人教版 (2019)必修 第一册第三节 物质的量精品同步训练题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第三节 物质的量精品同步训练题，文件包含专题五物质的量B卷-2022-2023学年高一化学优选好题单元专题双测卷人教版2019必修第一册解析版doc、专题五物质的量B卷-2022-2023学年高一化学优选好题单元专题双测卷人教版2019必修第一册原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。

高一化学 专题五 物质的量
专题检测卷（B卷）
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2020·北京师大附中高一期中）下列说法中，不正确的是
A．“物质的量”表示含有一定数目粒子的集合体，是七个基本物理量之一
B．“摩尔”是物质的量的单位
C．1 mol任何物质都约含6.02×1023个原子
D．一个水分子的质量约为×10-23 g
【答案】C
【详解】
A．“物质的量”表示含有一定数目粒子的集合体的物理量，是七个基本物理量之一，A正确；
B．物质的量是七个基本物理量之一，其单位是摩尔，B正确；
C．物质不一定由原子构成，有的物质由分子或离子构成，故1mol物质中不一定约含6.021023个原子，C错误；
D．1mol水分子的质量为18g，1mol水分子中约含6.021023个水分子，则一个水分子的质量约为= 10-23g，D正确；
答案选C。
2．（2020·浙江诸暨中学高一月考）气体的体积主要由以下什么因素决定的：①气体分子的直径 ②气体物质的量的多少 ③气体分子间的平均距离 ④气体分子的相对分子质量（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
【答案】C
【详解】
决定物质体积的因素由物质所含分子数的多少、分子大小和分子间距。气体分子间距远大于气体分子直径，故决定气体体积的因素为气体物质的量多少和气体分子间的平均距离，选C。
3．（2020·浙江诸暨中学高一月考）标准状况下VLNH3含有a个原子，则阿伏加德罗常数是
A．5.6a/V mol－1 B．22.4a/V mol－1 C．22.4a mol－ D．11.2 a/v mol－1
【答案】A
【分析】
根据公式：n=V/Vm计算出NH3的物质的量，再根据n=N/NA计算出阿伏加德罗常数。
【详解】
标准状况下VLNH3的物质的量为V/22.4mol，含有的原子总数的关系：（V/22.4）×4×NA=a，所以NA= 5.6a/V mol－1 ，A正确；
综上所述，本题选A。
4．（2020·江苏扬州市·扬州中学高一期中）下列说法正确的是
A．1.8gH2O中所含电子的数目为6.02×1023
B．标准状况下，22.4L CCl4中含有的氯原子数为4×6.02×1023
C．1 mol•L﹣1AlCl3溶液中含有的Cl﹣数目为3×6.02×1023
D．1 mol Fe与足量的盐酸完全反应转移的电子数为3×6.02×1023
【答案】A
【详解】
A．1.8g水的物质的量为0.1mol，一个水分子含有10个电子，所以1.8gH2O中所含电子为1mol，数目为6.02×1023，故A正确；
B．标况下四氯化碳不是气体，22.4L四氯化碳的物质的量不是1mol，故B错误；
C．溶液体积未知无法确定微粒数目，故C错误；
D．1 mol Fe与足量的盐酸完全反应，Fe全部转化为Fe2+，转移电子为2mol，数目为2×6.02×1023，故D错误；
综上所述答案为A。
5．（2020·浙江诸暨中学高一月考）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法中，不正确的是
A．28gN2含分子数目为NA
B．1L 0．1 mol/L KCl溶液中，含K+的数目为0.1 NA
C．标准状况下，11.2LH2O 含有的原子数目为1.5 NA
D．1 mol Na2O和Na2O2的混合物中，所含阴离子数的总数为NA
【答案】C
【分析】
根据物质的量的计算公式和有关物质的结构分析回答。
【详解】
A项：28gN2含1molN2，分子数目为NA，A项正确；
B项：1L 0.1 mol/L KCl溶液中有0.1 mol KCl，K+数目为0.1 NA，B项正确；
C项：标准状况下水非气体物质，11.2LH2O 不是0.5mol，所含原子数目不是1.5 NA，C项错误；
D项：Na2O2中阴离子为O22－，1 mol Na2O和Na2O2的混合物中阴离子总数为NA，D项正确。
