高考化学二模试题分类汇编物质的量综合及答案解析.docx
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高考化学二模试题分类汇编物质的量综合及答案解析
高考化学二模试题分类汇编——物质的量综合及答案解析
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.按要求完成下列填空
I.
(1)给定条件下的下列四种物质:
a.10g氖气
b.含有40mol电子的NH3
c.标准状况下8.96LCO2
d.标准状况下112g液态水
则上述物质中所含分子数目由多到少的顺序是________________(填序号)。
(2)标准状况下,0.51g某气体的体积为672mL,则该气体摩尔质量为______。
(3)将100mLH2SO4和HCl的混合溶液分成两等份,一份中加入含0.2molNaOH溶液时恰好中和完全,向另一份中加入含0.05molBaCl2溶液时恰好沉淀完全,则原溶液中c(Cl-)=____mol/L。
II.现有以下物质:
①铝;②二氧化硅;③液氯;④NaOH溶液;⑤液态HCl;⑥NaHCO3晶体;⑦蔗糖;⑧熔融Na2O;⑨Na2O2固体;⑩CO2。
回答下列问题(用相应物质的序号填写):
(1)其中可以导电的有__________。
(2)属于电解质的有_______,非电解质有__________。
(3)写出向⑨与⑩反应的化学方程式___________。
(4)写出①与④的离子方程式_____________。
(5)写出⑤的水溶液与⑥的水溶液反应的离子方程式___________________。
(6)写出②与④反应的离子方程式_______________________________。
【答案】d>b>a>c17g/mol2①④⑧⑤⑥⑧⑨②⑦⑩2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2H++HCO3-=H2O+CO2SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
【解析】
【分析】
I.利用n=
=
=
计算。
II.①铝能导电,既不是电解质,也不是非电解质;
②二氧化硅不能导电,为非电解质;
③液氯不能导电,既不是电解质,也不是非电解质;
④NaOH溶液能导电,为混合物,既不是电解质,也不是非电解质;
⑤液态HCl不能导电,为电解质;
⑥NaHCO3晶体不能导电,为电解质;
⑦蔗糖不能导电,为非电解质;
⑧熔融Na2O能导电,为电解质;
⑨Na2O2固体不能导电,为电解质;
⑩CO2不能导电,为非电解质。
【详解】
I
(1)a.10g氖气的物质的量=
=0.5mol,Ne为单原子分子,即分子数为0.5mol;
b.NH3中含有10个电子,则含有40mol电子的NH3的物质的量为4mol;
c.标准状况下8.96LCO2的物质的量=
=0.4mol;
d.标准状况下112g液态水的物质的量=
=6.22mol;
综上所述,分子数目由多到少的顺序为d>b>a>c;
(2)标准状况下,某气体的体积为672mL,物质的量为0.672L÷22.4L/mol=0.03mol,则M=
=
=17g/mol;
(3)0.05molBaCl2与硫酸根离子生成0.05mol硫酸钡,则原溶液中含有0.1mol硫酸;0.05mol硫酸消耗0.1mol的NaOH,剩余的0.1molNaOH为盐酸消耗,则原溶液中含0.2mol盐酸,c(Cl-)=0.2÷0.1=2mol/L;
II
(1)分析可知,能导电的为①④⑧;
(2)属于电解质的为⑤⑥⑧⑨;属于非电解质的为②⑦⑩;
(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,方程式为2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2;
(4)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑;
(5)盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水,离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑;
(6)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
2.填写下列表格
序号
物质
分子数(用NA表示)
质量/g
物质的量/mol
摩尔质量/g·mol-1
体积/标况
(1)
氮气
___
14
___
___
___
(2)
H2SO4
3.01×1022
___
___
___
空
(3)
H2O
___
___
0.5
___
空
(4)
Cl2
___
___
___
___
2.24L
【答案】0.5NA0.52811.24.90.05980.5NA9180.1NA7.10.17.1
【解析】
【分析】
摩尔质量在以为g·mol-1单位时,数值上等于相对分子质量,以n=
、n=
、n=
这几个公式为基础,按试题中的要求,进行计算。
【详解】
(1)N2的摩尔质量在以为g·mol-1单位时,数值上等于相对分子质量,所以N2的摩尔质量是28g·mol-1,当N2的质量为14g时,n(N2)=
=0.5mol,N2的分子数N(N2)=0.5NA,标况下N2的体积为:
0.5mol
22.4L·mol-1=11.2L;
(2)H2SO4的分子数是3.01×1022,H2SO4的物质的量:
n(H2SO4)=
=0.05mol,H2SO4的摩尔质量是98g·mol-1,质量:
m(H2SO4)=0.05mol×98g·mol-1=4.9g;
(3)H2O的物质的量是0.5mol,水的摩尔质量:
M(H2O)=18g·mol-1,水分子的个数N(H2O)=0.5NA,水分子的质量是:
m(H2O)=0.5mol×18g·mol-1=9g;
(4)Cl2标况下的体积试剂2.24L,Cl2的物质的量:
n(Cl2)=
=0.1mol,Cl2的分子数是:
N(N2)=0.1NA,Cl2的摩尔质量是71g·mol-1,Cl2的质量:
m(Cl2)=0.1mol
71g·mol-1=7.1g;
【点睛】
考生熟练掌握n=
、n=
、n=
,这几个公式之间的换算;
3.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
(1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,图中可选用的发生装置是______(填写字母)。
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L(标准状况)二氧化硫,如果已有40%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则至少需称取该亚硫酸钠______ g (保留一位小数)。
(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标,现对该区域雨水样品进行探究。
