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第一章 章末综合检测卷（解析版）-备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练
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这是一份第一章 章末综合检测卷（解析版）-备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练，共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练
第一章 化学计量在实验中的应用 章末综合检测卷
第I卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共45分）
1．（2021·上海市洋泾中学高三阶段练习）下列图示方法能完成相应实验的是（ ）
A
B
C
D
配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
实验室制取Cl2
验证铁的析氢腐蚀
验证氨气易溶于水
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A．容量瓶不能作为溶解、稀释、反应和长期贮存溶液的仪器，A不合题意；
B．实验室用MnO2和浓盐酸反应制备Cl2时需要加热，B不合题意；
C．钢铁在NaCl溶液等中性溶液中发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，C不合题意；
D．氨气的喷泉实验可以验证氨气易溶于水，D符合题意；
故答案为：D。
2．（2022·浙江·高三专题练习）下列说法中正确的是（ ）
A．摩尔既是物质的数量单位又是物质的质量单位
B．阿伏加德罗常数是12 kg 12C中含有的碳原子数
C．1 mol水中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子
D．阿伏加德罗常数就是6.02×1023 mol－1
【答案】C
【解析】
A．摩尔是物质的量的单位，故A错误；
B．1 mol粒子集体所含的粒子数是阿伏加德罗常数，与0.012 kg 12C中所含的碳原子数相同，故B错误；
C．1个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成，1 mol水中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子，故C正确；
C．阿伏加德罗常数是1 mol粒子所含的粒子数，在数值上等于12 g12C所含的碳原子数，是个具体的值，6.02×1023mol－1是阿伏加德罗常数的近似值，故D错误；
选C。
3．（2022·贵州贵阳·模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．某密闭容器中盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA
B．一定条件下，Na与O2反应生成7.8gNa2O2，转移电子的个数为0.2NA
C．常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，水电离产生的氢离子数为1×10-9NA
D．标准状况下，2.24L丙烷含有的共价键数目为1.1NA
【答案】B
【解析】
A．该反应为可逆反应，无法确定反应物的消耗量及反应过程中电子转移数目，故A错误；
B．生成7.8gNa2O2即0.1mol，则消耗的钠单质为0.2mol，Na转化成钠离子，1molNa失去1mol电子，则0.2molNa反应转移电子的个数为0.2NA，故B正确；
C．CH3COONa溶液中，氢氧根离子完全来自水的电离，LpH=9的CH3COONa溶液中，氢氧根离子的数为，水电离产生的氢离子数目等于氢氧根离子数目，则水电离产生的氢离子数为1×NA，故C错误；
D．标准状况下，2.24L丙烷为0.1mol，共价键数目为NA，故D错误；
故选：B。
4．（2022·新疆·二模）由CH4制备合成气(CO、H2)，再由合成气制备甲醇(CH3OH)的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下11.2LCH3OH所含的极性键为2.5NA
B．等物质的量的CH3OH和CH4、CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44gCO2气体和44gCH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA
D．制备合成气的反应中，若生成1molCO，转移电子数为3NA
【答案】D
【解析】
A．标况下甲醇为液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，选项A错误；
B．甲醇与甲烷物质的量未知，无法计算，选项B错误；
C．甲烷摩尔质量为16，一氧化碳摩尔质量为28，二者摩尔质量不同，只知道混合气体的总质量无法计算含有碳原子个数，选项C错误；
D．依据分子可知，生成2个甲烷转移6个电子，则若生成1molCO，转移电子数为3NA，选项D正确；
答案选D。
5．（2022·北京·北大附中三模）下列各项比较中，一定相等的是（ ）
A．相同质量的苯和乙炔所含的碳原子的数目
B．相同质量的H2O和H2O所含的原子数
C．标准状况下的2.24LHCl气体和1L0.1mol·L-1盐酸中所含Cl-的数目
D．相同pH的H2SO4和NaHSO4溶液中SO的浓度
【答案】A
【解析】
A．苯的分子式为C6H6，乙炔分子式为C2H2，两者最简式相同，均为CH，碳元素的质量分数相同，故质量相同的苯和乙炔含有碳原子的数目一定相等，A正确；
B．和的摩尔质量不相同，相同质量的情况下物质的量不同，故所含原子数也不相同，B错误；
C．HCl气体中不存在Cl-，盐酸中含有Cl-，Cl-数目肯定不相同，C错误；
D．一个硫酸分子可电离出两个H+，一个NaHSO4只能电离出一个H+，pH相同的情况下，硫酸的浓度要小，故两种物质的浓度肯定不相等，D错误；
故答案选A。
6．（2022·浙江·高三专题练习）科学家刚刚发现的某种元素的一个原子，其质量是a g，一个12C的原子质量是b g，用NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A．该原子的摩尔质量是a NA g·mol-1
B．Wg该原子中含有个原子
C．Wg该原子的物质的量是
D．由已知信息可得： mol-1
【答案】B
【解析】
A．摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，单位是g•mol-1，一个原子的质量是a g，则1mol即NA个原子的质量为aNAg，所以摩尔质量应为aNAg•mol-1，A项正确；
B．一个原子的质量是a g，Wg 该原子中原子个数=个，B项错误；
C．根据上述分析，该原子的摩尔质量是a NA g·mol-1，Wg该原子的物质的量是，C项正确；
D．1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏伽德罗常数，以12g12C中所含碳原子数定义为阿伏伽德罗常数，应为NA=mol-1，D项正确；
答案选B。
7．（2022·黑龙江·嫩江市高级中学高三阶段练习）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是（ ）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后未经干燥直接用于配制溶液，会使配制溶液的浓度偏低
B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸
C．配制1 L 0.1 mol·L-1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体
D．定容时仰视，会使配制溶液的浓度偏低
【答案】D
【解析】
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不经干燥直接用于配制溶液，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A错误；
B．量筒的感量为0.1mL，用量筒不能量取9.82 mL浓盐酸，故B错误；
C．托盘天平的感量为0.1g，用托盘天平不能称量5.85 g NaCl固体，故C错误；
D．配制一定物质的量浓度的溶液时，若定容时仰视，会导致加入的蒸馏水过多，配制的溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D正确；
