上海高考化学压轴题专题复习——物质的量的综合

1、上海高考化学压轴题专题复习一一物质的量的综合一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)1.按要求完成下列填空。(1)在等体积的NaCkMgCl2、A1C13三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好者B完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为一。(2)将3.22g芒硝(N32SQ10H2O)溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+,则需水的质量为_g。(3)在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，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O(4) 100mL0.3mol/LNazSQ(密度为d1g/cm3)和

2、50mL0.2mol/LAl2(SQ)3(密度为d2g/cm3)混合，所得密度为d3g/cm3的混合溶液中SQ2-的浓度为。(用含d1,d2,d3的式子表不)(5)已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7,现将7molAOH与5molBOH混合后，从中取出5.6g,恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为O(6)标准状况下，用一定量的水吸收HCl气体后制得浓度为1.0mol/L,密度为1.0365g/cm-3的盐酸。请计算1体积水吸收体积的HCl可制得上述氨水。【答案】6:3:234.26(或83.3%)6cl3/(10d1+5d2)mol/L40g/mo

3、l22.4【解析】【详解】(1)设NaC1、MgCl2、A1C3的物质的量分别为x、y、z,由分别加入等量的AgNd溶液，恰好都完全反应，则种溶液中C-的物质的量相等，x=yX2=z%3解得x：y：z=6:3:2,因溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度之比，所以浓度之比为6：3：2；故答案是：6:3:2;(2)3.22g芒硝的物质的量为3.2Z322=0.01mol,所以溶液中n(Na+)=2n(Na2SO410H20)=0.01x2=0.02mpl每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n(H2O)=100n(Na+)=2mol,0.01molNa2S0410H2O中含有水的物质的量为0.0

4、1x10=0.1mpl所以需要的水的物质的量为2-0.1=1.9mol,所以需要水的质量为1.9molx18g/mol=34.2g；故答案是：34.2;(3)用排气法收集氨气后，收集到的氨气气体不纯，含有空气；空气的平均相对分子质量为29,混合气体的平均相对分子质量为：9.5X2=1破烧瓶的容积为VL,氨气的体积为xL,空气的体积为(V-x)L,则有：17x/Vm+(29(<V-x)/Vm)+(Vm)=19,解之得：x=5V;将此瓶65气体倒置于水槽中，进入烧瓶的椒体体积为氨气体积，即-V,烧瓶内液面上升的体积占6烧瓶总体积为：(5V)/V=5(或83.3%);665故答案是：至(或83

5、.3%);(4)混合液的质量为(100di+50d2)g,混合后溶液的体积为：(100di+50d2)+(3mL=(100di+50d2)+dx13L；溶液?！合后n(SO42-)=(0.1x0.3x1+0.05x0.2X3)=0.06m0gc=n/V可知，混合溶液中SQ2-的浓度为：0.06弋100di+50d2)+3xT0=60d3/(100di+50d2)mol/L=6d3/(10di+5d2)mol/L故答案是：6d3/(10di+5d2)mol/L;(5)设AOH和BOH的摩尔质量分别为5xg/mol和7xg/mol,n(HC)=n(OH)=0.1X1.2=0.12mol7molAO

6、H与5molBOH混合物中含有n(OH-)=7+5=12,根据题意可知，5.6g混合碱中含有n(OH)=0.12mol,则含有n(OH-)=12mol时，混合碱的质量为560g；根据7molx5xg/mol+5molx7xg/mol=560g,x=8,所以AOH的摩尔质量为40g/mol;故答案是：40g/mol;(6)假设溶液体积为1.00L,1.00L盐酸中含氯化氢的物质的量为：1LX1mol/L=1mol,V(HCl)=1X22.4=22;4L1.00L盐酸中含水的质量为：m(H2O)=1X1.0365>3-10X36.5=1000gV(H2O)=1L；标准状况下，1体积水吸收氯化

7、氢的体积为V=V(HCl)/V(H2O)X1L=22.4L故答案是：22.4。2.按要求填空，已知Na为阿伏伽德罗常数的数值。(1)标准状况下，2.24LC2的质量为；有个氯原子。(2)含0.4molAl3+的Al2(SQ)3中所含的SQ2的物质的量是。(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH与CO32质量之比为51:300,则这两种离子的物质的量之比为。(4)质量相同的H2、NH3、SQ、O3四种气体中，含有分子数目最少的是。(5)标准状况下，3.4gNH3的体积为；它与标准状况下LH2S含有相同数目的氢原子。(6)10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01X1023,则元素R的相对原子质量为；R元素

