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内蒙古锡林浩特市第六中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题
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高一年级化学试卷
可能用到的相对原子质量：He 4;C 12;H 1;O 16;S 32;Na 23;N 14
一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共51分）
1.下列实验操作不正确的是（ ）
A. 倾倒液体 B. 检查气密性 C. 稀释浓硫酸 D. 取用固体
【答案】D
【解析】
【详解】A、倾倒液体时，瓶塞要倒放，标签要对准手心，瓶口紧挨。图中所示操作正确，A正确；
B、检查装置气密性的方法：把导管的一端浸没在水里，双手紧贴容器外壁，若导管口有气泡冒出，装置不漏气；反之则相反。图中所示操作正确，B正确；
C、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散。图中所示操作正确，C正确。
D、固体药品的取用要遵循“一横二送三直立”，用纸槽把药品送入试管底部。图中所示操作错误，D错误。
答案选D。
【点睛】
2.某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B。B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍(同温、同压)。以下对B的分子组成的推测一定正确的是( )
A. 有1个氧原子 B. 有2个氧原子
C. 有1个A原子 D. 有2个A原子
【答案】A
【解析】
【详解】根据n＝V/Vm可知，气体的体积之比等于物质的量之比。B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍，这说明有1molO2消耗可生成2molB，则根据原子守恒可知B中应含有1个O，选A。
3.有五瓶失去标签的溶液，它们分别为：
①Ba(NO3)2 ②KCl ③NaOH ④CuSO4 ⑤Na2SO4如果不用其他任何试剂(包括试纸)，用最简便的方法将它们一一鉴别开来，则在下列的鉴别顺序中，最合理的是( )
A. ④③①⑤② B. ④②①③⑤ C. ①⑤③④② D. ③④①⑤②
【答案】A
【解析】
【分析】
铜离子在溶液中显蓝色，铜离子和氢氧根离子生成蓝色沉淀，钡离子和硫酸根离子生成白色沉淀，氯化钾无明显现象最后鉴别；先把带色的离子鉴别出来，再用该离子去鉴别其他的离子，再用鉴别出来的去鉴别后面的离子，依次鉴别．
【详解】首先观察溶液的颜色，显蓝色的是硫酸铜；将硫酸铜滴入剩余的四种溶液中，出现蓝色沉淀，是氢氧化钠，出现白色沉淀，是硝酸钡；再将硝酸钡滴入剩余的两种溶液中，出现白色沉淀的是硫酸钠，没有明显现象的是氯化钾。
故选：A。
【点睛】难点突破：在解此类题时，先要根据所给的溶液的颜色鉴别出带色的溶液，再用该试剂鉴别其他的物质，依次用鉴别出来的物质鉴别其他的物质，类推。
4.下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是
A. 200mL 2mol·L—1 MgCl2溶液 B. 500mL 2.5mol·L—1 NaCl溶液
C. 30mL 2.5mol·L—1 CaCl2溶液 D. 250mL 1mol·L—1 AlCl3溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质电离产生的离子浓度等于电解质的浓度与化学式中含有该离子个数的积。
【详解】A.c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L；
B.c(Cl-)=2.5mol/L×1=2.5mol/L；
Cc(Cl-)=2.5mol/L×2=5.0mol/L；
D.c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L；
可见四种溶液中Cl-的物质的量浓度最大值是5.0mol/L，故合理选项是C。
5.现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（ ）
A. 1∶1∶1 B. 6∶3∶2 C. 3∶2∶1 D. 1∶2∶3
【答案】B
【解析】
【详解】CO、CO2、O3(臭氧)三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，根据物质分子中含有的O原子个数可知，n(CO)=1mol，n(CO2)=mol，n(O3)=mol，故这三种气体的物质的量之比是n(CO)：n(CO2)：n(O3)=1mol：mol：mol=6：3：2，故合理选项是B。
6.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A. 1 mol醋酸的质量与NA个醋酸分子的质量相等
B. NA个氧气分子和NA个氢气分子的质量比等于16∶1
C. 30 g乙烷(C2H6)所含的原子数目为NA
D. 在标准状况下， 0.5NA个氯气分子所占体积约是11.2 L
【答案】C
【解析】
试题分析：1mol醋酸中含有NA个醋酸分子，A正确；NA个氧气分子和NA个氢气分子物质的量都是1mol，质量比为32：2=16：1，B正确；30 g乙烷(C2H6)所含的分子数目为NA，原子数为3NA，C错误；0.5NA个氯气分子物质的量为0.5mol，标准状况下体积约为11.2L。
考点：NA
点评：有关NA的试题须看清微粒的种类，是分子还是原子。
7.用硫酸铜晶体配制0.100 mol·L-1的硫酸铜溶液1000 mL时，使所配溶液浓度偏高的操作是（ ）
A. 称取硫酸铜晶体160 g
B. 称量固体时，天平指针偏左
C. 选用的容量瓶内留有少量的蒸馏水
D. 定容摇匀后，发现液面低于环形标线，再加水至刻度线
【答案】B
【解析】
【详解】A.配制0.100mol/L的硫酸铜溶液1000mL，需要硫酸铜晶体的质量m=0.100mol/L×1L×250g/mol=25.0g，称取硫酸铜晶体16.0g<25.0g，溶质的物质的量偏小，导致溶液的浓度偏低，A不符合题意；
B.天平指针偏左，说明称取溶质的质量偏大，导致溶质的物质的量偏大，最终会使溶液的浓度偏高，B符合题意；
C.选用的容量瓶内留有少量的蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，因此对溶液的浓度不产生任何影响，C不符合题意；
D.定容摇匀后，发现液面低于环形标线，再加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，则溶液的浓度偏低，D不符合题意；
故合理选项是B。
8.在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是( )
A. Na+ 、K+、SO42-、CO32- B. Cu2+、K+、SO42-、NO3-
