高考化学物质的量(大题培优易错试卷)及答案

高考化学物质的量(大题培优易错试卷)及答案

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．实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol·L－1的NaOH溶液500mL，回答下列问题。

（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是________(填字母)。

a．使用前要检验容量瓶是否漏液

b．用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干

c．为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行

d．为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀

e．用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液

f．当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放所配制的试剂

（2）请补充完整实验的简要步骤。

①计算；②称量NaOH固体________g；③溶解；④冷却并移液；⑤洗涤并转移；

⑥________；⑦摇匀。

（3）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是________、________。

（4）上述实验操作②③都要用到小烧杯，其作用分别是_____________________和

_______。

（5）如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：

①____________________________________________；

②_____________________________________________。

（6）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是________(填字母)。

A．转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面

B．定容时俯视刻度线

C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容

D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线

【答案】ad 20.0 定容 500mL容量瓶胶头滴管用烧杯称量NaOH固体，防止NaOH 腐蚀天平的托盘用烧杯做溶解用的容器没有用玻璃棒引流应选用500mL的容量瓶BC

【解析】

【分析】

【详解】

(1)a、容量瓶使用前要检验是否漏水，a正确；

b、容量瓶不能加热，b错误；

c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液，也不能用来溶解固体，c错误；

d、为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后要摇匀，d正确；

e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液，不能配制480mL溶液，e错误；

f、容量瓶不能长期贮存溶液，f错误；

故选ad；

(2)m(NaOH)＝nM=cVM=1.00mol·L－1×0.500L×40g·mol－1＝20.0g。配制时，要遵循计算、称量、溶解（冷却）、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。

(3)配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平(带砝码)、量筒，本题还缺少500mL容量瓶和胶头滴管。

(4)NaOH固体具有强腐蚀性，不能用纸称量，要用玻璃仪器（如小烧杯）盛放。NaOH固体溶解时要在小烧杯中进行。

(5)配制500mL的溶液，应选用500mL的容量瓶；在转移溶液时，一定要用玻璃棒引流，防止溶液溅到瓶外。

(6)A、转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面，导致溶质损失，则所配溶液浓度偏低，A错误；

B、定容时俯视液面，则溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，B正确；

C、在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，则冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，C正确；

D、定容后，加盖倒转摇匀后，由于会有少量液体残留在刻线上方，因此液面低于刻度线是正常的，又滴加蒸馏水至刻度，体积会增大，导致所配溶液浓度偏低，D错误；

故选BC。

【点睛】

本题第（3）题，填写容量瓶时务必带着规格填写，即填写500mL容量瓶，只填写容量瓶是不正确的。

3．某实验小组拟配制0.10 mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。

(1)若实验中大约要使用475 mL 氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体________g。

(2)从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________(填序号)。

(3)定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度_________(偏高，偏低或不变)。

(4)下列情况会使所配溶液浓度偏低________(填序号)。

①称量读数时，左盘高，右盘低

②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

④定容时，仰视容量瓶的刻度线

⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线

【答案】2.0 ①②⑤偏低①②④⑥

【解析】

【分析】

(1)根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；

(2)称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；

(3)、(4)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)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：2.0；

(2)氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：①②⑤；

(3)定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；

(4)①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；

②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；

④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；

⑤在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；

综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：①②④⑥。

【点睛】

配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。

4．实验室需要480mL 0.3 mol.·L-1 NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。请回答：

(1)如图所示的仪器中，配制上述溶液一定不需要的仪器为__________(填选项字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为_________________(填仪器名称)。

(2)配制NaOH溶液。

①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_____g。

②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所配制的溶液浓度将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

(3)配制硫酸溶液。

①实验室用98%(ρ=1.84g·cm3)的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸的体积为_____mL。

②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1，原因可能是_________(填选项字母)。

A．用胶头滴管加水定容时俯视刻度

B．容量瓶中原来存有少量水

C．稀释硫酸的烧杯未洗涤

D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度

【答案】AC 烧杯、玻璃棒 6.0 偏低 100mL CD

【解析】

【分析】

配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。配制硫酸溶液时，根据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度

可根据公式c=1000

M

ρω

进行计算。

【详解】

(1)用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒，因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。

(2)①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度，然后根据容量瓶体积计算溶质的量，配制480mL 0.3 mol/L 的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶，因此需要NaOH的物质的量为0.5L×0.3 mol/L=0.15mol，需要NaOH的质量为：m=n·M=0.15mol/L×40g/mol =6.0g，因此需要称取6.0NaOH固体。

②NaOH溶液转移时洒落少许，会使溶质物质的量减小，配制的溶液浓度偏低。

（3）98%的浓硫酸的分数为:

10001000 1.84g/L98%

c===18.4mol/L

M98g/mol

ρω??

,需要浓硫酸的

体积为：

n 3.68/0.5

V==0.1100 c18.4/

mol L L

L mL

mol L

?

==。

(4)A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度，读数比实际体积大，加入的水会低于刻度线，会使实际溶液浓度偏大，A错误；

B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度，B错误；

C.稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中，会使配制的溶液浓度减小，C正确；

D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度，读数比实际体积小，加入的水会超过刻度线，会使实际溶液浓度减小，D正确；

故选CD。

【点睛】

本题的易错点为（3）①，计算浓硫酸用量时，需根据稀释前后物质的量不变来计算，稀硫酸的浓度和体积是已知的，只需要知道浓硫酸的浓度即可，浓硫酸的浓度可用公式

c=1000

M

ρω

算出。

5．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SO42-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：

4.4822.4 =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(H 2S) ×2=0.3mol ，n(H 2S) =0.15mol ；

（4）7.8 g Na 2X 中含Na + 0.2 mol ，则n(Na 2X)=0.1mol ，M(Na 2X)=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。

