55第二章 章末综合测试卷　物质的量-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（人教单选版）

章末综合测试卷(二)　物质的量 一、选择题：本题共14小题，每小题只有一个选项符合题意。 1.下列叙述正确的是(　　) A.配制1 mol/L AlCl3溶液时，将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，再加水稀释 B.配制1 mol/L H2SO4溶液，量取浓硫酸后，将浓硫酸直接注入容量瓶中 C.往18.4 mol/L 浓硫酸加入等质量的水所得混合溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/L D.2.0 mol/L Na2CO3溶液中 Na＋数约为4×6.02×1023 A　解析：氯化铝发生水解，为了防止配制的溶液变浑浊，应该将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，再加水稀释到适当浓度，A正确；容量瓶不能用作稀释的容器，浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后转移到容量瓶中，B错误；18.4 mol/L的浓硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，则稀释后所得溶液的浓度小于9.2 mol/L，C错误；未说明碳酸钠溶液的体积，因此不能确定Na＋数，D错误。 2.(2024·辽宁省辽东南协作校联考)在体积为V L的密闭容器中通入a mol CO和b mol O2，点燃充分反应后容器内碳原子数和氧原子数之比为(　　) A.a∶b B.a∶2b C.a∶(a＋2b) D.a∶2(a＋b) C　解析：在体积为V L的密闭容器中，通入a mol CO和b mol O2，根据原子守恒可知，容器内碳原子个数和氧原子个数之比是a mol∶(a mol＋2b mol)＝。 3.(2025·陕西宝鸡教育联盟联考)将0.01 mol Na2SO4·10H2O溶于水中，要使Na＋数目与水分子数目之比为1∶100，则需加入水的质量为(　　) A.18 g B.36 g C.34.2 g D.37.8 g C　解析：Na＋数目与水分子数目之比为1∶100，则钠离子和水分子的物质的量之比为1∶100，则溶液中钠离子的物质的量是0.02 mol，则水的物质的量为2 mol，0.01 mol Na2SO4·10H2O中水的物质的量为0.01 mol×10＝0.1 mol，则需要加入水的物质的量为2 mol－0.1 mol＝1.9 mol，加入水的质量为m＝nM＝1.9 mol×18 g/mol＝34.2 g，C正确。 4.实验室需要配制100 mL 0.100 0 mol/L Na2CO3溶液，并用其滴定待测盐酸的浓度，下列装置能达到相应实验目的的是(　　) A.称量1.060 g Na2CO3 B.溶解Na2CO3 C.定容 D.滴定实验 C　解析：托盘天平的精确度为0.1 g，不能称量1.060 g固体，A错误；容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能在容量瓶中溶解碳酸钠，应在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中定容，B错误；加水至刻度线1～2 cm处改用胶头滴管定容，图中操作合理，C正确；Na2CO3溶液呈碱性，应用碱式滴定管盛装Na2CO3溶液，D错误。 5.(2024·福建漳州第一次质检)NH4N3 (叠氮化铵)易发生分解反应生成N2和H2，且两种气体的物质的量相等。若得到NH4N3的分解产物(简称a)28 g，则下列说法错误的是(　　) A.叠氮化铵中氮元素不止一种价态 B.a中两种气体的质量比为14∶1 C.a的平均摩尔质量为14.5 g/mol D.同温同压下，a中两种气体的体积比为1∶1 C　解析：NH4N3中NH 的氮元素的化合价为－3，N的氮元素的化合价为－，A正确；两种气体的物质的量相等，则其质量比等于摩尔质量之比，即为28 g/mol∶2 g/mol＝14∶1，B正确；分解产物质量为28 g，两种气体的物质的量相等，则n总＝2×＝ mol，＝＝15 g/mol，C错误；同温同压下，气体体积与物质的量成正比，则两种气体的体积比为1∶1，D正确。 6.(2025·安徽省十校联盟开学联考)氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，是一种超硬物质，常利用它来制造轴承、永久性模具等机械构件。其制备原理为3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　) A.1.5 mol SiO2晶体中含有的Si—O数目为6NA B.该实验条件下，134.4 L CO2中分子数目为6NA C.每生成0.5 mol的Si3N4，转移电子数目为6NA D.84 g N2和CO混合气体中原子数目为6NA B　解析：1 mol SiO2中含有4 mol Si—O，故1.5 mol SiO2中Si—O数目为6NA，A正确；高温时，摩尔体积不是22.4 L/mol，故134.4 L CO2不是6 mol，B错误；氮元素由0价降低到－3价，故转移电子数目为6NA，C正确；N2和CO的摩尔质量均为28 g/mol，84 g N2和CO混合气体的物质的量为3 mol，且二者均为双原子分子，故其中原子数目为6NA，D正确。 