备战高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题含答案解析

1、备战高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题含答案解析一、高中化学物质的量1 以下涉及的物质中a、 b、c 都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。(1)一定条件下， 9.80g nh br 跟 3.60g 的某钙盐 a 恰好反应，生成了4.48l（标准状况）气4态产物 b 和固体产物 c。标准状况下， b 气体的密度为 0.76g/l，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。试求 b 的分子式 _ 。(2)25、 101.3kpa 时，气体摩尔体积为 24.5l/mol. 该状况下， 1 体积水（密度为1g/cm 3）吸收 560 体积 b 气体得到密度为0.91 g/cm 3 的溶液，则该溶

2、液中溶质的质量分数为_%（溶液中的溶质以 b 计量；保留2 位小数）；溶液的物质的量浓度为_ mol /l（保留 2 位小数）。(3)在催化剂作用下， b 可和 no、 no2 混合气体反应生成液态水和一种单质气体d（可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用）。在常温常压下，将密度一定的no、 no2 混合气体和 b 在不同体积比时进行了四次实验，所得数据如下：实验次数b 与混合气体的体积比反应后气体密度（已换算为标准状况；g/l ）第一次1.01.35第二次1.21.25第三次2.01.04第四次2.2则原 no、no2 混合气体中no 的体积分数为_%；第四次实验所得气体的平均摩尔质量为

3、 _（保留 2 位小数）。(4)将 9.80g nh br 跟过量的氧化鈣共热，充分反应后生成水、1.70gb 气体和固体产物c，则4c 的化学式为 _；试根据有关数据，求钙盐a 的化学式 _ 。【答案】 nh327.98 14.98 2022 22 422.76 cabr ca(nh ) 或 can h【解析】【分析】(1) 根据 m= vm 计算 b 的相对分子质量，根据氮的质量分数为82.35% 计算氢元素的质量分数，继而确定 b 的分子式；溶质的质量n 公式进行计算，结和(2) 根据溶液质量分数 = 溶液的质量100% ，溶液物质的量浓度 c= v已知信息寻找相应的量进行求解；(3)

4、根据体积比不同混合气体和密度，计算混合气体的平均摩尔质量；(4) 根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。【详解】(1) 标况下 b 气体的密度为0.76g/l ，则 b 的相对分子质量= 0.7622.4= 17，其中氮的质量分数为 82.35%，则 b 分子中 n 原子数目 = 17? 82.5%=1 ，其余是氢，则h 原子数目14= 17 14b为nh 3nh 33 ，则，故答案为：；1(2) 假设氨气体积为560l ，则水为1l ， 25c、 101.3kpa 时，气体摩尔体积为24.5l/mol ，氨气的物质的量 =560l17g/ mol = 388.62g ， 1l= 22.

5、86mo ，氨气的质量 = 22.86mol24.5l / mol388.62g水的质量为1000g，则所得溶液质量分数 = 100%= 27.99% ；所得溶液密 1000g 388.62g度为 0.91g/cm3 ，故溶液物质的量浓度 = 1000? 0.91?27.99%= 14.98 mol/l ，故答案：1727.98； 14.98；(3) 在催化剂作用下，nh 3 可和 no、 no 2 混合气体反应生成液态水和一种单质气体d，根据原子守恒电子守恒可知，d 为 n2 。第一次反应气体的相对分子质量= 1.35 22.4= 30.24 ；第二次反应气体的相对分子质量= 1.25 22

6、.4= 28 ；第三次反应气体的相对分子质量 =1.0422.4= 23.2 ，由反应后气体相对分子质量可知，第二次实验恰好完全反应气体为n 2，说明第一次剩余氨气不足，第三次剩余氨气有剩余，令第二次实验中no、 no 2 的总物质的量为1mol ，则 nh 3 为 1.2mol ，设 no 为 axmol ，则 no2 为 (1-x)mol ，根据电子转移守恒：2x +4(1-x)=1.2 0-(-3) ，解得 x=0.2，故 no 的体积分数= 0.2mol100%= 20% ；1mol令第四次实验中 no、no 2 的总物质的量为1mol，则 nh 3 为 2.2mol ， no 为0.

