已知硫酸.氨水的密度与所加水量的关系如图所示.现有硫酸与氨水各一份.请根据表中信息.回答下列问题:溶质的物质的量浓度/mol•L-1溶液的密度/g•cm-3硫酸c1ρ1氨水c2ρ2(1)配制480mL 1mol•L-1的硫酸溶液用到的基本实验仪器除玻璃棒.烧杯外.还有500mL容量瓶.胶头滴管.量筒．(2)质量分数为w1的硫酸与水� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

12．

已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：

	溶质的物质的量浓度/mol•L^-1	溶液的密度/g•cm^-3
硫酸	c₁	ρ₁
氨水	c₂	ρ₂

（1）配制480mL 1mol•L^-1的硫酸溶液用到的基本实验仪器除玻璃棒、烧杯外，还有500mL容量瓶、胶头滴管、量筒．
（2）质量分数为w₁的硫酸与水等体积混合，所得溶液的质量分数大于 $\frac{{w}_{1}}{2}$（填“大于”“小于”或“等于”，下同）．
（3）物质的量浓度为c₂ mol•L^-1的氨水与$\frac{1}{5}$c₂ mol•L^-1的氨水等质量混合，所得溶液的密度大于ρ₂ g•cm^-3，所得溶液的物质的量浓度大于$\frac{3}{5}$c₂ mol•L^-1（混合后溶液的体积变化忽略不计）．
（4）将不纯的NaOH样品1g（样品含少量Na₂CO₃和水），放入50mL 1mol/L的硫酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL 1mol/L的NaOH溶液．蒸发中和后的溶液，最终得到多少g固体？

分析（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器；
（2）根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量和质量不变，据此计算稀释后溶液的质量分数；
（3）c₂mol•L^-1的氨水与$\frac{1}{5}$c₂mol•L^-1的氨水等质量混合，混合后溶液的浓度小于c₂mol•L^-1的氨水，由图可知，氨水的浓度越大密度越小，据此判断混合后溶液的密度与ρ₂g•cm^-3关系；
物质的量浓度分别为c₂mol•L^-1和$\frac{1}{5}$c₂mol•L^-1的氨水等质量混合，令c₂mol•L^-1和$\frac{1}{5}$c₂mol•L^-1的氨水的体积分别为aL、bL，混合后溶液的体积为（a+b）L，表示出混合后氨水的物质的量浓度，氨水的浓度越大密度越小，根据V=$\frac{m}{ρ}$可知a＞b，据此判断；
（4）最终得到的固体为硫酸钠，根据硫酸的物质的量可知硫酸钠的物质的量，再根据m=nM计算出硫酸钠的质量即可．

解答解：（1）配制480mL的溶液，需要选用500mL的容量瓶，所以配制该硫酸溶液用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管、量筒，
故答案为：500 mL容量瓶、胶头滴管、量筒；
（2）质量分数为w₁的硫酸与水等体积混合，水的质量小于硫酸溶液的质量，故总质量小于原质量的2倍，故稀释后硫酸的质量分数大于 $\frac{{w}_{1}}{2}$，
故答案为：大于；
（3）c₂mol•L^-1的氨水与$\frac{1}{5}$c₂mol•L^-1的氨水等质量混合，混合后溶液的浓度小于c₂mol•L^-1的氨水，由图可知，氨水的浓度越大密度越小，故混合后溶液的密度大于ρ₂g•cm^-3；
物质的量浓度分别为c₂mol•L^-1和$\frac{1}{5}$c₂mol•L^-1的氨水等质量混合，设c₂mol•L^-1和$\frac{1}{5}$c₂mol•L^-1的氨水的体积分别为aL、bL，混合后溶液的体积为（a+b）L，混合后氨水的物质的量浓度为：$\frac{a{c}_{2}+b×\frac{1}{5}{c}_{2}}{a+b}$=c₂+$\frac{\frac{1}{5}b{c}_{2}-b{c}_{2}}{a+b}$=c₂-$\frac{\frac{4}{4}{c}_{2}}{1+\frac{a}{b}}$，氨水的浓度越大密度越小，根据V=$\frac{m}{ρ}$可知a＞b，故$\frac{\frac{4}{4}{c}_{2}}{1+\frac{a}{b}}$＜$\frac{2}{5}$c₂，故c₂-$\frac{\frac{4}{4}{c}_{2}}{1+\frac{a}{b}}$＞$\frac{3}{5}$c₂，
故答案为：大于；大于；
（4）将不纯的NaOH样品1g（样品含少量Na₂CO₃和水），放入50mL 1mol/L的硫酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL 1mol/L的NaOH溶液，最终蒸干得到的固体为硫酸钠，根据硫酸根离子守恒可知硫酸钠的物质的量为：1mol/L×0.05L=0.05mol，所以最终得到的硫酸钠的质量为：142g/mol×0.05mol=7.1g，
答：最终得到的固体的质量为7.1 g．

