苏州全国备战高考化学物质的量的综合备战高考真题分类汇总

1、苏州全国备战高考化学物质的量的综合备战高考真题分类汇总一、高中化学物质的量1 锂因其重要的用途，被誉为“能源金属 ”和 “推动世界前进的金属”（1） li3n 可由 li 在 n2 中燃烧制得取4.164g 锂在 n2 中燃烧，理论上生成li3n_g；因部分金属 li 没有反应，实际反应后固体质量变为6.840g，则固体中li3n 的质量是 _g（保留三位小数， li3n 的式量： 34.82）（ 2）已知： li3n+3h2o 3lioh+nh3取 17.41g 纯净 li3n，加入 100g 水，充分搅拌，完全反应后，冷却到 20，产生的 nh3 折算成标准状况下的体积是 _l过滤沉淀、洗

2、涤、晾干，得到 lioh 固体 26.56g ，计算 20时 lioh 的溶解度 _（保留 1 位小数， lioh 的式量： 23.94）锂离子电池中常用的 licoo2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备（3）将含 0.5molcocl2的溶液与含 0.5molna23的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴co沉淀 53.50g；过滤，向滤液中加入足量hno33酸化的 agno 溶液，得到白色沉淀 143.50g，经测定溶液中的阳离子只有na+，且 na+有 1mol；反应中产生的气体被足量naoh 溶液完全吸收，使 naoh 溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式_，写出制备碱

3、式碳酸钴反应的化学方程式_（4） co2( oh)2co3 和 li2co3 在空气中保持温度为600800，可制得 licoo2，已知：3co2 ( oh)2co3+o2 2co3o4+3h2o+3co2； 4co3o4+6li2 co3 +o2 12licoo+6co2按钴和锂的原子比1：1 混合固体，空气过量70%， 800时充分反应，计算产物气体中co2 的体积分数 _（保留三位小数，已知空气组成：n2 体积分数0.79， o2 体积分数0.21）【答案】 6.9646.65611.212.8g2coco3?3co（ oh） 2?h2o5cocl2+5na2co3+4h2o=2coco

4、3?3co（ oh） 2?h2o+10nacl+3co20.305【解析】【分析】【详解】（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：6li+n 2 点燃 2li 3 n ，接下来根据4.164g0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的=0.6mol 算出锂的物质的量，则理论上能生成6.94g/mol质量为 0.2mol 34.82g/mol=6.964g ；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g ，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即2.676g =0.191mol 的氮原子，根据氮守恒我14g/mol们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol，这些氮化锂的质量为0.191mo

5、l34.82g/mol=6.656g；（2）根据17.41g=0.5mol 先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和34.82g/mol氨气是 1:1的，这些氨气在标况下的体积为22.4l/mol 0.5mol=11.2l ；根据化学计量比， 0.5mol的氮化锂理论上能生成1.5mol的 lioh ，这些 lioh 的质量为1.5mol23.94g/mol=35.91g ，缺少的那9.35 克 lioh 即溶解损失掉的，但是需要注意：溶解度指的是100 克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100 克水，但是反应会消耗掉1.5mol 水，这些水的质量为1.5mol18g/

6、mol=27g ，因此我们算出的9.35 克是 73 克水中能溶解的 lioh 的量，换算一下9.35gs=，解得 s 为 12.8100g-27g100g克；（3）加入硝酸银后的白色沉淀为agcl143.5g，根据=1mol 算出 cl - 的物质的量，143.5g/mol因此 cl - 全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无cl - ， na + 也全部留在溶液中，沉淀中无na+ ，使烧碱溶液增重是因为吸收了co2 ，根据13.2g =0.3mol 算出 co2 的物质的44g/mol量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol co32- 进入了碱式碳酸钴中，0.5mol co

7、2+ 全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由oh - 来提供，因此 oh - 的物质的量为0.6mol 。将 0.5mol co2+ 、 0.2mol co32- 和 0.6mol oh - 的质量加起来，发现只有0.5mol 59g/mol+0.2mol 60g/mol+0.6mol 17g/mol=51.7g，剩下的 1.8 克只能是结晶水，即 0.1mol 结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为2coco 3 3co(oh) 2h 2o ；写出制备方程式 5cocl 2 +5na 2 co 3 +4h 2o=2coco 33co(oh) 2 h 2o+10nacl+3co 2 ；（4）令参加反应

8、的氧气为3mol，相当于370%，则一共mol 的空气，又因为空气过量21%通入了（1+0.7 ）3 mol 空气，反应中一共生成了6mol 水蒸气和 12mol 二氧化碳，则二21%12100%=30.5% 。氧化碳的体积分数为3（12+6-3+1.7）0.212 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16g 氧气所占的体积相等。【答案】 1:22:13:12:35.1【解析】【分析】【详解】

