单元复习01 化学研究的天地 【过习题】-2022-2023学年高一化学上学期单元复习（沪科版2020必修第一册）

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单元复习01 化学研究的天地
01 物质的分类
1. 用如图表示的一些物质或概念之间的从属或包含关系中不正确的是 (    )

X
Y
Z
A
含氧酸
酸
化合物
B
溶液
分散系
混合物
C
强电解质
电解质
化合物
D
置换反应
氧化还原反应
离子反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D 
【解析】解：A、含氧酸属于酸，酸属于化合物，故A正确；
B、溶液属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故B正确；
C、强电解质包含在电解质中，电解质属于化合物的范畴，符合包含关系，故C正确；
D、置换反应一定是氧化还原反应，但氧化还原反应不一定属于离子反应，故D错误。
故选：D。
由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。
本题考查物质的组成和分类，学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键，本题较简单，属于基础题。

2. 下列说法正确的是(    )
①CO2、SO2、P2O5均为酸性氧化物
②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl3均可有由化合反应制得
③碘晶体分散到酒精中、淀粉溶于水中所形成的分散系分别为溶液、胶体
④灼热的炭与CO2的反应、Ba(OH)2⋅8H2O与 NH4Cl的反应均属于氧化还原反应，又是吸热反应
⑤需要通电才可进行的有电离、电解、电泳、电镀、电化学腐蚀
⑥氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是能透过滤纸，加热蒸干、灼烧后都有氧化铁生成
⑦按照纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是CuSO4⋅5H2O、盐酸、苛性钾、次氯酸、氨气
⑧金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物
A. 3 个 B. 4 个 C. 5 个 D. 6 个
【答案】D 
【解析】解：①CO2、SO2、P2O5是和碱反应能生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故①正确；
②Ca(HCO3)2可以是碳酸钙、水以及二氧化碳化合制得，Fe(OH)3可以是氢氧化亚铁和氧气、水化合反应生成，FeCl3可以是金属铁和氯气化合制得，都可以由两种物质化合制得，故②正确；
③碘晶体分散到酒精中、淀粉溶于水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体，故③正确；
④灼热的炭与CO2的反应、Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl的反应均是吸热反应，但是后者不是氧化还原反应，故④错误；
⑤电离、电化学腐蚀不需要外加电源来实现，故⑤错误；
⑥氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是：加热蒸干、灼烧后都有氧化铁生成，两者能透过滤纸，故⑥正确；
⑦CuSO4⋅5H2O、盐酸、苛性钾、次氯酸，按照纯净物、混合物、强电解质、弱电解质，氨气不能电离是非电解质，故⑦正确；
⑧金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝，故⑧正确。
正确的只有①②③⑥⑦⑧。
故选：D。
①酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物；
②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl3均可由两种物质化合制得；
③分散质微粒直径小于1nm在分散剂中形成的分散系为溶液，分散质微粒直径1-100nm在分散剂中形成的分散系为胶体，分散质微粒直径大于100nm形成的分散系为浊液；
④有化合价变化的反应是氧化还原反应；
⑤电离、电化学腐蚀不需要外加电源来实现；
⑥胶体不能经过滤纸，只有溶液可以；
⑦同种物质组成为纯净物，不同物质组成的为混合物，水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质，完全电离的电解质为强电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
⑧金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物。
本题考查了酸碱盐、酸性氧化物、溶液和胶体、电解质、非电解质、离子化合物组成、电离、电解、电泳、电镀、电化腐蚀等概念的理解和应用，熟练和准确掌握基础是关键，题目难度不大。

3. 分类法在化学的发展中起到非常重要的作用，下列分类标准合理的是
①根据氧化物的组成元素将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物
②根据反应中是否有化合价变化将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据分散系是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据反应中的热效应将化学反应分为放热和吸热反应
⑤根据水溶液能否导电将化合物分为电解质和非电解质
A. ②④ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ⑤④①②
【答案】A 
【解析】
本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果。
①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物，氧化物的组成元素均是氧元素和另一种元素，故①错误；
②氧化还原反应和非氧化还原反应的本质区别是否存在电子转移，电子转移使得元素化合价发生改变，因此可以根据是否有化合价变化将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；
③是根据分散质微粒直径的大小将混合物分为溶液、胶体、浊液，其中只有胶体具有丁达尔效应，故③错误；
④根据反应的吸放热情况将化学反应分为放热反应和吸热反应，故④正确；
⑤根据化合物在水溶液或是熔融态下是否能够导电，将化合物分为电解质和非电解质，故⑤错误，故A正确。
故选A。
  
4. 关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是(    )
A. 根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液
B. CO2、NO2、Mn2O7、P2O5均为酸性氧化物
C. 漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物
D. 熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2均能导电
【答案】C 
【解析】解：A.根据分散系中分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；
B.CO2、Mn2O7、P2O5 均为酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故B错误；
C.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液为混合物、铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，均为混合物，故C正确；
D.熔融状态下NaOH、MgCl2均能导电，CH3COOH是共价化合物熔融状态下不能导电，故D错误；
故选：C。
本题考查物质分类、导电性等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

5. 下列说法正确的是(    )
A. 可用丁达尔现象区分溶液与胶体
B. 生石灰与水混合的过程只发生物理变化
C. O3是由3个氧原子构成的化合物
D. CuSO4⋅5H2O是一种混合物
【答案】A 
【解析】解：A.胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；
B.生石灰和水反应生成氢氧化钙，反应方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2，该变化属于化学变化，故B错误；
C.由同种元素组成的纯净物是单质，臭氧分子是由3个O原子构成，臭氧属于单质，故C错误；
D.CuSO4⋅5H2O只含一种物质，是纯净物，故D错误。
故选：A。
A.胶体有丁达尔效应，溶液没有；
B.生石灰和水反应生成氢氧化钙，属于化学变化；
C.由同种元素组成的纯净物是单质；
D.混合物是不同物质组成的物质．
本题考查内容较多，涉及胶体、化学变化、物质的分类等，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．

