高中化学第二章 海水中的重要元素——钠和氯第三节 物质的量测试题

这是一份高中化学第二章 海水中的重要元素——钠和氯第三节 物质的量测试题，共15页。试卷主要包含了3 物质的量 同步测试，01×1023B．6，2 L水含有0等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．摩尔是七个基本物理量之一
B．物质的量就是物质的质量
C．12g12C中含有阿伏加德罗常数(NA)个碳原子
D．阿伏加德罗常数就是
2．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．含有的中子数为9
B．氢氧燃料电池消耗，生成水分子数目为
C．78g苯中含C-C数目3
D．5.6g铁与水蒸气完全反应，转移电子数为0.3
3．0.25ml A的质量是16g，则A的相对分子质量（或相对原子质量）是（ ）
A．32g/ml B．64×10-3kg/ml
C．32 D．64
4．0.5mlNa2CO3中所含的Na+数约为（ ）
A．3.01×1023B．6.02×1023C．0.5 D．1
5．已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是（）
A． 的蔗糖溶液
B． 的 溶液
C． 的 溶液
D． 的 溶液
6．下列叙述中正确的是（ ）
A．1mlCO的质量是28g
B．硝酸的摩尔质量是63g
C．2g氢气所含原子数目为1ml
D．铁的摩尔质量等于铁原子的相对原子质量
7．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，2.24 L HF和NH3分子所含电子数目均为NA
B．23gC2H6O含C－H键数目一定为2.5NA
C．将1mlCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)=2NA(N表示粒子数)
D．8.0gCuO和Cu2S的混合物中含有铜原子的数目为0.1NA
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LCHCl3中含有氯原子数目为3NA
B．常温常压下，2gD216O中含中子数、质子数、电子数均为NA
C．常温下，0.1ml/LNa2CO3溶液中，含有阴离子的总数小于0.1NA
D．同温、同压下，相同体积的氯气和氩气所含的原子数相等
9．实验室制备联氨(N2H4)的化学方程式为：。设为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2 L水含有0.5 ml水分子
B．0.1 ml/LNaClO溶液中，Na+物质的量为0.1 ml
C．3.2 g N2H4所含电子数为1.8NA
D．常温下，消耗4.48 LNH3，理论上转移电子的数目为0.2NA
10．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L水中约含分子数目为
B．1ml/L的溶液中含的数目为
C．2.3gNa与足量盐酸完全反应时，失去电子的数目为
D．17g氨气中含有
11．的硫酸与铁屑完全反应。下列说法中，正确的是
A．发生反应的离子方程式是：
B．产生的体积是(标准状况下)
C．反应后溶液中的浓度是(忽略溶液体积变化)
D．向反应后的溶液中滴加过量溶液，生成沉淀
12．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1mlFeCl2与1mlCl2反应时转移的电子数为2NA
B．2g H218O与D216O的混合物中所含电子数目为NA
C．273K，101kPa下，28g乙烯与丙烯混合物中含有C﹣H键的数目为5NA
D．pH=1的H2SO3溶液10L，含H+的数目为2NA
13．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．46g乙醇中存在的共价键总数为7NA
B．1mlNa2O2固体中含阴、阳离子总数为4NA
C．2.3gNa和足量氧气反应转移电子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCCl4中含有C—Cl键的数目为2NA
14．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4LH2O含有的共价键数目为2NA
B．71gCl2与足量铁粉反应转移的电子数为3NA
C．1L1ml•L-1Na2SO4溶液中含有的钠离子数为2NA
D．0.1mlO2中含有的电子数为0.8NA
15．下列溶液中，氯离子的物质的量浓度与50 mL 1 ml·L-1氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度相等的是（ ）
A．150 mL 1 ml·L-1氯化钠溶液 B．75 mL 2 ml·L-1氯化钙溶液
C．150 mL 3 ml·L-1氯化钾溶液 D．50 mL 3 ml·L-1氯化镁溶液
16．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A．1ml Cl2参加反应转移电子数一定为2NA
B．常温常压下，NA个CH4分子占有的体积约为22.4L
C．常温常压下，1ml Na2O2中阴离子为2NA个
D．标准状况下，11.2L16O2和11.2L18O2均含有NA个氧原子
二、综合题
17．实验室用碳酸钠晶体配制0.500 ml/L的Na2CO3溶液100mL，回答下列问题：
（1）所需主要仪器为：药匙、托盘天平、烧杯、胶头滴管、 、 .