本题选C。
【点睛】
公式n=V/Vm只适用于气体物质，Vm＝22.4L/mol时还要求是标准状况。
6．（2020·黑龙江哈尔滨三中高一期中）下列说法中正确的是
A．标准状况下，氦气含有所含的原子数约为
B．同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子
C．从的溶液中取出，物质的量浓度为
D．当气体的体积为时，一定处于标准状况下
【答案】B
【详解】
A.标准状况下，氦气的物质的量为1mol，氦气为单原子分子，1mol氦气含有所含的原子数约为，故A错误；
B.由阿伏加德罗定律可知一定物质的量的气体的体积与温度和压强有关，则同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，故B正确；
C.从的溶液中取出，溶液物质的量浓度为，故B错误；
D.由理想气体状态方程PV=nRT可知体积为1mol气体的体积为时，不一定处于标准状况下，故D错误；
故选B。
7．（2020·黑龙江哈尔滨三中高一期中）如图是某同学用容量瓶配制溶液的过程，操作错误的有

A．①⑤⑥ B．①④⑤ C．④⑥ D．②⑥
【答案】A
【分析】
用500mL容量瓶配制0.10mol•L-1 NaOH溶液的一般步骤：首先计算所需要的溶质的物质质量，用托盘天平称取，注意氢氧化钠容易吸收空气中的水而潮解，且氢氧化钠具有腐蚀性，然后在烧杯中溶解氢氧化钠，用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后将溶液转移到500ml的容量瓶，注意用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在刻度线下方，然后洗涤烧杯2-3次，洗液全部转移到容量瓶，用玻璃棒引流蒸馏水到容量瓶，离刻度线1-2cm时该用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处于刻度线相切，定容时人眼应平视刻度线，摇匀容量瓶中溶液使其均匀，据此解答。
【详解】
配制一定物质的量浓度溶液的步骤：称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，
①称量氢氧化钠时，因为氢氧化钠溶液潮解变质，应用小烧杯称量；
⑤玻璃棒引流时，下端应靠在刻度线以下；
⑥定容时，应平视刻度线；
故选：A。
8．（2020·江苏扬州市·扬州中学高一期中）少量Cl2通入NaOH稀溶液后所得的溶液中，主要含有Na＋、Cl-、ClO-、OH-四种离子(除水分子外，其他微粒忽略不计)，已知溶液中Na＋和Cl-物质的量浓度分别为：c(Na＋)=0.03mol·L-1、c(Cl-) =0.01mol·L-1，则溶液中c(OH-)为（ ）
A．0.03mol·L-1 B．0.02 mol·L-1 C．0.01 mol·L-1 D．0.005 mol·L-1
【答案】C
【详解】
少量Cl2通入NaOH稀溶液，发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，溶液中主要含有Na＋、Cl-、ClO-、OH-四种离子，根据方程式，c(ClO-) = c(Cl-) =0.01mol·L-1，根据电荷守恒，c(OH-)= c(Na＋)-c(Cl-)- c(ClO-) =0.03mol·L-1-0.01mol·L-1-0.01mol·L-1=0.01mol·L-1，故选C。
9．（2020·浙江诸暨中学高一月考）把100 mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为
A．20 (2b－a) mol·L－1 B．20(b－2a) mol·L－1
C．10(2b－a) mol·L－1 D．10(b－2a) mol·L－1
【答案】A
【解析】
把100 mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，所以混合溶液含有0.5amolMg2+；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，所以混合溶液含有bmolSO42-。根据电荷守恒可得：n(K+)+2n(Mg2+)=2n(SO42-)，n(K+)+2amol=bmol，n(K+)=(2b-a)mol，c(K+)=(2b-a)mol/0.05L=20(2b－a) mol·L－1，故选A。
点睛：在电解质溶液中存在的最基本的关系就是阴阳离子所带电荷的代数和等于0.