6. 向含有Fe3+、Fe2+的混合溶液中滴加稀碱溶液，得到一种黑色分散系，经查阅资料后得知，该分散系中分散质粒子是直径介于1～100nm之间的金属氧化物，下列有关说法中正确的是(    )
A. 可用过滤的方法将分散剂与分散质分离开
B. 该分散系可产生丁达尔现象
C. 发生的反应方程式为Fe2++H2O=FeO+H2↑
D. 通直流电时，阴极附近黑色变深，说明该分散系带正电
【答案】B 
【解析】
该分散系中分散质粒子是直径介于1～100nm之间的金属氧化物形成的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应、聚沉、电泳等性质，胶体微粒能通过滤纸，不能通过半透膜。本题考查了铁的化合物的性质、胶体的性质，准确把握题意，明确胶体的性质是解题关键，题目难度不大。
该分散系中分散质粒子是直径介于1～100nm之间的金属氧化物形成的分散系为胶体，
A.胶体能透过滤纸，不能用过滤的方法將分散剂与分散质分离开，故A错误；
B.该分散系为胶体，可产生丁达尔现象，故B正确；
C.氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O，故C错误；
D.分散系是电中性，在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系中分散质容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，故D错误；
故选B。  
7. 下列关于胶体，判断不正确的是(    )
A. 胶体的本质特征是胶体粒子直径在1nm—100nm
B. 煮沸饱和FeCl3溶液可以制得Fe(OH)3胶体
C. 丁达尔现象可以用来区别胶体和溶液
D. 溶液和胶体的分散质能通过滤紙孔隙
【答案】B 
【解析】
本题考查了胶体的性质，熟悉胶体的性质及判断即可解答．分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法。
A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1nm～100nm，故A正确；
B. 把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体可以制得胶体，故B错误；
C. 光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，所以丁达尔现象可以用来区别胶体和溶液，故C正确；
D. 提纯胶体用渗析，半透膜的孔隙比滤纸小，所以溶液和胶体粒子都可以透过滤纸，故D正确。
故选B。
  
8. 灰霾天气可以简洁地描述为是“细粒子气溶胶粒子在高湿度条件下引发的低能见度事件”.气溶胶是胶体的一种，关于胶体，下列说法不正确的是(    )
A. 利用丁达尔现象可区别溶液和胶体
B. 根据分散质和分散剂的状态，可以将胶体分为9种
C. 气溶胶分散质粒子直径在1nm-100nm之间
D. 向氢氧化钠溶液中边滴加饱和FeCl3溶液边震荡可制备Fe(OH)3胶体
【答案】D 
【解析】
本题考查了分散系的组成及分类，题目难度不大，注意明确分散系的概念及分类方法，熟悉胶体的性质是解题关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
A.丁达尔效应是胶体特有性质，可以用来区别溶液和胶体，故A正确；
B.分散剂和分散质都存在3种状态：固体、液体和气体，每一种状态的分散剂能够与3种不同状态的分散质组成了3种分散系，所以总共可以组成3×3=9种分散系，故B正确；
C.气溶胶属于胶体，胶体分散系中分散质直径在1nm-100nm之间，故C正确；
D.向氢氧化钠溶液中边滴加饱和FeCl3溶液边震荡可制备Fe(OH)3沉淀，得不到氢氧化铁胶体，故D错误。
故选D。  

02 物质的量
1. 下列说法正确的个数有 (    )①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的性质有关
       ②浊液、溶液、胶体、水是四种常见的分散系
       ③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子做布朗运动④做氢氧化铁胶体电泳实验时，阴极周围红褐色加深，说明氢氧化铁胶体带正电
       ⑤向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体
⑥1mol FeCl3完全与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数约为NA个
⑦淀粉溶液和蛋白质溶液是溶液，不可能是胶体
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】A 
【解析】
本题考查了胶体性质，熟练掌握胶体的概念和主要性质是解题的关键，题目难度不大。

①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成是胶体的聚沉，高压直流电除烟尘是胶体的电泳，故正确；
②分散系是把一种(或多种)物质分散到另一种(或多种)物质中所得到的体系，水不是分散系，故错误；
③胶体稳定存在的原因是相同胶粒带同种电荷互相排斥，故错误；
④氢氧化铁胶体电泳实验时，阴极周围红褐色加深，说明氢氧化铁胶粒带正电，不是胶体带电，故错误；
⑤向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3沉淀，故错误；
⑥1molFeCl3与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数远小于NA个，故错误；
⑦淀粉溶液和蛋白质溶液是胶体，故错误。
故选A。  
2. 下列叙述中正确个数的是(    )①标准状况下，6.02×1023个分子所占体积约是22.4L；   ②1molH2O中含有2mol氢和2mol氧；
③0.012kg12C中含有约6.02×1023个碳原子； 
④两种物质的物质的量相同，则它们在标况下的体积相同；⑤同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大；
⑥同温同压下，气体的密度与气体的分子量成正比；⑦2mol水的摩尔质量是1mol水的摩尔质量的2倍。
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B 
【解析】
本题考查有关物质的量的计算及阿伏加德罗定律及其推论，意在考查学生的识记能力、分析能力和计算能力，解题的关键是掌握化学计量之间的关系式。

①标准状况下，6.02×1023个气体分子所占体积约是22.4L，故①错误；
②1molH2O中含有2mol氢原子和1mol氧原子，故②错误；
③0.012kg12C中含有阿伏加德罗常数个碳原子，约6.02×1023个碳原子，故③正确；
④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，物质的状态不确定时，体积可能相同，也可能不同，故④错误；
⑤同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则气体物质的物质的量越大，则压强越大，故⑤正确；
⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑥正确；
⑦物质的摩尔质量为定值，以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量，故2mol水的摩尔质量与1mol水的摩尔质量均为18g/mol，故⑦错误，故正确的个数为3个。
故选B。
  
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是。(    )
A. 30 g HCHO与CH3COOH混合物中所含碳原子数为N A
B. 标准状况下，22.4 L CHCI3中所含C—CI键数目为3 N A
C. 常温常压下，1.9 g羟基(—18OH)所含中子数为N A
D. 密闭容器中，2 mol SO2与1 mol O2充分反应后，其分子总数大于2 N A
【答案】B 
【解析】甲醛(CH2O)和乙酸(CH3COOH)的最简式相同，二者混合后用最简式计算，30 g混合物中碳原子数目为NA，A项正确；
标准状况下CHCl3为液体，不可通过气体摩尔体积计算物质的量，B项错误；
—18OH的摩尔质量为19 g·mol-1，1.9 g该羟基为0.1 mol，1 mol该羟基中含有10 mol中子，C项正确；
SO2与O2的反应为可逆反应，反应达到平衡后分子总数大于2 mol小于3 mol，D项正确。