6．硫酸是重要的基础化工原料之一，是化学工业中最重要的产品，号称“工业之母”。在中学化学教材中有多处涉及其应用。

(1)利用浓硫酸配制稀硫酸

已知某浓硫酸的密度为1.84g/ml ，质量分数为98％，则该浓硫酸的物质的量浓度为_______；

现用该浓硫酸配制480ml 浓度为1.84mol/L 的稀硫酸，在配制过程中除量取浓硫酸的仪器、烧杯、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________________；

(2)硫酸与无机物的反应

实验室在用稀硫酸与锌反应制取氢气时，常向其中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率，请写出发生的离子反应方程式______________________________；不活泼金属铜在与浓硫酸反应中，体现了浓硫酸的___________________性质；非金属碳在加热条件下也能与浓硫酸反应，若要你设计实验检验反应生成的气体产物，则检验出气体产物的正确顺序为______________________；

(3)硫酸在有机中的应用

利用硫酸的性质可以制取多种有机物，比如烈性炸药TNT 、硝基化合物、酯类物质、不饱和烃等。请写出制取TNT 的化学方程式________________________________________；请写出用乙醇制取乙烯的化学方程式________________________________________；稀硫酸还可以使蔗糖、淀粉等多种有机物发生水解，请写出蔗糖水解的产物名称_________。

【答案】18.4mol/L 500ml 容量瓶 Zn ＋Cu 2＋=Cu ＋Zn 2＋、Zn ＋2H ＋=H 2↑＋Zn 2＋ 强氧化性

和强酸性 H 2O 、SO 2、CO 2 +3HNO 324H SO Δ????→浓+3H 2O C 2H 5OH

CH 2=CH 2↑+ H 2O 葡萄糖、果糖

【解析】

【分析】

（1）根据c=1000ρwM 计算出该浓硫酸的浓度；配制该溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器；

（2）硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，原因是形成原电池反应；

【详解】

（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：c=1000×

1.84×98%÷98mol/L=18.4mol/L ；实验室没有480mL 的容量瓶，配制时需要选用500mL 容量瓶，实际上配制的是500mL1mol/L 的硫酸溶液，配制该溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，配制过程中需要使用的仪器为：药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器为： 500mL 容量瓶，

故答案为：18.4mol/L ；500mL 容量瓶；

（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO 4=ZnSO 4+Cu ，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，离子方程式是Zn ＋Cu 2＋=Cu ＋Zn 2＋、Zn ＋2H ＋=H 2↑；铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，硫元素的化合价降低表现硫酸的氧化性，生成盐和水体现硫酸的酸性，故硫酸表现的性质是酸性和氧化性；碳和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化碳和水，检验气体的顺序是水，二氧化硫，二氧化碳，

故答案为：Zn ＋Cu 2＋=Cu ＋Zn 2＋、Zn ＋2H ＋=H 2↑；强氧化性和强酸性 ；H 2O 、SO 2、CO 2；

（3）制取TNT 需要甲苯，浓硫酸和浓硝酸的混合酸加热，反应的化学方程式是

+3HNO 324H SO Δ????→浓+3H 2O ；向乙醇中加入浓硫酸，加热到170度，

可以制取乙烯，方程式是C 2H 5OH CH 2=CH 2↑+ H 2O ；蔗糖水解产生葡萄糖和果糖， 故答案为：+3HNO 324H SO Δ????→浓+3H 2O ；C 2H 5OH CH 2=CH 2↑+ H 2O ；葡萄糖、果糖。

7．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NaNO3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HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8 mol?L-1的HNO3溶液，该小组用8mol?L-1的HNO3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HNO3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HNO3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HNO3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HNO 3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HNO 3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 。

8．O 2和O 3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：

（1）等质量的O 2和O 3所含原子个数比为__，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数值，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N A 的式子表示)。

（4）常温下，将20g 质量分数为14%的KNO 3溶液跟30g 质量分数为24%的KNO 3溶液混

合，得到密度为1.15g·

cm -3的混合溶液。该混合溶液的物质的量浓度为___mol·L -1。 【答案】1：1 3：2 1：1 2： 3 A 22.4bc aN L 2.28 【解析】

【详解】 (1)等质量的O 2和O 3的物质的量之比为∶＝3∶2，则所含分子个数之比为3∶2，原子个数之比为1∶1，故答案为：1:1；3:2；

(2)据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有相同数目的分子，即O 2和O 3所含分子数之比为1∶1，则原子个数比为2∶3，质量比为2∶3，故答案为：1：1；2：3；

(3)氧气的摩尔质量为M ＝＝

＝g·mol －1，则cg O 2在标准状况下体积为V ＝·V m ＝×22.4 L·mol －1＝L ，故答案为：A

22.4bc aN L ； (4)混合后溶液中的KNO 3的物质的量为n(KNO 3)＝

≈0.099 mol ，混合后溶液的总体积为V[KNO 3(aq)]＝

≈43.5 cm 3＝4.35×10－2L ，混合后溶液中KNO 3的物质的量浓度为c(KNO 3)＝≈2.28mol·L －1，故答案为：2.28。

9．NH 3、NO 、NO 2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：4NH3+6NO 催化剂

5N2+6H2O，

故答案为：4NH3+6NO 催化剂

5N2+6H2O；

(5)n(NO2)＝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。

10．实验室需要配制0.1 mol·

L －1 CuSO 4溶液480 mL 。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。

(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 ________、________以及等质量的两片张滤纸。

(2)计算，应选择下列________。

A ．需要CuSO 4固体8.0 g

B ．需要CuSO 4·5H 2O 晶体12.0 g

C ．需要CuSO 4·5H 2O 晶体12.5 g

D ．需要CuSO 4固体7.7 g

(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。

(4)溶解、冷却。若未冷却，则所配溶液浓度会________。

(5)转移、洗涤。若未洗涤，则所配溶液浓度会________。

(6)定容，摇匀。

(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。

(8)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________。

【答案】胶头滴管 500 mL 容量瓶 AC 偏高 偏高 偏低 偏低

【解析】

【分析】

本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可

【详解】

(1)配制的是480 mL 溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500 mL 容量瓶；

(2)因为定容时使用的500 mL 容量瓶，其物质称量时时按500 mL 算，不是按480 mL 算，若果是硫酸铜固体其质量为11500mL 0.1 mol L 160 g mol