点评本题考查了物质的量浓度、溶质质量分数、化学方程式的计算，题目难度中等，试题知识点较多、计算量较大，充分考查学生的分析能力及化学计算能力．

练习册系列答案

（1）精制卤水中的MgCl₂与适量石灰乳反应合成碱式氯化镁[MgOH）_2-nCl_n•m H₂O]，反应的化学方程式为2MgCl₂+（2-x）Ca（OH）₂+2mH₂O=2[Mg（OH）_2-xCl_x•mH₂O]+（2-x）CaCl₂．
（2）合成反应后，继续在393K～523K下水热处理8h，发生发应：
Mg（OH）_2-nCl_n•mH₂O=$\frac{1-x}{2}$Mg（OH）₂+$\frac{x}{2}$MgCl₂+mH₂O
水热处理后，过滤、水洗．水洗的目的是除去附着在Mg（OH）₂表面的可溶性物质MgCl₂、CaCl₂、Ca（OH）₂等．
（3）阻燃型Mg（OH）₂具有晶粒大、易分散、与高分子材料柏容性好等特点．上述工艺流程中与此有关的步骤是水热处理、表面处理．
（4）已知：
Mg（OH）₂（s）=MgO（s）+H₂O（g）△H₁=+81.5kJ•mol^-1
Al（OH）₃（s）=$\frac{1}{2}$Al₂O₃（s）+$\frac{3}{2}$H₂O（g）△H₂=+87.7kJ•mol^-1
①Mg（OH）₂和Al（OH）₃起阻燃作用的主要原因是Mg（OH）₂和Al（OH）₃受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al₂O₃覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳．
②等质量Mg（OH）₂和Al（OH）₃相比，阻燃效果更好的是Mg（OH）₂，原因是Mg（OH）₂的吸热效率为：81.5kJ•mol^-1/58g•mol^-1=1.41 kJ•g^-1，Al（OH）₃的吸热效率为：87.7kJ•mol^-1/78g•mol^-1=1.12 kJ•g^-1，等质量的Mg（OH）₂比Al（OH）₃吸热多．
（5）常用阻燃剂主要有三类：A．卤系，如四溴乙烷；B，磷系，如磷酸三苯酯；C．无机类，主要是Mg（OH）₂和Al（OH）₃．从环保的角度考虑，应，用时较理想的阻燃剂是C（填编号），不选另两类的理由是A会破坏臭氧层，B中的磷元素会造成藻类生物的大量繁殖．

3．人体就像一个复杂的“化学工厂”，在下列食物中，不能给这个“化学工厂”提供能源的是（　　）

20．对于苯乙烯的下列叙述中，正确的是（　　）
①能使酸性KMnO₄溶液褪色；
②可发生加成反应；
③可溶于水；
④可溶于苯中；
⑤能与浓硝酸在浓H₂SO₄作用下发生取代反应；
⑥所有的原子可能共平面．

7．已知：14CuSO₄+5FeS₂+12H₂O═7Cu₂S+5FeSO₄+12H₂SO₄
（1）当反应中转移42mole^?时，有7molFeS₂被还原；
（2）1molFeS₂可以还原7molFeS₂．
（3）当有14molCuSO₄参加反应时，有3.5molFeS₂发生还原反应，被CuSO₄氧化的FeS₂有1mol．

17．将64g铜与一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO₂混合气体在标准状况下的体积为33.6L．欲使反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO₃，至少需要40%的双氧水的质量为（　　）

4．装置（Ⅰ）为铁镍（Fe-Ni）可充电电池：Fe+NiO₂$?_{充电}^{放电}$Fe（OH）₂+Ni（OH）₂；装置（Ⅱ）为电解示意图，当闭合开关K时，Y附近溶液先变红．下列说法正确的是（　　）

	A．	闭合K时，X的电极反应式为：2H⁺+2e^-═H₂↑
	B．	闭合K时，A电极反应式为：NiO₂+2e^-+2H⁺═Ni（OH）₂
	C．	给装置（Ⅰ）充电时，B极参与反应的物质被氧化
	D．	给装置（Ⅰ）充电时，OH^-通过阴离子交换膜，移向A电极

1．向AgNO₃溶液中加入一定质量Fe和Al的混合溶液，充分反应后过滤，得到滤渣和浅绿色滤液．下列说法正确的是（　　）

	A．	滤液中一定含有Al³⁺、Ag⁺		B．	滤液中一定含有Fe²⁺、Ag⁺
	C．	滤渣中一定含有Fe		D．	滤渣中一定含有Ag

2．与17gNH₃所含H原子数相同的是（　　）

3molH₂

98gH₂SO₄

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