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2023-2024学年高中化学必修第一册2.3 物质的量（人教版）
一、选择题
1．（2023高一下·云南期中）下列实验操作中：①过滤；②取固体试剂；③蒸发；④取液体试剂；⑤溶解；⑥配制一定物质的量浓度的溶液。一定要用到玻璃棒的是（ ）
A．①③④⑥ B．①②③④ C．①③⑤⑥ D．②③④⑤
2．（2022高一上·东城期末）下列说法正确的是
A．的摩尔质量是16
B．摩尔是国际单位制中的一个基本物理量
C．25℃和101kPa时，气体摩尔体积大于
D．1mol固态物质的体积主要取决于粒子之间的距离
3．（2023高二下·高安期末）我县响水湖公园植被丰富，雨后空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子，被称为“空气维生素”。O就是一种空气负离子，其摩尔质量为（ ）
A．32 g B．33 g C．32 g·mol-1 D．33 g·mol-1
4．（2022高一上·吴江月考）下列叙述正确的是（ ）
A．摩尔是国际单位制中的七个基本物理量之一
B．标准状况下，1 mol任何物质体积均约为22.4 L
C．通常状况下，3.01×1023个SO2分子的质量为32 g
D．同温同压下，相同体积的任何气体所含的原子数目相同
5．（2023高一下·鞍山月考）将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100mL0.05 mol L 1的盐酸中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，消耗NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为
A．0.1 mol L 1 B．0.2 mol L 1
C．0.05 mol L 1 D．无法计算
6．（2023高二下·上高期末）设为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．1.0mol羟基中含有的电子数约为10
B．30gHCHO与混合物中含C原子数约为
C．0.1L1mol/L的乙醇溶液中含有的分子数约为0.1
D．2.3g中含有的C-H键数约为0.25
二、多选题
7．（2022高一上·阳信月考）配制100mL1.00mol·L-1NaOH溶液的操作步骤如下。下列说法错误的是（ ）
A．用托盘天平称取NaOH的质量为4.00g
B．将烧杯中NaOH溶液转移至容量瓶时需恢复至室温后进行
C．定容操作时俯视刻度线定容，NaOH的物质的量浓度偏大
D．定容后盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀后正立容量瓶发现混合液面下降，需补充少量水至刻度线
8．下列对于“摩尔”的理解正确的是（ ）
A．摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量
B．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol
C．摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来
D．国际上规定，12g碳﹣12原子所含有的碳原子数目的物质的量为1摩
9．（2022高一上·阳信月考）H3、O4、C60、N等已被发现，下列有关说法错误的是（ ）
A．C60的摩尔质量为720g·mol-1
B．22.4LH3中含有H原子的数目为3NA
C．等质量的O2与O4中所含的原子数相等
D．1molN中含有的电子数为36NA
10．（2020高一上·辽宁期中）同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是（ ）
A．所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>SO2>CO2
B．所含的分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
C．所含的原子数由多到少的顺序是：CH4>H2>O2>CO2>SO2
D．密度由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2
11．（2021高一下·聊城期末）用18.0mol/L的浓硫酸20mL和铜共热一段时间后，待反应混合物冷却，滤去多余的铜，将滤液加水定容到100mL，溶液中浓度为2.6mol/L，则下列说法错误的是（ ）
A．反应后c(CuSO4)为2.6mol/L
B．反应中消耗的硫酸为0.1mol
C．溶解的铜的质量为6.4g
D．生成的SO2在标准状况下的体积为2.24L
12．（2022高二上·山东月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1 L0.05 mol/LFeCl3溶液中所含的Fe3+的数目为0.05NA
B．0.2 mol SO2和0.1 mol O2充分反应后，得到SO3的分子数为0.1NA
C．100 mL0.1 mol/LHNO2溶液中所含的的数目小于0.01NA
D．电解足量的CuSO4溶液，阴极增重12.8 g，外电路中通过电子的数目为0.4NA
13．（2022高一上·莱西期中）是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．16.25 g 水解形成的胶体粒子数为
B．等物质的量的和中含有阴离子数相等
C．100 g 46%的乙醇()水溶液中氧原子数目为
D．标准状况下11.2 L 溶于水，溶液中、、和HClO的微粒数之和为
三、非选择题
14．（2021高一上·杭州期中）某同学用 NaOH 固体配制 500 mL 0.40 mol/L 的 NaOH 溶液，请回答下列问题：
（1）配制该 NaOH 溶液需用电子天平（精确度 0.01g）称取 NaOH 固体 g。
（2）配制时，其正确的操作顺序是 (填序号，每个操作只用一次)
①用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒 2－3 次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
②在盛有 NaOH 固体的烧杯中加入适量水溶解
③将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
④将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
⑤改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
⑥继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线 1－2cm 处
（3）实际配制得到的溶液浓度偏低，可能的原因是 （填字母）。
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，未待干燥便用来配制
B．固体溶解后趁热移入容量瓶中
C．定容时，仰视刻度线
D．NaOH 固体已变质
（4）某同学需要 100mL0.1mol/L NaOH 溶液，需要取上述 NaOH 溶液 mL，该稀溶液配置过程中还需要增加使用的仪器是 。
15．（2023高一上·定州期末）某同学进行实验时需要溶液左右，但实验室只有的浓硫酸。该同学利用所给试剂配制所需溶液。
（1）该同学应用量筒量取的浓硫酸体积为 (精确到)，实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，至少还需要的一种玻璃仪器是
（2）量取的浓硫酸需在烧杯中先稀释，稀释浓硫酸的操作是 。
（3）配制过程中主要有以下操作：
①定容 ②转移 ③量取 ④洗涤 ⑤稀释 ⑥摇匀
正确的操作顺序应是___________。
A．①②③④⑤⑥ B．③⑤②④①⑥ C．④⑤③②①⑥
（4）下列操作会引起所配溶液浓度偏高的有___________
A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液
C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容
D．烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出
16．（2023高一上·湖北期末）近年来，我国储氢碳管研究获得重大进展，电弧法合成碳纳米管，常伴有大量物质－碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4(稀)=3CO2↑+3K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。请回答下列问题。
（1）下列物质中：①碳纳米颗粒②K2Cr2O7晶体③CO2④熔融K2SO4⑤Cr2(SO4)3溶液⑥H2O⑦稀硫酸。属于电解质是 (填序号)。
（2）CO2的摩尔质量为 。
（3）用单线桥法标出上述反应电子转移的方向和数目 。
（4）标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，则该混合气体的平均相对分子质量是 。
（5）实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol L-1的H2SO4溶液，但是在实验室中只发现一瓶8mol L-1的H2SO4溶液，该小组用8mol L-1的H2SO4溶液配制所需溶液。
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该实验中需要量取8mol L-1的H2SO4溶液 mL。
17．（2021高一上·松原月考）化学基本概念是学习化学的基石，请正确回答下列问题。
（1）今有7种物质：①液态氯化氢 ②乙醇 ③熔融的KNO3④铜线 ⑤NaCl晶体 ⑥小苏打溶液 ⑦氨水。
属于电解质的是 ，属于非电解质的是 能导电的是 。
（2）“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”如图所示：
其中I为化合反应，IV是 反应。
（3）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+ 2KNO3 +3C=K2S+N2↑+3CO2↑，反应中被还原的物质是 (填化学式)。
（4）NaH可在野外作生氢剂，反应原理为NaH+H2O=NaOH+ H2↑，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为 。
（5）15.6gNa2X含有0.2molX2-，含有Na+的物质的量是 ，Na2X的摩尔质量为 。
（6）工业制备漂白粉原理是 （用化学方程式表示)。
18．（2018高一上·翁牛特旗期中）氯化钠与氯化镁的混合物中，氯离子的物质的量之比为1：2，求混合物中两种物质的质量之比。
19．摩尔是 的单位，1mol任何物质中所含有的粒子数约为 .1.5mol H2SO4的质量是 ，其中含有 mol O原子，含有 个 H原子．
20．（2018高一上·广西月考）请将下表填写完整：
物质 物质的量 质量 分子或离子数目
SO2 2 mol
SO42- 6.02×1023
21．（2018高一上·新疆期中）瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为多少？
22．（2021高一上·惠阳月考）空气与我们的生存息息相关。SO2是主要的大气污染物之一，CO2是主要的温室气体。
（1）SO2属于酸性氧化物，下列物质中可以与其发生反应的是 。
A．Na2O B．NaCl C．CO2 D．H2O
（2）双碱法脱硫过程如下图所示。
①Na2SO3的电离方程式是 。
②下列反应中，能用同一离子方程式表示的是 （填序号）。
A.Ca（OH）2溶液与稀CH3COOH B.NaOH和稀H2SO4
C.Ca（OH）2溶液与稀HNO3 D.NaOH和稀盐酸
③过程I的离子方程式是 。
④过程Ⅱ中反应的化学方程式是 。
⑤双碱法脱硫过程中，循环利用的物质是 (填化学式)
（3）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2充电电池。电池的总反应为：3CO2+4Na=2Na2CO3+C。
该电池消耗6.6gCO2时，消耗标准状况下CO2的体积是 L，其中含氧原子 个（已知阿伏加德罗常数的数值为NA）
23．（2021高一上·广东期中）“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶84消毒液，该消毒液通常稀释到100倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如图信息：
84消毒液 (有效成分)NaClO (规格)1000
mL (质量分数)25% (密度)1.20g/cm3
回答下列问题：
（1）该“84消毒液”NaClO物质的量浓度约为 (保留1位小数)。
（2）工业上用Cl2与浓氢氧化钠溶液反应制取“84消毒液”，请写出反应的化学方程式： 。
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL该种“84消毒液”。下列说法错误的是_______(填字母)。
A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还另需要一种玻璃仪器
B．使用前要检查容量瓶是否漏液
C．容量瓶上标有容积、温度和浓度
D．需要称量NaClO固体的质量为149.0 g
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，须烘干后再使用
（4）一瓶上述“84消毒液”理论上能吸收空气中 L的CO2 (标准状况下)而变质。(已知：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO)
（5）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，请用化学方程式解释其原因： ，某消毒小组人员用18mol·L-1的浓硫酸配制500mL3.6mol·L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力，需取用浓硫酸的体积为 mL。
（6）在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏高的有 (填序号)。
①用量筒量取98%的硫酸时俯视
②未等稀释后的H2SO4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，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑤定容时，俯视刻度线
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水
