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专题04 化学常用计量（提升卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版）
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这是一份专题04 化学常用计量（提升卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）
专题04 化学常用计量（提升卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共48分）
1. (2021·安徽省合肥市·月考试卷)下列关于误差的判断正确的是（ ）
A. 用浓硫酸配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸时俯视会使所配溶液浓度偏小
B. 用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小
C. 配制1 mol·L－1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容会使所得溶液浓度偏小
D. 用润湿的pH试纸测稀醋酸的pH会使测定结果偏小
【答案】A
【解析】
A．用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸俯视，量取的浓硫酸体积偏小，所配溶液浓度偏小，故A正确；
B．使用托盘天平时，若没有使用游码，药品和砝码位置颠倒后不影响称量结果，故B错误；
C．配制1 mol•L-1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容，由于热的溶液体积偏大，配制的溶液冷却后体积偏小，所得溶液浓度偏大，故C错误；
D．用润湿的pH试纸测醋酸的pH，相当于醋酸被稀释，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH会偏大，故D错误；
故选A。
2. (2021·广东省深圳市·月考试卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 120.0gNaHSO4与MgSO4的固体混合物中含有离子总数为2NA
B. 1.0L1.0mol•L-1的NaHCO3水溶液中含有的氧原子数为3NA
C. 0.1molFe恰好溶解在100mL某浓度的硝酸溶液中，该反应转移的电子数为0.3NA
D. 60.0g的SiO2含有2NA个极性键
【答案】A
【解析】
A.NaHSO4与MgSO4的摩尔质量均为120g/mol，故120g两者混合物的物质的量为n===1mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含离子为2NA个，故A正确；
B.溶剂水中也含有氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于3NA个，故B错误；
C.0.1molFe恰好溶解在100mL某浓度的硝酸溶液中，即铁反应后变为+2价或+3价（或两种价态都有），故0.1mol铁反应后转移电子为0.2NA个或0.3NA个，或介于0.2NA和0.3NA之间，故C错误；
D.60.0g二氧化硅的物质的量为n===1mol，硅氧键为极性键，而二氧化硅中含4个硅氧键，故1mol二氧化硅中含极性键为4NA个，故D错误。
3. (2021·全国·单元测试)雄黄（As4S4，）与雌黄(As2S3)在古代均曾入药。二者可发生如图转化。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol雄黄(As4S4)分子中，含有S—S非极性共价键的数目为2NA
B. 反应Ⅰ每生成22.4 L SO2气体时，转移的电子数目为7NA
C. 反应Ⅲ产生1 mol雌黄时，消耗H2S分子的数目为3NA
D. 1 L 1 mol·L-1NaH2AsO3溶液中，Na+、、数目之和为2NA
【答案】C
【解析】
A.As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构，As需形成三个共价单键，S需形成两个共价单键，所以雄黄分子中黑球为As原子，白球为S原子，因此雄黄中不含S—S共价键，A项错误；
B.选项中没有指明气体所处状况，无法计算SO2的物质的量，所以无法计算转移电子数目，B项错误；
C.根据图示的反应过程，反应Ⅲ的化学方程式为2H3AsO3+3H2S＝As2S3+6H2O，反应过程中每产生1mol雌黄时，消耗H2S的物质的量为3mol，分子数为3NA，C项正确；
D.H3AsO3为三元弱酸，在水溶液中既存在电离，又存在水解，根据物料守恒有，，因此1 L溶液中Na+、、的数目之和一定小于2NA，D项错误。
4. (2021·湖北省武汉市·月考试卷)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A. 向1 L0.1mol/LNH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中NH4+数小于0.1NA
B. 10g92%的乙醇溶液与足量金属钠充分反应，产生的H2分子数为 0.1NA
C. 0.1molCH2Cl2所含价电子总数为2NA
D. 0.1mol苯乙烯中sp2杂化的碳原子个数为0.8NA
【答案】B
【解析】
A.向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中滴加 NaOH溶液至中性，此时n（H+）=n（OH-），根据电荷守恒可知n（H+）+n（NH4+）+n（Na+）=n（OH-）+n（Cl-），则有n（NH4+）+n（Na+）=n（Cl-）=0.1mol/L×1L=0.1mol，则n（NH4+）＜0.1mol，个数小于0.1NA个，故A正确；
B.乙醇溶液中除了乙醇外，还有水，10g92%的乙醇溶液中含有的乙醇的物质的量n==0.2mol，能和钠反应生成0.1mol氢气，但由于钠还能和水反应生成氢气，则最终生成氢气的分子数多于0.1NA个，故B错误；
C.C、H、Cl的价电子数均等于其最外层电子数，分别为4、1、7个，则CH2Cl2中含20个价电子，则0.1molCH2Cl2所含价电子总数为2NA，故C正确；
D.苯乙烯中8个碳原子均为sp2杂化，则0.1mol苯乙烯中sp2杂化的碳原子个数为0.8NA，故D正确；
故选：B。
5. (2021·全国·单元测试)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL－1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L－1
C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D. 得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
【答案】D
【解析】
A.设合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y，则由合金的质量为1.52 g得64 g·mol－1 x＋24 g·mol－1 y＝1.52 g①，
当金属离子全部沉淀时所得沉淀分别Cu(OH)2和Mg(OH)2，则98 g·mol－1 x＋58 g·mol－1 y＝2.54 g②，
联立①②解得x＝0.02 mol，y＝0.01 mol，则 n(Cu): n(Mg)＝2:1，故A正确；
B.由，故B正确；
C.设生成NO2和N2O4的物质的量分别为m和n，则m＋n＝0.05 mol③，
据得失电子守恒m＋2n＝0.02 mol×2＋0.01 mol×2④
联立③④解得m＝0.04 mol，n＝0.01 mol，所以NO2的体积分数是80%，故C正确；
D.浓硝酸总的物质的量为14.0 mol·L－1×0.05 L＝0.70 mol，生成的混合气体中氮原子的物质的量0.04 mol＋0.01 mol×2＝0.06 mol，生成的Cu(NO3)2、Mg(NO3)2中氮原子的物质的量为0.02 mol×2＋0.01 mol×2＝0.06 mol，由氮原子守恒知合金与浓硝酸的反应中HNO3有剩余，向反应后的溶液加入NaOH时，HNO3与NaOH反应生成NaNO3和H2O，所以反应后的溶液溶质为NaNO3，由n(Na＋)＝n()＝0.70 mol－0.06 mol＝0.64 mol，所以得到2.54 g沉淀时加入NaOH的体积应为640 mL，故D错误。
故选D。
6. (2021·全国·月考试卷)在0.2L由NaC1、MgCl2、CaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，对于该溶液成分，下列说法不正确的是（ ）
A. NaCl的物质的量为0.2mol
B. 溶质MgCl2的质量为9.5g
C. 该混合液中CaCl2的物质的量为0.2mol
D. 将该混合液加水稀释至体积为1L，向稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀0.6mol
【答案】C
【解析】
A．由图可知，c（Na+）=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L×1.0mol/L=0.2mol，故A正确；
B．c（Mg2+）=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.2L×0.5mol/L×95g/mol=9.5g，故B正确；
C．c（Cl-）=3mol/L，电荷守恒可知2c（Ca2+）+c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-），解得：c（Ca2+）==0.5mol/L，物质的量为：n（Ca2+）=cv=0.5mol/L×0.2L=0.1mol，故C错误；
D．c（Cl-）=3mol/L，0.2L溶液中n（Cl-）=cv=3mol/L×0.2L=0.6mol，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，Ag++Cl-=AgCl↓，可得到沉淀0.6molAgCl，故D正确；
故选：C。
