2020-2021高考化学物质的量解答题压轴题提高专题练习及详细答案

1、2020-2021【化学】高考化学物质的量解答题压轴题提高专题练习及详细答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1 为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：（ 1）等质量的 O2 和 O3 所含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 a、 b、 c、NA 的式子表示 ) 。（4）实验室需要配制 100mL1mol / L 的 NaOH

2、 溶液，进行如下操作：配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器_。计算需要NaOH 固体的质量：_g。取出 50 mL 配制好的溶液，此溶液中NaOH 的物质的量浓度为_。若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_。A. 称量时砝码已经生锈B. 定容时仰视C. 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作D. 定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线22.4bc【答案】 3： 21：12：3L 100mL容量瓶4 01mol/L A.a N A【解析】【详解】（ 1）根据 n m 可知，等质量的 O2 和 O3 的物质的量之比为Mn(O 2 ) : n(O

3、 3 )1: 13: 2，所含分子的物质的量之比为3：2 。3248（2）根据阿伏加德罗定律，PV=nRT（ R 为常数），在等温等压下，等体积的任一气体所含分子的物质的量相同，由N=nNA（ NA 为常数）可知，分子个数比为1： 1；由 m nM可知， O2 和 O3 的质量比为2： 3。（3）设 NA 为阿伏加德罗常数的值，如果ag 氧气中含有的分子数为b，则 ag 氧气的物质的量 nNb，摩尔质量MmagaN A g gmol 1，即当氧气为，物质N AN AnbbcgmolN Amcgbc22.4bc的量 nMaN AaN A mol ，在标准状况下的体积VL。g gmol1nVmba

4、N A（4）实验室需要配制100mL1mol / L 的 NaOH 溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL 容量瓶。需要 NaOH 固体的质量 m nM cVM 100mL 1mol gL 140ggmol 14g 。溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol / L。A. 称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；B. 定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；C. 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；D. 定容摇匀后

5、，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。答案为 A。【点睛】根据 cn和溶液的体可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量V积 V 引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V 怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若 n 比理论值小，或 V 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若 n 比理论值大，或 V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。需要具体问题具体分析。2 某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。已知：二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl 2。氯气和碱反应放出热量。温度较高时，氯气和碱还能发生如

6、下反应：3Cl2 +6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。请回答下列问题：(1)甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是_。该兴趣小组用 100 mL12 molL-1 盐酸与8.7 g MnO 2 制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)_g。2(2)小组成员发现，产物中 Ca(ClO)2 的质量明显小于理论值。他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高也是可能原因。为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、 ClO3-两种离子的物质的量 (n)与反应时间

7、 (t)的关系曲线，粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。图中曲线表示_离子的物质的量随反应时间变化的关系。所取石灰乳中含有Ca(OH)2 的物质的量为_mol 。另取一份与等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-n ClO的物质的量为0.35 mol ，则产物中=_。n ClO 3(3)为了提高 Ca(ClO)2 的产率，可对丙装置作适当改进。请你写出一种改进方法：_。【答案】除去氯气中的氯化氢气体-把丙装置浸在盛有冰水的水7.15 ClO 0.25 2： 1槽中【解析】【分析】(1)饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；依据 MnO2+4HCl(浓)2

8、2222222MnCl +Cl +2H O； 2Cl +2Ca(OH) =CaCl +Ca(ClO)+2H O，结合定量关系计算理论值；(2)当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；另取一份与等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为 0.35 mol ，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为 1： 2，结合 b 计算得到氢氧化钙物质的量计算

9、氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。(3)根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。【详解】(1)浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓 )MnCl2+Cl2 +2H2O；浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCl 气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2 中混有的HCl气体；8.7 gn(HCl)=12 mol/L 0.1 L=1.2 mol， n(MnO2)=0.1 mol ， MnO2、 HCl 反应的物质的87 g / mol量的比是 1 ：4，可见足量的浓盐酸与 8.7 gMnO 2制备氯气，以

