2.2溶液组成的定量研究课堂同步练习(含解析)苏教版高中化学必修第一册
文档属性
| 名称 | 2.2溶液组成的定量研究课堂同步练习(含解析)苏教版高中化学必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 485.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-30 14:56:51 | ||
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文档简介
2.2溶液组成的定量研究课堂同步练-苏教版高中化学必修第一册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．实验中要用的盐酸可由密度为、质量分数为36.5%的浓盐酸稀释得到，20mL该浓盐酸可以稀释得到盐酸的体积为
A．25mL B．30mL C．35mL D．40mL
2．青花瓷，俗称青花，是中国瓷器的主流品种之一。某同学利用如下方法来粗略测定青花瓷瓶的容积，把 NaCl晶体放入到500mL烧杯中，加入200mL蒸馏水，待NaCl完全溶解后，将溶液包括洗涤液全部转移到该瓶中，用蒸馏水稀释至完全充满容器。从中取出100mL溶液，该溶液恰好能与10mL 的溶液完全反应。则下列说法正确的是（ ）
A．该青花瓷瓶的容积约为
B．常温下，该青花瓷瓶几乎能容纳56kg
C．常温常压下，该青花瓷瓶能容纳70g
D．标准状况下，充满HCl气体，加满水后所得溶液物质的量浓度为
3．下列溶液中的c(Cl-)与50mL1mol·L-1 AlCl3溶液中的c(Cl-)相等的是
A．150mL1mol·L-1 NaCl溶液 B．75mL2mol·L-1 FeCl3溶液
C．75mL2mol·L-1 BaCl2溶液 D．150mL3mol·L-1 KCl溶液
4．配制溶液的操作如下所示。下列说法不正确的是
A．操作1前称取的质量为4.0g
B．操作2前溶液需恢复至室温
C．操作3和操作4分别为洗涤和定容
D．操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线
5．1 L Na2SO4溶液中含Na+ 4.6 g, 则溶液中浓度为
A．0.1mol/L B．0.4mol/L
C．0.6mol/L D．0.2mol/L
6．将aL和的混合溶液分成两等份，一份加bmol溶液使完全沉淀；另一份加足量NaOH溶液并加热可得cmol，则原溶液中的物质的量浓度为
A． B． C． D．
7．下列叙述正确的是
A．等物质的量的和所含分子数为
B．将个分子溶于1L水中制得的盐酸
C．和的混合物中含有的原子总数为
D．和的混合气体所含原子数为
8．下列溶液中Na+浓度最小的是
A．400mL0.02mol·L-1NaCl溶液 B．300mL0.02mol·L-1Na2SO4溶液
C．100mL0.03mol·L-1NaNO3溶液 D．200mL0.01mol·L-1Na3PO4溶液
9．下列溶液中的氯离子物质的量浓度与 100 mL 1 mol·L－1 的 AlCl3 溶液中氯离子物质的量浓度相等的是
A．200 mL 1 mol·L－1 的 NaCl B．200 mL 2 mol·L－1 的NH4Cl
C．100 mL 3 mol·L－1 的 KCl D．100 mL 2 mol·L－1 的BaCl2
10．如图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是
饮用矿物质水 净含量：500mL 配料表：纯净水 硫酸镁 氯化钾 保质期：12个月 主要离子成分：钾离子(K+):1.0-27.3mg/L 镁离子(Mg2+):0.2-4.8mg/L
A．标签上离子的浓度是物质的量浓度
B．Mg2+的摩尔质量为24克
C．该品牌饮用矿泉水中c(Mg2+)最大值为2.0×10-4mol L-1
D．一瓶该品牌饮用矿泉水中SO的物质的量不超过1.0×10-5mol
二、填空题
11．配制500mL 1mol/L NaOH溶液时，下列哪些操作会使实验结果偏高 ，偏低 ，无影响 。
a．振荡，摇匀溶液后，发现液面低于刻度线，再补加水
b．称量时，固体放在右盘，砝码放在左盘（未用游码）
c．原容量瓶洗涤后未干燥
d．定容时俯视刻度线
e．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒
f．在烧杯中溶解NaOH固体后，未冷却立即将溶液注入容量瓶中
12．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。
阴离子 CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl－
阳离子 Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH4+、Na＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。
(1)若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是 ，ab段发生反应的离子是 ，bc段发生反应的离子方程式为 。
(2)若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是 ， ab段反应的离子方程式为 。
13．今欲用NaOH固体配制500mL0.1mol·L-1的NaOH溶液。根据题意填空：
(1)配制该溶液应选用 mL容量瓶。
(2)用托盘天平称取 gNaOH固体。
(3)将称好的NaOH固体放入500mL的大烧杯中，倒入约300mL蒸馏水，用 搅拌至完全溶解。待 后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流，转移至容量瓶。
(4)用少量蒸馏水洗涤烧杯 次，洗涤液 ，轻轻晃动容量瓶，使溶液混和均匀。
(5)向容量瓶中加入蒸馏水，到液面 时，改用 加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。盖好瓶塞，颠倒摇匀。
(6)从配制的NaOH溶液中取出200mL，此200mL溶液的浓度是 。
14．按要求填空：
(1)写出下列物质溶于水或熔融状态下的电离方程式：
①NaHCO3： ；②熔融状态的KHSO4： 。
(2)现有以下物质：①NaCl晶体②液态HCl③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2⑧H2SO4⑨KOH固体
a．以上物质中能导电的是 (填字母序号，下同)；
b．以上物质中属于电解质的是 ，
c．以上物质中，溶于水且生成的水溶液能导电的物质是 。
(3)现需配制0.1mol·L-1NaOH溶液450mL。
①根据计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为 g，为完成此溶液配制实验需要的玻璃仪器有 ；
②配制溶液时，下列操作会导致所配溶液的浓度偏低的是 (填字母序号)。
a．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转移入容量瓶中
b．定容时，眼睛俯视使溶液凹液面最低点与容量瓶刻度线相切
c．容量瓶中原残留有少量蒸馏水
d．定容后加水过量，又从容量瓶中取出部分溶液，使液面降至刻度线
15．（1）47.5g某二价金属的氯化物中含有1molCl-，则该金属氯化物的摩尔质量为 ；该金属的相对原子质量为 。
（2）标准状况下，3.4g NH3 的体积为 ；它与标准状况下 L H2S含有相同数目的氢原子。
（3）已知CO、CO2混合气体的质量共10.0g，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 。
（4）将4g NaOH 溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质 的量浓度为 。
（5）已知ag氢气中含有b个氢原子，则阿伏伽德罗常数的值可表示为 。
16．某同学按下列步骤配制500mL 0.200mol·L－1 Na2CO3溶液，请回答有关问题。
实验步骤 有关问题
(1)计算所需Na2CO3的质量 需要Na2CO3的质量为 g。
(2)称量Na2CO3固体 称量过程中主要用到的仪器是
(3)将Na2CO3加入100mL烧杯中 为加快溶解速率，可采取的措施是
(4)将烧杯中的溶液转移至500mL容量瓶中 为防止溶液溅出，应采取的措施是
(5)向容量瓶中加蒸馏水至刻度线 在进行此操作时应注意的问题是
(6)你认为按上述步骤配制的Na2CO3溶液的浓度是否为0.200mol·L－1，请说明理由。
17．(1)NaOH的摩尔质量是 。将4gNaOH溶于水配制成100mL溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度是 。取出10mL上述溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度是 。
(2)根据交叉分类法，请用直线将下面的酸与酸的分类连接起来
还可以补充的酸的分类标准有(只填一种)： ，从而将酸分成 。
18．请回答下列问题：
（1）现有下列状态的物质①干冰 ②NaHCO3晶体 ③氨水 ④纯醋酸 ⑤FeCl3溶液⑥铜 ⑦熔融的KOH ⑧蔗糖， 其中属于电解质的是 ，能导电的是 .
（2）向煮沸的蒸馏水中逐滴加入 溶液,继续煮沸至 ,停止加热,可制得Fe(OH)3胶体,制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为 .
