专题02 能力提升检测卷 - 2024年高考化学大一轮复习【讲义+练习+专题】

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考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考，按方抓药，弄清楚高考检测什么，检测的价值取向，高考的命题依据。
2.精练高考真题，明确方向
经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药
要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力
复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。
专题二 能力提升检测卷
1．下列物理量对应的单位符号不正确的是
A．摩尔质量：g/mlB．气体摩尔体积：L/ml
C．物质的量：nD．物质的量浓度：ml/L
【答案】C
【解析】摩尔质量为单位物质的量的物质所具有的质量，单位为g/ml，A项正确；气体摩尔体积为单位物质的量的气体所具有体积，单位为L/ml，B项正确；物质的量单位的单位为ml，C项错误；物质的量浓度为单位体积的溶液中所含溶质物质的量，单位为ml/L，D项正确；故选C。
2．下列说法中，正确的是
A．S的摩尔质量是32 g
B．常温常压下，1 ml SO2的体积是22.4 L
C．0.5 ml·L－1 Na2SO4溶液中含有1 ml Na+
D．1 ml N2中含有的分子数约为6.02×1023
【答案】D
【解析】S的摩尔质量是32 g/ml，A错误；标准状况下，1 ml SO2的体积是22.4 L，B错误；没有给出溶液的体积，无法计算钠离子的物质的量，C错误；氮气的物质的量为1ml，根据N=n·NA，则1 ml N2中含有的分子数约为6.02×1023，D正确；故选D。
3．下列叙述中正确的是
A．14gN2中含有1ml氮B．1mlCO中约含有6.02×1023个原子
C．氧化钙的摩尔质量为56D．1mlH2O和1mlH2O2所含氢元素质量相等
【答案】D
【解析】N2物质的量为，而氮原子为1ml，该表述不清楚，A项错误；1个CO中含有2个原子，则1mlCO中含有2×6.02×1023=1.204×1024个，B项错误；摩尔质量的单位为g/ml，C项错误；1mlH2O中H的质量为2ml×1g/ml=2g。而1mlH2O2中H的质量为2ml×1g/ml=2g，D项正确；故选D。
4．下列说法正确的是
A．的溶液与的溶液的浓度相等
B．将固体溶解在水中，所得溶液的物质的量浓度恰好是
C．在相同的温度和压强下，的和混合气体与的含有相同数目的原子
D．摩尔是国际基本物理量，氯原子的摩尔质量为
【答案】C
【解析】2 L0.1 ml/L的溶液中Cl-浓度是0.2 ml/L；1 L0.4 ml/L的NaCl溶液的Cl-浓度是0.4 ml/L，故两种溶液中Cl-浓度不相等，A错误；40 g NaOH的物质的量是1 ml，将其溶解在1 L水中，所得溶液的体积不是1 L，因此不能确定溶液的物质的量浓度就是1 ml/L，B错误；根据阿伏加德罗定律，同温同压下，相同体积的气体具有相同的分子数。所以在相同的温度和压强下，的和混合气体与的的体积相同，所以含有相同数目的分子数，由于、、均为双原子分子，所以含有的原子数也相同，C正确；摩尔是国际基本物理量物质的量的单位，不是物理量，D错误；故选C。
5．航天员在太空舱需要的氧气除了从地球运输外，在空间站制取的原理为：①；②。下列有关说法不正确的是
A．①②均为氧化还原反应
B．反应①中每生成，同时生成
C．反应②中被还原可得到
D．常温常压下，的摩尔质量为
【答案】B
【解析】反应①中H和O的化合价发生变化，②中C和H化合价发生变化，均为氧化还原反应，A正确；
O2没有说明是在标况下，不能使用标况下得气体摩尔体积计算，B错误；反应②中C的化合价由-4价升为+4价，每个C转移8个电子，因此1mlCO2被还原可得到8mle-，C正确；摩尔质量在数值上等于相对分子质量，因此H2O的摩尔质量为18g/ml，D正确；故选B。
6．同温同压下，等容积的两个密闭容器中分别充满了12C18O和14N2两种气体。关于这两个容器中气体的说法正确的是
A．原子数、中子数和质子数都相等B．分子数和质量均不相等
C．质量、分子数、原子数均相等D．质子数、原子数相等，质量不等
【答案】D
【分析】依据阿伏加德罗定律及其推论，同温同压下，等容积的12C18O和14N2两种气体，其物质的量相等。为便于分析，可假设二者的物质的量都为n ml.
