1、河北省承德市双滦区实验中学2021届高三化学一轮复习晚测试题1主要内容：一定物质的量的浓度的溶液及配制 一选择题（共20小题）（每题3分）1下列溶液含有的氯离子物质的量浓度最大的是（）A2mL0.1 mol/L NaC1溶液 B3mL0.2mol/L KClO3溶液C1mL0.2mol/L CaCl2溶液 D4mL0.1mol/L AlCl3溶液2下列有关1molL1硫酸溶液的说法正确的是（）A1L水中含有1mol硫酸 B1L溶液中含1mol H+C将98g硫酸溶于1L水所配成的溶液D从1L溶液中取出500mL后，剩余溶液的浓度仍为1molL13与20mL，含0.01mol NaCl的溶液中的
2、Cl物质的量浓度相等的是（）A10mL 0.5mol/L CuCl2溶液B5mL 0.4mol/L FeCl3溶液C10mL 2.0mol/L KCl溶液 D10mL 0.25mol/L MgCl2溶液4科学上把含有6.021023个微粒的集合体作为一个单位，称为摩尔。摩尔是表示（）A物质的量的单位B物质的质量的单位C物质的量的浓度D微粒个数的单位5已知很多气体都能用来做喷泉实验，若在同温同压下两个等体积烧瓶，一个收集满HCl和N2的混合气体，另一个收集满NO2，如图所示，喷泉实验停止后，两个烧瓶内溶液的溶质的物质的量浓度（c）和溶质的质量分数（w）关系是（）（两烧瓶所得溶液密度几乎相等）Ac
3、和w都不同Bc和w都相同Cc相同，w不同Dw相同，c不同6在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为p gcm3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c molL1下列叙述正确的是（）w100% c；若上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w将50g上述溶液加入一定量的水稀释成0.5c molL1，则加入水的体积应大于50mL。ABCD7将V1mL0.2 mol/LNa2SO4溶液加水稀释至V2 mL，稀释后溶液中Na+的物质的量浓度为（）AmolL1 BmolL1CmolL1DmolL18NaCl是生活中必不可少的物质。将wg NaCl固体
4、完全溶于1L水中，溶解和电离过程如图所示，下列说法正确的是（）Aa离子为Na+B溶解和电离过程中，水分子与晶体不存在相互作用C所得溶液中c（Na+）等于mol/LD若再加入NaCl固体至离子浓度不再变化时，则所得为饱和溶液9某温度下，饱和石灰水的溶解度为s g，密度为 g/mL，向足量该饱和溶液中加入 m g CaO，充分作用后，恢复到原来温度，下列有关说法不正确的是（）A最终得到沉淀的质量大于gB该饱和溶液质量百分比浓度为：% C最终所得溶液PH不变D该饱和溶液中溶质物质的量浓度为：mol/L10下列图示与对应的叙述一定正确的是（）A图1所示反应：H2（g）+I2（g）2HI（g），b一定是
5、加入或改进了催化剂B图2是加水稀释体积相同的两种酸溶液的pH变化图象，则完成中和时消耗NaOH的物质的量：abcC图3，A和B是两种物质的溶解度随温度的变化曲线，将A、B处于t2时的饱和溶液降温到t1，B析出的晶体质量大D图4所示反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），正反应的活化能是508kJmol111下列各组的两个量，前者不恰好是后者二倍的是（）ANa2O2中阳离子和阴离子的个数BCu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量和被还原的HNO3的物质的量C质量分数为98%的H2SO4的物质的量浓度和质量分数为49%的H2SO4的物质的量浓
6、度D分别发生KMnO4受热分解、MnO2催化H2O2分解反应，当得到同温同压下同体积O2时，两个反应转移的电子数12密度为0.91gmL1的氨水，质量分数为25%该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数（）A等于12.5%B大于12.5%C小于12.5%D无法确定13在配制100mL，0.5mol/L的NaCl溶液时，下列操作会使实验结果偏大的是（）A定容时仰视刻度 B定容时俯视刻度C未洗涤烧杯和玻璃棒 D溶解搅拌过程中有少量液体溅出14某学生配置0.1molL1的NaOH溶液480mL，下列说法正确的是（）A选用480 mL 容量瓶 B把烧碱固体放在纸上称量C把称好的固体放入容量瓶