7. (2021·安徽省合肥市·月考试卷)把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A. mol·L－1
B. mol·L－1
C. mol·L－1
D. mol·L－1
【答案】C
【解析】
设每份中镁离子的物质的量为x，硫酸根离子的物质的量为y，则
Mg2++2OH-＝Mg（OH）2↓
1 2
x amol
解得x＝0.5amol
Ba2++SO42-＝BaSO4↓
1 1
bmol y
解得y＝bmol
忽略溶液中的H+和OH-由电荷守恒知
溶液中K+的物质的量为（b－0.5a）×2mol＝（2b－a）mol
又由于混合溶液分成两等份，则原溶液中的K+的物质的量为2（2b－a）mol
则原混合溶液中钾离子的浓度为，故C正确。
故选C。
8. (2021·全国·单元测试)三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，具有高效、广谱、较为安全的消毒作用。三氯异氰尿酸之所以有杀菌、消毒的功能，是因为其溶解在水中时能迅速生成次氯酸，反应方程式如下。
设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（ ）
A. 232.5g三氧异氰尿酸中含有4个非极性共价键
B. 氰尿酸和异氰尿酸互为同分异构体
C. 1mol氰尿酸与反应，最多能消耗氢分子数为3
D. 加热或光照时会分解，0.5mol加热条件下完全分解放出转移的电子数为
【答案】A
【解析】
A项，三氯异氰尿酸中无非极性共价键，不正确；
B项，氰尿酸和异氰尿酸的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，正确；
C项，1mol氰尿酸中含有3mol碳氮双键，最多能消耗3mol，正确；
D项，受热分解放出的化学方程式为，根据元素化合价变化，2mol分解转移电子数为4，则0.5mol完全分解转移的电子数为，正确。
9. (2020·安徽省·单元测试)某结晶水合物的化学式为R•nH2O，其式量为M．25℃时，将ag该晶体溶于bg水中可形成VmL饱和溶液．下列关系中正确的是（ ）
A. 饱和溶液的物质的量浓度为
B. 25℃时R的溶解度为
C. 饱和溶液中溶质的质量分数为
D. 饱和溶液的密度为
【答案】C
【解析】
A.n（R）=n（R•nH2O）=mol，该饱和溶液的物质的量浓度c==mol/L，故A错误；
B.R的质量为×ag，结晶水的质量为×ag，则100g：S=（×ag+bg）：（×ag），解得S=g，故B错误；
C.根据（溶质）=×100%，可知该饱和溶液质量分数为×100%
=%，故C正确；
D.溶液总质量为（a+b）g，根据ρ=可知，溶液密度为=g/mL，也可利用c=可知，密度ρ==×（M-18n）÷[1000×%]g/mL
=g/mL，故D错误。
故选C。
10. (2021·全国·历年真题)下列实验操作规范且能达到目的的是（ ）
目的
操作
A
取20.00mL盐酸
在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
C
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
D
配制浓度为0.010mol/L的KMnO4溶液
称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A. 酸式滴定管刻度值是从上到下数值越来越大，调整初始读数为30.00mL后，由于酸式滴定管的特殊构造，其50mL刻度线以下还有少量溶剂，故将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于20mL，故A错误；
B．碘溶于酒精，用酒精清洗可除去试管内壁的碘，且酒精可与水混溶，用水冲洗可达到洗涤的目的，故B正确；
C．使用湿润pH试纸测定醋酸钠溶液pH，溶液浓度发生变化，导致测定结果不准确，故C错误；
D．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故D错误。
故选B。
11. (2021·甘肃省兰州市·月考试卷)已知适当条件下＋7、＋6、＋4价锰的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气且还原产物都是MnCl2。将6.32 g KMnO4粉末加热一段时间后收集到0.112 L气体(标准状况，后同)，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到V L黄绿色气体，下列说法中正确的是（ ）
A. V＝2.24 L
B. 参加反应的HCl为0.18 mol
C. 无法确定最终生成含钾化合物的物质的量是多少
D. 6.32 g KMnO4粉末若直接与足量浓盐酸反应可得到2.24 L Cl2
【答案】D
【解答】
A.6.32 g KMnO4粉末物质的量为＝0.04 mol，氧气物质的量为＝0.005 mol，KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素最终都以MnCl2形式存在，整个过程中，根据得失电子守恒，可知Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去电子数，则0.04 mol×(7－2)＝0.005 mol×4＋2×n(Cl2)，解得n(Cl2)＝0.09 mol，标准状况下V(Cl2)＝0.09 mol×22.4 L·mol－1＝2.016 L，故A错误；
B.参加反应的HCl转化为KCl、MnCl2、Cl2，根据钾原子守恒知n(KCl)＝0.04 mol，根据Mn原子守恒知n(MnCl2)＝0.04 mol，根据氯原子守恒知n(HCl)＝n(KCl)＋2n(MnCl2)＋2n(Cl2)＝0.04 mol＋2×0.04 mol＋2×0.09 mol＝0.3 mol，故B错误；
C.最终含有钾元素的化合物为KCl，根据K原子守恒可知n(KCl)＝0.04 mol，，故C错误；
D.根据得失电子守恒知，生成氯气的物质的量为＝0.1 mol，标准状况下生成氯气的体积为0.1 mol×22.4 L·mol－1＝2.24 L，故D正确。
12. (2021·全国·期末考试)向10mL Fe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中的离子反应有两种
C. 原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）=1：1
D. 原溶液中Fe2（SO4）3的物质的量浓度为1mol•L-1
【答案】B
【解析】
由氧化性：Fe3+＞Cu2+，加入0～0.56gFe发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+；加入铁粉从0.56g～1.68gFe时，即加入1.12gFe，剩余物为1.28g，此时发生：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；加入铁粉为从1.68g～2.24g时，即加入0.56gFe，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，Fe没有参与反应，可知加入1.68gFe时，溶液中Cu2+、Fe3+完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，结合反应方程式进行计算。
A．0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点只有部分Fe3+反应，溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+、Fe3+，故A正确；
B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，加入Fe为1.68g-0.56g=1.12g，完全反应可以生成Cu为：×64g/mol=1.28g，而剩余物为1.28g，即铁粉从0.56g～1.68g发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，b点溶液中Cu2+部分反应，溶液中离子有Fe2+、Cu2+、SO42-等，故B错误；
C．由Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，n（Fe3+）=2×=0.02mol，由Fe+Cu2+=Cu+Fe2+可知，n（Cu2+）==0.02mol，原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）=1：1，故C正确；
D．原溶液中n（Fe3+）=0.02mol，则Fe2（SO4）3为0.01mol，故原溶液中Fe2（SO4）3的物质的量浓度为=1mol•L-1，故D正确；
故选：B。
13. (2021·河北省石家庄市·月考试卷)若NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（ ）
A. 1molFe在氧气中完全燃烧后，失去了3NA个电子
B. 1mol白磷含6NA个P—P键，1mol二氧化硅中含4NA个Si—O
C. 0.1mol/L的CH3COOK溶液中含有CH3COO-数小于0.1NA
D. 将1molCO2溶于适量水中，溶液中、和H2CO3粒子数之和为NA
【答案】B
【解析】
A.1mol铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的平均化合价为+价，则失去的电子为mol，故A错误；
B.P4是正四面体结构，1molP4含有6molP-P键，含有P-P键的个数为6NA，1mol二氧化硅中含有1mol硅原子，形成了4mol硅氧键，含有的Si-O键数目为4NA，故B正确；
C.0.1mol/L 的CH3COOK溶液的体积未知，故C错误；
D.1mol CO2 溶于适量水中，溶液中含C粒子除CO32-、HCO3-和H2CO3外，还有CO2分子，故D错误;
故选B。
14. (2021·单元测试)以天然气为原料经由合成气（、）化学品是目前天然气转化利用的主要技术路线。制备的反应转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 用理论上能生产标准状况下
B. 等物质的量的和，的质子数比多
C. 气体和与的混合气体，所含原子数一定为