【解析】n ml 12C18O和14N2中，原子数都为2nNA、中子数前者为16 nNA、后者为14 nNA，质子数都为14 nNA，A不正确；n ml 12C18O和14N2中，分子数都为nNA，质量分别为30ng、28ng，B不正确；n ml 12C18O和14N2中，质量分别为30ng、28ng，分子数都为nNA、原子数都为2nNA，C不正确；n ml 12C18O和14N2中，质子数都为14 nNA、原子数都为2nNA，质量分别为30ng、28ng，D正确；故选D。
7．容积不同的A、B两个密闭容器，A中充满氮气，B中充满和混合气体，同温同压下测得两容器中气体密度相同，下列叙述不正确的是
A．容器A和容器B中所含气体质量一定不同
B．容器B中混合气体的密度是同温同压下氢气密度的14倍
C．容器B中和的质量之比为33∶16
D．容器A和容器B中所含气体分子数一定不同
【答案】C
【分析】根据阿伏加德罗定和可得，同温同压下测得两容器中气体密度相同，则A、B两容器中气体的平均摩尔质量是相等的，。
【解析】 A、B两个密闭容器容积不同，同温同压下测得两容器中气体密度相同，根据可知，容器A和容器B中所含气体质量一定不同，A正确；根据，同温同压下，摩尔质量之比等于密度之比，，，B正确；设CH4的物质的量为a，CO2的物质的量为b,则解得，质量之比，C错误；同温同压下，A、B两个密闭容器容积不同，根据可知A、B两容器的物质的量不同，根据可知容器A和容器B中所含气体分子数一定不同，D正确；故选C。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1L1mlCa(ClO)2溶液中含ClO-的数目为0.2NA
B．12g质量分数为25%的甲醛水溶液中含0.1NA个O原子
C．已知核反应：U+n→Ba+M+3n，则0.1mlM中含中子的数目为5.3NA
D．50mL18.4ml•L-1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
【答案】C
【解析】次氯酸根离子水解生成次氯酸分子和氢氧根离子，导致其数目小于0.2NA，A错误；12g质量分数为25%的甲醛水溶液中的水中也含有氧原子，故含大于0.1NA个O原子，B错误；核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；则A=235+1-144-3×1=89，Z=92-56=36，M中中子数为89-36=53，故0.1mlM中含中子的数目为5.3NA，C正确；随着反应进行，硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，生成SO2分子的数目小于0.46NA，D错误；故选C。
9．已知：。代表阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．生成电子转移数为
B．消耗生成CO分子数为
C．生成标准状况下，断开C-H键数为
D．消耗所生成的气体完全燃烧，需要分子数为
【答案】A
【解析】反应中氢元素得电子，化合价由+1变为0，二氧化碳中碳元素得电子，其碳由+4价变为+2价，甲烷中碳元素失电子，化合价由-4价变为+2价，结合得失电子守恒有6e-~2H2，则生成电子转移数为3NA，A错误；由化学方程式可知，消耗（为1ml）生成CO分子数为，B正确；由化学方程式可知，生成1分子氢气断开C-H键数为2，则生成标准状况下（为2ml），断开C-H键数为，C正确；消耗所生成的气体为2mlCO、2mlH2，则2mlCO、2mlH2完全燃烧分别需要1mlO2、1mlO2；则消耗所生成的气体完全燃烧，需要分子数为，D正确；故选A。
10．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，22.4LCH3CHO的碳原子数为2NA
B．向FeBr2溶液中通入适量氯气，当有1mlBr2生成时，总共转移电子的数目可能为4ml
C．3.2gCu与S完全反应，转移电子数为0.1NA
D．O2和O3均只含非极性键，也均为非极性分子
【答案】B
【解析】标准状况下，为非气态，不能计算其物质的量，A选项错误。向溶液中通入适量氯气，氯气先和反应，当有生成时，总共转移电子的数目不能确定，至少为3ml，故B选项正确。
3.2gCu 的物质的量为0.05ml，1mlCu与S完全反应生成，故转移电子，故3.2gCu与S完全反应，转移电子数为0.05NA，故选项C错误。为极性分子，D选项错误。故选B。
11．我国科学家利用CO2合成淀粉的核心反应如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．反应①消耗4.4 g CO2时，转移电子数为0.6NA
B．标准状况下11.2 L H2O2所含的非极性键数为NA
C．30 g HCHO与DHA的混合物中含氧原子数为2NA
D．16.2 g淀粉在酶的作用下发酵酿酒最多可生成乙醇分子数为0.3NA
【答案】A
【解析】由反应机理可知，反应①发生的反应为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和氢气，则消耗4.4 g二氧化碳，反应转移电子数为×6×NAml—1=0.6NA，故A正确；标准状况下，过氧化氢为液态，无法计算11.2L过氧化氢的物质的量和含有的非极性键的数目，故B错误；甲醛和DHA的最简式相同，都为CH2O，则30 g甲醛与DHA的混合物中含氧原子数为×NAml—1=NA，故C错误；由淀粉酿酒涉及的反应可得如下关系式：(C6H10O5)n—nC6H12O6—2n C2H6O2，则16.2 g淀粉在酶的作用下发酵酿酒最多可生成乙醇分子数为×2n×NAml—1=0.2NA，故D错误；故选A。
12．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，124gP4中所含P-P键数目为
B．溶液中所含的数目小于
C．常温常压下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为
D．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为
【答案】D
【解析】每个P4分子中含6个P—P键，124g P4为1ml，含6ml P—P键，A错误；未说明体积所以无法计算Fe3＋数目，B错误；常温常压下，11.2L CH4和C2H4的混合气体物质的量不为0.5ml，C错误；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个正丁烷或异丁烷分子中含有13个共价键，58g正丁烷和异丁烷的混合物的物质的量为，则含有共价键的物质的量为13ml，即含有13NA个共价键，D正确；故选D。