7、中稀释至刻度线D定容时俯视容量瓶的刻度线浓度偏大15下列溶液中Cl物质的量浓度最大的是（）A10mL 0.1mol/L的AlCl3溶液 B20mL 0.2mol/L的CaCl2溶液C20mL 0.5mol/L的KClO3溶液 D10mL 0.25mol/L的NaCl溶液16下列溶液中溶质的物质的量浓度为1molL1的是（）A含Na+为2 mol的Na2SO4溶液B将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液C将0.5 molL1的某饱和溶液100 mL，加热蒸发掉50 g水后的溶液D将58.5 g NaCl溶于1 L水所得的溶液17配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的（）ABCD18
8、在配制溶液过程中正确的是（）A配制盐酸溶液用量筒量取盐酸时量筒必须先润洗B配制盐酸溶液时，容量瓶中少量的水不影响最终的浓度C定容时观察液面俯视会造成所配溶液浓度偏低D浓H2SO4稀释后即可注入容量瓶配制19实验室需要90mL1.0molL1的NaOH溶液，下列有关配制该溶液的说法正确的是（）A需要称量3.6 gNaOH固体B该实验用到的玻璃仪器只有烧杯、玻璃棒和容量瓶C定容时俯视刻度线会使所配溶液的浓度偏高D摇匀后发现容量瓶中液体低于刻度线，再用胶头滴管滴加水至刻度线20实验室配制0.25molL1的NaOH溶液，下列操作会导致所配溶液浓度一定偏低的是（）A称量时，装有NaOH固体的烧杯放在了
9、右盘B定容时俯视刻度线 C定容时液面超过了刻度线D容量瓶洗净后未干燥就直接使用二、 填空题（40分）21（3分）将300mL 0.1molL1氢氧化钠溶液和100mL 0.75molL1硫酸溶液混合加水稀释到500mL，求混合溶液中H+的物质的量浓度为 mol/L。22（每空2分）（共16分）（1）1.5NA个H3PO4的摩尔质量为 ，含氧原子的物质的量为 。（2）a mol H2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为 （3）25.2 g Na2RO3含Na+ 0.4 mol，则Na2RO3的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。含R的质量为1.6 g的Na2RO3，其物质的量为 。
10、（4）相同条件下，比较下列物质中氢原子数目多少（填“”“”或“”）：4.9g H2SO4 3.6g H2O 1.6L CH4 2.4L H223（9分）0.6mol/L AlCl3 50mL与0.4mol/L的MgCl2溶液20mL混合后，将此混合液稀释至500mL，求最后所得溶液中Cl 的物质的量浓度24（每空3分 共12分）实验室需要0.1mol/L NaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 ；（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是 （填仪器名称）（2）配制NaOH时，在实验中其他操作
11、均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度 0.1mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为 mL（计算结果保留一位小数）在实验中其他操作均正确，若用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，则所得配得溶液浓度 0.5mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）参考答案与试题解析一选择题（共20小题）1【分析】利用物质的构成及溶质的物质的量浓度来计算氯离子的浓度，氯离子浓度与溶液的体积无关，溶液中c（Cl）溶质的物质的量浓度化学式中氯离子个数，以此来解答。【解答】解：A.2mL0.1mol/LNaCl溶液中氯离子浓度0.1m
12、ol/L；B.3mL0.2mol/LKClO3溶液中不含氯离子；C.1mL0.2mol/LCaCl2溶液中氯离子浓度0.2mol/L20.4mol/L；D.4mL0.1mol/LAlCl3溶液中氯离子浓度0.1mol/L30.3mol/L。溶液含有的氯离子物质的量浓度最大的是C.1mL0.2mol/LCaCl2溶液，故选：C。2【分析】1molL1硫酸溶液表示1L溶液中含有1mol硫酸，1L溶液中含2molH+，表示98g硫酸溶于水所配成的1L溶液得到的溶液，溶液具有均一稳定性。【解答】解：A表示1L溶液中含有1mol硫酸，故A错误；B表示1L溶液中含2molH+，故B错误；C表示98g硫酸溶
13、于水所配成的1L溶液，故C错误；D从1L溶液中取出500mL后，溶液的浓度保持不变，仍为1molL1，故D正确。故选：D。3【分析】20mL、含0.01mol NaCl的溶液中氯化钠的物质的量浓度c0.5mol/L，故此溶液中氯离子的物质的量浓度也为0.5mol/L据此分析。【解答】解：20mL、含0.01mol NaCl的溶液中氯化钠的物质的量浓度c0.5mol/L，故此溶液中氯离子的物质的量浓度也为0.5mol/L。A、0.5mol/L CuCl2溶液中氯离子的浓度为0.5mol/L21mol/L，故A错误；B、0.4mol/L FeCl3溶液中氯离子的浓度为0.4mol/L31.2mol