（3）实验室制欲用固体NaOH来配0.5mol/L的NaOH溶液500mL,配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为 .在配制过程中，若其它操作均正确，下列操作会引起结果偏高的是
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒 B．未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
C． 容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 D．定容时俯视标线
E. 称量时间过长。
19．选择装置，完成实验。
① ② ③
(1)用萃取碘水中的，选用 (填序号，下同)。
(2)配制100 mL 0.50 mol/L NaOH溶液，选用 。
(3)从NaCl溶液中获取NaCl固体，选用 。
20．(1)1.2gRSO4中含0.04mol氧原子，则R的摩尔质量是
(2)铝与氢氧化钠溶液反应的方程式 分别与足量的稀盐酸、氢氧化钠溶液反应，生成的气体的体积比为 (同温同压)，消耗的HCl和NaOH物质的量之比为
(3)物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3，溶液中Cl- 的物质的量浓度之比为 ；体积相同的、物质的量浓度之比为1：2：3的NaCl、MgCl2、 ACl3三种溶液中Cl-的物质的量之比为 ；
(4) 11 gX2O气体在标准状况下的体积为5.6L，则此气体的摩尔质量为 ，X的相对原子质量为 。此气体的化学式为 ，它与标准状况下 升N2具有相同的质量。
(5) 1molS2-含有 mol质子， mol中子， 个核外电子。
三、实验题
21．新冠肺炎疫情期间，环境消毒是极其关键的，常常喷洒“84”消毒液，其有效成分为NaClO。
(1)某实验需用480mLNaClO的消毒液，现用NaClO固体配制，用托盘天平称量NaClO的固体质量为 g。
(2)实验中必须用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、 。
(3)以下有关配制该溶液的说法正确的是 (填字母)。
① ② ③
A．溶解NaClO固体的操作如图①所示；
B．定容时的操作如图②所示；
C．定容时的操作可用图③表示；
D．定容时向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线1—2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
E.定容摇匀后，若发现凹液面低于刻度线，此时不需要用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线；
(4)下列操作可能使配制溶液浓度偏低的是 (填字母)。
A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒 B．溶解后未经冷却就移液且马上定容
C．移液时，有少量液体溅出 D．定容时，仰视刻度线
E.容量瓶内有少量水
(5)曾有报道，在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是盐酸)与“84”消毒液而发生氯气中毒事件。请用离子方程式解释其原因： 。
22．实验室配制500 mL 0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液，实验操作步骤有
①用天平称取一定量的Na2CO3·10H2O，放在烧杯中用适量的蒸馏水将其完全溶解；
②把制得的溶液小心地注入 中；
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1 cm～2 cm处，改用 小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；
④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转移入容量瓶，并轻轻摇匀；
⑤将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。
请填写下列空白：
(1)操作步骤的正确顺序为(填序号) ；
(2)写出②③步骤中，所缺的仪器 、 ；
(3)若实验遇下列情况，溶液的物质的量浓度是： ①偏高 ②偏低 ③没影响
A．加水定容时俯视刻度线 (填序号)
B．忘记将洗涤液转入容量瓶 (填序号)
C．使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥 (填序号)
D．定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出 (填序号)
(4)计算所需Na2CO3·10H2O的质量 。
23．根据所给出的装置图回答下列问题：
（1）①～④中，使用前必须检查是否漏水的是 （填仪器序号）。
（2）分离溴水中的溴应先选择装置 （填Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ或Ⅳ序号，下同），进行操作A （填操作名称，下同）；再选装置 ，进行操作B ；操作A需在溴水中加一种试剂，选择这一试剂时，下列性质你认为哪些是必需的： (填字母)。
A．常温下为液态 B．Br2在其中溶解程度小 C． 与水互不相溶
D．密度比水大 E. 与Br2不反应 F. 溶解Br2后呈现橙红色
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】密度为 1.2 g cm 3 、质量分数为36.5%的浓盐酸的物质的量浓度为c==12.0mol/L，稀释前后溶质的物质的量不变，20mL该浓盐酸可以稀释得到 6.0 mol L 1 盐酸的体积为=40mL，故选D。
2．B
【详解】A．设NaCl的物质的量浓度为x，由溶液恰好能与10mL、的溶液完全反应，则，，设青花瓷瓶的容积为V，则，解得，故A错误；
B．因常温下，56L水的质量为，则该青花瓷瓶几乎能容纳，故B正确；
C．若为标况下，该青花瓷的容积为56L，故可以盛气体的物质的量n==2.5mol，m=nM=2.5mol×28g/mol=70g，.因在常温气体的摩尔体积大于，则该青花瓷瓶容纳的氮气质量小于70g，故C错误；
D．标况下充满HCl气体，，加满水后所得溶液物质的量浓度，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题以信息来考查学生对物质的量浓度的计算及物质的体积的计算，明确浓度的关系及物质的质量与体积的关系是解答的关键。
3．D
【分析】根据一定物质的量浓度溶液中电解质的电离计算离子浓度分析。
【详解】50mL 1 mol L-1AlCl3 溶液中Cl-物质的量浓度是1 mol L-1×3=3mol L-1，
A. 150mL1mol L-1NaCl溶液中c（Cl-）=1 mol L-1×1=1 mol L-1，故A错误；
B. 75mL2mol L-1FeCl3溶液中c（Cl-）=2mol L-1×3=6 mol L-1，故B错误；
C. 75mL2mol·L-1 BaCl2溶液中c(Cl-)=2mol L-1×2=4 mol L-1，故C错误；
D. 150mL3mol·L-1 KCl 溶液中c（Cl-）=3 mol L-1×1=3mol L-1，故D正确。
故选D。
【点睛】溶液中的离子浓度与体积无关，只与该物质的物质的量浓度有关。溶液中的离子浓度=该物质的物质的量浓度×离子的下角标系数。
4．D
【详解】A．，，A正确；
B．转移到容量瓶前应冷却至室温，B正确；
C．操作3为洗涤，操作4为定容，C正确；
D．定容并摇匀后，容量瓶内部，瓶塞处会粘有部分液体，造成液面下降，但是溶液浓度没有变化，若再加入水会使浓度偏小，D错误；
答案选D。
5．A
【详解】4.6g钠离子的物质的量是4.6g÷23g/mol＝0.2mol，则根据硫酸钠的化学式可知，硫酸钠的物质的量是0.1mol，则的物质的量是0.1mol，所以其浓度是0.1mol÷1L＝0.1mol/L，故A正确。
故选A。
6．D
【详解】一份加bmol溶液使完全沉淀，说明一份溶液中含有bmol；一份加足量NaOH溶液并加热可得cmol，说明一份溶液中含有cmol；设一份溶液含有amolAl3+，根据电荷守恒3n(Al3+)+ n()=2 n()，n(Al3+)=，原溶液中的物质的量浓度，故选D。
7．C
【详解】A．等物质的量的和所含分子数相等，但不一定是，故A错误；
B．将个分子溶于1L水中，所得溶液体积不是1L，所以盐酸的浓度不是，故B错误；
C．的最简式都是NO2，和的混合物中含有的原子总数，故C正确；
D．非标准状况下，和的混合气体的物质的量不一定是0.1mol，故D错误；
选C。
8．A
【详解】A．400mL0.02mol·L-1NaCl溶液中Na+浓度为0.02mol·L-1；
B．300mL0.02mol·L-1Na2SO4溶液中Na+浓度为=0.04 mol·L-1；
C．100mL0.03mol·L-1NaNO3溶液Na+浓度为0.03 mol·L-1；
D．200mL0.01mol·L-1Na3PO4溶液中Na+浓度为=0.03 mol·L-1；
综上所述，溶液中Na+浓度最小的是0.02mol·L-1，A项符合题意。
故选A。
9．C
【分析】溶液中给定的物质的浓度与体积无关。溶液中含有氯离子的浓度=物质的浓度物质含有的氯离子个数，1 mol/L的 AlCl3中氯离子浓度为3 mol/L。
【详解】A. 1 mol/L的 NaCl中氯离子浓度为1 mol/L，A错误；
B. 2mol/L的NH4Cl中氯离子浓度为2 mol/L，B错误；
C. 3 mol/L的KCl中氯离子浓度为3mol/L，C正确；
D. 2 mol/L的BaCl2中氯离子浓度为4mol/L，D错误；
答案为C。
10．C
【详解】A．标签上离子的浓度单位为mg/L，而物质的量浓度单位为mol/L，所以标签上离子的浓度不是物质的量浓度，故A错误；
B．Mg2+的摩尔质量为24g/mol，故B错误；
C．根据标签可知1L该饮用矿泉水中含Mg2+最多4.8mg，则c(Mg2+)最大值为=2.0×10-4mol L-1，故C正确；
D．该溶液中含有硫酸根的物质为硫酸镁，所以溶液中c最大(SO)=c最大(Mg2+)=2×10-4mol/L，则一瓶该品牌饮用矿泉水中SO的最大物质的量=0.5L×2×10-4mol/L=l×10-4mol，故D错误；
故答案为C。
11． df ae bc
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，造成溶液浓度有偏差的因素一是溶质的量，二是溶液的体积。物质的量浓度和溶质的物质的量成正比，和溶液体积成反比。