D. 用制备合成气的过程中，每生成，转移电子总数为
【答案】D
【解析】
A. CH3OH标准状况下不是气体，故A错误；
B. 等物质的量的CH3OH和CH4，物质的量不一定是1mol，1mol CH3OH的质子数比CH4多8NA，故B错误；
C.22g CH4与CO的混合气体的物质的量无法计算，故C错误；
D. 用CH4制备合成气的反应为CO2+CH4=2CO+2H2，生成2mol CO，转移6mol电子，若生成1 mol CO，反应转移电子数为3NA，故D正确。
故选D。
15. (2021·全国·单元测试)白磷（）的正四面体结构如图所示，其能与溶液发生反应：。若该反应消耗白磷3.1g，则下列说法正确的是（ ）
A. 反应断开了0.15mol键
B. 产生气体560mL
C. 转移0.75mol电子
D. 水是还原剂，消耗水的质量为1.35g
【答案】A
【解析】
A.3.1g的物质的量为0.025mol，1mol含6mol键，0.025mol含0.15mol键，A正确；
B.未指明标准状况，B不正确；
C.，2mol参加反应转移6mol电子，0.025mol参加反应转移0.075mol电子，C不正确；
D.既不是氧化剂，也不是还原剂，D不正确。
16. (2021·全国·单元测试)捕获二氧化碳是碳中和技术之一，图示是捕获二氧化碳生成甲酸的过程，若NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 （ ）
A. 1 mol N(C2H5)3中含有的非极性键的数目为3NA
B. 标准状况下，22.4 L CO2分子中含有2NA个共用电子对
C. 每生成1 mol甲酸，转移的电子数为4NA
D. 1 mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目为NA
【答案】A
【解析】
A.N(C2H5)3是三个乙基与氮相连，1个N(C2H5)3中含有3个非极性C—C键，因此1molN(C2H5)3中含有的非极性键的数目为3NA，故A正确；
B.CO2的结构式为O＝C＝O，1个CO2分子中含有4个共用电子对，则标准状况下，22.4LCO2即1molCO2分子中含有4NA个共用电子对，故B错误；
C.由题图可知，整个过程可表示为CO2+H2HCOOH，因此每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA，故C错误；
D.甲酸和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生可逆反应生成甲酸乙酯，因此1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目小于NA，故D错误。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共52分）
17. (2021·河北省石家庄市·月考试卷)
（1）取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 mol•L-1的FeCl3溶液135 mL，I-完全反应生成I2：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025 mol时，Fe2+恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度__________。
（2）有18.4 g由NaOH与NaHCO3组成的固体混合物，将它们在密闭容器中加热到250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体的质量为16.6 g。试计算原混合物中NaOH的质量分数__________。
（3）叠氮化钠（NaN3）受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32 L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠______g。
（4）钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05 g钠钾合金溶于200 mL水生成0.075 mol氢气。
①计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度（忽略溶液体积的变化）__________。
②计算并确定该钠钾合金的化学式__________。
（5）V mL Al2（SO4）3溶液中含Al3+a g，取0.5V mL溶液稀释到2V mL，则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是__________mol•L-1。
【答案】
（1）2mol•L-1
（2）54.3%
（3）78
（4）0.75 NaK2
（5）
【解析】
（1）由关系式2I-～2Fe2+～Cl2，可知n（KI）=2n（Cl2）=2×0.025mol=0.05mol，故c（KI）==2mol•L-1，
故答案为：2mol•L-1；
（2）加热发生反应NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O，若碳酸氢钠过量，还发生反应NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，若NaOH、NaHCO3恰好按1：1反应，固体减少质量为水的质量，由NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O，可知生成水的质量=18.4g×=2.67g＞18.4g-16.6g=1.8g，所以氢氧化钠过量，碳酸氢钠完全反应，可知n（NaHCO3）=n（H2O）==0.1mol，故m（NaHCO3）=0.1mol×84g/mol=8.4g，则混合物中NaOH的质量为18.4g-8.4g=10g，混合物中NaOH质量分数=×100%≈54.3%，
故答案为：54.3%；
（3）n（N2）==1.8mol，根据N原子守恒有n（NaN3）==1.2mol，故m（NaN3）=1.2mol×65g/mol=78g，
故答案为：78；
（4）①由反应通式2R+2H2O=2ROH+H2↑，可知n（OH-）=2n（H2）=2×0.075mol，则c（OH-）==0.75mol/L，
故答案为：0.75；
②设合金中含amolNa、bmolK，根据合金质量、电子转移守恒有，解得a=0.05，b=0.1，该钠钾合金的化学式为NaK2，
故答案为：NaK2；
（5）agAl3+的物质的量为=mol，根据化学式可知VmL溶液中SO42-的物质的量为mol×=mol，则0.5VmL溶液中SO42-的物质的量为mol×=mol，稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度为= mol•L-1，
故答案为：。
18. (2021·天津市·期中考试)现有2.8g Fe全部溶于一定浓度200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1（反应前后溶液体积变化忽略不计）。请回答下列问题：
（1）反应后溶液中铁元素的存在形式是______；
（2）反应后溶液中c（NO3-）=______mol/L；
（3）反应后的溶液最多还能溶解Fe的质量是______g；
（4）1.12L气体的成分是______；
（5）向含4mol HNO3的稀溶液中，逐渐加入Fe粉至过量，假设生成的气体只有NO，请在坐标系中画出n（Fe2+）随n（Fe）变化的示意图，并标出n（Fe2+）的最大值______。
【答案】
（1）Fe3+
（2）0.85
（3）1.82
（4）NO
（5）
【解析】
（1）反应后溶液pH=1，说明硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，反应后溶液中铁元素的存在形式是：Fe3+，
故答案为：Fe3+；
（2）反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3-），根据铁元素守恒有n（Fe3+）=n（Fe）==0.05mol，所以c（Fe3+）==0.25mol/L，反应后溶液pH为1，所以c（H+）=0.1mol/L，所以c（NO3-）=0.25mol/L×3+0.1mol/L=0.85mol/L，
故答案为：0.85；
（3）生成气体的物质的量为=0.05mol，由氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3n[Fe（NO3）3]+n剩余（HNO3）+n（气体）=0.05mol×3+0.1mol/L×0.2L+0.05mol=0.22mol，生成Fe（NO3）2、NO原硝酸溶解的铁最多，由3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，0.22molHNO3最多溶解铁×0.22mol，质量为×0.22mol×56g/mol=4.62g，故还能溶解铁4.62g-2.8g=1.82g，
故答案为：1.82；
（4）2.8gFe的物质的量为=0.05mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，n（NO）==0.05mol，则V（NO）=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，若只生成NO2，根据电子转移守恒可知，n（NO2）==0.15mol，V（NO2）=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由于实际生成气体1.12L，故只生成NO，
故答案为：NO；
（5）向含4mol稀硝酸溶液中逐渐加入Fe粉至过量，Fe先和稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，当硝酸完全反应后，Fe再和铁离子反应生成亚铁离子，发生的反应为Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+，根据方程式知，4mol硝酸能溶解1molFe，同时生成1molFe3+离子，1molFe3+离子能被0.5molFe还原，同时生成1.5molFe3+，所以其图象为，
19. (2021·天津市县·月考试卷)方法规律提炼题组：物质的量浓度的计算
