人教【新课标】高中化学一轮复习：专题1化学计量在实验中的运用含解析

人教【新课标】高中化学一轮复习：专题1化学计量在实验中的运用一、单选题1．下列物质中所含分子的物质的量最多的是（）【分析】A.1个重水分子含10个质子，18g重水的物质的量为0.9mol；A．1.5molO2B．56gN2B.反应生成的NO2存在转化：2NO2N2O4；C．33.6LCl2（标准状况）D．3.01×1023个SO2分子C.溶液体积未知；【答案】BD.铵根离子中含有4个N-H键。【知识点】物质的量的相关计算3．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）【解析】【解答】A.1.5mol氧气；A．标准状况下，分子数为B.56g氮气物质的量为：=2mol；C．标况下33.6L氯气物质的量为：；D.3.01×1023个SO2分子的物质的量为：mol=0.5mol；通过比较可知物质的量最大的是B，其所含分子数也最多，答案应选B。【分析】根据公式V=n·Vm，N=n·NA，m=n·M计算。2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．18g重水(D2O)中含有的质子数为10NAB．标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NAC．0.1mol·L-1HClO4溶液中含有的H+数目为0.1NAD．1molNH4F晶体中含有的共价键数目为4NA【答案】D【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A.18g重水(D2O)的物质的量为=0.9mol，含有的质子数为0.9NA10=9NA，A不符合题意；B．标准状况下，11.2L即0.5molNO与11.2L即0.5molO2混合，发生反应：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，则反应后气体的物质的量小于0.75mol，混合后的分子数目小于0.75NA，B不符合题意；C．溶液体积未知，无法计算氢离子数目，C不符合题意；D.1molNH4F晶体中含1mol铵根离子，1mol铵根离子中含4molN-H键，因此1molNH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，D符合题意；故答案为：D。B．白磷分子中共价键数目为的盐酸中，数目为晶体中的数目为C．D．【答案】B【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．标准状况下是液体，的物质的量不是0.5mol，故A不符合题意；B．白磷分子的结构式为，1个白磷分子中有6个共价键，白磷分子中共价键数目为，故B符合题意；C．没有明确溶液体积，不能计算D．晶体由故答案为：B。的盐酸中数目，故C不符合题意；构成，不含，故D不符合题意；【分析】A.标况下CH2Cl2为液体；B.1mol白磷含6molP-P键；C.溶液体积未知；D.中的离子为。4．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）nA．22.4L(标准状况)HF中含有10NA个质子B．2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数为2NAC．将1molNH4NO3溶于稀氨水中，若所得溶液呈中性，则溶液中NH的数目为NAD．惰性电极电解CuSO4溶液，若电路中通过的电子数为NA，则阳极生成32g铜【答案】C【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．标准状况下，氟化氢为液态，无法计算22.4L氟化氢的物质的量和含有的质子数目，故A不符合题意；B．二氧化硫和氧气的催化氧化反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数小于2NA，故B不符合题意；C．由电荷守恒可知，将1mol硝酸铵溶于稀氨水中所得中性溶液中铵根离子浓度与硝酸根离子浓度相等，则溶液中铵根离子的数目为1mol×NAmol-1=NA，故C符合题意；D．惰性电极电解硫酸铜溶液，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.标况下HF为液态；B.二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；C.结合电荷守恒判断；D.惰性电极电解CuSO4溶液，单质铜在阴极生成。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．同温同压下，含有相同数目分子的不同物质必具有相同的体积B．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LC．0.5molCCl4分子中含有的共用电子对数为2NAD．足量的Fe粉与标准状况下的1.12LCl2充分反应，转移的电子数为0.15NA【答案】C【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．根据阿伏加德罗定律及其推论可知，同温同压下，含有相同数目分子的不同气体物质必具有相同的体积，A项不符合题意；B．氦气是单原子分子，含有个氦原子的氦气的物质的量是1mol，在标准状况下的体积约为22.4L，B项不符合题意；4分子中含有的共用电子对数为0.5mol4NA=2NA，C项符合题意；D．