【详解】a．振荡，摇匀溶液后，发现液面低于刻度线，再补加水会导致溶液体积偏大，浓度偏低；
b．称量时，药品和砝码放反了，但未用游码，不影响称量的固体的质量，所以对所配溶液浓度无影响；
c．原容量瓶洗涤后未干燥，既不影响溶质的物质的量，也不影响溶液体积，故对所配溶液浓度无影响；
d．定容时俯视刻度线，会使加入的体积偏小，所配溶液浓度偏高；
e．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，有一些溶质残留在烧杯里，会使溶质物质的量变小，使所配溶液浓度偏低；
f．在烧杯中溶解NaOH固体后，未冷却立即将溶液注入容量瓶中，由于热胀冷缩，冷却后液面会低于刻度线，所以溶液体积偏小，浓度就会偏高。
综上，使实验结果偏高的是df，偏低的是ae，无影响的是bc。
【点睛】定容、摇匀后液面会低于刻度线，是由于有部分水残留在刻度线上方和活塞处，不能再加水。若再加水，会稀释配好的溶液，使溶液浓度偏低。称量固体时，如果把药品和砝码的位置放反了，而且用了游码，会使量取的固体质量偏小，如果没有用游码，则无影响。
12． SiO32-、AlO2 CO32- Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O Al3＋、Mg2＋、NH4+ NH4+＋OH－=NH3·H2O
【分析】溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+。
【详解】溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；bc段沉淀部分溶液，确定为Al(OH)3和H2SiO3，所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-；ab段发生反应的离子是CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑，发生反应的离子是CO32-；bc段发生反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，结合图像bc段发生反应:Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；oa段发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；ab段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。
【点睛】本题主要是考查离子推断、离子方程式的书写。明确常见离子的性质、依据图像分析反应的原理是答题的关键，题目难度较大。关于图像的答题需要注意以下几点：①看面：弄清纵、横坐标的含义。②看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。③看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。
13．(1)500mL
(2)2.0
(3) 玻璃棒 冷却
(4) 2-3 转移到容量瓶
(5) 距刻度线1-2cm 胶头滴管
(6)0.1mol·L-1
【解析】(1)
配制溶液的体积是500mL，故选500mL的容量瓶；
(2)
m=nM=cVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；
(3)
将称好的NaOH固体放入500mL的大烧杯中，倒入约300mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌至完全溶解。待冷却后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流，转移至容量瓶；
(4)
烧杯上沾有溶质，如果不洗涤，会导致配制溶液的浓度偏低，所以要洗涤烧杯2～3次，且洗涤液要转移到容量瓶中；
(5)
定容，往容量瓶中小心加入蒸馏水至液面接近刻度1～2处，改用胶头滴管滴加，溶液液面恰好与刻度线相切，再盖上玻璃塞，然后上下翻动几次(摇匀)；
(6)
溶液是均一稳定的，浓度与体积无关，故取出200mL溶液的浓度是0.1mol·L-1。
14．(1) NaHCO3=Na++HCO KHSO4(熔融)=K++HSO
(2) ④⑥ ①②③④⑧⑨ ①②④⑦⑧⑨
(3) 2.0 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶 ad
【详解】（1）电离方程式：①NaHCO3=Na++HCO，②KHSO4(熔融)=K++HSO；
（2）①NaCl晶体无自由移动的离子，不能导电，属于电解质；②液态HCl无自由移动的离子，不能导电，属于电解质；③CaCO3固体无自由移动的离子，不能导电，属于电解质；④熔融KCl有自由移动的离子，能导电，属于电解质；⑤蔗糖无自由移动的离子，不能导电，属于非电解质；⑥铜能导电，不属于电解质；⑦CO2无自由移动的离子，不能导电，属于非电解质；⑧H2SO4无自由移动的离子，不能导电，属于电解质；⑨KOH固体无自由移动的离子，不能导电，属于电解质；
a．以上物质中能导电的是④⑥；b．属于电解质的是①②③④⑧⑨；c．溶于水且生成的水溶液能导电的物质是①②④⑦⑧⑨；
（3）①由于没有450mL的容量瓶，所以应配500mL的0.1mol·L-1NaOH溶液的物质的量n=cV= 0.1mol·L-1×0.5L=0.05mol，质量为m=nM=0.05mol×40g/mol=2.0g；溶液配制实验需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；
②a．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转移入容量瓶中，会造成部分溶质损耗，所配溶液的浓度偏低，a选；
b．定容时，眼睛俯视使溶液凹液面最低点与容量瓶刻度线相切，会导致溶液体积偏小，浓度偏高，b不选；
c．容量瓶中原残留有少量蒸馏水，由于后续定容时也需要加水，所以对实验结果无影响，c不选；
d．定容后加水过量，又从容量瓶中取出部分溶液，使液面降至刻度线，会导致加入水的量增大，所配溶液的浓度偏低，d选；
故选：ad。
15． 95 g/mol 24 4.48L 6.72 5.6g 2.24L 0.1 mol/L b/a
【详解】（1）二价金属氯化物中含2个Cl-，含1molCl-的二价金属氯化物的物质的量为0.5mol，金属氯化物的摩尔质量为=95g/mol。金属氯化物的相对分子质量为95，金属的相对原子质量为95-235.5=24；
（2）n（NH3）==0.2mol，在标准状况下NH3的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L。其中含有H原子物质的量为0.6mol，含0.6molH的H2S物质的量为0.3mol，0.3molH2S在标准状况下的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L；
（3）28g/mol×n（CO）+44g/mol×n（CO2）=10.0g，n（CO）+n（CO2）=，解得n（CO）=0.2mol，n（CO2）=0.1mol；混合气体中CO的质量为0.2mol28g/mol=5.6g；CO2在标准状况下的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L；
（4）n（NaOH）==0.1mol，配成1L溶液，所得溶液c（NaOH）=0.1mol1L=0.1mol/L；从其中取出10mL，物质的量浓度不变，浓度仍为0.1mol/L；
（5）n（H2）==mol，n（H）=amol，阿伏伽德罗常数为=mol-1，阿伏伽德罗常数的值为。
16． 10.6g 托盘天平、药匙、烧杯 用玻璃棒搅拌 用玻璃棒引流，让烧杯中的溶液沿玻璃棒进入容量瓶中 直接加水至离刻度线1-2厘米处后，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线相平 不是，比0.200mol·L－1小，因为未洗涤烧杯，烧杯内壁上附着了一部分溶质，应该将烧杯洗涤2-3次，并将洗涤液一并转入容量瓶中。
【分析】（1）依据n=cv，m=nM，计算m(Na2CO3)；
（2）称量Na2CO3固体时，用到的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯；
（3）固体溶解时，为加快溶解速度，可以用玻璃棒搅拌；
（4）向容量瓶中转移溶液时，应用玻璃棒引流；
（5）定容时，分两步，先加水至刻度1-2cm处，再改用胶头滴管加水；
（6）分析操作步骤，找出可能引起的误差；
【详解】（1）配制500mL 0.200mol·L－1 Na2CO3溶液，需n(Na2CO3)=0.2mol/L0.5L=0.1mol，所以m(Na2CO3)=0.1mol106g/mol=10.6g；本题答案为：10.6g。
（2）称量Na2CO3固体时，用到的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯；本题答案为：托盘天平、药匙、烧杯。
（3）Na2CO3加入100mL烧杯中，加水溶解，为加快溶解速率，用玻璃棒搅拌；本题答案为：用玻璃棒搅拌。
（4）将烧杯中的溶液转移至容量瓶中时，用玻璃棒引流，让烧杯中的溶液沿玻璃棒进入容量瓶中；本题答案为：用玻璃棒引流，让烧杯中的溶液沿玻璃棒进入容量瓶中。
（5）在容量瓶内的溶液定容时，先用烧杯直接加水至离刻度线1-2厘米处后，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线相平；本题答案为：先用烧杯直接加水至离刻度线1-2厘米处后，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线相平。
（6）在转移时为洗涤烧杯，会导致所配溶液的浓度偏小，因为未洗涤烧杯，烧杯内壁上附着了一部分溶质，应该将烧杯洗涤2-3次，并将洗涤液一并转入容量瓶中。本题答案为：不是，比0.200mol·L－1小，因为未洗涤烧杯，烧杯内壁上附着了一部分溶质，应该将烧杯洗涤2-3次，并将洗涤液一并转入容量瓶中。
【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液，分析可能引起的误差时，依据c=，讨论不当操作对n、v 的影响，就能得出实验值和理论值得大小关系。
17． 40g/mol 1mol/L 0.1mol/L 酸性强弱（或沸点高低），强酸、弱酸（或难挥发性酸、挥发性酸）
【分析】(1)摩尔质量在数值上等于物质的相对分子质量，根据n==c×V计算相关量，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后的浓度；