14、/L，故B错误；C、2.0mol/L KCl溶液中氯离子的浓度为2mol/L，故C错误；D、0.25mol/L MgCl2溶液氯离子的物质的量浓度也为0.25mol/L20.5mol/L，故D正确。故选：D。4【分析】物质的量为国际单位制的七个物理量之一，摩尔只是物质的量的单位；物质的量的研究对象必须为微观粒子，所以科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何粒子集合体为1mol，使用物质的量时必须指明物质具体名称。【解答】解：物质的量为国际单位制的七个物理量之一，摩尔只是物质的量的单位，故选：A。5【分析】设同温同压下，两个烧瓶内分别盛有xLHCl、xLNO2，第一个烧瓶中只有HCl溶于水，n（
15、HCl）mol，溶液的体积为xL，所以c（HCl）mol/Lmol/L；第二个烧瓶中发生3NO2+H2O2HNO3+NO，n（HNO3）n（NO2）mol，溶液的体积为xL，所以c（HNO3）mol/L；溶液的物质的量浓度、密度、质量分数关系式为：c，据此分析解答。【解答】解：设同温同压下，两个烧瓶内分别盛有xLHCl、xLNO2，第一个烧瓶中只有HCl溶于水，n（HCl）mol，溶液的体积为xL，所以c（HCl）mol/Lmol/L；第二个烧瓶中发生3NO2+H2O2HNO3+NO，n（HNO3）n（NO2）mol，溶液的体积为xL，所以c（HNO3）mol/L；由此可以看出两溶液的物质的量
16、浓度相等；溶液的物质的量浓度、密度、质量分数关系式为：c，虽然溶液的c、（密度）相同，但M（溶质的摩尔质量）不同，所以（质量分数）不同；综上所述，两溶液c相同不同；故选：C。6【分析】根据100%，据此进行计算判断；根据c进行计算；水的密度大于氨水的密度，所以等体积时，水的质量大于氨水的质量，这样混合后，所得溶液浓度小于0.5，根据公式溶质质量分数100%计算；计算出50g浓度为cmolL1、密度为gcm3的氨水的体积，设稀释后氨水的体积为VmL，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，据此列式计算V的值令稀释后的密度为xg/mL，氨水浓度越小，密度越大，则x，计算稀释后氨水的质量，稀释后氨
17、水的质量减去50g即为需加水的质量，根据v计算水的体积根据稀释前后氨水密度判断水的体积【解答】解：氨气溶于水，主要以NH3H2O存在，但仍然以NH3作为溶质，100%100%100%，故错误；cmol/L，故正确；溶质质量分数100%100%，由于水的密度大于氨水，则加入的等体积的水的质量大于氨水的质量，所以混合液中氨水的质量分数小于0.5，故错误；50g浓度为cmolL1、密度为 gcm3的氨水的体积为：mL，设稀释后氨水的体积为VmL，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则：mLcmol/LVmL0.5cmol/L解得：VmL，设稀释后的密度为xg/ml，氨水浓度越小，密度越大，则x
18、，稀释后氨水的质量为：mLxg/mLg，所以加入的水的质量为：g50g（50）g，加入的水的体积为：（50）mL，由于x，所以（50）50mL，故正确；故选：D。7【分析】根据Na2SO4的化学式可知，0.2 molL1的Na2SO4溶液中Na+物质的量浓度为0.4molL1，根据稀释定律可知，溶液稀释前后钠离子的物质的量不变，据此计算。【解答】解：由Na2SO4的化学式可知，0.2 molL1的Na2SO4溶液中Na+物质的量浓度为0.4molL1，令稀释后溶液中Na+的物质量浓度为y，则V1 mL0.4mol/LV2mLy解得ymol/L，故选：D。8【分析】NaCl在溶液中电离出Na+和
19、Cl离子，Na+含有2个电子层、Cl离子含有3个电子层，则离子半径ClNa+，根据图示可知，a为Cl、b为Na+，A依据图示微粒大小判断；B依据图示可知氯化钠溶解和电离过程与水分子存在相互作用；C溶液体积大于1L；D指在一定温度和压力下，溶剂中所溶解的溶质已达最大量（溶解度）的溶液为饱和溶液。【解答】解：A依据微粒大小可知，a为氯离子，故A错误；B依据图示可知氯化钠溶解和电离过程与水分子存在相互作用，在水分子包围下，氯化钠离解出钠离子和氯离子，并以谁和离子形式存在，故B错误；C溶液体积大于1L，所以c（Na+）小于于mol/L，故C错误；D若再加入NaCl固体至离子浓度不再变化时，说明溶解溶质