足量Fe在0.05mol中充分燃烧，氯气完全被还原为Cl-，转移0.1mol电子，即0.1NA，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】本题考查阿伏加德罗常数，牢记阿伏加德罗常数定义以及阿伏加德罗常数与物质的量间的计算关系。若NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）常温下，18gH2O所含的质子数为18NA在标准状况下，5.6LCH4和11.2LCl2在光照下充分反应后的分子数为0.75NAC．1L0.1mol·L-1乙二酸溶液中含H+的数目为0.2NAD．用惰性电极电解饱和食盐水，电子转移的数目为NA时，生成的OH-浓度为1mol·L-1【答案】B【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．已知一个H2O分子中含有10个质子，故常温下，18gH2O所含的质子数为=10NA，A不符合题意；B．已知CH4+Cl2CH3Cl+HCl、CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl、CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl、CHCl3+Cl2CCl4+HCl可知不管进行哪个反应，反应前后分子总数均保持不变，个在标准状况下，5.6LCH4和11.2LCl2在光照下充分反应后的分子数为=0.75NA，B符合题意；C．由于乙二酸是多元弱酸，电离不完全，故1L0.1mol·L-1乙二酸溶液中含H+的数目小于0.2NA，C不符合题意；D．由于题干未告知电解后溶液的体积，故无法计算用惰性电极电解饱和食盐水，电子转移的数目为NA时，生成的OH-浓度，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.一个水分子含10个质子；C.乙二酸部分电离；D.溶液体积未知。7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）n4gP4含有的P−P键的个数为6NA8gNa2O2中所含的离子总数为4NAC．12g金刚石中含有的C−C键为4NAD．60gSiO2中含Si−O键的个数为2NA【答案】A【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．一个P4含有6个P−P键，124gP4物质的量为1mol，因此124gP4含有的P−P键的个数为6NA，故A符合题意；B．Na2O2中有2个钠离子，1个过氧根离子，因此78gNa2O2(物质的量为1mol)中所含的离子总数为3NA，故B不符合题意；C.1mol金刚石含有2molC−C键，12g金刚石(物质的量为1mol)中含有的C−C键为2NA，故C不符合题意；D.1molSiO2中含4molSi−O键，则60gSiO2(物质的量为1mol)中含Si−O键的个数为4NA，故D不符合题意。故答案为：A。【分析】B.一个Na2O2中含有2个钠离子，1个过氧根离子；C.1mol金刚石含有2molC−C键；D.1molSiO2中含4molSi−O键。8．在光照条件下，CH4与Cl2能发生取代反应。使1molCH4与Cl2反应，待反应完全后测得四种有机取代产物的物质的量之比n(CH3Cl)∶n(CH2Cl2)∶n(CHCl3)∶n(CCl4)＝3∶2∶1∶4，则消耗的Cl2的物质的量为（）A．1.0molB．1.8molC．2.2molD．2.6mol【答案】D【知识点】甲烷的取代反应；物质的量的相关计算【解析】【解答】在光照条件下，1molCH4与Cl2能发生取代反应，得四种有机取代产物的物质的量之比n(CH3Cl)∶n(CH2Cl2)∶n(CHCl3)∶n(CCl4)＝3∶2∶1∶4，由碳原子守恒可知：n(CH3Cl)+n(CH2Cl2)+n(CHCl3)+n(CCl4)=1mol，所以n(CH3Cl)=0.3mol，n(CH2Cl2)=0.2mol，n(CHCl3)=0.1mol，n(CCl4)=0.4mol，该四种取代物中取代的n(H)=n(Cl)=0.3mol×1+0.2mol×2+0.1mol×3+0.4mol×4=2.6mol，根据取代反应的特点可知，取代1molH原子，消耗1molCl2，则消耗的n(Cl2)=n(H)=2.6mol，D符合题意；故答案为：D。【分析】发生取代反应时，氯气中的Cl原子一半保留在有机物分子中，一半与H原子结合生成HCl，根据n(CH3Cl)∶n(CH2Cl2)∶n(CHCl3)∶n(CCl4)＝3∶2∶1∶4计算出各自的物质的量，进而计算所需氯气的物质的量，据此解答。9．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（），下，氢气中质子的数目为溶液中，的数目为苯甲酸完全燃烧，生成的数目为电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为【答案】C【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算【解析】【解答】A.25℃、101kPa不是标准状况，则不能运用公式V=n·Vm计算氢气的物质的量，A不符合题意；B．根据题干信息可知n(AlCl3)=2mol，由于Al3+在溶液中会发生水解，所以Al3+的数目小于2.0NA，B不符合题意；C．