9、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( 23):(12)=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 ；5.6g0.2mol ，氧气物质的量n=16g氮气物质的量 n= 0.2mol ，则氨气物28g / mo

10、l32g / mol质的量为 =0.5mol-0.2mol=0.3mol，氨气的质量为 0.3mol17g/mol=5.1g 。3 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，该混合气体的平

11、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+3cu+8h +2no3 =3cu +2no +4h2o244.483na 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组成的混合气体的

12、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+8hno332233 2溶于水且电 3cu（ no ）

13、 +2no +4h o 反应中， hno 和 cu（no ）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+2o；答案为： 3cu+8h +2no3 3cu +2no +4h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+8hno3 3cu（ no3）2+2no +4h2 o

14、 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 3na 或24，故答案为： 4.48； 3n24。1.806 10a 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

15、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： n3.4g（nh3）= 17g / mol =0.2mol ，含有氢原子的数目为：n（h） =3n（ nh3） =0.6na，与氨气含有 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。4 某无土栽培用的营养液，营养液

16、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4+-1，溶液c(k+)=_。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

17、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 ml10.0ml500

18、 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】244cl 三种固体原料的物质的

19、量之比为1:4:8 可知，（ 1）由配制营养液的 kcl、k so 和 nh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+）=9 0.016 mol / l8=0.018mol/l ，故答案为：0.018mol/l ；（2）设 (nh4)2so4 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+、 nh4+的物质的量比为 9:8可得 y： 2x=9:8，则 x： y=4： 9，故答案为：4：9；（ 1）溶液是

20、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：a；（

21、 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，会导致溶液体积偏

22、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。5 为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：mno2+4hcl（浓）mncl 2+cl2+2h2o。（1）用 “双线桥法 ”标明反应中电子转移的方向和数目_。（2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_。（3）草酸能使酸性kmno4 溶液褪色，配平下面的化学方程式：_kmno 4+h2so4+h2c2o4= mnso4+k2so4 +co2 h2 o。盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域

23、中。 hcl 极易溶于水，工业上用 hcl 气体溶于水的方法制取盐酸。（ 1）用密度为 1.2 g/ml ，质量分数为 36.5%的浓盐酸配制 250ml 3mol/l 的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为 _ml。（ 2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是_。a量取浓盐酸时俯视刻度线b实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水c定容时俯视刻度线d转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒【答案】1： 2 2 3 5 2 1 10 862.5 c【解析】【分析】 (1)反应 mno 2+4hcl(浓 )222+4 价降低到 +2mncl +cl +2h o 中， mn 元素化合价由价， cl 元素化合

24、价由 -1 价升高为0 价，根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目；(2)该反应中， cl 元素部分化合价由-1 价升高为0 价， hcl 既是还原剂，还有酸性作用；(3)该反应中 mn 元素化合价由 +7价变为 +2 价、 c 元素化合价由 +3 价变为+4 价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；1000 (1)根据 c=计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不m变计算需要浓盐酸体积；(2)分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c= n 进行误差分析。v【详解】 (1)反应 mno 2+4hcl(浓 )mncl2+cl2+2h2o 中， mn 元素化合价由+4 价降

25、低到 +2价， cl 元素化合价由-1 价升高，该反应的电子转移方向和数目可表示为；(2)反应中 mno 2 是氧化剂， hcl 是还原剂，且可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:2；hcl 部分起酸性作用，根据氧化产物cl2 的量(3)该反应中 mn 元素化合价由+7 价变为 +2 价、 c 元素化合价由 +3 价变为 +4 价，其转移电子总数为 10，根据转移电子守恒知， kmno4 的计量数是 2、 h2c2o4 的计量数是 5，再根据原子守恒得方程式为 2kmno4 +3h2so4 +5h2c2o4 =2 mnso4+1k2so4 +10co2 8h2o； (1)质量分数为36.5%、密

26、度为1.2g/cm 3 的浓盐酸，物质的量浓度10001.236.5%v，则依据溶液稀释规律得：c=36.5=12mol/l ，设需要浓盐酸体积为250ml 3mol/l=12mol/l ，v解得 v=62.5ml；(2)a量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故a 错误；b容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故b 错误；c定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故c 正确；d转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故误；故答案为c。d 错6 按要求回答下列问题(1)实验室可用 k cr o

27、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 _(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

28、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222三种单质氧化性强弱的关系是222cl、 br 、 icl br i ；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

29、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；22mgo+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2mg+co质量； 1molmg在 o2 中燃烧质量增加 1molo 原子的质量 16g；在 n2 中燃烧质量增加1的质量28mgo 、也有 mg3n2，所以增加的质量在moln 2g；在空气中燃烧产物既有33281molo 和 0.5molc 原子的质量， 16g+6g=22g，可3g 16g 之间；在 co2 中燃烧质量增加见等质量的 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

