江西省南昌市第二中学2019-2020学年高一上学期第一次月考化学试题

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南昌二中2019—2020学年度上学期第一次月考高一化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-12 Cl-35.5 S-32 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 K-39 Mn-55
一、选择题（均为单选题，每题3分，共48分）
1.下列实验操作正确的是（ ）
A. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
B. 根据食用油和汽油的密度不同，可选用分液的方法分离
C. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
D. 用乙醇萃取出溴水中的溴，再用蒸馏的方法分离溴与乙醇
【答案】A
【解析】
【详解】A.蒸馏完毕后，装置温度较高，应先停止加热并继续通水至装置冷却，再进行拆卸，故A正确；
B.食用油和汽油互溶，但是沸点不同，应用蒸馏的方法分离，故B错误；
C.由于氯化钠的溶解度随温度升高变化不大，而硝酸钾的溶解度随温度升高变化很大，适合用蒸发结晶，趁热过滤的方法进行分离，故C错误；
D.乙醇与水互溶，不能萃取出溴水溶液中的溶质溴，可用四氯化碳进行萃取，故D错误；
故答案选A。

2.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是(　　)
A. 用装置灼烧碎海带 B. 用装置过滤海带灰的浸泡液
C. 用装置配制一定浓度的稀硫酸 D. 实验室可用图制取氨水
【答案】B
【解析】
【详解】A项，灼烧碎海带应用坩埚，故A错误；
B项，海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I-的溶液，故B正确；
C项，玻璃棒应伸入到刻度线以下位置，进行溶液的转移，减小溶质的损失，故C错误；
D项，氨气极易溶于水，直接通入到水中，易产生倒吸，故D错误；
故答案选B。

3.草酸晶体(H2C2O4·2H2O)100 ℃开始失水，101.5 ℃熔化，150 ℃左右分解产生H2O、CO和CO2。用加热草酸晶体的方法使其分解获取某些气体，应该选择的气体发生装置是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由于草酸融化会堵塞试管口，并且为防止生成水蒸气液化成水后回流到固体试剂中，易使试管炸裂，选用试管口向下倾斜且固体放在顶端弯管部分的D项装置，故D项正确；
故答案为D。

4.在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是(　　)
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】进行蒸馏操作时，温度计的位置应处于蒸馏烧瓶支管口处；蒸馏操作中冷凝器的作用是使气体冷凝为液体，故采用的是直形冷凝管，球形冷凝管常用于冷凝回流，B正确；
故答案选B。
【点睛】蒸馏的方法是用来分离互溶的且沸点不同的液体，因此蒸馏的实验装置中，温度计的水银球应该处于蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸气的温度，要用直形冷凝管进行冷凝，冷却水采用逆流原理：下进上出，保证更好的冷凝效果。

5.下列说法正确的是(　　)
A. 1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子
B. 常温常压，46 gNO2和N2O4的混合物的分子数约为6.02×1023
C. 0.5mol·L-1的稀H2SO4溶液中的H+离子数约为6.02×1023
D. 标准状况下，11.2L O2和H2的混合气体所含原子数约为6.02×1023
【答案】D
【解析】
【详解】A. 物质是由分子、原子、离子等粒子来构成，所以1mol任何物质不一定都含有6.02×1023个分子，故A错误；
B. NO2的摩尔质量为46g/mol，N2O4的摩尔质量为92g/mol，46g NO2的物质的量为1mol，分子数为6.02×1023；46g N2O4的物质的量为0.5mol，分子数为3.01×1023；所以常温常压，46 g NO2和N2O4的混合物的分子数在3.01×1023~6.02×1023之间；故B错误；
C. 0.5mol·L-1的稀H2SO4溶液中的氢离子浓度为1mol/L，由于没有给定溶液的体积，故不能求出H+离子的物质的量及个数，故C错误；
D. O2和H2均属于双原子分子，所以标准状况下，11.2L O2和H2的混合气体的总物质的量为0.5mol，含有的原子数约为0.5×2×6.02×1023=6.02×1023，故D正确；
故答案选D。