(2)HCl为一元酸、无氧酸，硫酸和碳酸都属于二元酸和含氧酸，其中盐酸和硫酸为强酸，碳酸为弱酸，并且硫酸沸点高，难挥发，以此分类。
【详解】(1)NaOH的摩尔质量在数值上等于NaOH的相对分子质量，为40g/mol，n(NaOH)==0.1mol，c(NaOH)==1mol/L；取出10mL上述溶液，n(NaOH)=1mol/L×0.01L=0.01mol；加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度是=0.1mol/L；
(2)HCl为一元酸、无氧酸，硫酸和碳酸都属于二元酸和含氧酸，用交叉法分类为：
；
其中盐酸和硫酸为强酸，碳酸为弱酸，并且硫酸沸点高，难挥发，所以还可以按照酸性强弱或沸点高低分类。
18． ②④⑦ ③⑤⑥⑦ FeCl3饱和溶液 溶液呈红褐色 FeCl3+3H2O（沸水）Fe（OH）3（胶体）+3HCl ②①③⑧⑤⑥⑦④ BD
【详解】(1)②④⑦是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，其中②⑦在水溶液里能完全电离，是强电解质，③⑤⑥⑦中含有自由移动离子，能导电，故答案为②④⑦；③⑤⑥⑦；
(2)①Fe(OH)3胶体的制备过程：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HCl，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，故答案为饱和FeCl3溶液；溶液呈红褐色；FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
(3)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序是②①③⑧⑤⑥⑦④；A、没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故A不选；B、未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，待冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故B选；C、若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C不选；D、定容时俯视标线，则溶液体积偏小，浓度偏高，故D选；E、称量时间过长，氢氧化钠会潮解，导致氢氧化钠的质量偏小，则浓度偏低，故E不选；故选BD，故答案为②①③⑧⑤⑥⑦④；BD。
19．(1)①
(2)②
(3)③
【解析】（1）
萃取、分液用的的仪器是分液漏斗，用萃取碘水中的，选用①；
（2）
配制100 mL 0.50 mol/L NaOH溶液，需要用100mL容量瓶定容，选用②；
（3）
用蒸发溶剂的方法从NaCl溶液中获取NaCl固体，选用③。
20． 24g/mol 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ 1:1 3:1 1:2:3 1:4:9 44g/mol 14 N2O 8.8 16 17 18×6.02×1023
【详解】(1)1.2gRSO4中含0.04mol氧原子，根据公式n=，则RSO4的M===120g/mol，RSO4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO4的摩尔质量为120g/mol，R的摩尔质量是(120-32-64)g/mol =24g/mol，故答案为：24g/mol；
(2)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、氢气和水，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；铝与稀盐酸反应的化学方程式为：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，当铝分别与足量的稀盐酸、氢氧化钠溶液反应时，铝不足，根据2Al-3H2知，相同质量的Al生成的气体体积在相同条件下相等，体积比为1:1；消耗的HCl和NaOH物质的量之比为3:1，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；1:1；3:1；
(3)设 NaCl、MgCl2、AlCl3 溶液的物质的量浓度均为 x，则 Cl 的物质的量浓度分别为 x、2x、3x，则 Cl 的物质的量浓度之比为 1x:2x:3x=1:2:3；物质的量浓度之比为 1:2:3 的 NaCl、MgCl2、AlCl3 三种溶液，Cl 的物质的量浓度之比为 1:2×2:3×3=1:4:9，故答案为：1:2:3；1:4:9；
(4)11 gX2O气体在标准状况下的体积为5.6L，其物质的量为=0.25mol，此气体的摩尔质量为M===44g/mol；X的相对原子质量为=14；X为N元素，此气体的化学式为N2O；11g N2的物质的量为=mol，标况下的体积为mol22.4L/mol=8.8L；故答案为：44g/mol；14；N2O；8.8；
(5)S2-中含有16个质子，33-16=17个中子，16+2=18个电子，则1molS2-含有 16mol质子，17 mol中子，18×6.02×1023个核外电子。
21．(1)74.5；
(2)500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)DE；
(4)ACD；
(5)ClO-+Cl- +2H+=Cl2↑+H2O。
【详解】（1）用NaClO固体配制480mLNaClO的消毒液，应选择500mL容量瓶，依据，答案为：74.5；
（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签等，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、量筒、胶头滴管；故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）A．固体溶质不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解，A错误；
B．定容时，视线与刻度线相平，不能俯视，B错误；
C．定容的正确操作为：向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线1 ~ 2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，C错误；
D．定容的正确操作为：向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线1 ~ 2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，D正确；
E．定容摇匀后，若发现凹液面低于刻度线，属于正常操作，此时不需要用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线，E正确；
故本题选DE。
（4）A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选A；
B．溶解后未经冷却就移液且马上定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B不选；
C．移液时，有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选C；
D．定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，选D；
E．容量瓶内有少量水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故E不选；
故本题选ACD。
（5）盐酸中的氯离子与次氯酸根可以发生氧化还原反应，价态归中，生成氯气和水，反应的离子方程式为：ClO-+Cl- +2H+=Cl2↑+H2O。答案为：ClO-+Cl- +2H+=Cl2↑+H2O。
22． 胶头滴管 500mL容量瓶 ①②④③⑤ 500mL容量瓶 胶头滴管 ① ② ③ ② 28.6g
【分析】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据配制溶液的实验操作过程进行操作步骤的排序；
(2)结合配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；
(3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析误差。
(4)结合元素守恒，根据n=、c=计算物质的质量。
【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解(可用量筒加水)，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，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，所以操作顺序为：①②④③⑤；
(2)由(1)中操作可知，所用仪器有：托盘天平、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等。故还缺少的仪器是：500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)A.加水定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则会导致配制的溶液浓度偏高，故合理选项是①；
B.忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质的质量偏少，则n偏小，导致溶液的浓度偏低，合理选项是②；
C.使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液浓度不产生影响，合理选项是③；
D.定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出，会使溶质偏少，n偏小，则溶液的浓度偏低，合理选项序号是②；
(4)n(Na2CO3)=cV=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，根据Na元素守恒可知，晶体的物质的量与碳酸钠的物质的量相等，所以n(Na2CO3·10H2O)=n(Na2CO3)=0.1mol，则m(Na2CO3·10H2O)=0.1mol×286g/mol=28.6g。
