第一章 认识化学科学 单元测试 2024-2025学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册

第一章 认识化学科学 单元测试 2024-2025学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册 一、单选题 1．下列叙述正确的是（　　） A．常温常压下，40gSO3溶于水配成100mL溶液，所得溶液物质的量浓度是5mol/L B．水的摩尔质量是18g C．2mol NH3中含有原子的数目为6NA D．标准状况下，2.24L C2H5OH 和 2.24L NH3所含分子个数相同 2．漂粉精的有效成分是（　　） A．NaCl B．NaClO C．Ca(ClO)2 D．CaCl2 3．下列关于2mol氧气的叙述中，正确的是（　　） A．质量是32 g B．体积是44.8 L C．分子数是1.204×1024 D．原子数是2 mol 4．在NaCl和Na2SO4的混合液中，当Cl﹣的物质的量浓度是Na+的物质的量浓度的0.6倍时，下列叙述正确的（　　） A．溶液中可能含有1.5mol Na2SO4和0.5molNaCl B．SO42﹣离子和Cl﹣离子的物质的量之和等于Na+的物质的量 C．SO42﹣所带的电荷数是Na+所带的电荷数的3/5倍 D．Na2SO4和NaCl物质的量浓度之比为1：3 5．现有盐酸和硫酸混合溶液100mL，其中c(Cl-)=1.6mol·L-1，现将其分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，往另一份中投入足量铁片，放出标准状况下VL气体。下列判断正确的是 A．原混合酸中n(SO)=0.01mol B．原混合酸中n(H+)=0.18mol C．V=2.24 D．原溶液中HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18mol 6．设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是（　　） A．0.1mol C2H5OH分子中含C-H键数为0.6NA B．由O与O组成的2.0g物质所含中子数为NA C．25℃，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数为0.2 NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数为2 NA 7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　　） A．107 g Fe（OH）3胶体中胶体粒子的数目为NA B．2molSO2与1molO2反应生成的SO3分子数为2NA C．14g分子式为CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为 D．7.8 g Na2O2与足量水反应转移的电子散为0.2NA 8．用氯气给自来水消毒，某学生用自来水配制下列物质的溶液，药品不会产生明显变质的是（　　） A．石蕊 B．硝酸银 C．亚硫酸钠 D．氯化铝 9．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，己烷所含的分子数为 B．乙烷分子中含有的共用电子对数为 C．标准状况下，丙炔和乙烯混合物中含氢原子数目为 D．常温常压下，苯中含有碳碳双键和碳碳单键 10．用MnO2和浓盐酸制取氯气，当4mol氯化氢被氧化时，生成的氯气的体积（标况）是（　　） A．22.4L B．44.8L C．67.2L D．89.6L 11．化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，不正确的是 A．乙炔燃烧放出大量热，可用氧炔焰来切割金属 B．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子化合物 C．烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关 D．利用冠醚不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子来识别碱金属离子 12．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中质子数目为 B．14g由CO和组成的混合气体中含有的原子数目为 C．标准状况下，11.2L中含有原子的数目为 D．溶液与足量Cu反应，转移的电子数为 13．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　） A．18克水中含有NA个氢原子 B．32克氧气中含有NA个氧原子 C．NA个Al原子质量为27克 D．0.5NA个水分子中有1mol原子 14．