苯甲酸完全燃烧的化学方程式为C6H5COOH+O27CO2+3H2O，根据方程式可知1mol苯甲酸完全燃烧生成7molCO2，则0.20mol苯甲酸完全燃烧会生成1.4molCO2，即其数目为1.4NA，C符合题意；D．电解熔融CuCl2的阴极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极增重为生成的m(Cu)，根据m=nM可知n(Cu)=0.1mol，所以外电路中通过电子的物质的量为0.2mol，即数目为0.2NA，D不符合题意；故答案为：D。【分析】A.条件不是标准状况，无法计算物质的量。B.注意Al3+在溶液中会发生水解。C.根据化学方程式及N=n·NA进行计算。D.电解熔融CuCl2时，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，结合n=进行计算。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）工业上电解制备时，产生气体的分子数为3三硫化四磷(，如图所示)中含有的极性键的数目为6C．标准状况下，22.4L氯气与足量烧碱溶液反应，转移的电子数为2nD．与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目为2【答案】B【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．电解方程式为24Al+3O2↑，生成的物质的量为，则产生1.5molO2，产生气体的分子数为1.5，A不符合题意；B．的物质的量为，根据图可知含有的极性键P-S的数目为6，B符合题意；C．标准状况下，22.4L氯气物质的量为，氯气和NaOH反应生成NaClO和NaCl，氯元素自身发生歧化反应，化合价从0价升到+1价，1mol氯气反应转移电子数为，C不符合题意；D．酯化反应是可逆反应，与乙醇反应不能完全转化，生成酯基的数目小于2，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.电解的反应为2B.P4S3中含有6个P-S键；4Al+3O2↑；C.氯气和NaOH反应生成NaClO、NaCl和水；D.酯化反应为可逆反应，不能彻底进行。11．磷有多种同素异形体，其中白磷和黑磷(每一个层由曲折的磷原子链组成)的结构如图所示，设伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．3.1g中含有的中子数为B．31g黑磷中含有的P-P键数目为C．12.4g白磷与0.6mol在密闭容器中充分反应，生成的分子数等于D．白磷与黑磷为同素异形体为阿【答案】C【知识点】同素异形体；阿伏加德罗常数【解析】【解答】A.1个原子中含有31-15=16个中子，则3.1g中含有的中子数为×16NA=1.6NA，A不符合题意；B．黑磷分子中，每个P原子平均形成1.5个P-P键，则31g黑磷中含有的P-P键数目均为×1.5NA=1.5NA，B不符合题意；C.12.4g白磷物质的量为=0.1mol，与0.6molH2在密闭容器中发生反应P4+6H24PH3，则充分反应生成的pH3分子数小于0.4NA，C符合题意；D．白磷与黑磷均为磷元素形成的不同单质，故互为同素异形体，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.1个31P含有16个中子；B.黑磷中每个磷原子形成3个P-P键，每个P-P键由两个P共有；C.白磷与氢气反应生成磷化氢的反应为可逆反应，不能进行到底；D.同种元素组成的不同单质互为同素异形体。12．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子。在agHmX中所含质子的物质的量是()A．(A－N)molB．molC．(A－N＋m)molD．(A－N＋m)mol【答案】C【知识点】物质的量的相关计算【解析】【解答】某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，则质子数为A－N，则每个HmX分子含有质子数为A－N＋m，agHmX的物质的量为＝mol，故含有质子物质的量为mol×(A－N＋m)＝(A－N＋m)mol，故C符合题意；故答案为：C。【分析】利用质量数等于同位素的近似相对原子质量，即X的相对原子质量为A，然后利用质子数＋中子数=质量数，求出X的质子数，进行分析；nVmLFe2(SO4)3溶液中含有agFe3+，取出溶液中的四分之一，将其稀释到3VmL，则稀释后溶液中SO4的2-物质的量浓度是（）mol•L-1B．mol•L-1C．mol•L-1D．mol•L-1【答案】D【知识点】物质的量浓度【解析】【解答】VmLFe2(SO4)3溶液中，n(Fe3+)=ag/56g·mol-1=a/56mol，据2Fe3+~3SO4，有3a/112mol2-SO2-。四分之一溶液中n(SO2-)=3a/448mol，则稀释后溶液中c(SO2-)=n(SO2-)/V=(3a/448mol)/(3V×10-44443L)=125a/(56V)mol•L-1，D符合题意；故答案为：D【分析】根据公式计算n[Fe2(SO4)3]，稀释过程中溶液中溶质的量不变，结合Fe2(SO4)3在水中的电离，计算溶液中c(SO4)。2-14．为测定某区域空气中的含量，课外小组的同学将空气样品通入的酸性溶液中(假定样品中无其他还原性气体，可被溶液充分吸收)，反应的离子方程式为。若空气流量为，经过溶液恰好褪色，则该）C．D．空气样品中的含量(单位：g/L)为（A．B．