（1）50mL质量分数为49%、密度为1.24g•cm-3的硫酸中。
①此硫酸的物质的量浓度为______ mol•L-1。
②取此硫酸50mL，用蒸馏水稀释为200mL，稀释后硫酸的物质的量浓度为______ mol•L-1。
（2）在标准状况下，将aLA气体（摩尔质量是Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液的密度为bg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为______ mol•L-1。
（3）取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，请回答：
①原NaOH溶液的物质的量浓度为______ mol•L-1。
②A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是______。
③B曲线中当耗盐酸0＜V（盐酸）＜25mL时发生的离子反应为________________。
④B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为______ mL。
【答案】
（1）6.2 1.55
（2）
（3）0.75 NaOH、Na2CO3 CO32-+H+=HCO3- 112
【解析】
（1）①根据c=可知，该硫酸的物质的量浓度为：mol/L=6.2mol/L，
故答案为：6.2；
②稀释前后溶质的物质的量不变，则0.05L×6.2mol/L=0.2L×cmol/L，解得c=1.55，
故答案为：1.55；
（2）在标准状况下，aLA气体的物质的量是mol，质量是mol×Mg/mol=g，溶于0.1L水中，所得溶液的密度为bg/cm3，则溶液的体积是：L，则此溶液的物质的量浓度为：=mol/L，
故答案为：；
（3）①加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，原NaOH溶液的物质的量浓度为=0.75mol•L-1，
故答案为：0.75；
②当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积远远大于碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠，
故答案为：NaOH、Na2CO3；
③对于B溶液来说，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积小于碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，所以B线中消耗盐酸0＜v（HCl）＜25mL时发生的离子反应为：CO32-+H+=HCO3-，
故答案为：CO32-+H+=HCO3-；
④B曲线加入盐酸体积为25mL～75mL发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，该反应消耗盐酸的物质的量是0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以放出二氧化碳的物质的量是0.005mol，二氧化的体积是0，005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，
故答案为：112。
20. (2021·重庆市市辖区·月考试卷)铜和铁均是人体必需的微量元素，人体缺乏铜会引起贫血、毛发异常，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。请回答以下问题。
（1）写出铜与稀硝酸反应的化学方程式_______________________________。
（2）工业上以黄铜矿为原料，采用火法溶炼工艺生产铜，该工艺的中间过程会发生反应：
，该反应的氧化剂是___________。
（3）已知在酸性条件下Fe2+可被氧气氧化为Fe3+，配平此离子方程式：
____Fe2+ +____O2 +______H+=____Fe3+ +___H2O。
若该反应每转移2 mol 电子，标准状况下消耗O2的体积为_____L。
（4）研究性学习小组用“间接碘量法”测定某试样中（不含能与I-反应的氧化性杂质）的含量，取m g试样配成100 mL溶液，每次取25.00 mL，滴加溶液后有白色碘化物沉淀生成，反应方程式为，继续滴加KI溶液至沉淀不再产生，溶液中的I2用硫代硫酸钠标准溶液滴定，发生反应的化学方程式为：，平均消耗C mol/L的溶液。则试样中的质量分数为______。
【答案】
（1）3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
（2）Cu2O、Cu2S
（3）4;1;4;4;2；11.2
（4）×100%
【解析】
（1）铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
故答案为：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
（2）2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，反应中铜元素化合价由+1价降低到0价，硫元素化合价由-2价变化为+4价，所以做氧化剂的物质为：Cu2O、Cu2S；
故答案为：Cu2O、Cu2S；
（3）根据得失电子守恒、质量守恒可得 4Fe2+ +O2 +4H+=4Fe3+ +2H2O；该反应每转移 2 mol 电子，标准状况下消耗O2的体积为=11.2L；
故答案为：4;1;4;4;2；11.2；
（4）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，据比例关系
4CuSO4•5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32-，
C×V×10-3mol C×V×10-3mol
试样中CuSO4•5H2O的质量分数为××100%=×100%，
故答案为：×100%。
21. (2021·全国·单元测试)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a.准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b.配制并标定100 mL 0.1000 mol·L－1 NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b.加入25.00 mL 0.1000 mol·L－1 AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.100 0 mol·L－1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f.数据处理。
回答下列问题：
(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_____。
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是________________。
(3)滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是________________________。
(4)b和c两步操作是否可以颠倒________，说明理由____________________。
(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为________ mL，测得c(I－)＝________ mol·L－1。
(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________。
(7)判断下列操作对c(I－)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果________。
【答案】
（1）250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管
（2）避免AgNO3见光分解
（3）防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）
（4）否（或不能）；若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点
（5）10.00；0.0600
（6）用NH4SCN标准溶液进行润洗；
（7）①偏高；②偏高
【解析】
（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器除需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管；
（2）硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光分解；
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断；
（4）b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽，则无法判断滴定终点；
（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，n（AgNO3）=25.00×10-3L×0.1000mol•L-1=2.5×10-3mol，n（NH4SCN）=0.1000mol•L-1×10.00×10-3L=1.00×10-3mol，则c（I-）×0.025L=2.5×10-3mol-1.00×10-3mol，c（I-）=0.0600mol•L-1；
（6）装入NH4SCN标准溶液，为避免浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗；
（7）反应的原理为c（AgNO3）×V（AgNO3）=c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I-）×V（I-），
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n（NH4SCN）偏小，测定c（I-）偏高；