30、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 cl2br2i2，单质的氧化性越强，其对应的离子的还原性越弱，所以还原性 brcl , 还原性最弱的阴离子是cl ；金属单质的金属性越强，其离子的氧化性越弱，所以氧化性最强的离子是2；属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，cu所以 fe2 既有氧化性又有还原性的；答案：cl- cu2+ fe2+；（4）除去 na2- 离子，所加试剂h2so4，离子方程式2-2so4 中的 na2co3，实质是除去 co3co3+

31、2h+=co2 +h2 o。8 （ 1）质量相同的o2、 nh3、 h2、 cl2 四种气体中，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是 _。（2）氯水中含有多种成分。将紫色石蕊试液滴入氯水中，溶液显红色起作用的成分是_；过一会儿，溶液颜色逐渐褪去，起作用的成分是_；（ 3）鉴别 na2co3 和 nahco3 溶液可选用 _。（填序号）naoh ca(oh)2 bacl2 k2so4 ca(no3)2（ 4）火药是中国的 “四大发明 ”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强。黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应： 2kno3+3c s=k2s+n2 +3co2。其中被还原的元

32、素是 _。当反应有24个电子转移时被硝酸钾氧化得到的氧化产物在标准状况下的体积3.612 10_。（ 5） 1.2grso4 中含 0.01molr 2+，则 rso4 的摩尔质量是 _， r 的相对原子质量是 _。【答案】 h2h+hclo 或 clo-n 和 s28l120g/mol24【解析】【分析】(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小；(2)氯水溶液中存在反应：cl2+h2o? hcl+hclo，是可逆反应，存在电离：h2o? h+oh-，hclo? h+clo-，hcl=h+cl-，所以溶液中存在的微粒有：分子：cl2 、hclo、h2o；离子：h+、 cl-

33、、clo-、 oh-，能使紫色石蕊试液变红色是酸的性质，次氯酸有漂白性；(3)nahco3 不稳定，加热易分解，但加热溶液不分解，都可与碱发生反应，与氢氧化钙溶液反应都可生成沉淀，且都能与酸反应生成气体，以此解答该题；(4)2kno3+c+sk2s+2no2 +co2中， c 元素的化合价升高，n、 s 元素的化合价降低，以此来解答；(5)根据公式n=m来计算m ， m在数值上等于元素的相对原子质量，分子的m 在数值上m等于其相对分子质量。【详解】(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小，质量相同的o2、 nh3、h2、 cl2 四种气体中，h2 的摩尔质量最小，所以h2

34、的体积最大；(2)氯水溶液中存在反应：cl2+h2o? hcl+hclo，是可逆反应，存在电离：h2o? h+oh-、hclo? h+clo-，hcl h+cl-，所以溶液中存在的微粒有：分子：cl2、 hclo、 h2o；离子：h+、 cl-、clo-、 oh-酸能使紫色石蕊试液变红色，所以使紫色石蕊试液变红色的微粒是h+；次氯酸有漂白性，所以红色溶液逐渐褪色，起作用的微粒是hclo分子；(3)碳酸钠和碳酸氢钠与naoh 混合，均无明显现象，不能鉴别二者，故错误；碳酸钠和碳酸氢钠均与 ca(oh)2 反应产生沉淀，故用ca(oh)2 溶液不能鉴别二者，故错误；碳酸钠与 bacl2 反应产生碳

35、酸钡沉淀，碳酸氢钠与bacl2 不反应，故 bacl2溶液可以区分两物质，故正确；k2 4so 与碳酸钠、碳酸氢钠均不反应，故氯化钙溶液不能鉴别二者，故错误；ca(no32与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与3 2不反应，故3 2溶液)ca(no )ca(no )可以区分两物质，故正确；故答案为：；(4) n、 s元素的化合价降低，被还原，c 元素的化合价升高，c 为还原剂；2kno3+3c+s k2s+n2 +3co2，反应中 kno3 得到 10 个电子， s 得到 2 个电子，当反应246mol，则生成1.5molco2，其中被 kno3 氧化得到的二有 3.612 10 个电子转移时

36、，即转移氧化碳为 1.5mol 10=1.25mol ，其体积为1.25mol 22.4l/mol=28l；1240.01molr2+，根据公式 n= m ，则rso4的 m=m1.2g(5)1.2grso 中含m=120g/mol ，m0.01molrso 的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以rso 的摩尔质量为 120g/mol ，r 的44相对原子质量是120-32-64=24。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 naco 固体中混有的少量 kno ，

37、所进行的实验操作依次为_、蒸发、结233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、溶解、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要烧杯

38、、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)除去 kcl 溶液中的42- ，应先加入过量 bacl242-生成沉淀，然后再加入k2 3使so的使 soco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、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 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