7、2mol ，则no2 为 (1- 0.2) mol= 0.8mol ，令参加反应的氨气为ymol ，根据电子转移守恒：2 0.2 +4 0.8=y0- (-3) ，解得 y= 1.2 ，剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol，根据 n 原子守恒可知生成n 21mol? 1?.2mol的物质的量 = 1.1mol ，故反应后气体的平均摩尔质量2= 1mol 1?7g / mol?1?.1mol? 28g / ?mol =22.76g/mol ，故答案为： 20；22.76；1mol1.1mol(4) 将 9.80g nh 4 br 跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70g

8、nh 3 气体和固体产物c，由元素守恒，则c 的化学式为 cabr 2。由 (1)9.80g nh 4br 跟 3.60g 的某钙盐 a 恰好反应，生成了 4.48l( 标准状况 )nh 3 和 cabr29.8g= 0.1mol ，由 br， nh 4br 的物质的量 =98g / ?mol元素守恒可知cabr 2为 0.05mol ，由 ca 元素守恒可知， 3.6ga 中含有 ca 原子为0.05mol ，氨气的物质的量 =4.48l= 0.2mol ，由 n 元素守恒可知 3.6ga 中含有 n 原子为22.4l / ?mol0.2mol - 0.1mol= 0.1mol ，由 h 元

9、素守恒，3.6ga 中含有 h 原子为 0.2mol3-0.1mol 4 = 0.2mo ，故 3.6ga 中 ca、 n 、h 原子物质的量之比= 0.05:0.1 :0.2= 1 :2:4 ，故 a的化学式为 can2422 2或2 4h，故答案为： cabr ；ca(nh )can h 。【点睛】根据m= vm 计算不同气体或混合气体的摩尔质量。2 同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（h2s）的质量比为 _ ；同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_ ，其中含有的氢的原子个数比为_；若二者氢原子数相等，它们的体积比为在相同条件下，在5.6g 氮气中应添加_；_g 氨气所组成的混合气体与16

10、g 氧气所占的体积相等。【答案】1:22:13:12:35.1【解析】【分析】【详解】同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，根据m=nm 可知，同体积的氨气和硫化氢气体 (h2s) 的质量比为 17g/mol ：34g/mol= 1： 2 ；根据 n= m 可知，同质量的氨气与硫化氢的物质的量之比为34g/mol: 17g/mol=2:1 ；相同m条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为2:1，所含氢原子数目之比为( 2 3):(1 2)=3:1 ；假设 h 原子为 3mol，氨气为 1mol，硫化氢为1.5mol ，二者体积之比为1mol: 1.5mol=2:3 ；5.6

11、g0.2mol ，氧气物质的量16g氮气物质的量 n=n= 0.2mol ，则氨气物28g / mol32g / mol质的量为 =0.5mol-0.2mol=0.3mol，氨气的质量为0.3mol17g/mol=5.1g 。3 已知： 2kmno 4k2mno4+mno 2+o2，将 0.1mokmno 4 固体加热一段时间后，收集到 amolo 2；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 mn 2+的形式存在于溶液中(注： kmno4 和 k2mno 4 以及 mno 2 都能与浓盐酸反应并生成 mn 2+)。(1)2kmno 4+16hcl=

12、2kcl+2mncl2+5cl2 +8h2o 反应中的还原产物是中若产生 0.3mol 的气体则有 _mol 的电子转移。_（填化学式），反应(2)a+b 的最大值为 _， a+b 最小值为 _。【答案】 mncl2 0.6 0.250.2【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)kmno 4 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+

13、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mncl 2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)kmno 4 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

14、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2kmno4k2mno 4+mno 2+o2，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol 1=0.05mol ，则 a+b 0.25-0.05=0.2，故 (a+b)的最小值为20.2。【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

15、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。4nh3 、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

16、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催化剂+2+4no+6h2o光化学烟雾cu 4h +2no3 cu+2no2 2h2o+加热+4nh催化剂5n +6h o 19. 63+6no22【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

17、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：催化剂4nh3+5o24no+6h2o，加热催化剂故答案为： 4nh3+5o24no+6h2o；加热( 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：+2no3cu+4h +2no3 cu2 +2no2+2h2 o，答案为： cu+4hcu2+2no2+2h2o；( 4)

18、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，反应方程式催化剂为： 4nh3 6no5n2 6h2o，+催化剂故答案为： 4nh3+6no5n2+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) 0.1mol 1 0.1mol 3 0. 2mol ，由 cu 原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0. 2mol，生2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，

19、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。5 氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：（）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 l1。（2）某同学用该浓盐酸配制100ml 1moll-1 的稀盐酸。请回答下列问题：通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸_ ml。使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_。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