4. 有一份气体样品的质量是7.1 g，标准状况下的体积为2.24 L，该气体的摩尔质量是(    )
   A.28.4 g
B.28.4 g·mol-1
C.71 g·mol-1
D.14.2 g·mol-1
A. A B. B C. C D. D
【答案】C 
【解析】 该气体的物质的量为2.24 L÷22.4 L·mol-1=0.1 mol，其摩尔质量为7.1 g÷0.1 mol=71 g·mol-1，故选C。

5. 在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42—离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c molNH3气，则原溶液中的Al3+离子浓度(mol/L)为(    )
A. 2b-c2a B. 2b-ca C. 2b-c3a D. 2b-c6a
【答案】C 
【解析】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀，
则SO42-+Ba2+=BaSO4↓
    bmol    bmol
c(SO42-)=bmolaL=bamol/L，
由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，
则NH4++OH-NH3↑+H2O
  cmol                  cmol
c(NH4+)=cmolaL=camol/L，
又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，
x×3+camol/L×1=bamol/L×2，
解得x=2b-c3amol/L，
故选C．
本题考查物质的量浓度的计算，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，并熟悉浓度的计算公式来解答即可．

6. 在500mLFe2(SO4)3、CuSO4的混合液中，金属阳离子的浓度均为2.0mol·L-1，现加入a mol铁粉，充分振荡反应后，下列说法不正确的是(    )
A. 当a≤0.5时，发生的反应为2Fe3++Fe 3Fe2+
B. 当a=1时，发生的反应为2Fe3++Cu2++2Fe 4Fe2++Cu
C. 当0.5≤a<1.5时，溶液中Cu2+、Fe2+、SO42-的物质的量之比为3-2a:2+2a:5
D. 当a≥1.5时，反应中电子转移数目大于3NA
【答案】D 
【解析】
本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的比较，根据氧化性或还原性判断反应的先后顺序，结合题目中给出的各物质的量进行定量计算，有一定的难度。
因氧化性 Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应，n(Fe3+)=2.0mol·L-1×0.5L=1mol，n(Cu2+)=2.0mol·L-1×0.5L=1mol，据电荷守恒，n(SO42-)=1mol×3+1mol×22=2.5mol。
A.当a≤0.5时，铁粉与Fe3+反应，，发生的反应为2Fe3++Fe      3Fe2+，故A正确；
B.当a=1时，Fe3+完全反应，Cu2+反应一半，发生的反应为2Fe3++Cu2++2Fe      4Fe2++Cu，故B正确；
C.当0.5≤a<1.5时，Fe3+完全反应，Cu2+部分反应，溶液中Cu2+、Fe2+、SO42-的物质的量之比为[1-(a-0.5)]mol：(a+1)mol：2.5mol=3-2a:2+2a:5，故C正确；
D.当a≥1.5时， Fe3+、Cu2+均完全反应，据电子守恒，反应中电子转移1mol×1+1mol×2=3mol，反应中电子转移数目等于3NA，故D错误。
故选D。  
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值，若ag某气态双原子分子的分子数为p，则bg该气体在标准状况下的体积V(L)是。(    )
A. 22.4apbNA B. 22.4abpNA C. 22.4NAba D. 22.4pbaNA
【答案】D 
【解析】a g气体的物质的量为a gM=pNA mol-1，b g气体的物质的量为b gM=V22.4 L·mol-1，V=b ga g×NA mol-1p×22.4 L·mol-1=22.4bpaNAL。

