化学物质的量的专项培优-易错-难题练习题(含答案)及答案(DOC 17页).doc

1、化学物质的量的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1（1）在标准状况下6.72L CH43.011023个HCl分子13.6g H2S0.2mol NH3，体积最大的是_，密最大的是度_，质量最小的是_，氢原子个数最多的是_。（填写序号）（2）等温等压下，质子数相等的CO、N2两种气体，质量之比为_，体积之比为_，摩尔质量之比_。（3）某物质在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解方程式为：3AB3C2D。测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a，则A的摩尔质量为_。【答案】 1:1 1:1 1:1 4a g/mol 【解析】【详解】(1)6

2、.72L CH4中：n(CH4)=0.3mol，m(CH4)=0.3mol16g/mol=4.8g，(CH4)= ，N(H)=4N(CH4)=1.2NA；3.011023个HCl分子中：n(HCl)=0.5mol，V(HCl)=0.5mol22.4L/mol=11.2L，(HCl)=，m(HCl)=0.5mol36.5g/mol=18.25g，N(H)=N(HCl)=0.5NA；13.6g H2S中：n(H2S)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol22.4L/mol=8.96L，(H2S)= ，N(H)=2N(H2S)=0.8NA；0.2mol NH3中：m(NH3)=0.2mol17g

3、/mol=3.4g，V(NH3)=0.2mol22.4L/mol=4.48L，(NH3)= ，N(H)=3N(NH3)=0.6NA.所以：体积最大的是，密度最大的是，质量最小的是，含氢原子数最多的是；（2）CO、N2两种气体涉及的元素有C、O、N质子数分别为6、8、7，所以两种气体的分子的质子数分别为：14、14，质子数相等的CO、N2，物质的量相等；CO、N2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol，故摩尔质量之比1:1；根据m=nM知：质量之比与摩尔质量成正比为28:28=1:1；根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积，故体积之比为1:1；（3）化学方程式系数的

4、意义：表示物质的量。设A的物质的量为3mol，则三种混合气体的总物质的量为6mol，由于平均相对分子质量为2a，即平均摩尔质量为2a g/mol，三种气体质量总和为12a g，根据质量守恒定律，A的质量也是12a g，故A的摩尔质量为4a g/mol。2按要求填空，已知NA为阿伏伽德罗常数的数值。（1）标准状况下，2.24L Cl2的质量为_；有_个氯原子。（2）含0.4mol Al3的Al2(SO4)3中所含的SO42的物质的量是_。（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为_。（4）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子

5、数目最少的是_。（5）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。（6）10.8g R2O5中氧原子的数目为3.011023，则元素R的相对原子质量为_；R元素名称是_。（7）将10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为_，混和溶液中Cl-的物质的量_（忽略混合前后溶液体积的变化）。（8）a个X原子的总质量为b g，则X的相对原子质量可以表示为_（9）已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中CO的质量为_；CO2

6、在相同状况下的体积为_。（10）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为_。【答案】7.1g 0.2NA或1.2041023 0.6mol 3:5 SO2 4.48L 6.72 14 氮 1mol/L 0.02mol NA或6.021023 2.8g 4.48L 3:13 【解析】【分析】（1）先计算标准状况下，2.24L Cl2的物质的量，再计算氯气的质量和氯原子个数；（2）由化学式计算硫酸根的物质的量；（3）由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比；（4）由n=可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的

7、量越小，分子数越小；（5）先计算标准状况下，3.4g NH3的物质的量，再计算气体体积和所含氢原子的物质的量，最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积；（6）由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量；（7）将10mL 1.00 mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变；（8）先计算a个X原子的物质的量，再依据质量计算X的摩尔质量；（9）依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积；（10）先计算混合

8、气体的平均相对分子质量，再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。【详解】（1）标准状况下，2.24L Cl2的物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol71g/mol=7.1g，Cl2为双原子分子，含有的氯原子个数为0.2NA或1.2041023，故答案为：7.1g；0.2NA或1.2041023；（2）由化学式可知，含0.4mol Al3的Al2(SO4)3中所含的SO42的物质的量是0.4mol=0.6mol，故答案为：0.6mol；（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为：=3:5，故答案为：3:5；（4）由n=可知，质量相同的不同气体，