（2）本实验须称量碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O） g。
（3）①如果定容时仰视会导致溶液浓度 （填“偏高”、“偏低”或 “无影响” 下同）；
②容量瓶未经干燥就用来配制该溶液，会导致溶液浓度 ；
18．碘是人体不可缺少的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去．某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：在溶液中 KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4
（1）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目： 该反应中氧化产物与还原产物的质量比是 ，0.1ml KIO3参加反应时转移电子 ml
（2）实验结束后分离I2和K2SO4溶液所用的试剂是
A．Na2SO4溶液B．酒精 C． CCl4 D．食盐水
所用的分离方法是 ，所用仪器是 ，你怎么判断该食盐中是否含碘 ．
（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1ml/L的稀硫酸溶液480mL，需用18ml/L浓H2SO4 mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号） ．
A.100mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒D.100mL容量瓶 E.50mL 量筒 F．胶头滴管 G．烧杯 H.500mL容量瓶
（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是
A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移
B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶
E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线．
19．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用．请回答下列问题：
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为 ml•L﹣1（小数点后保留一位）．
（2）某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na+）= ml•L﹣1．
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液．需要称量NaClO固体的质量为 g
（4）配制上述“84消毒液”时，其正确的操作顺序是（每个操作只用一次）： ．
A．用少量水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．在烧杯中加入适量水溶解
C．将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀，装入贴有标签的试剂瓶
E．改用胶头滴管加水，使溶液的凹面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处
G．用天平称量该物质
（5）在溶液配制过程中，下列操作使溶液浓度偏小的是： ．
A．定容时仰视容量瓶刻度线
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的“84消毒液”而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再用胶头滴管加水至刻度线．
E．转移溶液时未洗涤烧杯．
20．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后用于防疫消毒。回答下列问题：
（1）NaClO的摩尔质量为 ，其中氯元素的化合价为 。
（2）“84 消毒液”与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)一起使用会产生有毒的气体，该反应的离子方程式为 。
_=_+_。
（3）某消毒小组用4ml/L NaClO溶液配制1L 0.04ml/L NaClO溶液，需用量筒取4ml/L NaClO溶液的体积为 mL。
（4）实验室用密度为1.25 ，质量分数36.5%的浓盐酸配制0.5ml/L的盐酸480mL。
①配制此0.5ml/L的盐酸时，有以下实验操作步骤，填写下列空白：
A．用蒸馏水冼涤烧杯内壁及玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶
B．在烧杯中加入少量蒸馏水，再用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿烧杯内壁缓缓加入烧杯中，并用玻璃棒不断搅动，使其混合均匀
C．将稀释后的盐酸溶液沿玻璃棒注入 mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，摇匀
E.改用 加蒸馏水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F.继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻度线 处
②现用0.5ml/L盐酸溶液溶解6.5克Zn，至少需要 mL该盐酸溶液，反应生成的氢气在标准状况下的体积为 L。
21．化学基本概念、化学用语是中学化学学习的重要内容之一．
I：氧化还原反应实际上包含氧化反应和还原反应两个过程，一个还原反应过程的离子方程式为：NO {#mathmL#}{#/mathmL#} +4H++3e﹣═NO+2H2O．
下列四种物质：KMnO4，Na2CO3，Na2SO3，Fe2（SO4）3中的一种物质甲，滴加少量稀硝酸，能使上述反应过程发生．
（1）写出并配平该氧化还原反应的离子方程式： ．
（2）若反应后，还原产物的化合价降低，而其他物质价态保持不变，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比将 （填“增大”“不变”减小”或“不能确定”）．
（3）II：实验室需要用Na2CO3•l0H2O配制0.10ml/L Na2CO3溶液240mL．
按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整．
选择仪器．完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、 、 ．
（4）计算．
称量．配制该溶液需称取Na2CO3•10H2O晶体 g．
①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在图1中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：
②称量完毕，将药品倒入烧杯中．
（5）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是
（6）转移、洗涤． 定容，摇匀．
若观察定容时液面情况如图2所示，所配溶液的浓度会 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．物质的量是七个基本物理量之一，摩尔是物质的量单位，故A不符合题意；
B．物质的量是一个物理量，其单位是ml，质量的单位g，故B不符合题意；
C.子数0.012kg(12g)12C中含有碳原目为阿伏加德罗常数，故C符合题意；
D．阿伏加德罗常数是精确值，6.02×1023是阿伏加德罗常数的实验值，因此阿伏加德罗常数不等于6.02×1023，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】易错分析：A.摩尔是物质的量单位，物质的量才是七个基本物理量之一。
D.阿伏加德罗常数精确值是与0.012kg(12g)12C中含有碳原目数目相同。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．的物质的量为0.9ml，1ml含有10ml中子，故0.9ml中含有的中子数为9，A符合题意；
B．氢氧燃料电池消耗没说明气体所处条件，不能计算生成水分子数目，B不符合题意；
C．苯不含单纯的C-C，故不能计算，C不符合题意；
铁为0.1ml，与水蒸气完全反应，转移电子数为0.1ml×=，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、要注意氧原子的相对原子质量用18计算；
B、注意提到气体体积时注意是否说明条件；
C、要注意苯没有碳碳单键，也没有碳碳双键；
D、注意铁和水蒸气反应生成四氧化三铁。
3．【答案】D
【解析】【解答】 M=mn=16g0.25ml=64g/ml ；相对分子质量（或相对原子质量）与摩尔质量数值相同
故答案为：D
【分析】根据摩尔质量在数值上等于相对分子质量来进行计算。
4．【答案】B
【解析】【解答】由物质的构成特点可知，1个Na2CO3中含有2个Na+，故0.5ml Na2CO3中含有1mlNa+，则个数约为6.02×1023，
故答案为B。
【分析】根据N=nNA以及物质的构成特点来分析.
