧化物的物质是 (填化学式)，若制得 22.4L(折算为标准状况下)钠蒸气，转移电子的数目为 。(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙Ca(C1O)2,有效成分为次氯酸钙。为测得某漂白粉的有效成分含量，称取 A g漂白粉样 品溶解，往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为Ca(C1O+CQ+H2O=CaCO4 +2HC1Q若反应生成次氯酸(HC1O)的物质白量为 Kmo1,则该漂白 粉中有效成分的质量分数为 % (用含A、K的式子表示)。【答案】166g/mo1 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体

18、)+8OH-+3O2 TAA-2人 7150K3Fe+4NaOH=4NaT +FeO4+2H2 T NaOH 2N或 1.204 x 20 A【解析】 【分析】(1)摩尔质量以g/mo1为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守 恒、原子守恒配平书写离子方程式；(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成 Na蒸气、FesO4和H2,配平书写化学方程式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH;反应中Na、H元素化合价降低，根据方程式计算生成氢气的量，根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目；(3)根据HC1O的量计算Ca(C1O2的质量，再根据质量分数的定义式

19、计算。【详解】(1)Na2FeO4的相对分子质量为166,故其摩尔质量为166g/mol。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH3(胶体)+8OH+3O2 T ；(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成 Na蒸气、Fe3O4和H2,反应方程式为：3Fe+4NaOH高温熔融4Na T +F8O4+2H2T,反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH, Na的物质的量n(Na)=224L + 22.4L/mol=1m>ol由方程式可知生成氢气为1 1mol x=0.5mol,故转移电子的物质的重n(e)

20、=1mol x 1+0.5mol x 2=2mol转移电子数目N(e-)=2mol XA/mol=2mol x (6.02 父伯-1)=1.204 X240由 Ca(ClO+CC2+H2O=CaCQ J +2HClO可知,nCa(ClO)2=1 n(HClO)= 1 x Kmol=0.5Kmo22则该漂白粉中有效成分的质量分数w 0"Km"143g/mol X 100%：7150K %。AgA【点睛】本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础，考查了学生运用知识分析问题 和解决问题的能力。

21、6. (1) 1mol H2S。中含有 个硫原子，mol O。(2)写出下列物质在水溶液中的电离方程式HCl: NaHSd： (3)写出下列化学反应的方程式呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式 氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式 印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式 (4)配平下列方程式：I +IO3 +H+I2+H2ONH4C1O4N2 T +O2 T +HC1+H2O(5)用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：Cu+ 4 HNO3 (浓)=Cu(NQ)2+ 2 NO2 T + 2H2OHNO3的作用是,发生氧化反应，氧化

22、产物是 。【答案】Na 4 HCl=J + ClNaHSQ = Na+ + H+SQ2- 2Na2O2+2CQ=2Na2CC3+O24Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3 2Fe3+ Cu=2Fe2+ Cu2+ 5 1 6 3 3 4 2 5 4 60+5+2CilJH、。浓)Cti IT M O. +2110氧化性和酸性Cu(NO3)2CirHHXO(裱)-ClKNO ) 2XD 十2H .O nr -r ' n【解析】 【分析】 (1)根据物质结构进行计算； (2)强电解质完全电离；(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色， 最终

23、变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚 铁离子和铜离子；(4)根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；(5)还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化 合价降低，产物为还原产物。【详解】(1) 一个H2SO4分子中含有1个S原子，4个O原子，则1mol H2SO4中含有Na个硫原 子，4mol O；(2) HCl为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：HCl=H+ C； NaHSQ为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则电 离方程式为：NaHSQ = Na+ + H+SC4

24、2-；(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CQ+O2；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为 4Fe(OH"+O2+2H2O= 4Fe(OH)3;铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和 铜离子，离子方程式为 2Fe3+ Cu=2Fe2+ Cu2+；(4)根据氧化还原反应中，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为。价，碘酸根离子变为0价，则最小公倍数为 5,则离子方程式为 5 I +IO3 + 6H+=3I2+3H2O；高氯酸俊自身发生氧化还原反应，N、O的化合价升高，Cl的化合价降低，

25、根据电子得失守恒，贝U 4NH4ClQ=2N2 T +5QT +4HC1+6HO；(5)反应中Cu作还原剂，失电子，化合价由0价变为+2价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、酸，部分 N得电子化合价降低由+5变为+4,生成的产物为还原产物；双线桥法表示为一 2T01coM+2 17田©单线桥法为Gr+lHXO (jfty ClKNO) 0 4 211.0 nr -v【点睛】白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的 反应。7.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。,僦元素的圻£“'YH皿 Nt2sd+4 &#

