2020-2021备战高考化学 物质的量综合试题含详细答案

2020-2021备战高考化学物质的量综合试题含详细答案
一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）
1．（1）写出下列各项操作的名称，并写出有标号的仪器名称。

A：操作名称______________；仪器名称______________
B：操作名称______________；仪器名称______________
C：操作名称______________；仪器名称___________、______________、____________ D：操作名称_____________；仪器名称________________
（2）配制100ml、3.00mol/L NaCl溶液。

①计算需要NaCl固体的质量__________g。

②根据计算结果，用托盘天平称称量NaCl固体__________g。

③将称好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。

④将烧杯中的溶液注入容量瓶，并用少量蒸馏水_________________2~3次，__________也都注入容量瓶。

轻轻摇动容量瓶，使溶液混均。

⑤将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下________时，改用______________滴加蒸馏水使液面与刻度线相切，盖好瓶塞，上下颠倒，摇匀。

⑥贮存溶液。

（3）实验中所用玻璃仪器除量筒外还有________________________________________。

（4）为什么要用蒸馏水洗涤烧杯，并将洗涤液也注入容量瓶？答：
____________________________________________________________________。

【答案】过滤漏斗蒸发蒸发皿蒸馏温度计蒸馏烧瓶冷凝管萃取分液分液漏斗 17.55 17.6 洗涤烧杯内壁和玻璃棒洗涤液 1-2cm 胶头滴管 100ml容量瓶玻璃棒胶头滴管烧杯烧杯内壁粘有NaCl浓溶液，洗涤后并将洗涤液转入容量瓶，保证NaCl完全转入容量瓶，否则所配溶液偏低。

【解析】
【分析】
（1）这四项操作均为化学实验基本操作，A为过滤，B为蒸发，C为蒸馏，D为萃取分液，据此写出所用仪器；
（2）配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液洗涤、定容、摇匀、装瓶；
①根据m=cVM计算需要NaCl的质量；
②根据托盘天平只能精确至0.1g，确定称量NaCl的质量；
④为了减小误差，将烧杯中的溶液注入容量瓶后，需要用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
2~3次，并将洗涤液也都注入容量瓶；
⑤定容时先将蒸馏水注入容量瓶，液面距离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加入至凹液面与刻度线相切；
（3）根据实验操作步骤确定所用玻璃仪器；
（4）从对结果造成的误差角度分析。

【详解】
（1）这四项操作均为化学实验基本操作，A为过滤，①为漏斗；B为蒸发，②为蒸发皿；C为蒸馏，③为温度计，④为蒸馏烧瓶，⑤为冷凝管；D为萃取分液，⑥为分液漏斗；
故答案为：A. 过滤；漏斗；B. 蒸发；蒸发皿；C. 蒸馏；温度计；蒸馏烧瓶；冷凝管；
D萃取分液；分液漏斗；
（2）①n(NaCl)=cV=0.1L×3.00mol/L=0.3mol，NaCl质量
m(NaCl)=nM=0.3mol×58.5g/mol=17.55g；
②托盘天平只能精确至0.1g，则称量NaCl的质量为17.6g；
④为了减小误差，将烧杯中的溶液注入容量瓶后，需要用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
2~3次，并将洗涤液也都注入容量瓶；
⑤定容时先将蒸馏水注入容量瓶，液面距离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加入至凹液面与刻度线相切；
（3）配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液洗涤、定容、摇匀、装瓶，除了量筒还需要的玻璃仪器是100ml容量瓶、玻璃棒、胶头滴管、烧杯；
（4）烧杯内壁粘有NaCl浓溶液，如果不用蒸馏水洗涤烧杯，并将洗涤液也注入容量瓶，会造成溶质损失，使配制的溶液浓度偏低。

【点睛】
配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器是高频考点，但是也是学生们的易错点，①学生们往往会漏掉某些仪器，尤其是胶头滴管，②写容量瓶时经常会漏掉规格。