C. Na+、 K+、Cl-、 NO3- D. Fe3+、K+、SO42-、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A.在酸性溶液中含有大量H+，H+与CO32-会发生反应产生CO2和H2O，不能大量共存；A
B.Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在；
C.在某无色透明的酸性溶液中, Na+、 K+、Cl-、 NO3-之间不能发生任何反应，可以大量共存；
D.Fe3+的水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；
故合理选项是C。
9.使等体积的AlCl3、CaCl2、NaCl溶液中的Cl-完全转化为AgCl，所用0.1mol/LAgNO3溶液的体积相同，这三种溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A. 1：2：3 B. 1：1：1 C. 2：3：6 D. 6：3：2
【答案】C
【解析】
试题分析：分别加入足量的硝酸银溶液，Cl-沉淀完全时，消耗等物质的量的AgNO3，可知AlCl3、CaCl2、NaCl三种溶液中含氯离子的物质的量相同，假设n(Cl-)=1mol，根据物质的化学式可知：n(NaCl)=1mol，n(CaCl2)=1/2mol，n(AlCl3)=1/3mol，溶液的体积相同，则物质的量之比等于物质的量浓度之比，所以，三种溶液的物质的量浓度之比为1/3：1/2:1=2：3：6，故C项正确。
考点：本题考查物质的量浓度的计算。
10.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，c(SO42-)＝0.8 mol·L－1，则c(K＋)为
A. 0.15 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1
C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】对于混合溶液，不需要逐一去求浓度，直接依据溶液中电荷守恒可以求出离子浓度。在此溶液中，存在的电荷守恒是：c(H＋)+ 3c(Al3＋)+ c(K＋)=2 c(SO42-)+ c(OH-)，因为溶液是酸性的，可以不考虑极微量的氢氧根离子浓度，则求c(K＋)=1.6 mol·L－1－0.1 mol·L－1－1.2 mol·L－1=0.3 mol·L－1，故选C。
【点睛】本题如从各物质的浓度入手也可以求出钾离子浓度，但是运用电荷守恒法更快速，简洁。
11.已知气体的密度与它的摩尔质量成正比。一只气球若放在空气(空气的平均摩尔质量是29 g·mol－1)中可静止不动，那么在相同条件下该气球在下列气体中会下沉的是( )
A. O2 B. Cl2 C. CO2 D. CH4
【答案】D
【解析】
【分析】
一只气球若放在空气中可静止不动,在相同条件下该气球放在密度比空气小的气体中就会下沉,放在密度比空气大的气体中就会上升。
【详解】A.结合上述分析可知：氧气的摩尔质量为32g/mol,比空气的大,则密度比空气大,该气球放在氧气中上升,故A错误;
B. 结合上述分析可知：氯气的摩尔质量为71g/mol ,大于空气,则密度比空气大,该气球放在氧气中上升,故B错误;
C. 结合上述分析可知：二氧化碳的摩尔质量为44g/mol ,大于空气,则密度比空气大,该气球放在氧气中上升,故C错误;
D. 结合上述分析可知：甲烷的摩尔质量为16g/mol ,小于空气,则密度比空气小,该气球放在氧气中下沉,故D正确。
所以D选项是正确的。
【点睛】如气体的密度比空气小,那么在相同条件下该气球放在密度比空气小的气体中就会下沉,从同温同压下,气体的密度与它的摩尔质量成正比的角度分析。
12.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. B. C. D.
【答案】C
【解析】
反应前后原子个数守恒。
13.下列关于氢氧化铁胶体叙述错误的是（ ）
A. 鉴别氢氧化铁胶体和氯化钠溶液用丁达尔效应
B. 向氢氧化铁胶体中加入硫酸溶液现象是先沉淀后沉淀消失
C. 除去氢氧化铁胶体中的铁离子用渗析的方法
D. 制备氢氧化铁胶体用氯化铁溶液和氢氧化钠溶液混合制取
【答案】D
【解析】
试题分析：A、胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，所以可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化钠溶液，正确；B、向胶体中加入电解质溶液，使胶体聚沉转化为沉淀，Fe(OH)3与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3和H2O，所以现象是先沉淀后沉淀消失，正确；C、离子可透过半透膜，所以除去氢氧化铁胶体中的铁离子用渗析的方法，正确；D、氯化铁溶液和氢氧化钠溶液混合得到的是Fe(OH)3沉淀，无法得到Fe(OH)3胶体，错误。
考点：本题考查胶体的性质和制备。
14.下列说法中正确的是( )
A. 金属Al能够导电，是因为金属Al在电流的作用下发生了电离
B. 食盐水能导电是因为NaCl溶液中含有能自由移动的、带负电的电子
C. CO2水溶液能导电，是因为CO2是电解质
D. CaCO3难溶于水，但CaCO3是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A.金属Al能够导电，是因为金属Al内部存在自由移动电子，A错误；
B.NaCl溶液导电是因为溶液中含有能自由移动的钠离子和氯离子，B错误；
C.CO2水溶液能导电，是CO2和水反应生成碳酸电离产生了自由移动的离子而导电，不是二氧化碳本身导电，二氧化碳是非电解质，C错误；
D.CaCO3难溶于水，但溶于水的部分能完全电离，-所以CaCO3是电解质，D正确；
故合理选项是D。
15.下面的叙述中不正确的是( )
A. 在熔化和溶于水时均不导电的化合物叫非电解质
B. 电解质、非电解质都一定是化合物，单质不属于此范畴
C. 电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电
D. 导电能力强的电解质不一定是强电解质，导电能力弱的不一定是弱电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A.在熔融状态下和水溶液中都不能导电的化合物为非电解质，A正确；
B.电解质和非电解质都一定属于化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，B正确；
C.有的电解质溶解度很小，在水中电离产生的自由移动的离子浓度很小，所以在水中几乎不导电，如硫酸钡为电解质，硫酸钡在水中不导电；有的非电解质，如氨气、二氧化硫等，在溶液中能够与水发生反应产生电解质而导电，C错误；
D.强电解质和弱电解质的根本区别不是其水溶液的导电能力不同，而是其在溶液中能否完全电离。溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，故强电离质溶液的导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱，D正确；