13．用NA阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．1mlCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B．1.5 ml NO2与足量H2O反应，转移的电子数为1.5NA
C．常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA
D．0.10ml Fe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10NA
【答案】C
【解析】Cl2与Fe反应生成FeCl3，Cl元素的化合价由0降至-1价，1mlCl2与足量Fe反应，转移电子物质的量为2ml，转移电子数为2NA，A项错误；NO2与水的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中每3mlNO2参加反应转移2ml电子，1.5mlNO2与足量H2O反应，转移电子物质的量为1ml，转移电子数为1NA，B项错误；NO2和N2O4的实验式都为NO2，46g的NO2和N2O4混合气体中含“NO2”的物质的量为46g÷46g/ml=1ml，含原子总物质的量为3ml，原子数为3NA，C项正确；Fe与水蒸气的反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；0.10mlFe粉与足量水蒸气反应生成H2的物质的量为ml，生成的H2分子数为NA，D项错误；故选C。
14．下列叙述不正确的是
A．常温常压下，等物质的量的N2和CO所含的分子数目均为NA
B．常温常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA
C．25℃1.0LpH=13的Ca(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA
D．标准状况下，2.24LHCl与3.4gH2S气体分子所含电子数目均为1.8NA
【答案】A
【解析】常温常压下，等物质的量的N2和CO的物质的量不确定，无法判断所含的分子数目，A错误；
N2O4的最简式为NO2，4.6gNO2和N2O4组成的混合气体相当于0.1ml“NO2”，0.1ml“NO2”中含有0.2ml氧原子，混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA，B正确；pH=13的Ca(OH)2溶液中OH-的浓度为0.1ml/L，1L该溶液中含有0.1mlOH-，即OH-数目为0.1NA，C正确；标准状况下，2.24LHCl与3.4gH2S的物质的量均为0.1ml，而HCl分子和H2S分子中均含18个电子，故0.1mlHCl和0.1mlH2S中含有的电子数目均为1.8NA，D正确；故选A。
15．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1L0.1ml/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
【答案】A
【解析】1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC2H4O的物质的量为0.1ml，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确；1.7gH2O2的物质的量为=0.05ml，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确；向1L0.1ml/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=
c(NH)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH)，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)
=0.1ml，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5ml，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确；故选A。
16．关于Na2O2的叙述正确的是 （NA表示阿伏加德罗常数）
A．7.8g Na2O2含有的共价键数为0.2NA
B．7.8 g Na2S与Na2O2的混合物， 含离子总数为0.3 NA
C．7.8g Na2O2与足量的CO2充分反应， 转移的电数为0.2NA
D．0.2 ml Na被完全氧化生成7.8g Na2O2， 转移电子的数目为0.4NA
【答案】B
【解析】7.8g Na2O2为1ml，含有的共价键数为0.1NA，A错误；过氧根离子为整体，B正确；
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，1mlNa2O2与足量CO2反应时，转移NA个电子，C错误；1mlNa失去1ml电子成为Na+所以0.2ml钠完全被氧化失去0.2ml电子，转移电子的数目为0.2NA，D错误。
17．阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是
A．1L0.1ml·NH4Cl溶液中，的数量为0.1
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2
D．0.1ml H2和0.1ml I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2
【答案】D
【解析】NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；2.4gMg为0.1ml，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24ml=0.2ml，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2ml，分子数为0.2NA，故D正确。