24．（2019高一上·辽宁期中）
（1）一个铁原子的质量为m
g, 设NA表示阿伏加德罗常数的值，则铁的摩尔质量为 。
（2）标准状况下4.48LCO和CO2混合气，质量为7.2g。其中CO的体积分数为 。
（3）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热至液体变为 色，得到的是Fe(OH)3胶体，区别Fe(OH)3胶体和饱和FeCl3溶液的方法是 ，将Fe(OH)3胶体装入U型管中，用石墨电极接通直流电，通电一段时间后，发现阴极区域附近的颜色加深，这说明 ，这种现象称为电泳。
（4）实验室将氯酸钾和二氧化锰固体混合物充分加热至不再产生气体，从所剩固体混合物中提取纯净的二氧化锰的操作依次为 、 、 、 。
25．（2018高一上·腾冲期中）现有1 L的 Al2（SO4）3溶液，含Al3+ 216 g，取250 mL溶液稀释到4 L，则稀释后溶液中的SO42-物质的量浓度是 。
26．（2022高一上·太原期中）工业制取盐酸时，将标准状况下氢气与适量氯气恰好完全反应，再将反应生成的全部气体用水吸收，得到盐酸。请计算该工业制得盐酸的物质的量浓度 。
27．（2023高一下·泸县开学考）已知某“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：
84消毒液 [有效成分] NaClO [规格] 3.8L [质量分数] 28% [密度] 1.20g·cm-3
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为 mol·L-1
(计算结果保留小数点后一位)。
（2）某同学取10mL该84消毒液稀释至1000mL，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中n(Na+)= mol。
（3）“84消毒液”与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)一起使用反而会弄巧成拙，产生有毒的气体，造成中毒事件。实验室用密度为1.25g·mL-1，质量分数36.5%的浓盐酸配制0.1mol·L-1的盐酸240mL。
①配制240 mL 0.1 mol·L-1的盐酸应选用 mL的容量瓶。
②下列操作对应所配溶液的浓度偏大的是 。
A．定容时，俯视刻度线；
B．用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线；
C．定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线；
D．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水。
③与洁厕灵(浓盐酸)不能混用的原因(用离子方程式表述)： 。
28．（2018高一上·新疆期中）某溶液中只含有Ba2+ Mg2+
Ag+三种阳离子，现用适量的NaOH溶液、稀盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示：
（1）沉淀1的化学式为 ，生成该沉淀的离子方程式为 。
（2）若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2化学式为 。
（3）若试剂B为NaOH溶液，则生成沉淀2的离子方程式为 。
（4）如果原溶液中Ba2+ Mg2+
Ag+的浓度均为0.1
mol·L-1，且溶液中含有的阴离子只有NO3-，则溶液中NO3- 浓度为 mol·L-1。
29．（2022高一上·沈阳期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，根据所学知识，回答下列问题。
（1）1.6gCH4含有的电子数是 个。
（2）标准状况下，含有6.02×1023个氧原子的CO2质量是 g，体积是 L。
（3）同温同压下，体积比为3：2的H2和CO，它们的物质的量之比为 ，质量之比为 (填最简整数比)。
（4）已知ag某气体中含分子数为b，则该气体的摩尔质量为 。
（5）VLFe2(SO4)3溶液中含Fe3+ag，则溶液中SO的物质的量浓度为 。
30．（2017高一上·湖南期末）2mol H2SO4的质量为 g，所含氧原子数目为 ，完全中和这些硫酸，消耗NaOH的物质的量是 mol．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；溶液的组成及性质；物质的量浓度
【解析】【解答】①过滤时要用玻璃棒引流，①符合题意；
②取固体用药匙，②不符合题意；
③蒸发要用玻璃棒搅拌防止液滴飞溅，加速溶解，③符合题意；
④取液体试剂直接倾倒，④不符合题意；
⑤溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解，⑤符合题意；
⑥一定物质的量浓度溶液的配制，需要玻璃棒转移液体，⑥符合题意；
故答案为：C
【分析】①过滤时要用玻璃棒引流；
②取固体用药匙；
③蒸发要用玻璃棒搅拌防止液滴飞溅，加速溶解；
④取液体试剂直接倾倒；
⑤溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解；
⑥一定物质的量浓度溶液的配制，需要玻璃棒转移液体。
2．【答案】C
【知识点】物质的量的单位--摩尔；摩尔质量；气体摩尔体积
【解析】【解答】A．摩尔质量的单位是“g/mol”，的摩尔质量是16 g/mol，故A不符合题意；
B．摩尔是物质的量的单位，故B不符合题意；
C.0℃和101kPa时，气体摩尔体积为，25℃和101kPa时，气体摩尔体积大于，故C符合题意；
D.1mol固态物质的体积主要取决于构成这种物质的粒子的大小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、摩尔质量的单位为g/mol；
B、摩尔为单位；
C、压强不变时，温度越高，气体摩尔体积越大；
D、固态粒子的体积由其粒子大小决定。
3．【答案】C
【知识点】摩尔质量
【解析】【解答】A、中含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，A错误；
B、中含有碳碳双键和苯环，可以发生加成反应，含有碳碳双键可以发生加聚反应且可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，B错误；
C、中，苯环上6个C和其所连接的原子共平面，碳碳双键两边C所连接的原子共平面，则最多有17个原子共平面，C正确；
D、该有机物难溶于水，易溶于甲苯，D错误；
故答案为：D
【分析】A、碳碳双键可以卤素单质、卤素氢化物、氢气、水发生加成反应，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B、不饱和键可以发生加成反应，碳碳双键、碳碳双键可以发生加聚反应和氧化反应；
C、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
D、苯环和烯烃都难溶于水，则该有机物的水溶性很弱，易溶于有机溶剂。
4．【答案】C
【知识点】物质的量的单位--摩尔；气体摩尔体积
【解析】【解答】A．物质的量是国际单位制中的七个基本物理量之一，摩尔是物质的量单位，故A不符合题意；
B．标准状况下，1 mol任何气体的体积均约为22.4 L，故B不符合题意；
C．通常状况下，3.01×1023个SO2分子的物质的量为0.5mol，其质量为32 g，故C符合题意；
D．同温同压下，相同体积的任何气体所含的分子数目相同，原子数目不一定相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.摩尔是物质的量的单位；
B.标准状况下，1mol气体的体积约为22.4L，不是气体则不是；
D.每个气体单质分子不一定含有相同的原子数目。
5．【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】
最后溶液中的溶质为Na2SO4，，推得n(NaOH)＝n（H+)，即c(NaOH)×0.1L＝0.05mol/L×0.1L，所以c(NaOH)＝0.05mol/L，故C正确。
故答案为：C。
【分析】利用终态产物法计算。
6．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、羟基中含有氧原子和氢原子，氧原子为8号元素，含有8个电子，氢原子为1号元素，含有1个电子，则1.0mol羟基中含有电子数为9NA，A错误；
B、30g都是HCHO，含C物质的量为，30g都是CH3COOH，含C原子物质的量为，则两种混合的C原子数为NA，B正确；
C、0.1L 1mol/L的乙醇溶液中，含有0.1mol乙醇，还含有水分子，则分子数应大于0.1NA，C错误；
D、C2H6O可能为乙醇，可能为二甲醚，乙醇含有5个C-H，二甲醚含有6个C-H，D错误；
故答案为：B
【分析】A、羟基中含有9个电子，氢氧根含有10个电子；
B、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法，即全部由HCHO构成的物质的量和全部由CH3COOH构成的物质的量，若两种物质的数值相等，则该数据为混合物混合后的物质的量；
C、溶液中除了溶质还含有水；
D、同分异构体的分子式相同，结构不同，则含有的共价键可能不同。
7．【答案】A,D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．配制100mL1.00mol·L-1NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH的质量为0. 1.00L×1.00mol/L×40g/mol=4.0g， A符合题意；
B．进行溶解后应冷却至室温再转移、定容，若立即转移至容量瓶中定容，则溶液体积V偏小，所得溶质物质的量浓度偏大，B不符合题意；
C．定容操作时俯视刻度线定容，则溶液体积V偏小，NaOH的物质的量浓度偏大，C不符合题意；
D． 定容后盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀后正立发现容量瓶中混合液面下降，此时溶液浓度也不发生变化，若补充少量水至刻度线，则溶液体积V偏大，NaOH的物质的量浓度偏小，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.托盘天平的精确度为0.01g；
B.溶解后应冷却至室温再转移、定容；
C.俯视刻度线定容，溶液体积偏小，浓度偏大；
D.摇匀后正立容量瓶发现混合液面下降，需补充少量水至刻度线，导致溶液体积偏大。
8．【答案】B,D
【知识点】物质的量的单位--摩尔
【解析】【解答】A．摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A错误；
B．物质的量是含有一定数目粒子的集体，单位是摩尔，简称摩，符号为mol，故B正确；
C．物质的量可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来，故C错误；
D．国际上规定：0.012kg碳﹣12原子所含有的碳原子数目的物质的量为1摩，故D正确；
故选BD．
【分析】A．摩尔是物质的量的单位；
B．物质的量的单位是摩尔，简称摩，符号为mol；
C．物质的量是连接宏观物质与微观粒子的桥梁；
D．是以12C所含有的碳原子数为标准．
9．【答案】B,D
【知识点】摩尔质量；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．C60的摩尔质量为12×60 g·mol-1=720g·mol-1，A不符合题意；
B．不确定是不是标况，不能计算气体的物质的量，B符合题意；
C．等质量的O2与O4中只含有氧原子，氧原子的物质的量相同，则所含的原子数相等，C不符合题意；
D.1molN中含有的电子数为（5×7-1）NA =34NA，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.摩尔质量在数值上与相对分子质量相等，单位为“g/mol”；
B.气体所处状态未知；
C.O2与O4均只由氧原子构成；
D.一个N含34个电子。
10．【答案】A,C
【知识点】摩尔质量；气体摩尔体积
【解析】【解答】A.根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2，故A符合题意；
B.根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2，故B不符合题意；
C.取mg四种气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含原子数分别为 则所含原子数由多到少是：H2>CH4>CO2>O2>SO2，故C符合题意；
D.同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2，密度之比为：SO2>CO2>O2>CH4>H2，故D不符合题意；
故本题选AC。
【分析】由于摩尔质量M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4)>M(H2)，根据公式可知，当质量相同时，五种气体的物质的量n(SO2)11．【答案】A,B
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】A．实际消耗铜、生成硫酸铜均为0.10mol，则反应后稀释液中c(CuSO4)为1.0mol/L，A符合题意；
B． 结合分析可知，反应中消耗的硫酸为2×0.1mol=0.2mol，B符合题意；
C．溶解的铜的质量为0.10mol ×64g/mol =6.4g，C不符合题意；
D． 生成的SO2在标准状况下的体积为0.10mol× 22.4L/mol=2.24L，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】根据n=cV计算硫酸的初始物质的量，反应后溶液中浓度为2.6mol/L，根据n=cV计算反应后硫酸根的物质的量，根据S原子守恒计算生成的二氧化硫的物质的量，根据Cu与浓硫酸反应的化学方程式计算溶解的铜的质量、消耗硫酸的物质的量、生成CuSO4的物质的量和反应后c(CuSO4)。
12．【答案】C,D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1 L0.05 mol/LFeCl3溶液中含有溶质的物质的量为n(FeCl3)=0.05 mol/L×1 L=0.05 mol，但盐电离产生Fe3+会部分发生水解反应而消耗，故溶液中含有的Fe3+的数目小于0.05NA，A不符合题意；
B．SO2和O2反应生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，0.2 mol SO2和0.1 mol O2充分反应后，得到SO3的分子数小于0.2NA，但产生的SO3分子数目不能确定，受外界温度、压强等影响，B不符合题意；