7.(2024·皖豫名校联盟联考)氨基磺酸(H2NSO3H)可作漂白助剂，可减少或消除漂白液中重金属离子的催化作用，从而使漂白液质量得到保证。氨基磺酸在常温下稳定，高温时能完全分解：2H2NSO3HSO2↑＋SO3↑＋2H2↑＋N2↑＋H2O。下列说法正确的是(　　) A.64 g 34SO2在标准状况下的体积为22.4 L B.该反应生成1 mol H2时转移2 mol电子 C.可用BaCl2溶液检验分解所得混合气体中是否含有SO3 D.相同条件下，32 g按V(H2)∶V(N2)＝2∶1组成的混合气体与32 g O2所含原子数相同 C　解析：64 g 34SO2在标准状况下的体积为×22.4 L/mol≈21.7 L ，A错误；H2NSO3H中N为－3价、S为＋6价、H为＋1价，生成1 mol SO2得2 mol电子、生成2 mol H2得4 mol电子、生成1 mol N2失6 mol电子，则该反应生成1 mol H2时转移3 mol电子，B错误；BaCl2溶液和SO2不反应，BaCl2溶液和SO3反应生成硫酸钡沉淀，可用BaCl2溶液检验分解所得混合气体中是否含有SO3，C正确；相同条件下，按V(H2)∶V(N2)＝2∶1组成的混合气体的平均摩尔质量为＝ mol/L，32 g按V(H2)∶V(N2)＝2∶1组成的混合气体中原子数为×2×NA mol－1＝6NA ，32 g O2所含原子数为×2×NA mol－1＝2NA，D错误。 8.(2024·四川绵阳诊断)过二硫酸钾(K2S2O8)是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，可通过电解KHSO4溶液制备。它在100 ℃下能发生分解反应：K2S2O8―→K2SO4＋SO3↑＋O2↑(未配平)，设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A.1 mol K2S2O8中存在NA个非极性共价键 B.每生成1 mol O2，转移4NA电子 C.标准状况下，22.4 L SO3含有的原子数为4NA D.100 mL 0.5 mol/L KHSO4溶液的离子总数为0.2NA A　解析：K2S2O8中K为＋1价，S为＋6价，则可知2个氧原子为－1价，即存在一个过氧键，1 mol K2S2O8中存在NA个非极性共价键，A正确；O2由－1价的O转化生成，每生成1 mol O2，转移2NA电子，B错误；标准状况下，SO3不是气体，不能根据体积确定其物质的量，C错误；n(KHSO4)＝0.5 mol/L×0.1 L＝0.05 mol，溶于水电离产生K＋、H＋、SO，均为0.05 mol，离子总量为0.05 mol×3＝0.15 mol，即0.15NA个离子，D错误。 9.(2024·黑龙江大庆第一次质检)某固体混合物由Na2CO3和NaHCO3两种物质组成，将其分成X、Y两等份。标准状况下，X溶于足量盐酸，生成CO2的体积为V1 L；Y充分加热、冷却后再溶于足量盐酸，生成CO2的体积为V2 L。下列说法正确的是(　　) A.加热，蒸干X与足量盐酸反应后的溶液，可得固体 g B.Y充分加热，固体质量减少 g C.X、Y消耗HCl的物质的量之比为1∶1 D.混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为 C　解析：反应涉及的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑。假设每份中碳酸氢钠的物质的量为x，碳酸钠的物质的量为y，则有x＋y＝ mol，＋y＝ mol，联立两式解得：x＝2× mol，y＝ mol，则碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为，D错误；X与盐酸反应后的溶液蒸干后得到氯化钠，和Y充分加热、冷却后再与盐酸反应得到NaCl的质量相等，由CO2～2NaCl可得NaCl固体的质量为 g，A错误；碳酸氢钠受热分解，质量减少为水和二氧化碳的质量，B错误；两个过程最后都得到氯化钠，根据原子守恒分析，X、Y消耗HCl的物质的量之比为1∶1，C正确。 10.下列有关实验原理或操作正确的是(　　) A.用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，配制质量分数为75%的酒精溶液 B.在200 mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5 mol/L C.实验中需用2.0 mol/L的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950 mL、201.4 g D.