6.下列说法正确的是(　　)
A. 标准状况下，H2的气体摩尔体积均为22.4L
B. 2mol H2O的摩尔质量是1mol H2O的2倍
C. 同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，若其体积比为3∶2∶1，则SO42-浓度之比为3∶2∶3
D. 已知10mL某Na2R溶液含Na+的数目为N，则该Na2R溶液的物质的量浓度为N/(1.204×1022)mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.气体摩尔体积的单位为L/mol，即标况下气体摩尔体积为22.4L/mol，故A错误；
B.摩尔质量是指1mol物质所具有的质量，水的摩尔质量为定值，不会随着水的量的变化而变化，故B错误；
C.假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO42—浓度分别为：1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1 mol/L 和1mol/L×3=1mol/L ，即浓度之比为1:1:3，与溶液的体积无关，故C错误；
D.10mL某Na2R溶液含Na+的数目为N个，Na+的物质的量为n（Na+）=N/NA，则该Na2R溶液的物质的量浓度为(N/2)/ [6.02×1023×0.01]=N/(1.204×1022) mol·L-1，故D正确；
故答案选D。
【点睛】选项C:电解质溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关。

7.在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是( )
A. 充入的CO分子数比CO2分子数少 B. 甲容器的体积比乙容器的体积小
C. CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小 D. 甲中CO的密度比乙中CO2的密度小
【答案】D
【解析】
【详解】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n="m/M" 可知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，则
A．根据N=nNA知，二者分子数之比等于其物质的量之比为11：7，所以CO分子数多，A错误；
B．根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，B错误；
C．温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，C错误；
D．ρ=M/Vm可知，相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，D正确；
答案选D。
【点晴】同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=ρ1/ρ2。在进行物质的量的有关计算时，特别要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。

8.下列数量的各物质所含原子数由大到小顺序排列的是①0.5mol NH3②22.4L氦气（标准状况）③4℃时9mL水 ④0.2mol Na3PO4（ ）
A. ①④③② B. ④③②① C. ②③④① D. ①④②③
【答案】A
【解析】
【分析】
结合n=m/M、n=V/Vm、N=nNA及分子构成可以知道，原子的物质的量越大，原子数越多，以此来解答。
【详解】①0.5mol NH3 含原子的物质的量为0.5×4=2mol；②标况下22.4L He含原子的物质的量为22.4L/(22.4L·mol-1)=1mol；③4℃时水的密度为1g/cm3，9mL水的质量为9g，含原子的物质的量为3×9g/18g/mol=1.5mol；④0.2mol Na3PO4 中含原子的物质的量为0.2mol×8=1.6mol；则所含原子数按由大到小顺序排列为①④③②；故A正确；
故答案选A。

9.1L A气体与0.5L B气体反应，恢复原温度和压强时，生成气体的体积为1L，已知生成物的化学式为X2Y，则A的分子式可能为（ ）
①XY2 ②XY ③X2 ④Y2
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【分析】
相同温度和压强下,同一反应中不同气体的体积之比等于其计量数之比，再结合原子守恒判断A的化学式。
【详解】相同温度和压强下,同一反应中不同气体的体积之比等于其计量数之比，1L A气体与0.5L B气体反应，恢复原温度和压强时,生成气体X2Y的体积为1L，反应物和生成物的计量数之比=1L:0.5L:1L=2:1:2，所以反应方程式为2A+B=2X2Y，根据原子守恒可知，选项中A的化学式可能为XY或X2，②③正确；
故答案选B。

10.下列溶液中的c(Cl-)与50mL 0.1mol/L氯化铝溶液中的c(Cl-)相等的是（ ）
A. 150mL 0.1mol/L氯化钠溶液 B. 75mL 0.2mol/L氯化铵溶液
C. 150mL 0.3mol/L氯酸钾溶液 D. 75mL 0.15mol/L氯化镁溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
50mL 0.1mol/L AlCl3溶液中的c(Cl-)=0.3mol/L，根据溶质化学式计算各选项中的Cl-物质的量,进行比较可以知道，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度，以此解答。
【详解】50mL 0.1mol/L AlCl3溶液中的c(Cl-)=0.3mol/L，
A、150mL 0.1mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=0.1mol/L，与50mL 0.1mol/L氯化铝溶液中的c(Cl-) 不相等，故A错误；
B、75mL 0.2mol/L的氯化铵溶液中c(Cl-)=0.2mol/L，与50mL 0.1mol/L氯化铝溶液中的c(Cl-) 不相等，故B错误；
C、氯酸钾溶液中含有ClO3-，不含Cl-，故C错误；
D、75mL 0.15mol/L氯化镁溶液中c(Cl-)=0.15×2=0.3mol/L，与50mL 0.1mol/L氯化铝溶液中的c(Cl-) 相等，故D正确；
故答案选D。
【点睛】在电解质溶液中，某一离子浓度=该物质的浓度×该离子的个数，与该溶液的体积无关，即V L a mol/L A2B3溶液中，c(A3+)=a mol/L×2=2a mol/L，c(B2-)=a mol/L×3= 3a mol/L。