C.100 mL0.1 mol/LHNO2溶液中含有HNO2的物质的量n(HNO2)=0.1 mol/L×0.1 L=0.01 mol，由于HNO2是一元弱酸，只有部分发生电离，溶液中存在电离平衡，故溶液中所含的的数目小于0.01NA，C符合题意；
D．电解足量的CuSO4溶液，总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4。根据方程式可知：每反应产生2 mol Cu，外电路中转移4 mol电子。现在阴极增重12.8 g，反应产生Cu的物质的量是n(Cu)=，则外电路中通过电子0.4 mol，故反应过程中转移的电子数目为0.4NA，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.Fe3+部分发生水解反应；
B．反应是可逆反应；
C.HNO2是一元弱酸，只有部分发生电离；
D．根据电解反应方程式判断。
13．【答案】B,C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．胶体粒子由若干个分子聚集形成，故胶体粒子数小于，A不符合题意；
B．中的阴离子为，中的阴离子为，故等物质的量的和中含有阴离子数相等，B符合题意；
C.100 g 46%的乙醇()水溶液中含46g乙醇和54g水，含有氧原子物质的量为=4mol，故含有氧原子数目为，C符合题意；
D．中含有两个氯原子，故溶液中、、和HClO的微粒数之和小于，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、胶体的粒子数小于铁离子的数目；
B、N3-为原子团，是一个整体；
C、结合乙醇和水的物质的量进行判断；
D、、、和HClO的微粒数之和小于。
14．【答案】（1）8.00
（2）②③①⑥⑤④
（3）C；D
（4）25；量筒、100mL 容量瓶（量筒规格不作要求，容量瓶必须有规格）
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）配制该溶液时，所需NaOH固体的质量m=n×M=c×V×M=0.40mol/L×0.5L×40g/mol=8.00g。
（2）配制溶液所需的步骤为计算→称量→溶解→冷气→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶。因此配制时的正确操作为②③①⑥⑤④。
（3）A、容量瓶未干燥，对实验结果无影响，A不符合题意；
B、退溶解后趁热移入容量瓶中，由于“热胀冷缩”使得溶液的体积V偏小，根据可知，所得溶液的浓度偏高，B不符合题意；
C、定容时仰视刻度线，则溶液的体积V偏大，根据公式可知，所得溶液的浓度偏低，C符合题意；
D、NaOH固体已变质，则所称得的NaOH固体的质量偏小，即溶液中溶质n偏小，根据公式可知，所得溶液的浓度偏低，D符合题意；
故答案为：CD
（4）由浓度较高的溶液配制浓度较低的溶液，为稀释过程，稀释时，溶液中溶质的物质的量保持不变，因此可得0.10mol/L×100mL=0.40mol/L×V，解得 V=25mL。
配制该100mL溶液时，还需用到100mL容量瓶；由于所需25mL 0.40mol/L的NaOH溶液需用量筒量取，因此所需的仪器还有量筒。
【分析】（1）根据公式m=n×M=c×V×M进行计算。
（2）根据溶液配制步骤进行排序。
（3）分析错误操作对n、V造成的影响，结合公式分析实验误差。
（4）由浓溶液配制稀溶液的过程为稀释，稀释过程中溶质的物质的量保持不变，据此计算所需NaOH溶液的体积。由浓溶液配制稀溶液时需使用量筒量取浓溶液的体积。
15．【答案】（1）13.6；250mL容量瓶
（2）将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌
（3）B
（4）A；C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】 (1) 根据稀释前后溶质物质的量不变得到 ×V= ，得V=13.6mL，实验至少还需要的一种玻璃仪器是250mL容量瓶；
故答案为：
第1空、13.6
第2空、250mL容量瓶
(2) 稀释浓硫酸的操作是将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌；
故答案为： 第1空、将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌 。
(3) 配制过程中主要步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，正确的操作顺序应是③⑤②④①⑥
故答案为：B 。
(4) A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，浓度偏高，A符合题意；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对结果无影响，B不符合题意；
C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，体积偏小，浓度偏高，C符合题意；
D．烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质减少，浓度偏低，D不符合题意；
故答案为： A C 。
【分析】(1) 根据稀释前后溶质物质的量不变，实验需要容量瓶；
(2) 稀释浓硫酸的操作是将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌；
故答案为： 第1空、将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌 。
(3) 配制过程中主要步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；
(4) A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，浓度偏高，；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对结果无影响，；
C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，体积偏小，浓度偏高；
D．烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质减少，浓度偏低。
16．【答案】（1）②④⑥
（2）44g/mol
（3）
（4）40
（5）AC；500mL容量瓶、玻璃棒；62.5
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；配制一定物质的量浓度的溶液；摩尔质量
【解析】【解答】解：（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质的有酸、碱、盐、金属氧化物和水。因此上述物质属于电解质的有②④⑥。
（2）摩尔质量以“g·mol-1”为单位时，数值上等于其相对分子质量，所以CO2的摩尔质量为44g·mol－1。
（3）反应过程中碳元素由0价变为＋3价，失去3×4=12个电子；铬元素由＋6价变为＋3价，得到3×2×2=12个电子。因此电子由碳元素转移到铬元素，用单线桥表示为。
（4）标准状态下，该混合气体的物质的量。所以混合气体的平均摩尔质量，所以该混合气体的平均相对分子质量为40。
（5）①配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为“计算→量取→稀释→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶、贴标签”。因此实验过程中所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以不需用到的仪器有AC。
②由浓溶液配制稀溶液的过程中，需加水进行稀释，过程中溶液溶质的物质的量保持不变，因此可得8mol·L－1×V1=1mol·L－1×500mL，解得 V2=62.5mL。
【分析】（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。
（2）摩尔质量以“g·mol-1”为单位时，数值上等于其相对分子质量。
（3）根据反应过程中元素化合价变化标注电子转移的数目和方向。
（4）根据公式进行计算。
（5）①根据溶液配制过程确定其所需的仪器。
②由浓溶液配制稀溶液的过程中，溶液中溶质的物质的量保持不变，根据公式c1V1=c2V2计算所需硫酸溶液的体积。
17．【答案】（1）①③⑤；②；③④⑥⑦
（2）置换
（3）S、KNO3
（4）1：1
（5）0.4；78g/mol
（6）2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型；电解质与非电解质；氯气的化学性质；物质的量的单位--摩尔
【解析】【解答】（1）①液态氯化氢为化合物，其水溶液能导电，因此属于电解质；
②乙醇为有机物，属于非电解质；
③熔融的KNO3为化合物，属于电解质，熔融状态下具有可自由移动的离子，因此能导电；
④铜为单质，既不是电解质也不是非电解质，但铜线能导电；
⑤NaCl晶体为化合物，其水溶液能导电，因此属于电解质；
⑥小苏打溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，溶液中存在可自由移动的离子，因此能导电；
⑦氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，溶液中存在可自由移动的离子，因此能导电。
综上，属于电解质的有①③⑤；属于非电解质的有②；能导电的有③④⑥⑦。
（2）四种基本反应为化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应。其中复分解反应一定不属于氧化还原反应；置换反应一定属于氧化还原反应；分解反应、化合反应可能属于氧化还原反应。因此图中Ⅳ为置换反应。
（3）该反应KNO3中氮元素由＋5价变为0价，化合价降低，发生还原反应；硫单质转换为K2S，硫元素化合价降低，因此S也发生还原反应。因此发生还原反应的物质有S、KNO3。
（4）反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑过程中，NaH中氢元素由－1价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，因此H2为氧化产物；H2O中氢元素由＋1价变为0价，化合价降低，发生还原反应，因此H2为还原产物。故该反应中氧化产物和还原产物都是H2，且其物质的量之比为1：1，则其质量比为1：1。
（5）Na2X在水中发生电离：Na2X=2Na＋＋X2－，因此n(Na＋)=2n(X2－)=2×0.2mol=0.4mol。15.6gNa2X的物质的量n(Na2X)=n(X2－)=0.2mol，因此Na2X的摩尔质量。
（6）漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，可用Cl2与石灰浆反应制得，该反应的化学方程式为：2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。
【分析】（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质的有酸、碱、盐、水和金属氧化物。非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质的有非金属氧化物、NH3和绝大多数有机物。能导电的物质有石墨、金属单质、电解质溶液和熔融状态下的电解质。
（2）四种基本反应类型中，一定属于氧化还原反应的为置换反应。
（3）若反应过程中有元素化合价降低，则该物质发生还原反应。
（4）根据反应过程中元素化合价的变化确定氧化产物和还原产物，结合反应的化学方程式计算二者的质量比。
（5）根据Na2X在水中的电离，计算n(Na＋)；根据公式计算其摩尔质量。
（6）工业上用Cl2与石灰浆反应制取漂白粉。
18．【答案】解：设氯化钠和氯化镁的物质的量分别是xmol、ymol，则根据氯离子的物质的量之比为1：2可知x：2y＝1：2，解得x＝y，所以混合物中两种物质的质量之比为58.5：95=117：190。
【知识点】物质的量的单位--摩尔
【解析】【分析】此题考查化合物中离子的关系比，根据总量列二元一次等式进行求解。实质考查物质中微粒关系。
19．【答案】物质的量；6.02×1023；147g；6；1.806×1024
【知识点】物质的量的单位--摩尔
【解析】【解答】摩尔是物质的量的单位，1mol任何物质中所含有的粒子数约为6.02×1023；1.5mol H2SO4的质量为：98g/mol×1.5mol=147g，含有1.51mol×4=6mol氧原子，含有的氢原子的物质的量为1.5mol×2=3mol，个数为：6.02×1023×3=1.806×1024，
故答案为：物质的量；6.02×1023；147g；6；1.806×1024．
【分析】根据物质的量的单位是摩尔完成；1mol任何物质都含有阿伏加德罗常数个粒子；根据硫酸的摩尔质量计算出硫酸的质量、含有的氧原子、氢原子物质的量．
20．【答案】128g；1.204×1024；1mol；96g
【知识点】摩尔质量
【解析】【解答】（1）2molSO2的质量m=n×M=2mol×64g/mol=128g；
（2）2molSO2所含的分子数N=n×NA=2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1024；
（3）6.02×1023个SO42-的物质的量；
（4）1molSO42-的质量m=n×M=1mol×96g/mol=96g；
【分析】此题是对物质的量相关计算的考查，掌握相关计算公式、以及公式的变形即可得出正确答案。
21．【答案】解：依据甲烷与氧气的质量比为1：4，设甲烷的质量为a，其物质的量为 mol；则氧气的质量为4a，其物质的量为 mol；依据“在同温同压下气体的物质的量之比等于其体积比”可知，极易爆炸时甲烷和氧气的体积比为： 。
【知识点】摩尔质量；气体摩尔体积
【解析】【分析】根据甲烷和氧气的摩尔质量计算两种气的物质的量之比，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比。
22．【答案】（1）A；D
（2）Na2SO4=2Na++SO32-；BCD；2OH-+SO2=SO32-+H2O；2Ca(OH)2+2Na2SO3+O2=2CaSO4+4NaOH；NaOH
（3）3.36；0.3NA
【知识点】离子方程式的书写；电离方程式的书写；摩尔质量；气体摩尔体积
【解析】【解答】（1）A、SO2能与Na2O反应生成Na2SO3，A符合题意；
B、SO2与NaCl不反应，B不符合题意；
C、SO2与CO2不反应，C不符合题意；
D、SO2能与H2O反应生成H2SO3，D符合题意；
故答案为：AD
（2）①Na2SO3为可溶性盐，在水中完全电离产生Na＋和SO32－，其电离方程式为：Na2SO3=2Na＋＋SO32－。