8、名称是O(7)将10mL1.00mol/LNazCQ溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为，混和溶液中Cl-的物质的量(忽略混合前后溶液体积的变化)。(8)a个X原子的总质量为bg,则X的相对原子质量可以表示为(9)已知CQCO2混合气体的质量共11.6g,在标准状况下的体积为6.72L,则混合气体中CO的质量为一；CO2在相同状况下的体积为。(10)由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为。【答案】7.1g0.2Na或1.204X10230.6mol3:5SQ4.48L6.7214

9、氮1mol/L0.02molbNA或6.02X1023b2.8g4.48L3:13aa【分析】(1)先计算标准状况下，2.24LC2的物质的量，再计算氯气的质量和氯原子个数；(2)由化学式计算硫酸根的物质的量；(3)由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比；(4)由n=M可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小；(5)先计算标准状况下，3.4gNH3的物质的量，再计算气体体积和所含氢原子的物质的量，最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积；(6)由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量；(7)将10mL1.00mol/LNa2

10、CO溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应,生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和C的物质的量不变；(8)先计算a个X原子的物质的量，再依据质量计算X的摩尔质量；(9)依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积；(10)先计算混合气体的平均相对分子质量，再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。【详解】(1)标准状况下，2.24LC2的物质的量为2224L4Lol=0.1mol,质量为0.1molx71g/mol=7.1gCl2为双原子分子，含有的氯原子个数为0.2Na或1.204X色故答案为：7.1g;0.2

11、Na或1.204X20(2)由化学式可知，含0.4molAl3+的Al2(SC4)3中所含的SO42一的物质的量是30.4moly=0.6mol,故答案为：0.6mol;(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH与CO32-质量之比为51：300,则这两种离子的物质的量51g300g,之比为17g/mol:60g/mol=3:5,故答案为：3:5j(4)由n=M可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小，H2、NH3、SO2、O3四种气体中SO2的摩尔质量最大，则SO2的物质的量最小，分子数最小，故答案为：SQ；3.4g(5)标准状况下，3.4gNH3的物质的量为为mor=0.

12、2mol,则体积为0.2molx22.4L/mol=4.48L含有氢原子的物质的量为0.2molx3=0.6mpl含有氢原子的物质的量为0.6mol的H2s的物质的量为06詈=0.3mol,标准状况下，0.3molH2s的体积为10.8g(2M+80)g/mol10.8=(2M+80)mol,所n0.3molX22.4L/mol=6.72L故答案为：4.48L；6.72；(6)设元素R的相对原子质量为M,10.8gR2O5的物质的量为氧原子的数目为湍酎molX6.02x23105=3.01冷0解得M=14,该元素为N元素，故答案为：14;N;(7)将10mL1.00mol/LNa2CO溶液与1

13、0mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变，10mL1.00mol/LNa2CO3溶液中Na+的物质的量为0.01LX1.00mol/Lx2=0.02m删混和溶液中Na+的物质的量浓度为需巴=1.00mol/L;10mL1.00mol/LCaCl2溶液中C的物质的量为0.01LX1.00mol/LX2=0.02mol则混和溶液中C的物质的量0.02mol,故答案为：1mol/L;0.02mol;a-bgbN(8)a个X原子的物质的重为tamol,X的摩尔质量为a-mol=-a-g/mol,则X的相对原子质量bNA,故答案

14、为：外或照U包；aaa)(9)设CQCO2混合气体中CO为xmol,CO2为ymol,由题意可得28x+44y=11.6,x+y=J47篇-=0.3mol，解可得x=0.1,y=0.2,贝U0.1molCO的质量为0.1molx28g/mol=2.8g0.2molCO2在标准状况下的体积为0.2molx22.4L/mol=4.4&L故答案为：2.8g；4.48L；(10)由题意可知，CI和O2的组成的混和气体平均相对分子质量为2X14.5=29设混合气体中甲烷的物质的量为x、氧气的物质的量为y,则有些箸y=29,解得x：y=3:13,故答案为：3:13。3.某同学设计了测定气体摩尔体积