9、气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小，H2、NH3、SO2、O3四种气体中SO2的摩尔质量最大，则SO2的物质的量最小，分子数最小，故答案为：SO2；（5）标准状况下，3.4g NH3的物质的量为=0.2mol，则体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，含有氢原子的物质的量为0.2mol3=0.6mol，含有氢原子的物质的量为0.6mol的H2S的物质的量为=0.3mol，标准状况下，0.3mol H2S的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L，故答案为：4.48L；6.72；（6）设元素R的相对原子质量为M，10.8g R2O5的物质的量为=mol，所含氧原子的数

10、目为mol6.0210235=3.011023，解得M=14，该元素为N元素，故答案为：14；N；（7）将10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变，10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液中Na+的物质的量为0.01L1.00 mol/L2=0.02mol，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为=1.00mol/L；10mL 1.00mol/L CaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.01L1.00 mol/L2=0.02mol，则混和溶液中Cl-的物质的量0.02

11、mol，故答案为：1mol/L；0.02mol；（8）a个X原子的物质的量为mol，X的摩尔质量为=g/mol，则X的相对原子质量，故答案为：或；（9）设CO、CO2混合气体中CO为x mol，CO2为y mol，由题意可得28x+44y=11.6，x+y=0.3mol，解可得x=0.1，y=0.2，则0.1mol CO的质量为0.1mol28g/mol=2.8g，0.2mol CO2在标准状况下的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：2.8g；4.48L；（10）由题意可知，CH4和O2的组成的混和气体平均相对分子质量为214.5=29，设混合气体中甲烷的物质的量为x、

12、氧气的物质的量为y，则有=29，解得x：y=3:13，故答案为：3:13。3用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4 molL-1）配制100mL 1.0molL-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：A100mL量 B托盘天平 C玻璃棒 D50mL容量瓶 E10mL量筒 F胶头滴管 G50mL烧杯 H100mL容量瓶。请回答：（1）通过计算，需用量筒量取浓硫酸的体积为_mL；（2）实验时选用的仪器有_（填序号），使用容量瓶时第一步的操作是_；（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是_（填序号）；定容时俯视刻度线观察液面容量瓶使用时未干燥定容后经振荡、摇匀、静置，发

13、现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线（4）实验步骤如下：计算所用浓硫酸的体积量取一定体积的浓硫酸 溶解恢复至室温 转移、洗涤定容、摇匀 装瓶贴标签。其中，第步中“洗涤”操作的目的是_。【答案】5.4 CFGEH 检查容量瓶是否漏水 减少溶质损失，减小实验误差 【解析】【分析】根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，使用容量瓶前要检漏。定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。溶

14、质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。【详解】用物质的量浓度为18.4 molL-1的浓硫酸配制100mL 1.0molL-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4 molL1 V= 1.0 molL10.1 L，V=0.0054L =5.4mL，因此需用量筒量取浓硫酸的体积为5.4mL；故答案为：5.4。配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，因此实验时选用的仪器有CFGEH，使用容量瓶时第一步的操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：CFGEH；检查容量瓶是否漏水。定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高，故符合题意；容量瓶使用时未干

15、燥，与结果无影响，故不符合题意；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故不符合题意；综上所述，答案为：。溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第步中“洗涤”操作的目的是减少溶质损失，减小实验误差；故答案为：减少溶质损失，减小实验误差。4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

16、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，然后将溶液分为A、B两份，将溶液B久置于空气中，与密闭保存的A相比，久置后的溶液B中水的电离程度将 _(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】ae 31.5 取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。 减小 【解析】【分析】(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为

17、固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；(2)由硫守恒可得：Na2SO3SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；(3)测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。【详解】(1)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，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置b无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：ae；(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：Na2SO

18、3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，根据反应方程式可知：Na2SO3SO2，n(SO2)=0.15 mol，则需亚硫酸钠的质量为：m(Na2SO3)= 0.15 mol126 g/mol=18.9 g；如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为=31.5 g；(3)测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导