5．【答案】D
【解析】【解答】1L蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为1L×0.01ml/L=0.01ml，1LMgCl2溶液溶质的离子的总物质的量为1L×0.01ml/L×3=0.03ml，H2S是挥发性溶质，且1L溶液中分子的物质的量为1L×0.02ml/L=0.02ml，1LNaNO3溶液中溶质的离子的总物质的量为1L×0.02ml/L×2=0.04ml，D中含0.04ml离子，离子数最多，
故答案为：D。
【分析】根据题意，D选项中离子的数目最多，且为非挥发性。
6．【答案】A
【解析】【解答】A、CO的摩尔质量为28g/ml，所以1mlCO的质量为28g，故A符合题意；
B、摩尔质量单位为g/ml，1ml硝酸的质量是63g，故B不符合题意；
C、2g氢气的物质的量为1ml，含有的H原子数目为2NA，故C不符合题意；
D、摩尔质量单位为g/ml，相对原子质量无单位，铁的摩尔质量与铁原子的相对原子质量在数值上相等，故D不符合题意．
故选：A．
【分析】摩尔质量是以g/ml为单位，在数值上等该物质的式量，据此解答即可。
7．【答案】D
【解析】【解答】A. HF的沸点是19.5℃，在标准状况下其为液体，无法根据气体摩尔体积的数据计算2.24 L HF的物质的量，A不符合题意；
B. C2H6O可能是乙醇，也可能是二甲醚。 23gC2H6O的物质的量是0.5ml，0.5ml乙醚含C－H键数目为3NA，B不符合题意；
C. 将1mlCl2通入到水中，若氯气完全溶于水中，则2N(Cl2)+N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)=2NA(N表示粒子数)，C不符合题意；
D. 8.0gCuO和8.0g Cu2S 均含有0.1ml Cu原子，所以8.0gCuO和Cu2S的混合物中含有铜原子的数目为0.1NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】阿伏加德罗常数，为热学常量，符号NA。它的精确数值为：6.02214076×10²³，一般计算时取6.02×10²³或6.022×10²³。
8．【答案】B
【解析】【解答】解：A、CHCl3在标准状况不是气体，22.4LCHCl3中物质的量不是1ml，故A错误；
B、2gD216O物质的量= =0.1ml，0.1mlD216O中含中子数0.1ml×[（2﹣1）×2+16﹣8]×NA=NA、质子数=0.1ml×10×NA=NA、电子数=0.1ml×10×NA=NA，故B正确；
C、0.1ml/LNa2CO3溶液中，CO32﹣+H20⇌HCO3﹣+OH﹣，含有阴离子的总数大于0.1NA，故C错误；
D、氯气是双原子分子，氩气是単原子分子，同温、同压下，相同体积的氯气和氩气所含的分子数相等，原子数不等，故D错误；
故选B．
【分析】A、CHCl3在标准状况不是气体；
B、依据n= 计算物质的量结合分子式和质子数+中子数=质量数计算判断；
C、碳酸根离子水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子分析判断；
D、氯气是双原子分子，氩气是単原子分子；
9．【答案】C
【解析】【解答】A．标准状况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A不符合题意；
B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，B不符合题意；
C．N2H4分子中含有18个电子，3.2 g N2H4的物质的量是n(N2H4)=，则其中含有的电子数目是1.8NA，C符合题意；
D．根据方程式可知：每有2 ml NH3参加反应，转移2 ml电子。常温下4.48 LNH3的物质的量小于0.2 ml，则反应过程中转移电子的数目小于0.2NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．标准状况下水不是气体；
B．缺少溶液体积，不能计算；
C．N2H4分子中含有18个电子；
D．根据常温不是标准状况。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．标况下水为液态，2.24L水的分子数不是，A不符合题意；
B．溶液体积未知，不能计算氯离子数目，B不符合题意；
C．Na反应后转化为Na+，0.1mlNa失去0.1ml电子，失去电子的数目为，C符合题意；
D．氨气中不含氢气分子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.标况下水不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量；
B.溶液体积未知，不能计算氯离子数目；
D.氨气中不含氢气分子。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．硫酸与铁反应的离子方程式为：Fe2+ + 2H+ = Fe2+ + H2↑，A符合题意；
B．的硫酸即0.0445ml硫酸， 铁屑即1ml铁，根据化学方程式的系数关系Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，酸不足，故产生H2的体积由酸计算，，B不符合题意；
C．根据化学方程式的系数关系Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，酸不足，反应生成的Fe2+的，则，C不符合题意；
D．向反应后的溶液中滴加过量溶液，生成BaSO4沉淀，，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气；