答案为D。
8．（2022·天津·模拟预测）向三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，下列有关这三种气体的叙述中正确的是（ ）
A．温度、压强相同时，三中气体的密度关系：
B．质量、温度、压强均相同时，三种气体的体积关系：
C．温度、密度相同时，三种气体的压强关系：
D．温度、压强、体积均相同，三种气体的质量关系：
【答案】C
【解析】
A．由PV=nRT可推知，PM=RT，可知温度、压强相同时，气体密度和摩尔质量成正比，则密度：，A错误；
B．由A可知，温度、压强相同时，密度：，根据公式，质量相同，则体积：，B错误；
C．根据PM=RT知，温度、密度相同时，气体的压强与摩尔质量成反比，则温度、密度相同时，压强：，C正确；
D．由PV=nRT可知，温度、压强、体积均相同，气体物质的量相同，根据公式m=nM，质量：，D错误；
答案选C。
9．（2022·福建省福州铜盘中学高三阶段练习）1 L 1 mol/L KOH溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中CO与HCO的物质的量浓度之比为（ ）
A．1：3 B．2：1 C．2：3. D．3：2
【答案】A
【解析】
溶液为碳酸钾和碳酸氢钾的混合溶液，设CO的物质的量为x，HCO的物质的量为y，根据钾元素守恒得2x+y=1，根据碳元素守恒x+y=0.8，二者联立得x=0.2，y=0.6，在混合溶液中两种离子的物质的量浓度之比等于其物质的量之比，故所得溶液中CO与HCO的物质的量浓度之比为0.2：0.6=1：3，故选A；
10．（2022·安徽合肥·一模）下列实验操作与选用的部分仪器相匹配的是（ ）
A．将干海带灼烧成海带灰，选用①⑥⑦
B．从的溶液中分离出，选用②③
C．用水来吸收尾气，选用③④
D．配制100g质量分数的溶液，选用③⑤⑥⑧
【答案】C
【解析】
A． 将干海带灼烧成海带灰，要用坩埚，不能用蒸发皿，故A错误；
B． 从的溶液中分离出，应用蒸馏法，不能用分液的方法分离，故B错误；
C． 用水来吸收尾气，HCl极易溶于水，用倒扣的漏斗防止倒吸，选用③④，故C正确；
D． 配制100g质量分数的溶液，不需要用容量瓶，故D错误；
故选C。
11．（2022·天津市蓟州区燕山中学高三阶段练习）a mLAl2(SO4)3溶液中含有b g Al3+，取a/4 mL该溶液加水稀释到4a mL，则稀释后溶液中的物质的量浓度为（ ）
A． mol·L-1 B． mol·L-1
C． mol·L-1 D． mol·L-1
【答案】A
【解析】
b g Al3+的物质的量为，则n(Al2(SO4)3)=，a mL溶液中Al2(SO4)3物质的量浓度为c(Al2(SO4)3)=，则c()=3 c(Al2(SO4)3)= ，稀释前后的物质的量不变，则n()=cV=×= c()后×4a，解得稀释后溶液中的物质的量浓度为c()后= mol·L-1，故选：A。
12．（2022·江苏苏州·高三阶段练习）以含钴废渣（主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备CoCO3的一种实验流程如下所示，下列说法正确的是（ ）
A．用装置甲制备“酸浸”所需的SO2
B．用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L-1H2SO4溶液
C．用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D．用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3
【答案】C
【解析】
A．浓硫酸与铜反应需要加热，甲装置没有酒精灯，无法反应制取SO2，A项错误；
B．滴定管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，这样会污染试剂，B项错误；
C．过滤用于固液分离，用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液，且装置中操作正确，C项正确；
D．灼烧CoCO3固体应用坩埚，不能在烧杯中直接灼烧固体，D项错误；
答案选C。
13．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习）有BaCl2和KCl的混合溶液aL，将它分成两等份，其中一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-离子完全沉淀。反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3，据此可知原混合溶液中的K+的物质的量浓度为（ ）
A． mol·L-1 B．mol·L-1
C． mol·L-1 D．mol·L-1
【答案】A
【解析】
设每份中的Ba2+离子的物质的量为m，Cl-离子的物质的量为n，由反应Ba2++SO42-═BaSO4↓可知：m=xmol，根据反应Cl-+Ag+═AgCl↓可知：n=ymol，设每份中的钾离子的物质的量为z，BaCl2和KCl的混合溶液不显电性，则：x×2+z=y，解得：z=(y-2x)mol，则原溶液中的钾离子为：(y-2x)mol×2=(2y-4x)mol，所以原溶液中的钾离子浓度为：c(K+)= mol·L-1。
答案选A。
14．（2022·江西·奉新县第一中学高三阶段练习）把一小块镁铝合金溶于100mL盐酸中，然后向其中滴入1mol∙L-1NaOH溶液，生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．镁铝合金溶于盐酸时一共产生448mLH2
B．盐酸的浓度为0.6mol∙L-1
C．反应至B点时，所得沉淀的质量为1.07g
D．合金中镁和铝的物质的量之比为1:1
【答案】C
【解析】
由图可知，从开始至加入NaOH溶液10mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；
A．由图可知，从加入10m氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，该阶段消耗氢氧化钠40mL，由氢氧根守恒可知3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n(NaOH)=(0.06L-0.02L)×1mol/L=0.04mol．从加入氢氧化钠溶液50mL～60mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al(OH)3]=(0.06L-0.05L)×1mol/L=0.01mol，故3×0.01mol+2n[Mg(OH)2]=0.04mol，解得n[Mg(OH)2]=0.005mol，由元素守恒可知n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.005mol，故m(Mg)=0.005mol×24g•mol-1=0.12g，m(Al)=0.01mol×27g•mol-1=0.27g，由关系式、，一共产生标准状况下的氢气体积为0.112L+0.336L=0.448L=448mLH2，但选项未告知是标准状况，无法计算，故A错误；
B．加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)=0.05L×1mol/L=0.05mol，根据氯元素守恒n(HCl)=0.05mol，故盐酸的物质的量浓度为
，故B错误；
C．B点到沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，n[Mg(OH)2]=0.005mol，n[Al(OH)3]=0.01mol，m(沉淀)=m[Mg(OH)2]+m[Al(OH)3]=0.005mol×58g/mol+0.01mol×78g/mol=1.07g，故C正确；
D．由图可知，从加入10m氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，该阶段消耗氢氧化钠40mL，假设NaOH溶液的浓度为1mol/L，由氢氧根守恒可知3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n(NaOH)=0.04L×1mol/L=0.04mol，从加入氢氧化钠溶液50mL～60mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，该阶段中n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.01L×1mol/L=0.01mol，代入上式可得n[Mg(OH)2]=0.005mol，由元素守恒可知，合金中镁铝的物质的量之比为0.005mol：0.01mol=1：2，故D错误；
