2020-2021高考化学压轴题之物质的量(高考题型整理,突破提升)含详细答案

2020-2021高考化学压轴题之物质的量（高 考题 安全员b证考试题库金融学机考题库消防安全技术实务思考题答案朝花夕拾考题答案excel基本考题 型整理,突破提升）含详细 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．按要求填空，已知NA为阿伏伽德罗常数的数值。（1）标准状况下，2.24LCl2的质量为；有__个氯原子。TOC\o"1-5"\h\z（2）含0.4molAl3＋的Al2（SO4）3中所含的SO42－的物质的量是。（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为。（4）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是。（5）标准状况下，3.4gNH3的体积为___；它与标准状况下LH2S含有相同数目的氢原子。（6）10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为___；R元素名称是___。（7）将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___，混和溶液中Cl-的物质的量___（忽略混合前后溶液体积的变化）。（8）a个X原子的总质量为bg，则X的相对原子质量可以 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示为（9）已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中CO的质量为___；CO2在相同状况下的体积为___。（10）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为___。【答案】7.1g0.2NA或1.204×10230.6mol3:5SO24.48L6.7214氮1mol/L0.02molNA或6.02×1023a2.8g4.48L3:13解析】分析】（1）先计算标准状况下，2.24LCl2的物质的量，再计算氯气的质量和氯原子个数；（2）由化学式计算硫酸根的物质的量；（3）由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比；（4）由n=mM可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小；（5）先计算标准状况下，3.4gNH3的物质的量，再计算气体体积和所含氢原子的物质的量，最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积；（6）由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量；（7）将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变；（8）先计算a个X原子的物质的量，再依据质量计算X的摩尔质量；（9）依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积；（10）先计算混合气体的平均相对分子质量，【详解】再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。2.24L22.4L/mol=0.1mol，质量为0.1mol×71g/mol=7.1，gCl2为双原子分子，含有的氯原子个数为0.2NA或1.204×1230，故答案为：7.1g；0.2NA或1.204×1230；（2）由化学式可知，含0.4molAl3＋的Al2（SO4）3中所含的SO42－的物质的量是30.4mol×32=0.6mol，故答案为：0.6mol；（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量51g300g之比为17g/mol：60g/mol=3:5，故答案为：3:5；1）标准状况下，2.24LCl2的物质的量为4）由n=mM可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小，H2、NH3、SO2、O3四种气体中SO2的摩尔质量最大，则SO2的物质的量最小，分子数最小，故答案为：SO2；3.4g5）标准状况下，3.4gNH3的物质的量为17g/mol=0.2mol，则体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48，L含有氢原子的物质的量为0.2mol×3=0.6m，ol含有氢原子的物质的量为0.6mol的H2S的物质的量为0.62mol=0.3mol，标准状况下，0.3molH2S的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72，L故答案为：4.48L；6.72；（6）设元素R的相对原子质量为M，10.8gR2O5的物质的量为10.8g10.8(2M+80)g/mol=(2M+80)mol，所含氧原子的数目为（2M10+.880）mol×6.02×231×05=3.01×231，0解得M=14，该元素为N元素，故答案为：14；N；（7）将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变，10mL1.00mol/LNa2CO3溶液中Na+的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02m，o则l混和溶液中Na+的物质的量浓度为00.0.022mLol=1.00mol/L；10mL1.00mol/LCaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mo，l则混和溶液中Cl-的物质的量0.02mol，故答案为：1mol/L；0.02mol；abgbNa个X原子的物质的量为NaAmol，X的摩尔质量为Namol=baNAg/mol，则X的相对原子8）质量bNaA，故答案为：baNA或6.02a1023b；9）设CO、CO2混合气体中CO为xmol，CO2为ymol，由题意可得28x+44y=11.6①，6.72Lx+y=22.4L/mol=0.3mol②，解①②可得x=0.1，y=0.2，则0.1molCO的质量为0.1mol×28g/mol=2.8，g0.2molCO2在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48，L故答案为：2.8g；4.48L；（10）由题意可知，CH4和O2的组成的混和气体平均相对分子质量为2×14.5=2，9设混合16x+32yx+y气体中甲烷的物质的量为x、氧气的物质的量为y，则有=29，解得x：y=3:13，故答案为：3:13。2．