故合理选项是C。
16.下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量可忽略不计)。其中能表示等质量的氢气与氦气的是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】氢气是双原子分子，氦气是单原子分子，B不正确。氦气的相对分子质量是氢气的2倍，所以等质量的氢气的物质的量是是氦气的2倍，A正确，CD不正确。答案选A。
17.将标准状况下的aL氯化氢气体溶于1000g水中，得到的盐酸的密度为bg/mL，则该盐酸的物质的量浓度就是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】标准状况下的aLHCl(g)
n(HCl)==mol
溶液的质量为mol×36.5g/mol+1000g
溶液的体积为×10-3L/mL
由c=可知
c==mol/L，答案选D。
二、填空题（共26分）
18.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如图为两套实验装置。
（1）写出下列仪器的名称：a、_____b、 _____
（2）若利用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是____，将仪器补充完整后进行实验，温度计水银球的位置在____处。冷凝水由____（填f或g）口通入，___口流出。
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 酒精灯 (4). 蒸馏烧瓶支管口 (5). g (6). f
【解析】
【详解】（1）a是蒸馏烧瓶，b是直形冷凝管。
（2）四氯化碳和酒精是互溶的液体混合物，可以用蒸馏的方法分离，蒸馏需要加热，则装置I中还缺少酒精灯。温度计用来测蒸气的温度，所以温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处。为了充分冷凝蒸气，冷凝水应从下口流入，上口流出。即由g口通入，f口流出。故答案为：酒精灯，蒸馏烧瓶支管口，g，f。
19. 下面a～f是中学化学实验中常见的几种仪器：
a．量筒 b．容量瓶 c．托盘天平 d．温度计 e．分液漏斗
(1)标出仪器使用温度的是________(填写编号)。
(2)使用前需要检查是否漏水的是________(填写编号)。
(3)称取10.5 g固体样品(1 g以下使用游码)若样品与砝码错放位置，则实际称取的样品质量为________ g。
(4)配制2 mol·L－1H2SO4时，用a量取浓H2SO4时视线高于液面，则配得的浓度 （偏高、偏低或无影响）
【答案】（每空2分，共8分）(1)ab (2)be (3)9.5 (4)偏低
【解析】
考查常见的基本实验操作。
（1）量筒和容量瓶上都标有温度，所以答案选ab。
（2）容量瓶和分液漏斗在使用之前必需检验是否漏水，答案选be。
（3）由于在托盘天平中右盘的质量总是等于左盘的质量和游码的质量之和，所以当
左码右物时，物体的实际质量是10.0g－0.5g＝9.5g。
（4）根据c＝n/v可知，若用a量取浓H2SO4时视线高于液面，则浓硫酸的体积偏小，则溶质的物质的量偏少，所以浓度偏低。
20.请按要求填空：
(1)用已准确称量的1.06 g Na2CO3固体配制0.100 mol/L Na2CO3溶液 100 mL，所需要的仪器为____。
(2)除去Na2CO3固体中混有的少量KNO3，所进行的实验操作依次为________、蒸发、结晶、________。
(3)除去KCl 溶液中的SO42-，依次加入的溶液为(填物质的化学式)_______。
【答案】 (1). 烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 (2). 溶解 (3). 趁热过滤、洗涤、灼烧 (4). BaCl2、K2CO3、HCl
【解析】
【分析】
(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析；
(2)Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离；
(3)除去KCl溶液中的SO42-，应使SO42-离子转化为沉淀，注意不能引入新的杂质。
【详解】(1)配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶解、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要烧杯、玻璃棒，定容需要胶头滴管、需要100mL容量瓶进行配制，故所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；
(2)Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离，具体做法是先将固体溶解，然后蒸发、结晶，趁热过滤、洗涤晶体，最后灼烧晶体可得到碳酸钠；
(3)除去KCl溶液中的SO42-，应先加入过量BaCl2的使SO42-生成沉淀，然后再加入K2CO3使过量的BaCl2生成沉淀，过滤后加入HCl除去过量的K2CO3。故依次加入的溶液为BaCl2、K2CO3、HCl。
【点睛】本题考查了物质的量溶液的配制、物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法，本题易错点为(3)，注意加入试剂的顺序和除杂原理。
21.下列三组物质中，均有一种物质的类别与其它三种不同
A.MgO、Na2O、CO2、CuO B.HCl、H2O、H2SO4、HNO3
C.NaOH、CaCO3、KOH、Ba(OH)2
(1)三种物质依次（填化学式）：A________；B_____；C____。
(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质，该物质溶于水的电离方程式是______________
【答案】 (1). CO2 (2). H2O (3). CaCO3 (4). Ca(HCO3)2=Ca2++2HCO3-
【解析】
【详解】(1)A.MgO、Na2O、CuO均为碱性氧化物，而CO2为酸性氧化物；
B.HCl、H2SO4、HNO3均为酸，而H2O为氧化物；
C.NaOH、KOH、Ba(OH)2均为碱，而CaCO3为盐；
(2)碳酸钙、水以及二氧化碳之间反应生成碳酸氢钙，反应方程式为：CaCO3+ CO2+H2O= Ca(HCO3)2。Ca(HCO3)2是可溶性盐，属于强电解质，在溶液中电离产生Ca2+、HCO3-，电离方程式为：Ca(HCO3)2=Ca2++2HCO3-。
【点睛】本题考查了物质的分类及物质电离方程式的书写，掌握化学基本概念，根据物质组成的不同及性质的不同进行分析解答。强电解质完全电离，电离方程式用等号，弱电解质部分电离，存在电离平衡，主要以离子形式存在，电离方程式用可逆号。掌握电解质强弱及电离产生的微粒是正确书写电离方程式的关键。
三、计算题（共23分）
22.