②A、Ca(OH)2是强碱，CH3COOH是弱酸，二者反应生成可溶性盐(CH3COO)2Ca和H2O，因此反应的离子方程式为：OH－＋CH3COOH=CH3COO－＋H2O；
B、NaOH为强碱，H2SO4为强酸，二者反应生成可溶性盐Na2SO4和H2O，因此反应的离子方程式为：OH－＋H＋=H2O；
C、Ca(OH)2为强碱，HNO3为强酸，二者反应生成可溶性盐Ca(NO3)2和H2O，因此反应的离子方程式为：OH－＋H＋=H2O；
D、NaOH是强碱，HCl是强酸，二者反应生成可溶性盐NaCl和H2O，因此反应的离子方程式为：OH－＋H＋=H2O；
综上，能用同一离子方程式表示都是BCD。
③过程Ⅰ中SO2与NaOH溶液反应生成可溶性Na2SO3和H2O，该反应的离子方程式为：SO2＋2OH－=SO32－＋H2O。
④过程Ⅱ中Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应生成NaOH和CaSO4，该反应的化学方程式为：2Ca(OH)2＋2Na2SO3＋O2=2CaSO4＋4NaOH。
⑤由双减发脱硫过程可知，过程Ⅰ中消耗NaOH，过程Ⅱ中又有NaOH生成，因此可循环利用的物质有NaOH。
（3）6.6gCO2的物质的量，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.15mol×22.4L/mol=3.36L。其所含的氧原子数N=n×NA=0.15mol×2×NA=0.3NA。
【分析】（1）酸性氧化物能与碱性氧化物、碱溶液和水反应。
（2）①Na2SO3为可溶性盐，在水中完全电离产生Na＋和SO32－，据此写出其电离方程式。
②选项所给为酸碱中和反应，结合酸碱的强弱、生成盐的溶解性确定其离子方程式。
③过程Ⅰ中SO2与NaOH溶液反应生成可溶性Na2SO3和H2O，据此写出反应的离子方程式。
④过程Ⅱ中Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应生成NaOH和CaSO4，据此写出反应的化学方程式。
⑤反应过程中有消耗，又有生成的物质，则为可循环利用的物质。
（3）根据公式计算CO2的物质的量，再结合公式V=n×Vm计算其在标准状态下的体积。根据公式N=n×NA计算其所含的氧原子。
23．【答案】（1）4.0mol/L
（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（3）A；C；E
（4）89.6
（5）H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；100
（6）②⑤
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；气体摩尔体积
【解析】【解答】（1）该溶液的物质的量浓度c= mol/L≈4.0mol/L；
（2）Cl2与浓氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（3）A．配制一定物质的量浓度一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：圆底烧瓶、分液漏斗，还需要仪器玻璃棒、胶头滴管，故A不正确；
B．配制溶液时需要摇匀溶液，所以使用前要检查容量瓶是否漏液，故B正确；
C．容量瓶上标有容积、温度和刻度线，没有浓度，故C不正确；
D．配制 480mL 含 NaClO 质量分数为25%的消毒液，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量：0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol=149.0 g，故D正确；
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需干燥，可以直接使用，且烘干会影响容量瓶的精度，故E不正确；
故答案为：ACE；
（4）一瓶“84消毒液”含有n(NaClO)=1 L×4.0 mol L -1=4.0 mol， 根据反应CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，则需要CO2的物质的量为n(CO2)=4.0 mol，标准状况下V(CO2)=4.0 mol×22.4 L mol -1=89.6 L；
（5）84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，原理是稀硫酸与次氯酸钠反应生成氧化性更强的次氯酸，化学方程式为：H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；假设需要浓硫酸的体积为V，则V×18mol/L=500mL×3.6mol/L，V=100.0mL；
（6）①用量筒量取98%的硫酸时俯视，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，
故答案为：；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
⑤定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，
故答案为：；
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；
故答案为：②⑤。
【分析】（1）根据公式计算其物质的量浓度。
（2）Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（3）A、根据溶液配制过程确定所需的仪器；
B、容量瓶使用前需检漏；
C、容量瓶瓶身上标有容积、温度和刻度线；
D、根据公式m=n×M=c×V×M计算所需NaClO的固体，注意所用体积为500mL；
E、容量瓶使用前可不干燥；
（4）根据反应的化学方程式计算吸收CO2的物质的量，结合公式V=n×Vm计算其在标准状态下的体积。
（5）酸性H2SO4>HClO，因此H2SO4能与NaClO反应生成HClO，使得溶液的消毒能力增强；由浓溶液配制稀溶液的过程中涉及稀释操作，结合稀释公式c稀V稀=c浓V浓计算所需浓硫酸的体积。
（6）分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析实验误差。
24．【答案】（1）mNAg·mol-1
（2）50%
（3）红褐；丁达尔效应；氢氧化铁胶体微粒带正电荷
（4）溶解；过滤；洗涤；干燥
【知识点】气体摩尔体积；胶体的性质和应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】（1）一个铁原子的质量为mg，N
A个铁原子质量之和为mN
Ag，所以铁的摩尔质量为mN
Ag·mol
-1；综上所述，本题答案是：mN
Ag·mol
-1。（2）设CO物质的量为xmol，CO
2物质的量为ymol，28x+44y=7.2，x+y=4.48/22.4，解之x=0.1mol，y=0.2mol，混合气体的体积分数之比为气体的物质的量分数之比，所以混合气体中CO的体积分数为50%；综上所述，本题答案是：50%。（3）将饱和FeCl
3溶液滴入沸水中，继续加热至溶液呈红褐色，得到的是Fe(OH)
3胶体；胶体具有丁达尔效应，因此区别Fe(OH)
3胶体和饱和FeCl
3溶液的方法是丁达尔效应；将Fe(OH)
3胶体装入U型管中，用石墨电极接通直流电，通电一段时间后，发现阴极区域附近的颜色加深，这说明氢氧化铁胶体微粒带正电荷，这种现象称为电泳。综上所述，本题答案是：红褐，丁达尔效应，氢氧化铁胶体微粒带正电荷。（4）实验室将氯酸钾和二氧化锰固体混合物充分加热至不再产生气体，所剩固体为氯化钾和二氧化锰的混合物，氯化钾溶于水，而二氧化锰不溶于水，所以从中提取纯净的二氧化锰的操作先把混合物加水溶解，然后进行过滤，滤渣为二氧化锰，进行洗涤和干燥即可；综上所述，本题答案是：溶解，过滤，洗涤，干燥。
【分析】（1）有关物质的量的计算，做题的思路一定是要以计算出物质的量为首要任务，然后以物质的量为出发点计算各个量。
（3）关于氢氧化铁胶体的制备要谨遵书上的实验，其过程为：将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热至溶液呈红褐色，得到的是Fe(OH)3胶体。其中氢氧化铁胶粒带正电，在电场作用下向阴极移动。
（4）实验室将氯酸钾和二氧化锰固体混合物充分加热至不再产生气体 ，剩余固体为，氯化钾和二氧化锰的混合物，氯化钾溶于水，二氧化锰不溶于水，所以该提纯过程和食盐中混有泥沙的提纯过程类似。
25．【答案】0.75 mol·L-1
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】溶液中Al3+的物质的量，则溶液中，该溶液中
由于稀释过程中，溶质的物质的量保持不变，由稀释公式c1V1=c2V2可得稀释后所得溶液中SO42-的物质的量浓度
【分析】先由Al3+的质量确定溶液中SO42-的物质的量浓度，再结合稀释公式c1V1=c2V2计算稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度。
26．【答案】12mol/L。
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】根据可知，标准状况下氢气（1.5×103mol）与适量氯气恰好完全反应生成HCl3.0×103mol，再将反应生成的全部气体用水吸收，得到盐酸，盐酸的物质的量浓度3.0×103mol÷250L=12mol/L。
【分析】依据c=n/V计算。
27．【答案】（1）4.5
（2）0.045
（3）250；AB；Cl- + ClO-+ 2H+=Cl2↑+ H2O
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度。
（2）稀释过程中，溶液中溶质的量保持不变，因此稀释后溶液中n(Na＋)=4.5mol·L－1×10×10－3L=0.045mol。
（3）①容量瓶具有一定的规格，常用的容量瓶的容积为100mL、250mL、500mL、1000mL。因此配制240mL0.1mol·L－1的溶液时，需选用250mL容量瓶。
②A、定容时俯视刻度线，则所得溶液的体积偏小，即V偏小，由公式可知，最终所得溶液的浓度偏大，A符合题意；
B、用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线，则所得浓盐酸的量偏大，即n偏大，由公式可知，最终所得溶液的浓度偏大，B符合题意；
C、定容摇匀后继续加水，则溶液的体积偏大，即V偏大，由公式可知，最终所得溶液的浓度偏小，C不符合题意；
D、容量瓶使用前为干燥，对实验结果无影响，D不符合题意；
故答案为：AB
③ClO－、Cl－在酸性条件下可反应生成Cl2和H2O，该反应的离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。
【分析】（1）根据公式计算该溶液的物质的量浓度。
（2）稀释前后，溶液中溶质的量保持不变，根据公式n=c×V计算溶液中n(Na＋)。
（3）①配制240mL溶液，应使用250mL容量瓶。
②分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析实验误差。
③ClO－、Cl－在酸性条件下可反应生成Cl2，据此写出反应的离子方程式。
28．【答案】（1）AgCl；Ag＋+Cl－=AgCl↓
（2）BaSO4
（3）Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓
（4）0.5
【知识点】离子反应发生的条件；离子方程式的书写；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）加入稀盐酸，发生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，沉淀1为AgCl；
（2）溶液1中含有离子是Ba2＋、Mg2＋、H＋和Cl－，加入Na2SO4，发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，沉淀2是BaSO4；
（3）根据反应（2）的分析，发生反应H＋＋OH－=H2O，Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓；
（4）根据电荷守恒，2c（Ba2＋）＋2c（Mg2＋）＋c（Ag＋）=c（NO3－），c（NO3－）=（2×0.1＋2×0.1＋0.1）mol·L－1=0.5mol·L－1。
【分析】混合溶液中加入盐酸后，铝离子与银离子反应生成氯化银沉淀，然后加入硫酸钠生成硫酸钡沉淀，再加入氢氧化钠溶液生成氢氧化镁沉淀（硫酸钠与氢氧化钠的加入顺序颠倒也可以），可根据溶液的电中性计算硝酸根离子的物质的量浓度。
29．【答案】（1）NA
（2）22g；11.2L
（3）3：2；3：28
（4）
（5）
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】（1）的物质的量，而是10电子微粒，所以含有的电子数为：，故答案为：NA。
（2）6.02×1023个氧原子即1molO，则CO2的物质的量为0.5mol，质量是：，体积是；故答案为：22g；11.2L。
（3）同温同压下，Vm相同，它们的物质的量之比等于其体积比，即为3：2；质量之比为，故答案为：3：2；3：28。
（4）分子数为b，则物质的量为，则该气体的摩尔质量为，故答案为：。
（5）Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+的物质的量浓度，且Fe2(SO4)3溶液中Fe3+与SO的个数之比为：2：3，同一溶液中Fe3+与SO的物质的量浓度之比也为：2：3，所以；故答案为：。
【分析】（1）结合公式n=m/M判断；
（2）结合公式n=N/NA和公式n=m/M判断；
（3）同温同压下，体积之比等于物质的量之比；
（4）结合公式M=m/n和公式n=N/NA判断；
（5）结合公式n=m/M和公式c=n/V判断。
30．【答案】196；8NA；4
【知识点】摩尔质量；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：2mol硫酸的质量为：2mol×98g/mol=196mol；
2mol H2SO4所含氧原子数目：N=2mol×NA×4=8NA；
由反应H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O可知：
H2SO4+ 2NaOH═Na2SO4+2H2O
1 2
2mol n
解得：n=4mol，
故答案为：196； 8NA（或4.816×1024）； 4．
【分析】依据m=M×n计算硫酸的质量；
依据N=NA×n计算出硫酸分子的个数，结合1个硫酸分子中含有4个原子解答；
依据反应：H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O计算解答．
