2012高考化學真題模擬新題分類匯編A常用化學計量.doc

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A單元　常用化學計量A1　阿伏伽德羅常數(shù)和物質(zhì)的量 7．N3、B3、A1 [2011安徽卷] 科學家最近研制出可望成為高效火箭推進劑的N(NO2)3(如圖1－3所示)。已知該分子中N－N－N鍵角都是108.1，下列有關N(NO2)3的說法正確的是(　　) NO2NNO2NO2 圖1－3 A．分子中N、O間形成的共價鍵是非極性鍵 B．分子中四個氮原子共平面 C．該物質(zhì)既有氧化性又有還原性 D．15.2 g該物質(zhì)含有6.021022個原子 7．N3、B3、A1 【解析】 C　分子中N、O間形成的共價鍵是由不同元素的原子形成的，屬于極性鍵，故A錯誤；由夾角108.1可知該分子的結構類似NH3的結構，是三角錐形，因此，四個氮原子不可能共平面，故B錯誤；該分子中N的化合價為＋3價，處于中間價態(tài)，因此，該物質(zhì)既有氧化性又有還原性，C正確；15.2 g該物質(zhì)含有的原子數(shù)約為106.021023＝6.021023，故D錯誤。 9．A1 [2011廣東卷] 設nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是(　　) A．常溫下，23 g NO2含有nA個氧原子 B．1 L 0.1 molL－1氨水含有0.1 nA個OH－ C．常溫常壓下，22.4 L CCl4含有nA個CCl4分子 D．1 mol Fe2＋與足量的H2O2溶液反應，轉移2nA個電子 9．A1 【解析】 A　23 g NO2中氧原子的物質(zhì)的量為2＝1 mol，故A正確；1 L 0.1 molL－1氨水中含有溶質(zhì)NH3H2O的物質(zhì)的量為0.1 mol，但由于NH3H2O是弱電解質(zhì)，不能完全電離，故含有的OH－的個數(shù)少于0.1nA，B錯誤；常溫常壓下，CCl4為液態(tài)，22.4 L CCl4的物質(zhì)的量不是1 mol，C錯誤；1 mol Fe2＋被H2O2氧化生成1 mol Fe3＋，反應過程轉移的電子數(shù)為nA，D錯誤。 10．A1　[2011海南化學卷] 設NA是阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是(　　) A．1 mol Al3＋離子含有的核外電子數(shù)為3NA B．1 mol Cl2與足量的鐵反應，轉移的電子數(shù)為3NA C．10 L pH＝1的硫酸溶液中含有的H＋離子數(shù)為2NA D．10 L pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－離子數(shù)為NA 10．A1　【解析】 D　Al3＋離子核外電子數(shù)為10個，1 mol Al3＋離子含有的核外電子數(shù)應為10 NA，故A錯；2Fe＋3Cl2===2FeCl3，反應中轉移6個電子，1 mol Cl2反應轉移的電子數(shù)應為2NA，故B錯；pH＝1時c(H＋)＝0.1 molL－1，n(H＋)＝1 mol，故C錯；pH＝13時c(OH－)＝0.1 molL－1，n(OH－)＝1 mol, 故D對。 8．A1　[2011江蘇化學卷] 設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是(　　) A．1 mol甲醇中含有C－H鍵的數(shù)目為4NA B．25 ℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的數(shù)目為0.1NA C．標準狀況下，2.24 L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA D．常溫常壓下，Na2O2與足量H2O反應，共生成0.2 mol O2，轉移電子的數(shù)目為0.4NA 8．A1　【解析】 D　1 mol 甲醇中含有3 mol C－H鍵，A錯；pH＝13的NaOH溶液c(OH－)＝0.1 mol/L，由于沒有提供溶液體積，OH－的數(shù)目無法確定，B錯；己烷在標準狀況下為液體，不適用氣體摩爾體積，C錯；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中，生成0.2 mol O2，轉移0.4 mol e－，D對。 