【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和过程是解题关键，注意误差分析的方法，对于给出的溶质与所配制溶液的物质不同时，要根据元素守恒，先计算出溶质的物质的量，然后结合物质转化关系，计算出配制溶液的物质的物质的量，再根据m=nM计算出需要称量的物质的质量。本题侧重考查学生分析能力和实验能力。
23． ③④ Ⅱ 萃取（或萃取分液） Ⅰ 蒸馏 ACE
【分析】(1)根据分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水；
(2)萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同,用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来，然后分液；根据溴与四氯化碳的沸点不同可用蒸馏分离；萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。
【详解】(1)因分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水，蒸馏烧瓶、冷凝管不需要检查是否漏水，
因此，本题正确答案是：③④；
(2)溴在四氯化碳中的溶解度较在水中大，并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，接着可用分液方法将两层液体分开，应选择装置Ⅱ；
四氯化碳易挥发，可用蒸馏的方法分馏得到四氯化碳，应选择装置Ⅰ；
溴在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取剂和水不互溶，且萃取剂和溴不反应，
因此，本题正确答案是：Ⅱ； 萃取（或萃取分液）；Ⅰ； 蒸馏；ACE。
答案第1页，共2页
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．实验中要用的盐酸可由密度为、质量分数为36.5%的浓盐酸稀释得到，20mL该浓盐酸可以稀释得到盐酸的体积为
A．25mL B．30mL C．35mL D．40mL
2．青花瓷，俗称青花，是中国瓷器的主流品种之一。某同学利用如下方法来粗略测定青花瓷瓶的容积，把 NaCl晶体放入到500mL烧杯中，加入200mL蒸馏水，待NaCl完全溶解后，将溶液包括洗涤液全部转移到该瓶中，用蒸馏水稀释至完全充满容器。从中取出100mL溶液，该溶液恰好能与10mL 的溶液完全反应。则下列说法正确的是（ ）
A．该青花瓷瓶的容积约为
B．常温下，该青花瓷瓶几乎能容纳56kg
C．常温常压下，该青花瓷瓶能容纳70g
D．标准状况下，充满HCl气体，加满水后所得溶液物质的量浓度为
3．下列溶液中的c(Cl-)与50mL1mol·L-1 AlCl3溶液中的c(Cl-)相等的是
A．150mL1mol·L-1 NaCl溶液 B．75mL2mol·L-1 FeCl3溶液
C．75mL2mol·L-1 BaCl2溶液 D．150mL3mol·L-1 KCl溶液
4．配制溶液的操作如下所示。下列说法不正确的是
A．操作1前称取的质量为4.0g
B．操作2前溶液需恢复至室温
C．操作3和操作4分别为洗涤和定容
D．操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线
5．1 L Na2SO4溶液中含Na+ 4.6 g, 则溶液中浓度为
A．0.1mol/L B．0.4mol/L
C．0.6mol/L D．0.2mol/L
6．将aL和的混合溶液分成两等份，一份加bmol溶液使完全沉淀；另一份加足量NaOH溶液并加热可得cmol，则原溶液中的物质的量浓度为
A． B． C． D．
7．下列叙述正确的是
A．等物质的量的和所含分子数为
B．将个分子溶于1L水中制得的盐酸
C．和的混合物中含有的原子总数为
D．和的混合气体所含原子数为
8．下列溶液中Na+浓度最小的是
A．400mL0.02mol·L-1NaCl溶液 B．300mL0.02mol·L-1Na2SO4溶液
C．100mL0.03mol·L-1NaNO3溶液 D．200mL0.01mol·L-1Na3PO4溶液
9．下列溶液中的氯离子物质的量浓度与 100 mL 1 mol·L－1 的 AlCl3 溶液中氯离子物质的量浓度相等的是
A．200 mL 1 mol·L－1 的 NaCl B．200 mL 2 mol·L－1 的NH4Cl
C．100 mL 3 mol·L－1 的 KCl D．100 mL 2 mol·L－1 的BaCl2
10．如图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是
饮用矿物质水 净含量：500mL 配料表：纯净水 硫酸镁 氯化钾 保质期：12个月 主要离子成分：钾离子(K+):1.0-27.3mg/L 镁离子(Mg2+):0.2-4.8mg/L
A．标签上离子的浓度是物质的量浓度
B．Mg2+的摩尔质量为24克
C．该品牌饮用矿泉水中c(Mg2+)最大值为2.0×10-4mol L-1
D．一瓶该品牌饮用矿泉水中SO的物质的量不超过1.0×10-5mol
二、填空题
11．配制500mL 1mol/L NaOH溶液时，下列哪些操作会使实验结果偏高 ，偏低 ，无影响 。
a．振荡，摇匀溶液后，发现液面低于刻度线，再补加水
b．称量时，固体放在右盘，砝码放在左盘（未用游码）
c．原容量瓶洗涤后未干燥
d．定容时俯视刻度线
e．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒
f．在烧杯中溶解NaOH固体后，未冷却立即将溶液注入容量瓶中
12．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。
阴离子 CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl－
阳离子 Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH4+、Na＋
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。
(1)若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是 ，ab段发生反应的离子是 ，bc段发生反应的离子方程式为 。
(2)若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是 ， ab段反应的离子方程式为 。
13．今欲用NaOH固体配制500mL0.1mol·L-1的NaOH溶液。根据题意填空：
(1)配制该溶液应选用 mL容量瓶。
(2)用托盘天平称取 gNaOH固体。
(3)将称好的NaOH固体放入500mL的大烧杯中，倒入约300mL蒸馏水，用 搅拌至完全溶解。待 后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流，转移至容量瓶。
(4)用少量蒸馏水洗涤烧杯 次，洗涤液 ，轻轻晃动容量瓶，使溶液混和均匀。
(5)向容量瓶中加入蒸馏水，到液面 时，改用 加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。盖好瓶塞，颠倒摇匀。
(6)从配制的NaOH溶液中取出200mL，此200mL溶液的浓度是 。
14．按要求填空：
(1)写出下列物质溶于水或熔融状态下的电离方程式：
①NaHCO3： ；②熔融状态的KHSO4： 。
(2)现有以下物质：①NaCl晶体②液态HCl③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2⑧H2SO4⑨KOH固体
a．以上物质中能导电的是 (填字母序号，下同)；
b．以上物质中属于电解质的是 ，
c．以上物质中，溶于水且生成的水溶液能导电的物质是 。
(3)现需配制0.1mol·L-1NaOH溶液450mL。
①根据计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为 g，为完成此溶液配制实验需要的玻璃仪器有 ；
②配制溶液时，下列操作会导致所配溶液的浓度偏低的是 (填字母序号)。
a．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转移入容量瓶中
b．定容时，眼睛俯视使溶液凹液面最低点与容量瓶刻度线相切
c．容量瓶中原残留有少量蒸馏水
d．定容后加水过量，又从容量瓶中取出部分溶液，使液面降至刻度线
15．（1）47.5g某二价金属的氯化物中含有1molCl-，则该金属氯化物的摩尔质量为 ；该金属的相对原子质量为 。
（2）标准状况下，3.4g NH3 的体积为 ；它与标准状况下 L H2S含有相同数目的氢原子。
（3）已知CO、CO2混合气体的质量共10.0g，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 。
（4）将4g NaOH 溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质 的量浓度为 。
（5）已知ag氢气中含有b个氢原子，则阿伏伽德罗常数的值可表示为 。
16．某同学按下列步骤配制500mL 0.200mol·L－1 Na2CO3溶液，请回答有关问题。
实验步骤 有关问题
(1)计算所需Na2CO3的质量 需要Na2CO3的质量为 g。
(2)称量Na2CO3固体 称量过程中主要用到的仪器是
(3)将Na2CO3加入100mL烧杯中 为加快溶解速率，可采取的措施是
(4)将烧杯中的溶液转移至500mL容量瓶中 为防止溶液溅出，应采取的措施是
(5)向容量瓶中加蒸馏水至刻度线 在进行此操作时应注意的问题是
(6)你认为按上述步骤配制的Na2CO3溶液的浓度是否为0.200mol·L－1，请说明理由。
17．(1)NaOH的摩尔质量是 。将4gNaOH溶于水配制成100mL溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度是 。取出10mL上述溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度是 。
(2)根据交叉分类法，请用直线将下面的酸与酸的分类连接起来
还可以补充的酸的分类标准有(只填一种)： ，从而将酸分成 。
18．请回答下列问题：
（1）现有下列状态的物质①干冰 ②NaHCO3晶体 ③氨水 ④纯醋酸 ⑤FeCl3溶液⑥铜 ⑦熔融的KOH ⑧蔗糖， 其中属于电解质的是 ，能导电的是 .
（2）向煮沸的蒸馏水中逐滴加入 溶液,继续煮沸至 ,停止加热,可制得Fe(OH)3胶体,制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为 .