实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、___。容量瓶上标有刻度线、___，使用前要___。(3)需用托盘天平称取Na2CO3g。(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、装瓶，分析误差时可根据c=n判断。V【详解】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；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；配制500mL0.1mol/LNa2CO3，需要Na2CO3的质量为：0.5L×0.1mol/L×106g/mol=；5.3gA．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，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；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，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=500mL2.0mol/，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 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ：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。3．实验室需要480mL0.3mol.L·-1NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。请回答：(1)如图所示的仪器中，配制上述溶液一定不需要的仪器为(填选项字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为(填仪器名称)。(2)配制NaOH溶液。计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为g。若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所配制的溶液浓度将(填“偏高”、“偏低”或“无影响”。)配制硫酸溶液。实验室用98%(ρ=1.84g·c3m)的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸的体积为mL。该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1，原因可能是(填选项字母)。A．用胶头滴管加水定容时俯视刻度B．容量瓶中原来存有少量水C．稀释硫酸的烧杯未洗涤D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度【答案】AC烧杯、玻璃棒6.0偏低100mLCD解析】分析】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。配制硫酸溶液时，根据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度可根据公式c=1000进行计算。M【详解】(1)用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒，因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。(2)①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度，然后根据容量瓶体积计算溶质的量，配制480mL0.3mol/L的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶，因此需要NaOH的物质的量为0.5L×0.3mol/L=0.15mo，l需要NaOH的质量为：m=n·M=0.15mol/L×40g/mol=6.0g，因此需要称取6.0NaOH固体。②NaOH溶液转移时洒落少许，会使溶质物质的量减小，配制的溶液浓度偏低。3)98%的浓硫酸的分数为:c=1000=10001.84g/L98%=18.4mol/L,需要浓硫酸的M98g/mol体积为：0.1L100mL。n3.68mol/L0.5LV==c18.4mol/L（4）A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度，读数比实际体积大，加入的水会低于刻度线，会使实际溶液浓度偏大，A错误；容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度，B错误；稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中，会使配制的溶液浓度减小，C正确；用胶头滴管加水定容时仰视刻度，读数比实际体积小，加入的水会超过刻度线，会使实际溶液浓度减小，D正确；故选CD。【点睛】本题的易错点为（3）①，计算浓硫酸用量时，需根据稀释前后物质的量不变来计算，稀硫酸的浓度和体积是已知的，只需要知道浓硫酸的浓度即可，浓硫酸的浓度可用公式算出。1000c=M4．填写下列表格序号物质分子数（用NA表示）质量/g物质的量/mol摩尔质量/g·mol-1体积/标况（1）氮气14（2）H2SO43.01×1022空（3）H2O0.5空（4）Cl22.24L【答案】0.5NA0.52811.24.90.05980.5NA9180.1NA7.10.17.1【解析】TOC\o"1-5"\h\zHYPERLINK\l"bookmark12"\o"CurrentDocument"【分析】NmV摩尔质量在以为g·mol-1单位时，数值上等于相对分子质量，以n=、n=、n=HYPERLINK\l"bookmark28"\o"CurrentDocument"NAMVm这几个公式为基础，按 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 中的要求，进行计算。【详解】（1）N2的摩尔质量在以为g·mol-1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N2的摩尔质14g量是28g·mol-1，当N2的质量为14g时，n(N2)=1=0.5mol，N2的分子数N(N2)=28g.mol3.011022(2)H2SO4的分子数是3.01×1022，H2SO4的物质的量：n(H2SO4)=23=0.05mol，6.021023H2SO4的摩尔质量是98g·mol-1，质量：m(H2SO4)=0.05mol×98g·mol-1=4.9g；(3)H2O的物质的量是0.5mol，水的摩尔质量：M(H2O)=18g·mol-1，水分子的个数N(H2O)=0.5NA，水分子的质量是：m(H2O)=0.5mol×18g·mol-1=9g；2.24L2.24L，Cl2的物质的量：n(Cl2)=1=0.1mol，Cl2的22.4Lgmol1Cl2的摩尔质量是71g·mol-1，Cl2的质量：m(Cl2)=0.1mol714)Cl2标况下的体积试剂分子数是：N(N2)=0.1-1g·mol-1=7.1g；【点睛】NA，0.5NA，标况下N2的体积为：0.5mol22.4L·mol-1=11.2L；考生熟练掌握n=NNNAn=m、n=V，这几个公式之间的换算；MVm，一氧化碳的质量分数是混合气体的平均相对分子质量是__5．