(1)48g氧气和48g臭氧(O3)，它们所含的原子数_______ (填“相同”或“不同”，它们在同温同压下的体积比是________。0.2 mol NH3分子与________个CH4含有的电子数相同，与_______g H2O含有的氢原子数相同，与标准状况下____ L CO含有的原子数相等。
(2)483g Na2SO4·10H2O中所含的Na2SO4·10H2O的物质的量是_______； Na2SO4·10H2O的摩尔质量是________，所含Na+的物质的量是________。含0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42-的物质的量是________。
(3)实验室常用的浓盐酸密度为1.17 g·mL-1，质量分数为36.5 %。
①此浓盐酸的物质的量浓度为__________________。
②取此浓盐酸50mL，用蒸馏水稀释为200mL，稀释后盐酸的物质的量浓度为_____。
【答案】 (1). 相同 (2). 3：2 (3). 0.2NA (4). 5.4 (5). 8.96 (6). 1.5mol (7). 322g/mol (8). 3.0mol (9). 0.6mol (10). 11.7mol/L (11). 2.925mol/L
【解析】
【分析】
(1) O2和O3属于同素异形体，其质量相同、氧原子摩尔质量相同，导致其原子个数相等；根据V=n·Vm=Vm计算二者的体积之比；每个氨气分子和甲烷分子中电子数相等都是10个，要使二者的电子数相等，则二者的物质的量相等，根据N=n·NA计算甲烷分子个数；氨气和水分子中H原子个数相等，则二者的物质的量之比为2：3，再根据m=n·M计算水的质量；结合气体分子中含有的原子个数关系计算CO的物质的量，再根据V=n·Vm计算其体积；
(2)根据n=结合物质的组成计算相关物理量，注意摩尔质量在数值上等于相对分子质量；
(3)①根据物质的量浓度与质量分数换算式c=计算；
②利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后溶液的浓度。
【详解】(1)O2和O3属于同素异形体，其质量相同、氧原子摩尔质量相同，导致其原子个数相等；
根据V=·Vm可知：相同质量时二者的体积之比等于其摩尔质量的反比=48g/mol：32g/mol=3：2；
每个NH3和每个CH4分子中电子数相等都是10个，要使二者的电子数相等，则二者的物质的量相等，n(NH3)=0.2mol，所以n(CH4)=0.2mol；根据N=nNA得甲烷分子个数N(CH4)=0.2mol×NA/mol=0.2NA；
NH3和H2O分子中H原子个数相等，由于1个NH3中含有3个H原子，1个H2O分子中含有2个H原子，则二者的物质的量的比与分子中含有的H原子个数呈反比，所以n(NH3)：n(H2O)=2：3；n(NH3)=0.2mol，n(H2O)=0.3mol，所以水的质量m(H2O)=n·M=0.3mol×18g/mol=5.4g；
NH3分子中含有4个原子，CO是双原子分子，两种气体含有的原子数目相等，则CO气体的物质的量是氨气物质的量的2倍，所以n(CO)=n(NH3)=0.4mol，则V(CO)=nVm=0.4mol×22.4mol/L=8.96L；
(2) M(Na2SO4•10H2O)=322g/mol，n(Na2SO4•10H2O)= 483g÷322g/mol=1.5mol；根据盐的组成可知n(Na+)=2n(Na2SO4•10H2O)=2×1.5mol=3.0mol；
盐Al2(SO4)3电离产生的Al3+、SO42-个数比为2:3，其电离产生的Al3+的物质的量n(Al3+)=0.4 mol，则其中含有的SO42-的物质的量n(SO42-)= n(Al3+)=×0.4 mol=0.6mol；
(3)实验室常用的浓盐酸密度为1.17 g·mL-1，质量分数为36.5 %。
①根据物质的量浓度与质量分数换算关系,可得此浓盐酸的物质的量浓度c=mol/L=11.7mol/L。
②由于在稀释前后溶质的物质的量不变，所以根据稀释公式c1·V1=c2·V2计算。取此浓盐酸50mL，用蒸馏水稀释为200mL，稀释后盐酸的物质的量浓度c(稀释)= (11.7mol/L×0.05L)÷0.2L=2.925mol/L。
【点睛】本题考查了以物质的量为中心的有关计算，明确质量、体积、物质的量及阿伏伽德罗定律及其推论是解答本题的关键。在进行计算时，要注意相关物理量的计算公式的运用，并注意物质的微粒构成，充分理解物质的量浓度与质量分数之间的关系进行解答。
23.常温下，将20.0 g质量分数为14.0%的KNO3溶液与30.0 g质量分数为24.0%的KNO3溶液混合，得到的密度为1.15 g/cm3的混合溶液。计算：
（1）混合后溶液的质量分数。
（2）混合后溶液的物质的量浓度。
【答案】20%；2.28 mol/L
【解析】
【详解】（1）混合后溶液中KNO3的总质量为：20.0 g×14.0%＋30.0 g×24.0%＝10.0 g，溶液总质量为：20.0 g＋30.0 g＝50.0 g，因此混合溶液中KNO3的质量分数为：w（KNO3）＝10g/50g×100%＝20%；
（2）混合后溶液中的KNO3的物质的量为：n（KNO3）＝10g÷101g/mol≈0.099 mol，混合后溶液的总体积为50g÷1.15g/mL≈43.48mL＝0.04348 L，所以混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为：c（KNO3）＝0.099mol÷0.04348L≈2.28 mol/L。
可能用到的相对原子质量：He 4;C 12;H 1;O 16;S 32;Na 23;N 14
一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共51分）
1.下列实验操作不正确的是（ ）
A. 倾倒液体 B. 检查气密性 C. 稀释浓硫酸 D. 取用固体
【答案】D
【解析】
【详解】A、倾倒液体时，瓶塞要倒放，标签要对准手心，瓶口紧挨。图中所示操作正确，A正确；
B、检查装置气密性的方法：把导管的一端浸没在水里，双手紧贴容器外壁，若导管口有气泡冒出，装置不漏气；反之则相反。图中所示操作正确，B正确；
C、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散。图中所示操作正确，C正确。
D、固体药品的取用要遵循“一横二送三直立”，用纸槽把药品送入试管底部。图中所示操作错误，D错误。
答案选D。
【点睛】
