安徽省蚌埠第二中学2026-2027学年上学期高三年级化学第五次练习（A）

蚌埠二中2026-2027学年度第一学期高三年级 化学学科第5次A练习 题目范围：物质的量计算 命题人：杨涛 审题人：周生 一、单选题：共7小题，每小题4分，共28分。 1.配制NaOH标准溶液并用其滴定未知浓度盐酸的部分操作如下，其中正确的是( ) A．称量NaOH固体 B．溶解冷却后转移NaOH溶液 C．摇匀NaOH溶液 D．滴定未知浓度的HCl溶液 2.某班同学对一定物质的量浓度溶液配制进行实验。甲组：用碳酸钠晶体(Na2CO3•10H2O)来配制1.0mol•L-1Na2CO3溶液480mL；乙组：用98%的浓硫酸(ρ=1.85g/cm3)配制0.5mol•L-1稀硫酸500mL。假如其他操作都准确无误，下列说法正确的是( ) A．定容后，将容量瓶振荡摇匀、静置发现液面低于刻度线，又加少量水至刻度线 B．甲组需称取空气中久置的碳酸钠晶体143.0g；乙组需用量筒量取浓硫酸13.67mL C．使用前容量瓶中有水珠，无需干燥即可立即使用 D．甲组定容时仰视刻度线，配制浓度偏低；乙组量筒量取时仰视刻度线，配制浓度偏低 3.Cl2制备Cl2O的化学方程式为：2Cl2＋2Na2CO3+H2O===2NaHCO3＋2NaCl＋Cl2O，设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A．22.4 L Cl2O中原子总数为3NA B．中σ键的数目为3NA C．每消耗2 mol Cl2，转移电子数为4NA D．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中HCO3的数目等于0.1NA 4.设NA为阿伏加德罗常数的值。关于反应2Na37ClO3+4H35Cl(浓)=== 2NaCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O(产物中氯元素的质量数未标记)，下列说法错误的是( ) A．1 mol H35Cl中所含的中子数为18NA B．22.4LCl2中含有的原子数为2NA C．反应生成2molH2O时转移电子的数目为2NA D．当反应消耗0.1 L 1 mol·L-1盐酸时，生成ClO2的数目为0.05NA 5.某同学利用铜渣制备[Cu(NH3)4]SO4的流程为。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( ) A．每生成1 mol CuSO4转移电子数为2NAB．标准状况下2.24LH2O2中含共价键数为3NA C．常温常压下，1.7 g NH3中孤电子对数为0.1NA D．0.1 mol[Cu(NH3)4]2+中含σ键数目为1.6NA 6.某实验小组拟测定[Co(NH3)6]Cl3样品中Co元素的质量分数，实验步骤如下：①称取2.000g[Co(NH3)6]Cl3样品于烧瓶；②加入足量稀硫酸，充分反应，再加入过量的NaOH溶液，共热，产生的气体用过量的V1mLc1mol·L-1盐酸充分吸收；③加蒸馏水将吸收液配制成100mL溶液；④准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴加3滴指示剂X，用标准c2mol·L-1NaOH溶液滴定过量的盐酸，三次平行实验，消耗NaOH溶液的平均体积为V2m。下列叙述正确的是( ) A．步骤①需要托盘天平，步骤③需要100mL容量瓶 B．指示剂X只能选择甲基橙溶液，不能选择酚酞溶液 C．常温下，若用pH计测定滴定终点，当pH为7时停止滴定 D．根据上述实验数据，该样品中Co的质量分数为 7.将a L SO3气体通过灼热的装有催化剂(V2O5)的硬质玻璃管，反应后测得气体体积增大了b L(气体体积均在同温、同压下测定)，则下列叙述正确的是(　　) A．SO3的转化率为×100%B．混合气体的平均相对分子质量为 C．反应前与反应后气体的密度之比为(a＋b)∶aD．混合气体中SO2的体积分数为 二、填空题：共12分。 8.环境消毒是极其关键的，常常喷洒“84”消毒液，其有效成分为NaClO。 (1)某实验需用480mL2.0mol·L-1NaClO的消毒液，现用NaClO固体配制，用托盘天平称量NaClO的固体质量为 g。 (2)实验中必须用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、 。 (3)以下有关配制该溶液的说法正确的是 (填字母)。 ① ② ③ A．