19、致溶液酸性增强，溶液中c(H+)增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。【点睛】本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。5已知：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，将0.1moKMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注：KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。(1)2KMnO

20、4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中的还原产物是_（填化学式），反应中若产生0.3mol的气体则有_mol的电子转移。(2)a+b的最大值为_，a+b最小值为_。【答案】MnCl2 0.6 0.25 0.2 【解析】【分析】(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；根据Cl元素化合价变化计算转移电子；(2)KMnO4固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：0.1(7-2)=4a+2b，整理得a+b=0.2

21、5-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定(a+b)的最小值。【详解】(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnCl2是还原产物；产生0.3mol的氯气时，转移电子为n(e-)=0.3mol20-(-1)=0.6mol；(2)KMnO4固体加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：0.1(7-2)=4a+2b，

22、整理可得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，此时a=0，则(a+b)的最大值=0.25；当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol=0.05mol，则a+b0.25-0.05=0.2，故(a+b)的最小值为0.2。【点睛】本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础，学会将关系式进行变形，并用用极值方法分析判断。6根据题意计算填空。（1）在

23、标准状况下，8.5g某气体占有的体积为5.6L，则该气体的摩尔质量是_。（2）在标准状况下，0.01mol某气体的质量为0.28g，则该气体的相对分子质量为_，该气体的密度为_gL1。（3）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中CO和CO2物质的量之比是_，C和O原子个数比是_，CO的质量分数是_。（4）现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的相对分子质量为M。若阿伏伽德罗常数用NA表示，则：该气体的物质的量为_mol；该气体所含原子总数为_个；该气体在标准状况下的体积为_L；该气体溶于水后形成1L溶液（该气体不与水反应），其物质的量浓度为_molL1

24、。【答案】34g/mol 28 1.25 1：3 4：7 17.5% 【解析】【详解】（1）该气体的摩尔质量 ，故答案为：34g/mol；（2）0.01mol某气体的质量为0.28g，摩尔质量为，故相对分子质量为28；标况下体积是0.224L，故密度为，答案为：28；1.25;（3）设 的物质的量为xmol， 的物质的量为ymol，标准状况下总体积6.72L，即总物质的量为0.3mol，故x+y=0.3，总质量为12g，故28x+44y=12，解得x=0.075，y=0.225，故和物质的量之比是为1:3， 和 原子个数比是4:7，CO的质量分数为 ，故答案为：1：3 ；4：7； 17.5%；

25、（4）该气体的物质的量为mol；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为个；该气体在标准状况下的体积为L；该气体溶于水后形成1L溶液，其物质的量浓度为molL1，故答案为： ；。7NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_。(2)氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_。(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2，该反应的离子方程式是_。(4)为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气)，该反应需要催化剂参加，其化学

26、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+5O24NO+6H2O 光化学烟雾 Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 4NH3+6NO5N2+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，

27、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+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+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+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，答案为：Cu+4H+2NO3Cu2+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，

28、反应方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；(5)n(NO2)n(NO)2.24L22.4L/mol0.1mol，根据电子转移守恒，可知n(Cu)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0.2mol98g/mol19.6g，故答案为：19.6。【点睛】掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。8设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的

29、体积约为11.2 LB0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数C常温下，28克N2和CO的混合物，含有2NA个原子D标准状况下，33.6 L氧气中含有9.031023个氧气分子【答案】A【解析】【详解】A稀有气体为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；B19.6磷酸(H3PO4)的物质的量为=0.2mol，则0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8NA，故B正确；CN2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol，

30、含有2NA个原子，故C正确；D标准状况下，33.6 L氧气的物质的量为=1.5mol，共含有9.031023个氧气分子，故D正确；故答案为A。9Ba(OH)2是一种强碱，可用于测定天然气中CO2的含量。（1）请写出足量氢氧化钡溶液吸收CO2气体的离子方程式：_。（2）某课外小组通过以下实验操作测定Ba(OH)2nH2O中n的值。称取5.25g试样（含有杂质）配成100mL溶液。配置溶液中用到的仪器有天平、_、_、_和胶头滴管。若配制过程中定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量蒸馏水，则所得溶液的浓度将_（填“偏大”、“不变”或“偏小”）。用30.00mL 1molL-1盐酸与上述Ba