15、的探究实验，利用氯酸钾分解制Q。kcu)5MrK'Jj实验步骤如下：把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化镒粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95g.连接好实验装置，检查装置的气密性.加热，开始反应，直到不再有气体产生为止.测量排入量筒中水的体积为285.0mL,换算成标准状况下氧气的体积为279.7mL.准确称量试管和残留物的质量为15.55g.根据上述实验过程，回答下列问题：(1)如何检查装置的气密性？。(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同使试管和广口瓶内气体都冷却至室温读取量筒内液体的体积这三步操作

16、的正确顺序是(请填写步骤代码。进行的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(3)实验过程中产生氧气的物质的量是mol;实验测得氧气的摩尔体积是(保留小数点后两位)。【答案】往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气偏小0.012522.38L/mol【解析】【分析】【详解】(1)往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管内液面高度的变化来判断装置的气密性；综上所述，本题答案是：往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，

17、按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气。(2)在测量U集到Q的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，会使排出水的体积偏大；然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，从而使排出水的体积与产生的Q的体积相等，最后再读取量筒内水的体积；正确顺序为；读数时若仰视量筒内的液面，会使读取Q的体积偏小；综上所述，本题答案是：；偏小。(3)根据质量守恒定律，产生Q的质量为15.95g15.55g=0.4g;n(O2)=0.4/32=0.0125mol

18、,Q的摩尔体积为0.2797/0.0125=22.38L/mol;综上所述，本题答案是：0.0125，22.38L/mol。【点睛】用排水法测量收集到气体体积时，要注意：先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，易引起误差；第二，要调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，这样才能减小实验误差；最后再读取量筒内水的体积，要平视进行读数，减小实验误差；只要做到以上三点，就能提高测定数据的准确度。4.用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000molL1的溶液。请回答：( 1)在配制过程中不必要的玻璃仪器是_。A.烧杯B.量筒C.玻璃棒D.胶头

19、滴管E容量瓶( 2)定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，_，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。(3)下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是。A.称取相同质量的Na2CO310H2O固体进行配制B定容时俯视容量瓶的刻度线C摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线D转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制【答案】B用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切ACD【解析】【分析】(1)配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；(2)当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；(3)结合c

20、F及不当操作可知，n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低；【详解】(1)配制230mL0.1000mol/L的N&cq溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平(带祛码)、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：B。(2)定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸储水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸储水至溶液凹液面正好与刻度线相切。(3)A.称取相同质量的Na2CO3?|0H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低

21、，A正确；B.定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大，B错误；C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸储水至刻度线，V偏大，所配的Na2CO溶液浓度偏低，C正确；D.转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n偏小，所配的Na2CQ溶液浓度偏低，D正确；故答案为：ACD。【点睛】配制一定物质的量浓度过程中误差分析：向容量瓶中转移液体时有少量流出，n减小，c偏小；未洗涤烧杯和玻璃棒，n减小，c偏小；定容时，水加多了，用胶头滴管吸出，n减小，c偏小；定容摇匀时，液面下降，再加水，V增大，c偏小；定容时，俯视刻度线，V减小，c偏大；仰视刻度线，V增大，c偏小；溶液未冷却到室温

22、就注入容量瓶并定容，V减小，c偏大。5.完成下列填空：(1)已知反应：Fe2O3+2AlW-Al2O3+2Fe,则该反应所属基本反应类型是一。在反应中铁元素的化合价变化_(填升高"或降低"，)该元素的原子_(填失去"或得到”)电子。发生氧化反应的是，发生还原反应的是。(2)反应2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5C2T+8H2O中：反应中被氧化的元素是，被还原的元素是。若生成71gCl2,则消耗的HCl是_g,被氧化的HCl是_g。【答案】置换反应降低得到AlFQO3ClMn116.873【解析】【分析】(1)反应符合基本反应类型的AB+C=