在标准状况下，由一氧化碳和二氧化碳组成的混合气体为6.72L，质量为12g，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，碳原子和氧原子个数比是，密度是g·L－1。答案】1∶325%17.5%4∶7401.79解析】分析】根据公式：n=V进行分析解答。Vm详解】混合气体的物质的量＝6.72L＝0.3mol，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：xy0.328x44y12解得：x＝0.075mol，y＝0.225mol，此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比＝0.075mol∶0.225mol＝1∶3；氧化碳的体积分数是＝0.075mol×100%＝25%；0.3mol氧化碳的质量＝0.075mol×28gm·ol-1＝2.1g，2.1g一氧化碳的质量分数＝×100%＝17.5%；12g碳原子和氧原子个数比＝(0.075mol＋0.225mol)∶(0.075mol＋0.225mol×2＝)4∶7；40；混合气体的平均摩尔质量＝12g＝40g·mol-1，平均相对分子质量是0.3?mol7；40；1.79。混合气体的密度＝12g≈1.79g-1。·答L案：1∶3；25%；17.5%；4∶6.72L6．（1）在Na2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，测得Al3＋浓度为0.1mol·L-1，加入等体积0.3mol·L-1的BaCl2溶液恰好使SO42-完全沉淀，则混合溶液中Na＋的浓度为。（2）将0.1mol·L-1的K2SO4溶液、0.2molL·-1的Al2（SO4）3溶液和纯水混合，要使混合液中K＋、Al3＋、SO42-的浓度分别为0.1mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，则K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积比___。（忽略体积的变化）【答案】0.3mol·L-12：1：1【解析】【详解】（1）设混合溶液体积为1L。n（Al3）＝c·V＝0.1molL·1×1＝L0.1mol，n（SO）＝n（Ba2）＝0.3mol·L－1×1＝L0.3mol。由电荷守恒可得：3n（Al3＋）＋n（Na＋）＝2n（SO），所以n（Na＋）＝3＋＋2n（SO）－3n（Al3＋）＝2×0.3mo－l3×0.1mo＝l0.3mol，c（Na＋）＝＝＝＝0.3molL·－1，故答案为：0.3mol·L-1；（2）设K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积分别是xL、yL、zL，则0.2x＝0.1×＋（xy＋z）、0.4y＝0.1×＋（xy＋z）、0.1x＋0.6y＝0.2×＋（xy＋z），解得x＝2y＝2z，所以K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1，故答案为：2∶1∶1。7．卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4氧化剂与还原剂的物质的量比是；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是。先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是；若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。写出图中仪器的名称：①；该装置还缺少的仪器是；冷凝管的进水口是：（填g或f）。（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式：上述反应中氧化剂：，还原剂：，被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值。a:Cl2+2I-=I2+2Cl-；b:Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-；c:2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序：【答案】1:50.5NA溶液分层，下层液为紫红色蒸馏烧瓶温度计gMnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2OMnO2HCl1:1C2l>Fe3+>I2【解析】【分析】（1）①KIO3+5KI+3H2SO4→3I2+3K2SO4+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价变化确定电子转移情况；②碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析；（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气；②依据氧化还原反应的规律分析；③依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答；【详解】（1）①反应中氧化剂为KIO3，还原剂为KI，氧化剂与还原剂的物质的量比是1:5；生成3molI2，电子转移5mol，生成0.3mol的单质碘转移的电子0.5mol，转移的电子的数目为0.5NA；②溶液分层且I2溶于CC4l中呈紫色，密度较大，因此观察到的现象是溶液分层，下层液为紫红色；该图为蒸馏装置①是蒸馏烧瓶，②是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计；冷凝水进出水方向为“下进上出”，即g口为进水口；（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反应为：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O；反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从-1价升高到0价，MnO2作氧化剂，HCl作还原性，盐酸具有还原性和酸性，且被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值为1:1；a反应中Cl2作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Cl2>I2，b反应中Cl2作氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Cl2>Fe3+，c反应中Fe3+作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Fe3+>I2，综上，氧化性Cl2>Fe3+>I2。