20、达到最大量，则所得为饱和溶液，故D正确；故选：D。9【分析】Amg CaO溶于水发生反应：CaO+H2OCa（OH）2，反应生成氢氧化钙的质量为g，由于原饱和溶液中溶剂减少，则会析出部分溶质，所以得到沉淀的质量大于g；B根据溶质质量分数w100%判断；C温度不变，饱和溶液中溶质的浓度不变，则溶液中氢氧根离子浓度不变；D根据c计算出该饱和溶液的物质的量浓度【解答】解：Amg CaO溶于水发生反应：CaO+H2OCa（OH）2，反应生成氢氧化钙的质量为：mgg，由于原饱和溶液中溶剂减少，则会析出部分溶质，所以最终得到的沉淀的质量大于g，故A正确；B该饱和溶液的溶解度为sg，则该饱和溶液中溶质的质量
21、分数为：100%，故B错误；C最终得到的还是氢氧化钙的饱和溶液，由于温度相同，则溶液中氢氧根离子浓度相等，溶液的pH不变，故C正确；D该饱和溶液的质量分数为：，该溶液的物质的量浓度为：cmol/L，故D正确；故选：B。10【分析】A反应：H2（g）+I2（g）2HI（g），是气体体积不变的反应，改变压强、催化剂都不改变化学平衡；B体积相同的两种酸溶液的pH相同，稀释相同倍数，强酸PH增大的大，则的酸性大于的酸性，酸溶液浓度大，完全中和消耗NaOH的物质的量大；C饱和溶液的质量不知不能确定析出晶体质量；D反应物断裂化学键吸收的能量为正反应的活化能。【解答】解：A反应：H2（g）+I2（g）2HI
22、（g），是气体体积不变的反应，增大压强、增加催化剂，加快反应速率，都不改变化学平衡，故A错误；B体积相同的两种酸溶液的pH相同，稀释相同倍数，强酸PH增大的大，则的酸性大于的酸性，酸溶液浓度大，完全中和消耗NaOH的物质的量大，则完成中和时消耗NaOH的物质的量：abc，故B错误；CA和B是两种物质的溶解度随温度的变化曲线，将A、B处于t2时的饱和溶液降温到t1，饱和溶液的质量不知不能确定析出晶体质量，故C错误；D图中分析可知，反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），正反应的活化能是508kJmol1，故D正确；故选：D。11【分析】ANa2O2由钠离子与过氧根离子（O22）构成；BCu
23、+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量为4mol，被还原的HNO3的物质的量为2mol；C硫酸的浓度越大，密度越大，相同质量时，体积越小；DKMnO4受热分解生成1mol氧气转移4mol电子，H2O2分解反应生成1mol氧气转移2mol电子。【解答】解：ANa2O2由钠离子与过氧根离子（O22）构成，则Na2O2中阳离子和阴离子的个数之比为2：1，故A不选；BCu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量为4mol，被还原的HNO3的物质的量为2mol，所以前者恰好是后者二倍，故B不选；C硫酸的浓度越大
24、，密度越大，相同质量时，体积越小，等质量的质量分数为98%的H2SO4的体积小于质量分数为49%的H2SO4，所以前者浓度大于后者的二倍，故C选；DKMnO4受热分解生成1mol氧气转移4mol电子，H2O2分解反应生成1mol氧气转移2mol电子，则前者恰好是后者二倍，故D不选。故选：C。12【分析】设浓氨水的体积为V，稀释前后溶液中溶质的质量不变，氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小，稀释后得到氨水的密度应大于0.91gcm3，据此解答。【解答】解：设浓氨水的体积为V，密度为浓，稀释后密度为稀，稀释前后溶液中溶质的质量不变，则：稀释后质量分数，氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小，
25、所以浓稀，所以12.5%，故选：C。13【分析】根据物质的量浓度c并结合所进行的操作来分析对浓度的影响。【解答】解：A、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故A错误；B、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故B正确；C、未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏小，故C错误；D、溶解搅拌过程中有少量溶液溅出，会导致溶质的损失，则浓度偏小，故D错误。故选：B。14【分析】A配制480mL溶液，应该选用500mL的容量瓶；B烧碱易潮解，应该放在烧杯中称量；C不能在容量瓶中稀释溶质；D俯视容量瓶刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏大。【解答】解：A实验室