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2023-2024学年高中化学必修第一册2.3 物质的量（人教版）
一、选择题
1．（2023高一下·云南期中）下列实验操作中：①过滤；②取固体试剂；③蒸发；④取液体试剂；⑤溶解；⑥配制一定物质的量浓度的溶液。一定要用到玻璃棒的是（ ）
A．①③④⑥ B．①②③④ C．①③⑤⑥ D．②③④⑤
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；溶液的组成及性质；物质的量浓度
【解析】【解答】①过滤时要用玻璃棒引流，①符合题意；
②取固体用药匙，②不符合题意；
③蒸发要用玻璃棒搅拌防止液滴飞溅，加速溶解，③符合题意；
④取液体试剂直接倾倒，④不符合题意；
⑤溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解，⑤符合题意；
⑥一定物质的量浓度溶液的配制，需要玻璃棒转移液体，⑥符合题意；
故答案为：C
【分析】①过滤时要用玻璃棒引流；
②取固体用药匙；
③蒸发要用玻璃棒搅拌防止液滴飞溅，加速溶解；
④取液体试剂直接倾倒；
⑤溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解；
⑥一定物质的量浓度溶液的配制，需要玻璃棒转移液体。
2．（2022高一上·东城期末）下列说法正确的是
A．的摩尔质量是16
B．摩尔是国际单位制中的一个基本物理量
C．25℃和101kPa时，气体摩尔体积大于
D．1mol固态物质的体积主要取决于粒子之间的距离
【答案】C
【知识点】物质的量的单位--摩尔；摩尔质量；气体摩尔体积
【解析】【解答】A．摩尔质量的单位是“g/mol”，的摩尔质量是16 g/mol，故A不符合题意；
B．摩尔是物质的量的单位，故B不符合题意；
C.0℃和101kPa时，气体摩尔体积为，25℃和101kPa时，气体摩尔体积大于，故C符合题意；
D.1mol固态物质的体积主要取决于构成这种物质的粒子的大小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、摩尔质量的单位为g/mol；
B、摩尔为单位；
C、压强不变时，温度越高，气体摩尔体积越大；
D、固态粒子的体积由其粒子大小决定。
3．（2023高二下·高安期末）我县响水湖公园植被丰富，雨后空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子，被称为“空气维生素”。O就是一种空气负离子，其摩尔质量为（ ）
A．32 g B．33 g C．32 g·mol-1 D．33 g·mol-1
【答案】C
【知识点】摩尔质量
【解析】【解答】A、中含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，A错误；
B、中含有碳碳双键和苯环，可以发生加成反应，含有碳碳双键可以发生加聚反应且可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，B错误；
C、中，苯环上6个C和其所连接的原子共平面，碳碳双键两边C所连接的原子共平面，则最多有17个原子共平面，C正确；
D、该有机物难溶于水，易溶于甲苯，D错误；
故答案为：D
【分析】A、碳碳双键可以卤素单质、卤素氢化物、氢气、水发生加成反应，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；
B、不饱和键可以发生加成反应，碳碳双键、碳碳双键可以发生加聚反应和氧化反应；
C、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
D、苯环和烯烃都难溶于水，则该有机物的水溶性很弱，易溶于有机溶剂。
4．（2022高一上·吴江月考）下列叙述正确的是（ ）
A．摩尔是国际单位制中的七个基本物理量之一
B．标准状况下，1 mol任何物质体积均约为22.4 L
C．通常状况下，3.01×1023个SO2分子的质量为32 g
D．同温同压下，相同体积的任何气体所含的原子数目相同
【答案】C
【知识点】物质的量的单位--摩尔；气体摩尔体积
【解析】【解答】A．物质的量是国际单位制中的七个基本物理量之一，摩尔是物质的量单位，故A不符合题意；
B．标准状况下，1 mol任何气体的体积均约为22.4 L，故B不符合题意；
C．通常状况下，3.01×1023个SO2分子的物质的量为0.5mol，其质量为32 g，故C符合题意；
D．同温同压下，相同体积的任何气体所含的分子数目相同，原子数目不一定相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.摩尔是物质的量的单位；
B.标准状况下，1mol气体的体积约为22.4L，不是气体则不是；
D.每个气体单质分子不一定含有相同的原子数目。
5．（2023高一下·鞍山月考）将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的100mL0.05 mol L 1的盐酸中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，消耗NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为
A．0.1 mol L 1 B．0.2 mol L 1
C．0.05 mol L 1 D．无法计算
【答案】C
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】
最后溶液中的溶质为Na2SO4，，推得n(NaOH)＝n（H+)，即c(NaOH)×0.1L＝0.05mol/L×0.1L，所以c(NaOH)＝0.05mol/L，故C正确。
故答案为：C。
【分析】利用终态产物法计算。
6．（2023高二下·上高期末）设为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．1.0mol羟基中含有的电子数约为10
B．30gHCHO与混合物中含C原子数约为
C．0.1L1mol/L的乙醇溶液中含有的分子数约为0.1
D．2.3g中含有的C-H键数约为0.25
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、羟基中含有氧原子和氢原子，氧原子为8号元素，含有8个电子，氢原子为1号元素，含有1个电子，则1.0mol羟基中含有电子数为9NA，A错误；
B、30g都是HCHO，含C物质的量为，30g都是CH3COOH，含C原子物质的量为，则两种混合的C原子数为NA，B正确；
C、0.1L 1mol/L的乙醇溶液中，含有0.1mol乙醇，还含有水分子，则分子数应大于0.1NA，C错误；
D、C2H6O可能为乙醇，可能为二甲醚，乙醇含有5个C-H，二甲醚含有6个C-H，D错误；
故答案为：B
【分析】A、羟基中含有9个电子，氢氧根含有10个电子；
B、涉及到混合物质的物质的量计算时，采用极值法，即全部由HCHO构成的物质的量和全部由CH3COOH构成的物质的量，若两种物质的数值相等，则该数据为混合物混合后的物质的量；
C、溶液中除了溶质还含有水；
D、同分异构体的分子式相同，结构不同，则含有的共价键可能不同。
二、多选题
7．（2022高一上·阳信月考）配制100mL1.00mol·L-1NaOH溶液的操作步骤如下。下列说法错误的是（ ）
A．用托盘天平称取NaOH的质量为4.00g
B．将烧杯中NaOH溶液转移至容量瓶时需恢复至室温后进行
C．定容操作时俯视刻度线定容，NaOH的物质的量浓度偏大
D．定容后盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀后正立容量瓶发现混合液面下降，需补充少量水至刻度线
【答案】A,D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．配制100mL1.00mol·L-1NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH的质量为0. 1.00L×1.00mol/L×40g/mol=4.0g， A符合题意；
B．进行溶解后应冷却至室温再转移、定容，若立即转移至容量瓶中定容，则溶液体积V偏小，所得溶质物质的量浓度偏大，B不符合题意；
C．定容操作时俯视刻度线定容，则溶液体积V偏小，NaOH的物质的量浓度偏大，C不符合题意；
D． 定容后盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀后正立发现容量瓶中混合液面下降，此时溶液浓度也不发生变化，若补充少量水至刻度线，则溶液体积V偏大，NaOH的物质的量浓度偏小，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.托盘天平的精确度为0.01g；
B.溶解后应冷却至室温再转移、定容；
C.俯视刻度线定容，溶液体积偏小，浓度偏大；
D.摇匀后正立容量瓶发现混合液面下降，需补充少量水至刻度线，导致溶液体积偏大。
8．下列对于“摩尔”的理解正确的是（ ）
A．摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量
B．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol
C．摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来
D．国际上规定，12g碳﹣12原子所含有的碳原子数目的物质的量为1摩
【答案】B,D
【知识点】物质的量的单位--摩尔
【解析】【解答】A．摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A错误；
B．物质的量是含有一定数目粒子的集体，单位是摩尔，简称摩，符号为mol，故B正确；
C．物质的量可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来，故C错误；
D．国际上规定：0.012kg碳﹣12原子所含有的碳原子数目的物质的量为1摩，故D正确；
故选BD．
【分析】A．摩尔是物质的量的单位；
B．物质的量的单位是摩尔，简称摩，符号为mol；
C．物质的量是连接宏观物质与微观粒子的桥梁；
D．是以12C所含有的碳原子数为标准．
9．（2022高一上·阳信月考）H3、O4、C60、N等已被发现，下列有关说法错误的是（ ）
A．C60的摩尔质量为720g·mol-1
B．22.4LH3中含有H原子的数目为3NA
C．等质量的O2与O4中所含的原子数相等
D．1molN中含有的电子数为36NA
【答案】B,D
【知识点】摩尔质量；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．C60的摩尔质量为12×60 g·mol-1=720g·mol-1，A不符合题意；
B．不确定是不是标况，不能计算气体的物质的量，B符合题意；
C．等质量的O2与O4中只含有氧原子，氧原子的物质的量相同，则所含的原子数相等，C不符合题意；
D.1molN中含有的电子数为（5×7-1）NA =34NA，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.摩尔质量在数值上与相对分子质量相等，单位为“g/mol”；
B.气体所处状态未知；
C.O2与O4均只由氧原子构成；
D.一个N含34个电子。
10．（2020高一上·辽宁期中）同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是（ ）
A．所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>SO2>CO2
B．所含的分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
C．所含的原子数由多到少的顺序是：CH4>H2>O2>CO2>SO2
D．密度由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2
【答案】A,C
【知识点】摩尔质量；气体摩尔体积
【解析】【解答】A.根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2，故A符合题意；
B.根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2，故B不符合题意；
C.取mg四种气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含原子数分别为 则所含原子数由多到少是：H2>CH4>CO2>O2>SO2，故C符合题意；
D.同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2，密度之比为：SO2>CO2>O2>CH4>H2，故D不符合题意；
故本题选AC。
【分析】由于摩尔质量M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4)>M(H2)，根据公式可知，当质量相同时，五种气体的物质的量n(SO2)11．（2021高一下·聊城期末）用18.0mol/L的浓硫酸20mL和铜共热一段时间后，待反应混合物冷却，滤去多余的铜，将滤液加水定容到100mL，溶液中浓度为2.6mol/L，则下列说法错误的是（ ）
A．反应后c(CuSO4)为2.6mol/L
B．反应中消耗的硫酸为0.1mol
C．溶解的铜的质量为6.4g
D．生成的SO2在标准状况下的体积为2.24L
【答案】A,B
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】A．实际消耗铜、生成硫酸铜均为0.10mol，则反应后稀释液中c(CuSO4)为1.0mol/L，A符合题意；
B． 结合分析可知，反应中消耗的硫酸为2×0.1mol=0.2mol，B符合题意；
C．溶解的铜的质量为0.10mol ×64g/mol =6.4g，C不符合题意；
D． 生成的SO2在标准状况下的体积为0.10mol× 22.4L/mol=2.24L，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】根据n=cV计算硫酸的初始物质的量，反应后溶液中浓度为2.6mol/L，根据n=cV计算反应后硫酸根的物质的量，根据S原子守恒计算生成的二氧化硫的物质的量，根据Cu与浓硫酸反应的化学方程式计算溶解的铜的质量、消耗硫酸的物质的量、生成CuSO4的物质的量和反应后c(CuSO4)。
12．（2022高二上·山东月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1 L0.05 mol/LFeCl3溶液中所含的Fe3+的数目为0.05NA
B．0.2 mol SO2和0.1 mol O2充分反应后，得到SO3的分子数为0.1NA