【点睛】本题的难点是氧化性强弱的判断，一般根据氧化还原反应原理来判断（1）氧化性强弱：氧化剂＞氧化产物。（2）还原性强弱：还原剂＞还原产物。8．现有21.6g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44L。回答下列问题：TOC\o"1-5"\h\z（1）该混合气体的平均摩尔质量为。（2）混合气体中碳原子的质量为。（3）将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中（实验在标准状况下测定）。TOC\o"1-5"\h\z气球中收集到的气体的摩尔质量为。气球中收集到的气体中，电子总数为（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。③气球的体积为L。【答案】36g·mol－17.2g28gmol－14·.2NA6.72【解析】【详解】（1）标准状况下，该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0（.6mol），所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36（g·mol－1），（2）由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol，而CO和CO2分子中均只含一个碳原子，故混合气体中的碳原子也为1mol，所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.（2g）（3）CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后，CO2与NaOH反应被吸收，剩余的CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。设CO的物质的量为x,则CO2的物质的量为0.6-x，列方程：28x+44（0.6-x）=21.6，解得x=0.3mol。气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28g·mol－1；②CO的物质的量为0.3mol，所以电子总数为0.3×14NA=4.2N；A③标准状况下，0.3molCO的体积为0.39．为_×22.4=6.7（2L），所以气球的体积为6.72L。（1）物质的量相等的CO和CO2中，同温同压下所占的体积比为，原子个数之比（2）1.8g水与mol硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是其中氢原子数之比是。（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1202，此气体的摩尔质量为。（4）可用于分离或提纯物质的方法有：A过滤B萃取C渗析D蒸馏E灼热氧化F分液．如欲分离或提纯下列各组混合物，请选择上述方法中最合适者，并将相应字母填入题后空格内：除去淀粉溶液中的少量碘化钠；②提取溴水中的溴单质；③除去水中的Na＋、SO42、Cl－等杂质；④除去CuO中的Cu；【答案】1:12:30.11:41:164g/molCB/BFDE【解析】【分析】（1）同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，原子的物质的量等于分子的物质的量乘以分子中原子的个数；2）1.8g水所含分子的数目用公式N=n×NA=mNAMNm（3）利用n==，从而计算出M；NAM（4）选择分离物质的方法时，要考虑物质的性质，除去淀粉溶液中的少量碘化钠，选择渗析，淀粉溶液属于胶体，碘化钾溶在溶液里，区分溶液和胶体的方法是渗析；溴水中的溴用有机溶剂萃取后分液；除去自来水中可溶性的离子，可用蒸馏，CuO中的Cu可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。详解】（1）根据阿伏伽德罗定律，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。物质的量相等的CO和CO2，分子的数目也相同，故体积也相同，故体积比为1:1。一个CO分子中含有两个原子，CO2分子中含有三个原子，分子的数目相同，故原子数目比为2:3，故答案为：1:1；2:3；mN1.8g（2）1.8g水中水分子的数目=mNA=1.8g×NA=0.1NA个，0.1NA个硫酸分子的物质的M18g/mol量为0.1mol，由于分子数相同，一个水分子含有一个氧原子，一个硫酸分子含有四个氧原子，故氧原子的数目比为1:4，一个水分子有两个氢原子，一个硫酸分子也有两个氢原子，其中氢原子数之比是1:1，故答案为：0.1；1:4；1:1；3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1202利用n=N=m，从而计算出NAMM=m=NNA3.2g22=3.011022=64g/mol，23mol6.021023故答案为：64g/mol；4）A．过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离操作。B．萃取是利用化合物在两种互不相溶(或微溶)的溶剂中溶解度的不同，使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，萃取之后要分液。C．渗析是一种以浓度差为推动力的膜分离操作，利用膜对溶质的选择透过性，实现不同性质溶质的分离，可用于分离溶液和胶体。D．蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。①除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析，提取溴水中的溴单质，可以选用萃取和分液操作；除去水中的Na＋、SO42、Cl－等杂质，选择蒸馏；除去CuO中的Cu，可选择灼热氧化；故答案为：C；B/BF；D；E。10．(1)0.3molNH3分子中所含原子数与个H2O分子中所含原子数相等。在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2molCl－，该金属元素的相对原子质量为。