8. 以NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )
A. 56g CO与N2的混合气体中所含分子数目为2NA
B. 22.4 L CO2气体的原子数约为3NA
C. 标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为NA
D. 标准状况下，1 mol氖气含有的原子数为2NA
【答案】A 
【解析】
本题考查了物质的量的计算，题目难度一般，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件为解答结构，注意熟练掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数之间的关系。
A.56gN2与CO的物质的量为56g28g/mol=2mol，56g N2与CO组成的混合气体含有分子2mol，分子数目为2NA，故A正确；
B.没有指出在标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故B错误；
C.标准状况下，水为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；
D.氖气是由单原子分子构成，标准状况下，1 mol氖气含有的原子数为NA ，故D错误。
故选A。  
9. 同温同压下，分子数相等的CO、N2、CH4三种气体，下列叙述中正确的是(    )
A. 原子数之比为2︰2︰5 B. 密度之比为4︰7︰7
C. 体积之比为7︰7︰4 D. 质量之比为1︰1︰1
【答案】A 
【解析】
本题考查以物质的量为中心的计算，涉及阿伏加德罗定律的应用，题目难度不大，侧重于公式的联合应用。
A.同温同压下，CO、N2、CH4三种气体分子数相等，所以三种气体的物质的量相同，则原子数之比为2：2：5，故A正确；
B.同温同压下，CO、N2、CH4三种气体密度之比等于摩尔质量之比，所以CO、N2、CH4三种气体密度之比为28：28：16=7：7：4，故B错误；
C.同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以三者体积之比为1：1：1，故C错误；
D.同温同压下，CO、N2、CH4三种气体分子数相等，三种气体的物质的量相同，根据m=nM知质量之比与摩尔质量成正比为28：28：16=7：7：4，故D错误。  
10. (1)设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是______________(填序号)。
①1.8g重水中含有的电子数为NA
②标准状况下，22g CO2与11.2L H2O含有相同的原子数
③46gNO2与N2O4的混合气体中含有的原子总数为3NA
④常温常压下，11.2 L氯气所含原子数为NA
⑤1.7 g NH3中含电子数为NA
⑥常温常压下，71 g氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为2 NA⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA
⑧萃取操作时，可以选用酒精代替四氯化碳作为萃取剂从溴水中萃取溴
⑨分离汽油和水的混合物可用分液法
⑩碳酸氢钠和硫酸氢钠反应：HCO3-+HSO4-=SO42-+CO2↑+H2O
(2)使相同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-离子完全沉淀时，若所用相同浓度的AgNO3溶液的体积比为2:2:1，则上述三种溶液的体积比是____________________。
(3)VmL Fe2(SO4)3溶液中含有SO 42-ag，取V/4mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中c(Fe3+)是___________。
(4)体积为2L的三种正盐的混合溶液中含有0.2molK+、0.25molZn2+、0.4molCl-和SO42-，则SO42-的物质的量浓度为_____________________。                                               
(5)同温同压下，等质量的SO2气体和SO3气体，密度之比是_______，原子数之比是__________。
(6)加热某碱式碳酸镁晶体[4MgCO3⋅Mg(OH)2⋅5H2O]至质量不再变化时，得到10.0g残留固体和   ______   L CO2(标准状况下)。
(7)在标准状况下，测得   1.32 g某气体的体积为0.672 L。则此气体的摩尔质量为___________。
(8)洗涤沉淀的方法是______________________________________________________________。
【答案】
(1)③⑤⑥⑨   
(2)6:3:1 
(3)125a288Vmol/L 
 (4)0.075mol/L
(5)4:5；15:16     
(6)4.48    (7)44g/mol
(8)沿玻璃棒向过滤装置中加水至浸没沉淀，等水滤完，重复2-3次 
【解析】
本题是对化学计量和基础实验的综合考查，熟练使用相关公式和基本实验操作方法是解答本题的关键，试题难度一般。
(1)①1.8g重水中含有的电子数为：1.820×10×NA=0.9NA，故①错误；
②标准状况下，H2O不是气体，故②错误；
③NO2与N2O4具有相同的最简式即NO2，故该题可转化成求46gNO2含有的原子总数，
46gNO2与N2O4的混合气体中含有的原子总数为：4646×3×NA=3NA，故③正确；
④标准状况下，11.2 L氯气所含原子数为NA，常温常压下应小于NA，故④错误；
⑤1.7 g NH3中含电子数为：1.717×10×NA=NA，故⑤正确；
⑥71 g氯气的物质的量为1mol，1mol氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为2 NA，故⑥正确；
⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，与I+5与I-1发生归中反应生成I2，每生成3molI2转移的电子数为5NA，故⑦错误；
⑧酒精与水互溶，不可以选用酒精代替四氯化碳作为萃取剂从溴水中萃取溴，故⑧错误；
⑨汽油和水互不相溶，可用分液法分离，故⑨正确；
⑩碳酸氢钠和硫酸氢钠反应的离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故⑩错误。
故答案为：③⑤⑥⑨；
(2)相同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl- 离子浓度之比为1:2:3，
由Ag++Cl-=AgCl↓知，消耗相同浓度的AgNO3溶液的体积比为2:2:1，则NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中Cl-的物质的量之比为2:2:1，所以NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积比为：21：22：13=6:3:1，
故答案为：6:3:1；
(3)agSO42-的物质的量为：a96mol，c(SO42-)=a96V×10-3=a96V×103mol/L             c(Fe3+)=a96V×103×23mol/L=a144V×103mol/L，由c1V1=c2V2可求的稀释后溶液中c(Fe3+)=a144V×103×V4×10-34V×10-3mol/L=125a288Vmol/L
(4)由溶液电中性原理可知，2n(SO42-)+n(Cl-)=n(K+)+2n(Zn2+)，n(SO42-)=0.15mol，c(SO42-)=0.075mol/L，
故答案为：0.075mol/L；
(5)等质量的SO2气体和SO3气体的物质的量之比为：5:4，则原子数之比为15：16，同温同压下密度之比等于摩尔质量之比，故密度之比为4:5，
故答案为：4:5；15:16   ；
(6)加热某碱式碳酸镁晶体[4MgCO3⋅Mg(OH)2⋅5H2O]至质量不再变化时，得到10.0g残留固体应为MgO，10.0gMgO的物质的量为：1040=0.25mol，由化学式可知n(CO2):n(MgO)=4:5，则n(CO2)=0.2mol，V(CO2)=0.2×22.4L=4.48L
故答案为：4.48；
(7)0.672 L该气体在标准状况下的物质的量为：0.67222.4mol=0.03mol，则此气体的摩尔质量为：1.320.03g/mol=44g/mol
故答案为：44g/mol；
(8)洗涤沉淀的方法是沿玻璃棒向过滤装置中加水至浸没沉淀，等水滤完，重复2-3次，
故答案为：沿玻璃棒向过滤装置中加水至浸没沉淀，等水滤完，重复2-3次。  

03 化学中常用的实验方法
1. 下列有关溶液配制的说法正确的是(    )
A. 用容量瓶配制溶液，定容时若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
B. 称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加人少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容，即可配制0.400 0 mol·L-1的NaOH溶液


C. 用量筒配制50.00 mL 0.100 0 mol·L-1的Na2CO3溶液
D.
配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液
【答案】D 
【解析】解析  A错，“吸出”的是溶质和溶剂，应重新配制。
B错，因为NaOH在转入容量瓶之前未冷却至室温，且未洗涤烧杯和玻璃棒，故配得的溶液不准确。
C错，配制50.00 mL 0.100 0 mol·L-1  Na2CO3溶液需要使用容量瓶，不能用量筒配制溶液。
D对，图示为配制一定物质的量浓度溶液的移液操作，图示操作正确

2. 下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是(    )
A. 洗净的容量瓶可以放进烘箱中烘干
B. 配制溶液定容的操作图示：
C. 用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，应该倒掉重新配制
D. 配制烧碱溶液时，烧碱溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线
【答案】C 
【解析】洗净的容量瓶不能放进烘箱中烘干，会影响其准确度，A错误；
应用胶头滴管定容，B错误；
用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，应倒掉重新配制，C正确；
配制烧碱溶液时，由于烧碱溶解时放出大量的热，溶液热胀冷缩，溶液冷却到室温后体积偏小，会造成配制的溶液浓度偏高，D错误。
故选：C。

3. 用浓硫酸配制稀硫酸的过程中，其他操作都准确，下列操作使所配溶液浓度偏高的是(    )
 ①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
 ②稀释后的硫酸溶液未等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定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
 ⑤定容时俯视刻度线
A. ①②⑤ B. ③④ C. ①③⑤ D. ①②④
【答案】A 
【解析】
本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，为高频考点，把握溶液配制的操作、步骤及误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，题目难度不大。
①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故①正确；
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积偏小，根据 cB=nBV可得，配制的溶液的浓度偏高，故②正确；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量没有影响，不影响配制结果，故③错误；
④定容后再加入蒸馏水，导致配制的溶液体积偏大，根据 cB=nBV可得，配制的溶液的浓度偏低，故④错误；
⑤定容时，俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，根据 cB=nBV可得，配制的溶液的浓度偏高，故⑤正确。  
4. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是 (    )
A. Na2CO3溶液(NaHCO3)，选用适量的NaOH溶液
B. NaHCO3溶液(Na2CO3)，通入过量的CO2气体
C. Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在氧气中加热
D. Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤
【答案】D 
【解析】