26、中没有480mL的容量瓶，配制480mL溶液，应该选用规格为500mL的容量瓶，故A错误；B烧碱为氢氧化钠，具有腐蚀性、易潮解变质，称量时应该放在小烧杯中，不能直接放在纸上，故B错误；C溶解固体应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中稀释、溶解溶质，故C错误；D定容时俯视容量瓶的刻度线，加入的蒸馏水位于刻度线以下，则配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏大，故D正确；故选：D。15【分析】Cl物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质的化学式组成及其浓度有关，据此结合各选项进行计算。【解答】解：A10mL 0.1mol/L的AlCl3溶液中，Cl物质的量浓度为0.1mol/L30.3mol/L；B20mL 0.
27、2mol/L的CaCl2溶液中，Cl物质的量浓度为0.2mol/L20.4mol/L；C氯酸钾电离出氯酸根离子和钾离子，则20mL 0.5mol/L的KClO3溶液中Cl物质的量浓度0；D10mL 0.25mol/L的NaCl溶液中，Cl物质的量浓度为0.25mol/L10.25mol/L；根据分析可知，氯离子浓度最大的为B，故选：B。16【分析】A缺少溶液体积，无法计算钠离子的浓度；B根据n、c计算；C饱和溶液浓度不变；D所得溶液体积不是1L。【解答】解：A没有告诉溶液体积，无法计算含Na+为2 mol的Na2SO4溶液的浓度，故A错误；B80 g SO3的物质的量为1mol，1mol三氧化
28、硫溶于水生成1mol硫酸，溶液体积为1L，所得溶液浓度为1mol/L，故B正确；C加热蒸发掉50 g水后的溶液熔融为饱和溶液，蒸发后溶液浓度为0.5mol/L，故C错误；D58.5g氯化钠的物质的量为1mol，1molNaCl溶于1L水，所得溶液体积不是1L，溶液浓度不是1mol/L，故D错误；故选：B。17【分析】配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，据此解答。【解答】解：配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，分液漏斗主要用于分液实验操作、锥形瓶主要用于蒸馏实验操作、坩埚主要用于灼烧实验操作，所以4个选
29、项中，配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到的仪器是容量瓶。故选：A。18【分析】A量筒不需要润洗；B容量瓶中少量的水，不影响溶质、溶剂；C定容时观察液面俯视，溶液体积偏小；D浓H2SO4稀释放热。【解答】解：A量筒不需要润洗，直接用量筒量取盐酸即可，且不需要洗涤，故A错误；B容量瓶中少量的水，不影响溶质、溶剂，不影响溶液的浓度，故B正确；C定容时观察液面俯视，溶液体积偏小，由ncV可知，溶液浓度偏高，故C错误；D浓H2SO4稀释放热，应冷却至室温后转移到容量瓶中定容，故D错误；故选：B。19【分析】A需要90mL1.0molL1的NaOH溶液，应选择100mL容量瓶，依据mcVM计算需要溶质的
30、质量；B根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤判断使用的仪器；C定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，依据c进行误差分析；D摇匀后发现容量瓶中液体低于刻度线，再用胶头滴管滴加水至刻度线，导致溶液体积偏大。【解答】解：A需要90mL1.0molL1的NaOH溶液，应选择100mL容量瓶，需要溶质的质量为：0.1L40g/mol1.0mol/L4.0g，故A错误；B配制90mL1.0molL1的NaOH溶液，需要选用100mL容量瓶，用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故B错误；C定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，依据c可知，溶液浓度偏高，故C正确；D摇匀后发现容量瓶中液体低于刻
31、度线，再用胶头滴管滴加水至刻度线，导致溶液体积偏大，依据c可知，溶液浓度偏低，故D错误；故选：C。20【分析】分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c进行误差分析，凡是操作使n偏小或者使V偏大的，溶液浓度偏低，反之溶液浓度偏高。【解答】解：A如果没有用到游码，则不会产生误差，故A不选；B定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B不选；C定容时液面超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C选；D容量瓶洗净后未干燥就直接使用，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故D不选；故选：C。二填空题（共2小题）21【分析】将300mL 0.1molL1氢氧化钠溶液