C．100 mL0.1 mol/LHNO2溶液中所含的的数目小于0.01NA
D．电解足量的CuSO4溶液，阴极增重12.8 g，外电路中通过电子的数目为0.4NA
【答案】C,D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1 L0.05 mol/LFeCl3溶液中含有溶质的物质的量为n(FeCl3)=0.05 mol/L×1 L=0.05 mol，但盐电离产生Fe3+会部分发生水解反应而消耗，故溶液中含有的Fe3+的数目小于0.05NA，A不符合题意；
B．SO2和O2反应生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，0.2 mol SO2和0.1 mol O2充分反应后，得到SO3的分子数小于0.2NA，但产生的SO3分子数目不能确定，受外界温度、压强等影响，B不符合题意；
C.100 mL0.1 mol/LHNO2溶液中含有HNO2的物质的量n(HNO2)=0.1 mol/L×0.1 L=0.01 mol，由于HNO2是一元弱酸，只有部分发生电离，溶液中存在电离平衡，故溶液中所含的的数目小于0.01NA，C符合题意；
D．电解足量的CuSO4溶液，总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4。根据方程式可知：每反应产生2 mol Cu，外电路中转移4 mol电子。现在阴极增重12.8 g，反应产生Cu的物质的量是n(Cu)=，则外电路中通过电子0.4 mol，故反应过程中转移的电子数目为0.4NA，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.Fe3+部分发生水解反应；
B．反应是可逆反应；
C.HNO2是一元弱酸，只有部分发生电离；
D．根据电解反应方程式判断。
13．（2022高一上·莱西期中）是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．16.25 g 水解形成的胶体粒子数为
B．等物质的量的和中含有阴离子数相等
C．100 g 46%的乙醇()水溶液中氧原子数目为
D．标准状况下11.2 L 溶于水，溶液中、、和HClO的微粒数之和为
【答案】B,C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．胶体粒子由若干个分子聚集形成，故胶体粒子数小于，A不符合题意；
B．中的阴离子为，中的阴离子为，故等物质的量的和中含有阴离子数相等，B符合题意；
C.100 g 46%的乙醇()水溶液中含46g乙醇和54g水，含有氧原子物质的量为=4mol，故含有氧原子数目为，C符合题意；
D．中含有两个氯原子，故溶液中、、和HClO的微粒数之和小于，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、胶体的粒子数小于铁离子的数目；
B、N3-为原子团，是一个整体；
C、结合乙醇和水的物质的量进行判断；
D、、、和HClO的微粒数之和小于。
三、非选择题
14．（2021高一上·杭州期中）某同学用 NaOH 固体配制 500 mL 0.40 mol/L 的 NaOH 溶液，请回答下列问题：
（1）配制该 NaOH 溶液需用电子天平（精确度 0.01g）称取 NaOH 固体 g。
（2）配制时，其正确的操作顺序是 (填序号，每个操作只用一次)
①用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒 2－3 次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
②在盛有 NaOH 固体的烧杯中加入适量水溶解
③将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
④将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
⑤改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
⑥继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线 1－2cm 处
（3）实际配制得到的溶液浓度偏低，可能的原因是 （填字母）。
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，未待干燥便用来配制
B．固体溶解后趁热移入容量瓶中
C．定容时，仰视刻度线
D．NaOH 固体已变质
（4）某同学需要 100mL0.1mol/L NaOH 溶液，需要取上述 NaOH 溶液 mL，该稀溶液配置过程中还需要增加使用的仪器是 。
【答案】（1）8.00
（2）②③①⑥⑤④
（3）C；D
（4）25；量筒、100mL 容量瓶（量筒规格不作要求，容量瓶必须有规格）
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）配制该溶液时，所需NaOH固体的质量m=n×M=c×V×M=0.40mol/L×0.5L×40g/mol=8.00g。
（2）配制溶液所需的步骤为计算→称量→溶解→冷气→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶。因此配制时的正确操作为②③①⑥⑤④。
（3）A、容量瓶未干燥，对实验结果无影响，A不符合题意；
B、退溶解后趁热移入容量瓶中，由于“热胀冷缩”使得溶液的体积V偏小，根据可知，所得溶液的浓度偏高，B不符合题意；
C、定容时仰视刻度线，则溶液的体积V偏大，根据公式可知，所得溶液的浓度偏低，C符合题意；
D、NaOH固体已变质，则所称得的NaOH固体的质量偏小，即溶液中溶质n偏小，根据公式可知，所得溶液的浓度偏低，D符合题意；
故答案为：CD
（4）由浓度较高的溶液配制浓度较低的溶液，为稀释过程，稀释时，溶液中溶质的物质的量保持不变，因此可得0.10mol/L×100mL=0.40mol/L×V，解得 V=25mL。
配制该100mL溶液时，还需用到100mL容量瓶；由于所需25mL 0.40mol/L的NaOH溶液需用量筒量取，因此所需的仪器还有量筒。
【分析】（1）根据公式m=n×M=c×V×M进行计算。
（2）根据溶液配制步骤进行排序。
（3）分析错误操作对n、V造成的影响，结合公式分析实验误差。
（4）由浓溶液配制稀溶液的过程为稀释，稀释过程中溶质的物质的量保持不变，据此计算所需NaOH溶液的体积。由浓溶液配制稀溶液时需使用量筒量取浓溶液的体积。
15．（2023高一上·定州期末）某同学进行实验时需要溶液左右，但实验室只有的浓硫酸。该同学利用所给试剂配制所需溶液。
（1）该同学应用量筒量取的浓硫酸体积为 (精确到)，实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，至少还需要的一种玻璃仪器是
（2）量取的浓硫酸需在烧杯中先稀释，稀释浓硫酸的操作是 。
（3）配制过程中主要有以下操作：
①定容 ②转移 ③量取 ④洗涤 ⑤稀释 ⑥摇匀
正确的操作顺序应是___________。
A．①②③④⑤⑥ B．③⑤②④①⑥ C．④⑤③②①⑥
（4）下列操作会引起所配溶液浓度偏高的有___________
A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液
C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容
D．烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出
【答案】（1）13.6；250mL容量瓶
（2）将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌
（3）B
（4）A；C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】 (1) 根据稀释前后溶质物质的量不变得到 ×V= ，得V=13.6mL，实验至少还需要的一种玻璃仪器是250mL容量瓶；
故答案为：
第1空、13.6
第2空、250mL容量瓶
(2) 稀释浓硫酸的操作是将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌；
故答案为： 第1空、将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌 。
(3) 配制过程中主要步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，正确的操作顺序应是③⑤②④①⑥
故答案为：B 。
(4) A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，浓度偏高，A符合题意；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对结果无影响，B不符合题意；
C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，体积偏小，浓度偏高，C符合题意；
D．烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质减少，浓度偏低，D不符合题意；
故答案为： A C 。
【分析】(1) 根据稀释前后溶质物质的量不变，实验需要容量瓶；
(2) 稀释浓硫酸的操作是将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌；
故答案为： 第1空、将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌 。
(3) 配制过程中主要步骤是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；
(4) A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，浓度偏高，；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对结果无影响，；
C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，体积偏小，浓度偏高；
D．烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质减少，浓度偏低。
16．（2023高一上·湖北期末）近年来，我国储氢碳管研究获得重大进展，电弧法合成碳纳米管，常伴有大量物质－碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4(稀)=3CO2↑+3K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。请回答下列问题。
（1）下列物质中：①碳纳米颗粒②K2Cr2O7晶体③CO2④熔融K2SO4⑤Cr2(SO4)3溶液⑥H2O⑦稀硫酸。属于电解质是 (填序号)。
（2）CO2的摩尔质量为 。
（3）用单线桥法标出上述反应电子转移的方向和数目 。
（4）标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，则该混合气体的平均相对分子质量是 。
（5）实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol L-1的H2SO4溶液，但是在实验室中只发现一瓶8mol L-1的H2SO4溶液，该小组用8mol L-1的H2SO4溶液配制所需溶液。
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该实验中需要量取8mol L-1的H2SO4溶液 mL。
【答案】（1）②④⑥
（2）44g/mol
（3）
（4）40
（5）AC；500mL容量瓶、玻璃棒；62.5
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；配制一定物质的量浓度的溶液；摩尔质量
【解析】【解答】解：（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质的有酸、碱、盐、金属氧化物和水。因此上述物质属于电解质的有②④⑥。
（2）摩尔质量以“g·mol-1”为单位时，数值上等于其相对分子质量，所以CO2的摩尔质量为44g·mol－1。
（3）反应过程中碳元素由0价变为＋3价，失去3×4=12个电子；铬元素由＋6价变为＋3价，得到3×2×2=12个电子。因此电子由碳元素转移到铬元素，用单线桥表示为。
（4）标准状态下，该混合气体的物质的量。所以混合气体的平均摩尔质量，所以该混合气体的平均相对分子质量为40。
（5）①配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为“计算→量取→稀释→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶、贴标签”。因此实验过程中所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以不需用到的仪器有AC。
②由浓溶液配制稀溶液的过程中，需加水进行稀释，过程中溶液溶质的物质的量保持不变，因此可得8mol·L－1×V1=1mol·L－1×500mL，解得 V2=62.5mL。
【分析】（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。
（2）摩尔质量以“g·mol-1”为单位时，数值上等于其相对分子质量。
（3）根据反应过程中元素化合价变化标注电子转移的数目和方向。
（4）根据公式进行计算。
（5）①根据溶液配制过程确定其所需的仪器。
②由浓溶液配制稀溶液的过程中，溶液中溶质的物质的量保持不变，根据公式c1V1=c2V2计算所需硫酸溶液的体积。
17．（2021高一上·松原月考）化学基本概念是学习化学的基石，请正确回答下列问题。
（1）今有7种物质：①液态氯化氢 ②乙醇 ③熔融的KNO3④铜线 ⑤NaCl晶体 ⑥小苏打溶液 ⑦氨水。
属于电解质的是 ，属于非电解质的是 能导电的是 。
（2）“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”如图所示：
其中I为化合反应，IV是 反应。
（3）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+ 2KNO3 +3C=K2S+N2↑+3CO2↑，反应中被还原的物质是 (填化学式)。
（4）NaH可在野外作生氢剂，反应原理为NaH+H2O=NaOH+ H2↑，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为 。
（5）15.6gNa2X含有0.2molX2-，含有Na+的物质的量是 ，Na2X的摩尔质量为 。
（6）工业制备漂白粉原理是 （用化学方程式表示)。