故选：C。
15．（2022·山西朔州·高三期中）三氯化氮是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒。为准确测量某溶液的浓度，现量取20.00mL该溶液，置于100mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀。吸取25.00mL于烧杯中，加入足量亚硫酸钠溶液，充分反应后，向烧杯中加入足量盐酸酸化的氯化钡溶液，得沉淀m g。已知：，则测量的某溶液的浓度是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
根据题意可得关系式：NCl3~3Na2SO4~3BaSO4，则n(NCl3)=n(BaSO4)=，所以三氯化氮的浓度为：，故选：A。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（共55分）
16．（2022·宁夏长庆高级中学高三阶段练习）回答下列问题：
Ⅰ：在标准状况下与的混合气体，体积为。则：
(1)混合气体的平均摩尔质量是___________。
(2)和的体积之比是___________。
(3)和的质量之比是___________。
Ⅱ：将固体溶于水配成溶液，其密度为，试计算：
(4)该溶液中的物质的量浓度为___________。
(5)该溶液中的质量分数为___________。
(6)从该溶液中取出，含的质量为___________。
(7)将取出的溶液加水稀释到，稀释后溶液中的物质的量浓度为___________。
【答案】
(1)30g·mol-1
(2)
(3)
(4)
(5)20%
(6)
(7)
【解析】
(1)
解法一：，。
解法二：。
(2)根据阿伏加德罗定律：同温同压下，气体体积之比=物质的量之比。最简单的方法是用十字交叉法计算：
则。
(3)。
(4)32.0gNaOH的物质的量n==0.8mol，则氢氧化钠溶液的浓度为c=。
(5)溶液的质量，则溶质质量。
(6)从该溶液中取出10mL,该10mL溶液中氢氧化钠的质量m=。
(7)取出的10mL溶液浓度为8.00mol/L，加水稀释到100mL，8mol/L×10×10-3L=c2×100×10-3L,解得c2=0.8mol/L则稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.8mol/L，故答案为：0.80mol/L。
17．在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 g·cm－3。试计算：
(1)所得盐酸中溶质的质量分数和物质的量浓度分别是________、________。
(2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是________。
(3)在40.0 mL 0.065 mol·L－1 Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过________mL。
(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 mol·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________g固体。
【答案】(1)36.5% 11.8 mol·L－1 (2)1 mol·L－1 (3)2.6 (4)5.85
【解析】
(1)n(HCl)＝＝10 mol，m(HCl)＝10 mol×36.5 g·mol－1＝365 g，盐酸中溶质的质量分数w＝×100%＝36.5%，c(HCl)＝＝＝11.8 mol·L－1。
(2)由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)可知，c(稀)＝11.8 mol·L－1×＝1 mol·L－1。
(3)n(Na2CO3)＝0.040 L×0.065 mol·L－1＝0.0026 mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL，则n(HCl)＝1 mol·L－1×0.001x L＝0.001x mol，根据反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.0026＝0.001 x，x＝2.6。
(4)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 mol·L－1＝0.1 mol，m(NaCl)＝0.1 mol×58.5 g·mol－1＝5.85 g。
18．（2021·浙江·高三专题练习）判断正误
(1)容量瓶在使用前要检查是否漏水______
(2)若量取7.2mL溶液，应选用10mL量筒______
(3)NaOH在烧杯里刚完全溶解时，立即将溶液转移到容量瓶_______
(4)用固体NaCl配制0.5mol·L-1的溶液，所用的仪器只有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶_____
(5)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁_______
(6)用量筒量取20mL 0.5000mol·L-1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol·L-1 H2SO4溶液_______
(7)配制一定物质的量浓度溶液摇匀后，液面位于刻度线以下，应加水至刻度线_____
(8)配制480mL一定物质的量浓度溶液时，要选用500mL的容量瓶_______
(9)使用托盘天平称量药品，都不能直接放在托盘中，均应放在两张相同的纸片上_____
(10)为了配制方便，可将固体或浓溶液直接在容量瓶(或量筒)中进行溶解(或稀释)_____
(11)将10.6g Na2CO3·10H2O溶于水配成1L溶液，物质的量浓度为0.1mol·L-1_______
(12)称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，就能配得浓度为0.010mol·L-1的KMnO4溶液_______
(13)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线______
(14)因为Ca(OH)2能制成澄清石灰水，所以可配制2.0mol·L-1的Ca(OH)2溶液______
(15)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小_______
【答案】
正确 正确 错误 正确 正确 错误 错误 正确 错误 错误 错误 错误 正确 错误 错误
【解析】
(1)容量瓶在使用前要检查是否漏水，正确；
(2)若量取7.2mL溶液，应选用10mL量筒，正确；
(3)NaOH在烧杯里溶解且冷却到室温后，将溶液转移到容量瓶，错误；
(4)用固体NaCl配制0.5mol·L-1的溶液，所用的仪器只有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，正确；
(5)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，正确；
(6)用量筒量取20mL0.5000mol·L-1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，溶液体积不是100ml，错误；
(7)配制一定物质的量浓度溶液摇匀后，液面位于刻度线以下，不应再加水至刻度线，错误；
(8)配制480mL一定物质的量浓度溶液时，要选用500mL的容量瓶，正确；
(9)使用托盘天平称量易潮解的烧碱应该直接放在托盘中，错误；
(10)为了配制方便，不可将固体或浓溶液直接在容量瓶(或量筒)中进行溶解(或稀释)，错误；
(11)将10.6g Na2CO3·10H2O的物质的量不是1mol，溶于水配成1L溶液，物质的量浓度不是0.1mol·L-1，错误；
(12)称取KMnO4固体不能放入容量瓶中，错误；
(13)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线，正确；
(14)因为Ca(OH)2微溶于水，所以不可配制2.0mol·L-1的Ca(OH)2溶液，错误；
(15)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大，错误；