2.某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B。B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍(同温、同压)。以下对B的分子组成的推测一定正确的是( )
A. 有1个氧原子 B. 有2个氧原子
C. 有1个A原子 D. 有2个A原子
【答案】A
【解析】
【详解】根据n＝V/Vm可知，气体的体积之比等于物质的量之比。B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍，这说明有1molO2消耗可生成2molB，则根据原子守恒可知B中应含有1个O，选A。
3.有五瓶失去标签的溶液，它们分别为：
①Ba(NO3)2 ②KCl ③NaOH ④CuSO4 ⑤Na2SO4如果不用其他任何试剂(包括试纸)，用最简便的方法将它们一一鉴别开来，则在下列的鉴别顺序中，最合理的是( )
A. ④③①⑤② B. ④②①③⑤ C. ①⑤③④② D. ③④①⑤②
【答案】A
【解析】
【分析】
铜离子在溶液中显蓝色，铜离子和氢氧根离子生成蓝色沉淀，钡离子和硫酸根离子生成白色沉淀，氯化钾无明显现象最后鉴别；先把带色的离子鉴别出来，再用该离子去鉴别其他的离子，再用鉴别出来的去鉴别后面的离子，依次鉴别．
【详解】首先观察溶液的颜色，显蓝色的是硫酸铜；将硫酸铜滴入剩余的四种溶液中，出现蓝色沉淀，是氢氧化钠，出现白色沉淀，是硝酸钡；再将硝酸钡滴入剩余的两种溶液中，出现白色沉淀的是硫酸钠，没有明显现象的是氯化钾。
故选：A。
【点睛】难点突破：在解此类题时，先要根据所给的溶液的颜色鉴别出带色的溶液，再用该试剂鉴别其他的物质，依次用鉴别出来的物质鉴别其他的物质，类推。
4.下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是
A. 200mL 2mol·L—1 MgCl2溶液 B. 500mL 2.5mol·L—1 NaCl溶液
C. 30mL 2.5mol·L—1 CaCl2溶液 D. 250mL 1mol·L—1 AlCl3溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质电离产生的离子浓度等于电解质的浓度与化学式中含有该离子个数的积。
【详解】A.c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L；
B.c(Cl-)=2.5mol/L×1=2.5mol/L；
Cc(Cl-)=2.5mol/L×2=5.0mol/L；
D.c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L；
可见四种溶液中Cl-的物质的量浓度最大值是5.0mol/L，故合理选项是C。
5.现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（ ）
A. 1∶1∶1 B. 6∶3∶2 C. 3∶2∶1 D. 1∶2∶3
【答案】B
【解析】
【详解】CO、CO2、O3(臭氧)三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，根据物质分子中含有的O原子个数可知，n(CO)=1mol，n(CO2)=mol，n(O3)=mol，故这三种气体的物质的量之比是n(CO)：n(CO2)：n(O3)=1mol：mol：mol=6：3：2，故合理选项是B。
6.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A. 1 mol醋酸的质量与NA个醋酸分子的质量相等
B. NA个氧气分子和NA个氢气分子的质量比等于16∶1
C. 30 g乙烷(C2H6)所含的原子数目为NA
D. 在标准状况下， 0.5NA个氯气分子所占体积约是11.2 L
【答案】C
【解析】
试题分析：1mol醋酸中含有NA个醋酸分子，A正确；NA个氧气分子和NA个氢气分子物质的量都是1mol，质量比为32：2=16：1，B正确；30 g乙烷(C2H6)所含的分子数目为NA，原子数为3NA，C错误；0.5NA个氯气分子物质的量为0.5mol，标准状况下体积约为11.2L。
考点：NA
点评：有关NA的试题须看清微粒的种类，是分子还是原子。
7.用硫酸铜晶体配制0.100 mol·L-1的硫酸铜溶液1000 mL时，使所配溶液浓度偏高的操作是（ ）
A. 称取硫酸铜晶体160 g
B. 称量固体时，天平指针偏左
C. 选用的容量瓶内留有少量的蒸馏水
D. 定容摇匀后，发现液面低于环形标线，再加水至刻度线
【答案】B
【解析】
【详解】A.配制0.100mol/L的硫酸铜溶液1000mL，需要硫酸铜晶体的质量m=0.100mol/L×1L×250g/mol=25.0g，称取硫酸铜晶体16.0g<25.0g，溶质的物质的量偏小，导致溶液的浓度偏低，A不符合题意；
B.天平指针偏左，说明称取溶质的质量偏大，导致溶质的物质的量偏大，最终会使溶液的浓度偏高，B符合题意；
C.选用的容量瓶内留有少量的蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，因此对溶液的浓度不产生任何影响，C不符合题意；
D.定容摇匀后，发现液面低于环形标线，再加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，则溶液的浓度偏低，D不符合题意；
故合理选项是B。
8.在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是( )
A. Na+ 、K+、SO42-、CO32- B. Cu2+、K+、SO42-、NO3-
C. Na+、 K+、Cl-、 NO3- D. Fe3+、K+、SO42-、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A.在酸性溶液中含有大量H+，H+与CO32-会发生反应产生CO2和H2O，不能大量共存；A
B.Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在；
C.在某无色透明的酸性溶液中, Na+、 K+、Cl-、 NO3-之间不能发生任何反应，可以大量共存；
D.Fe3+的水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；
故合理选项是C。
9.使等体积的AlCl3、CaCl2、NaCl溶液中的Cl-完全转化为AgCl，所用0.1mol/LAgNO3溶液的体积相同，这三种溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A. 1：2：3 B. 1：1：1 C. 2：3：6 D. 6：3：2
