2020-2021高考化学知识点过关培优 易错 难题训练∶物质的量及详细答案

2020-2021高考化学知识点过关培优 易错 难题训练∶物质的量及详细答案
一、高中化学物质的量
1．物质的量是高中化学中常用的物理量，请回答下列问题：
(1)某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na +，则溶液中SO 42-的物质的量是_____mol 。

(2)在标准状况下，4.48 L HCl 气体溶于水配成500 mL 溶液，其物质的量浓度为_____________。

(3)在标准状况下，1.7 g 氨气所占的体积约为_________L ，与_____mol H 2S 含有相同的氢原子数。

(4)7.8 g Na 2X 中含Na + 0.2 mol ，则X 的摩尔质量是_____________________。

(5)实验室需要0.3 mol•L -1硫酸溶液480 mL 。

①配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外，还需要______________。

②需量取质量分数为98%、密度为1.84 g•cm -3的浓硫酸的体积为______mL 。

③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，操作方法是：_______________。

【答案】0.25 0.4 mo•L -1 2.24 0.15 32 g•mol -1 500mL 容量瓶 8.2 将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌
【解析】
【分析】
（1）硫酸钠为强电解质，完全电离，1molNa 2SO 4电离产生2molNa +和1molSO 42-； （2）依据m V n V =
计算氯化氢的物质的量，依据n c V =计算溶液中氯化氢的物质的量浓度；
（3）依据m V m n==V M
结合氨气与硫化氢分子构成计算解答； （4）由钠离子物质的量计算Na 2X 的物质的量，根据m
M=n 计算Na 2X 的摩尔质量，进而计
算X 的相对原子质量；
（5）①依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；
②依据1000c M
w ρ=
计算硫酸的物质的量浓度，依据稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积； ③依据浓硫酸稀释的正确操作解答，注意浓硫酸的密度大于水，稀释产生大量的热。

【详解】
（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na +，n(Na +)=23
233.01106.0210⨯⨯ =0.5mol ，n(SO 42-)=0.5mol 2
=0.25mol ；
（2）在标准状况下，4.48 L HCl气体的物质的量为：4.48
22.4
=0.2mol，溶于水配成500 mL溶
液，其物质的量浓度为：0.2mol
0.5L
=0.4mol/L；
（3）在标准状况下，1.7g氨气的体积：
1.7g
22.4L/mol
17g/mol
⨯ =2.24L；1.7g氨气中所含氢
原子的物质的量：0.1mol×3=0.3mol，与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等，即n(H2S) ×2=0.3mol，n(H2S) =0.15mol；
（4）7.8 g Na2X中含Na+ 0.2 mol，则n(Na2X)=0.1mol，M(Na2X)=
7.8g
0.1mol
=78g/mol，故X的
相对原子质量为78-23×2=32，摩尔质量为32g/mol；
（5）①实验室需要0.3 mol•L-1硫酸溶液480 mL，应该选择500mL的容量瓶；
②质量分数为98%、密度为1.84 g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为：1000 1.8498%
98
⨯⨯
=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，依据稀释前后溶质的物质的量不变可知，18.4×V×10-3=0.3×500×10-3，V=8.2mL；
③浓硫酸稀释的正确操作为：将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌。

2．在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。

反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
(1)“双线桥法”标出电子转移情况________ 。

(2)若生成2.24L标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：
①理论上需要多少克KMnO4参加反应？________。

②被氧化的HCl的物质的量为多少？________。

【答案】 6.32g 0.2 mol
【解析】
【分析】
(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；
(2)先计算Cl2的物质的量，然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。

【详解】
(1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO4、MnCl2前的系数是
2，HCl 前的系数是10，Cl 2前的系数是5，根据原子守恒，KCl 的系数是2，这样反应中有6个Cl 原子未参加氧化还原反应，所有Cl 原子都是由HCl 提供，因此HCl 前的系数为10+6=16，结合H 原子反应前后相等，可知H 2O 的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：
；
(2)在标准状态下， 2.24LCl 2的物质的量n(Cl 2)=m V 2.24L V 22.4L /mol
==0.1mol 。