18．设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NA
B．1mlNa2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为2 NA
C．用浓盐酸分别和KMnO4、KClO3反应制备l ml氯气，转移的电子数均为2NA
D．5.6gFe粉与足量S粉加热充分反应转移的电子数为0.2NA
【答案】D
【分析】标准状况下， CH3OH是液体；Na2O2与CO2的反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂；浓盐酸和KMnO4反应制备氯气，氯气是氧化产物；浓盐酸和KClO3反应制备氯气，氯气既是氧化产物又是还原产物；Fe粉与足量S粉反应生成硫化亚铁。
【解析】标准状况下， CH3OH是液体，2.24LCH3OH的物质的量不是0.1ml，故A错误；Na2O2与CO2的反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，1ml Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为NA，故B错误；浓盐酸和KMnO4反应制备氯气，氯气是氧化产物，生成1ml氯气转移2ml电子；浓盐酸和KClO3反应制备氯气，氯气既是氧化产物又是还原产物，生成1ml氯气转移ml电子，故C错误；Fe粉与足量S粉反应生成硫化亚铁，5.6gFe粉与足量S粉加热充分反应转移的电子数为0.1NA，故D错误。
19．某同学欲配制100 mL 0.10 ml/L CuSO4溶液。以下操作①~④是其配制过程及示意图，关于该配制过程，下列说法正确的是
A．操作①中，称取 2.5 g 胆矾晶体，并于烧杯中加水溶解
B．操作②中，容量瓶使用前需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后可用
C．操作③为定容，按图示观察，将导致所配溶液浓度偏高
D．操作④摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至凹液面与刻度线相切
【答案】A
【解析】称取胆矾晶体的质量为0.1L×0.1ml/L×250g/ml=2.5g，并在烧杯中加水溶解，故A符合题意；容量瓶使用前应用蒸馏水洗涤，由于定容时也需要加蒸馏水，所以无需干燥，故B不符合题意；按图示观察会导致所配溶液体积偏大，根据c=n/V，浓度偏小，故C不符合题意；发现液面低于刻度线后不应加水，如果加水溶液体积偏大，浓度偏低，故D不符合题意；答案为A。
20．某学生配制了100mL1ml·L-1的硫酸，然后对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确，但测得溶液的物质的量浓度小于1ml·L-1.则在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是
①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸
②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯和玻璃棒
③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面
④最后定容时，加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切
A．只有②③④B．只有③④C．只有①②③D．①②③④
【答案】D
【解析】①量筒用蒸馏水洗净后未干燥立即量取浓硫酸，浓硫酸被稀释，所取溶质H2SO4偏少，导致溶液浓度偏低；②未洗涤烧杯和玻璃棒，使溶质H2SO4损失，导致溶液浓度偏低；③少量溶液流到容量瓶外面，使溶质H2SO4损失，导致溶液浓度偏低；④加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶质H2SO4损失，导致溶液浓度偏低；故选D。
21．如图是某学校实验室从化学试剂商店采购的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制100mL 1.5ml/Ｌ的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。
请回答下列问题：
(1)配制稀硫酸时，还缺少的仪器是_______(填写名称)。
(2)经计算，配制100mL 1.5ml·Ｌ-1的稀硫酸需要量取上述浓硫酸的体积为_______mL。
(3)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1.5 ml·Ｌ-1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的有_______(填写字母)。
A．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水
C．将硫酸稀释后立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作
D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面
E.定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容
F.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处
(4)将10.9g Na2O和Na2O2的固体混合物溶于水得到500mL溶液，所得溶液用100mL稀硫酸恰好完全中和。回答下列问题：
①固体混合物中的质量为_______g。
②固体混合物与水反应生成气体的体积为_______L(标准状况)。
③固体混合物与水反应后，所得NaOH溶液的物质的量浓度_______。
【答案】(1)100mL容量瓶、玻璃棒 (2)8.2 (3)ACE (4) 7.8 1.12 0.6
【解析】（1）配制稀硫酸时的步骤有：计算、量取、稀释(并冷却)、移液、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶；
（2）原浓硫酸的物质的量浓度c=，根据稀释前后硫酸的物质的量不变，配制100mL 1.5ml·Ｌ-1的稀硫酸需要量取上述浓硫酸的体积为 。