我们可以通过实验步骤有序的回忆思考实验所需要的仪器，做到不漏不多。

2．实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题
（1）配制Na2CO3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、
装瓶，分析误差时可根据c=n
V
判断。

【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/LNa2CO3，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，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
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。

3．用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·L-1的溶液。

请回答：
（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。

A．烧杯 B．量筒C．玻璃棒 D．胶头滴管 E.容量瓶
（2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，__，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。

（3）下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是___。

A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制
B．定容时俯视容量瓶的刻度线
C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线
D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
【答案】B 用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 ACD
【解析】
【分析】
（1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；
（2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；
（3）结合
n
c
V
及不当操作可知，n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低；
【详解】
（1）配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：B。

（2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。

（3）A. 称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，A正确；
B. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大，B错误；
C. 摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，V偏大，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，C正确；
D. 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，D正确；故答案为：ACD。

【点睛】
配制一定物质的量浓度过程中误差分析：①向容量瓶中转移液体时有少量流出，n减小，c 偏小；②未洗涤烧杯和玻璃棒，n减小，c偏小；③定容时，水加多了，用胶头滴管吸出，n减小，c偏小；④定容摇匀时，液面下降，再加水，V增大，c偏小；⑤定容时，俯视刻度线，V减小，c偏大；⑥仰视刻度线，V增大，c偏小；⑦溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容，V减小，c偏大。

4．①同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为_________；
②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___________；
③若二者氢原子数相等，它们的体积比为_____________；
④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】1:2 2:1 3:1 2:3 5.1
【解析】
【分析】
【详解】
①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 ；
②根据n=m
M
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
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；
③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；
④氮气物质的量n=
5.6g
0.2mol
28g/mol
=，氧气物质的量n=
16g
32g/mol
= 0.2mol，则氨气物
质的量为=0.5mol-0.2mol=0.3mol ，氨气的质量为0.3mol⨯17g/mol=5.1g。

5．完成下列填空：
（1）已知反应：Fe2O3＋2Al Al2O3＋2Fe，则
①该反应所属基本反应类型是___。

②在反应中铁元素的化合价变化__(填“升高”或“降低”)，该元素的原子__(填“失去”或“得到”)电子。

③发生氧化反应的是__，发生还原反应的是__。

（2）反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O中：
①反应中被氧化的元素是__，被还原的元素是___。

②若生成71gCl2，则消耗的HCl是__g，被氧化的HCl是__g。

【答案】置换反应降低得到 Al Fe2O3 Cl Mn 116.8 73
【解析】
【分析】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。

②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价；
③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。

(2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原；
②根据方程式进行计算。

【详解】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B，属于置换反应。

②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；
③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al发生氧化反应；Fe2O3发生还原反应。

(2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；
②若生成71gCl2，即1mol，需消耗3.2molHCl，即3.2×36.5=116.8g；化合价升高的HCl为2mol，即73g。

【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加反应，其中有10molHCl发生了氧化反应，产生了5molCl2，6molHCl价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。

6．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__g·L−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N A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），其物质的量浓度为__mol·L－1。

【答案】34g/mol 28 1.25 1：3 4：7 17.5% m
M
A
2mN
M
22.4m
M
m
M
【解析】【详解】
（1）该气体的摩尔质量
8.5g
=34g/mol
5.6L
22.4L/mol
，
故答案为：34g/mol；
（2）0.01mol某气体的质量为0.28g，摩尔质量为
0.28g
=28g/mol
0.01mol
，故相对分子质量为
28；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，2
CO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2
CO物质的量之比是为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m
M
mol；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为A
2mN
M
个；该气体在标准状况下的体积为22.4m
M
L；该气体溶于水后形成1L溶液，其物质的量浓
度为m
M
mol·L－1，
故答案为：m
M
；A
2mN
M
；
22.4m
M
；
m
M。