首先用pH试纸测定雨水样品的pH,操作方法为______,测得样品pH约为3;为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质,将一定量的SO2通入蒸馏水中,配成pH为3的溶液,然后将溶液分为A、B两份,将溶液B久置于空气中,与密闭保存的A相比,久置后的溶液B中水的电离程度将______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央,半分钟后待变色,再与对照标准比色卡读数。
减小
【解析】
【分析】
(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态,反应条件不需加热,可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率;
(2)由硫守恒可得:
Na2SO3~SO2,根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量;结合亚硫酸钠的质量分数,再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量;
(3)测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液,然后与比色卡对比;将溶液B久置于空气中,亚硫酸被氧化生成硫酸,溶液酸性增强。
【详解】
(1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,由于反应不需要加热,排除装置d;由于亚硫酸钠是细小颗粒,不可选用装置c;装置b无法可知反应速率,故可选用的发生装置为:
ae;
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,根据反应方程式:
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,根据反应方程式可知:
Na2SO3~SO2,n(SO2)=
=0.15mol,则需亚硫酸钠的质量为:
m(Na2SO3)=0.15mol×126g/mol=18.9g;如果已有40%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则含亚硫酸钠的质量分数为60%,至少需称取该亚硫酸钠的质量为
==31.5g;
(3)测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液,滴在pH试纸上,半分钟后与比色卡对比,操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上,半分钟后待变色,再对照标准比色卡读数;将溶液B久置于空气中,亚硫酸被氧化生成硫酸,导致溶液酸性增强,溶液中c(H+)增大,对水电离的抑制作用增强,则水的电离程度减小。
【点睛】
本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。
明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键,注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质,试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。
4.O2和O3是氧元素的两种单质,根据其分子式完成下列各题:
(1)等质量的O2和O3所含原子个数比为__,分子的物质的量之比为__。
(2)等温、等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为__,质量比为___。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的数值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则cg氧气在标准状况下的体积约是___(用含NA的式子表示)。
(4)常温下,将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3溶液混合,得到密度为1.15g·cm-3的混合溶液。
该混合溶液的物质的量浓度为___mol·L-1。
【答案】1:
13:
21:
12:
3
L2.28
【解析】
【详解】
(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为
∶
=3∶2,则所含分子个数之比为3∶2,原子个数之比为1∶1,故答案为:
1:
1;3:
2;
(2)据阿伏加德罗定律可知,同温同压下,等体积的气体含有相同数目的分子,即O2和O3所含分子数之比为1∶1,则原子个数比为2∶3,质量比为2∶3,故答案为:
1:
1;2:
3;
(3)氧气的摩尔质量为M=
=
=
g·mol-1,则cgO2在标准状况下体积为V=
·Vm=
×22.4L·mol-1=
L,故答案为:
L;
(4)混合后溶液中的KNO3的物质的量为n(KNO3)=
≈0.099mol,混合后溶液的总体积为V[KNO3(aq)]=
≈43.5cm3=4.35×10-2L,混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c(KNO3)=
≈2.28mol·L-1,故答案为:
2.28。
5.已知:
2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,将0.1moKMnO4固体加热一段时间后,收集到amolO2;向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸,又收集到bmolCl2,此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注:
KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。
(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中的还原产物是_____(填化学式),反应中若产生0.3mol的气体则有________mol的电子转移。
(2)a+b的最大值为________,a+b最小值为________。
【答案】MnCl20.60.250.2
【解析】
【分析】
(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物;根据Cl元素化合价变化计算转移电子;
(2)KMnO4固体,加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,根据方程式计算氧气最大值,进而确定(a+b)的最小值。
【详解】
(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价,化合价降低,得到电子,被还原,所以MnCl2是还原产物;产生0.3mol的氯气时,转移电子为n(e-)=0.3mol×2×[0-(-1)]=0.6mol;