10．（2020·宝山区·上海交大附中高一期中）A在一定温度下有分解反应A (s) = B(s) + C(g) + 4D(g)，若测得生成的气体的质量是同温压下，相同体积氢气的10倍，且当所生成的气体在标况下的体积为22.4L时，所得B的质量为30.4g，A的摩尔质量为
A．120.4g/mol B．50.4g/mol C．182.4g/mol D．252g/mol
【答案】D
【详解】
生成的气体在标况下的体积为22.4L时，气体总物质的量为1moL；根据A(s)=B(s)+C(g)+4D(g)，生成气体的物质的量之比为1:4，所以C(g)的物质的量为0.2mol，则反应掉A(s)的物质的量为0.2mol；因为测得生成的气体的质量是同温同压下，相同体积氢气的10倍，生成气体的摩尔质量为20g/mol，所以气体质量为20g；根据质量守恒定律，参加反应的A的质量为20g+30.4g=50.4g，A的摩尔质量为：=252g/mol；
答案选D。
11．（2020·宝山区·上海交大附中高一期中）室温下，某容器固定的密闭由可移动的活塞隔成左、右两室，左室充入等物质的量的氢气和氧气，右室充入一氧化碳和氧气的混合气。同时引燃左右两室的混合气体，反应后恢复至室温。反应前后活塞位置如图所示，则右室混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是（液态水的体积忽略不计）

A．2:1 B．1:2 C．1:3 D．3:1
【答案】D
【详解】
反应前，活塞处于容器的中间，左右两室的气体的物质的量相等，因为氢气和氧气的物质的量相等，设氢气和氧气的物质的量均为2mol，所以一氧化碳和氧气的总物质的量为4mol；根据反应2H2+O22H2O，可知氧气过量1mol；根据图示，反应后右室中的气体的物质的量是左室中气体物质的量的3倍，所以右室中有3mol气体；设反应前右室中CO的物质的量为xmol，则O2的物质的量为(4-x )mol，根据反应2CO+O22CO2，当CO过量时，O2全部反应，剩余气体的物质的量为2×(4-x ) +x-2×(4-x ) =3，解得x=3，即CO的物质的量为3mol，则O2的物质的量为1mol，CO与O2的物质的量之比为3:1；当CO全部反应，O2有剩余时，根据方程式有：x+(4-x)-=3，解得x=2，即CO的物质的量为2mol，则O2的物质的量也为2mol，两者物质的量之比为1:1，综上分析可得，答案选D。
12．（2020·宝山区·上海交大附中高一期中）同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是
A．同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1
B．甲与乙的相对分子质量之比为1∶1
C．同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1
D．等质量的甲和乙中的原子数之比一定为1∶1
【答案】D
【分析】
同温同压下，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为1：2，由n= V/Vm,可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2。
【详解】
A项、同温同压下，气体摩尔体积相同，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据ρ=m/V知，其密度相同，故A正确；
B项、根据m=nM=VM/Vm知，二者的相对分子质量为1：1，故B正确；
C项、根据PV=nRT=m/MRT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，故C正确；
D项、等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误。
故选D。
13．（2021·江西省南昌二中高一期末）用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是
A．等物质的量的CO和Cl2所含原子数均为2NA
B．25℃，101kPa条件下，2.24 L N2和O2的混合气体所含原子数为0.2NA
C．常温下,46gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数一定是3 NA
D．0.3mo/L的HCl溶液中含有0.3NA个Cl-
【答案】C
【详解】
A．等物质的量的CO和Cl2所含原子数相等，但不一定为2NA，A叙述错误；
B．25℃，101kPa条件下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，则所含原子数无法确定，B叙述错误；
C．NO2和N2O4的最简式为NO2，常温下，则46gNO2和N2O4的混合气体中含有1mol NO2，原子总数一定是3 NA，C叙述正确；
D．0.3mo/L的HCl溶液中未给定体积，则含有Cl-无法计算，D叙述错误；
答案为C。
14．（2021·河南信阳高中高一月考）分别完全沉淀等物质的量浓度的KCl、CaCl2和AlCl3溶液中的Cl-，消耗相同物质的量浓度AgNO3溶液的体积之比为3：4：6，则KCl、CaCl2、AlCl3溶液的体积之比为
A．1：1：1 B．3：2：2 C．3：4：6 D．6：4：3
【答案】B
【详解】
物质的量浓度的KCl、CaCl2和AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度之比为1：2：3，反应消耗相同物质的量浓度AgNO3溶液的体积之比为3：4：6，即KCl、CaCl2和AlCl3溶液中Cl-的物质的量之比3：4：6，则KCl、CaCl2、AlCl3溶液的体积之比为3：2：2，答案为B。
15．（2021·江西南昌二中高一期末）汽车剧烈碰撞时，安全气囊发生反应:10NaN3+2KNO3=K2O +5Na2O+16N2↑，下列说法不正确的是
A．还原性：NaN3>N2
B．若有6.5gNaN3参加反应，则生成的氧化产物的物质的量为1.6mol