①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl 2时，参与反应的KMnO 4的物质的量为0.1mol×25
=0.04mol ，则参与反应的KMnO 4的质量m(KMnO 4)=0.04mol×158g/mol=6.32g ； ②由反应化学方程式可知，HCl 被氧化后生成Cl 2，因此根据Cl 元素守恒可知：被氧化的HCl 的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol 。

【点睛】
本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。

氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。

根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。

物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。

3．①同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H 2S ）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(H 2S)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 。

4．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O 2和O 3所含分子的物质的量之比为___。

（2）等温等压下，等体积的O 2和O 3所含分子个数比为___，质量比为___。

（3）设N A 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___(用含a 、b 、c 、N A 的式子表示)。

（4）实验室需要配制100mL1mol /L 的NaOH 溶液，进行如下操作：
①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器___。

②计算需要NaOH 固体的质量：___g 。

③取出50 mL 配制好的溶液，此溶液中NaOH 的物质的量浓度为___。

④若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是___。

A .称量时砝码已经生锈
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
A
22.4bc a N ⋅L 100mL 容量瓶 4.0 1mol /L A 【解析】
【详解】
（1）根据n m M =可知，等质量的O 2和O 3的物质的量之比为2311(O ):(O ):3:23248
==n n ，所含分子的物质的量之比为3：2。

（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 =nN A （N A 为常数）可知，分子个数比为1：1；由m ＝nM 可知，O 2和O 3的质量比为2：3。

（3）设N A 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ag 氧气的物质的量A A N b n N N ==，摩尔质量1
A A
m ag aN M g mol b n b mol N -===g ，即当氧气为cg ，物质的量1A A m cg bc n mol aN M aN g mol b
-===g ，在标准状况下的体积22.4m A bc V nV aN == L 。

（4）①实验室需要配制100mL1mol /L 的NaOH 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 。

②需要NaOH 固体的质量111001404--===⨯⨯=g g m nM cVM mL mol L g mol g 。

③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 。

④A .称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，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n c V
=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。

5．现有含有少量NaCl 、 Na 2SO 4、Na 2CO 3等杂质的NaNO 3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO 3固体，实验流程如下图所示。

(1)沉淀A 的主要成分是_____________、______________（填化学式）。

(2)①②③中均进行的分离操作是_______________。

(3)溶液3经过处理可以得到NaNO 3固体，溶液3中肯定含有的杂质是__________，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的______________。

(4)实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 mol•L -1的HNO 3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8 mol•L -1的HNO 3溶液，该小组用8mol•L -1的HNO 3溶液配制所需溶液。

①实验中所需的玻璃仪器包括________、_____mL 量筒、烧杯、________、胶头滴管等。

②该实验中需要量取8mol•L -1的HNO 3溶液________mL 。

③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_____________。

A ．取用8mol•L -1的HNO 3溶液溶液时仰视量筒刻度线
B ．量取用的量筒水洗后未进行任何操作
C ．8mol•L -1的HNO 3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯
D ．定容时仰视刻度线
E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作
【答案】BaSO4 BaCO3过滤 Na2CO3 HNO3 500mL 容量瓶 100 玻璃棒 62.5 AC 【解析】
【分析】
由实验流程可知，加入过量的Ba(NO3)2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的
Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。

【详解】
（1）加入过量的Ba(NO3)2，Na2SO4、Na2CO3和Ba(NO3)2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故答案为：BaSO4； BaCO3；
（2）①②③中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na2CO3；HNO3；
（4）①实验室只有500mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括
500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：500mL 容量瓶；100；玻璃棒；
②设需要量取8 mol•L-1的HNO3溶液VmL，则8 mol•L-1×V×10-3L=1 mol•L-1×500×10-3L，解得：V=62.5mL，故答案为： 62.5 ；
③A．取8mol•L-1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A正确；
B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；
C．量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；
D．定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；E．定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误；故答案为AC。

6．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Fe(OH)3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Fe3O4和氢气。

写出该反应的化学方程式_____________，该反应中属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(ClO)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(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，若反应生成次氯酸(HClO)的物质的量为Kmol，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/mol 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑
3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑ NaOH 2N A或1.204×10247150K A
【解析】
【分析】
(1)摩尔质量以g/mol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、Fe3O4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HClO的量计算Ca(ClO)2的质量，再根据质量分数的定义式计算。