【答案】（1）①③⑤；②；③④⑥⑦
（2）置换
（3）S、KNO3
（4）1：1
（5）0.4；78g/mol
（6）2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型；电解质与非电解质；氯气的化学性质；物质的量的单位--摩尔
【解析】【解答】（1）①液态氯化氢为化合物，其水溶液能导电，因此属于电解质；
②乙醇为有机物，属于非电解质；
③熔融的KNO3为化合物，属于电解质，熔融状态下具有可自由移动的离子，因此能导电；
④铜为单质，既不是电解质也不是非电解质，但铜线能导电；
⑤NaCl晶体为化合物，其水溶液能导电，因此属于电解质；
⑥小苏打溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，溶液中存在可自由移动的离子，因此能导电；
⑦氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，溶液中存在可自由移动的离子，因此能导电。
综上，属于电解质的有①③⑤；属于非电解质的有②；能导电的有③④⑥⑦。
（2）四种基本反应为化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应。其中复分解反应一定不属于氧化还原反应；置换反应一定属于氧化还原反应；分解反应、化合反应可能属于氧化还原反应。因此图中Ⅳ为置换反应。
（3）该反应KNO3中氮元素由＋5价变为0价，化合价降低，发生还原反应；硫单质转换为K2S，硫元素化合价降低，因此S也发生还原反应。因此发生还原反应的物质有S、KNO3。
（4）反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑过程中，NaH中氢元素由－1价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，因此H2为氧化产物；H2O中氢元素由＋1价变为0价，化合价降低，发生还原反应，因此H2为还原产物。故该反应中氧化产物和还原产物都是H2，且其物质的量之比为1：1，则其质量比为1：1。
（5）Na2X在水中发生电离：Na2X=2Na＋＋X2－，因此n(Na＋)=2n(X2－)=2×0.2mol=0.4mol。15.6gNa2X的物质的量n(Na2X)=n(X2－)=0.2mol，因此Na2X的摩尔质量。
（6）漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，可用Cl2与石灰浆反应制得，该反应的化学方程式为：2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。
【分析】（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质的有酸、碱、盐、水和金属氧化物。非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质的有非金属氧化物、NH3和绝大多数有机物。能导电的物质有石墨、金属单质、电解质溶液和熔融状态下的电解质。
（2）四种基本反应类型中，一定属于氧化还原反应的为置换反应。
（3）若反应过程中有元素化合价降低，则该物质发生还原反应。
（4）根据反应过程中元素化合价的变化确定氧化产物和还原产物，结合反应的化学方程式计算二者的质量比。
（5）根据Na2X在水中的电离，计算n(Na＋)；根据公式计算其摩尔质量。
（6）工业上用Cl2与石灰浆反应制取漂白粉。
18．（2018高一上·翁牛特旗期中）氯化钠与氯化镁的混合物中，氯离子的物质的量之比为1：2，求混合物中两种物质的质量之比。
【答案】解：设氯化钠和氯化镁的物质的量分别是xmol、ymol，则根据氯离子的物质的量之比为1：2可知x：2y＝1：2，解得x＝y，所以混合物中两种物质的质量之比为58.5：95=117：190。
【知识点】物质的量的单位--摩尔
【解析】【分析】此题考查化合物中离子的关系比，根据总量列二元一次等式进行求解。实质考查物质中微粒关系。
19．摩尔是 的单位，1mol任何物质中所含有的粒子数约为 .1.5mol H2SO4的质量是 ，其中含有 mol O原子，含有 个 H原子．
【答案】物质的量；6.02×1023；147g；6；1.806×1024
【知识点】物质的量的单位--摩尔
【解析】【解答】摩尔是物质的量的单位，1mol任何物质中所含有的粒子数约为6.02×1023；1.5mol H2SO4的质量为：98g/mol×1.5mol=147g，含有1.51mol×4=6mol氧原子，含有的氢原子的物质的量为1.5mol×2=3mol，个数为：6.02×1023×3=1.806×1024，
故答案为：物质的量；6.02×1023；147g；6；1.806×1024．
【分析】根据物质的量的单位是摩尔完成；1mol任何物质都含有阿伏加德罗常数个粒子；根据硫酸的摩尔质量计算出硫酸的质量、含有的氧原子、氢原子物质的量．
20．（2018高一上·广西月考）请将下表填写完整：
物质 物质的量 质量 分子或离子数目
SO2 2 mol
SO42- 6.02×1023
【答案】128g；1.204×1024；1mol；96g
【知识点】摩尔质量
【解析】【解答】（1）2molSO2的质量m=n×M=2mol×64g/mol=128g；
（2）2molSO2所含的分子数N=n×NA=2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1024；
（3）6.02×1023个SO42-的物质的量；
（4）1molSO42-的质量m=n×M=1mol×96g/mol=96g；
【分析】此题是对物质的量相关计算的考查，掌握相关计算公式、以及公式的变形即可得出正确答案。
21．（2018高一上·新疆期中）瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为多少？
【答案】解：依据甲烷与氧气的质量比为1：4，设甲烷的质量为a，其物质的量为 mol；则氧气的质量为4a，其物质的量为 mol；依据“在同温同压下气体的物质的量之比等于其体积比”可知，极易爆炸时甲烷和氧气的体积比为： 。
【知识点】摩尔质量；气体摩尔体积
【解析】【分析】根据甲烷和氧气的摩尔质量计算两种气的物质的量之比，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比。
22．（2021高一上·惠阳月考）空气与我们的生存息息相关。SO2是主要的大气污染物之一，CO2是主要的温室气体。
（1）SO2属于酸性氧化物，下列物质中可以与其发生反应的是 。
A．Na2O B．NaCl C．CO2 D．H2O
（2）双碱法脱硫过程如下图所示。
①Na2SO3的电离方程式是 。
②下列反应中，能用同一离子方程式表示的是 （填序号）。
A.Ca（OH）2溶液与稀CH3COOH B.NaOH和稀H2SO4
C.Ca（OH）2溶液与稀HNO3 D.NaOH和稀盐酸
③过程I的离子方程式是 。
④过程Ⅱ中反应的化学方程式是 。
⑤双碱法脱硫过程中，循环利用的物质是 (填化学式)
（3）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2充电电池。电池的总反应为：3CO2+4Na=2Na2CO3+C。
该电池消耗6.6gCO2时，消耗标准状况下CO2的体积是 L，其中含氧原子 个（已知阿伏加德罗常数的数值为NA）
【答案】（1）A；D
（2）Na2SO4=2Na++SO32-；BCD；2OH-+SO2=SO32-+H2O；2Ca(OH)2+2Na2SO3+O2=2CaSO4+4NaOH；NaOH
（3）3.36；0.3NA
【知识点】离子方程式的书写；电离方程式的书写；摩尔质量；气体摩尔体积
【解析】【解答】（1）A、SO2能与Na2O反应生成Na2SO3，A符合题意；
B、SO2与NaCl不反应，B不符合题意；
C、SO2与CO2不反应，C不符合题意；
D、SO2能与H2O反应生成H2SO3，D符合题意；
故答案为：AD
（2）①Na2SO3为可溶性盐，在水中完全电离产生Na＋和SO32－，其电离方程式为：Na2SO3=2Na＋＋SO32－。
②A、Ca(OH)2是强碱，CH3COOH是弱酸，二者反应生成可溶性盐(CH3COO)2Ca和H2O，因此反应的离子方程式为：OH－＋CH3COOH=CH3COO－＋H2O；
B、NaOH为强碱，H2SO4为强酸，二者反应生成可溶性盐Na2SO4和H2O，因此反应的离子方程式为：OH－＋H＋=H2O；
C、Ca(OH)2为强碱，HNO3为强酸，二者反应生成可溶性盐Ca(NO3)2和H2O，因此反应的离子方程式为：OH－＋H＋=H2O；
D、NaOH是强碱，HCl是强酸，二者反应生成可溶性盐NaCl和H2O，因此反应的离子方程式为：OH－＋H＋=H2O；
综上，能用同一离子方程式表示都是BCD。
③过程Ⅰ中SO2与NaOH溶液反应生成可溶性Na2SO3和H2O，该反应的离子方程式为：SO2＋2OH－=SO32－＋H2O。
④过程Ⅱ中Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应生成NaOH和CaSO4，该反应的化学方程式为：2Ca(OH)2＋2Na2SO3＋O2=2CaSO4＋4NaOH。
⑤由双减发脱硫过程可知，过程Ⅰ中消耗NaOH，过程Ⅱ中又有NaOH生成，因此可循环利用的物质有NaOH。
（3）6.6gCO2的物质的量，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.15mol×22.4L/mol=3.36L。其所含的氧原子数N=n×NA=0.15mol×2×NA=0.3NA。
【分析】（1）酸性氧化物能与碱性氧化物、碱溶液和水反应。
（2）①Na2SO3为可溶性盐，在水中完全电离产生Na＋和SO32－，据此写出其电离方程式。
②选项所给为酸碱中和反应，结合酸碱的强弱、生成盐的溶解性确定其离子方程式。
③过程Ⅰ中SO2与NaOH溶液反应生成可溶性Na2SO3和H2O，据此写出反应的离子方程式。
④过程Ⅱ中Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应生成NaOH和CaSO4，据此写出反应的化学方程式。
⑤反应过程中有消耗，又有生成的物质，则为可循环利用的物质。
（3）根据公式计算CO2的物质的量，再结合公式V=n×Vm计算其在标准状态下的体积。根据公式N=n×NA计算其所含的氧原子。
23．（2021高一上·广东期中）“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶84消毒液，该消毒液通常稀释到100倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如图信息：
84消毒液 (有效成分)NaClO (规格)1000
mL (质量分数)25% (密度)1.20g/cm3
回答下列问题：
（1）该“84消毒液”NaClO物质的量浓度约为 (保留1位小数)。
（2）工业上用Cl2与浓氢氧化钠溶液反应制取“84消毒液”，请写出反应的化学方程式： 。
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL该种“84消毒液”。下列说法错误的是_______(填字母)。
A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还另需要一种玻璃仪器
B．使用前要检查容量瓶是否漏液
C．容量瓶上标有容积、温度和浓度
D．需要称量NaClO固体的质量为149.0 g
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，须烘干后再使用
（4）一瓶上述“84消毒液”理论上能吸收空气中 L的CO2 (标准状况下)而变质。(已知：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO)
（5）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，请用化学方程式解释其原因： ，某消毒小组人员用18mol·L-1的浓硫酸配制500mL3.6mol·L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力，需取用浓硫酸的体积为 mL。
（6）在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏高的有 (填序号)。
①用量筒量取98%的硫酸时俯视
②未等稀释后的H2SO4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，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑤定容时，俯视刻度线
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水
【答案】（1）4.0mol/L
（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（3）A；C；E
（4）89.6
（5）H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；100
（6）②⑤
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；气体摩尔体积
【解析】【解答】（1）该溶液的物质的量浓度c= mol/L≈4.0mol/L；
（2）Cl2与浓氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（3）A．配制一定物质的量浓度一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：圆底烧瓶、分液漏斗，还需要仪器玻璃棒、胶头滴管，故A不正确；
B．配制溶液时需要摇匀溶液，所以使用前要检查容量瓶是否漏液，故B正确；
C．容量瓶上标有容积、温度和刻度线，没有浓度，故C不正确；
D．配制 480mL 含 NaClO 质量分数为25%的消毒液，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量：0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol=149.0 g，故D正确；
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需干燥，可以直接使用，且烘干会影响容量瓶的精度，故E不正确；
故答案为：ACE；
（4）一瓶“84消毒液”含有n(NaClO)=1 L×4.0 mol L -1=4.0 mol， 根据反应CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，则需要CO2的物质的量为n(CO2)=4.0 mol，标准状况下V(CO2)=4.0 mol×22.4 L mol -1=89.6 L；