????－－=8.0g ，若为5水硫酸铜其质量为11500mL 0.1 mol L 250 g mol ????－－=12.5g ，故答案为A 、C ；

(3)砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度

会偏高，故答案为偏高；

(4)若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；

(5)若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；

(8)因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。

【点睛】

注意：计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。

11．按要求回答下列问题

(1)实验室可用K 2Cr 2O 7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K 2Cr 2O 7 +14HCl(浓)=3Cl 2↑+2C rCl 3 +2KCl+7H 2O ，当转移0.6mole -时被氧化的HCl 为_____mol

(2)同温同压下，相同物质的量的SO 2气体和SO 3气体，其分子数之比为_________，密度之比为_________

(3)①向溴化钠溶液中通入适量的氯气，产生的现象是________，反应的化学方程式是_________；

②Cl 2、Br 2、I 2三种单质氧化性强弱的关系是______。

③下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是________。

①贝壳 ②紫菜 ③鱼 ④海带

(4)将相同质量的镁条分别在：①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_____（填序号）。

【答案】0.6mol 1：1 4：5 溶液由无色变为橙色 Cl 2+2NaBr=Br 2+2NaCl Cl 2>Br 2>I 2 ④ ③<②<①<④

【解析】

【分析】

(1)先分析方程式中转移电子与发生氧化反应消耗HCl 的关系，然后计算转移0.6mole -时被氧化的HCl 的物质的量；

(2)根据n=A N N 及m

m M ρV V ==计算； (3)①活动性强的可以把活动性弱的置换出来，根据Br 2的水溶液显橙色分析；

②根据同一主族的元素性质变化规律分析；

③根据海产品的成分分析；

(4)根据题意结合化学反应的方程式，可以使各个产物在镁原子个数相同的情况下来比较质量的大小。

【详解】

(1)在反应K 2Cr 2O 7 +14HCl(浓)=3Cl 2↑+2CrCl 3 +2KCl+7H 2O 中，每转移6mol 电子，会有6molHCl 被氧化产生Cl 2，则当转移0.6mole -时被氧化的HCl 的物质的量为0.6mol ；

(2)根据物质的量与微粒数目关系式n=A

N N 可知：气体的分子数的比等于气体的物质的量的

比。所以同温同压下，相同物质的量的SO 2气体和SO 3气体，其分子数之比为1：1；在同温同压下，气体摩尔体积相同，根据气体的密度定义式m m M ρV V ==可知：气体的密度与气体的摩尔质量成正比，所以在同温同压下， SO 2气体和SO 3气体的密度比ρ(SO 2)：ρ(SO 3)=64g/mol ：80g/mol=4：5；

(3)①由于活动性Cl 2>Br 2，所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：

Cl 2+2NaBr=Br 2+2NaCl ，反应后产生的Br 2的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶液由无色变为橙色；

②同一主族的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl 2、Br 2、I 2三种单质氧化性强弱的关系是Cl 2>Br 2>I 2；

③①贝壳主要成分为碳酸钙，①不符合题意；

②紫菜主要成分为蛋白质、维生素，②不符合题意；

③鱼主要成分为蛋白质，③不符合题意；

④海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，④符合题意；

故合理选项是④；

(4)Mg 燃烧的有关反应方程式为：2Mg+O 2

2MgO ； 3Mg+N 2Mg 3N 2； 2Mg+CO 2 2MgO+C ，可假设镁的物质的量是1mol ，比较Mg 燃烧后生成的固体增加的质量；1molMg 在O 2中燃烧质量增加1molO 原子的质量16g ；在N 2中燃烧质量增加13molN 2的质量283

g ；在空气中燃烧产物既有MgO 、也有Mg 3N 2，所以增加的质量在283

g ～16g 之间；在CO 2中燃烧质量增加1molO 和0.5molC 原子的质量，16g+6g=22g ，可见等质量的Mg 在四种情况下质量增加由小到大的顺序是③氮气<②空气<①氧气<④二氧化碳，Mg 的质量相等，增加的质量越大，则反应后得到的固体质量越大，所以将相同质量的镁条分别在：①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是③<②<①<④。

【点睛】

本题考查了物质成分的判断、物质活动性比较及物质的量在化学方程式计算的应用的知识。结合元素周期律分析判断物质的活动性及反应现象，对于镁带在不同条件下燃烧产物质量比较，可假设Mg 的物质的量都是1mol ，根据产生的物质的组成确定增加元素及其质量，增加的质量越多，反应后得到的固体质量就越大，难点是判断镁在空气中的产物质量，学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值，应注意解答的规范化。

12．实验室可用如下方法制取Cl 2，根据相关信息，回答下列问题：

(1)在该反应中，HCl 表现的性质有______、________.

①MnO 2 +4HCl （浓）ΔCl 2↑+ MnCl 2+ 2H 2O

(2)若反应中有0.1mol 的氧化剂被还原，则被氧化的物质为________（填化学式），被氧化物质的物质的量为 _____，同时转移电子数为_____(用N A 表示)。

(3)将(2)生成的氯气与 0.2mol H 2 完全反应，生成的气体在标准状况下所占体积为_________，将此产物溶于水配成100mL 溶液，此溶液的物质的量浓度为_______。

(4)②KClO 3＋6HCl(浓)=3Cl 2↑＋KCl ＋3H 2O③2KMnO 4＋16HCl(浓)=2KCl ＋2MnCl 2＋5Cl 2↑＋8H 2O

若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。

(5)已知反应4HCl(g)＋O 2 Δ催化剂2Cl 2＋2H 2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO 2、O 2、KMnO 4三种物质氧化性由强到弱的顺序为_______。

(6)将不纯的NaOH 样品2.50 g(样品含少量Na 2CO 3和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L 盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L 的NaOH 溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到固体的质量为_______。