7．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。

【答案】4NH3+5O2催化剂
加热
4NO+6H2O 光化学烟雾 Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O
4NH3+6NO 催化剂
5N2+6H2O 19.6
【解析】
【分析】
（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；
（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：
4NH3+5O2催化剂
加热
4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2催化剂
加热
4NO+6H2O；
(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，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，答案为：Cu+4H++2NO3﹣＝
Cu2++2NO2↑+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
为：4NH 3+6NO 催化剂5N 2+6H 2O ，
故答案为：4NH 3+6NO 催化剂5N 2+6H 2O ；
(5)n (NO 2)＝n (NO )＝2.24L ÷22.4L /mol ＝0.1mol ，根据电子转移守恒，可知n (Cu )＝0.1mol 10.1mol 32
⨯+⨯＝0.2mol ，由Cu 原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol ，生成Cu (OH )2沉淀的质量为0.2mol ×98g /mol ＝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。

8．氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：
（Ⅰ）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。

（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。

则该盐酸的物质的量浓度是___ mol·
L -1。

（2）某同学用该浓盐酸配制100mL 1mol·
L -1的稀盐酸。

请回答下列问题： ①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸 ____ mL 。

②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______。

③若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：（填“偏高”“偏低”“无影响”）
A ．量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。

B ．转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。

C ．定容时俯视容量瓶的刻度线_____。

（Ⅱ）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。

已知：MnO 2 + 4HCl(浓)
MnCl 2 + Cl 2↑+ 2H 2O ；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。

甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所
示：
（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？_____。

（2）上述装置中，甲由A 、B 两部分组成，乙由C 、D 、E 三部分组成，丙由F 、G 两部分组成。

从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）_____。

（3）利用（2）中实验装置进行实验，实验中若用12 mol·
L -1的浓盐酸200 mL 与足量二氧化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3 mol ，其可能的主要原因是_____（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。

（Ⅲ）已知HClO 的杀菌能力比ClO -强。

25℃时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中Cl 2、HClO 和ClO -的物质的量分数（a ）随pH 变化的关系如图所示。

由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH 范围是__，当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有___。

【答案】11.6 8.6 胶头滴管、100 mL 容量瓶 偏低 无影响 偏低 甲 F B E 浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca （ClO ）2少于0.3mol 2～6 HClO 、ClO -、Cl -
【解析】
【分析】
（Ⅰ）(1)根据1000c=M
ρω计算浓度； (2)配制一定物质的量浓度的溶液，步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶；
（Ⅱ）(1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。

【详解】
（Ⅰ）(1)根据1000c=M
ρω计算盐酸的浓度，有1000 1.1636.5%c=/11.6/36.5
mol L mol L ⨯⨯=； (2) ①根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积0.1L 1/V=
0.00868.6L 11.6/mol L L m mol L ⨯==； ②量取盐酸的时候需要量筒；稀释浓盐酸，需要玻璃棒、烧杯；转移时，需要100mL 容量瓶，玻璃棒、烧杯；定容时，需要胶头滴管；则还需要的仪器有100mL 容量瓶，胶头滴管；
③A 、浓盐酸易挥发，置于烧杯后，较长时间配制，盐酸挥发，溶质减少，溶液的浓度偏低；
B 、容量瓶中存在蒸馏水，由于定容前，需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此之前存在的蒸馏水，对浓度无影响；
C 、俯视刻度线，定容时，水会少加，体积偏小，浓度偏大；
（Ⅱ）(1) 氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙，所以必须要控制反应温度，甲装置有冰水浴，可以较好地控制副反应的发生；
(2)F 装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率，B 装置有冰水浴可以较少副反应的发生，E 装置可以做到尾气吸收，答案为F B E ；
(3)MnO 2只与浓盐酸反应生成氯气，虽然反应的进行，浓盐酸浓度降低，不与MnO 2反应，所以生成氯气的值小于理论值，答案为浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol ； (Ⅲ)HClO 的杀菌能力比ClO -强，所以HClO 的浓度越大，杀菌效果最好，根据图像pH 最好为2～6之间；当pH=7.5时，根据图像，氯水中没有Cl 2，韩律的微粒有HClO 、ClO －以及与水反应生成的Cl －。