19．（2022·全国·高三专题练习）用NA表示阿伏加德罗常数，判断下列说法是否正确。
(1)5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA_________
(2)0.1 mol Zn与含0.1 mol HCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA_________
(3)1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA________
(4)1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA_________
(5)向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2＋被氧化时，共转移电子的数目不小于3NA_________
(6)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA_________
(7)常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数小于2NA_________
(8)0.3 mol NO2与足量的水反应转移电子数目为0.2NA_________
【答案】 错 错 对 错 对 错 对 对
【解析】
(1)当铁粉过量时生成Fe2＋，故错；
(2)盐酸不足，Zn不能完全反应，故错；
(3)不论是哪种氧化物，钠均是从0价变为＋1价，转移的电子数为NA，故对；
(4)该反应为Na2O2中-1价氧元素的歧化反应，1 mol Na2O2反应转移1 mol电子，故错；
(5)I-的还原性比Fe2＋强，Cl2首先氧化I-，故对；
(6)1 mol氯气与水、碱发生歧化反应时转移电子数为NA，故错；
(7)1 mol Cl2与足量镁反应得到2 mol电子，常温常压下，22.4 L Cl2的物质的量小于1 mol，故对；
(8)由3NO2＋H2O=2HNO3＋NO知，3 mol NO2转移2 mol e-，故0.3 mol NO2转移0.2 mol e-，故对。
20．（2022·福建·厦门市湖滨中学高三阶段练习）
(1)自来水厂用ClO2处理后的水，可用碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：
Ⅰ.取一定体积的水样，加入过量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。(已知：2ClO2+2I－＝2ClO+I2)
Ⅱ.Na2S2O3溶液滴定到终点。(已知：2S2O+I2=S4O+2I－)
问题：①滴定终点时的现象：____________
②若水样的体积为1.0 L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10－3 mol·L－1的Na2S2O3溶液15 mL，则水样中ClO2的浓度是________mol·L－1。
(2)24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2R2O7溶液反应，则元素R在还原产物中的化合价是________。
(3)将0.64 g Cu全部溶于一定量的浓硝酸中，测得生成气体0.009 mol(含NO、NO2和N2O4)，共消耗硝酸0.032 mol。将生成的气体与空气混合，再通入NaOH溶液中，氮氧化物被完全吸收，产物只有NaNO3和H2O。计算空气中参加反应的O2在标准状况下的体积为________mL。
【答案】蓝色消失，且半分钟内不变色 1.5×10－5 +3价 112
【解析】
溶液滴定时发生的反应为，原溶液中存在碘单质与淀粉，所以溶液变蓝色，当到达滴定终点时，溶液中的碘单质被还原，溶液的蓝色消失，且半分钟内不变色，故答案为：蓝色消失，且半分钟内不变色；
根据方程式和得知，消耗的物质的量与水样中的物质的量相等，则，则 ，故答案为：1.5×10－5；
题目中指出被还原的物质是，则得电子的物质必是，失电子的物质一定是，其中S元素的化合价从；而R元素的化合价将从设化合价为。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有，解得，则R的化合价为价，故答案为：+3价；
由电子得失守恒得知，氧气得到的电子物质的量与Cu失去电子的物质的量相等，那么，=0.005mol，V(O2)=0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，故答案为：112。
21．（2022·广东清远·高三期末）过二硫酸盐[例：(NH4)2S2O8、Na2S2O8]都具有强氧化性，可作为氧化剂和漂白剂，(NH4)2S2O8被广泛用于蓄电池工业，在照相工业上用来除去海波。
I. (NH4)2S2O8的制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O。实验室模拟制备(NH4)2S2O8的装置如图所示。
(1)仪器a的名称是________。
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是______。
(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是_______。
II.(NH4)2S2O8的性质及应用。
(4)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，在Ag+催化作用下，能与Mn2+在水溶液中发生反应生成和，1mol能氧化的Mn2+的物质的量为_____mol。过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为)，写出该反应的离子方程式______________________。
III.标定(NH4)2S2O8溶液的浓度。
(5)称取一定质量的(NH4)2S2O8，配制成溶液，并用碘量法标定该溶液的浓度，移取20.00mL (NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。重复上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为18.40mL，滴定终点时的颜色变化为__________，所标定的(NH4)2S2O8的浓度为________mol∙L-1。
【答案】
(1)恒压滴液漏斗
(2)便于晶体干燥
(3)产品受热易分解
(4)0.4mol 2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+
(5)溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复 0.046mol/L
【解析】
实验I，装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为( NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理，防止污染空气，以此来解析；
(1)仪器b的名称是恒压滴液漏斗；
(2)无水乙醇洗涤沉淀，可以洗除晶体表面的杂质，同时乙醇易挥发，便于晶体干燥；
(3)(NH4)2S2O8易分解，则烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是产品受热易分解；
(4)在在Ag+催化作用下，S2O能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO和MnO，S元素化合价由+7价变为+6价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子物质的量相等， 1mol S2O 能氧化的Mn2+的物质的量==0.4mol；
过二硫酸被常Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色为Cr2O，还原产物为SO，Cr化合价由+3价变为+6价，S化合价由+7价变为+6价，根据化合价升降守恒和原子守恒 电荷守恒，可得离子方程式为：2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+；
(5)由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复；根据可知(NH4)2S2O8和KI反应生成碘单质和硫酸根离子，S元素化合价由+7价变为+6价，I的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒可知(NH4)2S2O8～I2根据