10、MnO 2 为标准计算，n(Cl2)=n(MnO 2)=0.1 mol，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，根据方程式中物质反应关系可知：理论上最多可制得 Ca(ClO)2 的物质的量为 0.05 mol ，其质量 mCa(ClO)2 =0.05mol 143 g/mol=7.15；g (2)当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图 2 中曲线 I 表示离子 ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；根据氧化

11、还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为 n，则 n1=0.10 mol 1+0.05 mol 5=0.35 ，mol则反应的Cl2 中含氯原子的物质的量为：0.35 mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol ，在 CaCl2、 Ca(ClO)2、 Ca(ClO3)2 中钙离子和含氯离子的个数比为 1： 2，所以所取石灰乳中含有 Ca(OH)2的物质的量为0.5 mol=0.25 mol ；2取一份与等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25 mol ，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n

12、(ClO-)=x，3-n(ClO )=y；则得到： 0.35=x 1+y；5依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1： 2，得到氯元素物质的量为0.5mol ； x+y+0.35=0.5，解得： x=0.1 mol ，n ClO0.1?moly=0.05 mol ，则产物中=2： 1；n ClO30.05?mol(3)由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生 3Cl2-3-2+6OH5Cl +ClO +3H O。【点睛】本题考查了性质方案的设计。明确实验目的、实验原理为解答关键，注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中

13、的应用方法，题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。3 现有含有少量 NaCl、 Na2SO4、 Na2CO3 等杂质的 NaNO3 溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的 NaNO3 固体，实验流程如下图所示。(1)沉淀 A 的主要成分是 _、 _（填化学式）。(2) 中均进行的分离操作是_。(3)溶液 3 经过处理可以得到 NaNO 固体，溶液3 中肯定含有的杂质是_，为了除3去杂质，可向溶液 3 中加入适量的 _。(4)实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 mol?L-1的 HNO溶液，但是在实验室中只发现3一瓶 8 mol?L -1 的 HNO-1的HNO溶液配

14、制所需溶液。3 溶液，该小组用 8mol?L3 实验中所需的玻璃仪器包括_、 _mL 量筒、烧杯、 _、胶头滴管等。 该实验中需要量取8mol?L-1的 HNO3 溶液 _mL。 下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_。A 取用 8mol?L-1 的HNO3 溶液溶液时仰视量筒刻度线B 量取用的量筒水洗后未进行任何操作C 8mol?L-1 的 HNO3 溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯D 定容时仰视刻度线E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作【答案】 BaSO4BaCO3过滤Na2CO3HNO3500mL 容量瓶100玻璃棒62.5AC【解析】

15、【分析】由实验流程可知，加入过量的Ba(NO3 243沉淀，然后在滤液中加入过量)，生成 BaSO、BaCO的 AgNO3-全部转化为AgCl 沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2 3，使 ClCO ，使溶液中的Ag+、 Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3 和 Na2CO3 的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。【详解】（1）加入过量的 Ba(NO3 )2， Na2SO4、 Na2CO3 和 Ba(NO3)2 反应生成 BaSO4、 BaCO3 沉淀，故答案为： BaSO ； BaCO；43（2）中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；（3

16、）溶液 3 为 NaNO3 和 Na2CO3 的混合物，加入稀HNO3，可除去 Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na2CO3 ；HNO3；（4）实验室只有 500mL 的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量 8mol/L 的 HNO3 溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL 容量瓶、 100mL 量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：500mL 容量瓶；100； 玻璃棒；设需要量取 8 mol?L-1-1-3-1 500-3的 H

17、NO3 溶液 VmL，则 8 mol?L V 10L=1 mol?L 10L，解得： V=62.5mL，故答案为：62.5 ；A取 8mol?L-1 的 HNO3 溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A 正确；B量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故 B 错误；C量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C 正确；D定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D 错误；E定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E

18、错误；故答案为AC。4O2 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_molL-1。22.4bc【答

19、案】 1： 1 3：2 1：1 2：3L 2.28aN A【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11，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 1V Vmgmol，则 cg O2 在标准状况下体积为22.4 Lmol1L，故答案为：22.4bcL；aNA(4)混合后溶液中的KNO3 的物质的量为 n(KNO3) 0.09