11.用1000g溶剂中所含溶质的物质的量来表示的溶液浓度叫质量物质的量浓度，其单位是mol/kg。5mol/kg的硫酸的密度是1.29g/cm3，则其物质的量浓度是（ ）
A. 3.56mol/L B. 4.33mol/L C. 5.00mol/L D. 5.23mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】
根据信息可以知道，5mol•kg-1的硫酸表示1000g水溶解5molH2SO4，令水为1000g，则含有5mol H2SO4，计算溶液的质量，根据密度求出溶液体积，再利用c=n/V计算。
【详解】浓度为5mol•kg-1的硫酸，令水为1000g，则含有5mol H2SO4，所以m(H2SO4)=5mol×98g/mol=490g，所以溶液体积为==mL；所以物质的量浓度为=4.33mol/L，故B正确；
故答案选B。

12.下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是( )


A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/L
B. 盛放该试剂包装上应标出图所示的危险化学品标志
C. 配制200mL 4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸50mL
D. 该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%
【答案】C
【解析】
【分析】
A、根据物质的量浓度的概念进行计算；

B、浓硫酸属于腐蚀性药品；
C、根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；
D、根据密度和体积计算溶液的总质量，根据硫酸的密度大于水的密度，判断质量分数关系。
【详解】A、浓H2SO4物质的量浓度c=1000×1.84×98%÷98mol/L=18.4mol/L，故A错误；
B、浓硫酸具有较强的腐蚀性，不属于放射性药品，故B错误；
C、设浓硫酸的体积为x mL，则x mL×18.4mol/L=200mL×4.6mol/L，解得：x=50，所以应量取的浓硫酸体积是50mL，故C正确；
D、由于浓硫酸密度大于水的密度，当浓硫酸与等体积的水混合后所得溶液的质量分数大于49％，故D错误；
故答案为C。
【点睛】如果溶液的密度小于水的密度，当一定质量分数的溶液与等体积的水混合后，所得溶液的溶质质量分数小于该溶液的溶质质量分数的一半；如果溶液的密度大于水的密度，当一定质量分数的溶液与等体积的水混合后，所得溶液的溶质质量分数大于该溶液溶质质量分数的一半。

13.质量分数为a%，物质的量浓度为c1mol/L的稀硫酸蒸发水后，其质量分数变为2a%，此时物质的量浓度为c2mol/L，则c1与c2的关系为
A. c2=2c1 B. c2<2c1 C. c2>2c1 D. c1=2c2
【答案】C
【解析】
试题分析：根据c=1000ρω/M，前者溶液浓度c1=1000ρ1a%/M，后者溶液的浓度c2=1000ρ22a%/M，两者相比得出: c1/c2=ρ1/2ρ2，硫酸的密度大于水的密度，硫酸的密度随质量分数的增加而增加，即ρ1<ρ2，得出：c2>2c1，故选项C正确。
考点：考查密度、物质的量浓度、质量分数之间的关系。

14.向100g密度为1.84g/mL质量分数为98%的浓硫酸中加入一定体积的水稀释成9.2mol/L的硫酸，则加入水的体积（ ）
A. >100mL B. =100mL C. < 100mL D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】浓H2SO4的物质的量浓度为c(H2SO4)=1000×1.84g/mL×98%/98g/mol=18.4mol/L；设浓硫酸的密度为ρ，加水体积为x，且稀释后的9.2mol/L的硫酸密度为ρ1，因为硫酸的密度随浓度的增大而增大，有ρ1<ρ，由稀释定律可列关系式：[(100g+xmL×1g/mL)/ ρ1]×10-3L×9.2mol/L=100g/ρg/mL×10-3L×18.4mol/L，解得x=(200ρ1/ρ-100)mL，ρ1<ρ，所以x小于100mL，故选C项。
故答案选C。