I2+2=2I-+，可知2～I2，可知(NH4)2S2O8～2，n(Na2S2O3)=cV=0.1mol·L×18.4×10-3L=1.84×10-3mol，c((NH4)2S2O8)===0.046mol/L；
备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练
第一章 化学计量在实验中的应用 章末综合检测卷
第I卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共45分）
1．（2021·上海市洋泾中学高三阶段练习）下列图示方法能完成相应实验的是（ ）
A
B
C
D
配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
实验室制取Cl2
验证铁的析氢腐蚀
验证氨气易溶于水
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A．容量瓶不能作为溶解、稀释、反应和长期贮存溶液的仪器，A不合题意；
B．实验室用MnO2和浓盐酸反应制备Cl2时需要加热，B不合题意；
C．钢铁在NaCl溶液等中性溶液中发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，C不合题意；
D．氨气的喷泉实验可以验证氨气易溶于水，D符合题意；
故答案为：D。
2．（2022·浙江·高三专题练习）下列说法中正确的是（ ）
A．摩尔既是物质的数量单位又是物质的质量单位
B．阿伏加德罗常数是12 kg 12C中含有的碳原子数
C．1 mol水中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子
D．阿伏加德罗常数就是6.02×1023 mol－1
【答案】C
【解析】
A．摩尔是物质的量的单位，故A错误；
B．1 mol粒子集体所含的粒子数是阿伏加德罗常数，与0.012 kg 12C中所含的碳原子数相同，故B错误；
C．1个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成，1 mol水中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子，故C正确；
C．阿伏加德罗常数是1 mol粒子所含的粒子数，在数值上等于12 g12C所含的碳原子数，是个具体的值，6.02×1023mol－1是阿伏加德罗常数的近似值，故D错误；
选C。
3．（2022·贵州贵阳·模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．某密闭容器中盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA
B．一定条件下，Na与O2反应生成7.8gNa2O2，转移电子的个数为0.2NA
C．常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，水电离产生的氢离子数为1×10-9NA
D．标准状况下，2.24L丙烷含有的共价键数目为1.1NA
【答案】B
【解析】
A．该反应为可逆反应，无法确定反应物的消耗量及反应过程中电子转移数目，故A错误；
B．生成7.8gNa2O2即0.1mol，则消耗的钠单质为0.2mol，Na转化成钠离子，1molNa失去1mol电子，则0.2molNa反应转移电子的个数为0.2NA，故B正确；
C．CH3COONa溶液中，氢氧根离子完全来自水的电离，LpH=9的CH3COONa溶液中，氢氧根离子的数为，水电离产生的氢离子数目等于氢氧根离子数目，则水电离产生的氢离子数为1×NA，故C错误；
D．标准状况下，2.24L丙烷为0.1mol，共价键数目为NA，故D错误；
故选：B。
4．（2022·新疆·二模）由CH4制备合成气(CO、H2)，再由合成气制备甲醇(CH3OH)的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下11.2LCH3OH所含的极性键为2.5NA
B．等物质的量的CH3OH和CH4、CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44gCO2气体和44gCH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA
D．制备合成气的反应中，若生成1molCO，转移电子数为3NA
【答案】D
【解析】
A．标况下甲醇为液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，选项A错误；
B．甲醇与甲烷物质的量未知，无法计算，选项B错误；
C．甲烷摩尔质量为16，一氧化碳摩尔质量为28，二者摩尔质量不同，只知道混合气体的总质量无法计算含有碳原子个数，选项C错误；
D．依据分子可知，生成2个甲烷转移6个电子，则若生成1molCO，转移电子数为3NA，选项D正确；
答案选D。
5．（2022·北京·北大附中三模）下列各项比较中，一定相等的是（ ）
A．相同质量的苯和乙炔所含的碳原子的数目
B．相同质量的H2O和H2O所含的原子数
C．标准状况下的2.24LHCl气体和1L0.1mol·L-1盐酸中所含Cl-的数目
D．相同pH的H2SO4和NaHSO4溶液中SO的浓度
【答案】A
【解析】
A．苯的分子式为C6H6，乙炔分子式为C2H2，两者最简式相同，均为CH，碳元素的质量分数相同，故质量相同的苯和乙炔含有碳原子的数目一定相等，A正确；
B．和的摩尔质量不相同，相同质量的情况下物质的量不同，故所含原子数也不相同，B错误；
C．HCl气体中不存在Cl-，盐酸中含有Cl-，Cl-数目肯定不相同，C错误；
D．一个硫酸分子可电离出两个H+，一个NaHSO4只能电离出一个H+，pH相同的情况下，硫酸的浓度要小，故两种物质的浓度肯定不相等，D错误；
故答案选A。
6．（2022·浙江·高三专题练习）科学家刚刚发现的某种元素的一个原子，其质量是a g，一个12C的原子质量是b g，用NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A．该原子的摩尔质量是a NA g·mol-1
B．Wg该原子中含有个原子
C．Wg该原子的物质的量是
D．由已知信息可得： mol-1
【答案】B
【解析】
A．摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，单位是g•mol-1，一个原子的质量是a g，则1mol即NA个原子的质量为aNAg，所以摩尔质量应为aNAg•mol-1，A项正确；
B．一个原子的质量是a g，Wg 该原子中原子个数=个，B项错误；
C．根据上述分析，该原子的摩尔质量是a NA g·mol-1，Wg该原子的物质的量是，C项正确；
D．1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏伽德罗常数，以12g12C中所含碳原子数定义为阿伏伽德罗常数，应为NA=mol-1，D项正确；
答案选B。
7．（2022·黑龙江·嫩江市高级中学高三阶段练习）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是（ ）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后未经干燥直接用于配制溶液，会使配制溶液的浓度偏低
B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸
C．配制1 L 0.1 mol·L-1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体
D．定容时仰视，会使配制溶液的浓度偏低
【答案】D
【解析】
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不经干燥直接用于配制溶液，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A错误；
B．量筒的感量为0.1mL，用量筒不能量取9.82 mL浓盐酸，故B错误；
C．托盘天平的感量为0.1g，用托盘天平不能称量5.85 g NaCl固体，故C错误；
D．配制一定物质的量浓度的溶液时，若定容时仰视，会导致加入的蒸馏水过多，配制的溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D正确；
答案为D。
8．（2022·天津·模拟预测）向三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，下列有关这三种气体的叙述中正确的是（ ）
A．温度、压强相同时，三中气体的密度关系：