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则n（NH4SCN）偏小，测定c（I-）偏高。
2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）
专题04 化学常用计量（提升卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共48分）
1. (2021·安徽省合肥市·月考试卷)下列关于误差的判断正确的是（ ）
A. 用浓硫酸配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸时俯视会使所配溶液浓度偏小
B. 用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小
C. 配制1 mol·L－1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容会使所得溶液浓度偏小
D. 用润湿的pH试纸测稀醋酸的pH会使测定结果偏小
【答案】A
【解析】
A．用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸俯视，量取的浓硫酸体积偏小，所配溶液浓度偏小，故A正确；
B．使用托盘天平时，若没有使用游码，药品和砝码位置颠倒后不影响称量结果，故B错误；
C．配制1 mol•L-1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容，由于热的溶液体积偏大，配制的溶液冷却后体积偏小，所得溶液浓度偏大，故C错误；
D．用润湿的pH试纸测醋酸的pH，相当于醋酸被稀释，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH会偏大，故D错误；
故选A。
2. (2021·广东省深圳市·月考试卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 120.0gNaHSO4与MgSO4的固体混合物中含有离子总数为2NA
B. 1.0L1.0mol•L-1的NaHCO3水溶液中含有的氧原子数为3NA
C. 0.1molFe恰好溶解在100mL某浓度的硝酸溶液中，该反应转移的电子数为0.3NA
D. 60.0g的SiO2含有2NA个极性键
【答案】A
【解析】
A.NaHSO4与MgSO4的摩尔质量均为120g/mol，故120g两者混合物的物质的量为n===1mol，且两者均由1个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含离子为2NA个，故A正确；
B.溶剂水中也含有氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于3NA个，故B错误；
C.0.1molFe恰好溶解在100mL某浓度的硝酸溶液中，即铁反应后变为+2价或+3价（或两种价态都有），故0.1mol铁反应后转移电子为0.2NA个或0.3NA个，或介于0.2NA和0.3NA之间，故C错误；
D.60.0g二氧化硅的物质的量为n===1mol，硅氧键为极性键，而二氧化硅中含4个硅氧键，故1mol二氧化硅中含极性键为4NA个，故D错误。
3. (2021·全国·单元测试)雄黄（As4S4，）与雌黄(As2S3)在古代均曾入药。二者可发生如图转化。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol雄黄(As4S4)分子中，含有S—S非极性共价键的数目为2NA
B. 反应Ⅰ每生成22.4 L SO2气体时，转移的电子数目为7NA
C. 反应Ⅲ产生1 mol雌黄时，消耗H2S分子的数目为3NA
D. 1 L 1 mol·L-1NaH2AsO3溶液中，Na+、、数目之和为2NA
【答案】C
【解析】
A.As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构，As需形成三个共价单键，S需形成两个共价单键，所以雄黄分子中黑球为As原子，白球为S原子，因此雄黄中不含S—S共价键，A项错误；
B.选项中没有指明气体所处状况，无法计算SO2的物质的量，所以无法计算转移电子数目，B项错误；
C.根据图示的反应过程，反应Ⅲ的化学方程式为2H3AsO3+3H2S＝As2S3+6H2O，反应过程中每产生1mol雌黄时，消耗H2S的物质的量为3mol，分子数为3NA，C项正确；
D.H3AsO3为三元弱酸，在水溶液中既存在电离，又存在水解，根据物料守恒有，，因此1 L溶液中Na+、、的数目之和一定小于2NA，D项错误。
4. (2021·湖北省武汉市·月考试卷)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A. 向1 L0.1mol/LNH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中NH4+数小于0.1NA
B. 10g92%的乙醇溶液与足量金属钠充分反应，产生的H2分子数为 0.1NA
C. 0.1molCH2Cl2所含价电子总数为2NA
D. 0.1mol苯乙烯中sp2杂化的碳原子个数为0.8NA
【答案】B
【解析】
A.向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中滴加 NaOH溶液至中性，此时n（H+）=n（OH-），根据电荷守恒可知n（H+）+n（NH4+）+n（Na+）=n（OH-）+n（Cl-），则有n（NH4+）+n（Na+）=n（Cl-）=0.1mol/L×1L=0.1mol，则n（NH4+）＜0.1mol，个数小于0.1NA个，故A正确；
B.乙醇溶液中除了乙醇外，还有水，10g92%的乙醇溶液中含有的乙醇的物质的量n==0.2mol，能和钠反应生成0.1mol氢气，但由于钠还能和水反应生成氢气，则最终生成氢气的分子数多于0.1NA个，故B错误；
C.C、H、Cl的价电子数均等于其最外层电子数，分别为4、1、7个，则CH2Cl2中含20个价电子，则0.1molCH2Cl2所含价电子总数为2NA，故C正确；
D.苯乙烯中8个碳原子均为sp2杂化，则0.1mol苯乙烯中sp2杂化的碳原子个数为0.8NA，故D正确；
故选：B。
5. (2021·全国·单元测试)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL－1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L－1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是（ ）
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L－1
C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D. 得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
【答案】D
【解析】
A.设合金中Cu、Mg的物质的量分别为x、y，则由合金的质量为1.52 g得64 g·mol－1 x＋24 g·mol－1 y＝1.52 g①，
当金属离子全部沉淀时所得沉淀分别Cu(OH)2和Mg(OH)2，则98 g·mol－1 x＋58 g·mol－1 y＝2.54 g②，
联立①②解得x＝0.02 mol，y＝0.01 mol，则 n(Cu): n(Mg)＝2:1，故A正确；
B.由，故B正确；
C.设生成NO2和N2O4的物质的量分别为m和n，则m＋n＝0.05 mol③，
据得失电子守恒m＋2n＝0.02 mol×2＋0.01 mol×2④
联立③④解得m＝0.04 mol，n＝0.01 mol，所以NO2的体积分数是80%，故C正确；
D.浓硝酸总的物质的量为14.0 mol·L－1×0.05 L＝0.70 mol，生成的混合气体中氮原子的物质的量0.04 mol＋0.01 mol×2＝0.06 mol，生成的Cu(NO3)2、Mg(NO3)2中氮原子的物质的量为0.02 mol×2＋0.01 mol×2＝0.06 mol，由氮原子守恒知合金与浓硝酸的反应中HNO3有剩余，向反应后的溶液加入NaOH时，HNO3与NaOH反应生成NaNO3和H2O，所以反应后的溶液溶质为NaNO3，由n(Na＋)＝n()＝0.70 mol－0.06 mol＝0.64 mol，所以得到2.54 g沉淀时加入NaOH的体积应为640 mL，故D错误。
故选D。
6. (2021·全国·月考试卷)在0.2L由NaC1、MgCl2、CaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，对于该溶液成分，下列说法不正确的是（ ）
A. NaCl的物质的量为0.2mol
B. 溶质MgCl2的质量为9.5g
C. 该混合液中CaCl2的物质的量为0.2mol
D. 将该混合液加水稀释至体积为1L，向稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀0.6mol
【答案】C
【解析】
A．由图可知，c（Na+）=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L×1.0mol/L=0.2mol，故A正确；
B．c（Mg2+）=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.2L×0.5mol/L×95g/mol=9.5g，故B正确；
C．c（Cl-）=3mol/L，电荷守恒可知2c（Ca2+）+c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-），解得：c（Ca2+）==0.5mol/L，物质的量为：n（Ca2+）=cv=0.5mol/L×0.2L=0.1mol，故C错误；
D．c（Cl-）=3mol/L，0.2L溶液中n（Cl-）=cv=3mol/L×0.2L=0.6mol，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，Ag++Cl-=AgCl↓，可得到沉淀0.6molAgCl，故D正确；
故选：C。
7. (2021·安徽省合肥市·月考试卷)把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A. mol·L－1