20、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_。（）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 )222mncl+ cl + 2h o；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）_

21、。（3）利用（ 2）中实验装置进行实验，实验中若用-1的浓盐酸 200 ml 与足量二氧12 mol l化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3 mol ，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）。（）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】 11.6 8.6 胶头滴管、 100 ml 容量瓶偏低 无影响 偏低

22、甲 f b e 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】（ ） (1)根据 c= 1000计算浓度；m(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；（ ） (1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。【详解】（ ） (1)根据 c=1000计算盐酸的浓度，有mc= 1000 1.1636.5% mol / l 11.6mol / l ；36.5(2) 根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积0.1l1

23、mol / lv=0.0086l8.6ml ；11.6mol / l 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；a 、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；（ ） (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

24、；(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f b e；(3)mno 2 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mno 2 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 ；( )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，氯水中没有以及与cl2，韩律的微粒有 hclo、 c

25、lo水反应生成的 cl 。【点睛】( )第二小问是易错点，很容易忽略-；不要忘记， cl22生clh ohcl hclo，有 cl成。6 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o2 和co2 组成的混合气体的质量为82g，则o2 的质量为_g，该混合气

26、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 +4h2a244.48 3n 或 1.806 10 16 41g/mol 3.36【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2mol 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

27、混合气体的物质的量，设2vmco 和 co 的物质的量分别为 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 +

28、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，故答案为：+-2+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，0.3mol 2=n（ 5-2），解得 n=0.2mol ，则 no 的体积为 4.48l；由方程式 3cu+8hno 3cu（ no ）332+2no +4h o

29、 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2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： 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：

30、 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。7 某无土栽培用的营养液，营养液要求kcl

31、k2 44、so和 nh cl 3 种固体原料的物质的量之比为 1:4:8。4+-1，溶液c(k+)=_。(1) 配制该营养液后 c(nh)=0.016 mol l(2) 若采用 (nh ) so 和 kcl 来配制该营养液，则 (nh ) so 和 kcl物质的量之比为 _4 244 24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，

32、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/l 0.2mol/l a 玻璃棒4.2 ml 10.0ml 500

33、 ml 偏高偏低 重新配制【解析】【分析】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，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、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、

34、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 / l=0.018mol/l ，故8答案为： 0.018mol/l ；（2）设 (nh424+、 nh4+的) so 的物质的量为 x， kcl的物质的量的物质的量为y，由溶液中 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；（

35、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

36、：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 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

37、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。8 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

38、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10.4 b 100ml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bacl2 溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体bacl2，操作 所得滤液为 kcl 和 k co的混合物，蒸发结晶得到固体c

39、为 kcl 和 k co ，应加入过量2323盐酸可得 kcl，沉淀 a 为 baco3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体b 为 bacl 2，（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k2 co3 溶液使 bacl2 转化为沉淀，试剂a 的溶质是 k2co3；综上所述 ，本题答案是 ：过滤 ；k2co3。（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 ： baco322+2hcl=bacl+co +ho；综上所述 ，本题答案是： baco3+2hcl=bacl2+co2 +h2o。（3

40、）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，应该加入过量的盐酸，把k2 3co 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；综上所述，本题 208g/mol=10.4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 氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。（1）下列表述

41、中没有氧化还原反应发生的是_。a滴水成冰b蜡炬成灰c百炼成钢（ 2） nh3 和 cl2 反应的方程式为： nh3+cl2 n2+hcl该反应中被氧化的元素是_（填元素名称），氧化剂是_（填化学式）。配平该方程式：_nh3+_cl2=_n2+_hcl（3） “地康法 ”制氯气的反应原理图示如下：反应 i 的化学方程式为_。若要制得标准状况下氯气11.2l，则整个反应中转移电子的物质的量为_。【答案】 a氮 cl2 2 31 6 2hcl+cuo cucl2+h2o 1mol【解析】【分析】（1） a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a 正确；b蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素

42、、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符， b 错误；c百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符， c 错误；（ 2）还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原；利用化合价升降法配平；（3）根据反应原理图，反应i 是 hcl、 cuo 反应生成 cucl2 和 h2o；标准状况下 11.2l 氯气的物质的量是 0.5mol ，反应 i 是非氧化还原反应，反应ii 是氧化还原反应，氯元素化合价由1 升高为 0。【详解】（1） a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a 正确；b蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符， b 错误；c百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价