20、9 mol，混合后溶液的总体积为 VKNO3324.35 103(aq) 43.5 cmL，混合后溶液中 KNO 的物质的量浓度为c(KNO 2.28mol 12.28。，故答案为：3)L15 实验室需要配制 0.1 mol L CuSO4 溶液 480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、_、 _以及等质量的两片张滤纸。(2)计算，应选择下列_。A需要CuSO4 固体8.0 gB需要CuSO45H2O 晶体12.0 gC需要CuSO45H2O 晶体12.5 gD需要CuSO4

21、固体7.7 g(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会(4)溶解、冷却。若未冷却，则所配溶液浓度会(5)转移、洗涤。若未洗涤，则所配溶液浓度会_(填 “偏高 ”“偏低 ”或 “无影响 ”，下同_。_。)。(6)定容，摇匀。(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。(8)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会_。【答案】胶头滴管500 mL 容量瓶AC偏高偏高偏低偏低【解析】【分析】本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可【详解】(1)配制的是 480 mL 溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后

22、期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500 mL 容量瓶；(2)因为定容时使用的500 mL 容量瓶，其物质称量时时按500 mL 算，不是按480 mL 算，若果是硫酸铜固体其质量为500mL 0.1 mol L1 160 gmol1 =8.0g ，若为 5 水硫酸铜其质量为 500mL 0.1 molL1 250 g mol1 =12.5g ，故答案为 A、 C；(3)砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度会偏高，故答案为偏高；(4)若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；(5)若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，

23、其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；(8)因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。【点睛】注意：计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。6 按要求回答下列问题(1)实验室可用 K Cr O固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K Cr O2272272320.6mole-时被氧化的 HCl 为 _mol+14HCl(浓 )=3Cl +2CrCl +2KCl+7H O，当转移(2)同温同压下，相同物质的量的SO 气体和SO 气体，其分子数之比为_，密度之23比为

24、 _(3)向溴化钠溶液中通入适量的氯气，产生的现象是_，反应的化学方程式是_； Cl2 、Br2、 I2 三种单质氧化性强弱的关系是 _。下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是 _。贝壳 紫菜 鱼 海带(4)将相同质量的镁条分别在：氧气；空气；氮气；二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_（填序号）。【答案】 0.6mol1： 14： 5 溶液由无色变为橙色Cl2 +2NaBr=Br2+2NaClCl2 Br2I2 Br2，所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，反应后产生的 Br2 的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶

25、液由无色变为橙色；同一主族的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl2、 Br2、 I2 三种单质氧化性强弱的关系是Cl2Br2I2；贝壳主要成分为碳酸钙，不符合题意；紫菜主要成分为蛋白质、维生素，不符合题意；鱼主要成分为蛋白质，不符合题意；海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，符合题意；故合理选项是；(4)Mg 燃烧的有关反应方程式为： 2Mg+O22MgO ； 3Mg+N 2Mg3 N2；2Mg+CO22MgO+C，可假设镁的物质的量是1mol，比较 Mg 燃烧后生成的固体增加的质量； 1molMg在 O2 中燃烧质量增加 1molO 原子的质量 16g

26、；在 N2中燃烧质量增加128MgO 、也有 Mg3N2，所以增加的质量在molN 2 的质量g；在空气中燃烧产物既有33282中燃烧质量增加 1molO 和 0.5molC原子的质量， 16g+6g=22g，可g 16g 之间；在 CO3见等质量的 Mg 在四种情况下质量增加由小到大的顺序是氮气空气 氧气 二氧化碳， Mg 的质量相等，增加的质量越大，则反应后得到的固体质量越大，所以将相同质量的镁条分别在：氧气；空气；氮气；二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是 。【点睛】本题考查了物质成分的判断、物质活动性比较及物质的量在化学方程式计算的应用的知识。结合元素周期律分析

27、判断物质的活动性及反应现象，对于镁带在不同条件下燃烧产物质量比较，可假设 Mg 的物质的量都是 1mol，根据产生的物质的组成确定增加元素及其质量，增加的质量越多，反应后得到的固体质量就越大，难点是判断镁在空气中的产物质量，学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值，应注意解答的规范化。7 （ 1） 1mol H2SO4 中含有 _个硫原子， _mol O。（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式HCl： _NaHSO4： _（ 3）写出下列化学反应的方程式呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式_印刷电路板处