B. mol·L－1
C. mol·L－1
D. mol·L－1
【答案】C
【解析】
设每份中镁离子的物质的量为x，硫酸根离子的物质的量为y，则
Mg2++2OH-＝Mg（OH）2↓
1 2
x amol
解得x＝0.5amol
Ba2++SO42-＝BaSO4↓
1 1
bmol y
解得y＝bmol
忽略溶液中的H+和OH-由电荷守恒知
溶液中K+的物质的量为（b－0.5a）×2mol＝（2b－a）mol
又由于混合溶液分成两等份，则原溶液中的K+的物质的量为2（2b－a）mol
则原混合溶液中钾离子的浓度为，故C正确。
故选C。
8. (2021·全国·单元测试)三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，具有高效、广谱、较为安全的消毒作用。三氯异氰尿酸之所以有杀菌、消毒的功能，是因为其溶解在水中时能迅速生成次氯酸，反应方程式如下。
设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（ ）
A. 232.5g三氧异氰尿酸中含有4个非极性共价键
B. 氰尿酸和异氰尿酸互为同分异构体
C. 1mol氰尿酸与反应，最多能消耗氢分子数为3
D. 加热或光照时会分解，0.5mol加热条件下完全分解放出转移的电子数为
【答案】A
【解析】
A项，三氯异氰尿酸中无非极性共价键，不正确；
B项，氰尿酸和异氰尿酸的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，正确；
C项，1mol氰尿酸中含有3mol碳氮双键，最多能消耗3mol，正确；
D项，受热分解放出的化学方程式为，根据元素化合价变化，2mol分解转移电子数为4，则0.5mol完全分解转移的电子数为，正确。
9. (2020·安徽省·单元测试)某结晶水合物的化学式为R•nH2O，其式量为M．25℃时，将ag该晶体溶于bg水中可形成VmL饱和溶液．下列关系中正确的是（ ）
A. 饱和溶液的物质的量浓度为
B. 25℃时R的溶解度为
C. 饱和溶液中溶质的质量分数为
D. 饱和溶液的密度为
【答案】C
【解析】
A.n（R）=n（R•nH2O）=mol，该饱和溶液的物质的量浓度c==mol/L，故A错误；
B.R的质量为×ag，结晶水的质量为×ag，则100g：S=（×ag+bg）：（×ag），解得S=g，故B错误；
C.根据（溶质）=×100%，可知该饱和溶液质量分数为×100%
=%，故C正确；
D.溶液总质量为（a+b）g，根据ρ=可知，溶液密度为=g/mL，也可利用c=可知，密度ρ==×（M-18n）÷[1000×%]g/mL
=g/mL，故D错误。
故选C。
10. (2021·全国·历年真题)下列实验操作规范且能达到目的的是（ ）
目的
操作
A
取20.00mL盐酸
在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
C
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
D
配制浓度为0.010mol/L的KMnO4溶液
称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A. 酸式滴定管刻度值是从上到下数值越来越大，调整初始读数为30.00mL后，由于酸式滴定管的特殊构造，其50mL刻度线以下还有少量溶剂，故将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于20mL，故A错误；
B．碘溶于酒精，用酒精清洗可除去试管内壁的碘，且酒精可与水混溶，用水冲洗可达到洗涤的目的，故B正确；
C．使用湿润pH试纸测定醋酸钠溶液pH，溶液浓度发生变化，导致测定结果不准确，故C错误；
D．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故D错误。
故选B。
11. (2021·甘肃省兰州市·月考试卷)已知适当条件下＋7、＋6、＋4价锰的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气且还原产物都是MnCl2。将6.32 g KMnO4粉末加热一段时间后收集到0.112 L气体(标准状况，后同)，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到V L黄绿色气体，下列说法中正确的是（ ）
A. V＝2.24 L
B. 参加反应的HCl为0.18 mol
C. 无法确定最终生成含钾化合物的物质的量是多少
D. 6.32 g KMnO4粉末若直接与足量浓盐酸反应可得到2.24 L Cl2
【答案】D
【解答】
A.6.32 g KMnO4粉末物质的量为＝0.04 mol，氧气物质的量为＝0.005 mol，KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素最终都以MnCl2形式存在，整个过程中，根据得失电子守恒，可知Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去电子数，则0.04 mol×(7－2)＝0.005 mol×4＋2×n(Cl2)，解得n(Cl2)＝0.09 mol，标准状况下V(Cl2)＝0.09 mol×22.4 L·mol－1＝2.016 L，故A错误；
B.参加反应的HCl转化为KCl、MnCl2、Cl2，根据钾原子守恒知n(KCl)＝0.04 mol，根据Mn原子守恒知n(MnCl2)＝0.04 mol，根据氯原子守恒知n(HCl)＝n(KCl)＋2n(MnCl2)＋2n(Cl2)＝0.04 mol＋2×0.04 mol＋2×0.09 mol＝0.3 mol，故B错误；
C.最终含有钾元素的化合物为KCl，根据K原子守恒可知n(KCl)＝0.04 mol，，故C错误；
D.根据得失电子守恒知，生成氯气的物质的量为＝0.1 mol，标准状况下生成氯气的体积为0.1 mol×22.4 L·mol－1＝2.24 L，故D正确。
12. (2021·全国·期末考试)向10mL Fe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中的离子反应有两种
C. 原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）=1：1
D. 原溶液中Fe2（SO4）3的物质的量浓度为1mol•L-1
【答案】B
【解析】
由氧化性：Fe3+＞Cu2+，加入0～0.56gFe发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+；加入铁粉从0.56g～1.68gFe时，即加入1.12gFe，剩余物为1.28g，此时发生：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；加入铁粉为从1.68g～2.24g时，即加入0.56gFe，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，Fe没有参与反应，可知加入1.68gFe时，溶液中Cu2+、Fe3+完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，结合反应方程式进行计算。
A．0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点只有部分Fe3+反应，溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+、Fe3+，故A正确；
B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，加入Fe为1.68g-0.56g=1.12g，完全反应可以生成Cu为：×64g/mol=1.28g，而剩余物为1.28g，即铁粉从0.56g～1.68g发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，b点溶液中Cu2+部分反应，溶液中离子有Fe2+、Cu2+、SO42-等，故B错误；
C．由Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，n（Fe3+）=2×=0.02mol，由Fe+Cu2+=Cu+Fe2+可知，n（Cu2+）==0.02mol，原溶液中n（Fe3+）：n（Cu2+）=1：1，故C正确；
D．原溶液中n（Fe3+）=0.02mol，则Fe2（SO4）3为0.01mol，故原溶液中Fe2（SO4）3的物质的量浓度为=1mol•L-1，故D正确；
故选：B。
13. (2021·河北省石家庄市·月考试卷)若NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（ ）
A. 1molFe在氧气中完全燃烧后，失去了3NA个电子
B. 1mol白磷含6NA个P—P键，1mol二氧化硅中含4NA个Si—O
C. 0.1mol/L的CH3COOK溶液中含有CH3COO-数小于0.1NA
D. 将1molCO2溶于适量水中，溶液中、和H2CO3粒子数之和为NA
【答案】B
【解析】
A.1mol铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的平均化合价为+价，则失去的电子为mol，故A错误；
B.P4是正四面体结构，1molP4含有6molP-P键，含有P-P键的个数为6NA，1mol二氧化硅中含有1mol硅原子，形成了4mol硅氧键，含有的Si-O键数目为4NA，故B正确；
C.0.1mol/L 的CH3COOK溶液的体积未知，故C错误；
D.1mol CO2 溶于适量水中，溶液中含C粒子除CO32-、HCO3-和H2CO3外，还有CO2分子，故D错误;
故选B。
14. (2021·单元测试)以天然气为原料经由合成气（、）化学品是目前天然气转化利用的主要技术路线。制备的反应转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 用理论上能生产标准状况下
B. 等物质的量的和，的质子数比多
C. 气体和与的混合气体，所含原子数一定为
D. 用制备合成气的过程中，每生成，转移电子总数为
【答案】D
【解析】
A. CH3OH标准状况下不是气体，故A错误；