BC．根据化学方程式的系数关系，利用不足量物质来计算；
D．利用m=nM计算。
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A.1mlFeCl2与1mlCl2反应，氯化亚铁不足，只消耗0.5ml氯气，生成1ml氯离子，转移电子数为：NA，故A错误；
B．H218O与D216O相对分子质量都是20，1个分子中都含有10个电子，则2g H218O与D216O物质的量为 =0.1ml，所含电子数目为0.1ml×10=1ml，个数为NA，故B正确；
C．由于乙烯和丙烯分子中含有的碳氢键数目不同，题中条件无法计算混合物中含有的碳氢键数目，故C错误；
D．pH=1的H2SO3溶液，C（H+）=0.1ml/L，则含有氢离子物质的量为0.1ml/L×10L=1ml，含H+的数目为NA，故D错误；
故选：B．
【分析】A.1mlFeCl2与1mlCl2反应，氯化亚铁不足，只消耗0.5ml氯气，生成1ml氯离子；
B．H218O与D216O相对分子质量都是20，1个分子中都含有10个电子；
C．乙烯和丙烯分子中含有的碳氢键数目不同，由于不知二者的含量，无法计算含有的碳氢键数目；
D．pH=1的H2SO3溶液，C（H+）=0.1ml/L，依据n=CV计算氢离子物质的量．
13．【答案】C
【解析】【解答】 A.46g乙醇中含有的共价键的条数，故A错误；
B．过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成，1ml过氧化钠中含离子为3NA个，故B错误；
金属钠反应后转移的电子数，故C正确；
D．标况下四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；
故选C。
【分析】 A．求出乙醇的物质的量，然后根据乙醇中含8条共价键来分析；
B．过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成；
C．求出2.3g金属钠的物质的量，然后根据钠反应后变为+1价来分析；
D．标况下四氯化碳为液体。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．标准状况下H2O是液体，22.4LH2O的物质的量不是1ml，故A不符合题意；
B.71gCl2的物质的量是1ml，1ml氯气与足量铁粉反应生成FeCl3，氯元素化合价由0降低为-1，转移的电子数为2NA，故B不符合题意；
C.1L1ml•L-1Na2SO4溶液中，Na2SO4的物质的量为1L×1ml•L-1=1ml，所以含有的钠离子数为2NA，故C符合题意；
D.1个氧原子中含有8个电子，0.1mlO2中含有的电子数为 1.6NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.标况下水不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量；
B.氯气和铁粉反应生成氯化铁；
D.一个氧气分子含有16个电子。
15．【答案】C
【解析】【解答】50mL 1ml•L-1氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度为1ml/L×3=3ml/L。A.150 mL 1 ml•L-1氯化钠溶液中氯离子的浓度为1ml/L×1=1ml/L，故A不符合题意；
B. 75 mL 2 ml/L的CaCl2中氯离子浓度为2ml/L×2=4ml/L，故B不符合题意；
C. 150 mL 3 ml•L-1KCl溶液中Cl-浓度为3ml•L-1×1=3ml•L-1，故C符合题意；
D.50 mL 3 ml•L-1氯化镁溶液中氯离子的浓度为3ml/L×2=6ml/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】物质的量浓度是溶液的一种特性，与溶液的体积多少无关。
16．【答案】D
【解析】【解答】解：A、氯气反应后的价态不明确，故1ml氯气反应后转移的电子数不明确，故A错误；
B、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/ml，故NA个甲烷分子即1ml甲烷所占的体积大于22.4L，故B错误；
C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1ml过氧化钠中含NA个阴离子，故C错误；
D、标况下11.2L16O2和11.2L18O2的物质的量均为0.5ml，而16O2和18O2均为双原子分子，故0.5ml16O2和18O2中均含NA个氧原子，故D正确．
故选D．
【分析】A、氯气反应后的价态不明确；
B、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/ml；
C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；
D、求出16O2和18O2的物质的量，然后根据16O2和18O2均为双原子分子来分析．
17．【答案】（1）100mL容量瓶；玻璃棒
（2）14.3
（3）偏低；无影响
【解析】【解答】（1）配制100mL0.500ml/L的Na2CO3溶液，需要100mL容量瓶，同时溶解、移液过程需用玻璃棒进行搅拌、引流；故所需的仪器还有100mL容量瓶和玻璃棒；
（2）所需碳酸钠晶体的质量m=n×M=c×V×M=0.500ml/L×0.1L×286g/ml=14.3g；
（3）①定容时仰视，会使得溶液的体积偏大，即V偏大，根据公式可知，所得溶液的浓度偏低；
②由于定容过程中需要加入蒸馏水，因此容量瓶未经干燥，底部有水，对实验结果无影响；
【分析】（1）根据溶液配制过程确定所需的仪器；