28、理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_（4）配平下列方程式：+ _H _I+_H O_I +_IO32+2_NH4ClO4_N2+_O2+_HCl+_H2O（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：Cu 4 HNO3（浓） = Cu(NO3)2 2 NO2 2H2O_HNO3 的作用是 _，发生氧化反应，氧化产物是_。【答案】 NANaHSO4 = Na+ + H+SO42-2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O24 HCl=H Cl22233+ Cu=2Fe2+ Cu2+5 1 6 3 3 4 2 5 4 64Fe(OH) +O +2H O 4Fe(OH)2Fe氧化性

29、和酸性Cu(NO3)2【解析】【分析】（ 1）根据物质结构进行计算；（ 2）强电解质完全电离；（ 3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子；（ 4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；（ 5）还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，产物为还原产物。【详解】（ 1）一个 H2 SO4 分子中含有 1 个 S 原子， 4 个 O 原子，则 1mol H2SO4 中含有 NA 个硫原子， 4mol O ；（2） HC

30、l 为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：HCl=H Cl ； NaHSO4 为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则电离方程式为： NaHSO4 = Na+ + H+ +SO42- ；（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+2CO2=2Na2CO3+O2；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为2Fe3+ Cu=2Fe2+ Cu2+；（4）根据氧化还原反应中，

31、化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为0 价，碘酸根离子变为 0 价，则最小公倍数为5，则离子方程式为5 I+IO3 + 6H+=3I2+3H2O；高氯酸铵自身发生氧化还原反应， N、 O 的化合价升高， Cl 的化合价降低，根据电子得失守恒，则 4NH4ClO4 =2N2 +5O2 +4HCl+6H2O；（5）反应中Cu 作还原剂，失电子，化合价由0 价变为 +2 价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、酸，部分N 得电子化合价降低由+5 变为 +4，生成的产物为还原产物；双线桥法表示为；单线桥法为。【点睛】白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的反应。8

32、 某同学设计如下实验方案，以分离KCl 和 BaCl2 两种固体混合物，试回答下列问题：供选试剂： Na2SO4 溶液、 K2CO3 溶液、 K2SO4 溶液、盐酸（ 1）操作的名称是 _，试剂 a 的溶质是 _ （填化学式）（2）加入试剂b 所发生反应的化学方程式为_ 。（ 3）该方案能不能达到实验目的： _ ，若不能，应如何改进？（若能，此问不用回答） _ 。（ 4）用分离出的固体 B 配制 100mL 0.5mol/L 的溶液 B，现有如下可供选择的仪器：A 胶头滴管 B 烧瓶C 烧杯D药匙 E.量筒 F.托盘天平。用托盘天平称得固体B 的质量是 _g。配制溶液 B 时，上述仪器中一定不

33、需要使用的有_（填字母），还缺少的仪器有 _ （写仪器名称）。【答案】过滤K2CO3BaCO3+2HCl=BaCl+CO2 +H2O不能 应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶10.4B100mL容量瓶、玻璃棒【解析】【分析】【详解】分离 KCl 和 BaCl 2 两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使 BaCl2 转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl ，操作22 所得滤液为 KCl 和 K CO 的混合物，蒸发结晶得到固体C 为 KCl 和 K CO ，应加入过量2323盐酸可得 KCl，沉淀 A 为 BaCO，洗涤后，加盐酸

34、，蒸发得到固体B 为 BaCl ，32（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作 为固体和液体的分离，为过滤操作；根据以上分析可知，溶液中加入过量的K232转化为沉淀，试剂23CO溶液使 BaCla 的溶质是 K CO ；综上所述 ，本题答案是 ：过滤 ；K23CO 。（2）沉淀 A 为 BaCO3，加足量的盐酸，反应生成氯化钡和二氧化碳气体，反应的化学方程式为 ： BaCO3+2HCl=BaCl+CO2 +H2O；综上所述 ，本题答案是： BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2 +H2O。（3）该方案不能达到实验目的，因为操作进行完成后，所得滤液为KCl 和 K2CO3 的混合物，应该加入过量