【答案】还原性 酸性 HCl 0.2mol 0.2N A 8.96L 4mol/L 6：5：6 KMnO 4> MnO 2> O 2

5.85g

【解析】

【分析】

(1)盐酸与二氧化锰反应化合价发生变化，且能与碱性氧化物反应；

(2)还原剂被氧化，求解被还原的还原剂的量；

(3) 根据方程式及c=n V

计算； (4) ①生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；②生成1mol 氯气时，转移

53mol 电子；③生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；

(5)根据氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，进行推理；

(6)根据Cl -离子守恒进行计算。

【详解】

(1)盐酸与二氧化锰反应化合价由-1变为0，作还原剂，表现还原性；与碱性氧化物反应，表现酸性；

(2)若0.1mol 的氧化剂被还原，还原剂被氧化，物质为HCl ，被还原的物质的量为0.2mol ，转移0.2mol 电子，即0.2N A ；

(3) H 2 + Cl 2=2HCl ，0.2mol 氯气与0.2mol H 2 完全反应，生成0.4molHCl ，标况下的体积为

8.96L ；c=n V =0.40.1

=4mol/L ； (4) ①生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；②生成1mol 氯气时，转移

53mol 电子；③生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；电子转移的数目之比为6：5：6；

(5)根据反应①、③和4HCl(g)＋O 2 Δ催化剂2Cl 2＋2H 2O(g)可知，MnO 2、O 2、KMnO 4三种物质

均可制取氯气，且反应的条件下由易到难，氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，则氧化性由强到弱的顺序为KMnO4> MnO2> O2；

(6)反应后的溶液的溶质为NaCl，且加热蒸干后得到的固体也为NaCl，根据Cl-离子守恒，n （NaCl）= n（HCl）=50.0 mL×2.00mol/L=0.1mol，其质量为5.85g。

13．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。

(1)图中Y物质的化学式为______。

(2)治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体．则治理烟道气反应的化学方程式为____________________________。

(3)实验室中X气体由不溶性的硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方程式为：_____________________________________________。

(4)Na2S2O3(硫代硫酸钠)是一种用途广泛的钠盐。

①下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是___。

a.Na2S+S

b.Z+S

c.Na2SO3+Y

d.NaHS+NaHSO3

②Na2S2O3具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S2O32-转变为SO42-。现需处理含标准状况下Cl2 2.24L的织锦物，理论上需要0.00100mol/L Na2S2O3溶液的体积为_______L。

【答案】SO3 2CO+SO22CO2+S FeS+2H+=Fe2++H2S↑ bd 25

【解析】

【分析】

依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+6价氧化物为

SO3，Z为+4价的盐可以为Na2SO3。

(1)Y是S元素化合价为+6价；

(2)根据反应物、生成物，结合反应中电子转移数目相等，可得反应方程式；

(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，根据离子方程式中物质拆分原则书写反

应的离子方程式；

(4)①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；

②根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的Na2S2O3的物质的量，再根据n=cV计算其物质的量。

【详解】

根据上述推断可知X是H2S，Y是SO3，Z是Na2SO3。

(1)Y为S元素的氧化物，化合价为+6价，则Y为SO3；

(2) CO、SO2反应产生S单质和CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：

2CO+SO22CO2+S；

(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，反应的离子方程式为：

FeS+2H+=Fe2++H2S↑；

(4)①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，A中S化合价都小于2，C中物质中S化合价都大于+2价，B、D中S元素化合价必须分别大于2和小于2，故合理选项是bd；

②根据题干信息可知发生反应方程式为：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，标准状况下2.24L Cl2的物质的量是n(Cl2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，在反应中获得电子变为-1价的Cl-，0.1molCl2获得电子的物质的量是0.2mol；S2O32-转变为SO42-，每1mol S2O32-失去8mol 电子，则转移0.2mol电子，需消耗S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.2mol÷8=0.025mol，根据

n=c·V可知理论上需要0.00100mol/L Na2S2O3溶液的体积V=0.025mol÷0.00100mol/L=25L。【点睛】

本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算，正确提取图象信息，结合氧化还原反应规律分析为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

14．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。

【点睛】

配制一定物质的量浓度的溶液时，误差分析应根据c=n

V

进行分析，注意操作对溶质的物

质的量和溶液体积的影响。

15．实验室要配制500mL 0.2mol·L-1的NaOH溶液，请结合实验回答下列问题:

(1)实验中需称量NaOH固体的质量为_________g。

(2)实验步骤主要有计算、称量、溶解、转移和定容。

①完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、__________和_________。

②溶解和转移过程中玻璃棒的作用分别是__________和__________。

(3)分析下列操作对所配制溶液浓度的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

①转移液体过程中有少量液体溅出:__________；

②定容时俯视刻度线:__________；

③容量瓶洗净后,未经干燥处理:__________

【答案】4.0 500ml容量瓶胶头滴管搅拌引流偏低偏高无影响

【解析】

【分析】

(1)实验中需称量NaOH固体的质量，应使用公式m=c?V·M进行计算。

(2)①完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等。

②溶解时玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶解；转移时玻璃棒的作用是引流。

高考化学物质的量(大题培优)

高考化学物质的量(大题培优) 一、高中化学物质的量 1．①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。 2．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。 (1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是 ______ (填写字母)。 (2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36 L(标准状况)二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 ______ g (保留一位小数)。 (3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。首先用pH 试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分