【答案】D【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算【解析】【解答】通入空气体积aL/min×bmin=abL，KMnO4物质的量为：0.2L×0.100mol/L=0.02mol，5SO2+2KMnO4+2H2O=2H2SO4+2MnSO4+K2SO4，，所以n(SO2)=0.05mol，质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，此次取样处的空气中二氧化硫含量为：g/L，故答案为：D。【分析】计算出高锰酸钾的物质的量，根据高锰酸钾的物质的量可以计算出二氧化硫的物质的量，进而求出二氧化硫的质量，根据通入空气的体积，可以计算出空气中二氧化硫的含量。向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积关系如图所示。下列判断正确的是（）在0～a范围内，只发生中和反应ab段发生反应的离子方程式为+2H+=CO2↑+H2OC．a=0.3D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2【答案】C【知识点】离子方程式的书写；物质的量浓度；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用【解析】【解答】A．在0～a范围内，发生和，故A不符合题意；B．ab段发生反应，故B不符合题意；C．由和二氧化碳的物质的量可知n()=0.01mol，设a点对应的HCl的物质的量为x，则，解得x=0.03mol，则a=0.03÷0.1=0.3，故C符合题意；D．因为n()=0.01mol，且n()=n()=0.01mol，再由可得消耗的氢离子为0.01mol，再由可得n(OH-)=n(H+)=，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1，故D不符合题意；故答案为C。【分析】A、除了中和反应外还有；B、反应为；D、物质的量之比为2：1。向50mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的（）A．开始时产生的气体为H2B．AB段产生的反应为置换反应C．所用混合溶液中c(HNO3)=0.5mol·L-1D．参加反应铁粉的总质量m2=5.6g【答案】D【知识点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数n【解析】【解答】A．根据分析，开始时产生的气体为NO，故A不符合题意；B．AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，为化合反应，故B不符合题意；C．n(NO)==0.05mol，所用混合溶液中c(HNO3)==1mol·L-1，C不符合题意；D．最终生成Fe2+，可知铁粉一部分与稀硝酸反应，一部分与酸中的氢离子反应，根据氧化还原反应中得失电子数目相等，3×n(NO)+2×n(H2)=2n(Fe)，即3×0.05mol+2×=2n(Fe)，n(Fe)=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，故D符合题意；故答案为：D。【分析】O-A发生反应为：Fe+4H++NO3=Fe+NO↑+2H2O；A-B发生反应为：Fe+2Fe=3Fe，B以后-3+3+2+发生反应为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，结合每一步产生的气体体积，可以算出消耗铁的量，根据产生NO量，结合质量守恒，可以算出硝酸的量二、综合题17．（1）I.分别取等物质的量浓度的氢氧化钠溶液各100mL，再通入一定量的CO2，随后分别各取10mL溶液，向其中逐滴滴入0.2mol·L－1的盐酸，在标准状况下产生CO2的体积(y轴)与所加入盐酸的体积(x轴)的关系如下图(分A、B两种情况)：在A情况下，溶质是(填化学式)，其物质的量之比为。（2）原氢氧化钠溶液的物质的量浓度为。（3）II.足量的两份铝分别投入到等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，产生H2的体积之比是。（4）III.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL浓度为2.0mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL的气体(标准状况)，所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是。【答案】（1）NaOH和Na2CO3；1：1（2）3mol/L（3）1：3（4）5.6g【知识点】钠的重要化合物；有关混合物反应的计算；物质的量的相关计算【解析】【解答】Ⅰ（1）由图A和图B可知，滴加相同的稀盐酸时，图A中反应生成CO2的体积比图B少，因此A中溶液的溶质为NaOH和Na2CO3。当加入稀盐酸的体积为0～100mL时，发生反应为NaOH＋HCl=NaCl＋H2O、Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，此时消耗n(HCl)=0.2mol·L－1×0.1L=0.02mol。当加入稀盐酸的体积为100～150mL时，发生反应为NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，此时消耗n(HCl)=0.2mol·L－1×0.05L=0.01mol，因此溶液中n(NaHCO3)=0.01mol。