35、的盐酸，把K2CO3 变为氯化钾 ，然后再进行蒸发结晶，得到氯化钾固体；综上所述，本题答案是：不能；应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。（4） 固体 B 为氯化钡 ，其质量是 0.1L 0.5mol/L 208g/mol=10；.4g综上所述 ，本题答案是 ： 10.4。 固体配制氯化钡溶液时，称量后溶解、定容等，不需要烧瓶，还缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒 ；综上所述 ，本题答案是： B， 100mL 容量瓶、玻璃棒。9 请按要求填空：(1)用已准确称量的1.06 g Na2CO3 固体配制0.100 mol/L Na 2CO3 溶液 100 mL，所需要的仪器为_ 。(2)除去

36、 Na2 CO3 固体中混有的少量 KNO3，所进行的实验操作依次为_、蒸发、结晶、 _。(3)除去 KCl 溶液中的 SO42-，依次加入的溶液为 (填物质的化学式 )_。【答案】烧杯、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管溶解 趁热过滤、洗涤、灼烧BaCl2、 K2CO3、 HCl【解析】【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析；(2)Na2CO3 和 KNO3 在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离；(3)除去 KCl 溶液中的SO42- ，应使 SO42-离子转化为沉淀，注意不能引入新的杂质。【详解】(1)配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶

37、解、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要烧杯、玻璃棒，定容需要胶头滴管、需要100mL 容量瓶进行配制，故所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、 100mL 容量瓶、胶头滴管；(2)Na2CO3 和 KNO3 在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离，具体做法是先将固体溶解，然后蒸发、结晶，趁热过滤、洗涤晶体，最后灼烧晶体可得到碳酸钠；(3)2- ，应先加入过量BaCl2-生成沉淀，然后再加入K使除去 KCl 溶液中的 SO42的使 SO42CO3过量的 BaCl2 生成沉淀，过滤后加入HCl 除去过量的 K2CO3。故依次加入的溶液为BaCl2、K2CO3、 HCl。【点睛】本题考查了物质的量溶液的配制、

38、物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法，本题易错点为 (3)，注意加入试剂的顺序和除杂原理。10 在花瓶中加入“鲜花保鲜剂 ”，能延长鲜花的寿命。下表是500mL“鲜花保鲜剂 ”中含有的成分，阅读后回答下列问题：成分质量（ g）摩尔质量（ gmol -1）蔗糖25.00342硫酸钾0.87174阿司匹林0.17180高锰酸钾0.316158硝酸银0.075170（1）下列 “鲜花保鲜剂 ”的成分中，属于非电解质的是_。A蔗糖B硫酸钾C高锰酸钾D硝酸银（ 2）配制上述 1L 上述 “鲜花保鲜剂 ”所需的仪器有：量筒、玻璃棒、药匙、烧杯、托盘天平、 _、

39、 _（在横线上填写所缺仪器的名称），需要高锰酸钾 _mol 。（ 3）在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是_ 。A定容时俯视容量瓶刻度线B容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl 溶液而未洗净D定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理（4） “鲜花保鲜剂 ”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为_molL-1 。【答案】A胶头滴管1000mL 容量瓶0.004BD0.024【解析】【分析】（ 1）电解质指在溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质，常见非电解质包括：非金属

40、氧化物、大多数有机物（如乙醇、葡萄糖等）、氨气等；（2）根据实验操作的步骤（计算称量 溶解、冷却 移液 洗涤 定容 摇匀 装瓶贴签）以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析；根据500mL“鲜花保鲜剂 ”中需要高锰酸钾质量分析需要高锰酸钾物质的量；（3）根据 c= n 分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，溶质减少，浓度V偏小，体积偏大，浓度偏小；（ 4）求出 K+的物质的量、根据溶液的体积，利用物质的量浓度的公式来计算。【详解】（ 1） A.蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故 A 正确；B.硫酸钾，能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，故B