实验室配制500 mL 0.2 mol/L的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2 g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶中，洗涤、稀释、定容、摇匀 B　解析：量筒不能用来配制溶液，应该用烧杯配制，A错误；1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5 mol，NA个金属阳离子的物质的量为1 mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x＝1.5×2＝3，故金属阳离子为＋3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐的物质的量为0.5 mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为＝2.5 mol/L，B正确；实验中需用2.0 mol/L的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为1 000 mL，称取Na2CO3的质量m＝cVM＝2 mol/L×1 L×106 g/mol＝212.0 g，C错误；应称取绿矾的质量为0.5 L×0.2 mol/L×278 g/mol＝27.8 g，D错误。 11.(2025·广东省部分重点校开学考试)工业上，溶液中残余的Cl2可以通过反应H2O2＋Cl2 ===2HCl＋O2除去。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A.34 g H2O2所含共价键的数目为4NA B.利用该反应处理22.4 L Cl2时，所得溶液中HCl的浓度为2 mol/L C.1 mol HCl所含电子的数目为18NA D.该反应中1 mol Cl2被氧化时，转移电子的数目为2NA C　解析：H2O2的摩尔质量为34 g/mol，34 g H2O2的物质的量为1 mol，H2O2含有2个O—H和1个O—O，故所含共价键的数目为3NA，A错误；由于未给出氯气所处的状况，并且不确定溶液的体积，故无法计算溶液的浓度，B错误；1个HCl分子中含有18个电子，则1 mol HCl所含电子的数目为18NA，C正确；该反应中Cl2转化成HCl是被还原，而不是被氧化，D错误。 12.NH4NO3 溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O(未配平)。用 NA 表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是(　　) A.分解时每生成 2.24 L(标准状况)N2，转移电子的数目为 0.6NA B.2.8 g N2 中含有共用电子对的数目为 0.3NA C.56 g Fe 与足量稀硝酸反应生成 NO2 分子的数目为 3NA D.0.1 mol/L NH4NO3 溶液中，NH的数目小于 0.1NA B　解析：配平可得：5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O，该反应中每产生4 mol N2转移的电子为15 mol，标准状况下，2.24 L N2为0.1 mol，则转移电子为0.1 mol×＝0.375 mol，A错误；2.8 g N2的物质的量为＝0.1 mol，含有共用电子对的数目为0.1×3×NA＝0.3NA，B正确；5.6 g Fe物质的量为0.1 mol，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，转移的电子数为0.3NA，则生成0.1 mol NO，不能生成NO2，C错误；NH4NO3溶液的体积未知，NH发生水解，不能计算 0.1 mol/L NH4NO3溶液中的铵根离子数目，D错误。 13.(2024·吉林通化第一次调研)将5.00 g胆矾(无其他杂质)置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A.a点对应的物质中，氧元素的质量分数约为50.3% B.c点对应的固体物质只有CuSO4 C.将c→d产生的气体全部通入BaCl2溶液中，有沉淀产生 D.d→e的过程中，生成的某种物质可使带火星的小木条复燃 A　解析：胆矾的化学式CuSO4·5H2O，5 g胆矾的物质的量是0.02 mol，加热完全失去结晶水，得到0.02 mol CuSO4，其质量为3.2 g，则c点对应物质是CuSO4；c→d为CuSO4分解，d中含有0.02 mol Cu，则O的物质的量为＝0.02 mol，则d点对应物质为CuO；e中含有0.02 mol Cu，则O的物质的量为＝0.01 mol，故e点对应物质为Cu2O。胆矾失去部分结晶水得到a点对应的物质，设该物质化学式为CuSO4·xH2O，＝，x＝3，氧元素的质量分数约为×100%≈52.3%，A错误；胆矾的化学式CuSO4·5H2O，5 g胆矾的物质的量是0.02 mol，加热完全失去结晶水，得到0.02 mol CuSO4，质量为3.2 g，所以c点对应物质是CuSO4，B正确；c→d为CuSO4分解为CuO；产生的气体可能全部为SO3(或SO2和O2或SO3、SO2和O2)的混合气体，将该气体通入BaCl2溶液中，生成BaSO4沉淀，C正确；d→e的过程反应的化学方程式为4CuO2Cu2O＋O2↑，有氧气生成，氧气可使带火星的小木条复燃，D正确。 14.(2024·山东威海二模)硫酸四氨合铜(化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂等。