因此溶液中n(NaOH)=n(NaHCO3)=0.01mol。所以溶液中n(NaOH)：n(Na2CO3)=1：1。（2）根据钠元素守恒可得，原10mLNaOH溶液中n(NaOH)=0.01mol＋0.01mol×2=0.03mol，因此原NaOH溶液的物质的量浓度。Ⅱ（3）Al与盐酸、NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。铝足量，则HCl、NaOH完全反应。由于盐酸和NaOH溶液的体积和浓度都相等，因此n(HCl)=n(NaOH)，可令n(HCl)=n(NaOH)=6mol，则由反应的化学方程式可知，Al与盐酸反应生成n(H2)=3mol；与NaOH溶液反应生成n(H2)=9mol。由于同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此二者产生H2的体积比为1：3。Ⅲ（4）往Fe、FeO、Fe2O3中加入100mL2.0mol·L－1的盐酸，恰好反应后，所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现，说明此时溶液中的溶质为FeCl2。由氯元素守恒可得，n(FeCl2)=0.5n(HCl)=0.5×2.0mol·L－1×0.1L=0.1mol。若用足量的CO高温下还原相同质量的混合物，则所得铁的质量，与FeCl2中铁元素的质量相同，因此所得铁的质量m(Fe)=0.1mol×56g·mol－1=5.6g。【分析】Ⅰ、往NaOH溶液中通入CO2，发生的反应为2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，若CO2过量，则Na2CO3能进一步与CO2发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3。往Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，发生反应的化学方程式为Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑。据此结合图像数据进行计算。Ⅱ、Al与盐酸、NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。铝足量，则HCl、NaOH完全反应，结合反应的化学方程式进行计算即可。Ⅲ、所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现，说明溶液中不含有Fe3＋，因此溶液中溶质为FeCl2，结合质量守恒定律进行计算。18．硫酸高铈[Ce(SO4)2]可用作氧化还原反应的滴定剂。实验室要配制220mL0.1mol·L-1Ce(SO4)2溶液。回答下列问题：（1）应该用托盘天平称取Ce(SO4)2·4H2O晶体质量为g。（2）配制溶液所需仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还必须用到的一种玻璃仪器为，在使用该仪器前必须进行的操作是。（3）试判断下列操作对配制溶液物质的量浓度的影响(填“偏高”“偏低”或“不变”)。①定容时俯视刻度线。n②转移前，容量瓶内有蒸馏水。③定容时水加多了用胶头滴管吸出。（4）取20mL一定浓度的FeSO4溶液于锥形瓶中，当滴入30.00mL0.1mol·L-1Ce(SO4)2溶液(铈被还原为Ce3+)时，FeSO4恰好完全反应，FeSO4溶液的物质的量浓度是mol·L-1。【答案】（1）10.1（2）250mL容量瓶；检查是否漏液（3）偏高；不变；偏低（4）0.15【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度【解析】【解答】(1)实验室没有220mL的容量瓶，应选用250mL容量瓶配制该溶液，所需Ce(SO4)2·4H2O的质量为250×10－3L×0.1mol·L－1×404g·mol－1=10.1g，故答案为10.1g；(2)配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，根据所给仪器，缺少容量瓶，配制220mL溶液，需用250mL容量瓶，即缺少的仪器是250mL容量瓶，使用容量前，需要检漏，故答案为250mL容量；检查是否漏液；(3)分析误差，需要根据进行分析；①定容时，俯视刻度线，使溶液的体积小于容量瓶的规格，所配溶液浓度偏高，故答案为偏高；②转移前，容量瓶中有无蒸馏水，对实验结果无影响，故答案为不变；③定容时水加多了，稀释了原来溶液，所配溶液的浓度偏低，故答案为偏低；(4)根据题意Fe2＋被氧化成Fe3＋，Ce的化合价降低，根据得失电子数目守恒，20×10－3L×c(FeSO4)×1=30.00×10－3L×0.1mol·L－1×1，解得c(FeSO4)=0.15mol·L－1，故答案为0.15mol·L－1。【分析】（1）根据n=cv和m=nM计算出质量即可考查的是溶液的配制，需要用到250ml容量瓶，在使用仪器之前必须进行检查装置是否漏液根据,①俯视读数，导致v偏小，c偏大②最后要加水定容，故不影响③定容时，水多，v偏大，c减小（4）利用氧化还原反应计算出亚铁离子的物质的量即可19．某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：①将碱式滴定管用蒸馏水洗净，并用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，从碱式滴定管中放入20.00mL待测溶液到锥形瓶中②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000mol/L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定.