溶解NaClO固体的操作如图①所示 B．定容时的操作如图②所示 C．定容时的操作可用图③表示 D．定容时向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线1—2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切 E．定容摇匀后，若发现凹液面低于刻度线，此时不需要用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线 (4)下列操作可能使配制溶液浓度偏低的是 (填字母)。 A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒 B．溶解后未经冷却就移液且马上定容 C．移液时，有少量液体溅出 D．定容时，仰视刻度线 E．容量瓶内有少量水 (5)曾有报道，在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是盐酸)与“84”消毒液而发生氯气中毒事件。请用离子方程式解释其原因： 。 (6)含氯消毒剂的消毒能力可以用“有效氯”来表示，“有效氯”是指与含氯消毒剂氧化能力相当的氯气的质量。某溶液中含有1molNaClO，该溶液的“有效氯”是 g。 答案解析 1.【答案】B 【解析】A项，NaOH易潮解且有强腐蚀性，不能直接放在纸上称量，A错误；B项，将NaOH溶解冷却后，用玻璃棒引流转移至容量瓶中，这是标准操作，图示符合要求，B正确；C项，摇匀溶液需双手持住容量瓶，图中操作不符合规范，C错误；D项，滴定实验中，NaOH标准溶液应用碱式滴定管盛装，D错误。故选B。 2.【答案】C 【解析】A项，定容、摇匀后加水，溶液体积偏大，导致配制结果偏低，故不选A；B项，配制1.0 mol•L-1 Na2CO3 溶液480 mL，选取500 mL容量瓶，甲组应称取Na2CO3•10H2O晶体m=cVM=1.0 mol•L-1×0.5 L×286 g/mol=143g，但Na2CO3•10H2O在空气中久置会失去结晶水变质；量筒的精度是0.1 mL，乙组需用量筒量取浓硫酸的体积mL，故B错误；C项，用容量瓶配制溶液，需加水定容，使用前容量瓶中有水不影响配制，故C正确；D项，甲组定容时仰视刻线，溶液体积偏大，配制浓度偏低；乙组量筒量取时仰视刻度线，浓硫酸体积偏大，配制浓度偏高，故D错误；故选C。 3.【答案】B 【解析】A项，未指明Cl2O处于标准状况，无法通过气体体积计算其物质的量，不能确定原子总数，A错误；B项，CO32-为平面三角形结构，中σ键数目为3NA，B正确；C项，反应2Cl2＋2Na2CO3+H2O===2NaHCO3＋2NaCl＋Cl2O为元素的歧化反应，参与反应时，得电子变为-1价、失电子变为+1价，转移电子数为2NA，C错误；D项，未给出溶液体积，无法计算HCO3-的物质的量，且HCO3-会发生电离和水解，D错误；故选B。 4.【答案】B 【解析】A项，H的中子数为0，35Cl的中子数为35-17=18，故1 mol H35Cl含18 mol中子，中子数为18NA，A正确；B项，未指明Cl2处于标准状况，无法用22.4L/mol计算其物质的量，原子数不一定为2NA，B错误；C项，根据化学方程式2Na37ClO3+4H35Cl(浓)=== 2NaCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O，生成2molH2O时，有2 molNa37ClO3还原(Cl元素从+5价降至+4价，得到2 mol电子)，同时有2 molH35Cl被氧化(Cl元素从-1价升至0价，失去2 mol电子)，故反应转移的电子为2 mol，数目为2NA，C正确；D项，消耗的HCl物质的量为，由方程式计量数，4 molHCl反应生成2 molClO2，故0.1 molHCl反应生成0.05 molClO2，数目为0.05NA，D正确；故选B。 5.【答案】B 【解析】A项，Cu由0价升高到+2价，每生成1 mol CuSO4转移2 mol电子，即转移电子数为2NA，A正确；B项，标准状况下H2O2不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定共价键数目，B错误；C项，1.7 g NH3的物质的量为0.1 mol，每个NH3分子含1对孤电子对，故孤电子对数为0.1NA，C正确；D项，每个[Cu(NH3)4]2+中，4个配位键为σ键，每个NH3含3个N-H σ键，共个σ键，故0.1 mol该离子含σ键数目为1.6NA，D正确；故选B。 