12．A1 C1E4 [2011全國卷] NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述錯誤的是(　　) A．18 gH2O中含有的質(zhì)子數(shù)為10NA B．12 g金剛石中含有的共價鍵數(shù)為4NA C．46 g NO2和N2O4混合氣體中含有原子總數(shù)為3NA D．1 mol Na與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去NA個電子 12．A1 C1E4 【解析】 B　金剛石中一個碳原子形成4條共價鍵，而每條共價鍵被兩個碳原子擁有，因此一個碳原子對每條共價鍵的“擁有權”為0.5，因此一個碳原子有兩條共價鍵，12 g金剛石為1 mol，因此含有共價鍵為2 mol。一個水分子中有10個質(zhì)子，18 g水是1 mol，所以A項正確。NO2和N2O4的最簡式相同，因此只要質(zhì)量相同，其所含原子個數(shù)也相同，C項正確。鈉與氧氣反應時，無論生成物是Na2O還是Na2O2，Na均為＋1價，因此1 mol Na參加反應時失去的電子數(shù)為1NA，D項正確。 A2　氣體摩爾體積和阿伏加德羅定律 　　　　　　　　　　　　　　　　　 A3　物質(zhì)的量濃度及溶液的配制 33．J2A3H2 [2011廣東卷] 某同學進行實驗研究時，欲配制1.0 molL－1 Ba(OH)2溶液，但只找到在空氣中暴露已久的Ba(OH)28H2O試劑(化學式量：315)。在室溫下配制溶液時發(fā)現(xiàn)所取試劑在水中僅部分溶解，燒杯中存在大量未溶物。為探究其原因，該同學查得Ba(OH)28H2O在283 K、293 K和303 K時的溶解度(g/100 g H2O)分別為2.5、3.9和5.6。 (1)燒杯中未溶物可能僅為BaCO3，理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)假設試劑由大量Ba(OH)28H2O和少量BaCO3組成。設計實驗方案，進行成分檢驗。寫出實驗步驟、預期現(xiàn)象和結論。(不考慮結晶水的檢驗；室溫時BaCO3飽和溶液的pH＝9.6) 限選試劑及儀器：稀鹽酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH計、燒杯、試管、帶塞導氣管、滴管 實驗步驟 預期現(xiàn)象和結論 步驟1：取適量試劑于潔凈燒杯中，加入足量蒸餾水，充分攪拌，靜置，過濾，得濾液和沉淀。 步驟2：取適量濾液于試管中，滴加稀硫酸。 步驟3：取適量步驟1中的沉淀于試管中，________。 步驟4： (3)將試劑初步提純后，準確測定其中Ba(OH)28H2O的含量。實驗如下： ①配制250 mL約0.1 molL－1 Ba(OH)2溶液：準確稱取w克試樣，置于燒杯中，加適量蒸餾水，________，將溶液轉入________中，洗滌，定容，搖勻。 ②滴定：準確量取25.00 mL所配Ba(OH)2溶液于錐形瓶中，滴加指示劑，將________(填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”)molL－1鹽酸裝入50 mL酸式滴定管，滴定至終點，記錄數(shù)據(jù)。重復滴定2次。平均消耗鹽酸V mL。 ③計算Ba(OH)28H2O的質(zhì)量分數(shù)＝____________(只列出算式，不做運算)。 (4)室溫下，________(填“能”或“不能”) 配制1.0 molL－1 Ba(OH)2溶液。 33．J2A3H2 (1)由于Ba(OH)28H2O與空氣中CO2反應，所取試劑大部分已變質(zhì)為BaCO3，未變質(zhì)的Ba(OH)28H2O在配制溶液時能全部溶解 (2) 步驟2： 出現(xiàn)白色沉淀，說明該試劑中有Ba2＋存在 步驟3：滴加稀鹽酸，連接帶塞導氣管將產(chǎn)生的氣體導入澄清石灰水中 澄清石灰水變渾濁，說明該試劑含有BaCO3 步驟4：取步驟1中的溶液于燒杯中，用pH計測定其pH pH明顯大于9.6，說明該試劑含有Ba(OH)2 (3)①攪拌溶解　250 mL容量瓶 ②0.1980 ③100% (4)不能 【解析】 (1)空氣中存在的CO2能與Ba(OH)2反應可生成BaCO3；(2)BaCO3和Ba(OH)28H2O的檢驗，可首先通過加入硫酸，與BaCO3反應生成沉淀和氣體進行檢驗，確定后再將混合物配成飽和溶液，結合BaCO3飽和溶液的pH為9.6加以確認；(3)①配制250 