32、和100mL 0.75molL1硫酸溶液混合，先发生中和反应，根据H+OHH2O，计算多余的H+，再结合c计算浓度。【解答】解：将300mL 0.1molL1氢氧化钠溶液中OH的物质的量为0.3L0.1molL10.03mol，100mL 0.75molL1硫酸溶液中H+的物质的量为0.1L20.75molL10.15mol，混合后发生中和反应，根据H+OHH2O可知多余的H+的物质的量为0.15mol0.03mol0.152mol，则混合后最终溶液中H+的物质的量浓度为0.24molL1，故答案为：0.24。22【分析】（1）磷酸的摩尔质量与物质的量大小无关；根据n计算；（2）根据NnNA计
33、算；（3）根据M计算Na2RO3的摩尔质量，从而可知R的原子量；n（Na2RO3）n（R），根据n计算；（4）根据NnNA可知，含有H的物质的量越大，含有氢原子数越多，结合n计算。【解答】解：（1）H3PO4的摩尔质量为98g/mol，1.5NA个H3PO4含有O的个数为：1.5NA46NA，含有氧原子的物质的量为6mol，故答案为：98g/mol； 6mol；（2）a mol H2SO4中含有b个氧原子，则amol4NAb，则阿伏加德罗常数可以表示为 mol1，故答案为： mol1；（3）25.2 g Na2RO3含Na+ 0.4 mol，n（Na2RO3）n（Na+）0.2mol，则Na2
34、RO3的摩尔质量为：126g/mol，Na2RO3的相对分子量为126，则R的相对原子质量为：12623216332；含R的质量为1.6g的Na2RO3，其物质的量n（Na2RO3）n（R）0.05mol，故答案为：126g/mol；32；0.05mol；（4）4.9g H2SO4的物质的量为：0.05mol，含有的n（H）0.05mol20.1mol，3.6g H2O的物质的量为：0.2mol，含有的n（H）0.2mol20.4mol，根据NnNA可知，含有氢原子数4.9g H2SO43.6g H2O，故答案为：；相同条件下气体摩尔体积Vm相同，设气体摩尔体积为aL/mol，1.6L CH4
35、含有H的物质的量为4mol，2.4L H2分子中含有H的物质的量为2mol，根据NnNA可知，含有氢原子数：1.6L CH42.4L H2，故答案为：；。三计算题（共1小题）23【分析】溶液中由溶质电离出的离子物质的量不变，结合溶液体积和浓度计算溶质物质的量，离子物质的量溶质物质的量离子数，得到混合溶液中氯离子总物质的量，溶液混合后总体积500mL，结合c计算得到【解答】解：0.6mol/L AlCl3 50mL溶液中溶质物质的量0.6mol/L0.050L0.03mol，氯离子物质的量0.03mol30.09mol，0.4mol/L的MgCl2溶液20mL溶液中溶质物质的量0.4mol/L0
36、.020L0.008mol，氯离子物质的量0.008mol20.016mol，混合液稀释至500mL，最后所得溶液中Cl 的物质的量浓度0.212mol/L，答：最后所得溶液中Cl 的物质的量浓度0.212mol/L一填空题（共1小题）1【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器进行解答；（2）根据c分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；（3）先依据c计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线导致浓硫酸的体积偏大【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容
37、量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有烧瓶和分液漏斗，还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；故答案为：A、C；烧杯和玻璃棒；（2）若定容时仰视刻度线，则导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小于0.1mol/L；故答案为：小于；（3）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c18.4（mol/L），设需要浓硫酸的体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变设需要浓硫酸的体积为V，则：V18.4mol/L500mL0.5mol/L，解得V13.6ml；用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线导致浓硫酸的体积偏大，量取硫酸的物质的量偏大，依据c，可知溶液的浓度偏高；故答案为：13.6；大于