本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。

A.碳酸氢钠可与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可用于除杂，故A正确；
B.碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，可用于除杂，故B正确；
C.氧化钠不稳定，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，可用于除杂，故C正确；
D.都与氢氧化钡反应生成沉淀，不可用于除杂，故D错误。  
  
5. 下列说法不正确的是(    )
A. 实验室应将钠保存在煤油中
B. 分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏
C. 可用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质
D. 金属镁失火不可用水来灭火
【答案】
C 
【解析】酒精和水互溶，不能用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质，C项错误。

6. 某化学兴趣小组利用MnO2和浓盐酸制备氯气，有如下装置，下列分析中不正确的是(    )

A. 可以用①作为制备氯气的发生装置
B. 可以用②作为制备氯气的发生装置
C. 可以用③作为除杂装置和干燥装置，分别装饱和食盐水和浓硫酸
D. ⑤中盛放氢氧化钠溶液可以吸收多余的氯气
【答案】B 
【解析】实验室用MnO2和浓盐酸制备氯气的反应原理为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑，该反应要加热，而且浓盐酸有挥发性，所以应该用①作为制备氯气的发生装置而不能用②，A正确，B错误；
实验室制备的氯气中含有杂质HCl和水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸干燥，C正确；
Cl2与NaOH反应，可用氢氧化钠溶液吸收Cl2，D正确。
故选：B。

7. 下列叙述错误的是。(    )
A. 蒸发时，应将溶液放入蒸发皿中加热到出现大量晶体，还余少量溶液时停止加热
B. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 萃取时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
【答案】D 
【解析】萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中大，且萃取剂与原溶剂的密度有差别即可，D项错误。

8. 现有三组溶液：①KNO3和NaCl溶液    ②H2O和C2H5OH(乙醇)    ③Br2的水溶液。以上各混合液的分离方法依次是(    )
A. 分液、蒸馏、萃取 B. 结晶、蒸馏、萃取
C. 结晶、蒸馏、蒸馏 D. 过滤、蒸馏、萃取
【答案】B 
【解析】硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同，通过结晶法分离；乙醇和水互溶，二者沸点不同，通过蒸馏法进行分离；溴易溶于有机溶剂，利用萃取法分离，故B正确。

9. 关于某无色溶液中所含离子的鉴别，下列有关的判断正确的是 (    )
A. 加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸后沉淀不消失，可确定必有Cl-存在
B. 通入Cl2后，溶液由无色变黄褐色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定必有I-存在
C. 加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸后沉淀不消失，可确定必有SO42-存在
D. 加入稀盐酸，生成无色无味的能够使澄清石灰水变浑浊气体，可确定必有CO32-存在
【答案】B 
【解析】
本题考查了常见离子的检验方法，题目难度不大，注意掌握常见离子的性质及检验方法，在进行离子检验时，必须排除干扰离子，确保检验方案的严密性。
A.因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加入的稀盐酸中含有大量Cl-离子，所以不能确定Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的，故A错误；
B.氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘水呈黄褐色，碘单质遇到淀粉变蓝色，故B正确；
C.因为加入的是硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，原溶液也可能含有亚硫酸离子，故C错误；
D.能和盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体的可以是碳酸根、碳酸氢根等离子，故D错误。
故选B。 
10. 根据要求，回答下列问题：
Ⅰ.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据。
盐酸分子式：HCl
相对分子质量：36.5
密度：1.19g/cm3
HCl的质量分数：36.5%
(1)该浓盐酸中，HCl的物质的量浓度为______mol/L。
(2)取用任意体积的该浓盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______(填标号)。
A.溶液的密度                                                 B.溶质HCl的物质的量
C.溶质HCl的物质的量浓度                            D.溶液中Cl-的物质的量
(3)用该浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸。
①需量取______mL该浓盐酸进行配制(保留1位小数)。
②在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面：______。定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面略有下降，再加适量的蒸馏水到容量瓶颈部的刻度线：______。
Ⅱ.将一定量的镁铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中，充分反应，合金全部溶解。向合金溶解后所得溶液中滴加5mol/L NaOH溶液，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示[已知：MgOH2不溶于NaOH溶液；AlOH3能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O]。

(1)原合金中，镁的质量为______g，铝的质量为______g。
(2)盐酸溶液中溶质的物质的量浓度为______mol/L。
【答案】
Ⅰ. (1)11.9   
(2) AC   
(3)①16.8；②偏低；偏低   
Ⅱ.(1)4.8；2.7   
(2)8 
【解析】
Ⅰ.本题考查一定物质的量浓度盐酸溶液的配制、计算和误差分析，难度一般，属于基础内容，细心即可。
Ⅱ.本题考查镁铝合金与酸碱反应的计算，对于图像的数据分析尤为重要，属于常考题型，难度一般。