C．每转移1mol电子，可生成标准状况下N2的体积为35.84L
D．被还原的N与被氧化的N的质量之比为1:15
【答案】B
【详解】
A．反应中，NaN3为还原剂，N2为还原产物、氧化产物，则还原性：NaN3＞N2，A说法正确；
B．若有6.5gNaN3的物质的量为0.1mol，参加反应，N变为N2，转移0.1mol电子，则生成的氧化产物的物质的量为0.1mol，B说法错误；
C．每转移1mol电子，可生成1.6mol氮气，则标准状况下N2的体积为35.84L，C说法正确；
D．N变为N2，失去1个电子，NO变为N2，得到5个电子，被还原的N与被氧化的N的质量之比为1：15，D说法正确；
答案为B。
16．（2021·江西南昌二中高一期末）将0.8g NaOH和1.06g Na 2CO 3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L -1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO 2的物质的量的关系的是(　　)
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+ NaCl，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
【详解】
0.8g NaOH的物质的量是0.02mol、1.06g Na 2CO 3的物质的量是mol；当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O反应，消耗盐酸的物质的量是0.02mol，盐酸体积是0.2L；再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl消耗盐酸的物质的量是0.01mol，盐酸体积是0.1L，生成碳酸氢钠的物质的量是0.01mol；最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，消耗盐酸的物质的量是0.01mol，盐酸体积是0.1L，生成二氧化碳的物质的量是0.01mol，故选D。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。
17．（10分）（2021·陕西西安市·长安一中）BaCl2常用于电子、仪表、冶金等工业。实验室欲配制480mL0.4mol·L-1BaCl2溶液。回答下列问题∶
(1)配制过程要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、___________。
(2)配制过程按顺序有如下操作∶①计算；②称量___________g BaCl2；③溶解；④转移溶液；⑤2~3次洗涤、移液；⑥定容；⑦___________；⑧静置；⑨装瓶。
(3)将所配制的BaCl2溶液进行测定，发现其浓度小于0.4 mol·L-1则配制过程中可能引起浓度偏小的原因是___________(填字母)。
A．定容时俯视液面
B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒
C．配制时容量瓶没有干燥
D．用天平(使用游码)称量时，砝码错放在左盘
(4)若发现所配制的 BaCl2 溶液含有 NaCl，经分析有关离子的浓度如图所示。

①所配制的溶液中c(BaCl2)=___________。
②将 100 mL该溶液与足量稀硫酸反应，产生沉淀的质量为___________g。
【答案】500 mL容量瓶 41.6 摇匀 BD 0.34 mol·L-1 7.922
【分析】
配制480mL0.4mol·L-1BaCl2溶液，需要选用500mL 容量瓶，配制一定物质的量浓度溶液的步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，结合各步骤需要的仪器，结合物质的量的常见公式和误差分析的方法分析解答。
【详解】
(1) 配制一定物质的量浓度溶液的步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，配制480mL0.4mol·L-1BaCl2溶液，需要选用500mL 容量瓶 ，因此缺少的仪器：500mL容量瓶，故答案为：500mL 容量瓶；
(2)配制480mL0.4mol·L-1BaCl2溶液，需要选用500mL 容量瓶，因此需要称量的BaCl2的质量为0.5L×0.4mol·L-1×208g·mol-1=41.6g，配制一定物质的量浓度溶液的步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：41.6；摇匀；
(3)A．定容时俯视液面，导致溶液体积偏少，使溶液的浓度偏大，故A不选；
B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，会损失部分溶质，使溶液的浓度偏小，故B选；
C．配制时容量瓶不干燥，对溶液的浓度没有影响，故C不选；
D．用天平(使用游码)称量时，砝码错放在左盘，导致溶质的质量偏小，使溶液的浓度偏小，故D选；
故答案为：BD；
(4)①根据电荷守恒，2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，即2c(Ba2+)+ 0.12 mol·L-1=0.8 mol·L-1，解得c(Ba2+)=0.34 mol·L-1，故答案为：0.34 mol·L-1；
②100 mL该溶液中含有n(Ba2+)=0.1L×0.34mol·L-1=0.034mol，与足量稀硫酸反应生成0.034mol硫酸钡沉淀，沉淀的质量为0.034mol×233g·mol-1=7.922g，故答案为：7.922。
18．（10分）（2020·江苏扬州市·扬州中学高一期中）填空：
(1)标准状况下，11.2 L NH3所含氢原子的物质的量为_____mol。
(2)0.87g R2SO4 中含0.01 mol R+，则 R2SO4 的摩尔质量是_____g·mol-1。
(3)100 mL 0.2mol· L-1 AlCl3 溶液中，Cl- 的物质的量浓度为_____mol· L-1。