26、39;S5 HQ z0 -s-11 X*a.气否切斯火化构IW 舐料刖的类别氧化物(1)图中Y物质的化学式为 。S和无毒的气体.则治(2)治理含CO、SQ的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质理烟道气反应的化学方程式为 (3)实验室中X气体由不溶性的硫化亚铁 (FeS固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方 程式为：。(4)Na2s203(硫代硫酸钠)是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于 Na2s2。3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是一。a.Na2S+Sb.Z+ScNSQ+Yd.NaHS+NaHSONa2s2O3具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S2O32-转变

27、为S042-o现需处理含标准状况下 CI2 2.24L的织锦物，理论上需要 0.00100mol/L Na 2S2O3溶液的体积为L。【答案】SQ 2CO+SO 鼻3 2CO2+S FeS+2H=Fe2+H2S T bd 25【解析】【分析】依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为 H2S, Y为硫元素的+6价氧化物为SO3, Z为+4价的盐可以为 Na2SO3o(1)Y是S元素化合价为+6价；(2)根据反应物、生成物，结合反应中电子转移数目相等，可得反应方程式；(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2s和FeSQ,根据离子方程式中物质拆分原则书写反应的离子方程式；(4)Na2s2O3

28、中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于 2和小于2；根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的Na2s2O3的物质的量，再根据 n=cV计算其物质的量。【详解】根据上述推断可知 X是H2S, 丫是SQ, Z是Na2SQ。(1)Y为S元素的氧化物，化合价为 +6价，则Y为SQ;(2) CQ SO2反应产生S单质和CQ,根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2CO+SQ 程的, 2CO2+S；(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2s和FeSQ,反应的离子方程式为：FeS+2H=Fe2+H2ST ；(4)Na2s2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中

29、S元素化合价必须分别大于2和小于2, A中S化合价都小于2, C中物质中S化合价都大于+2价，B、D中S元素化合 价必须分别大于 2和小于2,故合理选项是bd ;根据题干信息可知发生反应方程式为：Na2&O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SQ+6HCI,标准状况下2.24L C2的物质的量是n(Cl2)=2.24L + 22.4L/mol=0.1mpl在反应中获得电子变为 -1价的 Cr, 0.1molCl2获得电子的物质的量是 0.2mol; S2O32-转变为SO2-,每1mol S2O32-失去8mol 电子，则转移0.2mol电子，需消耗S2O32-的物质的量n(S2

30、O32-)=0.2mol + 8=0.025mo根据 n=cV可知理论上需要 0.00100mol/L Na2s2O3溶液的体积 V=0.025mol + 0.00100mol/L=25L 【点睛】本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算，正确提取图象信息，结合氧 化还原反应规律分析为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的 分析能力及综合应用能力。8.某化学实验室需要 0.5 mol L1硫酸溶液450 mL。根据溶液的配制情况回答下列问题:DER c-c |一一|二|二1 i- = -L(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 (填序号)，配制上述溶液还需

31、用到 的玻璃仪器是(填仪器名称)。(2)现用质量分数为98%、密度为1.84 gcm：3的浓硫酸来配制 450 mL、0.5 mol L1的稀 硫酸。计算所需浓硫酸的体积为 mL(保留1位小数)，现有10 mL25 mL50 mL100 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： 一一一一号)。(5)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是 (填代号，下同)，能 引起误差偏高的有。洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶

32、中未等稀释后的H2SQ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，再向烧杯中注入蒸储水来稀释浓硫酸定容时，加蒸储水超过刻度线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸储水定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸储水至刻度线定容时，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； 【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AR配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶头滴管；(2)质量分数为 98%、密度为1.84 g cm3的浓硫酸的浓度为 跑业贵mol 1=18.4mo

33、l L 1；实验室没有450 mL的容量瓶，实际上配制的是500 mL 0.5 mol L1的硫酸溶液，需要浓硫酸的体积为OSL。51yo1卜；0.013 6 L13.6 mL;选用的量筒是25 mL规格18.4 mobL 1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一一一一一 一一；(5)量筒不应洗涤，会引起浓度偏高，故错误；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

34、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储水，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。9.现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。(1)该混合气体的平均摩尔质量为 。(2)混合气体中碳原子的个数为 (用Na表示阿伏加德罗常数)。(3)将混合气体依次通过下列装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。