B．质量、温度、压强均相同时，三种气体的体积关系：
C．温度、密度相同时，三种气体的压强关系：
D．温度、压强、体积均相同，三种气体的质量关系：
【答案】C
【解析】
A．由PV=nRT可推知，PM=RT，可知温度、压强相同时，气体密度和摩尔质量成正比，则密度：，A错误；
B．由A可知，温度、压强相同时，密度：，根据公式，质量相同，则体积：，B错误；
C．根据PM=RT知，温度、密度相同时，气体的压强与摩尔质量成反比，则温度、密度相同时，压强：，C正确；
D．由PV=nRT可知，温度、压强、体积均相同，气体物质的量相同，根据公式m=nM，质量：，D错误；
答案选C。
9．（2022·福建省福州铜盘中学高三阶段练习）1 L 1 mol/L KOH溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中CO与HCO的物质的量浓度之比为（ ）
A．1：3 B．2：1 C．2：3. D．3：2
【答案】A
【解析】
溶液为碳酸钾和碳酸氢钾的混合溶液，设CO的物质的量为x，HCO的物质的量为y，根据钾元素守恒得2x+y=1，根据碳元素守恒x+y=0.8，二者联立得x=0.2，y=0.6，在混合溶液中两种离子的物质的量浓度之比等于其物质的量之比，故所得溶液中CO与HCO的物质的量浓度之比为0.2：0.6=1：3，故选A；
10．（2022·安徽合肥·一模）下列实验操作与选用的部分仪器相匹配的是（ ）
A．将干海带灼烧成海带灰，选用①⑥⑦
B．从的溶液中分离出，选用②③
C．用水来吸收尾气，选用③④
D．配制100g质量分数的溶液，选用③⑤⑥⑧
【答案】C
【解析】
A． 将干海带灼烧成海带灰，要用坩埚，不能用蒸发皿，故A错误；
B． 从的溶液中分离出，应用蒸馏法，不能用分液的方法分离，故B错误；
C． 用水来吸收尾气，HCl极易溶于水，用倒扣的漏斗防止倒吸，选用③④，故C正确；
D． 配制100g质量分数的溶液，不需要用容量瓶，故D错误；
故选C。
11．（2022·天津市蓟州区燕山中学高三阶段练习）a mLAl2(SO4)3溶液中含有b g Al3+，取a/4 mL该溶液加水稀释到4a mL，则稀释后溶液中的物质的量浓度为（ ）
A． mol·L-1 B． mol·L-1
C． mol·L-1 D． mol·L-1
【答案】A
【解析】
b g Al3+的物质的量为，则n(Al2(SO4)3)=，a mL溶液中Al2(SO4)3物质的量浓度为c(Al2(SO4)3)=，则c()=3 c(Al2(SO4)3)= ，稀释前后的物质的量不变，则n()=cV=×= c()后×4a，解得稀释后溶液中的物质的量浓度为c()后= mol·L-1，故选：A。
12．（2022·江苏苏州·高三阶段练习）以含钴废渣（主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备CoCO3的一种实验流程如下所示，下列说法正确的是（ ）
A．用装置甲制备“酸浸”所需的SO2
B．用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L-1H2SO4溶液
C．用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D．用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3
【答案】C
【解析】
A．浓硫酸与铜反应需要加热，甲装置没有酒精灯，无法反应制取SO2，A项错误；
B．滴定管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，这样会污染试剂，B项错误；
C．过滤用于固液分离，用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液，且装置中操作正确，C项正确；
D．灼烧CoCO3固体应用坩埚，不能在烧杯中直接灼烧固体，D项错误；
答案选C。
13．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习）有BaCl2和KCl的混合溶液aL，将它分成两等份，其中一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-离子完全沉淀。反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3，据此可知原混合溶液中的K+的物质的量浓度为（ ）
A． mol·L-1 B．mol·L-1
C． mol·L-1 D．mol·L-1
【答案】A
【解析】
设每份中的Ba2+离子的物质的量为m，Cl-离子的物质的量为n，由反应Ba2++SO42-═BaSO4↓可知：m=xmol，根据反应Cl-+Ag+═AgCl↓可知：n=ymol，设每份中的钾离子的物质的量为z，BaCl2和KCl的混合溶液不显电性，则：x×2+z=y，解得：z=(y-2x)mol，则原溶液中的钾离子为：(y-2x)mol×2=(2y-4x)mol，所以原溶液中的钾离子浓度为：c(K+)= mol·L-1。
答案选A。
14．（2022·江西·奉新县第一中学高三阶段练习）把一小块镁铝合金溶于100mL盐酸中，然后向其中滴入1mol∙L-1NaOH溶液，生成沉淀的质量和加入NaOH溶液的体积如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．镁铝合金溶于盐酸时一共产生448mLH2
B．盐酸的浓度为0.6mol∙L-1
C．反应至B点时，所得沉淀的质量为1.07g
D．合金中镁和铝的物质的量之比为1:1
【答案】C
【解析】
由图可知，从开始至加入NaOH溶液10mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；
A．由图可知，从加入10m氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，该阶段消耗氢氧化钠40mL，由氢氧根守恒可知3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n(NaOH)=(0.06L-0.02L)×1mol/L=0.04mol．从加入氢氧化钠溶液50mL～60mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al(OH)3]=(0.06L-0.05L)×1mol/L=0.01mol，故3×0.01mol+2n[Mg(OH)2]=0.04mol，解得n[Mg(OH)2]=0.005mol，由元素守恒可知n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.005mol，故m(Mg)=0.005mol×24g•mol-1=0.12g，m(Al)=0.01mol×27g•mol-1=0.27g，由关系式、，一共产生标准状况下的氢气体积为0.112L+0.336L=0.448L=448mLH2，但选项未告知是标准状况，无法计算，故A错误；
B．加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)=0.05L×1mol/L=0.05mol，根据氯元素守恒n(HCl)=0.05mol，故盐酸的物质的量浓度为
，故B错误；
C．B点到沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，n[Mg(OH)2]=0.005mol，n[Al(OH)3]=0.01mol，m(沉淀)=m[Mg(OH)2]+m[Al(OH)3]=0.005mol×58g/mol+0.01mol×78g/mol=1.07g，故C正确；
D．由图可知，从加入10m氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，该阶段消耗氢氧化钠40mL，假设NaOH溶液的浓度为1mol/L，由氢氧根守恒可知3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n(NaOH)=0.04L×1mol/L=0.04mol，从加入氢氧化钠溶液50mL～60mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，该阶段中n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.01L×1mol/L=0.01mol，代入上式可得n[Mg(OH)2]=0.005mol，由元素守恒可知，合金中镁铝的物质的量之比为0.005mol：0.01mol=1：2，故D错误；
故选：C。