【答案】C
【解析】
试题分析：分别加入足量的硝酸银溶液，Cl-沉淀完全时，消耗等物质的量的AgNO3，可知AlCl3、CaCl2、NaCl三种溶液中含氯离子的物质的量相同，假设n(Cl-)=1mol，根据物质的化学式可知：n(NaCl)=1mol，n(CaCl2)=1/2mol，n(AlCl3)=1/3mol，溶液的体积相同，则物质的量之比等于物质的量浓度之比，所以，三种溶液的物质的量浓度之比为1/3：1/2:1=2：3：6，故C项正确。
考点：本题考查物质的量浓度的计算。
10.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，c(SO42-)＝0.8 mol·L－1，则c(K＋)为
A. 0.15 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1
C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】对于混合溶液，不需要逐一去求浓度，直接依据溶液中电荷守恒可以求出离子浓度。在此溶液中，存在的电荷守恒是：c(H＋)+ 3c(Al3＋)+ c(K＋)=2 c(SO42-)+ c(OH-)，因为溶液是酸性的，可以不考虑极微量的氢氧根离子浓度，则求c(K＋)=1.6 mol·L－1－0.1 mol·L－1－1.2 mol·L－1=0.3 mol·L－1，故选C。
【点睛】本题如从各物质的浓度入手也可以求出钾离子浓度，但是运用电荷守恒法更快速，简洁。
11.已知气体的密度与它的摩尔质量成正比。一只气球若放在空气(空气的平均摩尔质量是29 g·mol－1)中可静止不动，那么在相同条件下该气球在下列气体中会下沉的是( )
A. O2 B. Cl2 C. CO2 D. CH4
【答案】D
【解析】
【分析】
一只气球若放在空气中可静止不动,在相同条件下该气球放在密度比空气小的气体中就会下沉,放在密度比空气大的气体中就会上升。
【详解】A.结合上述分析可知：氧气的摩尔质量为32g/mol,比空气的大,则密度比空气大,该气球放在氧气中上升,故A错误;
B. 结合上述分析可知：氯气的摩尔质量为71g/mol ,大于空气,则密度比空气大,该气球放在氧气中上升,故B错误;
C. 结合上述分析可知：二氧化碳的摩尔质量为44g/mol ,大于空气,则密度比空气大,该气球放在氧气中上升,故C错误;
D. 结合上述分析可知：甲烷的摩尔质量为16g/mol ,小于空气,则密度比空气小,该气球放在氧气中下沉,故D正确。
所以D选项是正确的。
【点睛】如气体的密度比空气小,那么在相同条件下该气球放在密度比空气小的气体中就会下沉,从同温同压下,气体的密度与它的摩尔质量成正比的角度分析。
12.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. B. C. D.
【答案】C
【解析】
反应前后原子个数守恒。
13.下列关于氢氧化铁胶体叙述错误的是（ ）
A. 鉴别氢氧化铁胶体和氯化钠溶液用丁达尔效应
B. 向氢氧化铁胶体中加入硫酸溶液现象是先沉淀后沉淀消失
C. 除去氢氧化铁胶体中的铁离子用渗析的方法
D. 制备氢氧化铁胶体用氯化铁溶液和氢氧化钠溶液混合制取
【答案】D
【解析】
试题分析：A、胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，所以可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化钠溶液，正确；B、向胶体中加入电解质溶液，使胶体聚沉转化为沉淀，Fe(OH)3与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3和H2O，所以现象是先沉淀后沉淀消失，正确；C、离子可透过半透膜，所以除去氢氧化铁胶体中的铁离子用渗析的方法，正确；D、氯化铁溶液和氢氧化钠溶液混合得到的是Fe(OH)3沉淀，无法得到Fe(OH)3胶体，错误。
考点：本题考查胶体的性质和制备。
14.下列说法中正确的是( )
A. 金属Al能够导电，是因为金属Al在电流的作用下发生了电离
B. 食盐水能导电是因为NaCl溶液中含有能自由移动的、带负电的电子
C. CO2水溶液能导电，是因为CO2是电解质
D. CaCO3难溶于水，但CaCO3是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A.金属Al能够导电，是因为金属Al内部存在自由移动电子，A错误；
B.NaCl溶液导电是因为溶液中含有能自由移动的钠离子和氯离子，B错误；
C.CO2水溶液能导电，是CO2和水反应生成碳酸电离产生了自由移动的离子而导电，不是二氧化碳本身导电，二氧化碳是非电解质，C错误；
D.CaCO3难溶于水，但溶于水的部分能完全电离，-所以CaCO3是电解质，D正确；
故合理选项是D。
15.下面的叙述中不正确的是( )
A. 在熔化和溶于水时均不导电的化合物叫非电解质
B. 电解质、非电解质都一定是化合物，单质不属于此范畴
C. 电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电
D. 导电能力强的电解质不一定是强电解质，导电能力弱的不一定是弱电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A.在熔融状态下和水溶液中都不能导电的化合物为非电解质，A正确；
B.电解质和非电解质都一定属于化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，B正确；
C.有的电解质溶解度很小，在水中电离产生的自由移动的离子浓度很小，所以在水中几乎不导电，如硫酸钡为电解质，硫酸钡在水中不导电；有的非电解质，如氨气、二氧化硫等，在溶液中能够与水发生反应产生电解质而导电，C错误；
D.强电解质和弱电解质的根本区别不是其水溶液的导电能力不同，而是其在溶液中能否完全电离。溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，故强电离质溶液的导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱，D正确；
故合理选项是C。
16.下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量可忽略不计)。其中能表示等质量的氢气与氦气的是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】氢气是双原子分子，氦气是单原子分子，B不正确。氦气的相对分子质量是氢气的2倍，所以等质量的氢气的物质的量是是氦气的2倍，A正确，CD不正确。答案选A。