15.某结晶水合物分子式为R•nH2O，其相对分子质量为M，25℃时，a g晶体溶于b g水中即饱和，形成V ml密度为ρ g/cm3的溶液，下列不正确的是 （ ）
A. 饱和溶液的质量分数为 B. 25℃,R的溶解度为g
C. 饱和溶液的质量分数为 D. 饱和溶液物质的量浓度为mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】晶体的物质的量为a/M mol，溶质的质量为a（M-18n）/M g；溶液的质量为(a+b)g 或ρV g，溶液的体积为V mL，
A. 溶质的质量为(a-a×18n/M)g，溶液质量ρV g；所以饱和溶液的质量分数为(a-a×18n/M)÷ρV×100%=a(M-18n)/ρV×100%=，故A正确；
B.设25℃时，A的溶解度为S，则S/(100+S)= [a(M-18n)/M]/(a+b)，R的溶解度为：S=100a(M-18n)/(bM+18an)，故B错误；
C. 溶质的质量为(a-a×18n/M)g，溶液质量为(a+b)g；所以饱和溶液的质量分数为=(a-a×18n/M)÷(a+b)×100%=，故C正确；
D.晶体物质的量为a/M mol，则溶质的物质的量为a/M mol，溶液的体积为V mL=V×10-3L；根据c=n/V可知，饱和溶液物质的量浓度为=(a/M)÷(V×10-3)=mol/L，故D正确；
故答案选B。

16.同温同压下，11.2L CH4与H2的混合气体恰好与11.2L O2完全反应生成CO2和H2O，则原混合气体中的平均相对分子质量为（ ）
A. 5.56 B. 6.67 C. 11.12 D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】
令CH4与H2的体积分别为x L、y L ，根据方程式CH4+2O2=CO2+2H2O、2H2+O2=2H2O 表示出各自消耗氧气的体积，根据二者体积之和与消耗氧气总体积列方程计算，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，再根据平均摩尔质量M=m（混）/n（总）进行计算。
【详解】令CH4与H2的体积分别为x L、y L，则根据CH4+2O2=CO2+2H2O反应可知：V(O2)=2V(CH4)=2x L；根据2H2+O2=2H2O反应可知：V(O2)=V(H2)=0.5y L；根据题意可得:x+y=2x+0.5y，故x：y=1:2；同温同压下,体积之比等于物质的量之比，故CH4与H2的物质的量之比=1:2，故CH4与H2的平均摩尔质量=(1×16+2×2)g÷(1+2)mol=6.67g/mol，相对分子质量为6.67；所以B选项是正确的；
故答案选B。

二、非选择题（共52分，每空2分）
17.按要求完成下列填空。
（1）按以下实验方案可从海洋物质样品中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。

则(1)、(2)、(3)、(4)的分离提纯方法依次为________、________、________、________。
（2）以下分离提纯方法不正确的是______（填字母）
A
B
C
D
除去硝酸钾中混有的氯化钠
从溴单质的四氯化碳
溶液中提取出Br2
四氯化碳和水的分离
用自来水制取蒸馏水
重结晶
萃取
蒸馏
蒸馏

（3）下列物质保存方法正确的是______（填字母）
A
B
C
D




(④)
(⑤)
(②⑥)
( ①③)

①NaOH溶液　②浓硫酸 ③Na2CO3溶液　④白磷　⑤硝酸银溶液 ⑥酒精
【答案】 (1). 过滤 (2). 分液 (3). 蒸发结晶 (4). 蒸馏 (5). BC (6). AB
【解析】
【分析】
（1）根据常见物质的分离方法进行分析；

