2020-2021备战高考化学物质的量综合题含详细答案

1、2020-2021 备战高考化学物质的量综合题含详细答案一、高中化学物质的量1 （ 1）有相同物质的量的h2o 和 h2so4，其质量之比为 _，氢原子个数比为 _，氧原子个数比为 _。（2）把 3.06 g 铝和镁的混合物粉末放入100 ml 盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下 3.36 l h2 。计算：该合金中铝的物质的量为 _。该合金中镁的质量为 _。反应后溶液中 cl的物质的量浓度为_ （假定反应体积仍为100 ml）。（3）由 co2与 co 组成的混和气体对2的相对密度为20，则混和气体中2的体积分数hco为 _； co 的质量分数为 _。【答案】 9： 491： 11： 4

2、0.06 mol1.44 g3.0 mol l-175% 17.5%【解析】【分析】【详解】（ 1） n (h2o)= n (h2so4) ， m (h2 o)：m (h2so4)= n (h2o)18： n (h2so4) 98= 9：49；nh(h2o) ： nh(h2so4)= n (h2o) 2： n (h2so4) 2=1： 1； no(h2o) ： no(h2so4 )= n (h2o) 1：n (h2so4) 4=1：4；（2）设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol ，二者混合物的质量为3.06=24x+27y；根据化学反应的计量系数比： mg2hclh2， 2al6h

3、cl3h2，氢气的体积标准状况下 3.36 l， n (h2)=0.15mol ，列式 x+1.5y=0.15，解方程 x=0.06 mol ， y=0.06 mol ，故该合金中铝的物质的量为0.06 mol ，该合金中镁的质量为0.0624=1.44g，反应后溶液中cl（盐酸恰好反应完全，溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝）的物质的量n=0.06 2+0.06 3=0.3mol ，溶液体积 100ml,cl的物质的量浓度c=v-1；=3.0 mol l（3）由 co2 与 co 组成的混和气体对h2 的相对密度为20，密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol ，设 1m

4、ol 混合气体中有xmol co， co2ymol ，故x+y=1， 28x+44y=40，则 x =0.25mol ，y =0.75mol ，同温同压，气体体积之比等于物质的量之比，则混和气体中 co2 的体积分数为 75%， co 的质量分数 =0.25 28/40=17.5%2 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nano3 固体，溶液3 中肯定含有的杂

5、质是_，为了除去杂质，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 hno3 溶液，但是在实验室中只发现一瓶 8 mol?l -1 的 hno-1 的hno3 溶液，该小组用 8mol?l3 溶液配制所需溶液。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

6、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】【分析】由实验流程可知，加入过量的ba(no3)2，生成 baso4、baco3 沉淀，然后在滤液中加入过量的 agno3-全部转化为agcl 沉淀，在所得滤液中加入过量的na2 3，使溶液中的，使 clcoag+、 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

7、 224233 2反应生成43沉淀，故)， na so、 na co和 ba(no )baso 、 baco答案为： baso4； baco3；（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）溶液 3 为 nano3 和 na2co3 的混合物，加入稀hno3，可除去发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：na2co3 ；hno3；na2co3，最后加热蒸（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

8、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 的hno-1-3-1-33溶液 vml，则 8 mol?l v 10l=1 mol?l 500 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

9、，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 错误；故答案为ac。3 根据题意计算填空。（1）在标准状况下，8.5g 某气体占有的体积为5.6l，则该气体的摩尔质量是 _。（2）在标准状况下，0.01mol 某气体的质量为0.28g，则该气体的相对分子质量为_，该气体的密度为 _gl-1 。（3）在标准状况下，由co和 co2组成的混合气体为 6.72l，质量为 12g，此混合物中 co和 co2 物质的量之比是 _， c 和 o

10、原子个数比是 _， co的质量分数是 _。（4）现有 mg 某气体，它由双原子分子构成，它的相对分子质量为m 。若阿伏伽德罗常数用 na 表示，则：该气体的物质的量为_mol ；该气体所含原子总数为_个；该气体在标准状况下的体积为 _l；该气体溶于水后形成 1l溶液（该气体不与水反应），其物质的量浓 1度为 _mol l 。【答案】 34g/mol 28 1.251 ：3m2mn a22.4mm4：7 17.5%mmmm【解析】【详解】（ 1）该气体的摩尔质量故答案为： 34g/mol ；8.5g5.6l=34g/mol ，22.4l/mol（2） 0.01mol 某气体的质量为 0.28g，