（3）实验室制欲用固体NaOH来配0.5mol/L的NaOH溶液500mL,配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为 .在配制过程中，若其它操作均正确，下列操作会引起结果偏高的是
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒 B．未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
C． 容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 D．定容时俯视标线
E. 称量时间过长。
19．选择装置，完成实验。
① ② ③
(1)用萃取碘水中的，选用 (填序号，下同)。
(2)配制100 mL 0.50 mol/L NaOH溶液，选用 。
(3)从NaCl溶液中获取NaCl固体，选用 。
20．(1)1.2gRSO4中含0.04mol氧原子，则R的摩尔质量是
(2)铝与氢氧化钠溶液反应的方程式 分别与足量的稀盐酸、氢氧化钠溶液反应，生成的气体的体积比为 (同温同压)，消耗的HCl和NaOH物质的量之比为
(3)物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3，溶液中Cl- 的物质的量浓度之比为 ；体积相同的、物质的量浓度之比为1：2：3的NaCl、MgCl2、 ACl3三种溶液中Cl-的物质的量之比为 ；
(4) 11 gX2O气体在标准状况下的体积为5.6L，则此气体的摩尔质量为 ，X的相对原子质量为 。此气体的化学式为 ，它与标准状况下 升N2具有相同的质量。
(5) 1molS2-含有 mol质子， mol中子， 个核外电子。
三、实验题
21．新冠肺炎疫情期间，环境消毒是极其关键的，常常喷洒“84”消毒液，其有效成分为NaClO。
(1)某实验需用480mLNaClO的消毒液，现用NaClO固体配制，用托盘天平称量NaClO的固体质量为 g。
(2)实验中必须用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、 。
(3)以下有关配制该溶液的说法正确的是 (填字母)。
① ② ③
A．溶解NaClO固体的操作如图①所示；
B．定容时的操作如图②所示；
C．定容时的操作可用图③表示；
D．定容时向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线1—2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
E.定容摇匀后，若发现凹液面低于刻度线，此时不需要用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线；
(4)下列操作可能使配制溶液浓度偏低的是 (填字母)。
A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒 B．溶解后未经冷却就移液且马上定容
C．移液时，有少量液体溅出 D．定容时，仰视刻度线
E.容量瓶内有少量水
(5)曾有报道，在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是盐酸)与“84”消毒液而发生氯气中毒事件。请用离子方程式解释其原因： 。
22．实验室配制500 mL 0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液，实验操作步骤有
①用天平称取一定量的Na2CO3·10H2O，放在烧杯中用适量的蒸馏水将其完全溶解；
②把制得的溶液小心地注入 中；
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1 cm～2 cm处，改用 小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；
④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转移入容量瓶，并轻轻摇匀；
⑤将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。
请填写下列空白：
(1)操作步骤的正确顺序为(填序号) ；
(2)写出②③步骤中，所缺的仪器 、 ；
(3)若实验遇下列情况，溶液的物质的量浓度是： ①偏高 ②偏低 ③没影响
A．加水定容时俯视刻度线 (填序号)
B．忘记将洗涤液转入容量瓶 (填序号)
C．使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥 (填序号)
D．定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出 (填序号)
(4)计算所需Na2CO3·10H2O的质量 。
23．根据所给出的装置图回答下列问题：
（1）①～④中，使用前必须检查是否漏水的是 （填仪器序号）。
（2）分离溴水中的溴应先选择装置 （填Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ或Ⅳ序号，下同），进行操作A （填操作名称，下同）；再选装置 ，进行操作B ；操作A需在溴水中加一种试剂，选择这一试剂时，下列性质你认为哪些是必需的： (填字母)。
A．常温下为液态 B．Br2在其中溶解程度小 C． 与水互不相溶
D．密度比水大 E. 与Br2不反应 F. 溶解Br2后呈现橙红色
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】密度为 1.2 g cm 3 、质量分数为36.5%的浓盐酸的物质的量浓度为c==12.0mol/L，稀释前后溶质的物质的量不变，20mL该浓盐酸可以稀释得到 6.0 mol L 1 盐酸的体积为=40mL，故选D。
2．B
【详解】A．设NaCl的物质的量浓度为x，由溶液恰好能与10mL、的溶液完全反应，则，，设青花瓷瓶的容积为V，则，解得，故A错误；
B．因常温下，56L水的质量为，则该青花瓷瓶几乎能容纳，故B正确；
C．若为标况下，该青花瓷的容积为56L，故可以盛气体的物质的量n==2.5mol，m=nM=2.5mol×28g/mol=70g，.因在常温气体的摩尔体积大于，则该青花瓷瓶容纳的氮气质量小于70g，故C错误；
D．标况下充满HCl气体，，加满水后所得溶液物质的量浓度，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题以信息来考查学生对物质的量浓度的计算及物质的体积的计算，明确浓度的关系及物质的质量与体积的关系是解答的关键。
3．D
【分析】根据一定物质的量浓度溶液中电解质的电离计算离子浓度分析。
【详解】50mL 1 mol L-1AlCl3 溶液中Cl-物质的量浓度是1 mol L-1×3=3mol L-1，
A. 150mL1mol L-1NaCl溶液中c（Cl-）=1 mol L-1×1=1 mol L-1，故A错误；
B. 75mL2mol L-1FeCl3溶液中c（Cl-）=2mol L-1×3=6 mol L-1，故B错误；
C. 75mL2mol·L-1 BaCl2溶液中c(Cl-)=2mol L-1×2=4 mol L-1，故C错误；
D. 150mL3mol·L-1 KCl 溶液中c（Cl-）=3 mol L-1×1=3mol L-1，故D正确。
故选D。
【点睛】溶液中的离子浓度与体积无关，只与该物质的物质的量浓度有关。溶液中的离子浓度=该物质的物质的量浓度×离子的下角标系数。
4．D
【详解】A．，，A正确；
B．转移到容量瓶前应冷却至室温，B正确；
C．操作3为洗涤，操作4为定容，C正确；
D．定容并摇匀后，容量瓶内部，瓶塞处会粘有部分液体，造成液面下降，但是溶液浓度没有变化，若再加入水会使浓度偏小，D错误；
答案选D。
5．A
【详解】4.6g钠离子的物质的量是4.6g÷23g/mol＝0.2mol，则根据硫酸钠的化学式可知，硫酸钠的物质的量是0.1mol，则的物质的量是0.1mol，所以其浓度是0.1mol÷1L＝0.1mol/L，故A正确。
故选A。
6．D
【详解】一份加bmol溶液使完全沉淀，说明一份溶液中含有bmol；一份加足量NaOH溶液并加热可得cmol，说明一份溶液中含有cmol；设一份溶液含有amolAl3+，根据电荷守恒3n(Al3+)+ n()=2 n()，n(Al3+)=，原溶液中的物质的量浓度，故选D。
7．C
【详解】A．等物质的量的和所含分子数相等，但不一定是，故A错误；
B．将个分子溶于1L水中，所得溶液体积不是1L，所以盐酸的浓度不是，故B错误；
C．的最简式都是NO2，和的混合物中含有的原子总数，故C正确；
D．非标准状况下，和的混合气体的物质的量不一定是0.1mol，故D错误；
选C。
8．A
【详解】A．400mL0.02mol·L-1NaCl溶液中Na+浓度为0.02mol·L-1；
B．300mL0.02mol·L-1Na2SO4溶液中Na+浓度为=0.04 mol·L-1；
C．100mL0.03mol·L-1NaNO3溶液Na+浓度为0.03 mol·L-1；
D．200mL0.01mol·L-1Na3PO4溶液中Na+浓度为=0.03 mol·L-1；
综上所述，溶液中Na+浓度最小的是0.02mol·L-1，A项符合题意。
故选A。
9．C
【分析】溶液中给定的物质的浓度与体积无关。溶液中含有氯离子的浓度=物质的浓度物质含有的氯离子个数，1 mol/L的 AlCl3中氯离子浓度为3 mol/L。
【详解】A. 1 mol/L的 NaCl中氯离子浓度为1 mol/L，A错误；
B. 2mol/L的NH4Cl中氯离子浓度为2 mol/L，B错误；
C. 3 mol/L的KCl中氯离子浓度为3mol/L，C正确；
D. 2 mol/L的BaCl2中氯离子浓度为4mol/L，D错误；
答案为C。
10．C
【详解】A．标签上离子的浓度单位为mg/L，而物质的量浓度单位为mol/L，所以标签上离子的浓度不是物质的量浓度，故A错误；
B．Mg2+的摩尔质量为24g/mol，故B错误；
C．根据标签可知1L该饮用矿泉水中含Mg2+最多4.8mg，则c(Mg2+)最大值为=2.0×10-4mol L-1，故C正确；
D．该溶液中含有硫酸根的物质为硫酸镁，所以溶液中c最大(SO)=c最大(Mg2+)=2×10-4mol/L，则一瓶该品牌饮用矿泉水中SO的最大物质的量=0.5L×2×10-4mol/L=l×10-4mol，故D错误；
故答案为C。
11． df ae bc
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，造成溶液浓度有偏差的因素一是溶质的量，二是溶液的体积。物质的量浓度和溶质的物质的量成正比，和溶液体积成反比。
【详解】a．振荡，摇匀溶液后，发现液面低于刻度线，再补加水会导致溶液体积偏大，浓度偏低；
b．称量时，药品和砝码放反了，但未用游码，不影响称量的固体的质量，所以对所配溶液浓度无影响；
c．原容量瓶洗涤后未干燥，既不影响溶质的物质的量，也不影响溶液体积，故对所配溶液浓度无影响；
d．定容时俯视刻度线，会使加入的体积偏小，所配溶液浓度偏高；
e．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，有一些溶质残留在烧杯里，会使溶质物质的量变小，使所配溶液浓度偏低；