17.将标准状况下的aL氯化氢气体溶于1000g水中，得到的盐酸的密度为bg/mL，则该盐酸的物质的量浓度就是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】标准状况下的aLHCl(g)
n(HCl)==mol
溶液的质量为mol×36.5g/mol+1000g
溶液的体积为×10-3L/mL
由c=可知
c==mol/L，答案选D。
二、填空题（共26分）
18.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如图为两套实验装置。
（1）写出下列仪器的名称：a、_____b、 _____
（2）若利用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是____，将仪器补充完整后进行实验，温度计水银球的位置在____处。冷凝水由____（填f或g）口通入，___口流出。
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 酒精灯 (4). 蒸馏烧瓶支管口 (5). g (6). f
【解析】
【详解】（1）a是蒸馏烧瓶，b是直形冷凝管。
（2）四氯化碳和酒精是互溶的液体混合物，可以用蒸馏的方法分离，蒸馏需要加热，则装置I中还缺少酒精灯。温度计用来测蒸气的温度，所以温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处。为了充分冷凝蒸气，冷凝水应从下口流入，上口流出。即由g口通入，f口流出。故答案为：酒精灯，蒸馏烧瓶支管口，g，f。
19. 下面a～f是中学化学实验中常见的几种仪器：
a．量筒 b．容量瓶 c．托盘天平 d．温度计 e．分液漏斗
(1)标出仪器使用温度的是________(填写编号)。
(2)使用前需要检查是否漏水的是________(填写编号)。
(3)称取10.5 g固体样品(1 g以下使用游码)若样品与砝码错放位置，则实际称取的样品质量为________ g。
(4)配制2 mol·L－1H2SO4时，用a量取浓H2SO4时视线高于液面，则配得的浓度 （偏高、偏低或无影响）
【答案】（每空2分，共8分）(1)ab (2)be (3)9.5 (4)偏低
【解析】
考查常见的基本实验操作。
（1）量筒和容量瓶上都标有温度，所以答案选ab。
（2）容量瓶和分液漏斗在使用之前必需检验是否漏水，答案选be。
（3）由于在托盘天平中右盘的质量总是等于左盘的质量和游码的质量之和，所以当
左码右物时，物体的实际质量是10.0g－0.5g＝9.5g。
（4）根据c＝n/v可知，若用a量取浓H2SO4时视线高于液面，则浓硫酸的体积偏小，则溶质的物质的量偏少，所以浓度偏低。
20.请按要求填空：
(1)用已准确称量的1.06 g Na2CO3固体配制0.100 mol/L Na2CO3溶液 100 mL，所需要的仪器为____。
(2)除去Na2CO3固体中混有的少量KNO3，所进行的实验操作依次为________、蒸发、结晶、________。
(3)除去KCl 溶液中的SO42-，依次加入的溶液为(填物质的化学式)_______。
【答案】 (1). 烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 (2). 溶解 (3). 趁热过滤、洗涤、灼烧 (4). BaCl2、K2CO3、HCl
【解析】
【分析】
(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析；
(2)Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离；
(3)除去KCl溶液中的SO42-，应使SO42-离子转化为沉淀，注意不能引入新的杂质。
【详解】(1)配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶解、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要烧杯、玻璃棒，定容需要胶头滴管、需要100mL容量瓶进行配制，故所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；
(2)Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离，具体做法是先将固体溶解，然后蒸发、结晶，趁热过滤、洗涤晶体，最后灼烧晶体可得到碳酸钠；
(3)除去KCl溶液中的SO42-，应先加入过量BaCl2的使SO42-生成沉淀，然后再加入K2CO3使过量的BaCl2生成沉淀，过滤后加入HCl除去过量的K2CO3。故依次加入的溶液为BaCl2、K2CO3、HCl。
【点睛】本题考查了物质的量溶液的配制、物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法，本题易错点为(3)，注意加入试剂的顺序和除杂原理。
21.下列三组物质中，均有一种物质的类别与其它三种不同
A.MgO、Na2O、CO2、CuO B.HCl、H2O、H2SO4、HNO3
C.NaOH、CaCO3、KOH、Ba(OH)2
(1)三种物质依次（填化学式）：A________；B_____；C____。
(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质，该物质溶于水的电离方程式是______________
【答案】 (1). CO2 (2). H2O (3). CaCO3 (4). Ca(HCO3)2=Ca2++2HCO3-
【解析】
【详解】(1)A.MgO、Na2O、CuO均为碱性氧化物，而CO2为酸性氧化物；
B.HCl、H2SO4、HNO3均为酸，而H2O为氧化物；
C.NaOH、KOH、Ba(OH)2均为碱，而CaCO3为盐；
(2)碳酸钙、水以及二氧化碳之间反应生成碳酸氢钙，反应方程式为：CaCO3+ CO2+H2O= Ca(HCO3)2。Ca(HCO3)2是可溶性盐，属于强电解质，在溶液中电离产生Ca2+、HCO3-，电离方程式为：Ca(HCO3)2=Ca2++2HCO3-。
【点睛】本题考查了物质的分类及物质电离方程式的书写，掌握化学基本概念，根据物质组成的不同及性质的不同进行分析解答。强电解质完全电离，电离方程式用等号，弱电解质部分电离，存在电离平衡，主要以离子形式存在，电离方程式用可逆号。掌握电解质强弱及电离产生的微粒是正确书写电离方程式的关键。
三、计算题（共23分）
22.