滴定至指示剂刚好变色，且半分钟内颜色不再改变为止，测得所耗盐酸的体积为V1mL④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL试回答下列问题（1）锥形瓶的溶液从色变为无色时，停止滴定；（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛观察（3）②缺少的操作是用标准液润洗酸式滴定管（4）某次滴定时的滴定管中的液面如图，其读数为（5）根据下列数据：滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积(mL)滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)第一次20.000.5025.40第二次20.004.0029.10请计算待测NaOH溶液的浓度为（6）以下操作造成测定结果偏高的原因可能是A未用标准液润洗酸式滴定管B滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均符合题意C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液E溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化【答案】（1）红；无（2）锥形瓶内溶液颜色变化（3）用标准盐酸溶液润洗滴定管（4）22.60（5）0.1250（6）ADE【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定；化学实验方案的评价；物质的量浓度【解析】【解答】（1）标准酸滴定氢氧化钠溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，锥形瓶中的溶液从红色变为无n色，且半分钟内不改变时可判断达到滴定终点，故答案为红，无。（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，边观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以便及时判断滴定终点，故答案为锥形瓶内溶液颜色变化。（3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准盐酸溶液润洗滴定管2-3次，故答案为用标准盐酸溶液润洗滴定管。（4）由图可知，其读数为22.60mL，故答案为22.60。（5）两次消耗盐酸的体积分别为25.40-0.50=24.90mL，29.10-4.00=25.10mL，数据均有效，则消耗盐酸溶液的平均体积为=25.00mL，可计算c(碱)===0.1250mol/L，故答案为0.1250。（6）A.由于没有润洗，所以导致装在滴定管里的酸的浓度偏小，从而导致滴定所用的酸的体积增多，根据c(碱)=，c（酸），v（碱）是固定的，故当v（酸）增大时，c（碱）的浓度测得偏大，以知道c(碱)偏大，故A符合题意；B.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(酸)偏小，根据c(碱)=，可以知道c(碱)偏小，故B不符合题意；C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作符合题意，不会影响测定结果，故C不符合题意；D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，根据c(碱)=，由于c（酸）、V（碱）的数据都（酸）（酸）（碱）是定的，因此误差值存在于V，滴定管尖嘴处悬挂液滴，导致V增大，c偏高，故D符合题意；E.溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化，则酸过量，消耗的酸溶液体积偏大，根据c(碱)=，导致计算的待测碱溶液的浓度偏高，故E符合题意。故答案为ADE。【分析】明确实验原理是解答的关键，注意误差分析的依据。误差分析的总依据为：由c测=c标V标/V测由于c标、V待均为定植，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小。20．氯气是一种重要的化工原料，在工农业生产、生活中有着重要的应用。（1）某学生设计的用浓盐酸与二氧化锰反应制取并收集干燥纯净的氯气的装置如下图：①写出甲中发生反应的离子方程式：。②乙中盛的试剂是；作用是。丙中盛的试剂是。（2）实验室制取氯气除了用浓盐酸和二氧化锰反应外还可利用下列反应：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，该反应的优点是反应产生氯气速度快、不需加热。请你根据所学知识回答下列问题：①上述反应中是氧化剂，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为。②把氯气通入紫色石蕊溶液中，可以观察到的现象是：。③实验室配制好2.0mol·L-1的NaOH溶液，需要这种溶液mL才能与3.36L氯气(标准状况)恰好完全反应。④若将制得的少量氯气通入无色的饱和碘化钾溶液中，溶液变色，其离子方程式是：，向所得溶液中加入四氯化碳，振荡后静置，则溶液分为两层，下层是显色，这种操作叫做（3）实验室用浓盐酸配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液。