B. 等物质的量的CH3OH和CH4，物质的量不一定是1mol，1mol CH3OH的质子数比CH4多8NA，故B错误；
C.22g CH4与CO的混合气体的物质的量无法计算，故C错误；
D. 用CH4制备合成气的反应为CO2+CH4=2CO+2H2，生成2mol CO，转移6mol电子，若生成1 mol CO，反应转移电子数为3NA，故D正确。
故选D。
15. (2021·全国·单元测试)白磷（）的正四面体结构如图所示，其能与溶液发生反应：。若该反应消耗白磷3.1g，则下列说法正确的是（ ）
A. 反应断开了0.15mol键
B. 产生气体560mL
C. 转移0.75mol电子
D. 水是还原剂，消耗水的质量为1.35g
【答案】A
【解析】
A.3.1g的物质的量为0.025mol，1mol含6mol键，0.025mol含0.15mol键，A正确；
B.未指明标准状况，B不正确；
C.，2mol参加反应转移6mol电子，0.025mol参加反应转移0.075mol电子，C不正确；
D.既不是氧化剂，也不是还原剂，D不正确。
16. (2021·全国·单元测试)捕获二氧化碳是碳中和技术之一，图示是捕获二氧化碳生成甲酸的过程，若NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 （ ）
A. 1 mol N(C2H5)3中含有的非极性键的数目为3NA
B. 标准状况下，22.4 L CO2分子中含有2NA个共用电子对
C. 每生成1 mol甲酸，转移的电子数为4NA
D. 1 mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目为NA
【答案】A
【解析】
A.N(C2H5)3是三个乙基与氮相连，1个N(C2H5)3中含有3个非极性C—C键，因此1molN(C2H5)3中含有的非极性键的数目为3NA，故A正确；
B.CO2的结构式为O＝C＝O，1个CO2分子中含有4个共用电子对，则标准状况下，22.4LCO2即1molCO2分子中含有4NA个共用电子对，故B错误；
C.由题图可知，整个过程可表示为CO2+H2HCOOH，因此每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA，故C错误；
D.甲酸和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生可逆反应生成甲酸乙酯，因此1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目小于NA，故D错误。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共52分）
17. (2021·河北省石家庄市·月考试卷)
（1）取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 mol•L-1的FeCl3溶液135 mL，I-完全反应生成I2：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025 mol时，Fe2+恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度__________。
（2）有18.4 g由NaOH与NaHCO3组成的固体混合物，将它们在密闭容器中加热到250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体的质量为16.6 g。试计算原混合物中NaOH的质量分数__________。
（3）叠氮化钠（NaN3）受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32 L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠______g。
（4）钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05 g钠钾合金溶于200 mL水生成0.075 mol氢气。
①计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度（忽略溶液体积的变化）__________。
②计算并确定该钠钾合金的化学式__________。
（5）V mL Al2（SO4）3溶液中含Al3+a g，取0.5V mL溶液稀释到2V mL，则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是__________mol•L-1。
【答案】
（1）2mol•L-1
（2）54.3%
（3）78
（4）0.75 NaK2
（5）
【解析】
（1）由关系式2I-～2Fe2+～Cl2，可知n（KI）=2n（Cl2）=2×0.025mol=0.05mol，故c（KI）==2mol•L-1，
故答案为：2mol•L-1；
（2）加热发生反应NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O，若碳酸氢钠过量，还发生反应NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，若NaOH、NaHCO3恰好按1：1反应，固体减少质量为水的质量，由NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O，可知生成水的质量=18.4g×=2.67g＞18.4g-16.6g=1.8g，所以氢氧化钠过量，碳酸氢钠完全反应，可知n（NaHCO3）=n（H2O）==0.1mol，故m（NaHCO3）=0.1mol×84g/mol=8.4g，则混合物中NaOH的质量为18.4g-8.4g=10g，混合物中NaOH质量分数=×100%≈54.3%，
故答案为：54.3%；
（3）n（N2）==1.8mol，根据N原子守恒有n（NaN3）==1.2mol，故m（NaN3）=1.2mol×65g/mol=78g，
故答案为：78；
（4）①由反应通式2R+2H2O=2ROH+H2↑，可知n（OH-）=2n（H2）=2×0.075mol，则c（OH-）==0.75mol/L，
故答案为：0.75；
②设合金中含amolNa、bmolK，根据合金质量、电子转移守恒有，解得a=0.05，b=0.1，该钠钾合金的化学式为NaK2，
故答案为：NaK2；
（5）agAl3+的物质的量为=mol，根据化学式可知VmL溶液中SO42-的物质的量为mol×=mol，则0.5VmL溶液中SO42-的物质的量为mol×=mol，稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度为= mol•L-1，
故答案为：。
18. (2021·天津市·期中考试)现有2.8g Fe全部溶于一定浓度200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1（反应前后溶液体积变化忽略不计）。请回答下列问题：
（1）反应后溶液中铁元素的存在形式是______；
（2）反应后溶液中c（NO3-）=______mol/L；
（3）反应后的溶液最多还能溶解Fe的质量是______g；
（4）1.12L气体的成分是______；
（5）向含4mol HNO3的稀溶液中，逐渐加入Fe粉至过量，假设生成的气体只有NO，请在坐标系中画出n（Fe2+）随n（Fe）变化的示意图，并标出n（Fe2+）的最大值______。
【答案】
（1）Fe3+
（2）0.85
（3）1.82
（4）NO
（5）
【解析】
（1）反应后溶液pH=1，说明硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，反应后溶液中铁元素的存在形式是：Fe3+，
故答案为：Fe3+；
（2）反应后溶液为硝酸铁、硝酸的混合溶液，故溶液中有3c（Fe3+）+c（H+）=c（NO3-），根据铁元素守恒有n（Fe3+）=n（Fe）==0.05mol，所以c（Fe3+）==0.25mol/L，反应后溶液pH为1，所以c（H+）=0.1mol/L，所以c（NO3-）=0.25mol/L×3+0.1mol/L=0.85mol/L，
故答案为：0.85；
（3）生成气体的物质的量为=0.05mol，由氮元素守恒可知n原来（HNO3）=3n[Fe（NO3）3]+n剩余（HNO3）+n（气体）=0.05mol×3+0.1mol/L×0.2L+0.05mol=0.22mol，生成Fe（NO3）2、NO原硝酸溶解的铁最多，由3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，0.22molHNO3最多溶解铁×0.22mol，质量为×0.22mol×56g/mol=4.62g，故还能溶解铁4.62g-2.8g=1.82g，
故答案为：1.82；
（4）2.8gFe的物质的量为=0.05mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，n（NO）==0.05mol，则V（NO）=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，若只生成NO2，根据电子转移守恒可知，n（NO2）==0.15mol，V（NO2）=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由于实际生成气体1.12L，故只生成NO，
故答案为：NO；
（5）向含4mol稀硝酸溶液中逐渐加入Fe粉至过量，Fe先和稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，当硝酸完全反应后，Fe再和铁离子反应生成亚铁离子，发生的反应为Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+，根据方程式知，4mol硝酸能溶解1molFe，同时生成1molFe3+离子，1molFe3+离子能被0.5molFe还原，同时生成1.5molFe3+，所以其图象为，
19. (2021·天津市县·月考试卷)方法规律提炼题组：物质的量浓度的计算
（1）50mL质量分数为49%、密度为1.24g•cm-3的硫酸中。
①此硫酸的物质的量浓度为______ mol•L-1。
②取此硫酸50mL，用蒸馏水稀释为200mL，稀释后硫酸的物质的量浓度为______ mol•L-1。