(1)48g氧气和48g臭氧(O3)，它们所含的原子数_______ (填“相同”或“不同”，它们在同温同压下的体积比是________。0.2 mol NH3分子与________个CH4含有的电子数相同，与_______g H2O含有的氢原子数相同，与标准状况下____ L CO含有的原子数相等。
(2)483g Na2SO4·10H2O中所含的Na2SO4·10H2O的物质的量是_______； Na2SO4·10H2O的摩尔质量是________，所含Na+的物质的量是________。含0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42-的物质的量是________。
(3)实验室常用的浓盐酸密度为1.17 g·mL-1，质量分数为36.5 %。
①此浓盐酸的物质的量浓度为__________________。
②取此浓盐酸50mL，用蒸馏水稀释为200mL，稀释后盐酸的物质的量浓度为_____。
【答案】 (1). 相同 (2). 3：2 (3). 0.2NA (4). 5.4 (5). 8.96 (6). 1.5mol (7). 322g/mol (8). 3.0mol (9). 0.6mol (10). 11.7mol/L (11). 2.925mol/L
【解析】
【分析】
(1) O2和O3属于同素异形体，其质量相同、氧原子摩尔质量相同，导致其原子个数相等；根据V=n·Vm=Vm计算二者的体积之比；每个氨气分子和甲烷分子中电子数相等都是10个，要使二者的电子数相等，则二者的物质的量相等，根据N=n·NA计算甲烷分子个数；氨气和水分子中H原子个数相等，则二者的物质的量之比为2：3，再根据m=n·M计算水的质量；结合气体分子中含有的原子个数关系计算CO的物质的量，再根据V=n·Vm计算其体积；
(2)根据n=结合物质的组成计算相关物理量，注意摩尔质量在数值上等于相对分子质量；
(3)①根据物质的量浓度与质量分数换算式c=计算；
②利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后溶液的浓度。
【详解】(1)O2和O3属于同素异形体，其质量相同、氧原子摩尔质量相同，导致其原子个数相等；
根据V=·Vm可知：相同质量时二者的体积之比等于其摩尔质量的反比=48g/mol：32g/mol=3：2；
每个NH3和每个CH4分子中电子数相等都是10个，要使二者的电子数相等，则二者的物质的量相等，n(NH3)=0.2mol，所以n(CH4)=0.2mol；根据N=nNA得甲烷分子个数N(CH4)=0.2mol×NA/mol=0.2NA；
NH3和H2O分子中H原子个数相等，由于1个NH3中含有3个H原子，1个H2O分子中含有2个H原子，则二者的物质的量的比与分子中含有的H原子个数呈反比，所以n(NH3)：n(H2O)=2：3；n(NH3)=0.2mol，n(H2O)=0.3mol，所以水的质量m(H2O)=n·M=0.3mol×18g/mol=5.4g；
NH3分子中含有4个原子，CO是双原子分子，两种气体含有的原子数目相等，则CO气体的物质的量是氨气物质的量的2倍，所以n(CO)=n(NH3)=0.4mol，则V(CO)=nVm=0.4mol×22.4mol/L=8.96L；
(2) M(Na2SO4•10H2O)=322g/mol，n(Na2SO4•10H2O)= 483g÷322g/mol=1.5mol；根据盐的组成可知n(Na+)=2n(Na2SO4•10H2O)=2×1.5mol=3.0mol；
盐Al2(SO4)3电离产生的Al3+、SO42-个数比为2:3，其电离产生的Al3+的物质的量n(Al3+)=0.4 mol，则其中含有的SO42-的物质的量n(SO42-)= n(Al3+)=×0.4 mol=0.6mol；
(3)实验室常用的浓盐酸密度为1.17 g·mL-1，质量分数为36.5 %。
①根据物质的量浓度与质量分数换算关系,可得此浓盐酸的物质的量浓度c=mol/L=11.7mol/L。
②由于在稀释前后溶质的物质的量不变，所以根据稀释公式c1·V1=c2·V2计算。取此浓盐酸50mL，用蒸馏水稀释为200mL，稀释后盐酸的物质的量浓度c(稀释)= (11.7mol/L×0.05L)÷0.2L=2.925mol/L。
【点睛】本题考查了以物质的量为中心的有关计算，明确质量、体积、物质的量及阿伏伽德罗定律及其推论是解答本题的关键。在进行计算时，要注意相关物理量的计算公式的运用，并注意物质的微粒构成，充分理解物质的量浓度与质量分数之间的关系进行解答。
23.常温下，将20.0 g质量分数为14.0%的KNO3溶液与30.0 g质量分数为24.0%的KNO3溶液混合，得到的密度为1.15 g/cm3的混合溶液。计算：
（1）混合后溶液的质量分数。
（2）混合后溶液的物质的量浓度。
【答案】20%；2.28 mol/L
【解析】
【详解】（1）混合后溶液中KNO3的总质量为：20.0 g×14.0%＋30.0 g×24.0%＝10.0 g，溶液总质量为：20.0 g＋30.0 g＝50.0 g，因此混合溶液中KNO3的质量分数为：w（KNO3）＝10g/50g×100%＝20%；
（2）混合后溶液中的KNO3的物质的量为：n（KNO3）＝10g÷101g/mol≈0.099 mol，混合后溶液的总体积为50g÷1.15g/mL≈43.48mL＝0.04348 L，所以混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为：c（KNO3）＝0.099mol÷0.04348L≈2.28 mol/L。
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