mL溶液應使用250 mL容量瓶，溶解固體后應恢復至室溫方可轉移溶液至容量瓶；②取樣品溶液25 mL，濃度大約是0.1 molL－1，即n(OH－)大約是2510－30.1 mol，據(jù)中和滴定關系，可確定鹽酸濃度為0.1980 molL－1較為合適；③結合Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O即可計算；(4)由上述可知，Ba(OH)2固體易與空氣中水和CO2結合出現(xiàn)雜質(zhì)，同時依據(jù)Ba(OH)28H2O的溶解度關系，不能配制出1.0 molL－1的該溶液。 　　　　　　　　　　　　　　　　　 A4　常用化學計量綜合 23．A4　B3　[2011福建卷] Ⅰ.磷、硫元素的單質(zhì)和化合物應用廣泛。 (1)磷元素的原子結構示意圖是____________。 (2)磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500 ℃生成白磷，反應為： 2Ca3(PO4)2＋6SiO2===6CaSiO3＋P4O10 10C＋P4O10===P4＋10CO 每生成1 mol P4時，就有________mol電子發(fā)生轉移。 (3)硫代硫酸鈉(Na2S2O3)是常用的還原劑。在維生素C(化學式C6H8O6)的水溶液中加入過量I2溶液，使維生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可測定溶液中維生素C的含量。發(fā)生的反應為： C6H8O6＋I2===C6H6O6＋2H＋＋2I－ 2S2O＋I2===S4O＋2I－ 在一定體積的某維生素C溶液中加入a molL－1I2溶液V1 mL，充分反應后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗b molL－1Na2S2O3溶液V2 mL。該溶液中維生素C的物質(zhì)的量是________mol。 (4)在酸性溶液中，碘酸鉀(KIO3)和亞硫酸鈉可發(fā)生如下反應： 2IO＋5SO＋2H＋===I2＋5SO＋H2O 生成的碘可以用淀粉溶液檢驗，根據(jù)反應溶液出現(xiàn)藍色所需的時間來衡量該反應的速率。某同學設計實驗如下表所示： 0.01 molL－1KIO3酸性溶液(含淀粉)的體積/mL 0.01 molL－1Na2SO3溶液的體積/mL H2O的 體積 /mL 實驗 溫度 /℃ 溶液出現(xiàn)藍色時所需時間/s 實驗1 5 V1 35 25 實驗2 5 5 40 25 實驗3 5 5 V2 0 該實驗的目的是________________________________________________________________________； 表中V2＝________mL。 Ⅱ.稀土元素是寶貴的戰(zhàn)略資源，我國的蘊藏量居世界首位。 (5)鈰(Ce)是地殼中含量最高的稀土元素，在加熱條件下CeCl3易發(fā)生水解，無水CeCl3可用加熱CeCl36H2O和NH4Cl固體混合物的方法來制備。其中，NH4Cl的作用是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (6)在某強酸性混合稀土溶液中加入H2O2，調(diào)節(jié)pH≈3。Ce3＋通過下列反應形成Ce(OH)4沉淀得以分離。完成反應的離子方程式： Ce3＋＋H2O2＋H2O===Ce(OH)4↓＋______ 23．A4　B3　(1) (2)20 (3)(其他合理答案也可) (4)探究該反應的速率與溫度、亞硫酸鈉溶液濃度的關系(其他合理答案也可)　40 (5)分解出HCl氣體，抑制CeCl3水解(或其他合理答案) (6)2　1　6　2　6H＋ 【解析】 (1)P元素為15號元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)律其原子結構示意圖為。 (2)在P4O10中P的化合價為＋5價，當生成1 mol P4轉移電子數(shù)為20 mol。 (3)第二個反應消耗Na2S2O3的物質(zhì)的量為：b molL－1V2 10－3L＝V2b10－3mol，則第一個反應剩余的I2的物質(zhì)的量為0.5V2b10－3mol，該過程加入I2總的物質(zhì)的量為a molL－1V1 10－3L＝V1 a 10－3mol，則參加第一個反應的I2的物質(zhì)的量為V1a 10－3mol－0.5 V2b 10－3mol，則該溶液中維生素C的物質(zhì)的量為V1a 10－3mol－0.5 V2b 10－3mol＝(V1a－0.5 V2b)10－3mol。 (4)實驗1和實驗2溫度相同但加水體積不同，而實驗2和實驗3溫度不同則加水體積應該相同，故V2＝40，有3個實驗所給出的不同對比數(shù)據(jù)可得出該實驗目的為：探究該反應的速率與溫度、亞硫酸鈉濃度的關系。 (5)CeCl3發(fā)生水解的方程式為：CeCl3＋3H2OCe(OH)3＋3HCl，NH4Cl固體加熱可分解生成HCl，起到抑制CeCl3水解的作用。 (6)根據(jù)電荷守恒：反應物中有陽離子，則生成物中必然要有陽離子，由題意知溶液pH＝3，故最后一個空應為H＋；根據(jù)氧化還原反應方程式的配平原則，分析反應中的化合價變化，H2O2中兩個O的化合價從－1→－2，得到2個電子，Ce元素的化合價從＋3→＋4，應該失去兩個電子，綜合得失電子守恒和質(zhì)量守恒，可配平出2Ce3＋＋H2O2＋6H2O===2Ce(OH)4＋6H＋ 7．A4[2011課標全國卷] 下列敘述正確的是(　　) A．1.00 mol NaCl中含有6.021023個NaCl分子 B．1.00 mol NaCl中，所有Na＋的最外層電子總數(shù)為86.021023 C．欲配制1.00 L ,1.00 molL－1的NaCl溶液，可將58.5 g NaCl溶于1.00 L水中 D．電解58.5 g 熔融的NaCl，能產(chǎn)生22.4 L氯氣(標準狀況)、23.0 g金屬鈉 7．A4　【解析】 B　NaCl為離子晶體，是由Na＋和Cl－直接構成的，不存在分子，A項錯誤；Na＋最外層電子數(shù)為8，因此，1.00 mol Na＋最外層電子數(shù)為86.021023，B項正確；溶液的體積不是1.00 L，C項錯誤；D項產(chǎn)生氯氣的體積應為11.2 L(標準狀況)。 1．[2011舟山月考] NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列有關敘述正確的是(　　) A．標準狀況下，2.24 L H2O含有的電子數(shù)等于NA B．常溫下，100 mL 1 molL－1Na2CO3溶液中陰離子總數(shù)大于0.1NA C．分子數(shù)為NA的N2、C2H4混合氣體體積約為22.4 L，質(zhì)量為28 g D．3.4 g NH3中含N—H鍵數(shù)目為0.2NA 1．B　【解析】 A項標準狀況下H2O為液態(tài)；C項沒有限定條件，所以體積無法確定；D項3.4 g NH3為0.2 mol，含N—H鍵數(shù)目為0.6NA；B項要考慮CO水解，所以100 mL 1 molL－1Na2CO3溶液中陰離子總數(shù)大于0.1NA。 2．[2011日照一模] 下列敘述正確的是(用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值)(　　) A．2.4 g金屬鎂變?yōu)殒V離子時失去的電子數(shù)為0.1 NA B．1 mol HCl氣體中的粒子數(shù)與0.5 mol/L鹽酸中溶質(zhì)的粒子數(shù)相等 C．在標準狀況下，22.4 L CH4與18 g H2O所含有的電子數(shù)均為10 NA D．CO和N2為等電子體，22.4 L CO氣體與1 mol N2所含的電子數(shù)相等 2．C　【解析】 A中應為0.2NA；B中鹽酸的體積不知道，無法確定溶質(zhì)的粒子數(shù)；D中22.4 L CO的狀態(tài)不確定，CO的物質(zhì)的量無法確定。 3．[2011啟東一模] 設阿伏加德羅常數(shù)為NA。則下列說法正確的是(　　) A．7.1 g Cl2與足量NaOH溶液充分反應后，轉移的電子數(shù)為0.1NA B．1.0 L濃度為1.0 molL－1的一元酸溶液中含有的氫離子數(shù)為1.0NA C．常溫下，1 L 0.1 molL－1的NH4NO3溶液中氮原子數(shù)小于0.2NA D．標準狀況下，22.4 L乙醛中含有的氧原子數(shù)為1.0NA 3．A　【解析】 選項B中的一元酸沒有指出是強酸還是弱酸。選項C，雖然NH會發(fā)生部分水解，但根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知溶液中氮原子數(shù)等于0.2NA。選項D，標準狀況下，乙醛是液體。 