（2）根据常见物质的分离方法进行分析；
（3）根据图示试剂瓶的特点，结合物质的性质进行分析。
【详解】（1）步骤（1）是分离固液混合物，其需要用到过滤操作；步骤（2）是将互不相溶的液体混合物分离，其需要用到分液操作；步骤（3）是从溶液中得到固体，其需要用到蒸发结晶的操作；步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要用到蒸馏操作。
故答案是：过滤 ；分液；蒸发结晶； 蒸馏；
（2）A.KNO3的溶解度受温度影响比较大，利用降温结晶的方法从含有少量氯化钠的硝酸钾溶液中提取硝酸钾，故A正确；
B.溴易溶于四氯化碳，二者互溶，但是二者沸点不同，可以采用蒸馏的方法进行分离，故B错误；
C.四氯化碳和水互不相溶，分层，可以采用分液的方法进行分离，故C错误；
D. 水沸点较低，水中的杂质难挥发，可用蒸馏法制取蒸馏水，故D正确；
故答案选BC。
（3）A. A瓶中有水，白磷与水不反应，可以保存在水中，故A正确；
B.B是棕色试剂瓶，一般盛放见光易分解的物质，可以保存硝酸银溶液，故B正确；
C.C是细口瓶并且瓶塞是胶皮塞，一般用来盛放显碱性的溶液，可以保存NaOH溶液、Na2CO3溶液，故C错误；
D.D是细口瓶并且瓶塞是玻璃塞，一般用来盛放显酸性或显中性的溶液，不能保存碱性溶液，故D错误；
故答案选AB。

18.按要求完成下列填空。
（1）在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为___。
（2）将3.22g芒硝（Na2SO4·10H2O）溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+，则需水的质量为__g。
（3）在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净，所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。
（4）100mL 0.3mol/L Na2SO4(密度为d1 g/cm3)和50mL 0.2mol/L Al2(SO4)3(密度为d2 g/cm3)混合，所得密度为d3 g/cm3的混合溶液中SO42-的浓度为___________。（用含d1,d2, d3的式子表示）
（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7，现将7mol AOH与5mol BOH混合后，从中取出5.6g，恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_____。
（6）标准状况下，用一定量的水吸收HCl气体后制得浓度为1.0mol/L，密度为1.0365g/cm-3的盐酸。请计算1体积水吸收_______体积的HCl可制得上述氨水。
【答案】 (1). 6：3：2 (2). 34.2 (3). (或83.3%) (4). 6d3/(10 d1+5 d2)mol/L (5). 40g/mol (6). 22.4
【解析】
【详解】（1）设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z，由分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则种溶液中Cl-的物质的量相等，x=y×2=z×3，解得x：y：z=6：3：2，因溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度之比，所以浓度之比为6：3：2；
故答案是：6：3：2；
（2）3.22g芒硝的物质的量为3.22/322=0.01mol，所以溶液中n(Na+)=2n(Na2SO4·10H2O)=0.01×2=0.02mol，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n(H2O)=100n(Na+)=2mol，0.01mol Na2SO4·10H2O 中含有水的物质的量为0.01×10=0.1mol，所以需要的水的物质的量为2-0.1=1.9mol，所以需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g；
故答案是：34.2；
（3）用排气法收集氨气后，收集到的氨气气体不纯，含有空气；空气的平均相对分子质量为29，混合气体的平均相对分子质量为: 9.5×2=19；设烧瓶的容积为V L，氨气的体积为x L，空气的体积为(V-x)L，则有:[17x/Vm+(29×(V-x)/Vm)]÷(V/Vm)=19，解之得:x=V；将此瓶气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即V，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积为:(V)/V=(或83.3%)；
故答案是：(或83.3%)；
（4）混合液的质量为(100d1+50d2)g，混合后溶液的体积为：[(100d1+50d2)÷d3]mL=[(100d1+50d2)÷d3]×10-3L；溶液混合后n(SO42-)=(0.1×0.3×1+0.05×0.2×3)=0.06mol；根据c=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：0.06÷[(100d1+50d2)÷d3]×10-3=60 d3/(100d1+50d2)mol/L=6d3/(10d1+5d2)mol/L
故答案是：6d3/(10d1+5d2)mol/L；
（5）设AOH和BOH的摩尔质量分别为5x g/mol和7x g/mol，n(HCl)=n(OH-)=0.1×1.2=0.12mol；7mol AOH与5mol BOH混合物中含有n(OH-)=7+5=12，根据题意可知，5.6g混合碱中含有n(OH-)=0.12mol，则含有n(OH-)=12mol时，混合碱的质量为560g；根据7mol×5x g/mol+5mol×7x g/mol=560g可知，x=8，所以AOH的摩尔质量为40g/mol；
故答案是：40g/mol；
（6）假设溶液体积为1.00L，1.00L盐酸中含氯化氢的物质的量为：1L×1mol/L=1mol，V(HCl)=1×22.4=22.4L；1.00L盐酸中含水的质量为：m(H2O)=1×1.0365×103-1×36.5=1000g，V(H2O)=1L；标准状况下，1体积水吸收氯化氢的体积为V=[V(HCl)/ V(H2O)]×1L=22.4L；
故答案是：22.4。