（3）A．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸，浓硫酸体积偏大，所配制的稀硫酸浓度偏大，故选A；
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，对硫酸物质的量、溶液体积都没有影响，所配制的稀硫酸浓度无影响，故不选B；
C．浓硫酸溶于水放热，将硫酸稀释后立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作，冷却后溶液体积偏小，所配制的稀硫酸浓度偏大，故选C；
D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，容量瓶中硫酸物质的量偏少，所配制的稀硫酸浓度偏小，故不选D；
E．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，溶液体积偏小，所配制的稀硫酸浓度偏大，故选E；
F．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，溶液体积偏大，所配制的稀硫酸浓度偏小，故不选F；
选ACE；
（4）氧化钠和过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，硫酸和氢氧化钠反应方程式为2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，所得溶液用100mL稀硫酸恰好完全中和，可知n(NaOH)= 0.1L××2=0.3ml。根据钠元素守恒，10.9g Na2O和Na2O2的固体中含有0.3mlNa+，设Na2O和Na2O2的物质的量分别是xml、yml，则，解得。
①固体混合物中的质量为0.1ml×78g/ml=7.8g。
②Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，0.1ml 与水反应生成0.05ml氧气，生成气体的体积为0.05ml×22.4L/ml=1.12L(标准状况)。
③固体混合物与水反应后，生成氢氧化钠的物质的量为0.3ml，所得NaOH溶液的物质的量浓度0.3ml÷0.5L=0.6。
22．用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g·cm-3)配制成1ml·L-1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：
(1)配制稀盐酸时，应选用规格为___________mL的容量瓶。
(2)经计算需要___________mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的___________。
A．5mL B．10mL C．25mL D．50mL
(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入选定规格的容量瓶中；
②往容量瓶中小心注入蒸馏水至液面距离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面与瓶颈的刻度线相切；
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。
上述操作中，正确的顺序是___________(填序号)。
(4)在上述配制过程中，用刚刚洗涤干净的量筒来量取浓盐酸，则配制的稀盐酸浓度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。若未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度___________。
【答案】(1)250 (2) 21.6 C (3)③①④② (4) 偏低 偏低
【解析】（1）要配制盐酸 220mL,则需要选择250ml的容量瓶；
（2）c(HCl)= ml·L-1=11.6 ml·L-1.加水稀释前后HCl的物质的量不变，所以11.6 ml·L-1×V(HCl)=250 mL×1 ml·L-1，解得V(HCl)≈21.6 mL，应该选择25 mL的量筒量取；
（3）配制一定物质的量浓度的溶液的一般操作步骤有计算、量取稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶,故上述操作中，正确的顺序是③①④②；
（4）用刚刚洗涤干净的量筒来量取浓盐酸，量取的盐酸被稀释了，其物质的量比实际偏小，所配制溶液的浓度偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒或未将洗涤液注入容量瓶，则一部分溶质损失，所配制溶液的浓度偏低。
23．1984年我国研制出有效杀灭肝炎病毒的消毒液，命名为“84消毒液”。完成下列问题。
(1)实验室“84 消毒液”可通过将氯气通入冷而稀的氢氧化钠溶液获得，写出该反应的离子方程式_______。
(2)“84消毒液”与洁厕灵(主要成分为盐酸)混用，会产生黄绿色有毒气体。反应离子方程式为_______，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
(3)将“84 消毒液”与同时用于织物漂白，效果不佳，原因 _______(用离子方程式表示)。
(4)高铁酸钠是一种能氧化、杀菌、脱色、除臭的新型高效水处理剂。
①某兴趣小组欲用固体配制的高铁酸钠溶液，需要高铁酸钠固体的质量为_______g。配制所用的容量瓶上标有_______、_______、刻度线。
②下列操作导致浓度偏低的是_______。
A．容量瓶用蒸馏水洗净之后，直接用于溶液的配制
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
C．摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至与刻度线相切
D．定容时，俯视刻度线
【答案】(1)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (2) 1∶1
(3) (4) 1.66 温度 容积 BC
【解析】（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（2）洁厕灵中的盐酸与“84”消毒液的NaClO发生归中反应生成氯气，反应的离子方程式为；在该反应中，-1价氯离子和次氯酸根中+1价氯生成氯气，故氯气既是氧产物又是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1；