【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(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑；
(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+4NaOH4Na↑+Fe3O4+2H2↑，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=1mol，由方程式可知生成氢气为
1mol×1
2
=0.5mol，故转移电子的物质的量n(e-)=1mol×1+0.5mol×2=2mol，则转移电子数目
N(e-)=2mol×N A/mol=2mol×(6.02×1023mol-1)=1.204×1024；
(3)由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知，n[Ca(ClO)2]=1
2
n(HClO)=
1
2
×Kmol=0.5Kmol，
则该漂白粉中有效成分的质量分数
0.5Kmol143g/mol
ω
Ag
⨯
=×100%=7150K
A
%。

【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。

7．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 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2↑ a、b 5.9 g 500mL容量瓶、烧杯【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：2KMnO4 K2MnO4 + 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。

8．（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______，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）：
A．2H2S+O2＝2H2O+2S↓ B．2H2S+3O2＝2H2O+2SO2
C．C2H4+3O2＝2H2O+2CO2 D．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 20％ 40.8g/mol 2：1 8：3 1：2 D A
【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 mol，则有
x+y=
28
22.4
=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
质的量分数为0.25
1.25
=20％，混合气体的平均摩尔质量为
51
1.25
=40.8g/mol；
(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（2×4）：（1×3）=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。

9．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是
A．含有N A个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L
B．0.2N A个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数
C．常温下，28克N2和CO的混合物，含有2N A个原子
D．标准状况下，33.6 L氧气中含有9.03×1023个氧气分子
【答案】A
【解析】
【详解】
A．稀有气体为单原子分子，含有N A个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；
B．19.6磷酸(H3PO4)的物质的量为
19.6g
98g/mol
=0.2mol，则0.2N A个硫酸分子与19.6磷酸
(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8N A，故B正确；
C．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol，含有2N A个原子，故C正确；
D．标准状况下，33.6 L氧气的物质的量为
33.6L
22.4L/mol
=1.5mol，共含有9.03×1023个氧气
分子，故D正确；
故答案为A。

10．实验实验室配制500mL 0.1mol•L-1的碳酸钠溶液，请回答下列问题．
（1）应用托盘天平称取Na2CO3•10H2O晶体__________g.
（2）配置碳酸钠溶液时，需要的主要玻璃仪器除烧杯和胶头滴管以外还需要_________、____________.
（3）配置过程中，若遇到以下操作可能造成实验结果偏大，偏小还是不影响？
①容量瓶中原来有少量蒸馏水_____
②定容时，俯视液面_____
③有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯中_____
④盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线，再加蒸馏水使液面达到刻度处_____
【答案】14.3 玻璃棒 500毫升容量瓶不影响偏大偏小偏小
【解析】
【详解】
（1）配制500mL 0.1mol/L的碳酸钠溶液，其中碳酸钠物质的量为
-3
50010L0.1mol/L=0.05mol
⨯⨯，则需要称取的质量为Na2CO3•10H2O
0.05mol286g/mol=14.3g
⨯；
（2）玻璃棒、500mL容量瓶；
（3）①容量瓶在定容的过程中还需要加蒸馏水，因此原来有少量蒸馏水对实验无影响；
②定容时，俯视液面，液体的实际体积偏小，则浓度偏大；
③有少量溶质残留在烧杯中，则溶质物质的量减小，体积不变时浓度偏小；
④摇匀后液面低于标线是正常现象，再加入蒸馏水会使浓度偏小。

【点睛】
盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线属于正常现象。

11．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N A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____。

②气球的体积为____L。

【答案】36g·mol－1 0.4N A 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=8.96
22.4
mol，解之得x=0.2，y=0.2，气体共为0.4mol，则
（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×N A=0.4N A；
故答案是：0.4N A；
（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 ，
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。

12．（1）在标准状况下①6.72L CH 4②3.01×1023个HCl 分子③13.6g H 2S ④0.2mol NH 3，体积最大的是____，密最大的是度___，质量最小的是___，氢原子个数最多的是____。