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的有（　　） ①标准状况下，22.4L的所含的硫原子个数为NA ②铜与硫的反应中，0.1mol铜完全反应失去的电子的个数为0.2NA ③可逆反应中，0.1mol 和0.2mol 充分反应后容器内物质分子总数小于0.3NA ④常温常压下，46g 和的混合气体中含有原子总的个数为3NA ⑤含0.2mol的浓硫酸与足量铜反应，生成的分子数为0.1NA A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 15．同温同体积下等质量的CO和CH4，下列说法正确的是（　　） A．原子数之比为2：5 B．质子数之比为7：5 C．压强之比为4：7 D．密度之比为7：4 16．用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　） A．100mL0.1mol∙L-1的NaOH溶液中含有氧原子数为0.01NA B．106g Na2CO3溶于1L水中得到1mol∙L-1的Na2CO3溶液 C．33.6LCO2含有的分子数为1.5NA D．1molNa2O和1molNa2O2中阴、阳离子总物质的量都为3mol 17．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　） A．0.1 mol•L﹣1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1NA B．标准状况下，11.2 L CCl4中含有的分子数目为0.5NA C．4.6g由NO2和N2O4组成的混合物中含有氧原子的数目为0.2 NA D．1 mol CH中含有的电子数目为11NA 18．同温同压下，x g甲气体和y g乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，x：y的值可以表示（　　） A．甲与乙的物质的量之比 B．等质量的甲与乙的分子个数之比 C．同温同压下，甲与乙的密度之比 D．同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比 19．标准状况下VL氨气溶解在1L水里(水的密度近似为1g/mL),所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为 ，物质的量浓度c mol/L，则下列关系中错误的是（） A．ρ= B． = C． = D．c= 20．同温同压下，等质量的O2和O3相比较，下列结论正确的是（　　） A．它们的分子数目之比是 1：1 B．它们的氧原子数目之比为 2：3 C．它们的密度之比为 2：3 D．它们的体积之比是 1：1 二、填空题 21．同温同压下，体积比为3：2的H2和CO，它们的物质的量之比是　 　，原子个数之比是　 　，质量之比是　 　，密度之比是　 　． 22．某金属重2.4g，其原子核外有1.2mol 电子，核内共有7.224×1023个中子，该金属与足量盐酸反应，有0.2mol电子发生转移，生成了6.02×1022个阳离子． 该金属元素符号是　 　，摩尔质量是　 　．原子核内有　 　个中子． 三、实验探究题 23．酸性高锰酸钾溶液是常见的氧化剂。 实验室需要480mL 浓度为0.12mol/L 的KMnO4溶液和500mL 浓度为0.5mol/L 的H2SO4溶液。根据两种溶液的配制情况回答下列问题。 （1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是　 　(填序号 )，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是　 　 （2）在容量瓶的使用方法中，下列操作错误的是(填序号)_______________ A．使用容量瓶前检验是否漏水 B．配制KMnO4溶液时，把称好的KMnO4固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。 C．配制H2SO4溶液时，容量瓶用蒸馏水选净后，还要用0.5mol/LH2SO4溶液润洗，方可使用。 D．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。 （3）根据计算用托盘天平称取KMnO4固体的质量为　 　 （4）配制硫酸溶液过程中，下列操作会引起结果偏高的是(填序号)______________ A．未洗涤烧杯、玻璃棒 B．未冷却至室温就转移到容量瓶定容 C．定容时仰视刻度线 D．量筒量取浓硫酸仰视刻度线。 24．实验室配制500mL0.200mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题。 现有下列仪器A．烧杯 B.100mL量筒 C.500mL容量瓶 D．药匙 E．玻璃棒 F．天平 G.胶头滴管 （1）用托盘天平称取Na2CO3的质量为　 　，配制时，必须使用的玻璃仪器有　 　（填代号），该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是　 　，　 　。 （2）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高、偏低还是不变。 A．溶解后没有冷却便进行定容　 　； B．摇匀后发现液面低于标线，滴加蒸馏水至标线再摇匀　 　。 25．实验室需要使用0.5mol/LNaOH溶液80mL。 （1）配制该NaOH溶液所需容量瓶的规格是　 　。 （2）用托盘天平称取NaOH固体　 　g。 （3）称量完成后，进行如下操作： A．将称好的NaOH固体放在烧杯中，用适量蒸馏水溶解。 B．待固体全部溶解后，立即将溶液转移到容量瓶。 C．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也都用玻璃棒引流注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。 D．继续向容量瓶加蒸馏水至液面离容量瓶颈刻度线下　 　cm时，改用　 　加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切；定容时不小心把水加多了，应该　 　。 E．盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。 上述操作错误的是　 　（填序号）。 （4）若未进行上述操作C，则所得溶液浓度　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）。若定容时如图所示操作，则所得溶液浓度　 　。 （5）取上述溶液10mL稀释至50mL，所得NaOH溶液的物质的量浓度为　 　。 答案解析部分 1．【答案】A 【解析】【解答】A.40gSO3的物质的量是0.5mol，溶于水反应产生H2SO4，反应产生硫酸的物质的量是0.5mol，由于配成溶液体积是100mL，因此所得溶液物质的量浓度是0.5mol÷0.1L=5mol/L，A符合题意； B.水的摩尔质量是18g/mol，B不符合题意； C.NH3分子中含有3个氢原子和1个N原子，共4个原子，则2mol NH3中含有原子的数目为8NA，C不符合题意； D.标准状况下，C2H5OH呈液态，不能使用气体摩尔体积计算微粒的数目，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.40g三氧化硫的物质的量是0.5mol，结合溶液物质的量浓度进行计算可； B.摩尔质量的单位是g/mol； C.每个氨气分子含有4个原子； D.标准状况下乙醇是液体，不能利用气体摩尔体积进行计算。 2．【答案】C 【解析】【解答】漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2， 故答案为：C。 【分析】漂白粉的主要生成是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物。 3．【答案】C 【解析】【解答】A．质量为2mol×32g/mol=64g，故A不符合题意； B．Vm未知，不能计算体积，故B不符合题意； C．分子数为2mol×NA=1.204×1024，故C符合题意； D．原子数为2mol×2×NA=4NA，故D不符合题意； 故答案为：C． 【分析】根据氧气的摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数等于物质的量的关系进行计算后判断即可. 4．【答案】D 【解析】【解答】解：根据电荷守恒，NaCl和Na2SO4的混合液中存在：n（Na+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），Cl﹣的物质的量浓度是Na+的物质的量浓度的0.6倍， A．含有1.5mol Na2SO4和0.5molNaCl混合溶液中n（Na+）=1.5mol×2+0.5mol=3.5mol，n（Cl﹣）=0.5mol，Cl﹣的物质的量浓度是Na+的物质的量浓度的 倍，故A错误； B．根据电荷守恒：n（Na+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），故B错误； C．根据电荷守恒：n（Na+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），Cl﹣的物质的量浓度是Na+的物质的量浓度的0.6倍，则n（Na+）=0.6n（Na+）+2n（SO42﹣），故0.4n（Na+）=2n（SO42﹣），故C错误； D．由C可知0.2n（Na+）=n（SO42﹣），溶液中0.6n（Na+）=n（Cl﹣），故溶液中Na2SO4和NaCl物质的量浓度之比为0.2n（Na+）：0.6n（Na+）=1：3，故D正确， 故选D． 【分析】根据电荷守恒，NaCl和Na2SO4的混合液中存在：n（Na+）=n（Cl﹣）+2n（SO42﹣），结合Cl﹣的物质的量浓度是Na+的物质的量浓度的0.6倍，计算判断． 5．【答案】D 6．