(2)KMnO4固体加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理可得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,此时a=0,则(a+b)的最大值=0.25;当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,由2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×
=0.05mol,则a+b≥0.25-0.05=0.2,故(a+b)的最小值为0.2。
【点睛】
本题考查混合物计算、氧化还原反应计算,充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。
掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础,学会将关系式进行变形,并用用极值方法分析判断。
6.NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物,是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。
(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。
(2)氮氧化物不仅能形成酸雨,还会对环境产生的危害是形成_____。
(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2,该反应的离子方程式是_____。
(4)为了消除NO对环境的污染,根据氧化还原反应原理,可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气),该反应需要催化剂参加,其化学方程式为_____。
(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应,生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。
向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀,则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO
5N2+6H2O19.6
【解析】
【分析】
(1)氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾,破坏臭氧层;
(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式;
(4)氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体,其中一种是水蒸气,另外一种为氮气;
(5)根据电子转移守恒计算铜的物质的量,由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量,在根据m=nM计算。
【详解】
(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水,反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,
故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等,故答案为:
光化学烟雾;
(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水,浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式,反应离子方程式为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O,答案为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(4)NH3使NO转化为两种无毒气体,其中之一是水蒸气,另外一种为氮气,反应方程式为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O,
故答案为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O;
(5)n(NO2)=n(NO)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,根据电子转移守恒,可知n(Cu)=
=0.2mol,由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol,生成Cu(OH)2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol=19.6g,故答案为:
19.6。
【点睛】
掌握有关硝酸反应的计算,一般用守恒方法,如电子守恒,反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量,也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量,据此计算即可。
7.氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用:
(Ⅰ)现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。
(1)如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。
则该盐酸的物质的量浓度是___mol·L-1。
(2)某同学用该浓盐酸配制100mL1mol·L-1的稀盐酸。
请回答下列问题:
①通过计算可知,需要用量筒量取浓盐酸____mL。
②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外,还必须用到的仪器有_______。
③若配制过程遇下列情况,溶液的物质的量浓度将会:
(填“偏高”“偏低”“无影响”)
A.量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。
B.转移溶液前,洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。
C.定容时俯视容量瓶的刻度线_____。
(Ⅱ)实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气,并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉(该反应放热)。
已知:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。
甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示:
(1)哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生?