f．在烧杯中溶解NaOH固体后，未冷却立即将溶液注入容量瓶中，由于热胀冷缩，冷却后液面会低于刻度线，所以溶液体积偏小，浓度就会偏高。
综上，使实验结果偏高的是df，偏低的是ae，无影响的是bc。
【点睛】定容、摇匀后液面会低于刻度线，是由于有部分水残留在刻度线上方和活塞处，不能再加水。若再加水，会稀释配好的溶液，使溶液浓度偏低。称量固体时，如果把药品和砝码的位置放反了，而且用了游码，会使量取的固体质量偏小，如果没有用游码，则无影响。
12． SiO32-、AlO2 CO32- Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O Al3＋、Mg2＋、NH4+ NH4+＋OH－=NH3·H2O
【分析】溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+。
【详解】溶液无色说明溶液中不含Fe3＋离子；
（1）若Y是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32－；bc段沉淀部分溶液，确定为Al(OH)3和H2SiO3，所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-；ab段发生反应的离子是CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑，发生反应的离子是CO32-；bc段发生反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，结合图像bc段发生反应:Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；oa段发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；ab段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。
【点睛】本题主要是考查离子推断、离子方程式的书写。明确常见离子的性质、依据图像分析反应的原理是答题的关键，题目难度较大。关于图像的答题需要注意以下几点：①看面：弄清纵、横坐标的含义。②看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。③看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。
13．(1)500mL
(2)2.0
(3) 玻璃棒 冷却
(4) 2-3 转移到容量瓶
(5) 距刻度线1-2cm 胶头滴管
(6)0.1mol·L-1
【解析】(1)
配制溶液的体积是500mL，故选500mL的容量瓶；
(2)
m=nM=cVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；
(3)
将称好的NaOH固体放入500mL的大烧杯中，倒入约300mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌至完全溶解。待冷却后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流，转移至容量瓶；
(4)
烧杯上沾有溶质，如果不洗涤，会导致配制溶液的浓度偏低，所以要洗涤烧杯2～3次，且洗涤液要转移到容量瓶中；
(5)
定容，往容量瓶中小心加入蒸馏水至液面接近刻度1～2处，改用胶头滴管滴加，溶液液面恰好与刻度线相切，再盖上玻璃塞，然后上下翻动几次(摇匀)；
(6)
溶液是均一稳定的，浓度与体积无关，故取出200mL溶液的浓度是0.1mol·L-1。
14．(1) NaHCO3=Na++HCO KHSO4(熔融)=K++HSO
(2) ④⑥ ①②③④⑧⑨ ①②④⑦⑧⑨
(3) 2.0 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶 ad
【详解】（1）电离方程式：①NaHCO3=Na++HCO，②KHSO4(熔融)=K++HSO；
（2）①NaCl晶体无自由移动的离子，不能导电，属于电解质；②液态HCl无自由移动的离子，不能导电，属于电解质；③CaCO3固体无自由移动的离子，不能导电，属于电解质；④熔融KCl有自由移动的离子，能导电，属于电解质；⑤蔗糖无自由移动的离子，不能导电，属于非电解质；⑥铜能导电，不属于电解质；⑦CO2无自由移动的离子，不能导电，属于非电解质；⑧H2SO4无自由移动的离子，不能导电，属于电解质；⑨KOH固体无自由移动的离子，不能导电，属于电解质；
a．以上物质中能导电的是④⑥；b．属于电解质的是①②③④⑧⑨；c．溶于水且生成的水溶液能导电的物质是①②④⑦⑧⑨；
（3）①由于没有450mL的容量瓶，所以应配500mL的0.1mol·L-1NaOH溶液的物质的量n=cV= 0.1mol·L-1×0.5L=0.05mol，质量为m=nM=0.05mol×40g/mol=2.0g；溶液配制实验需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；
②a．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转移入容量瓶中，会造成部分溶质损耗，所配溶液的浓度偏低，a选；
b．定容时，眼睛俯视使溶液凹液面最低点与容量瓶刻度线相切，会导致溶液体积偏小，浓度偏高，b不选；
c．容量瓶中原残留有少量蒸馏水，由于后续定容时也需要加水，所以对实验结果无影响，c不选；
d．定容后加水过量，又从容量瓶中取出部分溶液，使液面降至刻度线，会导致加入水的量增大，所配溶液的浓度偏低，d选；
故选：ad。
15． 95 g/mol 24 4.48L 6.72 5.6g 2.24L 0.1 mol/L b/a
【详解】（1）二价金属氯化物中含2个Cl-，含1molCl-的二价金属氯化物的物质的量为0.5mol，金属氯化物的摩尔质量为=95g/mol。金属氯化物的相对分子质量为95，金属的相对原子质量为95-235.5=24；
（2）n（NH3）==0.2mol，在标准状况下NH3的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L。其中含有H原子物质的量为0.6mol，含0.6molH的H2S物质的量为0.3mol，0.3molH2S在标准状况下的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L；
（3）28g/mol×n（CO）+44g/mol×n（CO2）=10.0g，n（CO）+n（CO2）=，解得n（CO）=0.2mol，n（CO2）=0.1mol；混合气体中CO的质量为0.2mol28g/mol=5.6g；CO2在标准状况下的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L；
（4）n（NaOH）==0.1mol，配成1L溶液，所得溶液c（NaOH）=0.1mol1L=0.1mol/L；从其中取出10mL，物质的量浓度不变，浓度仍为0.1mol/L；
（5）n（H2）==mol，n（H）=amol，阿伏伽德罗常数为=mol-1，阿伏伽德罗常数的值为。
16． 10.6g 托盘天平、药匙、烧杯 用玻璃棒搅拌 用玻璃棒引流，让烧杯中的溶液沿玻璃棒进入容量瓶中 直接加水至离刻度线1-2厘米处后，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线相平 不是，比0.200mol·L－1小，因为未洗涤烧杯，烧杯内壁上附着了一部分溶质，应该将烧杯洗涤2-3次，并将洗涤液一并转入容量瓶中。
【分析】（1）依据n=cv，m=nM，计算m(Na2CO3)；
（2）称量Na2CO3固体时，用到的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯；
（3）固体溶解时，为加快溶解速度，可以用玻璃棒搅拌；
（4）向容量瓶中转移溶液时，应用玻璃棒引流；
（5）定容时，分两步，先加水至刻度1-2cm处，再改用胶头滴管加水；
（6）分析操作步骤，找出可能引起的误差；
【详解】（1）配制500mL 0.200mol·L－1 Na2CO3溶液，需n(Na2CO3)=0.2mol/L0.5L=0.1mol，所以m(Na2CO3)=0.1mol106g/mol=10.6g；本题答案为：10.6g。
（2）称量Na2CO3固体时，用到的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯；本题答案为：托盘天平、药匙、烧杯。
（3）Na2CO3加入100mL烧杯中，加水溶解，为加快溶解速率，用玻璃棒搅拌；本题答案为：用玻璃棒搅拌。
（4）将烧杯中的溶液转移至容量瓶中时，用玻璃棒引流，让烧杯中的溶液沿玻璃棒进入容量瓶中；本题答案为：用玻璃棒引流，让烧杯中的溶液沿玻璃棒进入容量瓶中。
（5）在容量瓶内的溶液定容时，先用烧杯直接加水至离刻度线1-2厘米处后，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线相平；本题答案为：先用烧杯直接加水至离刻度线1-2厘米处后，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线相平。
（6）在转移时为洗涤烧杯，会导致所配溶液的浓度偏小，因为未洗涤烧杯，烧杯内壁上附着了一部分溶质，应该将烧杯洗涤2-3次，并将洗涤液一并转入容量瓶中。本题答案为：不是，比0.200mol·L－1小，因为未洗涤烧杯，烧杯内壁上附着了一部分溶质，应该将烧杯洗涤2-3次，并将洗涤液一并转入容量瓶中。
【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液，分析可能引起的误差时，依据c=，讨论不当操作对n、v 的影响，就能得出实验值和理论值得大小关系。
17． 40g/mol 1mol/L 0.1mol/L 酸性强弱（或沸点高低），强酸、弱酸（或难挥发性酸、挥发性酸）
【分析】(1)摩尔质量在数值上等于物质的相对分子质量，根据n==c×V计算相关量，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后的浓度；
(2)HCl为一元酸、无氧酸，硫酸和碳酸都属于二元酸和含氧酸，其中盐酸和硫酸为强酸，碳酸为弱酸，并且硫酸沸点高，难挥发，以此分类。
【详解】(1)NaOH的摩尔质量在数值上等于NaOH的相对分子质量，为40g/mol，n(NaOH)==0.1mol，c(NaOH)==1mol/L；取出10mL上述溶液，n(NaOH)=1mol/L×0.01L=0.01mol；加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度是=0.1mol/L；
(2)HCl为一元酸、无氧酸，硫酸和碳酸都属于二元酸和含氧酸，用交叉法分类为：
；
其中盐酸和硫酸为强酸，碳酸为弱酸，并且硫酸沸点高，难挥发，所以还可以按照酸性强弱或沸点高低分类。
18． ②④⑦ ③⑤⑥⑦ FeCl3饱和溶液 溶液呈红褐色 FeCl3+3H2O（沸水）Fe（OH）3（胶体）+3HCl ②①③⑧⑤⑥⑦④ BD
【详解】(1)②④⑦是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，其中②⑦在水溶液里能完全电离，是强电解质，③⑤⑥⑦中含有自由移动离子，能导电，故答案为②④⑦；③⑤⑥⑦；