31、(OH)2溶液反应，消耗该Ba(OH)2溶液100.00mL（杂质不与酸反应），则该Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为_。另取5.25g试样加热至失去全部结晶水（杂质不分解），称得剩余固体质量为3.09g，则Ba(OH)2nH2O中n=_。【答案】CO2+Ba2+2OH-=BaCO3+H2O 100mL容量瓶 玻璃棒 烧杯 偏小 0.15mol/L 8 【解析】【详解】(1)足量氢氧化钡溶液吸收CO2气体生成BaCO3，发生反应的离子方程式为CO2+Ba2+2OH-=BaCO3+H2O；(2)称取5.25g试样(含有杂质)配成100mL溶液，需要经过溶解、转移并定容，其中溶解时需要玻璃棒和烧杯

32、，转移时需要玻璃棒引流，定容时需要容量瓶和胶头滴管，则配置溶液中用到的仪器有天平、100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；若配制过程中定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量蒸馏水，导致所配溶液的体积偏大，则所得溶液的浓度将偏小；设Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为cmol/L，则1molL-10.03L=cmol/L0.1L2，解得：c=0.15，该Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为0.15mol/L；5.25g试样中含有Ba(OH)2的物质的量为0.15mol/L0.1L=0.015mol，含有水的物质的量为=0.12mol，所以1：n=0.015mol：0.12mol，解得n=

33、8。10某课题研究小组的同学探究钠与水反应之后，又研究了与溶液反应和NaCl溶液的配制。.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中：Fe2(SO4)3溶液 NaCl溶液 Na2SO4溶液 饱和澄清石灰水 Ca(HCO3)2溶液。回答下列问题：(1)既有气体，又有白色沉淀产生的是_；(2)写出金属钠与反应的离子方程式_；(3)若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成_。.配制480mL 0.2 molL-1 NaCl溶液。(1)计算后，需称出NaCl质量为_g。(2)在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度的影响是（填偏高、偏低或无影响）配制前，容量瓶内有水_溶液未冷却便定容_定容时仰视刻度线_【答案】 2F

34、e3+ +6Na +6H2O2Fe(OH)3+6Na+ +3H2 Na2CO3 5.9 无影响 偏高 偏低 【解析】【分析】(1)钠的活泼性较强，能够与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠可能和盐溶液中的溶质发生反应，据此进行分析；(2)金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，据此写出反应的离子方程式；(3)Na的性质活泼，在空气中长期放置，最终产生碳酸钠； .(1)配制0.2 molL-1 NaCl溶液480mL，需要配制500mL溶液；根据m=nM计算出需要氯化钠的质量；(2)根据c=n/V进行分析。【详解】（1）钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与

35、Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故不选；钠与氯化钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；钠与硫酸钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，故选；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，故选；结合以上分析可知，既有气体，又有白色沉淀产生的是；故答案为：； (2)钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；所以金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Fe3

36、+ +6Na +6H2O2Fe(OH)3+6Na+3H2；故答案是：2Fe3+ +6Na +6H2O2Fe(OH)3+6Na+ +3H2；(3)Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3xH2O，Na2CO3xH2O风化脱水生成Na2CO3，故若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成Na2CO3；故答案是：Na2CO3；.(1)配制0.2 molL-1 NaCl溶液480mL，需要配制500mL，需要氯化钠的物质的量为0.2mol/L0.5L=0.1mol，质量为0.1mol58.5g/mol5.85 g；需称出N

37、aCl质量为5.9g；故答案为：5.9；(2)配制前，容量瓶内有水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响，故答案为：无影响；溶液未冷却便定容，导致溶液的体积偏小，浓度偏大；故答案为：偏高；定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低。故答案为：偏低。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液中的方法。配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。根据c=n/V可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏