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】2.408×1203244∶7【解析】【分析】根据N=nNA结合氨气、水分子结合计算；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计算其摩尔质量，n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；设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，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】0.3molNH3分子中所含原子数为0.3mol×AN/mol×4=1.2AN，要使H2O分子中所含原子数相等，则H2O分子数目为N(H2O)=1.2NA÷3=0.4NA=2.408×1230个；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m9.5gM===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n0.1mol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；设混合气体中CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：6.72Lx+y=6.72L=0.3mol，28x+44y=12g，解得x=0.075mol，y=0.225mol，则此混合物中含22.4L/mol有C原子与O原子的物质的量的比为n(C)：n(O)=(0.075mol+0.225mol)：(0.075molN+2×0.225mol)=4：7，根据n=可知混合气体中C、O原子个数比为4：7。NA【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。11．(1)12.4gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量是，X的相对原子质量是TOC\o"1-5"\h\z(2)某化学兴趣小组对“农夫山泉”矿泉水进行检测时，发现1.0L该矿泉水中含有45.6mgMg2+，则Mg2+的物质的量浓度为。CCl4和蒸馏水都是无色溶液，请按下列要求用实验方法鉴别：①只允许用一种试剂：用两支试管分别取出少量的CCl4和蒸馏水，然后分别加入少量的单质碘，振荡，呈紫红色的液体是，呈棕黄色的液体是。不用任何试剂：用试管取出少量的其中一种液体，再加入另外一种液体，下层液体是，上层液体是。【答案】62g/mol161.9-3×mo1l0/L碘的CCl4溶液碘水CC4l蒸馏水【解析】【分析】由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量，根据M=计算Na2X的摩尔质量，进而计算nX的相对原子质量；先根据n=m计算出45.6mgMg2+的物质的量，然后根据物质的量浓度计算公式：Mc=n，计算出Mg2+的物质的量浓度；V①碘易溶于四氯化碳，碘的四氯化碳溶液为紫红色；碘水为棕黄色；②水与四氯化碳分层，且四氯化碳的密度比水的密度大。【详解】12.4g，则Na2X的摩尔质量M=mn12.4g=62g/mol，故X的相对原子质量=62-23×2=1；60.2mol(1)Na2X的物质的量11CCl4n(Na2X)=n(Na+)=×0.4mol=0.2mo，l其质量为(2)1.0L该矿泉水中含有45.6mgMg2+，含有的镁离子的物质的量为：2+mn(Mg2+)=M345.6mg10g/mg=0.0019mol，镁离子的物质的量浓度为：24g/mol2+nc(Mg2+)=V0.0019mol-3=1.9×1-30mol/L；1L(3)①碘易溶于四氯化碳，碘的四氯化碳溶液为紫红色，则用两支试管分别取出少量的和蒸馏水，然后分别加入少量的单质碘，振荡，呈紫红色的液体是碘的CCl4溶液，呈棕黄色的液体是碘水；②水与四氯化碳分层，且四氯化碳的密度比水的密度大，则用试管取出少量的其中一种液体，再加入另外一种液体，下层液体是CCl4，上层液体是蒸馏水。【点睛】本题主要考查了物质的量浓度的计算，物质的鉴别的知识，注意熟练掌握物质的量与物质的量浓度、摩尔质量的计算公式，有利于激发学生的学习兴趣和学习积极性，把握物质的性质、物质的鉴别为解答的关键。12．某化学实验室需要0.5molL·－1硫酸溶液450mL。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）。（2）现用质量分数为98%、密度为1.84gcm·－3的浓硫酸来配制450mL、0.5molL·－1的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为mL（保留1位小数），现有10mL②25mL③50mL④100mL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②计算③稀释④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却其正确的操作顺序为：②→①→③→→→→→④（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（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④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13.6②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⑧；⑤；⑥；⑦①②③④⑥⑦①②⑦【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头滴管；（2）质量分数为98%、密度为1.84gc·m－3的浓硫酸的浓度为mol·L－1＝18.4mol·L－1；实验室没有450mL的容量瓶，实际上配制的是500mL0.5molL·－1的硫酸溶液，需要浓硫酸的体积为≈0.0136＝L13.6mL；选用的量筒是②25mL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②→①→③→⑧→⑤→⑥→⑦→④；（5）①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；④水加多了，导致溶液的物质的量浓度偏小，故错误；⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响，故正确；⑥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；⑦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①②③④⑥⑦；能引起误差偏高的有①②⑦。