高考化学专题：物质的量浓度计算

高考化学专题：物质的量浓度计算 1． 下图是某同学用500 mL 容量瓶配制0.10 mol·L － 1 NaOH 溶液的过程： 该同学的错误步骤有 ( ) A ．1处 B ．2处 C ．3处 D ．4处 2． 若20 g 密度为ρ g·cm － 3的Ca(NO 3)2溶液中含有2 g Ca(NO 3)2，则溶液中NO － 3的物质的量浓度为 ( ) A.ρ400 mol·L － 1 B.20ρ mol·L －1 C. 50ρ41 mol·L － 1 D. 25ρ41 mol·L － 1 3． 只给出下列甲和乙中对应的量，不能求出物质的量的是 ( ) A B C D 甲 物质的粒子数 标准状况下的气体摩尔体积 固体的体积 溶液中溶质的物质的量浓度 乙 阿伏加德罗常数 标准状况下的气体体积 固体的密度 溶液的体积 好使反应后的溶液呈中性，则下列叙述错误的是 ( ) A ．溶液中c (Na ＋ )＝2c (SO 2－ 4) B.a 2 mol ＞沉淀的物质的量＞0 C ．沉淀的物质的量＝a 2 mol D ．原浓硫酸中H 2SO 4的物质的量＞a 2 mol 5． 3 g 镁铝合金与100 mL 稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g ，则 原硫酸的物质的量浓度为 ( ) A ．1 mol·L － 1 B ．1.5 mol·L － 1 C ． 2 mol·L －1 D ．2.5 mol·L － 1

6．等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中完全溶解，得到的Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的浓度分别为a mol·L－1和b mol·L－1，则a与b的关系为() A．a＝b B．a＝2b C．2a＝b D．a＝5b 7．300 mL Al2(SO4)3溶液中，含Al3＋为1.62 g，在该溶液中加入0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液300 mL，反应后溶液中SO2－4的物质的量浓度为() A．0.4 mol·L－1B．0.3 mol·L－1 C．0.2 mol·L－1D．0.1 mol·L－1 8．在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol·L－1。下列叙述中正确的是() ①w＝ 35a 22.4Vρ×100%②c＝ 1 000a 22.4V③若上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的质量分数大于 0.5w④若上述溶液中再加入0.5V mL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为 c(NH＋4)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) A．①④B．②③C．①③D．②④ 9．右图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是() A．只有在t1℃时，NaCl和MgSO4的溶解度才相等 B．t1～t2℃，MgSO4的溶解度随温度升高而减小 C．在t2℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大 D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t2℃时，有晶体析 出 10．36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为W，物质的量浓度为c mol·L－1，N A表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是 () A．所得溶液的物质的量浓度：c＝1 mol·L－1 B．所得溶液中含有N A个HCl分子 C．36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L D．所得溶液的质量分数：W＝36.5 c/(1 000ρ) 11．试回答下列问题。 (1)已知24 g A和40 g B恰好完全反应生成0.4 mol C和32 g D，则C的摩尔质量为________。 (2)把1 mol Na和1 mol Mg分别投入到等量且过量的盐酸中，分别得到溶液a和b，则溶液a和b的 质量关系为m a________m b。 (3)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶的标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题： 盐酸 分子式：HCl 相对分子质量：36.5

最新最全面高考化学知识点总结(完整版)(精华版)

第一部分 一．物质的组成、性质和分类： （一）掌握基本概念 1．分子 化学基本概念和基本理论 分子是能够独立存在并保持物质化学性质的一种微粒。 （1）分子同原子、离子一样是构成物质的基本微粒． （2）按组成分子的原子个数可分为： 单原子分子如：双原子分子如：多原子分子如：He、Ne、Ar、Kr O2、H2、HCl、NO H2O、P4、C6H12O6 2．原子 原子是化学变化中的最小微粒。确切地说，在化学反应中原子核不变，只有核外电子发生变化。 （1）原子是组成某些物质（如金刚石、晶体硅、二氧化硅等原子晶体）和分子的基本微粒。 （2）原子是由原子核（中子、质子）和核外电子构成的。 3．离子 离子是指带电荷的原子或原子团。 （1）离子可分为： 阳离子：Li+、Na+、H+、NH + 4 阴离子：Cl–、O2–、OH–、SO 2– 4 （2）存在离子的物质： 离子化合物中：NaCl、CaCl2、Na2SO4 ① ②③电解质溶液中：盐酸、NaOH 溶液金属晶体中：钠、铁、钾、铜 4．元素 元素是具有相同核电荷数（即质子数）的同—类原子的总称。 （1）元素与物质、分子、原子的区别与联系：物质是由元素组成的（宏观看） 离子构成的（微观看）。 （2）某些元素可以形成不同的单质（性质、结构不同）—同素异形体。 ；物质是由分子、原子或 （3）各种元素在地壳中的质量分数各不相同，占前五位的依次是： 5．同位素 O、Si、Al、Fe、Ca。 是指同一元素不同核素之间互称同位素，即具有相同质子数，不同中子数的同一类原子互称同位素。 123 如H 有三种同位素：1H、1H、1H（氕、氘、氚）。 6．核素 核素是具有特定质量数、原子序数和核能态，而且其寿命足以被观察的一类原子。 （1）同种元素、可以有若干种不同的核素—同位素。 （2）同一种元素的各种核素尽管中子数不同，但它们的质子数和电子数相同。核外电子排布相同，因 而它们的化学性质几乎是相同的。 7．原子团 原子团是指多个原子结合成的集体，在许多反应中，原子团作为一个集体参加反应。原子团有几下几 2- 种类型：根（如SO4、O Hˉ、CH3COOˉ等）、官能团（有机物分子中能反映物质特殊性质的原子团，如—OH、 —NO2 、—COOH等）、游离基（又称自由基、具有不成价电子的原子团，如甲基游离基 8．基·CH3）。 化合物中具有特殊性质的一部分原子或原子团，或化合物分子中去掉某些原子或原子团后剩下的原子

高考化学 物质的量 综合题及详细答案

高考化学 物质的量 综合题及详细答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．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：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O (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KMnO 4参加反应？________。 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Cl 2的物质的量，然后根据方程式中KMnO 4、HCl 与Cl 2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KMnO 4中的+7价变为反应后MnCl 2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Cl 2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KMnO 4、MnCl 2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