（3）“84”消毒液中NaClO具有强氧化性，SO2具有还原性，混用时二者发生反应生成硫酸钠和氯化钠，离子方程式为；
（4）①配制100mL0.1ml·L-1的高铁酸钠溶液，高铁酸钠的物质的量n=0.1L ×0.1ml/L=0.01ml ，需要高铁酸钠的质量m =0.01ml×166g/ml= 1.66g，配制100mL溶液应该选择100mL容量瓶，该容量瓶上标有刻度线、100mL的量程和温度(20°C)，故答案为：1.66；温度；容积；
②定容时需要加入蒸水，所以容量瓶用蒸馏水洗净之后，直接用于溶液的配制无影响，故A错误；配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶液中溶质的物质的量偏小，配制结果浓度偏低，故B正确；摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至与刻度线相切，导致溶液的体积偏大，配制结果浓度偏低，故C正确；定容时，俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，配制结果浓度偏高，故D错误；答案为BC。
24．完成下列填空
(1)9.5 g某二价金属氯化物(ACl2)中含有0.2 mlCl-，则A的摩尔质量是_______。
(2)Al与NaOH溶液的反应化学方程式为_______；铝的氧化物属于_______氧化物(填“碱性”，“酸性”或“两性”)。
(3)已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL。密度为ρ g/cm3，质量分数为w%，物质的量浓度为c ml/L，用w表示该温度下NaCl的溶解度_______。
(4)有一个储气瓶，装满O2称重为516g，装满Cl2称重为535.5g (均在标况下测定)，若相同条件下装满H2，则称重质量为_______。
(5)如图是某学校实验室从化学试剂商店采购的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制240mL1.84ml/ L的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。
请回答下列问题：
①配制稀硫酸时，还缺少的仪器是_______(填写名称)。
②经计算，配制240mLl.84ml· L-1的稀硫酸需要量取上述浓硫酸的体积为_______mL。
③对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1.84ml·L-1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的有_______(填写字母)。
A．用量筒量取浓硫酸时，俯视刻度线取浓硫酸
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水
C．将硫酸稀释后立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作
D．用量筒量取浓硫酸后，洗涤量筒并将洗涤液也转移入烧杯中
E.定容时，仰视容量瓶刻度线
F.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处
【答案】(1)24 (2) 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 两性 (3)g
(4)501g (5) 250容量瓶、玻璃棒 CD
【解析】（1）9.5 g某二价金属氯化物(ACl2)中含有0.2 mlCl-，所以ACl2的物质的量为0.1ml，，A的摩尔质量是(95-35.5×2)=24；
（2）Al与NaOH溶液的反应生成NaAlO2和H2，其化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；铝的氧化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，属于两性氧化物；
（3）设该饱和NaCl溶液的溶解度为S，其质量分数w%=，解得S=g；
（4）标准状况下，储气瓶的体积不变，则装满O2、Cl2和H2的物质的量相同，设储气瓶的质量为xg，根据得，，解得x=500g，故O2的物质的量为，则H2的质量为，在相同条件下装满H2，则称重质量为500g+1g=501g；
（5）①配制稀硫酸时，选用的仪器有：胶头滴管、烧瓶、烧杯、药匙、量筒、托盘天平，还缺少的仪器是250容量瓶、玻璃棒；
②浓硫酸的物质的量浓度，配制稀硫酸时溶质不变，其物质的量为，则需要浓硫酸的体积为；
③对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1.84ml·L-1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的有：用量筒量取浓硫酸时，俯视刻度线取浓硫酸，量取浓硫酸的体积偏小，所配制的稀硫酸浓度偏小，A不符合题意；在定容时，还需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此容量瓶中原有少量蒸馏水不影响所配溶液浓度，B不符合题意；将硫酸稀释后温度较高，根据热胀胀冷缩，立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作，会使加入的蒸馏水偏少，所配制的稀硫酸浓度偏大，C符合题意；用量筒量取浓硫酸后，洗涤量筒并将洗涤液也转移入烧杯中，会使溶质偏大，所配制的稀硫酸浓度偏大，D符合题意；定容时仰视刻度线，导致加蒸馏水多了，会导致所配溶液浓度偏小，E不符合题意；定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，可能是因为摇动时溶液有一部分附着在了刻度线上方的瓶壁和瓶塞上，再补充几滴水至刻度处，导致溶剂质量增加了，会导致所配溶液浓度偏低，F不符合题意；故答案为：CD。
硫酸化学纯(CP)
(500mL)
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84g/cm3
质量分数：98%
硫酸化学纯
(CP)(500mL)
品名：硫酸
化学式： H2SO4
相对分子质量： 98
密度： 1.84g/cm3
质量分数： 98%