（填写序号）
（2）等温等压下，质子数相等的CO 、N 2两种气体，质量之比为____，体积之比为____，摩尔质量之比____。

（3）某物质在一定条件下加热分解，产物都是气体。

分解方程式为：3A ＝B ＋3C ＋2D 。

测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a ，则A 的摩尔质量为____。

【答案】② ② ④ ① 1:1 1:1 1:1 4a g/mol
【解析】
【详解】
(1)①6.72L CH 4中：n(CH 4)= 6.72L 22.4L/mol
=0.3mol ，m(CH 4)=0.3mol×16g/mol=4.8g ，ρ(CH 4)= m m M 16==g/L V V 22.4
，N(H)=4N(CH 4)=1.2N A ； ②3.01×1023个HCl 分子中：n(HCl)=23
23
3.01106.0210⨯⨯=0.5mol ，V(HCl)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L ，ρ(HCl)=m m M 36.5==g/L V V 22.4
，m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g ，N(H)=N(HCl)=0.5N A ； ③13.6g H 2S 中：n(H 2S)=13.6g 34g/mol
=0.4mol ，V(H 2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L ，ρ(H 2S)= m m M 34==g/L V V 22.4
，N(H)=2N(H 2S)=0.8N A ； ④0.2mol NH 3中：m(NH 3)=0.2mol×17g/mol=3.4g ，V(NH 3)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L ，ρ(NH 3)= m m M 17==g/L V V 22.4
，N(H)=3N(NH 3)=0.6N A . 所以：体积最大的是②，密度最大的是②，质量最小的是④，含氢原子数最多的是①； （2）CO 、N 2两种气体涉及的元素有C 、O 、N 质子数分别为6、8、7，所以两种气体的分子的质子数分别为：14、14，质子数相等的CO 、N 2，物质的量相等；CO 、N 2摩尔质量分别为28g/mol 、28g/mol ，故摩尔质量之比1:1；根据m=nM 知：质量之比与摩尔质量成正比为28:28=1:1；根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积，故体积之比为1:1；
（3）化学方程式系数的意义：表示物质的量。

设A 的物质的量为3mol ，则三种混合气体
的总物质的量为6mol，由于平均相对分子质量为2a，即平均摩尔质量为2a g/mol，三种气体质量总和为12a g，根据质量守恒定律，A的质量也是12a g，故A的摩尔质量为4a
g/mol。

13．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)；
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___________g。

（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：“↓”表示在托盘上放上砝码，“↑”表示从托盘上取下砝码（5g以下用游码）。

砝码质量/g502020105
称量(取用砝码过程)↓↑↓↓↑↓↓↑
标尺上游码的位置：
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2～3次的目的是___________。

（6）定容、摇匀。

【答案】AC 烧杯、玻璃棒 4.8 左 32.4 保证溶质全部转移至容量瓶中
【解析】
【分析】
(1)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80mL），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=砝码的质量+游码的刻度；
（5）洗涤2～3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，加水至液面距离刻度线1～2cm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，根据容量瓶的规格计算氢氧化钠的质量，m=cVM=1.2mol·L-1×0.1L×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=砝码的质量+游码的刻度=20+10+2.4=32.4g；（5）洗涤2～3次，把洗涤液移入容量瓶中，目的是保证溶质全部转移至容量瓶中。

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。

(1)配制100mL 2mol/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100 mL___________；
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______；
③氨水(氨气溶于水)中滴加酚酞现象是溶液变为________色；
④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】
==⨯=，NH4Cl固体的质量：（1）NH4Cl溶液的物质的量：n c?V2mol/L0.1L0.2mol
==⨯=，应用天平称量10.7gNH4Cl固体，故答案为：
m n?M0.2mol53.5g/L10.7g
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。

（3）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。

④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．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：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平⑦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①10mL②50mL③100mL）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．容量瓶用蒸馏水洗净后，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，加入蒸馏水到接近刻度线1～2cm 处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
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）
①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒
②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容时，仰视刻度线
【答案】②④⑥ 500mL容量瓶 5.4 ①搅拌引流 D ①④
【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。