6.【答案】D 【解析】A项，称取2.000 g样品需要精度为0.001 g的分析天平，托盘天平精度仅为0.1 g，无法满足称量精度要求，A错误；B项，滴定终点时溶液溶质为NH4Cl、NaCl，溶液呈酸性，可选择甲基橙、甲基红等酸变色范围的指示剂，并非只能选择甲基橙，B错误；C项，滴定终点时溶液溶质为NH4Cl、NaCl，NH4+水解使溶液显酸性，因此常温下，若用pH计测定滴定终点，则pH<7，C错误；D项，总HCl的物质的量为，25 mL吸收液中过量HCl的物质的量为，则100 mL吸收液中过量HCl为，与NH3反应的HCl即，故该样品中，计算得Co的质量分数为，D正确；故选D。 7.【答案】C 解析：设生成二氧化硫的体积为x，则反应的三氧化硫的体积为x。 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g) 　ΔV 2 L　　　　　　 2 L　　　1 L　 1 L x b L ＝，解得x＝2b L，SO3的转化率为×100%，故A错误；同温、同压下气体的体积之比等于物质的量之比，反应后气体的总体积为(a＋b)L，则混合气体的平均相对分子质量为，故B错误；同温、同压下反应前后的气体的密度之比等于反应前后气体的平均相对分子质量之比，反应前气体的相对分子质量为80，反应后平均相对分子质量为，则反应前与反应后气体的密度之比为(a＋b)∶a，故C正确；反应后气体的总体积为(a＋b)L，混合气体中SO2的体积分数为×100%，故D错误。 8.【答案】(1)74.5(2分) (2)500mL容量瓶、胶头滴管(2分) (3)DE(2分) (4)ACD(2分) (5)ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O(2分) (6)71(2分) 【解析】用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签等，某实验需用480mL2.0mol•L-1NaClO的消毒液，需要配制500mL溶液，根据c=进行误差分析。 (1)某实验需用480mL2.0mol•L-1NaClO的消毒液，需要配制500mL溶液，现用NaClO固体配制，用托盘天平称量NaClO的固体质量为：0.5L×2.0mol•L-1×74.5g/mol=74.5g。 (2)用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签等，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、量筒、胶头滴管。 (3)A．固体溶质不能在容量瓶中溶解，故A错误；B．定容时，视线与刻度线最低凹液面相平，故B错误；C．③为移液操作，不是定容，故C错误；D．定容的正确操作为：向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，故D正确；E．定容摇匀后，若发现凹液面低于刻度线，属于正常操作，此时不需要用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线，故E正确；故答案为DE。 (4)A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A选；B．溶解后未经冷却就移液且马上定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B不选；C．移液时，有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C选；D．定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故D选；E．容量瓶内有少量水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故E不选；故答案为ACD。 (5)次氯酸根离子与氯离子酸性环境下发生归中反应生成氯气和水，反应的离子方程式：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。 (6)次氯酸根离子、氯气都有强氧化性，其还原产物均为氯离子，而且1mol次氯酸根离子或1mol氯气在反应中均得到2mol电子，即1mol次氯酸根离子和1mol氯气的氧化能力相当，则有n(Cl2)=n(NaClO)=1mol，1mol×71g/mol=71g。 1 学科网（北京）股份有限公司 $