(4)新制氯水在阳光照射下产生的无色气体是_____；
(5)实验室制备氯气时，收集氯气常采用_____法。
【答案】1.5 174 0.6 氧气(或O2) 向上排空气或排饱和食盐水
【详解】
(1)标准状况下，11.2 L NH3的物质的量为=0.5mol，所含氢原子为1.5mol；
(2)0.87g R2SO4 中含0.01 mol R+，则R2SO4 的物质的量为0.005mol，所以R2SO4 的摩尔质量是=174g/mol；
(3)100 mL 0.2mol· L-1 AlCl3 溶液中来氯离子的物质的量浓度为0.2mol/L´3=0.6mol/L；
(4)新制氯水中含有HClO，在阳光照射下HClO分解产生HCl和O2，所以产生的无色气体为氧气；
(5)氯气会和水反应，所以不用排水法，氯气密度比空气大，且难溶于饱和食盐水，所以可以用向上排空气或排饱和食盐水法收集氯气。
19．（6分）（2020·宝山区·上海交大附中高一期中）(1)现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96L，该混合气体的平均摩尔质量为________。
(2)将上述混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。

①标准状况下，气球中收集到的气体的体积为_________。
②气球中收集到的气体所含的电子总数为_________。(阿伏加德罗常数用NA表示)
【答案】36g/mol 4.48L 2.8NA
【详解】
(1)CO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96L，则该混合气体的物质的量==0.4mol，该混合气体的平均摩尔质量M===36g/mol；
(2)设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，根据题意可得，28x+44y=14.4g，x+y=0.4mol，解得，x=y=0.2mol，将上述混合气体通过氢氧化钠溶液，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应充分吸收，再通过浓硫酸进行干燥，最后收集在气球中的气体为一氧化碳，
①标准状况下，气球中收集到的气体的体积=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
②一个一氧化碳分子中含有14个电子，气球中收集到0.2mol的一氧化碳气体，则所含的电子总数为0.2×14×NA=2.8NA。
20．（14分）（2021·河南信阳高中高一月考）某研究性学习小组欲测定室温下(25 ℃、101 kPa)的气体摩尔体积，请回答以下问题。该小组设计的简易实验装置如下图所示：

该实验的主要操作步骤如下：
步骤一：
(1)①配制80 mL 1.0 mol·L-1的盐酸，需要36.5%，密度为1.2g·cm-3的盐酸的体积为_____。
②配制过程中所需要的玻璃仪器有______。
③下列操作会导致物质的量浓度偏大的是_______
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．在容量瓶中进行定容时仰视刻度线
C．在容量瓶中进行定容时俯视刻度线
D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水
步骤二：用量筒量取出10.0 mL 1.0 mol·L-1的盐酸加入锥形瓶中；
步骤三：(2)称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为______；
步骤四： 往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；
步骤五：(3)反应结束后待体系温度恢复至室温，读取量筒中水的体积为V mL。
①实验步骤五中应选用___________(填序号)的量筒。
A．100 mL　　　B．200 mL　　　C．500 mL
②读数时除恢复到室温，视线与液体凹液面的最低处相平外，还要注意________。
③若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算公式为Vm=_______，若未除去镁条表面的氧化膜，则测量结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】8.3 mL 量筒、烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒 C 0.12 B 量筒内的液面与广口瓶内液面相平 0.2V L·mol-1 偏小
【分析】
由题意知，该实验原理是用一定量的盐酸与足量镁反应生成氢气，利用排水法测量气体的体积，排出水的体积等于氢气的体积，最后根据盐酸的物质的量确定氢气的物质的量，利用气体摩尔体积的计算公式求出该条件下的气体摩尔体积。
【详解】
(1)①质量分数为36.5%，密度为1.2g·cm-3的盐酸的物质的量浓度为：=12mol/L，配制80 mL 1.0 mol·L-1的盐酸，实验室没有80mL规格的容量瓶，需要选用100mL的容量瓶进行配制，设需要浓盐酸的体积为amL，根据稀释定律有：a×10-3L×12mol/L=0.1L×1.0mol/L，解得a=8.3mL；
②配制过程中需要用量筒量取浓盐酸的体积，在烧杯中稀释浓盐酸，稀释时用玻璃棒搅拌，待冷却到室温后用玻璃棒引流转移到100mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液也转移到容量瓶中，最后用胶头滴管定容，摇匀、装瓶，所以需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；
③A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，溶质有损失，导致配制的溶液浓度偏小，故A不选；