【答案】B 【解析】【解答】A、甲醇分子中含有5个C-H键，则0.1mol C2H5OH分子中含C-H键数为0.5NA，故A错误； B、和 的摩尔质量为20g/mol，且均含10个中子，2.0g混合物的物质的量为0.1mol，含有的中子数为NA，故B正确； C、 pH=13的Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，则1L pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数为0.1mol/L×1L=0.1mol，即为0.1NA，故C错误； D、该反应为可逆反应，则2 mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，故D错误； 故答案为：B。 【分析】A、甲醇分子中含有5个C-H键； B、 和 的摩尔质量为20g/mol； C、 pH=13的Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.1mol/L； D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应。 7．【答案】C 【解析】【解答】解：A．氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体，NA个Fe（OH）3胶体粒子的质量大于107g，故A错误； B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以2molSO2与1molO2反应生成的SO3分子数小于2NA，故B错误； C．分子式为CnH2n的链烃为单烯烃，最简式为CH2，14g分子式为CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目为= ×NA= ，故C正确； D．Na2O2与足量水反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，所以1mol Na2O2与足量水反应转移的电子的物质的量为1mol，所以0.1mol Na2O2与足量水反应转移的电子的物质的量为0.1mol，故D错误； 故选：C． 【分析】A．氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体； B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，依据可逆反应不能进行到底的特点解答； C．分子式为CnH2n的链烃为单烯烃； D．Na2O2与足量水反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，所以1mol Na2O2与足量水反应转移的电子的物质的量为1mol． 8．【答案】D 【解析】【解答】解：用氯气给自来水消毒，发生反应Cl2+H2O=HCl+HClO，溶液中存在的微粒有Cl2、HClO、HCl、Cl﹣、H+、H2O， A．溶液呈酸性，酸能使石蕊变色，所以不能用自来水配制石蕊，故A不选； B．溶液中含有氯离子，氯离子和银离子反应生成AgCl白色沉淀，所以不能用自来水配制硝酸银溶液，故B不选； C．氯气、次氯酸都具有强氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，所以不能用自来水配制亚硫酸钠溶液，故C不选； D．氯化铝属于强酸弱碱盐，和氯气、次氯酸、盐酸等都不反应，所以可以用自来水配制氯化铝溶液，故D选； 故选D． 【分析】用氯气给自来水消毒，发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，溶液中存在的微粒有Cl2、HClO、HCl、Cl﹣、H+、H2O，氯气和次氯酸具有强氧化性，溶液呈酸性，氯离子能和银离子反应生成AgCl沉淀，据此分析解答． 9．【答案】C 【解析】【解答】A．标准状况下己烷不是气体，己烷所含的分子数不是，A不符合题意； B．乙烷的物质的量是1mol，分子中含有的共用电子对数为，B不符合题意； C．丙炔和乙烯均含有4个氢原子，标准状况下，丙炔和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为，C符合题意； D．苯分子中不存在碳碳双键和碳碳单键，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、标准状况下己烷不是气体； B、一个乙烷分子中含有7对共用电子对，乙烷的物质的量是1mol，共用电子对为7NA； D、苯分子中不存在碳碳双键和碳碳单键。 10．【答案】B 【解析】【解答】解：发生反应：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，由Cl元素化合价变化可知，被氧化的HCl生成Cl2，当4mol氯化氢被氧化时，根据Cl原子守恒，可知生成Cl2的物质的量= =2mol，故标况下生成Cl2的体积=2mol×22.4L/mol=44.8L，故选B． 