35、口求SH溶液法毗肢气球中收集到的气体的摩尔质量为 。气球的体积为 L。【答案】36g mol 1 0.4Na 28g mol- 1 4.48【解析】【详解】设CO和CO2的物质的量分别为 xmol、ymol,则列方程组：28x+44y=14.4 ,x+y=E"mol,解之得 x=0.2, y=0.2,气体共为 0.4mol ,则22.4(1)根据 M=m/n可知，该混合气体的平均摩尔质量为14.4g + 0.4mol=36g/mol ;答案是：36g/mol ；(2) CO和CQ中碳原子的物质的量为0.2mol X1+0.2mol X1=0.4mol ,碳原子的个数为0.4mol x

36、a=0.4Na；故答案是：0.4Na；(3)将混合气体依次通过如图所示装置，二氧化碳与氢氧化钠反应，经浓硫酸干燥，得到 的气体为CO,气球中收集到的气体为CO,摩尔质量为28g/mol ;故答案是：28g/mol ；气球中收集到的气体为CO,标况下体积V=0.2molX22.4L/mol=4.48L;故答案是：4.48。10. (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O在25 C 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).

37、质量之比为8 ： 7 ： 6的三种气体SO2、CQ 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CQ的体积比为。【答案】60g/mol 16 30g 5: 10: 8 5: 5: 4 5: 10: 8 3: 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8x2g/mol=16g/mol ,数值上相对分子

38、质量 =摩尔质量=16；由；Tmgr：7mg=15： 8,故 M(C)=30g/mol，1mol C 的质量为 30g; 16g/mol M(C)(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8g : 7g : 6g64g/mol 28g/mol 30g/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(5X 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 ,贝U： 12x+12y=4.8 , 28x+44y=12.8 ,解得 x=0.3, y=0.1 ,故

39、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。11 .现用质量分数为18.4 mol/L的浓硫酸来配制 500 mL0.46 mol/L的稀硫酸，可供选择的仪器有：玻璃棒烧杯胶头滴管量筒容量瓶托盘天平药匙(1)上述仪器中，配制过程中用不到的有 。(2)计算所需浓硫酸的体积为 mL。在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏高的有 。(填代号)洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到定量瓶中未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中转移前，容量瓶中含有少量蒸储水未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒定容时，俯视刻度线【答案】12.5【解析】【分析】(1)根

40、据操作步骤选取实验仪器；(2)根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算需量取浓硫酸的体积；(3)根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。 V【详解】(1)配制一定体积一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸溶液，在烧杯中稀释，要使用玻璃棒搅拌，冷却后通过玻璃棒引流转移溶液到500 mL容量瓶中，当加水至?面距离刻度线 12 cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、50 0 mL容量瓶，所以用不到的仪器有托盘天平、药匙，故不需要的仪器序号为；(2)用18.4 mol/L浓硫酸配制500

41、mL0.46 mol/L的稀硫酸，假设需要浓硫酸的体积为V, 0.46mol/L X 0.5 L=18.4 mol/lV,解得 V=0.0125 L=12.5 mL;(3)量取浓硫酸的量筒不需要洗涤，若洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到定量瓶中，会导致溶质的物质的量偏大，使配制的溶液浓度偏高，符合题意；未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却下来，则配制的溶液的体积偏小，最终导致溶液浓度偏高，符合题意；转移前，容量瓶中含有少量蒸储水，由于不影响溶质和溶液的体积，因此最终对配制的溶液的浓度无影响，不符合题意；未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，使溶质的物质的量偏小，最终导致配制

42、的溶液浓度偏低，不符合题意；定容时，俯视刻度线，使溶液的体积偏小，根据c=n可知：最终使溶液浓度偏高，符V合题意；故合理选项是。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器的使用、溶液的稀释、配制溶液的误差分析。掌握物质的量浓度的配制方法、并根据溶液的物质的量浓度定义式分析实验误差，注意掌握误差分析的方法与技巧。12 .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)；A B C D K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

43、 go(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：表示在托盘上放上祛码，“T表示从托盘上取下祛码(5g以下用游码)。祛码质里/g502020105称量(取用祛码过程)J TJ TJ T标尺上游码的位置:(11 1 ( 11111 r(1 FT rJI ri 012ri TT(r i UT Ji i r i 1 11 11345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 23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

44、溶质全部转移至容量瓶中 【解析】【分析】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80m。，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 =祛码的质量+游码的刻度；(5)洗涤23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