15．（2022·山西朔州·高三期中）三氯化氮是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒。为准确测量某溶液的浓度，现量取20.00mL该溶液，置于100mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀。吸取25.00mL于烧杯中，加入足量亚硫酸钠溶液，充分反应后，向烧杯中加入足量盐酸酸化的氯化钡溶液，得沉淀m g。已知：，则测量的某溶液的浓度是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
根据题意可得关系式：NCl3~3Na2SO4~3BaSO4，则n(NCl3)=n(BaSO4)=，所以三氯化氮的浓度为：，故选：A。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（共55分）
16．（2022·宁夏长庆高级中学高三阶段练习）回答下列问题：
Ⅰ：在标准状况下与的混合气体，体积为。则：
(1)混合气体的平均摩尔质量是___________。
(2)和的体积之比是___________。
(3)和的质量之比是___________。
Ⅱ：将固体溶于水配成溶液，其密度为，试计算：
(4)该溶液中的物质的量浓度为___________。
(5)该溶液中的质量分数为___________。
(6)从该溶液中取出，含的质量为___________。
(7)将取出的溶液加水稀释到，稀释后溶液中的物质的量浓度为___________。
【答案】
(1)30g·mol-1
(2)
(3)
(4)
(5)20%
(6)
(7)
【解析】
(1)
解法一：，。
解法二：。
(2)根据阿伏加德罗定律：同温同压下，气体体积之比=物质的量之比。最简单的方法是用十字交叉法计算：
则。
(3)。
(4)32.0gNaOH的物质的量n==0.8mol，则氢氧化钠溶液的浓度为c=。
(5)溶液的质量，则溶质质量。
(6)从该溶液中取出10mL,该10mL溶液中氢氧化钠的质量m=。
(7)取出的10mL溶液浓度为8.00mol/L，加水稀释到100mL，8mol/L×10×10-3L=c2×100×10-3L,解得c2=0.8mol/L则稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.8mol/L，故答案为：0.80mol/L。
17．在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 g·cm－3。试计算：
(1)所得盐酸中溶质的质量分数和物质的量浓度分别是________、________。
(2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是________。
(3)在40.0 mL 0.065 mol·L－1 Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过________mL。
(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 mol·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________g固体。
【答案】(1)36.5% 11.8 mol·L－1 (2)1 mol·L－1 (3)2.6 (4)5.85
【解析】
(1)n(HCl)＝＝10 mol，m(HCl)＝10 mol×36.5 g·mol－1＝365 g，盐酸中溶质的质量分数w＝×100%＝36.5%，c(HCl)＝＝＝11.8 mol·L－1。
(2)由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)可知，c(稀)＝11.8 mol·L－1×＝1 mol·L－1。
(3)n(Na2CO3)＝0.040 L×0.065 mol·L－1＝0.0026 mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL，则n(HCl)＝1 mol·L－1×0.001x L＝0.001x mol，根据反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.0026＝0.001 x，x＝2.6。
(4)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 mol·L－1＝0.1 mol，m(NaCl)＝0.1 mol×58.5 g·mol－1＝5.85 g。
18．（2021·浙江·高三专题练习）判断正误
(1)容量瓶在使用前要检查是否漏水______
(2)若量取7.2mL溶液，应选用10mL量筒______
(3)NaOH在烧杯里刚完全溶解时，立即将溶液转移到容量瓶_______
(4)用固体NaCl配制0.5mol·L-1的溶液，所用的仪器只有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶_____
(5)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁_______
(6)用量筒量取20mL 0.5000mol·L-1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol·L-1 H2SO4溶液_______
(7)配制一定物质的量浓度溶液摇匀后，液面位于刻度线以下，应加水至刻度线_____
(8)配制480mL一定物质的量浓度溶液时，要选用500mL的容量瓶_______
(9)使用托盘天平称量药品，都不能直接放在托盘中，均应放在两张相同的纸片上_____
(10)为了配制方便，可将固体或浓溶液直接在容量瓶(或量筒)中进行溶解(或稀释)_____
(11)将10.6g Na2CO3·10H2O溶于水配成1L溶液，物质的量浓度为0.1mol·L-1_______
(12)称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，就能配得浓度为0.010mol·L-1的KMnO4溶液_______
(13)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线______
(14)因为Ca(OH)2能制成澄清石灰水，所以可配制2.0mol·L-1的Ca(OH)2溶液______
(15)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小_______
【答案】
正确 正确 错误 正确 正确 错误 错误 正确 错误 错误 错误 错误 正确 错误 错误
【解析】
(1)容量瓶在使用前要检查是否漏水，正确；
(2)若量取7.2mL溶液，应选用10mL量筒，正确；
(3)NaOH在烧杯里溶解且冷却到室温后，将溶液转移到容量瓶，错误；
(4)用固体NaCl配制0.5mol·L-1的溶液，所用的仪器只有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，正确；
(5)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，正确；
(6)用量筒量取20mL0.5000mol·L-1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，溶液体积不是100ml，错误；
(7)配制一定物质的量浓度溶液摇匀后，液面位于刻度线以下，不应再加水至刻度线，错误；
(8)配制480mL一定物质的量浓度溶液时，要选用500mL的容量瓶，正确；
(9)使用托盘天平称量易潮解的烧碱应该直接放在托盘中，错误；
(10)为了配制方便，不可将固体或浓溶液直接在容量瓶(或量筒)中进行溶解(或稀释)，错误；
(11)将10.6g Na2CO3·10H2O的物质的量不是1mol，溶于水配成1L溶液，物质的量浓度不是0.1mol·L-1，错误；
(12)称取KMnO4固体不能放入容量瓶中，错误；
(13)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线，正确；
(14)因为Ca(OH)2微溶于水，所以不可配制2.0mol·L-1的Ca(OH)2溶液，错误；
(15)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大，错误；
19．（2022·全国·高三专题练习）用NA表示阿伏加德罗常数，判断下列说法是否正确。
(1)5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA_________