2020-2021高考化学压轴题之铁及其化合物(高考题型整理,突破提升)含答案

2020-2021高考化学压轴题之铁及其化合物(高考题型整理,突破提 升)含答案 一、高中化学铁及其化合物练习题（含详细答案解析） 1．A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系： 其中①②③均为有单质参与的反应。 （1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应，B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。 （2）如何检验上述C溶液中的阳离子？______________________。 （3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。C的化学式是 ____________，属于置换反应____________，（填序号）写出反应①的化学方程式 ____________________。 【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+ SiCl4①③ 2C+SiO2Si+2CO↑ 【解析】 【分析】 (1)由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，②为Fe与氯化铁的反应； (3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。 【详解】 (1)A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+； (2)由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+； (3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。 2．已知有以下物质相互转化：

最新高考化学复习知识点总结(全)

第一章高考揭秘 一年的高考又即将来临，你是否知道高考化学如何命题？你是否知道在考前最关键时期改如何复习？采取哪些策略来进行备考吗？为了圆自己人生的梦想，在这场无硝烟的战争中，不光看实力，还得拼技巧和方法，在这最后时刻，务必抓住高考的重、难点，夯实基础，注重方法，稳中求变，稳中求新，明确高考命题结构和趋势，避免复习误区，合理选择备考策略，决胜高考！考纲解读 1. 研究“目标” 研究《考试大纲》中的能力要求、考试范围、知识结构、题型示例等，应特别注意变化之处。重点研究考试范围所罗列的知识及要求层次，以便查漏补缺;研究近几年的高考化学试题，并在老师的引导下，把握好重点、难点、疑点、易错点等，做到心中有数，有的放矢。 2．研究“变化” 对比分析去年与今年《考试大纲》的变化是极为重要的，其中的变化预示着高考命题方向的改变，这可以从文字表述、增加或删除的内容、示例题目的个数和形式等方面进行对比分析。教材是学生学习的主要工具，同时也是高考命题的重要依据，因此考生在进行专题复习时必须重视对教材的阅读。根据化学学科知识琐碎，概念多、理论多、反应多、物质多、实验多、现象多等特点，在复习时，考生首先要对相关知识进行归纳、总结，抓住每一章知识的重难点，找出不同章节之间知识的关联点、延伸点;然后将各章节的关联点串连成线，以画图或列表的形式织成面;最后再将所有的知识面串起来，形成知识网，从而对化学学科知识有一个从微观到宏观的整体把握。对教材上的重点知识考生可以采用边读、边批、边思考的方法记忆，长时间坚持，重点知识基本上就能够掌握了。 高考考题解读 1. 注重基础、考查主干、加强综合 试题十分注重考查高中化学的基础知识，选择题上尤其突出，包括卤代烃同分异构体、元素化合物、基本实验操作、电解质溶液、电化学和反应热，比较基础相对简单。试题也基本覆盖了中学化学所有主干知识。注重学科内综合，

高考化学物质的量(大题培优)及答案

高考化学物质的量(大题培优)及答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．I．配制0.5 mol/L的NaOH溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？（填“偏大”“偏小”或“不变”） （1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________； （2）定容时观察刻度线仰视，其结果_____________。 II．（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为： __________________________。 （2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置：_____________（将编号字母填入空格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂：_____________。装置有： A B C D E F G H NaHCO溶液e．碱石灰 试剂有：a．NaOH溶液b．澄清石灰水c．浓硫酸d．饱和3 f．品红溶液g．湿润的红色石蕊试纸 【答案】偏大偏小 2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O A e 【解析】 【分析】 根据n=cV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，在配制一定物质的量浓度溶液时，若V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。 【详解】 I．（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大； （2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。II．（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为： 2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O。 （2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为A；为了得到纯净的氨，氨气为碱性气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选e。 2．以下涉及的物质中A、B、C都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。 (1)一定条件下，9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应，生成了4.48L（标准状况）气态产物B和固体产物C。标准状况下，B气体的密度为0.76g/L，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。试求B的分子式_____________ 。 (2)25℃、101.3KPa时，气体摩尔体积为24.5L/mol. 该状况下，1体积水（密度为1g/cm3）

高考化学二轮复习 物质的量浓度及有关计算教学案

物质的量浓度及有关计算 教学目标 知识技能：理解有关物质的量浓度的涵义，掌握有关计算的基本题型。 能力培养：有关物质的量浓度的计算思维能力。 科学思想：在溶液计算中，贯彻守恒的思想。 科学方法：演绎推理法，比较分析法。 重点、难点有关物质的量浓度计算的6种基本类型是重点；电荷守恒、建立参比的基本解题方法是难点。 教学过程设计 教师活动 【引入】今天我们复习物质的量浓度。 【提问】物质的量浓度的定义是什么？请写出它的计算公式。 学生活动 回答：1L溶液中含有溶质的物质的量。 板书：c=n（mol）/V（L） 【再问】溶液的组成还常用什么来表示？ 回答：也常用溶质的质量分数来表示。 溶质的质量分数表示单位质量溶液中所含溶质的质量。

板书：a％=m（溶质）/m（溶液）×100％ 【提问】根据物质的量浓度的计算公式c=n/V，我们能够联想起哪些有关的计算思想？请同学们讨论后回答。 思考，讨论，回答： （1）在公式计算中，已知任何两个量，可以求得第三个量。 （2）还可以根据物质的量联系溶质的质量、气体溶质在标准状况下的体积及微粒数目等。 （3）当溶质的量一定时，浓度和体积成反比；当体积一定时，浓度和溶质的物质的量成正比。 （4）根据n=cV，当取出一定浓度的溶液时，溶液的浓度不变，但溶质的物质的量和所取溶液的体积成正比。 【评价】同学们说的都很正确，不过，有一个问题，为什么当取出一定浓度的溶液时，溶液的浓度不变？ 回答：溶液是均匀稳定的体系。 【板书】类型1 代入公式的计算 【投影】填空： 思考，完成练习。