（2）根据公式m=n×M=c×V×M计算所需固体的质量；
（3）分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析实验误差；
18．【答案】（1）；5：1；0.5
（2）C；萃取分液；分液漏斗；静置分层后下层溶液为紫红色则说明有碘
（3）27.8；CEFGH
（4）A；C；D
【解析】【解答】解：（1）反应KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4的反应实质是 ，在此反应中，氧化产物与还原产物均为I2，且物质的量之比为5：1，故质量之比为5：1；反应中当有1mlKIO3反应时，转移5ml电子，故当0.1ml KIO3参加反应时转移电子0.5ml，
故答案为： ；5：1；0.5；（2）I2在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故将I2从K2SO4溶液中分离，应采取萃取分液的方法来分离，使用的主要仪器是分液漏斗，选用的萃取剂的应同时满足以下要求：碘单质在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取剂与水互不相溶；溶质、萃取剂和水三者间互不反应，故应选四氯化碳，萃取后，由于四氯化碳的密度比水大，故分液后碘的四氯化碳溶液在下层，呈紫红色，故答案为：C；萃取分液；分液漏斗；静置分层后下层溶液为紫红色则说明有碘；（3）设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液的稀释定律可知：1ml/L×500mL=18ml/L×VmL，解得：V=27.8mL；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀可知选用的仪器是50mL量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故选CEFGH，故答案为：27.8；CEFGH；（4）A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移，则冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故A选；
B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，会造成溶质的损失，则浓度偏低，故B不选；
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，则溶液体积偏小，则浓度偏高，故C选；
D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒，但洗涤液不能转移到容量瓶中，否则溶质偏多，则浓度偏高，故D选；
E．摇匀后发现液面低于刻度线是正常的，又加蒸馏水至刻度线则会造成浓度偏低，故E不选．
故选ACD．
【分析】（1）根据氧化还原反应中化合价的升降情况来标电子转移情况；根据化合价的变化情况分析出氧化产物和还原产物；根据化合价的变化情况分析出电子的转移的物质的量；（2）分离I2和K2SO4溶液用萃取的方法，而萃取水溶液中的碘单质，可以用四氯化碳做萃取剂；（3）利用稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；（4）根据C= ，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差．
19．【答案】（1）6.0
（2）0.06
（3）223.5
（4）G→B→C→A→F→E→D
（5）A；D；E
【解析】【解答】解：（1）密度1.2g/mL，质量分数为：37.25%的次氯酸钠溶液物质的量浓度C= =6.0ml/L；故答案为：6.0；（2）设稀释后次氯酸钠物质的量浓度C′，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：6.0ml/L×100mL=10000mL×C′，解得C′=0.06ml/L，次氯酸钠为强电解质，钠离子物质的量浓度等于次氯酸钠物质的量浓度为：0.06ml/L；故答案为：0.06；（3）欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量为：0.5L×6.0ml/L×74.5g/ml=223.5g；故答案为：223.5；（4）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以正确的操作顺序为：G→B→C→A→F→E→D；故答案为：G→B→C→A→F→E→D；（5）A．定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故A选；
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故B不选；
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的“84消毒液”而未洗净，导致溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故C不选；
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再用胶头滴管加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D选；
E．转移溶液时未洗涤烧杯，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E选；
故选：ADE．