11、摩尔质量为0.28g =28g/mol ，故相对分子质量为0.01mol28；标况下体积是 0.224l，故密度为0.28g=1.25g/l ，0.224l答案为： 28；1.25;（3）设 co 的物质的量为xmol， co2 的物质的量为ymol ，标准状况下总体积 6.72l，即总物质的量为 0.3mol ，故x+y=0.3，总质量为12g，故28x+44y=12，解得 x=0.075，y=0.225，故 co 和 co 2 物质的量之比是为1:3 ， c 和 o 原子个数比是 4:7 ， co的质量分数为 0.075 28 =17.5%，12故答案为： 1： 3 ； 4：7 ； 17.

12、5%；（4）该气体的物质的量为m2mn amol ；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为mm22.4ml；该气体溶于水后形成1l 溶液，其物质的量浓个；该气体在标准状况下的体积为m度为 m mol l1，m故答案为：m ； 2mn a ； 22.4m ； m 。mmmm4 根据所学的知识填空。(1)已知铜在常温下能被稀hno3 溶解： 3cu+ 8hno3=3cu(no3)2 + 2no+4h2o用双线桥法表示上述电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出 )_。请将上述反应改写成离子方程式：_ ；19.2g 铜与稀硝酸完全反应，生成的气体在标准状况下的体积为_l；若4 mol hno3 参

13、加反应，则该过程转移电子的数目为_。(2)标准状况下， 44.8 l 由 o和 co组成的混合气体的质量为82g，则 o 的质量为222_g，该混合气体的平均摩尔质量为 _ 。(3)3.4g nh3 中所含氢原子数目与标准状况下_ l ch4 所含氢原子数相同。【答案】+-2+o3cu+8h +2no3 =3cu +2no +4h2244.483na 或 1.806 101641g/mol3.36【解析】【分析】（1） cu+4hno3 cu（ no3） 2+2no2 +2h2o 中， cu 元素的化合价由 0 升高为 +2 价， n 元素的化合价由 +5 价降低为 +4 价，该反应中转移 2

14、mol 电子，根据物质所含元素的化合价的变化判断氧化剂、还原产物以及参加氧化还原反应的硝酸的物质的量；（2）根据 n= v计算 co 和 co2 组成的混合气体的物质的量，设co 和 co2 的物质的量分vm别为 xmol、 ymol ，根据二者物质的量与质量，列方程计算x、 y 的值，进而计算co 和 co2的物质的量之比，根据m= m 计算混合气体的平均摩尔质量；n（3）根据 n= m 计算出氨气的物质的量，再根据n=nna 计算出含有氨气分子数及含有的m氢原子数目，结合甲烷的分子结构求出甲烷的物质的量，根据v=nvm 求甲烷的体积。【详解】（1）化合价升高元素cu 失电子，化合价降低元素

15、n 得到电子，化合价升高数=化合价降低数 =转移电子数 =6，电子转移情况如下：，故答案为：；在 3cu+8hno3 3cu（ no3） 2+2no +4h2o 反应中， hno3 和 cu（no3） 2 溶于水且电离，应写成离子的形成，改写后的离子方程式为3cu+8h+2no3- 3cu2+2no +4h2o，故+-2+答案为： 3cu+8h +2no3 3cu +2no +4h2o；铜的物质的量为0.3mol ，该反应中 cu 元素由0 价升高到 +2 价，则 0.3mol cu 失去的电子为 0.3mol （2-0） =0.6mol ，设 no 的物质的量为n，由电子守恒可知， 0.3m

16、ol 2=n（ 5-2），解得 n=0.2mol ，则 no 的体积为 4.48l；由方程式 3cu+8hno3 3cu（ no3）2+2no +4h2 o 可知 8 mol 硝酸参加反应，转移6mol 电子，因此有 4mol 硝酸参加反应，转移电子 3mol，个数为 3n a24，故答案为： 4.48； 3na24。或 1.806 10或 1.806 10（2）标况下44.8 l 由 o2 和 co2 组成的混合气体的物质的量为44.8l=2mol ，设 o222.4 l / mol和 co2 的物质的量分别为 xmol、 ymol ，则： x+y=2mol ； 32x+44y=82g；解得