【强调】体积必须以升（L）为单位进行计算。如果题目给的体积为mL，则必须进行换算。 【提问】为什么醋酸的[H+]小于其酸的浓度？ 回答：醋酸为弱酸，[H+]=ca， 因此，[H+]小于酸的浓度。 【板书】类型2 溶液物质的量浓度和溶质质量分数的换算 【提问】在进行换算时，根据那个不变的量来推导计算公式？请写出计算公式？ 回答：溶液中溶质的量是不变的，分别用物质的量浓度和溶质的质量分数计算，于是得到如下方程： m=cVM=1000Vρa ％ 【强调】在此公式中，物质的量浓度（c）、溶质的质量分数（a％）、溶质的摩尔质量（M）和溶液密度（ρ），已知任何三个量，可计算第四个量。 【投影】练习：63％硝酸溶液的物质的量浓度为14 mol· L-1，溶液的密度为______。 思考，完成练习。 答案：1.4 g·mL-1 【板书】类型3 稀释问题 【提问】溶液在加水稀释过程中，不变的量和变化的量是什么？计算的依据是什么？ 回答：不变的量是溶质的质量和物质的量，变化的量是水的质量、溶液的体积、溶液的密度和溶液物质的量浓度。因此，可根据如下公式计算：n=c1V1=c2V2

2020-2021高考化学压轴题专题铁及其化合物的经典综合题及详细答案

2020-2021高考化学压轴题专题铁及其化合物的经典综合题及详细 答案 一、高中化学铁及其化合物练习题（含详细答案解析） 1．物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3（在180℃升华）和一种盐A按物质的量之比1：2组成。在密闭容器中加热X使之完全分解，发生如下转化： 请回答下列问题： （1）X的化学式为__。 （2）将E混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为__。 （3）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之_。 【答案】AlCl3·2FeSO4 Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O 将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是O2 【解析】 【分析】 固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有Fe3+，则B为Fe2O3，C为FeCl3溶液，无色D气体能使品红褪色，则D为SO2，由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为 FeSO4，氧化铁的物质的量为 3.2g 160g/mol =0.02mol，生成二氧化硫为 0.448L 22.4L/mol =0.02mol， 由Fe、S原子为1：1可知生成SO3为0.02mol，4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物 质的量为4.27g-0.02mol80g/mol 133.5g/mol =0.02mol，X的组成为AlCl3?2FeSO4，以此解答该题。 【详解】 (1)根据上述分析，X的化学式为AlCl?2FeSO4； (2)将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为：Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O； (3)若在高温下长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2。 2．中学化学常见物质A、B、C、D、E有如下转化（已知A、B、C、D、E均含有同一元

2020最新高考化学总复习必考知识点大全

2020最新高考化学总复习必考知识点大全 高中化学知识点总复习笔记、提纲 目录 高考化学考试重点总结（考试重点模式） (1) 高考化学计算公式总结 (124) 高考化学解题技巧总结 (129) 高考化学知识点总结（知识点模式） (167) 高考化学考点总结（考点-例题-解析模式） (275) 高中化学全知识点习题（附答案） (407) 高考化学真题（付答案） ........... 错误!未定义书签。高考化学热点知识习题（附答案） ... 错误!未定义书签。化学与生活知识点总结 ............. 错误!未定义书签。高考化学120个关键知识点总结 ..... 错误!未定义书签。 高考化学考试重点总结（考试重点模式） 一、俗名

有机部分： 氯仿：CHCl3 电石气：C2H2 (乙炔) 酒精、乙醇：C2H5OH 氟氯烃：是良好的制冷剂，有毒，但破坏O3层。醋酸：冰醋酸、食醋 CH3COOH 裂解气成分（石油裂化）： 烯烃、烷烃、炔烃、H2S、CO2、CO等。 甘油、丙三醇：C3H8O3 焦炉气成分（煤干馏）：H2、CH4、乙烯、CO等。石炭酸：苯酚 蚁醛：甲醛 HCHO 福尔马林：35%—40%的甲醛水溶液 蚁酸：甲酸 HCOOH 葡萄糖：C6H12O6 果糖：C6H12O6 蔗糖：C12H22O11 麦芽糖：C12H22O11 淀粉：（C6H10O5）n 硬脂酸：C17H35COOH 油酸：C17H33COOH 软脂酸：C15H31COOH

草酸：乙二酸 HOOC—COOH 使蓝墨水褪色，强酸性，受热分解成CO2和水，使KMnO4酸性溶液褪色。 无机部分： 纯碱、苏打、天然碱、口碱：Ｎa2CO3 小苏打：NaHCO3 石膏（生石膏）：CaSO4.2H2O 熟石膏：2CaSO4·.H2O 碳铵：NH4HCO3 石灰石、大理石：CaCO3 生石灰：CaO 食盐：NaCl 熟石灰、消石灰：Ca(OH)2 芒硝：Na2SO4·7H2O (缓泻剂) 烧碱、火碱、苛性钠：NaOH 绿矾：FeSO4·7H2O 干冰：CO2 明矾：KAl (SO4)2·12H2O 漂白粉：Ca (ClO)2、CaCl2（混和物） 胆矾、蓝矾：CuSO4·5H2O 双氧水：H2O2 皓矾：ZnSO4·7H2O 硅石、石英：SiO2