(2)①Fe(OH)3胶体的制备过程：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HCl，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，故答案为饱和FeCl3溶液；溶液呈红褐色；FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
(3)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序是②①③⑧⑤⑥⑦④；A、没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故A不选；B、未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，待冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故B选；C、若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C不选；D、定容时俯视标线，则溶液体积偏小，浓度偏高，故D选；E、称量时间过长，氢氧化钠会潮解，导致氢氧化钠的质量偏小，则浓度偏低，故E不选；故选BD，故答案为②①③⑧⑤⑥⑦④；BD。
19．(1)①
(2)②
(3)③
【解析】（1）
萃取、分液用的的仪器是分液漏斗，用萃取碘水中的，选用①；
（2）
配制100 mL 0.50 mol/L NaOH溶液，需要用100mL容量瓶定容，选用②；
（3）
用蒸发溶剂的方法从NaCl溶液中获取NaCl固体，选用③。
20． 24g/mol 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ 1:1 3:1 1:2:3 1:4:9 44g/mol 14 N2O 8.8 16 17 18×6.02×1023
【详解】(1)1.2gRSO4中含0.04mol氧原子，根据公式n=，则RSO4的M===120g/mol，RSO4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO4的摩尔质量为120g/mol，R的摩尔质量是(120-32-64)g/mol =24g/mol，故答案为：24g/mol；
(2)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、氢气和水，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；铝与稀盐酸反应的化学方程式为：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，当铝分别与足量的稀盐酸、氢氧化钠溶液反应时，铝不足，根据2Al-3H2知，相同质量的Al生成的气体体积在相同条件下相等，体积比为1:1；消耗的HCl和NaOH物质的量之比为3:1，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；1:1；3:1；
(3)设 NaCl、MgCl2、AlCl3 溶液的物质的量浓度均为 x，则 Cl 的物质的量浓度分别为 x、2x、3x，则 Cl 的物质的量浓度之比为 1x:2x:3x=1:2:3；物质的量浓度之比为 1:2:3 的 NaCl、MgCl2、AlCl3 三种溶液，Cl 的物质的量浓度之比为 1:2×2:3×3=1:4:9，故答案为：1:2:3；1:4:9；
(4)11 gX2O气体在标准状况下的体积为5.6L，其物质的量为=0.25mol，此气体的摩尔质量为M===44g/mol；X的相对原子质量为=14；X为N元素，此气体的化学式为N2O；11g N2的物质的量为=mol，标况下的体积为mol22.4L/mol=8.8L；故答案为：44g/mol；14；N2O；8.8；
(5)S2-中含有16个质子，33-16=17个中子，16+2=18个电子，则1molS2-含有 16mol质子，17 mol中子，18×6.02×1023个核外电子。
21．(1)74.5；
(2)500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)DE；
(4)ACD；
(5)ClO-+Cl- +2H+=Cl2↑+H2O。
【详解】（1）用NaClO固体配制480mLNaClO的消毒液，应选择500mL容量瓶，依据，答案为：74.5；
（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签等，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、量筒、胶头滴管；故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）A．固体溶质不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解，A错误；
B．定容时，视线与刻度线相平，不能俯视，B错误；
C．定容的正确操作为：向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线1 ~ 2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，C错误；
D．定容的正确操作为：向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线1 ~ 2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，D正确；
E．定容摇匀后，若发现凹液面低于刻度线，属于正常操作，此时不需要用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线，E正确；
故本题选DE。
（4）A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选A；
B．溶解后未经冷却就移液且马上定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B不选；
C．移液时，有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选C；
D．定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，选D；
E．容量瓶内有少量水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故E不选；
故本题选ACD。
（5）盐酸中的氯离子与次氯酸根可以发生氧化还原反应，价态归中，生成氯气和水，反应的离子方程式为：ClO-+Cl- +2H+=Cl2↑+H2O。答案为：ClO-+Cl- +2H+=Cl2↑+H2O。
22． 胶头滴管 500mL容量瓶 ①②④③⑤ 500mL容量瓶 胶头滴管 ① ② ③ ② 28.6g
【分析】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据配制溶液的实验操作过程进行操作步骤的排序；
(2)结合配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；
(3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析误差。
(4)结合元素守恒，根据n=、c=计算物质的质量。
【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解(可用量筒加水)，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，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，所以操作顺序为：①②④③⑤；
(2)由(1)中操作可知，所用仪器有：托盘天平、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等。故还缺少的仪器是：500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)A.加水定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则会导致配制的溶液浓度偏高，故合理选项是①；
B.忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质的质量偏少，则n偏小，导致溶液的浓度偏低，合理选项是②；
C.使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液浓度不产生影响，合理选项是③；
D.定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出，会使溶质偏少，n偏小，则溶液的浓度偏低，合理选项序号是②；
(4)n(Na2CO3)=cV=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，根据Na元素守恒可知，晶体的物质的量与碳酸钠的物质的量相等，所以n(Na2CO3·10H2O)=n(Na2CO3)=0.1mol，则m(Na2CO3·10H2O)=0.1mol×286g/mol=28.6g。
【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和过程是解题关键，注意误差分析的方法，对于给出的溶质与所配制溶液的物质不同时，要根据元素守恒，先计算出溶质的物质的量，然后结合物质转化关系，计算出配制溶液的物质的物质的量，再根据m=nM计算出需要称量的物质的质量。本题侧重考查学生分析能力和实验能力。
23． ③④ Ⅱ 萃取（或萃取分液） Ⅰ 蒸馏 ACE
【分析】(1)根据分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水；
(2)萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同,用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来，然后分液；根据溴与四氯化碳的沸点不同可用蒸馏分离；萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。
【详解】(1)因分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水，蒸馏烧瓶、冷凝管不需要检查是否漏水，
因此，本题正确答案是：③④；
(2)溴在四氯化碳中的溶解度较在水中大，并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，接着可用分液方法将两层液体分开，应选择装置Ⅱ；
四氯化碳易挥发，可用蒸馏的方法分馏得到四氯化碳，应选择装置Ⅰ；
溴在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取剂和水不互溶，且萃取剂和溴不反应，
因此，本题正确答案是：Ⅱ； 萃取（或萃取分液）；Ⅰ； 蒸馏；ACE。
答案第1页，共2页
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