17、： x=0.5、 y=1.5，则混合物中 o2 的的量为0.5mol 32g/mol=16g，混合气体的平均摩尔质量为：82 g=41g/mol ，故答案为： 16；41g/mol ；2mol（3）氨气的相对分子质量是17，其摩尔质量是17g/mol ，则 3.4g 氨气的物质的量为： n（nh3）=3.4g=0.2mol ，含有氢原子的数目为： n（h） =3n（ nh3） =0.6na，与氨气含17g / mol有 h 原子数目相等的0.6 nch4 的物质的量4a =0.15na，故 ch4 的体积=0.15mol 22.4l/mol=3.36l，故答案为：3.36。【点睛】本题考查有关

18、物质的量的计算，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量等物理量之间的转化关系，灵活运用公式是解答的关键。5 某无土栽培用的营养液，营养液要求kcl、k2so4 和 nh4 cl 3 种固体原料的物质的量之比为 1:4:8。(1) 配制该营养液后 c(nh4 +)=0.016 mol l-1，溶液 c(k+ )=_。(2) 若采用 (nh4)2so4 和 kcl 来配制该营养液，则 (nh4)2so4 和 kcl物质的量之比为 _从 1l 1 mol l-1 氢氧化钠溶液中取出 100 ml：(1)取出的这100 ml 氢氧化钠溶液的物质的量浓度是_。若将取出的这100 ml 氢氧

19、化钠溶液加水稀释至 500 ml，所得溶液的物质的量浓度是 _。某学生计划用12 mol l-1 的浓盐酸配制 0.1 mol l-1的稀盐酸450 ml，回答下列问题：(2)实验过程中，不必使用的是_(填字母 )。a 托盘天平b 量筒c 容量瓶d 250 ml 烧杯e.胶头滴管f.500 ml试剂瓶(3)除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是_。(4)量取浓盐酸的体积为 _ ml，应选用的量筒规格为_(提供 10.0 ml、 25.0 ml)。(5)配制时应选用的容量瓶规格为_。(6)某同学操作出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高 ”“偏低 ”或 “无影”响 ）。定容时俯视刻度线_加

20、蒸馏水时不慎超过了刻度_,此时应如何处理_。【答案】 0.018mol/l 4:91mol/l0.2mol/l a 玻璃棒4.2 ml 10.0ml 500 ml 偏高偏低 重新配制【解析】【分析】由配制营养液的kcl、 k so 和 nh cl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8 可知，溶液中244k+和 nh4+的物质的量比为（1+2 4）： 8=9:8，由 k+和 nh4+的物质的量比计算可得；溶液是均匀的，从 1l 1 mol l-1 氢氧化钠溶液中取出的100mlnaoh 溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、

21、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500ml 容量瓶、胶头滴管、和 500 ml 试剂瓶。【详解】（ 1）由配制营养液的kcl、k2so4 和 nh4cl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8 可知，溶液中 k+和 nh4+的物质的量比为（ 1+2 4）： 8=9:8，若营养液中c(nh4+)为0.016 mol l-1， n（ k+）： n（ nh4+） =c（ k+）： c（ nh4+） =9:8，则 c（ k+）=90.016 mol / l8=0.018mol/l ，故答案为： 0.018mol/l ；（2）设 (nh424y，由溶液中+、 nh4+的

22、) so 的物质的量为 x， kcl的物质的量的物质的量为k物质的量比为9:8 可得 y： 2x=9:8，则 x： y=4： 9，故答案为：4： 9；（ 1）溶液是均匀的，从1l 1 mol l-1 氢氧化钠溶液中取出的100mlnaoh 溶液浓度等于原溶液的浓度，则取出的这100 ml 氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/l ；据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，令稀释后的浓度为c，则可得关系式100ml 1mol/l=500ml c，解得 c=0.2mol/l ，故答案为：1mol/l ； 0.2mol/l ；（2）配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷

23、却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500ml 容量瓶、胶头滴管、和 500 ml 试剂瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为：a；（ 3）由（ 2）分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：玻璃棒；（ 4）设量取浓盐酸的体积是 vml，由稀释定律可知稀释前后hcl 物质的量不变，则有12mol/l v 10 3l=0.10mol/l 0.5l，解得 v=4.2，由量筒使用的最近原则可知，应选用10.0ml 量筒量取4.2ml 浓盐酸，故答案为：4.2ml ； 10.0ml；（5）实验室没有450ml 的容量瓶，则配制0.1 mol l-1 的稀盐酸450 ml

24、应选用 500ml 的容量瓶，故答案为：500 ml；（ 6）定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，由于操作导致实验失败，解决的方法是重新配制，故答案为：偏高；偏低；重新配制。6 按要求完成下列填空。（1）在等体积的 nacl、 mgcl2、 alcl3 三种溶液中，分别加入等量的agno3 溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为_。（2）将 3.22 g 芒硝（ na个水分子中溶有+，则2so410h2o）溶于水中，要使每1001 个 na需水的质量为 _g。（ 3）在干燥烧瓶中用向下排空气法

25、收集氨气，由于空气不可能排净，所以瓶内气体对氢气的相对密度为 9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_。（4） 100 ml 0.3 mol/l na 2so4 (密度为 d1 g/cm 3)和 50 ml 0.2 mol/l al 2(so4)3(密度为 d2 g/cm 3)混合，所得密度为d3g/cm3的混合溶液中so42- 的浓度为 _。（用含 d1 23， d ， d的式子表示）（5）已知两种碱aoh 和 boh 的摩尔质量之比为5:7，现将7 mol aoh 与 5 mol boh 混合后，从中取出 5.6 g，恰好可以中和 100ml 浓度为1.2 mo

26、l/l 的盐酸，则 aoh 的摩尔质量为_。【答案】 6： 3： 234.256d340g/mol(或 83.3%)610 d1 +5 d 2【解析】【分析】（1）分别加入等量的agno3 溶液恰好都完全反应可知，溶液中cl 的物质的量相等；（2）每 100 个水分子中溶有1 个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:1 ；（ 3）将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中，溶液上升体积等于氨气的体积；（ 4）溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性；（ 5）由混合碱 5.6 g 恰好可以中和 100ml 浓度为 1.2 mol/l 的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量

27、相等。【详解】（1）设 nac1、 mgcl2、 a1cl3 的物质的量分别为x、y、 z，由分别加入等量的agno3 溶液恰好都完全反应可知，溶液中cl 的物质的量相等，则有x=2y=3z，解得 x： y： z=6： 3：2，因溶液的体积相同，由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6： 3： 2，故答案为：6：3： 2；（2） 3.22g 芒硝的物质的量为3.22 g322 g/ mol =1mol ，溶液中 n（ na+） =2n（ na2so4?10h2 o）=0.01mol 2=0.02mol ，每 100 个水分子中溶有 1 个钠离子，所以n（ h2o） =100n（ na+）=2

28、mol ， 0.01molna 2so4?10h2o 中含有水的物质的量为0.01mol 10=0.1mol ，需要的水的物质的量为 2mol-0.1mol=1.9mol ，则需要水的质量为1.9mol 18g/mol=34.2g ，故答案为：34.2；（3）由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5 可知，混合气体的平均摩尔质量为2g/mol 9.5=19g/mol ，设氨气的体积分数为x，则空气的体积分数为（1-x），故17x+29（1-x）=19，解得 x= 56 ，溶液上升体积等于氨气的体积，故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的 56 ，故答案为：56 ；（4） 100ml0.3mol/lna

29、 2so4 溶液中 so42- 的物质的量为0.1l 0.3mol/l=0.03mol ，50ml0.2mol/lal 2（ so4） 3 溶液中 so42- 的物质的量为0.05l0.2mol/l 3=0.03mol ，混合后2-100d1 50d2 3的总 so4 的物质的量为 0.03mol+0.03mol=0.06mol，混合溶液的体积为d 310l，0.06 mol6d 3mol/l ，故答案为：6d3则混合溶液中so42- 的浓度为 100 d150d 2 10 3 l =10 d1+5 d 2；d310 d1 +5 d 2（5）由混合碱5.6 g 恰好可以中和100ml 浓度为