【分析】（1）依据C= 计算次氯酸钠的物质的量浓度C；（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算；（3）依据配制溶液体积选择合适容量瓶，依据m=CVM计算需要次氯酸钠的质量；（4）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤排序；（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C= 进行误差分析．
20．【答案】（1）74.5g/ml；+1
（2）ClO- +Cl- +2H+ = Cl2↑+H2O
（3）10
（4）500；胶头滴管；1~2cm；400；22.4
【解析】【解答】(1)当质量以克为单位时，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，则NaClO的摩尔质量为74.5g/ml，其中氯元素的化合价为+1；
(2)NaClO与盐酸反应生成氯气和水，该反应的离子方程式为ClO- +Cl- +2H+ = Cl2↑+H2O；
(3)设需要4ml/L NaClO溶液的体积为VmL，溶液稀释前后，溶质物质的量不变，则有4ml/L×V=1L× 0.04ml/L，解得V=10mL；
(4)①配制一定物质的量浓度的盐酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故正确的操作顺序为BCAFED；
C. 实验要配制480mL盐酸，但是实验室没有480mL的容量瓶，因此应将稀释后的盐酸溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中；F. 定容时，继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻度线1~2cm处；E. 改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切；
②6.5克Zn的物质的量为 ，盐酸与锌反应的方程式为 ，则有： ，则溶解0.1mlZn需要含有0.2ml溶质的盐酸，则需要 0.5ml/L盐酸溶液的体积为 ，反应生成的氢气的物质的量为0.1ml，在标准状况下的体积为0.1L×22.4L/ml=22.4L。
【分析】(1)摩尔质量以g/ml为单位数值上等于相对分子质量；依据化合价代数和为0价计算氯元素化合价；
(2)次氯酸根离子与氯离子在酸性环境下发生归中反应生成氯气和水；
(3)依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变计算需要4ml/LNaClO溶液体积；
(4) C、依据配制溶液体积选择容量瓶规格；E、定容时，应用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水，到溶液凹液面恰好与刻度线相切；F、继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻度线1-2cm处；
(5)依据方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑计算解答。
21．【答案】（1）2H++2NO3﹣+3SO32﹣=3SO42﹣+2NO↑+H2O
（2）减小
（3）250mL容量瓶；胶头滴管
（4）7.2
（5）搅拌，加速溶解和冷却
（6）偏低
【解析】【解答】解：Ⅰ（1）亚硫酸根离子具有强的还原性，在酸性环境下与硝酸根离子发生反应生成硫酸根离子、二氧化氮和水，离子方程式为：2H++2NO3﹣+3SO32﹣=3SO42﹣+2NO↑+H2O；（2）若反应后，还原产物的化合价降低，而其他物质价态保持不变，需要的氧化剂的物质的量偏小，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比将减小；故答案为：减小；Ⅱ：（3）配制0.10ml/L Na2CO3溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的要求为：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，还缺少的仪器为：胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；（4）配制0.10ml/L Na2CO3溶液240mL，应选择250mL容量瓶，需要Na2CO3•10H2O的质量m=0.10ml/L×0.25L×286g/ml=7.2g，故答案为：7.2；①称量时需放一个5g的砝码，2.2g需调游码，如图所示： ，故答案为： ；（5）为加快溶解和冷却速度，在溶解、冷却时需用玻璃棒不断的搅拌，故答案为：搅拌，加速溶解和冷却；（6）仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，依据C= {#mathmL#}{#/mathmL#} 可知，溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故答案为：偏低．
【分析】Ⅰ：（1）亚硫酸根离子具有强的还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，S元素由+4价升高到+6价，N元素由+5价降低到+2价，依据化合价升降数相同结合原子个数守恒写出方程式；（2）若反应后，还原产物的化合价降低，而其他物质价态保持不变，需要的氧化剂的物质的量偏小；Ⅱ：（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择合适的仪器；（3）依据m=CVM计算需要溶质的质量；①称量时需放一个5g的砝码，2.2g需调游码；（4）依据玻璃棒在溶解固体时作用解答；（5）仰视刻度线，导致溶液的体积偏大．