【点睛】
(Ⅲ)第二小问是易错点，很容易忽略Cl -；不要忘记，Cl 2＋H 2O
HCl ＋HClO ，有Cl －生成。

9．PbO 2是一种棕黑色粉末，难溶于水，可用作强氧化剂和电极制造等。

实验室由Ca(ClO)2溶液氧化碱性Pb(OH)2法制备PbO 2的步骤如下：
2Pb(CH 3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO 2↓+4CH 3COONa+CaCl 2+2H 2O
（1）“氧化”过程中，反应液的pH____（填“变大”“变小”或“不变”）。

（2）“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是____________（填化学式）。

（3）产品定性检验：向Mn(NO 3)2的HNO 3溶液中加入少量产品，搅拌并水浴微热，溶液变紫色，说明含有PbO 2。

该反应的离子方程式为____（PbO 2被还原为Pb 2+）。

（4）为测定产品（只含PbO 2和PbO ）中PbO 2、PbO 的物质的量之比，称取产品0.5194g ， 加入 20.00 mL 0.2500 mol·L －1H 2C 2O 4溶液（PbO 2还原为Pb 2+）搅拌使其充分反
应，然后用氨水中和，过滤、洗涤除去PbC 2O 4，滤液酸化后用0.0400 mol·
L －1KMnO 4标准溶液滴定至终点（MnO 4 还原为Mn 2+，H 2C 2O 4被氧化为CO 2），消耗标准溶液10.00 mL 。

计算产品中n(PbO 2) 与n(PbO) 物质的量之比（写出计算过程）____________。

【答案】变小 Pb(OH)2 2Mn 2++5PbO 2+4H +=2MnO 4-+5Pb 2++2H 2O 9:2
【解析】
【分析】
根据流程可知，醋酸铅与Ca(ClO)2在碱性环境下，发生氧化还原反应，生成PbO 2固体和醋
酸钠溶液，过滤后得到二氧化铅，由于氢氧化钠与醋酸铅也可反应生成氢氧化铅，因此二氧化铅中含有杂质氢氧化铅，硝酸洗、水洗、干燥得到产品，据此进行分析。

【详解】
（1）根据2Pb(CH3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO2↓+4CH3COONa+CaCl2+2H2O反应可知，反应过程中不断消耗碱，碱性减弱，“氧化”过程中，反应液的pH变小；
故答案是：变小；
（2）醋酸铅也可和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铅沉淀；“氧化”制得的PbO2可能含有的含铅杂质化学式是Pb(OH)2；所以“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是Pb(OH)2；
答案是：Pb(OH)2；
（3）根据题给信息可知，反应后的紫色溶液为MnO4-，因此Mn(NO3)2的HNO3溶液与PbO2反应的离子方程式为：2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O；
故答案是：2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O；
（4）上述过程发生的反应有：6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；PbO2+2
H2C2O4=PbC2O4+2CO2+2H2O；PbO+ H2C2O4=PbC2O4+H2O；根据反应关系可知，与高锰酸钾溶液反应的n（H2C2O4）=2.5×0.04×10×10-3=1×10-3mol；与PbO2、PbO反应的n（H2C2O4）
=0.25×20×10-3-1×10-3=4×10-3mol；2n（PbO2）+n（PbO）=4×10-3mol；239g/mol×n（PbO2）+223 g/mol×n（PbO）=0.5194g，n（PbO2）=1.8×10-3mol；n（PbO）=4×10-4mol；所以产品中n(PbO2) 与n(PbO) 物质的量之比1.8×10-3mol：4×10-4mol=9:2；
故答案是：9:2。