30、1.2 mol/l 的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等，盐酸的物质的量为1.2 mol/l 0.1l=0.12mol ，设 5.6 g 混合碱中aoh 的物质的量为 7a，则 boh 的物质的量为5a，由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等可得 7a+5a=0.12mol ，解得 a=0.01mol ，设 aoh 的摩尔质量为5b，则 boh的摩尔质量为 7b，由混合碱的质量为5.6g 可得： 0.07mol 5b+0.05mol 7b=5.6，解得 b=8，则 aoh的摩尔质量为40g/mol ，故答案为： 40g/mol 。【点睛】溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶

31、液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键，也是易错点；由混合碱5.6 g 恰好可以中和定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。100ml浓度为1.2 mol/l的盐酸确7 现有下列九种物质：hcl 气体 cu 蔗糖 co2 h2so4 ba(oh)2 固体 氯酸钾溶液 稀硝酸 熔融 al24 3(so )（1）属于电解质的是 _；属于非电解质的是 _。（2）和反应的化学方程式为：3cu +8hno33 2+4h2o=3cu(no ) +2no上述反应中氧化产物是 _。硝酸没有全部参加氧化还原反应，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的 _。用双线桥法分析上述反应（只需标出电子得失的方向

32、和数目）_。3cu+8hno3=3cu(no3)2+2no +4h2o（3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：h oh =h2o，该离子反应对应的化学方程式为 _。（ 4）在水中的电离方程式为 _，（ 5） 34.2g溶于水配成 1000ml 溶液， so42- 的物质的量浓度为 _。【答案】cu(no3)2 或 cu2+25%ba(oh)2 2hno3 =ba(no3)2 2h2oal2 (so4)3=2al3 3so2-0.3mol/l4【解析】【分析】（ 1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合

33、物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；（ 2）氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂，对应产物为氧化产物；依据硝酸中氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量；根据cu 元素的化合价变化、 n 元素的化合价变化来分析，化合价升高的元素原子失去电子，化合价降低的元素的原子得到电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；（ 3） h+oh- h2o，可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水；（ 4）硫酸铝为强电解质，水溶液中完全电离；（ 5）计算 3.42g 硫酸铝的物质的量，依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量，依据 c= n

34、计算硫酸根离子的物质的量浓度。v【详解】（ 1） hcl 气体是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；cu 是单质，既不是电解质也不是非电解质；蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质； co2 本身不能电离，属于非电解质；h2so4 是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；ba(oh)2 固体是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，是电解质；氯酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；稀硝酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；熔融 al2(so4)3 是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；综上所述，属于电解质的是；属于非电解质的是；故答案为：；（ 2） 3c

35、u+8hno3=3cu(no3)2+2no +4h2o，反应中铜元素化合价升高，为还原剂，对应产物硝酸铜为氧化产物，参加反应的硝酸有8mol ，只有 2mol 硝酸中的 n 化合价降低，作氧化剂，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%；在反应3cu+8hno3=3cu(no3)2+2no +4h2o 中， cu 元素的化合价由 0 升高到 +2 价， n 元素的化合价由 +5 降低为 +2 价，转移的电子为 6e- ，则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为，；故答案为： cu(no3 )2 或 cu2+；25%；（3） h+oh- h2o，可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应，化学方程式为：ba(oh

36、)233 222hno =ba(no ) 2h o；故答案为： ba(oh)22hno3=ba(no3)2 2h2o；（4）硫酸铝为强电解质，完全电离，电离方程式为：al2 4 332- 3so4 ；(so ) =2al故答案为： al2 433 3so42-；(so ) =2al（5） 3.42g 硫酸铝的物质的量 n=3.42g=0.0 1mol ，依据硫酸铝电离方程式：342g/molal2 (so4)3=2al3 3so42-，可知硫酸根离子的物质的量为0.03mol ，则硫酸根离子的物质的量浓度 c=0.03mol；=0.3mol/l0.1l故答案为： 0.3mol/l 。8 在花瓶

37、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、 _、 _（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

38、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0.004bd 0.024【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

39、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 错误；c.高锰酸钾是盐，能在水溶液中和熔融状态下电离出自由移动的离子而导电，是电解质，故 c 错误；d.硝酸银，