B．在容量瓶中进行定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏小，故B不选；
C．在容量瓶中进行定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，导致配制的溶液浓度偏大，故C选；
D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水，溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏小，故D不选；
答案选C；
(2)用量筒量取出10.0 mL 1.0 mol·L-1的盐酸加入锥形瓶中，HCl的物质的量为：0.01L×1.0 mol·L-1=0.01mol，为使HCl全部参加反应，设需要镁的物质的量为xmol，根据Mg+2HCl=MgCl2+H2↑可知，n(Mg)=×0.01mol=0.005mol，则需要镁的质量为：0.005mol×24g/mol=0.12g，即a的数值至少为0.12；
(3)①量筒中的水是由氢气排出的，所以水的体积等于氢气的体积，由Mg+2HCl=MgCl2+H2↑可知，n(H2)=×0.01mol=0.005mol，0.005mol的H2在标准状况下体积为0.005mol×22.4L/mol=112mL，在25 ℃、101 kPa下预计不会超过200mL(一定压强下，气体体积与热力学温度成正比)，因此实验步骤五中应选用200 mL的量筒，答案选B；
②读数时除恢复到室温，除了视线与液体凹液面的最低处相平外，为保证反应装置系统内外的压强相等，还要注意量筒内的液面与广口瓶内液面相平，这样测得的体积才比较准确；
③若忽略水蒸气的影响，在该实验条件下测得气体摩尔体积的计算公式为：Vm＝==0.2V L·mol-1；若未除去镁条表面的氧化膜，则表面的氧化镁会消耗盐酸使生成的氢气体积减少，造成测量结果偏小。
21．（12分）（2021·陕西西安市·长安一中）已知1L某待测液中除含有0.2mol·L-1的Na＋外，还可能含有下列离子中的一种或几种：
阳离子
K＋、NH、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋
阴离子
Cl-、Br-、CO、HCO、SO
现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)：


已知：NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O
(1)由气体B可确定待测液中含有的离子是___________。
(2)由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有的离子是___________，据此可以排除的离子是___________。
(3)由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是___________。
(4)某同学读图后，认为待测液中一定不含溴离子，他判断的依据是___________。
(5)综合分析，待测液中K＋的最小浓度为___________。
【答案】NH CO、SO Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋ HCO 向溶液B中通入氯气，溶液呈浅黄绿色(或向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀) 0.1mol·L-1
【分析】
待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO和SO，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH、HCO，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br‒，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl‒，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl‒，据此分析解答。
【详解】
(1)由滤液A加入NaOH反应生成气体B，则B肯定为NH3，则由此可以确定待测液中含有的离子是NH；
(2)待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO、SO，向沉淀A中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO和SO，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋；
(3)滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定有HCO，发生反应HCO＋OH-= CO＋H2O，Ba2+与CO结合生成BaCO3沉淀，则由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是HCO；
(4)由图中信息可知，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，则溶液中一定没有Br‒，且向溶液B中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀，也能说明溶液中一定没有Br‒；
(5)根据元素守恒可知：n(CO)=、n(SO)=、n(HCO)=、n(NH)=；根据溶液呈电中性，有：2×n(SO)+n(HCO)+2×n(CO)=2×0.05mol+0.1mol+2×0.1mol=0.4mol，n(NH)+n(Na+)=0.1mol+1L×0.2mol⋅L-1=0.3mol；由于阳离子所带的正电荷总数小于负电荷总数，所以一定含有阳离子K＋；若原溶液中不存在Cl‒，则K＋的物质的量是0.4mol－0.3mol=0.1mol，K＋浓度是c(K＋)=，若存在Cl‒，则K+的浓度应该大于0.1 mol·L‒1，故待测液中K＋的最小浓度为0.1 mol·L‒1。