备战高考化学物质的量综合经典题及答案

备战高考化学物质的量综合经典题及答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，打√或×？ ①22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18N A__________ ②标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2N A__________ ③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A__________ ④1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14N A__________ ⑤标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5N A__________ ⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1N A__________ ⑦常温常压下，8g O2含有的电子数为4N A__________ ⑧常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2 N A__________ ⑨标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为N A__________ ⑩常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3N A__________ ?标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5N A__________ ?常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A__________ 【答案】√√ × √√√√ × × √ × × 【解析】 【分析】 运用n=m/M、V=n×V m、n= V/ V m等公式的应用转换，先求出物质的量，然后求出分子的总个数，在根据这个分子中含有多少个相关微粒。 【详解】 ①标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，1个氩气分子中含有18个电子，故22.4L （标准状况）氩气含有的质子数为18N A说法正确； ②标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物的物质的量是：11.2L/(22.4L/mol)=0.5mol，1个CH4分子中、1个C2H4分子中都含有4个H原子，所含H原子的个数为0.5N A ×4=2N A，故标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2N A说法正确； ③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是：2.24L/(22.4L/mol)=0.1mol，所含分子数为0.1N A，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A说法错误； ④1mol的CO和N2混合气体的分子数为N A，1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子，故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14N A说法正确； ⑤标准状况下，5.6LCO2气体的物质的量为5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol，1个CO2分子中含有2个O原子，故标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5N A说法正确； ⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中O原子的物质的量为0.1mol，故1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1N A说法正确； ⑦常温常压下，8g O2的物质的量为8g/( 32g/mol)=0.25mol，1个O2分子中含有16个电子，故8g O2含有的电子数为4N A说法正确； ⑧常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气

2021年高考化学二轮复习 专题训练 物质的量浓度

2021年高考化学二轮复习专题训练物质的量浓度 一、单项选择题 1.已知某饱和溶液的①体积、②密度、③溶质和溶剂的质量比、④溶质的摩尔质量,要根据溶质的溶解度计算该溶液的物质的量浓度,上述条件中必不可少的是( ) A.②④ B.①④ C.①②③ D.①②③④ 2.(xx·广州模拟)质量分数为a%,物质的量浓度为cmol·L-1的KOH溶液,蒸发溶剂,恢复到原来温度,若质量分数变为2a%,则物质的量浓度变为( ) A.等于2cmol·L-1 B.大于2cmol·L-1 C.小于2cmol·L-1 D.在c2cmol·L-1之间 3.配制100mL0.1mol·L-1Na 2CO 3 溶液,下列操作正确的是( ) A.称取1.06g无水碳酸钠,加入100mL容量瓶中,加水溶解、定容 B.称取1.06g无水碳酸钠,加入100mL蒸馏水,搅拌、溶解 C.转移Na2CO3溶液时,未用玻璃棒引流,直接倒入容量瓶中 D.定容后,塞好瓶塞,反复倒转,摇匀 4.(xx·广州模拟)由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液的pH=1,其中 c(Al3+)=0.4mol·L-1,c(S)=0.8mol·L-1,则c(K+)为( ) A.0.15mol·L-1 B.0.2mol·L-1 C.0.3mol·L-1 D.0.4mol·L-1 5.标准状况下,VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL-1),所得溶液的密度为ρg·mL-1,质量分数为ω,物质的量浓度为cmol·L-1,则下列关系中不正确的是( ) A.ρ= B.ω= C.ω=

D.c= 6.配制250mL0.10mol·L-1NaOH溶液时,下列实验操作会使所配得的溶液浓度偏大的是( ) A.转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容 B.在容量瓶中定容时仰视刻度线 C.在容量瓶中定容时俯视刻度线 D.定容后把容量瓶倒转摇匀,发现液面低于刻度,再补充几滴水至刻度 7.(xx·无锡宜兴一中改编)下列叙述正确的是( ) A.将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中,制得0.1mol·L-1NaCl溶液 B.将1体积cmol·L-1硫酸溶液用水稀释为5体积,得到0.2cmol·L-1硫酸溶液 C.将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液,其浓度为1mol·L-1 D.将wga%的NaCl溶液蒸发掉g水,得到4a%的NaCl溶液 8.(xx·合肥一中)现有VL浓度是0.5mol·L-1的盐酸,欲使其物质的量浓度增大一倍,采取的措施可行的是( ) A.通入标准状况下的HCl11.2L B.加入10mol·L-1盐酸0.1VL,再稀释至1.5VL C.将溶液加热浓缩至0.5VL D.加入VL1.5mol·L-1盐酸混合均匀 9.在配制一定物质的量浓度的HCl溶液时,下列错误操作可使所配制的溶液浓度偏高的是( ) A.用量筒量取浓盐酸时仰视读数 B.稀释搅拌时有液体飞溅 C.定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线 D.摇匀后见液面下降,再加水至刻度线 10.配制一定物质的量浓度溶液时,下列操作对所配得的溶液的浓度无影响的是( ) A.使用蒸馏水洗涤容量瓶后未进行干燥 B.固体样品溶解于水后立即转移到容量瓶 C.转移溶液时,少量溶液溅出容量瓶 D.移液后未洗涤烧杯和玻璃棒 二、非选择题 11.(1)下图是某医院病人输液使用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖注射液标签,请认真观察标

高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案

高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案 一、元素周期律练习题（含详细答案解析） 1．高温下，正硅酸锂（Li 4SiO 4）能与CO 2发生反应，对控制CO 2的排放具有重要的理论意义和实用价值。完成下列填空： （1）硅原子核外电子占有_____种能量不同的轨道；Li 、C 、Si 的最高价氧化物中，属于原子晶体的是_____。 （2）钠元素的金属性比锂强，用原子结构的知识说明理由_____。 一定温度下，在2L 的密闭容器中，Li 4SiO 4与CO 2发生如下反应： Li 4SiO 4(s)+CO 2(g)Li 2SiO 3(s)+Li 2CO 3(s)。 （3）该反应的平衡常数表达式K=_____，反应20min ，测得容器内固体物质的质量增加了 8.8g ，则0~20min 内CO 2的平均反应速率为_____。 （4）在T 1、T 2温度下，恒容容器中c(CO 2)随时间t 的变化关系如图所示。该反应是_____反应（选填“放热”或“吸热”）。 若T 1温度下，达到平衡时c(CO 2)为amol· L -1，保持其他条件不变，通入一定量的CO 2，重新达到平衡时c(CO 2)为bmol· L -1。试比较a 、b 的大小，并说明理由_____。 【答案】5 SiO 2 钠元素和锂元素均为第ⅠA 族元素，Na 原子有3个电子层，Li 原子有2个电子层，原子半径Na>Li ，则原子核对外层电子的吸引能力：Na