38、小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。11实验实验室配制500mL 0.1molL-1的碳酸钠溶液，请回答下列问题（1）应用托盘天平称取Na2CO310H2O晶体_g.（2）配置碳酸钠溶液时，需要的主要玻璃仪器除烧杯和胶头滴管以外还需要_、_.（3）配置过程中，若遇到以下操作可能造成实验结果偏大，偏小还是不影响？容量瓶中原来有少量蒸馏水_定容时，俯视液面_有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯中_盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线，再加蒸馏水使液面达到刻度处_【答案】14.3 玻璃棒 500毫升容量瓶 不影响 偏大 偏小 偏小 【解析】【详解】（1）配制500mL 0.1mol/

39、L的碳酸钠溶液，其中碳酸钠物质的量为，则需要称取的质量为Na2CO310H2O ；（2）玻璃棒、500mL容量瓶；（3）容量瓶在定容的过程中还需要加蒸馏水，因此原来有少量蒸馏水对实验无影响；定容时，俯视液面，液体的实际体积偏小，则浓度偏大；有少量溶质残留在烧杯中，则溶质物质的量减小，体积不变时浓度偏小；摇匀后液面低于标线是正常现象，再加入蒸馏水会使浓度偏小。【点睛】盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线属于正常现象。12某化学实验室需要0.5 molL1硫酸溶液450 mL。根据溶液的配制情况回答下列问题：（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_

40、(填仪器名称)。（2）现用质量分数为98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸来配制450 mL、0.5 molL1的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为_ mL(保留1位小数)，现有10 mL25 mL50 mL100 mL四种规格的量筒，你选用的量筒是_(填代号)。（3）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_。（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：量取计算稀释摇匀转移洗涤定容冷却其正确的操作顺序为：_ _(填序号)。_（5）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是_(填代号，下同)，能引起误差偏高的有_。洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中未等稀释后的H2S

41、O4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视刻度线【答案】AD 玻璃棒、胶头滴管 13.6 将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒)缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌 ； 【解析】【详解】(1)A为平底烧瓶、D为分液漏斗，在配制溶液过程中不会用到烧瓶和分液漏斗，答案选AD；配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶头滴管；(2)质量分数为98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸的浓度为molL118.4 molL1；实验室没有4

42、50 mL的容量瓶，实际上配制的是500 mL 0.5 molL1的硫酸溶液，需要浓硫酸的体积为0.013 6 L13.6 mL；选用的量筒是25 mL规格的；(3)稀释浓硫酸时必须将浓硫酸加入水中，正确的操作方法为将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒)缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌；(4)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，故正确的操作顺序为；(5)量筒不应洗涤，会引起浓度偏高，故错误；温度偏高热胀冷缩，所以在定容时水加少了，导致配制的溶液的物质的量浓度偏高，故错误；应该将浓硫酸缓慢加入水中，而不是将水加入浓硫酸中，这样会喷溅，有危险性

43、，故错误；水加多了，导致溶液的物质的量浓度偏小，故错误；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响，故正确；定容之后就不能加入水了，否则会使所配溶液浓度偏小，故错误；应该视线与刻度线相平，俯视会导致加水偏少，浓度偏高，故错误。故操作中错误的是；能引起误差偏高的有。13现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。（1）该混合气体的平均摩尔质量为_。（2）混合气体中碳原子的个数为_(用NA表示阿伏加德罗常数)。（3）将混合气体依次通过下列装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。气球中收集到的气体的摩尔质量为_。气球的体积为_L。【答案】36gmol1 0.4NA

44、 28gmol1 4.48 【解析】【详解】设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则列方程组：28x+44y=14.4，x+y=mol，解之得x=0.2，y=0.2，气体共为0.4mol，则（1）根据M=m/n可知，该混合气体的平均摩尔质量为14.4g0.4mol=36g/mol；答案是：36g/mol；（2）CO和CO2中碳原子的物质的量为0.2mol1+0.2mol1=0.4mol，碳原子的个数为0.4molNA=0.4NA； 故答案是：0.4NA；（3）将混合气体依次通过如图所示装置，二氧化碳与氢氧化钠反应，经浓硫酸干燥，得到的气体为CO，气球中收集到的气体为CO，摩尔质量为28g/mol；故答案是：28g/mol；