19.实验室需要配制0.50mol·L－1 NaOH溶液480mL。
（1）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(带砝码、最小砝码为5g)、药匙、烧杯、玻璃棒、___、___。
②计算。配制该溶液需用托盘天平称量NaOH晶体__________g。
③称量。称量过程中NaOH晶体应放于天平左盘的____________中称量。
④溶解、冷却。 ⑤转移、洗涤。 ⑥定容。 ⑦摇匀、装瓶。
（2）下列操作会引起本实验浓度偏大的是___________
a.定容时俯视b.称量NaOH的时间过长 c.容量瓶未干燥 d.加水加多了，用胶头滴管把水吸出
（3）若实验室用18.4mol/L的浓硫酸配制0.5mol/L的稀硫酸250mL。则下列操作会引起稀硫酸浓度偏大的是___。
a.用量筒量取浓硫酸时仰视 b.量取浓硫酸并转移至烧杯后，量取浓硫酸的量筒未洗涤
c.未冷却至室温就转移至容量瓶中，并加水定容 d.摇匀后液面低于刻度线
【答案】 (1). 500mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 10.0g (4). 烧杯 (5). a (6). ac
【解析】
【分析】
(1)①根据配制溶液的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；
②根据n=cV和m=nM来计算；
③根据氢氧化钠性质选择所需仪器；
(2)根据c=n/V并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析；
(3)根据c=n/V并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。
【详解】(1) ①操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯),并用玻璃棒搅拌,加速溶解。因为无480mL的容量瓶,故选用500mL容量瓶；冷却后转移到500mL 容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯、玻璃棒2-3次,并将洗涤液移入容量瓶中,加水至液面距离刻度线1-2cm时,改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀；所以所需仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管；根据提供的仪器可以知道,还需仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；
②因为无480mL 的容量瓶,故选用500 mL容量瓶,故配制出的溶液的体积为500mL；根据n=cV可以知道需要的NaOH的物质的量n=0.50×0.5=0.25mol,质量m=nM=0.25×40=10.0g；
③氢氧化钠具有吸湿性，易潮解，具有腐蚀性，因此要把氢氧化钠放在烧杯中进行称量；
(2) a.根据c=n/V可知，定容时俯视，所配液体的体积偏小，溶液的浓度偏大，故a正确；
b.根据c=n/V可知，称量NaOH的时间过长，氢氧化钠能够吸水变质，因此氢氧化钠溶质的量偏小，所配溶液的浓度偏小，故b错误；
c.根据c=n/V可知，容量瓶未干燥，不影响溶质和所配溶液的体积，对所配溶液的浓度无影响，故c错误；
d.根据c=n/V可知，加水加多了，用胶头滴管把水吸出，导致溶质的量减小，所配溶液的浓度偏小，故d错误；
故答案选a；
(3) a.根据c=n/V可知，用量筒量取浓硫酸时仰视，导致溶质硫酸的量偏大，所配溶液的浓度偏大，故a正确；
b. 根据c=n/V可知，量取浓硫酸并转移至烧杯后，由于量筒属于“流出量”式玻璃仪器，量取浓硫酸的量筒未洗涤，不影响硫酸溶质的量，所配溶液的浓度不变，故b错误；
c. 根据c=n/V可知，未冷却至室温就转移至容量瓶中，并加水定容，等冷却到室温后，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，故c正确；
d. 根据c=n/V可知，摇匀后液面低于刻度线，不影响溶液的浓度，所配溶液的浓度不变，故d错误；
故答案选ac。
【点睛】对于容量瓶来讲，定容时俯视刻度线观察液面，会使溶液体积偏小，溶液浓度偏高；定容时仰视刻度线观察液面，会使溶液体积偏大，溶液浓度偏低；对于量筒来讲，量筒取浓硫酸时，俯视读数，量取的液体体积偏小，仰视读数，量取的液体体积偏大。