（5）84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，原理是稀硫酸与次氯酸钠反应生成氧化性更强的次氯酸，化学方程式为：H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；假设需要浓硫酸的体积为V，则V×18mol/L=500mL×3.6mol/L，V=100.0mL；
（6）①用量筒量取98%的硫酸时俯视，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，
故答案为：；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
⑤定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，
故答案为：；
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；
故答案为：②⑤。
【分析】（1）根据公式计算其物质的量浓度。
（2）Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（3）A、根据溶液配制过程确定所需的仪器；
B、容量瓶使用前需检漏；
C、容量瓶瓶身上标有容积、温度和刻度线；
D、根据公式m=n×M=c×V×M计算所需NaClO的固体，注意所用体积为500mL；
E、容量瓶使用前可不干燥；
（4）根据反应的化学方程式计算吸收CO2的物质的量，结合公式V=n×Vm计算其在标准状态下的体积。
（5）酸性H2SO4>HClO，因此H2SO4能与NaClO反应生成HClO，使得溶液的消毒能力增强；由浓溶液配制稀溶液的过程中涉及稀释操作，结合稀释公式c稀V稀=c浓V浓计算所需浓硫酸的体积。
（6）分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析实验误差。
24．（2019高一上·辽宁期中）
（1）一个铁原子的质量为m
g, 设NA表示阿伏加德罗常数的值，则铁的摩尔质量为 。
（2）标准状况下4.48LCO和CO2混合气，质量为7.2g。其中CO的体积分数为 。
（3）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热至液体变为 色，得到的是Fe(OH)3胶体，区别Fe(OH)3胶体和饱和FeCl3溶液的方法是 ，将Fe(OH)3胶体装入U型管中，用石墨电极接通直流电，通电一段时间后，发现阴极区域附近的颜色加深，这说明 ，这种现象称为电泳。
（4）实验室将氯酸钾和二氧化锰固体混合物充分加热至不再产生气体，从所剩固体混合物中提取纯净的二氧化锰的操作依次为 、 、 、 。
【答案】（1）mNAg·mol-1
（2）50%
（3）红褐；丁达尔效应；氢氧化铁胶体微粒带正电荷
（4）溶解；过滤；洗涤；干燥
【知识点】气体摩尔体积；胶体的性质和应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】（1）一个铁原子的质量为mg，N
A个铁原子质量之和为mN
Ag，所以铁的摩尔质量为mN
Ag·mol
-1；综上所述，本题答案是：mN
Ag·mol
-1。（2）设CO物质的量为xmol，CO
2物质的量为ymol，28x+44y=7.2，x+y=4.48/22.4，解之x=0.1mol，y=0.2mol，混合气体的体积分数之比为气体的物质的量分数之比，所以混合气体中CO的体积分数为50%；综上所述，本题答案是：50%。（3）将饱和FeCl
3溶液滴入沸水中，继续加热至溶液呈红褐色，得到的是Fe(OH)
3胶体；胶体具有丁达尔效应，因此区别Fe(OH)
3胶体和饱和FeCl
3溶液的方法是丁达尔效应；将Fe(OH)
3胶体装入U型管中，用石墨电极接通直流电，通电一段时间后，发现阴极区域附近的颜色加深，这说明氢氧化铁胶体微粒带正电荷，这种现象称为电泳。综上所述，本题答案是：红褐，丁达尔效应，氢氧化铁胶体微粒带正电荷。（4）实验室将氯酸钾和二氧化锰固体混合物充分加热至不再产生气体，所剩固体为氯化钾和二氧化锰的混合物，氯化钾溶于水，而二氧化锰不溶于水，所以从中提取纯净的二氧化锰的操作先把混合物加水溶解，然后进行过滤，滤渣为二氧化锰，进行洗涤和干燥即可；综上所述，本题答案是：溶解，过滤，洗涤，干燥。
【分析】（1）有关物质的量的计算，做题的思路一定是要以计算出物质的量为首要任务，然后以物质的量为出发点计算各个量。
（3）关于氢氧化铁胶体的制备要谨遵书上的实验，其过程为：将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热至溶液呈红褐色，得到的是Fe(OH)3胶体。其中氢氧化铁胶粒带正电，在电场作用下向阴极移动。
（4）实验室将氯酸钾和二氧化锰固体混合物充分加热至不再产生气体 ，剩余固体为，氯化钾和二氧化锰的混合物，氯化钾溶于水，二氧化锰不溶于水，所以该提纯过程和食盐中混有泥沙的提纯过程类似。
25．（2018高一上·腾冲期中）现有1 L的 Al2（SO4）3溶液，含Al3+ 216 g，取250 mL溶液稀释到4 L，则稀释后溶液中的SO42-物质的量浓度是 。
【答案】0.75 mol·L-1
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】溶液中Al3+的物质的量，则溶液中，该溶液中
由于稀释过程中，溶质的物质的量保持不变，由稀释公式c1V1=c2V2可得稀释后所得溶液中SO42-的物质的量浓度
【分析】先由Al3+的质量确定溶液中SO42-的物质的量浓度，再结合稀释公式c1V1=c2V2计算稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度。
26．（2022高一上·太原期中）工业制取盐酸时，将标准状况下氢气与适量氯气恰好完全反应，再将反应生成的全部气体用水吸收，得到盐酸。请计算该工业制得盐酸的物质的量浓度 。
【答案】12mol/L。
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】根据可知，标准状况下氢气（1.5×103mol）与适量氯气恰好完全反应生成HCl3.0×103mol，再将反应生成的全部气体用水吸收，得到盐酸，盐酸的物质的量浓度3.0×103mol÷250L=12mol/L。
【分析】依据c=n/V计算。
27．（2023高一下·泸县开学考）已知某“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：
84消毒液 [有效成分] NaClO [规格] 3.8L [质量分数] 28% [密度] 1.20g·cm-3
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为 mol·L-1
(计算结果保留小数点后一位)。
（2）某同学取10mL该84消毒液稀释至1000mL，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中n(Na+)= mol。
（3）“84消毒液”与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)一起使用反而会弄巧成拙，产生有毒的气体，造成中毒事件。实验室用密度为1.25g·mL-1，质量分数36.5%的浓盐酸配制0.1mol·L-1的盐酸240mL。
①配制240 mL 0.1 mol·L-1的盐酸应选用 mL的容量瓶。
②下列操作对应所配溶液的浓度偏大的是 。
A．定容时，俯视刻度线；
B．用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线；
C．定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，加水至刻度线；
D．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水。
③与洁厕灵(浓盐酸)不能混用的原因(用离子方程式表述)： 。
【答案】（1）4.5
（2）0.045
（3）250；AB；Cl- + ClO-+ 2H+=Cl2↑+ H2O
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度。
（2）稀释过程中，溶液中溶质的量保持不变，因此稀释后溶液中n(Na＋)=4.5mol·L－1×10×10－3L=0.045mol。
（3）①容量瓶具有一定的规格，常用的容量瓶的容积为100mL、250mL、500mL、1000mL。因此配制240mL0.1mol·L－1的溶液时，需选用250mL容量瓶。
②A、定容时俯视刻度线，则所得溶液的体积偏小，即V偏小，由公式可知，最终所得溶液的浓度偏大，A符合题意；
B、用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线，则所得浓盐酸的量偏大，即n偏大，由公式可知，最终所得溶液的浓度偏大，B符合题意；
C、定容摇匀后继续加水，则溶液的体积偏大，即V偏大，由公式可知，最终所得溶液的浓度偏小，C不符合题意；
D、容量瓶使用前为干燥，对实验结果无影响，D不符合题意；
故答案为：AB
③ClO－、Cl－在酸性条件下可反应生成Cl2和H2O，该反应的离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。
【分析】（1）根据公式计算该溶液的物质的量浓度。
（2）稀释前后，溶液中溶质的量保持不变，根据公式n=c×V计算溶液中n(Na＋)。
（3）①配制240mL溶液，应使用250mL容量瓶。
②分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析实验误差。
③ClO－、Cl－在酸性条件下可反应生成Cl2，据此写出反应的离子方程式。
28．（2018高一上·新疆期中）某溶液中只含有Ba2+ Mg2+
Ag+三种阳离子，现用适量的NaOH溶液、稀盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示：
（1）沉淀1的化学式为 ，生成该沉淀的离子方程式为 。
（2）若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2化学式为 。
（3）若试剂B为NaOH溶液，则生成沉淀2的离子方程式为 。
（4）如果原溶液中Ba2+ Mg2+
Ag+的浓度均为0.1
mol·L-1，且溶液中含有的阴离子只有NO3-，则溶液中NO3- 浓度为 mol·L-1。
【答案】（1）AgCl；Ag＋+Cl－=AgCl↓
（2）BaSO4
（3）Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓
（4）0.5
【知识点】离子反应发生的条件；离子方程式的书写；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）加入稀盐酸，发生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，沉淀1为AgCl；
（2）溶液1中含有离子是Ba2＋、Mg2＋、H＋和Cl－，加入Na2SO4，发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，沉淀2是BaSO4；
（3）根据反应（2）的分析，发生反应H＋＋OH－=H2O，Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓；
（4）根据电荷守恒，2c（Ba2＋）＋2c（Mg2＋）＋c（Ag＋）=c（NO3－），c（NO3－）=（2×0.1＋2×0.1＋0.1）mol·L－1=0.5mol·L－1。
【分析】混合溶液中加入盐酸后，铝离子与银离子反应生成氯化银沉淀，然后加入硫酸钠生成硫酸钡沉淀，再加入氢氧化钠溶液生成氢氧化镁沉淀（硫酸钠与氢氧化钠的加入顺序颠倒也可以），可根据溶液的电中性计算硝酸根离子的物质的量浓度。
29．（2022高一上·沈阳期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，根据所学知识，回答下列问题。
（1）1.6gCH4含有的电子数是 个。
（2）标准状况下，含有6.02×1023个氧原子的CO2质量是 g，体积是 L。
（3）同温同压下，体积比为3：2的H2和CO，它们的物质的量之比为 ，质量之比为 (填最简整数比)。
（4）已知ag某气体中含分子数为b，则该气体的摩尔质量为 。
（5）VLFe2(SO4)3溶液中含Fe3+ag，则溶液中SO的物质的量浓度为 。
【答案】（1）NA
（2）22g；11.2L
（3）3：2；3：28
（4）
（5）
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】（1）的物质的量，而是10电子微粒，所以含有的电子数为：，故答案为：NA。
（2）6.02×1023个氧原子即1molO，则CO2的物质的量为0.5mol，质量是：，体积是；故答案为：22g；11.2L。
（3）同温同压下，Vm相同，它们的物质的量之比等于其体积比，即为3：2；质量之比为，故答案为：3：2；3：28。
（4）分子数为b，则物质的量为，则该气体的摩尔质量为，故答案为：。
（5）Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+的物质的量浓度，且Fe2(SO4)3溶液中Fe3+与SO的个数之比为：2：3，同一溶液中Fe3+与SO的物质的量浓度之比也为：2：3，所以；故答案为：。
【分析】（1）结合公式n=m/M判断；
（2）结合公式n=N/NA和公式n=m/M判断；
（3）同温同压下，体积之比等于物质的量之比；
（4）结合公式M=m/n和公式n=N/NA判断；
（5）结合公式n=m/M和公式c=n/V判断。
30．（2017高一上·湖南期末）2mol H2SO4的质量为 g，所含氧原子数目为 ，完全中和这些硫酸，消耗NaOH的物质的量是 mol．
【答案】196；8NA；4
【知识点】摩尔质量；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：2mol硫酸的质量为：2mol×98g/mol=196mol；
2mol H2SO4所含氧原子数目：N=2mol×NA×4=8NA；
由反应H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O可知：
H2SO4+ 2NaOH═Na2SO4+2H2O
1 2
2mol n
解得：n=4mol，
故答案为：196； 8NA（或4.816×1024）； 4．
【分析】依据m=M×n计算硫酸的质量；
依据N=NA×n计算出硫酸分子的个数，结合1个硫酸分子中含有4个原子解答；
依据反应：H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O计算解答．
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