Ⅰ.(1)该浓盐酸中，HCl的物质的量浓度c=1000ρωM=1000×1.19×36.5％36.5=11.9mol/L，故答案为：11.9；
(2)溶液是均匀的，溶液的密度、浓度不随体积变化，而HCl的物质的量和Cl-的物质的量均与溶液体积有关。
故选AC。
(3)①设需要浓盐酸的体积为VmL，根据稀释定律，稀释前后HCl的物质的量不变，则11.9mol/L×V×10-3L=0.400 mol/L×0.5L，解得V=16.8，故答案为：16.8；
②用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，使量取的浓盐酸体积偏小，所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏低；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面略有下降，再加适量的蒸馏水到容量瓶颈部的刻度线，最终加入蒸馏水的体积偏大，所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏低；故答案为：偏低；偏低；
Ⅱ.(1)由图可知，加入NaOH溶液0∼20mL阶段没有沉淀生成，是因为NaOH溶液与剩余的盐酸反应，反应的化学方程式为：HCl + NaOH = NaCl+ H2O ；160∼180mL过程中是沉淀的溶解过程，能溶解于NaOH溶液的沉淀是Al(OH)3，反应方程式为：Al(OH)3+ NaOH =NaAlO2+2H2O，该阶段消耗的NaOH的物质的量为：5 mol/L×0.02L=0.1mol，则Al(OH)3的物质的量为0.1mol，故n(Al)= 0.1mol，m(Al)= 0.1mol×27g/mol=2.7g；根据Al  3++3OH-=Al(OH)3↓，可知20∼160mL过程中生成0.1mol的Al(OH)3消耗的NaOH物质的量为0.3mol，则与Mg2+反应的NaOH物质的量为：5 mol/L×0.14L-0.3mol=0.4mol，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓得出Mg2+的物质的量为0.2mol，合金中Mg的质量为0.2mol×24g/mol=4.8g；故答案为：4.8；2.7；
(2)在沉淀达到最大的时候，溶液中的溶质为NaCl，n(Cl-)= n(Na+)=5 mol/L×0.16L=0.8mol，HCl的物质的量浓度为：0.8mol÷0.1L=8 mol/L。故答案为：8。  
11. 在标准状况下，将224LHCl气体溶于635mL水中(水的密度为1g/cm3)所得盐酸的密度为1.18g/cm3，回答下列问题：
(1)该盐酸溶液的质量分数为______；该盐酸溶液的物质的量浓度为______．
(2)实验室利用该盐酸来配制250mL0.5mol/L 的稀盐酸，从下列用品中选出实验所需要的仪器或用品______(填序号)
a.胶头滴管      b.10mL量筒         c.20mL量筒     d.100mL容量瓶
e.玻璃棒        f.1000mL容量瓶     g.广口瓶        h.托盘天平
除选用上述仪器外，尚缺少的仪器或用品是______.需取用原盐酸______mL．
(3)下列操作对所配溶液的浓度有何影响？(答偏高、偏低、无影响)
①转移一次后，将洗涤烧杯的残液倒入废液缸中：______．
②定容时仰视容量瓶：______．
③定容后，加盖倒转摇匀后观察，发现液面低于刻度线：______．
【答案】
(1)36.5%；11.8mol/L   
(2)a、c、e；烧杯、250mL容量瓶；10.6   
(3)①偏低   ②偏低   ③无影响 
【解析】解：(1)标准状况下，224L HCl气体的物质的量为224L22.4L/mol=10mol，故HCl的质量为10mol×36.5g/mol=365g，
635mL水的质量为635mL×1g/mL=635g，故HCl的质量分数为365g365g+635g×100%=36.5%，故所得盐酸的物质的量浓度为1000×1.18×36.5%36.5mol/L=11.8mol/L，
故答案为：36.5%；11.8mol/L；
(2)用该盐酸来配制250mL0.5mol/L的稀盐酸，应选择250mL容量瓶，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，设需要浓盐酸体积为V，则V×11.8mol/L=0.5mol/L×250mL，解得V≈10.6mL，应选择20mL量筒；
用浓溶液配一定物质的量浓度稀溶液的操作步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用到的仪器：用到的仪器：a.胶头滴管，c.20mL量筒，e.玻璃棒，还缺少的仪器为：烧杯，250mL容量瓶；需取用原盐酸10.6mL；
故答案为：a、c、e；烧杯、250mL容量瓶；10.6mL；
(3)①转移一次后，将洗涤烧杯的残液倒入废液缸中，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
故答案为：偏低；
②定容时仰视容量瓶，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
故答案为：偏低；
③定容后，加盖倒转摇匀后观察，发现液面低于刻度线，属于正常操作，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变；
故答案为：无影响．
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，有关方程式的计算，明确配制原理、步骤和误差分析的方法是解题关键，题目难度不大．
04 如何测定气体摩尔体积
1. 利用如图所示装置进行实验，能达到实验目的的是
   
A. 利用甲装置制取Cl2
B. 利用乙装置除去SO2中的HCl
C. 利用丙装置测定NH3的体积
D. 利用丁装置吸收NO2
【答案】B 
【解析】
A.利用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热，A项错误；
B.HCl和NaHSO3溶液反应生成SO2，SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度很小，B项正确；
C.NH3易溶于NH4Cl溶液，C项错误；
D.NO2与水反应会生成NO，污染空气，应用NaOH溶液吸收NO2，D项错误。  
2. 无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。实验室利用反应制取无水FeCl3，实验装置如图所示(加热和夹持装置略去)。下列说法正确的是(    )

A. 实验开始时应先加热①处，再通入干燥的Cl2
B. ②处冷水的作用是降低FeCl3的溶解度
C. 装置③可用盛有浓H2SO4的洗气瓶代替
D. 实验后④中溶液经蒸发可获得无水FeCl3
【答案】C 
【解析】由于铁屑能与空气中氧气发生反应，因此实验开始时应先通入干燥的氯气一段时间，排尽装置中空气后再加热①处，A项错误；
根据FeCl3加热易升华，结合实验装置图可知，②处冷水的作用是冷凝FeCl3蒸气，B项错误；
根据无水FeCl3在空气中易潮解，可知装置③的作用是防止水蒸气进入装置②，可以用盛有浓硫酸的洗气瓶代替，C项正确；
装置④为吸收尾气氯气的装置，实验后④中溶液含FeCl3，蒸发时水解反应FeCl3+3H2O⇌FeOH3+3HCl不断正向进行，因此得不到无水FeCl3，D项错误。
3. 实验室用镁带和稀硫酸反应产生氢气，来测定氢气的气体摩尔体积，所涉及到的步骤有①读数；②冷却至室温；③调节使水准管和量气管液面相平。正确的顺序是(    )
A. ①②③ B. ①③② C. ③①② D. ②③①
【答案】D 
【解析】解：为排出的气体是需要用排出的水的体积衡量的，而反应前后的量筒温度是不同的，因此，反应终止应该先停止加热，待体系恢复到室温时，才取出导管。这一步操作跟通常的实验不同，所以停止加热时导管的出口要高于量筒内的液面，此时即使不取出导管而停止加热，也不会造成水的倒吸；停止加热、回到室温后，将量筒下移以调节量筒内的液面与水槽一致，此时量筒内气体压强也为大气压，读数才是正确的；所以正确的操作顺序为：②使装置内的气体冷却至室温；③调整量气管高度，使其液面高度与水准管液面高度相平，①读取量气管中气体的体积，所以正确的顺序是②③①。
故选：D。
要准确测量气体体积必须保持量筒内外气体的温度和压强相等，因此在读取量筒内气体的体积之前，应使试管和量筒内的气体都冷却至室温；再调节量筒内外液面高度使之相同，由此分析解答。
本题考查对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，要求学生具有扎实的基础及综合运用知识分析问题、解决问题的能力。
4. 用镁带和稀硫酸反应产生氢气来测定氢气的气体摩尔体积，所用的步骤有①冷却至室温，②调节使水准管和量气管液面持平，③读数。正确的顺序是(    )
A. ①②③
B. ①③②
C. ③①②
D. ③②①
【答案】A 
【解析】因为排出的气体是需要用排出的水的体积衡量的，而反应前后的量筒温度是不同的，因此，反应终止应该先停止加热，待体系恢复到室温时，才取出导管。这一步操作跟通常的实验不同，所以停止加热时导管的出口要高于量筒内的液面，此时即使不取出导管而停止加热，也不会造成水的倒吸；停止加热、回到室温后，将量筒下移以调节量筒内的液面与水槽一致，此时量筒内气体压强也为大气压，读数才是正确的；所以正确的操作顺序为：①使装置内的气体冷却至室温；②调整量气管高度，使其液面高度与水准管液面高度相平，③读取量气管中气体的体积，所以正确的顺序是①②③。
故选A。
5. 利用KMnO4分解制O2的反应，测定室温下的气体摩尔体积，实验装置如图。需要的数据有室温下装有粉末的试管在反应前后的质量、反应产生气体的体积。下列因素会造成实验结果偏小的是(    )

