热门试卷

95g/mol  、   95  、24

3.01×1023个Cl-的物质的量是0.5mol，所以氯化物的物质的量是0.25mol。则根据M＝m/n可知，MCl2的摩尔质量＝23.75g÷0.25mol＝95g/mol；氯原子的相对原子质量是35.5，所以M的相对原子质量为95－35.5×2＝24。

（1）①500 mL容量瓶（1分）、胶头滴管（1分） ② 搅拌，加快固体溶解（1分） 引流（1分）

（2）2.9 （2分）       （3）a.①⑤  b.②③⑥　c. ④（每个序号1分）

试题分析：（1）根据操作步骤选取实验仪器；配制步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，固体药品一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，① 实验中用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯，还缺少500 mL容量瓶、胶头滴管；② 实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌，加快固体溶解、 引流。

（2）m=nM=CVM=0.02mol/L×0.5L×286g/mol=2.9g。

（3）①碳酸钠晶体失去了部分结晶水，导致称量溶质碳酸钠的质量增大，配制溶液的浓度偏高；②用“左码右物”的称量方法称量晶体导致称量溶质的质量增小，配制溶液的浓度偏低；③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，导致碳酸钠的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低；④容量瓶未经干燥就使用不影响溶质的物质的量，也不影响溶液的体积，所以对配制的溶液浓度无影响；⑤定容时俯视液面，所配溶液的体积偏小，浓度偏高；⑥摇匀后发现液面低于刻度线再加水，所配溶液的体积偏大，浓度偏低；综上所述，偏高的为：①⑤，偏低的为：②③⑥，无影响的为：④。

2：4：3或5：1：3（每空3分）

试题分析：一氧化碳和氧气生成二氧化碳，最后气体的体积=（9-1-5）=3mL，说明有气体剩余，剩余的气体是氧气或者一氧化碳．设参加反应的一氧化碳和氧气的体积分别X、Y，利用体积差量可得：

2CO + O2 = 2CO2 ∆V

2    1    2     1

X    Y         1mL  

可得X=2mL，Y=1mL即参加反应的一氧化碳的体积是2mL，氧气的体积是1mL．

如果剩余的气体是一氧化碳，则混合气体中各种气体的体积分别是：氧气的体积1mL，一氧化碳的体积=（2+3）=5mL，二氧化碳的体积=（9-1-5）=3mL．所以混合气体中一氧化碳、氧气、二氧化碳的体积比是5：1：3。

② 如果剩余的气体是氧气，则混合气体中各种气体的体积分别是：氧气的体积=（1+3）=4mL，一氧化碳的体积=2mL，二氧化碳的体积=（9-2-）=3mL．所以混合气体中一氧化碳、氧气、二氧化碳的体积比是2：4：3。

①；④；②；③

10     6.02×1022   1:2   2:1   3：1

试题分析：n(NH3)=m／M=17g÷17g／mol=1mol。N(电子)=10×1mol=10mol。因为：n=N／NA所以N=" n" NA=0.1×6.02×1023= 6.02×1022。同温同压下，同体积的任何气体具有相同的体积。它们的物质的量也相等。这时同体积的氨气与硫化氢的质量比等于它们的摩尔质量之比。即为17:34="1:2." 同温同压下，同质量的NH3和H2S气体的体积比为(m÷17g／mol):(m)÷34g／mol)="2:1." 同质量的NH3和H2S中氢原子的个数比为（2×3）:（1×2）=3:1.

（1）18.4 mol／Ｌ；CM/1000ρ  (2) 3mol； 9.03×1024 或15NA；0.75 mol／L

（1）根据可知，硫酸的浓度是＝18.4 mol／Ｌ；根据可知，溶质的质量分数为CM/1000ρ。

（2） Na2SO4·10H2O的摩尔质量是322g/mol，所以483g Na2SO4·10H2O的物质的量是1.5mol，则钠离子的物质的量是3.0mol，含有的水分子是15mol，数目是15NA；根据c＝n/V可知，溶质的浓度是0.75mol/L，所以SO42-的物质的量浓度为0.75mol/L。

（1）AEFDCB；（2）①13．6 ②15 偏低 ③防止暴沸，使稀释浓硫酸产生的热量及时散发出去 偏低 ④ 静置冷却 偏高 偏低 ⑤偏高 偏低（每一个空1分）

试题分析：（1）本题考查一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤；操作步骤有计算、量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，其操作正确顺序为AEFDCB；（2）①根据计算浓H2SO4的物质的量浓度为18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x=13.6mL；②量取13.6mL浓硫酸，需要使用15mL的量筒；量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取，浓硫酸被蒸馏水稀释，导致浓硫酸的浓度偏低，将使实验最终结果偏低；③浓硫酸稀释放热，将浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，不断搅拌的目的是防止暴沸，使稀释浓硫酸产生的热量及时散发出去，若搅拌过程中有液体溅出，溶质损失，会使最终结果偏低；④浓硫酸稀释放热，溶液的温度升高，转移前必须冷却稀释的溶液，否则冷却后配制的溶液的体积偏低，最终导致浓度偏高；洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗液也要转入容量瓶，否则会使配制的溶液中溶质的物质的量减小，浓度偏低；⑤定容时俯视，导致溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高；若仰视，导致溶液的体积偏大，配制的溶液浓度偏低。

（1）①0.5   6    5NA   ②

（2）5:4  5:4  5:6      （3）1:1   2:5    （4）103g/mol  0.1  （5）0.2  0.2   2.24

试题分析：（1）①由和组成的水分子的摩尔质量是22g/mol，所以11g由和组成的水分子的物质的量＝11g÷22g/mol＝0.5mol。又因为质子数＋中子数＝质量数，所以其中含中子数为[（2－1）×2＋18－8]×0.5mol＝6mol。由于质子数＝核外电子数，所以电子数为（1×2＋8）×0.5×NA＝5NA        个。

②2－微粒的核外电子数是8＋2＝10个，所以该微粒的结构示意图为。

（2）质量相等的两种物质SO2和SO3，其物质的量之比＝:＝5:4，所以两种物质中硫元素质量之比为5:4，分子物质的量之比为5:4，所含氧原子个数之比为2×5:3×4＝5:6。

（3）0.2L 0.5mol/L Al2(SO4)3溶液中SO42—离子浓度是0.5mol/L×3＝1.5mol/L，0.5L 0.5mol/L Al2(SO4)3溶液中SO42—离子浓度＝0.5mol/L×3＝1.5mol/L，因此所含SO42—离子浓度之比为1:1，SO42—离子数目之比为0.2L×1.5mol/L:0.5L×1.5mol/L＝2:5。

（4）20.6g NaR 含有Na+0.2mol，则NaR的物质的量也是0.2mol，则其摩尔质量为20.6g÷0.2mol＝103g/mol。这说明R的相对原子质量是103－23＝80，则8.0gR的物质的量＝8.0g÷80g/mol＝0.1mol，所以含R 8.0g 的NaR的物质的量也是0.1mol 。

（5）根据反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑可知，镁消耗1mol二氧化锰的同时消耗4mol氯化氢，生成1mol氯气，这说明被氧化的氯化氢是2mol，所以若0.1 molMnO4与足量的浓盐酸充分反应，则有0.2mol HCl被氧化。锰元素的化合价从＋4价降低到＋2价，因此转移电子的物质的量为（4－2）×0.1mol＝0.2mol，氯气的物质的量是0.1mol，则产生的Cl 2在标准状况下的体积为       0.1mol×22.4L/mol＝2.24L。