实验小组按照如下步骤进行硫酸四氨合铜的制备及产品中氨的含量测定： ①取a g CuSO4·5H2O和适量蒸馏水于烧杯中，加热溶解；冷却后滴加适量浓氨水得到蓝色溶液；再滴加适量乙醇，静置析出晶体；用乙醇和浓氨水的混合液洗涤、干燥，制得[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。 ②取上述晶体m g于锥形瓶M中，加水溶解；如图安装好仪器(气密性良好)，向M中滴入NaOH溶液，加热将NH3蒸出，M中有黑色固体生成；取出锥形瓶K，加入几滴甲基红[(红)4.4～(橙)～6.2(黄)]，用c2 mol/L NaOH溶液滴定，消耗V2 mL。 (已知常温下饱和NH4Cl溶液的pH大约在5.6左右) 根据上述实验原理，下列说法错误的是(　　) A.M中发生的反应为[Cu(NH3)4]SO4＋2NaOHCuO＋4NH3↑＋Na2SO4＋H2O B.若选用甲基橙作指示剂，测定结果将偏大 C.若采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法来制备硫酸四氨合铜晶体，最终测定结果将偏大 D.制得的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中氨含量(质量分数)为×100% C　解析：向M中滴入NaOH溶液，加热将NH3蒸出，M中有黑色固体CuO生成，配平后可得选项所给方程式正确，A正确；甲基橙变色范围对应pH较小，导致NaOH用量偏少，则测定的与NH3反应的HCl偏多，故测定结果偏大，B正确；若采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法来制备硫酸四氨合铜晶体，蒸发浓缩过程硫酸四氨合铜会受热分解有NH3放出，导致被K吸收的NH3偏少，测定结果偏小，C错误；与HCl反应的NH3物质的量为 mol，故制得的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中氨含量(质量分数)为×100%，D正确。 二、非选择题：本题共5小题。 15.在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 g/cm3。请回答下列问题： (1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是________、________。 (2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是________。 (3)在40.0 mL 0.065 mol/L Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过________ mL。 (4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 mol/L的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 mol/L的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________ g固体。 答案：(1)36.5%　11.8 mol/L　(2)1 mol/L　(3)2.6　(4)5.85 解析：(1)n(HCl)＝＝10 mol，m(HCl)＝10 mol×36.5 g/mol＝365 g， 盐酸的质量分数w＝×100%＝36.5%， c(HCl)＝＝＝11.8 mol/L。 (2)根据“稀释定律”，由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)可知，c(稀)＝11.8 mol/L×＝1 mol/L。 (3)n(Na2CO3)＝0.040 L×0.065 mol/L＝0.002 6 mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL，则n(HCl)＝1 mol/L×0.001x L＝0.001x mol，根据反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.002 6＝0.001x，x＝2.6。 (4)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 mol/L＝0.1 mol，m(NaCl)＝0.1 mol×58.5 g/mol＝5.85 g。 16.氨和联氨(N2H4)是氮的两种常见氢化物，在科学技术和生产中有着重要的应用。 (1)联氨用HNO2氧化生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮元素的质量分数为0.977，则该氢化物的分子式为__________。该氢化物受撞击则完全分解为N2和H2，则4.30 g该氢化物受撞击后产生气体在标准状况下的体积为________L。 (2)联氨和N2O4可用作火箭推进剂，联氨是燃料，N2O4是氧化剂，反应产物是N2和H2O。由联氨和N2O4组成的火箭推进剂完全反应生成72.0 kg水，则推进剂中联氨的质量为________。 (3)氨的水溶液可用于吸收NO和NO2混合气体，反应的化学方程式为6NO＋4NH3===5N2＋6H2O，6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O。