_____。
(2)上述装置中,甲由A、B两部分组成,乙由C、D、E三部分组成,丙由F、G两部分组成。
从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分(按气流从左至右的流向)组装一套较完善的实验装置(填所选部分的字母)_____。
(3)利用
(2)中实验装置进行实验,实验中若用12mol·L-1的浓盐酸200mL与足量二氧化锰反应,最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3mol,其可能的主要原因是_____(假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生)。
(Ⅲ)已知HClO的杀菌能力比ClO-强。
25℃时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系,该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数(a)随pH变化的关系如图所示。
由图分析,欲使氯水的杀菌效果最好,应控制的pH范围是__,当pH=7.5时,氯水中含氯元素的微粒有___。
【答案】11.68.6胶头滴管、100mL容量瓶偏低无影响偏低甲FBE浓盐酸逐渐变稀,稀盐酸与二氧化锰不反应,且浓盐酸有挥发性,所以盐酸不能全部反应生成氯气,故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol2~6HClO、ClO-、Cl-
【解析】
【分析】
(Ⅰ)
(1)根据
计算浓度;
(2)配制一定物质的量浓度的溶液,步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶;
(Ⅱ)
(1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。
【详解】
(Ⅰ)
(1)根据
计算盐酸的浓度,有
;
(2)①根据溶质的物质的量不变,需要量取的盐酸的体积
;
②量取盐酸的时候需要量筒;稀释浓盐酸,需要玻璃棒、烧杯;转移时,需要100mL容量瓶,玻璃棒、烧杯;定容时,需要胶头滴管;则还需要的仪器有100mL容量瓶,胶头滴管;
③A、浓盐酸易挥发,置于烧杯后,较长时间配制,盐酸挥发,溶质减少,溶液的浓度偏低;
B、容量瓶中存在蒸馏水,由于定容前,需要往容量瓶中加入蒸馏水,因此之前存在的蒸馏水,对浓度无影响;
C、俯视刻度线,定容时,水会少加,体积偏小,浓度偏大;
(Ⅱ)
(1)氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙,所以必须要控制反应温度,甲装置有冰水浴,可以较好地控制副反应的发生;
(2)F装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率,B装置有冰水浴可以较少副反应的发生,E装置可以做到尾气吸收,答案为FBE;
(3)MnO2只与浓盐酸反应生成氯气,虽然反应的进行,浓盐酸浓度降低,不与MnO2反应,所以生成氯气的值小于理论值,答案为浓盐酸逐渐变稀,稀盐酸与二氧化锰不反应,且浓盐酸有挥发性,所以盐酸不能全部反应生成氯气,故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol;
(Ⅲ)HClO的杀菌能力比ClO-强,所以HClO的浓度越大,杀菌效果最好,根据图像pH最好为2~6之间;当pH=7.5时,根据图像,氯水中没有Cl2,韩律的微粒有HClO、ClO-以及与水反应生成的Cl-。
【点睛】
(Ⅲ)第二小问是易错点,很容易忽略Cl-;不要忘记,Cl2+H2O
HCl+HClO,有Cl-生成。
8.Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置,请根据装置回答问题:
(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体,选择装置____(填代表装置图的字母);
(2)分离CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的液体混合物,可选择装置A,该分离方法的名称为_____,装置A中①的名称是______。
(3)实验室用B装置从碘水中分离出I2,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,碘主要溶解在_____(填“上层”或“下层”)液体中,该层溶液颜色为_____,该装置在分液时为使液体顺利下滴,应进行的具体操作_____。
Ⅱ.用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL,回答下列问题:
(1)所需仪器为:
托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管,还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验,请写出:
_____。
(2)请写出该实验的简要的实验步骤:
①计算②称量胆矾_____g③溶解④转移⑤洗涤并转移⑥定容⑦摇匀
(3)如图是该同学转移溶液的示意图,图中的错误是_____。
【答案】D蒸馏冷凝管上层紫红色打开分液漏斗的上口活塞250mL容量瓶25转移溶液时,应用玻璃棒引流
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离;
(2)分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法;
(3)碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度,苯的密度比水小,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,上层为紫红色的碘的苯溶液,下层为水层;分液时,应打开分液漏斗的上口活塞,起到平衡气压的作用,便于液体顺利下滴;
Ⅱ.
(1)实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mL容量瓶;
(2)先计算250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量,再计算胆矾的质量;
(3)转移溶液时,应用玻璃棒引流。
【详解】
Ⅰ.
(1)蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离,从氯化钾溶液中得到氯化钾固体可用蒸发,D为蒸发装置,故答案为:
D;
(2)分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法,四氯化碳和甲苯的沸点不同,用蒸馏的方法分离,A为蒸馏装置,装置A中①的名称是冷凝管,故答案为:
蒸馏;冷凝管;
(3)B为萃取分液装置,碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度,笨的密度比水小,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,上层为紫红色的碘的苯溶液,下层为水层;分液时,应打开分液漏斗的上口活塞,起到平衡气压的作用,便于液体顺利下滴,故答案为:
上层;紫红色;打开分液漏斗的上口活塞;
Ⅱ.
(1)实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mL容量瓶,用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管,故答案为:
250mL容量瓶;
(2)250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量为0.25L×0.
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