【分析】发生反应：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，由Cl元素化合价变化可知，被氧化的HCl生成Cl2，根据Cl原子守恒计算生成Cl2的物质的量，再根据V=nVm计算Cl2体积． 11．【答案】B 12．【答案】B 【解析】【解答】A．Al元素原子序数13，质子数为13，电子数10，中质子数目为，故A不符合题意； B．CO和摩尔质量均为，所以14g由CO和组成的混合气体中含有的原子数目为，故B符合题意； C．标准状况下，为液态，不能由进行相关计算，故C不符合题意； D．溶液与足量Cu反应，被还原为，转移的电子数为，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.质子数为13； C.标况下水不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量； D.氯化铁和铜反应后，铁元素由+3价变为+2价。 13．【答案】C 【解析】【解答】A.18克水中的物质的量为1mol，一个水分子中含有2个氢原子，所以18克水中含有氢原子的个数为2NA，A不符合题意； B.32克氧气的物质的量为1mol，一个氧气分子中含有2个氧原子，所以32克氧气中含有2NA个氧原子，B不符合题意； C．NA个Al的物质的量为1mol，Al的摩尔质量为27g/mol，所以NA个Al原子质量为27克，C符合题意； D.0.5NA个水分子物质的量为0.5mol，1mol水分子中含有3mol原子，所以0.5mol水分子中含有1.5mol原子，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．每个水分子含有2个氢原子； B．氧气为双原子分子； C．注意阿伏加德罗常数的个数为NA； D．每个水分子中含有3个原子。 14．【答案】A 【解析】【解答】①标准状况下， SO3呈固态，故无法计算22.4L SO3的物质的量，也无法计算其所含硫原子的个数，①不符合题意； ②硫的氧化性较弱，和铜反应生成Cu2S，故0.1mol铜完全反应失去0.1mol电子，即0.1NA个电子，②不符合题意； ③H2和I2发生可逆反应：，根据化学方程式可知，反应前后体系的分子数目不变，故0.1mol H2和0.2mol I2充分反应后容器内物质分子总数为0.3NA，③不符合题意； ④可以将N2O4看作是(NO2)2，则可以将46g NO2和N2O4的混合气体看作为由1mol NO2构成，故混合气体中含有原子总的个数为3NA，④符合题意； ⑤根据化学方程式可知，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，理论上可以生成0.1mol SO2，实际上随着反应的进行，浓硫酸会变为稀硫酸，反应停止，故生成SO2的分子数小于0.1NA，⑤不符合题意； 综上所述，仅④符合题意，即正确的有1个， 故答案为：A。 【分析】易错分析：①使用气体摩尔体积时要注意物质必须为气体②S是弱氧化剂，与变价金属Cu和Fe反应时，都生成低价态④可以全部看着是NO2，然后进行计算即可⑤铜纸盒浓硫酸反应，与稀硫酸不反应 15．【答案】C 【解析】【解答】A．由n=可知，CO和CH4的分子个数比4：7，原子个数比为8：35，A不符合题意； B.1个CO分子中有14个质子，1个CH4分子中有10个质子，根据分子个数，可知质子数之比为4：5，B不符合题意； C．同温同体积，根据阿伏加德罗定律pV=nRT，可知压强之比等于物质的量，C符合题意； D．体积相同、质量相同，因此密度之比为1：1，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A. 等质量的CO和CH4的物质的量之比为4：7，原子数之比为（4×2）：（7×5）=8：35； B.一个CO分子中含有14个质子，一个甲烷分子中含有10个质子； C.同温同体积下，气体的压强比等于物质的量之比； D.同温同体积下，气体的密度比等于质量之比。 16．【答案】D 【解析】【解答】A.100mL0.1mol∙L-1的NaOH溶液中，OH-含有的氧原子数为0.01NA，水分子中还含有氧原子，所以溶液中的氧原子数大于0.01NA，A不符合题意； B.106g Na2CO3的物质的量为1mol，溶于1L水中后溶液的体积不是1L，则得到的Na2CO3溶液浓度不是1mol∙L-1，B不符合题意； C．没有指明温度与压强，无法计算33.6LCO2气体的物质的量，也就无法计算含有的分子数，C不符合题意； D．Na2O和Na2O2分别由Na+、O2-及Na+、构成，则1molNa2O和1molNa2O2中阴、阳离子总物质的量都为3mol，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.水分子中还含有氧原子； B.水的体积是1L水，溶液的体积不是1L； C．没有指明温度与压强，无法计算； D．Na2O和Na2O2分别由Na+、O2-及Na+、构成。 17．【答案】C 【解析】【解答】A．缺少溶液的体积，不能计算溶液中含有的Mg2+数目，故A错误； B．