参考答案

一、选择题

1.答案：D

2.答案：C

3.答案：D

4.解析：A项取得样品质量偏小，使溶液浓度偏低，B项液体飞溅损失一部分KMnO4，使溶液浓度偏低，C项定容时俯视导致加水量较少浓度偏高，D项加水量过多，使溶液浓度偏低。

答案：C

5.答案：D

6.答案：A

7.答案：C

8.答案：A

9.答案：C

10.解析：据2Mn++nCO2-3===M2(CO3)n

2  n

40mL×0.5 mol•L-1　15 mL×2 mol•L-1

20n=60，n=3

答案：B

11.解析：已知Q与R的摩尔质量之比为9?22，结合方程式可以知道，反应生成的Q和R的质量比为18?22，也就是，1.6 g X与Y完全反应后，生成了4.4 g R，同时生成了4.4 g×1822=3.6 g Q，消耗Y的质量为3.6 g+4.4 g-1.6 g=6.4 g。所以，参加反应的Y和生成物Q的质量之比为：6.4 g?3.6 g=16:9。

答案：D

12.答案：C

13.解析：设加水的体积为V，由稀释前后溶质的物质的量不变可得：50 gρ g•cm-3×c mol•L-1=50 g+1 g•cm-3•Vρ后 g•cm-3×0.5 c mol•L-1。化简可得：V•ρ+50ρ=100•ρ后，V=(100•ρ后ρ-50)mL，因为氨水的密度随浓度的减小而增大，即ρ后>ρ，所以V>50 mL，C正确。

答案：C

14.解析：解法一　设原溶液质量为x，浓缩前后溶质的质量守恒：x×14%=(x-100 g)×28%

x=200 g

则c(KOH)=200 g×14%÷56 g•mol-10.125 L=4 mol•L-1

解法二　设溶质的质量为x，则

xx14%-100 g×100%=28%

x=28 g

c(KOH)=28 g÷56 g•mol-10.125 L=4 mol•L-1

答案：B

15.答案：BC

16.解析：(Mn+=0.50 mol•L-1×10.00 mL×10-3 L•mL-1=5.00×10-3 mol

n(OH-)=5.00×10-3 mol

据题意：Mn++nOH-===M(OH)n↓

1 mol　n mol

由此看出：n=1

答案：A

二、非选择题

17.解析：这是无数据计算题型，按题意可作如下分析：

即可将AgCl的相对分子质量看做原盐酸的质量，那么w(HCl)=36.5 g143.5 g×100%=25.4 %

无数据计算题型，关键在于根据质量守恒，找出质量守恒的关系式，即可顺利解答，若知道溶液的密度，也可求得溶液的物质的量浓度。

答案：25.4%

18.解析：B容量瓶用蒸馏水洗净后，若再用待配溶液润洗，会造成溶质的量偏多，结果偏高。C、D无论是固体或液体溶质，溶解均应在烧杯中进行，而不可在容量瓶中进行。

答案：(1)C　玻璃棒、烧杯　(2)将A瓶塞打开，加入少量水，塞好瓶塞，倒转不漏水，然后正放，把瓶塞旋转180˚，再倒转不漏水，则说明该容量瓶瓶塞严密　(3)B、C、D

19.解析：AgNO3+NaCl===AgCl↓+NaNO3

n(NaCl)=n(AgNO3)=0.100 mol•L-1×0.02 L=0.002 mol，

m(NaCl)=0.002 mol×58.5 g•mol-1=0.117 g，

V容器=100 mL×35.1 g0.117 g=30000 mL=30 L。

答案：(1)(n-m) mL

(2)①44.8 mL　②排空气法收集气体不纯净，测定值偏低　(3)30 L

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