10．下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。

问：
（1）该盐酸的物质的量浓度为_________
（2）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（________）
①配制100g 10%的CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中
②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮
③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度
④用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4配制200mL 2mol•L-1的稀H2SO4时，先平视后仰视。

A．只有① B．只有② C．②③④ D．①③④
（3）已知CO和CO2的混合气体14.4g,在标准状况下所占的体积为8.96L。

则该混合气体中，CO的质量为____________________g，CO2的物质的量为____________________mol。

（4）1mol 氧气在放电条件下，有30%转化为臭氧（O 3），则放电后所得混合气体对氢气的相对密度是（____________）
A ．16
B ．17.8
C ．18.4
D ．35.6
【答案】11.8mol/L ①③④ 5.6 0.2 B
【解析】
【分析】
（1）根据物质的量浓度c=1000ρωM
计算出该盐酸的物质的量浓度； （2）根据操作不当对溶质的质量或溶液的体积的影响效果分析作答；
（3）混合气体的体积为8.96L ，则物质的量为8.96L 22.4L/mol
=0.4mol ，根据气体的总质量和总物质的量列方程式计算；
（4）根据公式ρ＝m
M V 可知，相同条件下，气体摩尔体积相同，所以不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比，先根据转化关系计算混合气体的摩尔质量，再计算混合气体摩尔质量与氢气的摩尔质量之比。

【详解】
（1）该盐酸的物质的量浓度为：c=
1000ρωM =1000 1.1836.5%36.5mol/L ⨯⨯ =11.8mol/L ， 故答案为：11.8mol/L ；
（2）① 硫酸铜晶体为CuSO 4⋅H 2O ，则称取10g 硫酸铜晶体溶于90g 水中形成硫酸铜溶液，硫酸铜的实际质量小于10g ，所配硫酸铜溶液的质量分数小于10%的，实验结果偏低，①项正确；
②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大，实验测量结果偏高，②项错误；
③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g ，实际称取的药品质量减小，所配溶液的浓度偏低，③项正确；
④酸式滴定管的“0”刻度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，④项正确；
故答案为：①③④；
（3）混合气体的体积为8.96 L ，则物质的量为8.96L 22.4L/mol
=0.4mol ，设混合气体中CO 的物质的量为x mol ，CO 2的物质的量为y mol ，则28x+44y=14.4①，x+y=0.4②，联立方程组解之得：x=0.2，y=0.2，所以m(CO)=0.2mol×28g/mol=5.6g ，
故答案为：5.6；0.2；
（4）1 mol O 2有30%转化为臭氧（O 3），发生反应的O 2为1 mol×30%=0.3 mol ． 由反应3O 2放电2O 3知，生成的O 3为0.2 mol ，故反应后所得气体为0.2 mol O 3和O 2为
（1-0.3）mol=0.7 mol，故M=
32g/mol1
0.2mol+0.7mol
=35.6 g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，混
合气体的摩尔质量和氢气的摩尔质量之比等于其密度之比=35.6g/mol：2g/mol=17.8，B项正确；
故答案为：B。

11．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/cm3)的浓硫酸配制500mL
2.3mol/L的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。

①需用浓硫酸的体积为___mL。

②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H2SO4的物质的量 B．溶液的浓度 C．溶液的质量 D．溶液的密度
③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】4.0 C 62.5 BD AD 【解析】
【分析】
（1）根据c(NaClO)=1000ρw
M
计算溶液的物质的量浓度；
（3）①根据c=1000ρw
M
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
变计算需要浓硫酸体积；
③分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c=n
V
进行误差分析。

【详解】
（1）c(NaClO)=1000ρw
M
=
3
1000 1.2g/cm25%
74.5g/mol
⨯⨯
=4.0 mol•L-1，故答案为：4.0。

（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=0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol=149g，故D错误。

故答案为：C。

（3）①浓硫酸物质的量浓度c=1000 1.8498%
98
⨯⨯
=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，
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。

②A.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。

③A.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。