20.某同学设计了利用氯酸钾分解制O2测定标准状况下气体摩尔体积的探究实验。

实验步骤如下:①连接好实验装置,检查装置的气密性。②把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀,放入干燥的试管中,准确称量试管和药品的总质量为15.95g。③加热,开始反应,直到不再有气体产生为止。④测量排入量筒中水的体积为285.0mL,换算成标准状况下氧气的体积为279.7mL。⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55g。根据上述实验过程,回答下列问题。
（1）如何检查装置的气密性?________。
（2）以下是测量收集到的气体体积必须包括的几个步骤:①使试管和广口瓶内气体都冷却至室温;②_____;③读取量筒内液体的体积。进行③的实验操作时,若仰视读数,则读取氧气的体积__ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（3）实验过程中产生氧气的物质的量是______mol；实验测得标准状况下氧气的摩尔体积是__ (保留小数点后两位)。
【答案】 (1). 往广口瓶中注满水,塞紧橡胶塞,按装置图连接好装置,用手将试管底部捂热,若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升,松开手后,过一会儿长玻璃管内的液面下降,则证明该装置不漏气 (2). 调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同 (3). 偏小 (4). 0.0125 (5). 22.38 L·mol-1
【解析】
【分析】
(1)装置气密性检验的原理是:通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，根据改变体系内压强时产生的现象(如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等)来判断装置气密性；

(2)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；仰视读数偏小；
(3)试管和药品在实验前后的质量差即为生成的氧气的质量，根据气体摩尔体n=V/Vm计算。
【详解】(1)装置气密性检验的原理是:通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，根据改变体系内压强时产生的现象(如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等)来判断装置气密性：加热高锰酸钾制取氧气时的检验装置气密性的方法为：往广口瓶中注满水，塞紧橡皮塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后,过一会长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气；
故答案是：往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后,过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气；
(2)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；所以操作顺序为:①使气体都冷却至室温；②调整量筒内外液面高度使之相同；③读取量筒内气体的体积；根据量筒的结构可知，仰视读数使得读数偏小；
故答案是: 调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同；偏小；
(3)生成的氧气的质量m=15.95-15.55=0.4g，氧气物质的量n=m/M=0.4/32=0.0125mol；氧气的体积V=279.7mL=0.2797L，则气体摩尔体积Vm=V/n=0.2797L/0.0125mol=22.38 L·mol-1；
故答案是: 0.0125； 22.38L·mol-1。
【点睛】用量气法测量气体的体积时，要注意：一定要等到反应结束后冷却到室温；通过上下调节量气管的位置，保持量气装置两端的液面要保持水平；读数时一定要平视。

21.如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室（体积相同）各充入一定量NO和O2，且恰好使两容器内气体密度相同．打开活塞，使NO与O2充分反应（已知反应方程式为2NO+O2=2NO2 , 装置中不存在其它化学反应）。

（1）开始时左右两室分子数_____________（填“相同”或“不相同”）。
（2）反应前后NO室压强_____________（填“增大”或“减小”）。
（3）最终容器内密度与原来_____________（填“相同”或“不相同”）。
【答案】 (1). 不相同 (2). 减小 (3). 相同
【解析】
【分析】
(1)开始时左右两室中气体体积相同，气体密度相同,所以气体质量相同，据n=m/M进行分析；

(2)根据2NO+02=2NO2反应的特点进行分析；
(3)根据ρ=m/V进行分析。
【详解】(1)开始时左右两室中气体体积相同，气体密度相同，所以气体质量相同，但一氧化氮和氧气摩尔质量不同，气体物质的量不同，分子数不同；
故答案是：不相同；
(2)一氧化氮和氧气发生的反应为:2NO+02=2NO2，反应是气体体积减少的反应,反应后压强减小；
故答案是：减小；
(3)化学反应遵循质量守恒定律，即反应前后质量不变，容器体积也不变，根据ρ=m/V可知，容器内气体总密度不变，与原来相同；
故答案是;相同。