标准状况下，CCl4不是气体，不能带入n=计算物质的量，也就不能计算分子数，故B错误； C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6gNO2和N2O4中含NO2的物质的量n==0.1mol，故含有的氧原子的物质的量为0.2mol，个数为0.2NA个，故C正确； D．一个CH中含有的电子数为10，1 mol CH中含有的电子数目为10NA，故D错误； 故选C． 【分析】A．缺少溶液的体积，不能计算； B．标准状况下，CCl4不是气体，不能带入n=计算物质的量； C．NO2和N2O4的最简式均为NO2； D．一个CH中含有的电子数为10． 18．【答案】C 【解析】【解答】解：同温同压下，xg甲气体和yg乙气体占有相同的体积，则气体的物质的量相等，甲与乙的摩尔质量之比为x：y， A．甲与乙的物质的量之比为1：1≠x：y，故A错误； B．同温同压下，体积之比等于物质的量之比等于分子数目之比，二者体积相同，含有相同的分子数目，故B错误； C．同温同压下同体积，密度之比等于质量之比，故甲与乙的密度之比为x：y，故C正确； D．同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比与摩尔质量成反比，故甲与乙的压强之比为y：x，故D错误； 故选C． 【分析】同温同压下，xg甲气体和yg乙气体占有相同的体积，则气体的物质的量相等，甲与乙的摩尔质量之比为x：y， A．甲与乙的物质的量相等； B．同温同压下，体积之比等于物质的量之比等于分子数目之比； C．同温同压下同体积，密度之比等于质量之比； D．同温同体积下，等质量的甲与乙，压强之比与摩尔质量成反比． 19．【答案】A 【解析】【解答】A、根据密度的定义，密度等于溶液的质量与溶液体积的比值，溶液的质量为（ ＋1000）g，溶液的体积为不能是气体体积与水体积的和，根据本题应是 L，A符合题意； B、根据c=1000ρω/M，推出ω= ，B不符合题意； C、质量分数等于溶质的质量与溶液质量的比值，溶液的质量为（ ＋1000）g，溶质的质量为 ，因此有ω= ，C不符合题意； D、根据物质的量浓度的定义，溶质的物质的量为 mol，溶液的体积为 ×10－3L，c= ，D不符合题意； 故答案为：A 【分析】此题是对物质的量相关计算的考查， 结合公式、、进行分析计算即可。 20．【答案】C 【解析】【解答】同温同压下，气体的摩尔体积相等， A．根据N=nNA= 知，相同质量时，其分子数之比等于其摩尔质量的反比=48g/mol：32g/mol=3：2，A不符合题意； B．根据A知，其分子数之比为3：2，一个氧气分子中含有2个氧原子，一个臭氧分子中含有3个氧原子，所以其原子总数之比=（3×2）：（2×3）=1：1，B不符合题意； C．根据 知，其密度之比等于其摩尔质量之比=32g/mol：48g/mol=2：3，C符合题意； D．根据V=nVm= 知，相同质量时，其体积之比等于其摩尔质量的反比=48g/mol：32g/mol=3：2，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A．等质量的两种气体，其物质的量之比等于摩尔质量的反比； B．由A选项确定二者物质的量之比，结合分子中所含原子个数确定原子数目之比； C．同温同压下，等质量的两种气体，其密度之比等于摩尔质量之比； D．同温同压下，等质量的两种气体，其体积之比等于物质的量之比等于摩尔质量的反比； 21．【答案】3：2；3：2；3：28；1：14 【解析】【解答】解：由V=nVm可知，同温同压下，体积比为3：2的H2和CO，它们的物质的量之比是3：2；则原子个数之比为3：2， 质量之比为3×2：2×28=3：28； 密度之比等于摩尔质量之比，为2：28=1：14， 故答案为：3：2；3：2；3：28； 1：14． 【分析】根据同温同压下气体的体积比等于物质的量之比得出其物质的量的关系，然后根据分子组成、摩尔质量和密度的定义进行计算即可. 22．【答案】Mg；24g/mol；12 【解析】【解答】解：6.02×1022个阳离子说明金属的物质的量为0.1mol，则原子中电子数为 =12，中子数为 =12，M= = =24g/mol，摩尔质量在数值上近似等于质量数，质子数=质量数﹣中子数=24﹣12=12，该金属元素符号为Mg． 故答案为：Mg；24g/mol；12． 【分析】6.02×1022个阳离子说明金属的物质的量为0.1mol，则原子中电子数为 =12，中子数为 =12，再根据M= 求出摩尔质量，摩尔质量在数值上近似等于质量数，利用质子数+中子数=质量数求出质子数，从而确定原子序数和元素符号． 23．【答案】（1）BD；500mL容量瓶、玻璃棒 （2）B；C （3）9.5g （4）B；D 【解析】【解答】（1）配制一定浓度的溶液过程中，一定不会用到烧瓶和分液漏斗， 故答案为：BD；需要用500mL容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容，搅拌或引流用的是玻璃棒，还缺少500mL容量瓶和玻璃棒； （2）A．