23、AC+B反应中，Fe的化合价由+3价变为。价；反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。(2)还原剂被氧化，氧化剂被还原；根据方程式进行计算。【详解】(1)反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B属于置换反应。反应中，Fe的化合价由+3价变为。价，化合价降低，得电子；反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al发生氧化反应；Fe2O3发生还原反应。(2)还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；若生成71gCl2,即1mol,需消耗3.2molHCl,即3.2X36.5=116.8g化合价升高的HCl为2mol,即73g。【点睛】高镒酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加反应，其中

24、有10molHCl发生了氧化反应，产生了5molCl2,6molHCl价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。6.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：二氧化镒与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2o氯气和碱反应放出热量。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3C2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2Oo该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。饱和食林水石灰乳NaOH溶液甲乙丙丁请回答下列问题：(1)甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是。该兴趣小组用100mL12molL-1盐酸与8.7gMnO2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

25、得Ca(ClO2go(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)与反应时间的关系曲线，粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。M/ml图中曲线I表示离子的物质的量随反应时间变化的关系。Cl-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nClO的物质的量为0.35mol,则产物中nClO3(3)为了提高

26、Ca(ClO的产率，可对丙装置作适当改进。请你写出一种改进方法:O【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15ClO0.252：1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中【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)MnCl2+C2T+2H2O;2c2+2Ca(OH=CaC2+Ca(ClO2+2H2。，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

27、；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0.35mol,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)浓盐酸和二氧化镒反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓屋MnCl2+Cl2T+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；n(HCl)=12mol/L

28、X0.1L=1.2moln(MnO2)=87g一=0.1mol,MnO2、HCl反应的物质的87g/mol量的比是1:4,可见足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol,将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH户CaC2+Ca(ClO2+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»的物质的量为0.05mol,其质量mCa(ClO»=0.05molX143g/mol=7.1§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

29、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CIO的物质的量随反应时间变化的关系；根据氧化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nX1=0.10molx1+0.05molx5=0.35mOU反应的C2中含氯原子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol,在CaC2、Ca(ClO?、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；ol=0.25mol；取一份与等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25mol,根据

30、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(ClO)=x,n(ClO3-尸y；则得到：0.35=xx1+y；x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=0.1mol,y=0.05mol,则产物中“"1mol=2：1；nClO30.05mol3(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+6OH=5C+ClO3-+3H2O。【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，

31、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。7.现有含有少量NadNa2SO4、NazCQ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。含杂质的潜涵过量*瀚海1过星AgNOj溶液讥淀B港灌潜施q(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456mL1mol?L-1的HNOb溶液，但是在实验室中只发现瓶8mol?

32、L-1的HNO3溶液，该小组用8mol?L-1的HNO3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

33、程可知，加入过量的Ba(NO3)2,生成BaSQ、BaCQ沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3,使C全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的NazCQ,使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CQ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(NOs)2,NmSQ、Na2CO3和Ba(NO3)2反应生成BaSQ、BaCO3沉淀，故答案为：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Na2CO3,最

34、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8mol?L-1的HNO3溶液VmL,则8mol?L-1xVX彳0=1mol?L-1x500X311Q解得：V=62.5mL,故答案为：62.5;A.取8mol?L-1的

35、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错误;故答案为AC。8.(1)在Na2SC4和Al2(SC4)3的混合溶液中，测得Al3+浓度为0.1molL-1,加入等体积0.3molL-1的BaC2溶液恰

36、好使SO42-完全沉淀，则混合溶液中Na+的浓度为。(2)将0.1molL-1的&SQ溶液、0.2molL-1的A12(SQ)3溶液和纯水混合，要使混合液中K+、AltSQ2-的浓度分别为0.1molL-1、0.1mol匚1、0.2molL-1,则K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积比。(忽略体积的变化)【答案】0.3molL-12：1:1【解析】【详解】(1)设混合溶液体积为1L。n(Al3+)=cV=0.1molL1x1L0.1mol,n(SQ')=n(Ba2+)=0.3molL1x1L0.3mol。由电荷守恒可得：3n(Al3+)+n(Na+)=2n(S

37、Q-),所以n(Na+)=2n(SOi_)-3n(Al3+)=2X0.3m(o-3X0.1mo=0.3mol,c(Na+)=S=7=0.3molL-L*11L故答案为：0.3molL-1;(2)设K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积分别是xL、yL、zL,则0.2x=0.1X(Xy+9.根据题意计算填空。(1)在标准状况下，(2)在标准状况下，气体的密度为gL-1。(3)在标准状况下，由和CQ物质的量之比是(4)现有mg某气体,z)、0.4y=0.1X(xy+z)、0.1x+0.6y=0.2X(Xy+z),解得x=2y=2z,所以K2SO4溶液、Al2(SQ)3溶液、纯水三者