（2）在标准状况下，将aLA气体（摩尔质量是Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液的密度为bg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为______ mol•L-1。
（3）取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，请回答：
①原NaOH溶液的物质的量浓度为______ mol•L-1。
②A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是______。
③B曲线中当耗盐酸0＜V（盐酸）＜25mL时发生的离子反应为________________。
④B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为______ mL。
【答案】
（1）6.2 1.55
（2）
（3）0.75 NaOH、Na2CO3 CO32-+H+=HCO3- 112
【解析】
（1）①根据c=可知，该硫酸的物质的量浓度为：mol/L=6.2mol/L，
故答案为：6.2；
②稀释前后溶质的物质的量不变，则0.05L×6.2mol/L=0.2L×cmol/L，解得c=1.55，
故答案为：1.55；
（2）在标准状况下，aLA气体的物质的量是mol，质量是mol×Mg/mol=g，溶于0.1L水中，所得溶液的密度为bg/cm3，则溶液的体积是：L，则此溶液的物质的量浓度为：=mol/L，
故答案为：；
（3）①加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，原NaOH溶液的物质的量浓度为=0.75mol•L-1，
故答案为：0.75；
②当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积远远大于碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠，
故答案为：NaOH、Na2CO3；
③对于B溶液来说，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积小于碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，所以B线中消耗盐酸0＜v（HCl）＜25mL时发生的离子反应为：CO32-+H+=HCO3-，
故答案为：CO32-+H+=HCO3-；
④B曲线加入盐酸体积为25mL～75mL发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，该反应消耗盐酸的物质的量是0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以放出二氧化碳的物质的量是0.005mol，二氧化的体积是0，005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，
故答案为：112。
20. (2021·重庆市市辖区·月考试卷)铜和铁均是人体必需的微量元素，人体缺乏铜会引起贫血、毛发异常，铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。请回答以下问题。
（1）写出铜与稀硝酸反应的化学方程式_______________________________。
（2）工业上以黄铜矿为原料，采用火法溶炼工艺生产铜，该工艺的中间过程会发生反应：
，该反应的氧化剂是___________。
（3）已知在酸性条件下Fe2+可被氧气氧化为Fe3+，配平此离子方程式：
____Fe2+ +____O2 +______H+=____Fe3+ +___H2O。
若该反应每转移2 mol 电子，标准状况下消耗O2的体积为_____L。
（4）研究性学习小组用“间接碘量法”测定某试样中（不含能与I-反应的氧化性杂质）的含量，取m g试样配成100 mL溶液，每次取25.00 mL，滴加溶液后有白色碘化物沉淀生成，反应方程式为，继续滴加KI溶液至沉淀不再产生，溶液中的I2用硫代硫酸钠标准溶液滴定，发生反应的化学方程式为：，平均消耗C mol/L的溶液。则试样中的质量分数为______。
【答案】
（1）3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
（2）Cu2O、Cu2S
（3）4;1;4;4;2；11.2
（4）×100%
【解析】
（1）铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
故答案为：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
（2）2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，反应中铜元素化合价由+1价降低到0价，硫元素化合价由-2价变化为+4价，所以做氧化剂的物质为：Cu2O、Cu2S；
故答案为：Cu2O、Cu2S；
（3）根据得失电子守恒、质量守恒可得 4Fe2+ +O2 +4H+=4Fe3+ +2H2O；该反应每转移 2 mol 电子，标准状况下消耗O2的体积为=11.2L；
故答案为：4;1;4;4;2；11.2；
（4）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，据比例关系
4CuSO4•5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32-，
C×V×10-3mol C×V×10-3mol
试样中CuSO4•5H2O的质量分数为××100%=×100%，
故答案为：×100%。
21. (2021·全国·单元测试)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a.准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b.配制并标定100 mL 0.1000 mol·L－1 NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b.加入25.00 mL 0.1000 mol·L－1 AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.100 0 mol·L－1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f.数据处理。
回答下列问题：
(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_____。
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是________________。
(3)滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是________________________。
(4)b和c两步操作是否可以颠倒________，说明理由____________________。
(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为________ mL，测得c(I－)＝________ mol·L－1。
(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________。
(7)判断下列操作对c(I－)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果________。
【答案】
（1）250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管
（2）避免AgNO3见光分解
（3）防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）
（4）否（或不能）；若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点
（5）10.00；0.0600
（6）用NH4SCN标准溶液进行润洗；
（7）①偏高；②偏高
【解析】
（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器除需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管；
（2）硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光分解；
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断；
（4）b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽，则无法判断滴定终点；
（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，n（AgNO3）=25.00×10-3L×0.1000mol•L-1=2.5×10-3mol，n（NH4SCN）=0.1000mol•L-1×10.00×10-3L=1.00×10-3mol，则c（I-）×0.025L=2.5×10-3mol-1.00×10-3mol，c（I-）=0.0600mol•L-1；
（6）装入NH4SCN标准溶液，为避免浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗；
（7）反应的原理为c（AgNO3）×V（AgNO3）=c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I-）×V（I-），
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n（NH4SCN）偏小，测定c（I-）偏高；
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则n（NH4SCN）偏小，测定c（I-）偏高。
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