45、，加水至液面距离刻度线12cm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，根据容量瓶的规格方f算氢氧化钠的质量，m=cVM=1.2mol L-1 X 0.1L X 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=祛码的质量+游码的刻度=20+10+2.4=32.4g；(5)洗涤23次，把洗涤液移入容量瓶

46、中，目的是保证溶质全部转移至容量瓶中。13.某同学为了探究氯化俊的性质，进行了如下实验，请你按要求回答下列问题。(1)配制100mL 2mol/L的NH4C1溶液。该同学应用天平称量NH4C1固体的质量为 g。(2)有以下仪器：烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒等玻璃仪器。还缺少的玻璃仪器有 100 mL;使用容量瓶前必须进行的一步操作是 ;该同学又用如图所示的装置做了有关氨气的性质实验。写出A处氯化俊与熟石灰反应的化学方程式： ;写出B中盛放的是碱石灰其作用是 ;氨水(氨气溶于水)中滴加酚配现象是溶液变为 色；检验氨气的方法是 。【答案】10.7容量瓶 检查是否漏水2NH4C1+Ca(OH2 3

47、CaC2 + 2NH3 T + 2H2O干燥剂红用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒【解析】【分析】实验室制备氨气的原理：2NH4Ci+Ca(OH2白CaC2+ 2NH3T + 2H2O,用碱石灰干燥，氨气易溶于水，不能用排水法收集，氨气的密度小于空气，应用向下排空气法收集。【详解】(1) NH4C1溶液的物质的量：n cV 2mol/L 0.1L 0.2mol, NH4C1固体的质量： m nM 0.2mol 53.5g/L 10.7g ,应用天平称量i0.7gNH4Cl固体，故答案为： 10.7。(2)配制100mL2mol/L的NH4Cl溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤

48、、 定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移 到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶。带有玻璃塞的仪器均需要检漏，所以在使用容量瓶配制溶液前必须检查是否漏水，故答 案为：检查是否漏水。(3)A处氯化俊与熟石灰反应，其化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH2白CaC2 +2NH3 T + 2HO,故答案为：2NH4Cl+Ca(OH2 3 CaC2+ 2NH3 T + 2HO。氨气中含有少量水蒸气，用碱石

49、灰干燥，所以 B中盛放的是碱石灰其作用是干燥剂，故 答案为：干燥剂。氨气溶于水生成一水合氨，溶液显碱性，则在氨水中滴加酚配试液的现象是溶液由无色 变为红色，故答案为：红。氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则可以用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，氨气与氯 化氢结合生成氯化俊固体，则氨气遇到蘸有浓盐酸的玻璃棒会产生白烟，故答案为：用湿 润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒。14.实验室用18.4mol?L-1的浓硫酸来配制 480mL0.2mol?L-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管烧瓶烧杯药匙量筒托盘天平玻璃棒 请回答下列问题：(1)配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有(选填序号)，还缺少的仪

50、器有(写仪器名称)。(2)需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为mL,量取浓硫酸时应选用(选填10mL50mL100mL)规格的量筒。(3)实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：、。(4)下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是。A.容量瓶上标有容积、温度和浓度B.容量瓶用蒸储水洗净后，必须烘干C.配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸储水到接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加蒸储水至刻度线D.使用前要检查容量瓶是否漏水(5)在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有(填序号)未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中转移前，容量瓶中含有少量蒸

51、储水定容时，仰视刻度线【答案】500mL容量瓶 5.4搅拌引流 D【解析】【分析】(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定 容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；(2)依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，据此选择合适规格量 筒；(3)依据稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流解答；(4)根据容量瓶的构造、使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法分析；(5)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。V【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪

52、器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：烧瓶、托盘天平、药匙，故选：；还缺少的仪器为：容量瓶，配制480mL0.2mol?L-1的稀硫酸，应选择 500mL容量瓶；故答案为：；500mL容量瓶；(2)用Ig/mobH的浓硫酸来配制 480mL 0.2mol ?L-1的稀硫酸，应选择 500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为 V,则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/L x V=500mL x 0.2mol/L ,解得 V=5.4mL ,所以应选择 10mL 量筒； 故答案为：5.4;；(3)稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流；故答案为：搅拌；引流；(4) A.容量瓶是定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上 还标有使用的温度，不标有浓度，选项 A错误；B.容量瓶用蒸储水洗净后，由于后面还需要加入蒸储水定容，所以不必烘干，不影响配 制结果，选项B错误；C.容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转