A. 高锰酸钾未完全分解 B. 未恢复至室温就读数
C. 最后一次读数时仰视读数 D. 实验前未将装置内的空气排出
【答案】C 
【解析】
A.因为计算式中运用的是反应前后的质量差，因此高锰酸钾是否完全分解对实验结果无影响，故A错误；
B.未恢复至室温就读数，则氧气的体积偏大，导致Vm偏大，故B错误；
C.最后一次读数时仰视读数，造成读到的氧气体积偏小，则导致Vm偏小，故C正确；
D.实验前不用将装置内的空气排出，因为1mol的气体在相同状态下的体积相等，但要检验装置的气密性，故D错误。
故选C。  
6. 某铝合金中含有铝、镁、铜，为了测定该合金中铝的含量，某同学利用如图所示装置进行实验(由于加入液体而引起的气体体积变化忽略不计)。

具体操作步骤有：
①记录Z的液面位置为V1mL；
②待Y中不再有气体产生并恢复至室温后使M和Z的液面相平；
③再次记录Z的液面位置为V2mL；
④由X向Y滴加足量试剂；
⑤检查装置气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置。
设室温下气体摩尔体积的值为Vm。下列判断错误的是(    )
A. 操作的顺序：⑤①④②③
B. 仪器X中所装试剂可选择稀盐酸
C. 该铝合金中铝的含量为1.8⋅(V2-V1)a⋅Vm％
D. 将Y中剩余固体过滤、洗涤、干燥、称重，也能计算出铝的含量
【答案】B 
【解析】A.操作的顺序：⑤检查装置气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置；①记录Z的液面位置为V1 mL；④由X向Y滴加足量试剂；②待Y中不再有气体产生并恢复至室温后使M和Z的液面相平；③再次记录Z的液面位置为V2 mL，即⑤①④②③，故A正确；
B.铝、镁、铜中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则仪器X中所装试剂可选择氢氧化钠溶液，如选盐酸则铝与镁均会与盐酸反应则无法测出铝的含量，故B错误；
C.根据题干信息可知产生氢气的体积为(V2-V1)mL，根据方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，m(Al)=2×(V2-V1)×10-3L×27g/mol3×VmL/mol，所以该铝合金中铝的含量为1.8⋅(V2-V1)a⋅Vm％，故C正确；
D.将Y中剩余固体过滤、洗涤、干燥、称重，通过计算反应前后的质量差，也能计算出铝的含量，故D正确。  
7. 氯酸钾是一种重要的氧化剂，受热易分解。为充分利用资源，变废为宝，实验室以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图1所示：

回答下列问题：
(1)加热条件下氯化过程发生反应的化学方程式为          。
(2)用图2所示装置制备Cl2，为保证氯化过程中Cl2反应充分，制Cl2时应采取的措施是          ，导气口n后所连接装置合适的是          。

(3)操作2包含一系列实验操作，主要为          →降温结晶→过滤→洗涤→低温干燥。
(4)如图3所示是制备过程中处理尾气的部分装置。

①B中溶液为          。
②A中装有蒸馏水，查阅资料可知次氯酸或氯气可被SO2、H2O2、FeCl2等物质还原成Cl-。请设计实验方案测定A中氯元素含量          。
【答案】(1)6Cl2+6CaOH2    ▵      CaClO32+5CaCl2+6H2O
(2)控制活塞将浓盐酸缓慢而均匀地滴入三颈烧瓶中  ；  c或d
(3)蒸发浓缩
(4)①氢氧化钠溶液    ②量取一定量A中溶液于试管中，加入足量的H2O2溶液，充分振荡；加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤、洗涤沉淀，干燥后称量沉淀质量
 【解析】

(1)由流程分析可知，0价的Cl需转化为+5价的Cl，故氯化过程中发生反应的化学方程式为6Cl2+6CaOH2    ▵     CaClO32+5CaCl2+6H2O。
(2)为保证氯化过程中反应充分，可通过控制题图2所示装置中分液漏斗的活塞来控制加入浓盐酸的速率，从而控制Cl2的产生速率。为使Cl2充分反应，应增大Cl2与电石渣浆的接触面积，故导气口n后应连接c或d装置。
(3)从后续“降温结晶”可知之前的操作为“蒸发浓缩”。
(4)①用碱性溶液吸收Cl2，故B中可盛装NaOH溶液。②Cl2部分溶于蒸馏水生成HClO和HCl，要测定A中氯元素的含量，首先需将HClO、Cl2还原为Cl-，再加入AgNO3溶液，通过测定生成的AgCl的量来测定氯元素含量，因Ag2SO4微溶，FeCl2会引入氯元素，干扰实验结果，故应选用H2O2进行还原。
8. 有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为NH4Cl)，某实验小组对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定。回答下列问题：
I.岩脑砂的制备