①配制250mL0.1mol/L盐酸溶液需要浓盐酸(密度为1.2g/mL，质量分数为36.5%)的体积为。②配制时，其正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次)。a．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡b．用量筒量取所需的浓盐酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀c．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中d．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀e．改用胶头滴管加水，使溶液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③配制物质的量浓度的溶液，造成浓度偏高的操作是(填字母)。a．溶解后的溶液未冷却至室温就转入容量瓶中b．洗涤烧杯和玻棒的溶液未转入容量瓶中c．定容时眼睛俯视刻度线d．定容时眼睛仰视刻度线【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；饱和NaCl溶液；除去Cl2中混有的HCl气体；浓H2SO4（2）KClO3；5：1；先变红后褪色；150；棕黄；Cl2+2I-=2Cl-+I2；紫红；萃取（3）2.1Ml；bcafed；ac【知识点】氧化还原反应方程式的配平；分液和萃取；除杂；配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量的相关计算【解析】【解答】（1）①实验室用MnO2和浓盐酸加热的方法制取Cl2，该反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。n②由于浓盐酸具有挥发性，因此反应产生的Cl2中混有HCl和水蒸气，未能到干燥纯净的Cl2，可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，用浓硫酸干燥Cl2，因此乙中试剂为饱和NaCl溶液，其作用是除去Cl2中混有的HCl；丙中试剂为浓硫酸，其作用是除去Cl2中的水蒸气。（2）该反应中，KClO3中氯元素由＋5价变为0价，发生得电子的还原反应生成Cl2，因此KClO3为氧化剂，Cl2为还原产物。HCl中氯元素由－1价变为0价，发生失电子的氧化反应生成Cl2，因此HCl为还原剂，Cl2为氧化产物。因此该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：1。②Cl2通入紫色石蕊试液中，发生反应：Cl2＋H2O=HCl＋HClO，由于反应生成H＋，可观察到溶液变红；由于HClO具有强氧化性，可漂白，因此可观察溶液褪色。因此实验过程中可观察到的现象为：溶液先变红后褪色。③3.36LCl2在标准状态的物质的量，Cl2与NaOH溶液反应的化学方程式为：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，因此0.15molCl2参与反应，需要消耗n(NaOH)=0.3mol。则需2.0mol·L－1NaOH溶液的体积。④由于氧化性Cl2>I2，因此将Cl2通入KI溶液中，发生反应：Cl2＋2I－=I2＋2Cl－。反应生成的I2溶于水中形成碘水，碘水为棕黄色溶液。因此可观察到溶液变为棕黄色。加入CCl4后，由于I2在CCl4中的溶解度比较大，因此I2会转移到CCl4中，I2的CCl4溶液现紫红色，CCl4的密度比水大，因此可观察到下层显紫红色。该操作为萃取操作。（3）①该浓盐酸的物质的量浓度。由浓盐酸配制稀盐酸的过程中涉及稀释操作，稀释过程中，溶质的量保持不变，即c浓V浓=c稀V稀。因此可得所需浓盐酸的体积。②配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤为：计算→量取→稀释→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶。因此正确的操作顺序为bcafed。③a、由于浓溶液稀释过程放热，温度升高，若未冷却就转入容量瓶中，由于“热胀冷缩”的影响，所得溶液的体积偏小，根据公式可知，最终所得溶液的浓度偏高，a符合题意；b、烧杯和玻璃棒上残留有溶质，需洗涤后转移至容量瓶内，该操作正确，不会引起溶液浓度的变化，b不符合题意；c、定容时眼睛俯视刻度线，则所得溶液的体积偏小，根据公式可知，最终所得溶液的浓度偏高，c符合题意；d、定容时眼睛仰视刻度线，则所得溶液的体积偏大，根据公式可知，最终所得溶液的浓度偏低，d不符合题意；故答案为：ac【分析】（1）此题是对实验室制取氯气的考查，结合制取原理、除杂净化过程进行分析。（2）①根据反应过程中元素化合价变化分析。②结合Cl2与H2O反应产物的性质分析。③根据发生反应的化学方程式计算所需n(NaOH)，从而计算所需NaOH溶液的体积。④Cl2具有氧化性，能将I－氧化成I2，碘水呈现棕黄色。I2在CCl4中的溶解度较大，发生萃取，据此分析。（3）①根据公式计算浓盐酸的物质的量浓度，结合c浓V浓=c稀V稀计算所需浓盐酸的体积。②根据溶液配制步骤进行排序。③分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析实验误差。