180 mol NO和NO2混合气体被8.9×103 g氨水(NH3质量分数：0.300)完全吸收，产生156 mol N2，吸收后氨水的密度为0.980 g/cm3。 ①该混合气体中NO和NO2的体积比为________。 ②吸收后氨水的物质的量浓度为________(保留1位小数)。 答案：(1)HN3　4.48　(2)64.0 kg (3)①9∶1　②2.4 mol/L 解析：(1)氮的氢化物的相对分子质量为43.0，氮元素的质量分数为0.977，则该氢化物所含氮原子个数为≈3，含氢原子个数为＝1，故其分子式为HN3。HN3受撞击完全分解为N2和H2，4.30 g HN3为0.1 mol，完全分解生成0.05 mol H2和0.15 mol N2，在标准状况下的体积为(0.05 mol＋0.15 mol)×22.4 L/mol＝4.48 L。 (2)联氨与N2O4反应生成N2和H2O，生成72.0 kg水的物质的量为＝4×103 mol，据氢元素守恒推知，反应消耗N2H4为2×103 mol，其质量为2×103 mol×32 g/mol＝6.4×104 g＝64.0 kg。 (3)①根据氮原子守恒计算参加反应的NH3的物质的量：n(NH3)＋180 mol＝156 mol×2，则有n(NH3)＝132 mol。根据得失电子守恒可得：132 mol×3＝n(NO2)×4＋n(NO)×2，n(NO2)＋n(NO)＝180 mol，解得n(NO2)＝18 mol，n(NO)＝162 mol。根据阿伏加德罗定律及推论可知，NO和NO2的体积比等于其物质的量之比，则有V(NO)∶V(NO2)＝162 mol∶18 mol＝9∶1。 ②根据质量守恒计算反应后溶液的质量为8.90×103 g＋162 mol×30 g/mol＋18 mol×46 g/mol－156 mol×28 g/mol＝10 220 g。吸收后氨水的密度为0.980 g/cm3，则溶液体积为V(液)＝≈10 428 mL＝10.428 L。反应后溶液中剩余NH3的物质的量为－132 mol≈25.058 mol，故有c(NH3)＝≈2.4 mol/L。 17.(2025·湖北省黄冈中学调研)“84”消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某“84”消毒液瓶体部分标签如图1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)此“84”消毒液的物质的量浓度约为________ mol/L(计算结果保留一位小数)。 (2)某同学量取100 mL此“84”消毒液，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na＋)＝________ mol/L。 (3)该同学参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。 ①如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是______(填标号)，还缺少的玻璃仪器是________________。 ②下列操作中，容量瓶不具备的功能是________(填标号)。 a.配制一定体积准确浓度的标准溶液 b.贮存溶液 c.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液 d.准确稀释某一浓度的溶液 e.用来加热溶解固体溶质 ③请计算该同学配制此溶液需称取NaClO固体的质量为________g。 (4)若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是________(填标号)。 A.定容时俯视刻度线 B.转移前，容量瓶内有蒸馏水 C.未冷却至室温就转移定容 D.定容时水加多了用胶头滴管吸出 答案：(1)3.8　(2)0.038 (3)①CDE　玻璃棒和胶头滴管　②bcde ③141.6 (4)AC 解析：(1)c(NaClO)＝＝ mol/L≈3.8 mol/L。 (2)溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后c(NaClO)＝×3.8 mol/L＝0.038 mol/L，故c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.038 mol/L。 (3)①由于实验室无480 mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶和胶头滴管，故需使用的仪器是CDE，还需要的玻璃仪器是玻璃棒、胶头滴管。 ②容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意；容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意。 ③质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8 mol/L，由于实验室无480 mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，而配制出500 mL溶液，故所需的质量m＝c·V·M＝3.8 mol/L×0.5 L×74.5 g/mol≈141.6 g。 (4)定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A正确；转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B错误；未冷却至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，C正确；定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D错误。 18.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。 实验Ⅰ：配制KMnO4标准溶液 如图是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。 (1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有______(填标号)。 (2)其中确定50 mL溶液体积的容器是__________(填名称)。 (3)若用图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作正确的情况下，所配制的溶液浓度将________(填“偏大”或“偏小”)。 实验Ⅱ：测定血液样品中Ca2＋的浓度 抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。 (4)已知草酸与KMnO4反应的离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则该离子方程式中的x＝________。 (5)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________ mg/cm3。 答案：(1)①②⑤　(2)50 mL容量瓶 (3)偏小　(4)2　(5)1.2 解析：(1)由图示可知①②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切。 (3)如果用按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作正确的情况下，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。 (5)血液样品中Ca2＋的浓度为＝1.2 mg/cm3。 19.高纯MnO2可用于钽电容器的制造，某同学设计实验制备高纯MnO2。实验步骤如下： Ⅰ.配制100 mL 6 mol/L H2SO4溶液； Ⅱ.称取适量废干电池中的粗MnO2加入烧杯中，依次加入6 mol/L H2SO4溶液、适量的水，微热，在不断搅拌下慢慢分批次加入H2C2O4溶液； Ⅲ.过滤，得到含有MnSO4的溶液； Ⅳ.滴入KMnO4溶液，产生大量黑色沉淀； Ⅴ.过滤、洗涤及干燥后得到高纯MnO2。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ由98%的浓硫酸配制100 mL 6 mol/L H2SO4溶液，图中仪器中不需要的是________(填仪器名称)。 (2)步骤Ⅱ所使用仪器如图： ①仪器a中支管的作用为________________，仪器b的名称为________。 ②写出仪器b中发生反应生成MnSO4和CO2的化学方程式：________________________。 (3)步骤 Ⅳ 发生反应的离子方程式为_________________________________________；电解硫酸锰溶液也可以制备MnO2，则电解时在________极生成MnO2，该电极反应式为________________________。 答案：(1)(球形)冷凝管　(2)①平衡压强，使H2C2O4溶液顺利流下　三颈烧瓶　②MnO2＋H2SO4＋H2C2O4MnSO4＋2CO2↑＋2H2O (3)3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋　阳　Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋ 解析：(1)步骤Ⅰ由98%的浓硫酸配制100 mL 6 mol/L H2SO4溶液，首先计算配制溶液所需浓硫酸的体积，再量取浓硫酸，最后进行稀释；在这些操作中需要的仪器：100 mL容量瓶、量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，故图中不需要(球形)冷凝管。 (2)①仪器a为恒压分液漏斗，其支管的作用为平衡压强，使H2C2O4溶液顺利流下，根据仪器的构造可知，仪器b的名称为三颈烧瓶。 (3)步骤Ⅳ滴入的高锰酸钾与锰离子反应生成二氧化锰，发生反应的离子方程式为3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋；电解硫酸锰溶液也可以制备MnO2，锰离子转化为二氧化锰失电子被氧化，则电解时在阳极生成MnO2，该电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋。 学科网（北京）股份有限公司 $$