4．[2011長春二模] 設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是(　　) A．足量的CO2與39 g Na2O2發(fā)生反應，轉移的電子數(shù)為NA B．100 mL 1 molL－1FeCl3溶液中，陰、陽離子總數(shù)大于0.4 NA C．用惰性電極電解硫酸銅溶液，若生成1 mol O2，則轉移電子數(shù)為2NA D．18 g的D2O與NA個CH具有相同的電子數(shù) 4．B　【解析】 A項中，39 g Na2O2的物質(zhì)的量為0.5 mol，Na2O2中－1價的氧，化合價一升一降，所以轉移的電子數(shù)為0.5 NA。B項中，不考慮水解，100 mL 1 molL－1FeCl3溶液中，陰、陽離子總數(shù)等于0.4 NA，但1 mol Fe3＋水解生成3 mol H＋，從而使離子的數(shù)目增多。C項中，生成1 mol O2，轉移電子4 mol。D項中，18 g的D2O含電子數(shù)小于10 mol，NA個CH的電子數(shù)為10 mol。 5.[2011宜昌質(zhì)檢] 設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是(　　) A．用石墨電極電解Ca(NO3)2溶液，當轉移電子數(shù)為0.2 NA時，陰極析出4 g金屬 B．0.1 mol24Mg32S晶體中所含中子總數(shù)為2.8 NA C．常溫下含有NA個NO2、N2O4分子的混合氣體，溫度降至標準狀況，其體積約為22.4 L D．在熔融狀態(tài)下，1 mol NaHSO4完全電離出的陽離子數(shù)目為2NA 5．B　【解析】 A項錯，電解硝酸鈣實質(zhì)是電解水，所以不會生成金屬單質(zhì)；B項正確，0.1 mol24 Mg32S含有中子的物質(zhì)的量為0.1 mol(12＋16)＝2.8 mol；C項錯，NO2、N2O4是可以相互轉化的，2NO2N2O4，該反應正向為放熱反應，故溫度由常溫降至標準狀況時，平衡正向移動，分子的數(shù)目減少，其體積也小于22.4 L；D項錯，熔融狀態(tài)下，NaHSO4===Na＋＋HSO，1 mol NaHSO4完全電離出的陽離子數(shù)目為NA。 6．[2011福鼎調(diào)研] NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述中正確的是(　　) ①106 g Na2CO3晶體中的離子總數(shù)大于3 NA ②標準狀況下，16 g O3和O2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為NA ③將0.1 mol NaCl全部溶于乙醇中制成膠體，其中含有的膠體粒子數(shù)目為0.1 NA ④1 mol N2和3 mol H2在一定條件下的密閉容器中充分反應，容器內(nèi)的分子數(shù)大于2 NA A．①②　　　　　　　B．②④ C．①③ D．③④ 6．B　【解析】 在106 g Na2CO3晶體中，存在鈉離子和碳酸根離子共3 NA，①錯誤；膠體粒子是粒子的集合體，0.1 mol NaCl全部溶于乙醇中制成膠體，其中含有的膠體粒子數(shù)目要遠遠小于0.1 NA，③錯誤；理論上1 mol N2和3 mol H2在一定條件下反應生成2NA個NH3分子，由于該反應為可逆反應，所以分子總數(shù)大于2NA，正確。 7．[2011鄭州聯(lián)考] 阿伏加德羅常數(shù)的值約為6.021023 mol－1，下列敘述中不正確的是(　　) ①12.4 g白磷晶體中含有的P—P鍵數(shù)約是0.66.021023 ②電解精煉銅時轉移了6.021023個電子，陽極溶解32 g銅 ③7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有的陰離子數(shù)大于0.16.021023 ④2 mol SO2和1 mol O2在V2O5存在的條件下于密閉容器中加熱反應后，容器內(nèi)物質(zhì)分子數(shù)大于26.021023 ⑤2.9 g 2CaSO4H2O含有的結晶水分子數(shù)為0.026.021023(2CaSO4H2O的相對分子質(zhì)量為290) ⑥含0.2 mol H2SO4的濃硫酸與足量銅反應，生成SO2的分子數(shù)為0.1 NA A．①②③④⑤ B．①③④⑤⑥ C．②③⑤⑥ D．