①该实验中用Ca(OH)2与NH4Cl加热制取所需氨气，该反应的化学反应方程式____________________。
②装置F中的试剂是__________(填试剂名称)。
③为了使氨气和氯气在D中充分混合。
请确定上述装置的合理连接顺序： a→d→c→____、_____ ←h←g←j←i←b (所有仪器均使用，用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致)。
④证明氨气和氯气反应有岩脑砂固体生成，需要的检验试剂(试纸)中，除了蒸馏水、稀HNO3、NaOH溶液外，还需要_______________。(填选项)
A.硝酸银溶液      B.红色石蕊试纸      C.蓝色石蕊试纸      D.淀粉溶液
II.岩脑砂中元素的测定

准确称取ag岩脑砂，与足量的氧化铜混合加热(2NH4Cl+3CuO=Δ3Cu+N2↑+2HC1↑ +3H2O)，利用下列装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的质量之比。
①设置装置H的目的是_____________。
②若装置I增重bg，利用装置K测得气体体积为VL(已知常温常压下气体摩尔体积为24.5L/mol)，则岩脑砂中m(N):m(Cl)=__________ (用含b、V的代数式表示，不必化简)。
③若测量体积时气体温度高于常温(其他操作均正确且忽略气体摩尔体积的改变)，则m(N)比正常值______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)①2NH4Cl+Ca(OH)2=ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O
②饱和食盐水
③e；f
④A、B(2)
①吸收混合气体的水蒸气，防止对测定l氯化氢的质量产生影响
②28V24.5：35.5b36.5；偏高 
【解析】
(1)岩脑砂的制备
①利用装置A制取实验所需的氨气，实验室制备氨气的反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca(OH)2=ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O。
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2=ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O；
②该实验中用浓盐酸与MnO2反应制取所需氯气(含有氯化氢和水蒸气)，则装置F(除去HCl气体)中的试剂是：饱和食盐水。
故答案为：饱和食盐水；
③为了使氨气和氯气在D中充分混合，依据提示可得，请确定上述装置的合理连接顺序：a→d→c→e—f←h←g←j←i←b(提示：氨气和氯气形成逆向流动，更有利于二者充分混合)。
故答案为：e；f；
④证明氨气和氯气反应有岩脑砂生成，依据氨气和氯气的性质可知，需要的检验试剂中，除了蒸馏水、稀HNO3、NaOH溶液外，还需要AgNO3溶液和红色石蕊试纸。
故答案为：AB；
(2)岩脑砂中元素的测定准确称取ag岩脑砂，与足量的氧化铜混合加热(发生的反应为：2NH4Cl+3CuO=Δ3Cu+N2↑+2HCl↑+3H2O)，利用下列装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的质量之比。
①依据实验的原理，设置装置H的目的是：吸收混合气体的水蒸气，防止对测定l氯化氢的质量产生影响。
故答案为：吸收混合气体的水蒸气，防止对测定l氯化氢的质量产生影响；
②若装置Ⅰ增重bg(是吸收HCl气体)，利用装置K测得气体体积为VL(是收集的氮气)(已知常温常压下气体摩尔体积为24.5L·mol-1)，依据原子守恒，则岩脑砂中m(N)=VL24.5L/mol×28g/mol，m(Cl)=bg36.5g/mol×35.5g/mol，所以m(N)：m(Cl)= 28V24.5：35.5b36.5；若测量体积刚气体温度高于常温(其他操作均正确)，依据温度对气体的体积的影响可知，温度升高则气体的体积增大，所以m(N)比正常值偏高。
故答案为：28V24.5：35.5b36.5；偏高。
9. 为了测定气体摩尔体积，用如图所示的装置和下列实验药品：将一定量锌片与足量的稀硫酸在试管A中反应，量气管B是由甲、乙两根玻璃管组成，它们用橡皮管连通，并装适量水，甲管有刻度，甲、乙管可固定在铁架台上，供量气用，乙管可上下移动，以调节液面高低。回答下列问题：
(1)写出该气体制备的化学方程式：______，说明选择氢气作为测定气体摩尔体积实验的对象的原因 ______。
(2)如果发生反应的锌片质量为0.260克，实验测得生成的氢气体积为92mL，则这时的气体摩尔体积为 ______L⋅mol-1。
(3)如果甲管的刻度最大值是100mL，则实验中称取锌片的最大质量是 ______克。
(4)为了准确地测量H2的体积，在实验结束后，读取反应后甲管中液面的读数时，应注意 ______(写出两点)。
【答案】Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑  氢气难溶于水  23.0  0.283  读数前上下移动乙管，使甲、乙两管的液面相平；读数时视线要与凹液面最低处相平 
【解析】解：(1)由分析可知，装置A中锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的化学方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，用氢气作为测定气体摩尔体积实验的对象是因为氢气难溶于水，实验误差小，
故答案为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；氢气难溶于水；
(2)若反应消耗0.260gZn，生成92mL氢气，由方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，气体摩尔体积为92×10-3L0.260g65g/mol=23.0L/mol，
故答案为：23.0；
(3)甲管的刻度最大值是100mL，说明反应生成氢气的体积为100mL，由方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；可知，实验中称取锌片的质量为0.1L23.0L/mol×65g/mol=0.283g，
故答案为：0.283；
(4)由分析可知，测量氢气体积时，为了使测量数据更为准确，应注意等待片刻，待乙管液面不再上升时，上下移动乙管，使甲、乙两管的液面相平，以使甲管中的气压与大气气压相等，读数时视线应与甲管内凹液面最低处相平，以减少实验误差，
故答案为：读数前上下移动乙管，使甲、乙两管的液面相平；读数时视线要与凹液面最低处相平。
装置A中锌和稀硫酸反应制备氢气，装置B为量取相同温度和压强下氢气体积的量气装置，测量氢气体积时，为了使测量数据更为准确，应注意等待片刻，待乙管液面不再上升时，上下移动乙管，使甲、乙两管的液面相平，以使甲管中的气压与大气气压相等，读数时视线应与甲管内凹液面最低处相平，以减少实验误差。
本题考查了物质的量的有关计算、量气等知识，题目难度中等，本题注意把握实验原理和操作方法，注重基础知识的积累．