容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前检验是否漏水，选项A正确； B.容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，选项B错误； C.容量瓶不能润洗，否则会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，选项C错误； D.定容结束后，需要进行摇匀，操作方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，选项D正确。 故答案为：BC； （3）实验室需要480mL 浓度为0.12mol/L 的KMnO4溶液，需要配制500mL 0.12mol/L的溶液，需要KMnO4的质量为：m=cVM=0.12mol/L×0.5L×158g/mol=9.5g； （4）A、未洗涤烧杯、玻璃棒，导致硫酸的量偏小，使溶液浓度偏低，选项A错误； B、在烧杯中稀释浓硫酸时放出热，所以立即转移到容量瓶中，会使得溶液的体积膨胀，等到冷却到室温，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高，选项B正确； C、定容时仰视，使得溶液的体积变大，所以使溶液浓度偏低，选项C错误； D、量筒量取浓硫酸仰视刻度线，则所量硫酸体积偏大，故所配溶液浓度偏高，选项D正确； 故答案为：BD。 【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液操作判断需要的仪器； （2）根据容量瓶的应用进行判断； （3）根据溶液的体积和物质的量浓度计算需要高锰酸钾的物质的量，然后计算其质量； （4）根据物质的量浓度的计算公式中溶液的体积和溶质的物质的量变化分析配制结果。 24．【答案】（1）10.6g；ACEG；搅拌，加速溶解；引流 （2）偏高；偏低 【解析】【解答】（1）配制500mL0.200mol/LNa2CO3溶液，需要碳酸钠的质量＝0.5L×0.200mol/L×106g/mol＝10.6g；配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，500mL容量瓶；所以配制时，必须使用的玻璃仪器有ACEG；溶解时，玻璃棒搅拌加速溶解，转移时作用为引流；（2）A．溶解后没有冷却便进行定容，冷却后，溶液体积减小，溶液浓度偏高； B．摇匀后发现液面低于标线，滴加蒸馏水至标线再摇匀，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低。 【分析】（1）依据m=cVM计算溶质的质量；依据配制一定物质的量浓度溶液步骤选择仪器，依据玻璃棒在溶解、移液操作中作用解答；（2）分析操作对溶质物质的量n、溶液体积V的影响，根据c=n/V判断操作对所配溶液浓度的影响。 25．【答案】（1）100mL （2）2.0 （3）1~2；胶头滴管；重新配制；B （4）偏低；偏低 （5）0.1mol/L 【解析】【解答】（1）实验室无80mL容量瓶，配制80mL0.5mol/LNaOH溶液应选用100mL容量瓶；答案为100mL。 （2）根据n=cV可知，配制100mL0.5mol/LNaOH溶液需要NaOH的物质的量n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，则NaOH的质量为m（NaOH）=n×M=0.05mol×40g/mol=2.0g；答案为2.0。 （3）定容时，向容量瓶中加入蒸馏水到离刻度线1~2cm，改用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水到凹液面与刻度线相切；定容时不小心把水加多了，导致实验失败，且无法补救，需要重新配制；注意溶解时，待NaOH固体全部溶解，冷却后，用玻璃棒引流转移到100mL的容量瓶中，则操作B不正确；答案为1~2；胶头滴管；重新配制；B。 （4）若未洗涤溶解NaOH的烧杯和玻璃棒，会导致溶质损失，NaOH的物质的量减小，溶液浓度偏低；定容时仰视容量瓶刻度线，会导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；答案为偏低；偏低。 （5）由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有0.5mol/L×0.01L=c×0.05L，解得c==0.1mol/L；答案为0.1mol/L。 【分析】（1）容量瓶的规格根据所配溶液的体积进行选择。 （2）注意溶液的体积与容量瓶的规格一致，结合n=cV，m=nM进行解答。 （3）A.溶解固体在烧杯中进行。 B.溶液转移到容量瓶之前，要等固体全部溶解，且冷却到室温。 C. 洗涤液也要转移到容量瓶中。 D. 根据定容的操作进行解答。若实验失败无法补救的需重新配制。 （4）没有将洗涤液转移到容量瓶，则n偏小，根据n=cV，c将偏小。根据“仰多俯少”，仰视导致V偏大，则c偏小。 （5）根据稀释前后溶质的物质的量不变进行分析。 学科网（北京）股份有限公司 $$