③④⑤⑥ 7．C　【解析】 1 mol P4中含有6 mol P－P鍵，12.4 g白磷即0.1 mol P4，含有P—P鍵數(shù)約是0.66.021023，①對；電解精煉銅時，陽極首先失去電子的是Zn等活潑金屬雜質(zhì)，所以，轉移了6.021023個電子，陽極溶解的銅小于32 g，②錯；Na2S和Na2O2摩爾質(zhì)量相同，且每摩爾物質(zhì)中陰離子都為1摩爾，所以7.8 g Na2S和Na2O2的混合物，即0.1 mol的混合物中陰離子數(shù)為0.16.021023，③錯；對于④，由于SO2和O2反應屬于可逆反應，根據(jù)方程式可知，如果完全反應，減少氣體的物質(zhì)的量為1 mol，現(xiàn)在是可逆，實際減少的物質(zhì)的量小于1 mol，因此，容器內(nèi)氣體物質(zhì)的量大于2 mol，所以容器內(nèi)物質(zhì)分子數(shù)大于26.021023，④對；由于1 mol 2CaSO4H2O中結晶水的物質(zhì)的量為1 mol，所以2.9 g 2CaSO4H2O含有的結晶水分子數(shù)為0.016.021023，⑤錯；由于濃硫酸的量一定，隨著反應的進行，硫酸變稀，硫酸濃度小到一定程度反應就停止了，所以含0.2 mol H2SO4的濃硫酸與足量銅反應，生成SO2的分子數(shù)小于0.1 NA，⑥錯；因此，選C。 8．[2011衢州二模] 用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列敘述正確的是(　　) A．在鐵參與的反應中，5.6 g鐵完全反應失去的電子數(shù)一定為0.3 NA B．1 mol12C18O2中，所含的中子數(shù)為22 NA C．標準狀況下，11.2 L CO和N2混合氣體中含有的分子數(shù)是0.5 NA D．常溫下，pH＝12的1 L氨水中含有的NH3H2O分子數(shù)是0.01 NA 8．C　【解析】 鐵在參加反應時可能生成Fe2＋、Fe3＋，故失去的電子數(shù)不一定相同。1 mol 12C18O2中含有的中子數(shù)為26NA。氨水中NH3H2O的濃度不能確定。 9．[2011鄂州統(tǒng)測] 將Mg、Al、Zn組成的混合物與足量的鹽酸作用，放出H2的體積為2.8 L(標準狀況下)，則這三種金屬的物質(zhì)的量之和可能為(　　) A．0.250 mol B．0.125 mol C．0.100 mol D．0.080 mol 9．C　【解析】 V(H2)＝＝0.125 mol，若全為＋2價金屬，AH2，n(A)＝n(H2)＝0.125 mol，若全為＋3價金屬，n(A)＝n(H2)＝0.125 mol＝0.083 mol，混合物中Mg、Zn為＋2價金屬，Al為＋3價金屬，所以有：0.083 mol＜n(混)＜0.125 mol，只有C項符合題意。 10．[2011姜堰一模] (1)若某藥品質(zhì)量約為32.0 g，用托盤天平準確稱其質(zhì)量，若用↓表示在右盤放上砝碼，用↑表示將砝碼取下，在下列表格的空格內(nèi)，用↓和↑表示相應砝碼的放上或取下。 50 g 20 g 20 g 10 g 5 g (2)配制500 mL 0.1 molL－1 Na2CO3溶液，圖K6－1中操作②中應該填寫的數(shù)據(jù)為________，實驗時操作的先后順序為______________(填編號)。 圖K6－1 (3)在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，用“偏高、偏低、無影響”表示下列操作對所配溶液濃度的影響。 ①用量筒量取液態(tài)溶質(zhì)，讀數(shù)時，俯視量筒，所配制溶液的濃度________。 ②將量取液態(tài)溶質(zhì)的量筒用水洗滌，洗滌液倒入容量瓶，所配制溶液的濃度________。 ③定容搖勻后，有少量溶液外流，對所配制溶液的濃度________。 10. 50 g 20 g 20 g 10 g 5 g ↓↑ ↓ ↓↑ ↓ ↓↑ (2)5.3　②④③⑥⑤①⑦ (3)①偏低?、谄摺、蹮o影響 【解析】 (3)①用量筒量取液態(tài)溶質(zhì)，讀數(shù)時俯視量筒會使所量取液體體積比理論值小，使所配制溶液的濃度偏低；②用量筒量取液體時已經(jīng)排除殘留的部分，故用水洗滌，洗滌液倒入容量瓶，會使液態(tài)溶質(zhì)偏多，使所配溶液的濃度偏高；③定容搖勻后，即使有少量溶液外流，對所配制溶液的濃度是沒有影響的。