13．现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。TOC\o"1-5"\h\z（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）。①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－10.4NA28gmo·l－14.48【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=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CO2中碳原子的物质的量为0.2mol×1+0.2mol×1=0.4mol，碳原子的个数为0.4mol×AN=0.4NA；故答案是：0.4NA；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，①气球中收集到的气体为CO，摩尔质量为28g/mol；故答案是：28g/mol；②气球中收集到的气体为CO，标况下体积V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；故答案是：4.48。14．某同学为了探究氯化铵的性质，进行了如下实验，请你按要求回答下列问题。TOC\o"1-5"\h\z(1)配制100mL2mol/L的NH4Cl溶液。该同学应用天平称量NH4Cl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。①还缺少的玻璃仪器有100mL；②使用容量瓶前必须进行的一步操作是；(3)该同学又用如图所示的装置做了有关氨气的性质实验。①写出A处氯化铵与熟石灰反应的化学方程式：；②写出B中盛放的是碱石灰其作用是；氨水(氨气溶于水)中滴加酚酞现象是溶液变为色；检验氨气的方法是。【答案】10.7容量瓶检查是否漏水2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+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：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+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)NH4Cl溶液的物质的量：nc?V2mol/L0.1L0.2mol，NH4Cl固体的质量：mn?M0.2mol53.5g/L10.7g，应用天平称量10.7gNH4Cl固体，故答案为：10.7。(2)①配制100mL2mol/L的NH4Cl溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、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1～2cm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。②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。①A处氯化铵与熟石灰反应，其化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。②氨气中含有少量水蒸气，用碱石灰干燥，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。③氨气溶于水生成一水合氨，溶液显碱性，则在氨水中滴加酚酞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铵固体，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。15．如图A～E是中学化学常用的五种仪器：回答下列问题：(1)上述仪器中，使用时需首先检查是否漏水的有(填标号)。(2)下列实验操作中，使用到仪器C的是(填标号)。a．分离水和酒精的混合物b．分离水和四氯化碳的混合物c．分离水和泥砂的混合物d．提纯Fe(OH)3胶体某化学兴趣小组实验过程中，需要480mL0.5molL－·1NaOH溶液。①除上述提供的仪器外，还用到的玻璃仪器有。②如图所示，转移操作中的一处错误是。在配制过程中，下列情况会导致所配溶液浓度偏低的是(填标号)。a．准确称量9.6gNaOHb．溶解时未冷却至室温就转移c．在定容时，仰视刻度线d．加水至刻度线后摇匀，发现液面低于刻度线【答案】CEb烧杯、玻璃棒转移溶液时未用玻璃棒引流ac【解析】【分析】(1)有活塞或塞子的仪器在使用前必须检漏；(2)仪器C为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体混合物；①配制480mL0.5molL·－1NaOH溶液，需要的仪器有：500mL容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；②转移操作中要使用玻璃棒引流；根据c=n分析判断。V【详解】(1)A为圆底烧瓶，B为量筒，C为分液漏斗，D为胶头滴管，E为500mL容量瓶，有活塞或塞子的仪器在使用前必须捡漏，则以上装置中只有分液漏斗和500mL容量瓶有塞子，答案选CE；(2)仪器C为分液漏斗，用于分离互不相溶且分层的液体混合物；a．水和酒精任意比互溶，不能用分液漏斗分离，故a不符合题意；b．水和四氯化碳不互溶且分层，可以用分液漏斗分离，故b符合题意；c．水和泥砂不互溶，但泥沙不是液体，一般使用过滤的方法分离，故c不符合题意；d．Fe(OH)3胶体与水混合不分层，不能用分液漏斗分离，一般用渗析的方法分离，故d不符合题意；答案选b；①配制480mL0.5molL－·1NaOH溶液，需要的仪器有：500mL容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，除上述提供的仪器外，还用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；②转移操作中要使用玻璃棒引流，故操作中的一处错误是转移溶液时未用玻璃棒引流；a．配制480mL0.5mol·L－1NaOH溶液需要使用500mL容量瓶，需要溶质的质量=0.5L×0.5mol/L×40g/mol=，1称0g量9.6gNaOH，溶质的物质的量偏低，则配制溶液的浓度偏低，故a符合题意；b．溶解时未冷却至室温就转移，冷却后溶液的体积会减小，则配制溶液的浓度偏高，故b不符合题意；c．在定容时，仰视刻度线，溶液的体积偏大，则配制溶液的浓度偏低，故c符合题意；d．加水至刻度线后摇匀，发现液面低于刻度线，静置后液面会恢复到刻度线，对配制溶液浓度无影响，故d不符合题意；答案选ac。