40、溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是电解质，故故答案为： a；d 错误；（ 2）配制顺序是：计算 称量 溶解、冷却 移液 洗涤 定容 摇匀 装瓶 贴签 ,一般用天平称量 (用到药匙 )称量，在烧杯中溶解 ,冷却后转移到 1000ml 容量瓶中，并用玻璃棒引流 ,转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23 次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm 时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、1000ml 容量瓶、胶头滴管，500ml“鲜花保鲜剂 ”中需要高锰酸钾0.3

41、16g0.316g，物质的量为158g/mol =0.002mol ，配制 1l 溶液需 0.004mol ，故答案为：胶头滴管、 1000ml 容量瓶；0.004；(3)a.定容时俯视容量瓶刻度线，溶液未达到刻度线，体积偏小，浓度偏大，故a 错误；b. 容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，不影响溶液的体积，所以浓度不变，故b正确；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，容量瓶中沾有溶质，溶质的质量偏大，浓度偏大，故c 错误；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，过会儿，滞留在刻度线以上的溶液将会下落，正好与刻度线相平，不影响溶液的体积，浓

42、度不变，故d 正确；故选： bd；（4） k2 40.87g+的物质的量为0.01mol， kmno4 的so 的物质的量为：174g/mol=0.005mol ，则 k0.316gk+总共为物质的量为=0.002mol ，则 k+的物质的量为 0.002mol ，所以溶液中的158g/mol0.012mol ，其物质的量浓度为0.012mol 0.5l=0.024mol/l，故答案为： 0.024。9ba(oh) 是一种强碱，可用于测定天然气中co 的含量。22（1）请写出足量氢氧化钡溶液吸收co2 气体的离子方程式： _。（2）某课外小组通过以下实验操作测定ba(oh)2nh2o 中 n

43、的值。称取 5.25g 试样（含有杂质）配成100ml 溶液。配置溶液中用到的仪器有天平、_、 _、 _ 和胶头滴管。若配制过程中定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量蒸馏水，则所得溶液的浓度将_ （填 “偏大 ”、 “不变”或 “偏小 ”）。用 30.00ml 1moll-1 盐酸与上述 ba(oh)2溶液反应，消耗该 ba(oh)2 溶液 100.00ml （杂质不与酸反应），则该 ba(oh)2 溶液的物质的量浓度为 _。另取 5.25g 试样加热至失去全部结晶水（杂质不分解），称得剩余固体质量为3.09g，则ba(oh)2nh2o 中 n=_。【答案】 co2 +ba2+2o

44、h-=baco3 +h2o100ml 容量瓶 玻璃棒 烧杯偏小0.15mol/l8【解析】【详解】(1)足量氢氧化钡溶液吸收co2 气体生成baco3，发生反应的离子方程式为co2+ba2+2oh-=baco3 +h2 o；(2)称取 5.25g 试样 (含有杂质 )配成 100ml 溶液，需要经过溶解、转移并定容，其中溶解时需要玻璃棒和烧杯，转移时需要玻璃棒引流，定容时需要容量瓶和胶头滴管，则配置溶液中用到的仪器有天平、100ml 容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；若配制过程中定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量蒸馏水，导致所配溶液的体积偏大，则所得溶液的浓度将偏小；设 ba(oh

45、)2 溶液的物质的量浓度为-1 0.03l=cmol/l 0.，1l解2得：cmol/l ，则 1mol lc=0.15，该 ba(oh)2 溶液的物质的量浓度为0.15mol/l ； 5.25g 试样中含有 ba(oh)2 的物质的量为 0.15mol/l 0.1l=0.015mol，含有水的物质的量为5.25g3.09g=0.12mol ，所以 1： n=0.015mol ： 0.12mol ，解得 n=8。18g / mol10 对一定量气体体积的探究。已知1 mol 不同气体在不同条件下的体积：化学式条件1mol 气体体积 /lh20， 101kpa22.4o20， 101kpa22.4co0， 101kpa22.4h0， 202kpa11.22co0， 202kpa11.22n2273， 202kpa22.4nh3273， 202kpa22.4（1）从表分析得出的结论：1mol 任何气体