(2)0.1 mol Zn与含0.1 mol HCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA_________
(3)1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA________
(4)1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA_________
(5)向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2＋被氧化时，共转移电子的数目不小于3NA_________
(6)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA_________
(7)常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数小于2NA_________
(8)0.3 mol NO2与足量的水反应转移电子数目为0.2NA_________
【答案】 错 错 对 错 对 错 对 对
【解析】
(1)当铁粉过量时生成Fe2＋，故错；
(2)盐酸不足，Zn不能完全反应，故错；
(3)不论是哪种氧化物，钠均是从0价变为＋1价，转移的电子数为NA，故对；
(4)该反应为Na2O2中-1价氧元素的歧化反应，1 mol Na2O2反应转移1 mol电子，故错；
(5)I-的还原性比Fe2＋强，Cl2首先氧化I-，故对；
(6)1 mol氯气与水、碱发生歧化反应时转移电子数为NA，故错；
(7)1 mol Cl2与足量镁反应得到2 mol电子，常温常压下，22.4 L Cl2的物质的量小于1 mol，故对；
(8)由3NO2＋H2O=2HNO3＋NO知，3 mol NO2转移2 mol e-，故0.3 mol NO2转移0.2 mol e-，故对。
20．（2022·福建·厦门市湖滨中学高三阶段练习）
(1)自来水厂用ClO2处理后的水，可用碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：
Ⅰ.取一定体积的水样，加入过量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。(已知：2ClO2+2I－＝2ClO+I2)
Ⅱ.Na2S2O3溶液滴定到终点。(已知：2S2O+I2=S4O+2I－)
问题：①滴定终点时的现象：____________
②若水样的体积为1.0 L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10－3 mol·L－1的Na2S2O3溶液15 mL，则水样中ClO2的浓度是________mol·L－1。
(2)24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2R2O7溶液反应，则元素R在还原产物中的化合价是________。
(3)将0.64 g Cu全部溶于一定量的浓硝酸中，测得生成气体0.009 mol(含NO、NO2和N2O4)，共消耗硝酸0.032 mol。将生成的气体与空气混合，再通入NaOH溶液中，氮氧化物被完全吸收，产物只有NaNO3和H2O。计算空气中参加反应的O2在标准状况下的体积为________mL。
【答案】蓝色消失，且半分钟内不变色 1.5×10－5 +3价 112
【解析】
溶液滴定时发生的反应为，原溶液中存在碘单质与淀粉，所以溶液变蓝色，当到达滴定终点时，溶液中的碘单质被还原，溶液的蓝色消失，且半分钟内不变色，故答案为：蓝色消失，且半分钟内不变色；
根据方程式和得知，消耗的物质的量与水样中的物质的量相等，则，则 ，故答案为：1.5×10－5；
题目中指出被还原的物质是，则得电子的物质必是，失电子的物质一定是，其中S元素的化合价从；而R元素的化合价将从设化合价为。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有，解得，则R的化合价为价，故答案为：+3价；
由电子得失守恒得知，氧气得到的电子物质的量与Cu失去电子的物质的量相等，那么，=0.005mol，V(O2)=0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，故答案为：112。
21．（2022·广东清远·高三期末）过二硫酸盐[例：(NH4)2S2O8、Na2S2O8]都具有强氧化性，可作为氧化剂和漂白剂，(NH4)2S2O8被广泛用于蓄电池工业，在照相工业上用来除去海波。
I. (NH4)2S2O8的制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O。实验室模拟制备(NH4)2S2O8的装置如图所示。
(1)仪器a的名称是________。
(2)充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是______。
(3)烘干产品时，用红外灯低温供干，可能的原因是_______。
II.(NH4)2S2O8的性质及应用。
(4)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，在Ag+催化作用下，能与Mn2+在水溶液中发生反应生成和，1mol能氧化的Mn2+的物质的量为_____mol。过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为)，写出该反应的离子方程式______________________。
III.标定(NH4)2S2O8溶液的浓度。
(5)称取一定质量的(NH4)2S2O8，配制成溶液，并用碘量法标定该溶液的浓度，移取20.00mL (NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。重复上述操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为18.40mL，滴定终点时的颜色变化为__________，所标定的(NH4)2S2O8的浓度为________mol∙L-1。
【答案】
(1)恒压滴液漏斗
(2)便于晶体干燥
(3)产品受热易分解
(4)0.4mol 2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+
(5)溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复 0.046mol/L
【解析】
实验I，装置左侧为快速制备氨气，原料为生石灰(或者氢氧化钠)和氨水，中间装置为( NH4)2S2O8的生成装置，制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O，右侧装置为NH3尾气处理，防止污染空气，以此来解析；
(1)仪器b的名称是恒压滴液漏斗；
(2)无水乙醇洗涤沉淀，可以洗除晶体表面的杂质，同时乙醇易挥发，便于晶体干燥；
(3)(NH4)2S2O8易分解，则烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是产品受热易分解；
(4)在在Ag+催化作用下，S2O能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO和MnO，S元素化合价由+7价变为+6价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子物质的量相等， 1mol S2O 能氧化的Mn2+的物质的量==0.4mol；
过二硫酸被常Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色为Cr2O，还原产物为SO，Cr化合价由+3价变为+6价，S化合价由+7价变为+6价，根据化合价升降守恒和原子守恒 电荷守恒，可得离子方程式为：2Cr3++3S2O+7H2O==6SO+Cr2O+14H+；
(5)由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且30s不恢复；根据可知(NH4)2S2O8和KI反应生成碘单质和硫酸根离子，S元素化合价由+7价变为+6价，I的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒可知(NH4)2S2O8～I2根据
I2+2=2I-+，可知2～I2，可知(NH4)2S2O8～2，n(Na2S2O3)=cV=0.1mol·L×18.4×10-3L=1.84×10-3mol，c((NH4)2S2O8)===0.046mol/L；
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