38、的体积比为2：1：1,故答案为：2：1：1。8.5g某气体占有的体积为5.6L,则该气体的摩尔质量是0.01mol某气体的质量为0.28g,则该气体的相对分子质量为，该它由双原子分子构成，它的相对分子质量为Mo若阿伏伽德罗常数C。和CO2组成的混合气体为6.72L,质量为12g,此混合物中CO一C和。原子个数比是一CO的质量分数是_。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一个；该气体在标准(该气体不与水反应)，其物质的量浓状况下的体积为_L;该气体溶于水后形成1L溶液度为_molL1。【答案】34g/mol281.251：34：717.5%2mNAM22.4mmMM8

39、.5g(1)该气体的摩尔质量二或一=34g/mol5.6L,22.4L/mol故答案为：34g/mol；0.28g(2)0.01mol某气体的质量为0.28g,摩尔质量为=28g/mol,故相对分子质重为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CO2物质的量之比是为1:3,C和O原子个数比是4:7,C

40、O的质量分数为0.07528=17.5%,12故答案为：1:3;4:7;17.5%;m2mNA(4)该气体的物质的量为Mmol；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为个；该气体在标准状况下的体积为乌4mL;该气体溶于水后形成1L溶液，其物质的量浓M度为molL1,M故答案为：m.即NA；乌4m；moMMMM10.NH3、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

41、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。催化剂【答案】4NH3+5O24NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2f+2H2O加热催化剂4NH3+6NO5N2+6H2O19.6【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

42、；(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+6H2。；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：Cu+4H+2NO

43、3=Cu2+2NO2f+2H2O,答案为：Cu+4H+2NO3=+Cu2+2NO2/+2H2。；(4)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+6NO=5N2+6H2O,一催化剂故答案为：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)=O.1m011”mol3=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0.2molX98g/mol=19.6g,故答案为：19.6。【点睛】掌握有关硝酸反应的

44、计算，一般用守恒方法，如电子守恒，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。11.(1)1molH2SQ中含有个硫原子，molOo(2)写出下列物质在水溶液中的电离方程式HCl：NaHSCH：(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：I+IO3+H+I2+H2ONH4CIO4N2T+O2T+HCI+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：C

45、u+4HNO3(浓)=Cu(NQ)2+2NO2T+2H2。HNO3的作用是,发生氧化反应，氧化产物是。【答案】Na4HCI=J+ClNaHSQ=Na+H+SC42-2Na2O2+2CQ=2Na2CQ+O251633425464Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+0+5+2CllJH、C浓?No.t+2H-0A*闻到舞4ft_",二电T氧化性和酸性Cu(NO3)2Cu+4HX0-)2sJOt-2H.0nr-r'n【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

46、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H2SO4分子中含有1个S原子，4个O原子，则1molH2S。中含有Na个硫原子，4molO；(2) HCl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+C；NaHSQ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：NaHSQ=Na+H+SO

47、2-；(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=2Na2CQ+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，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为。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5I+IO3+6H+=3I2+3H2O；高氯酸俊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4NH4Cl

48、Q=2N2T+5QT+4HC1+6HO；(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0HoCir-4HNQ（液】;单线桥法为CltMHNQ（/）CutNft十2NQ【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。12 .已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L稀硝酸充分反应，反应方程式如下：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NOT+4H2O(1)写出该反应的离子方程式：;(2)标准状况下，产生NO气体的

49、体积为：;转移电子的物质的量为;反应后NO3-的物质的量浓度为：。(忽略反应前后溶液体积的变化)【答案】3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOT+4H2O4.48L0.6mol4mol/L【解析】【分析】(1)根据离子方程式的拆写原则，硝酸和硝酸铜拆为离子，结合电荷守恒书写；(2)先计算19.2g铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量，由反应可知被还原的硝酸和生成的NO的物质的量，最后根据N元素守恒计算溶液中含有的NO3-的物质的量，根据c=口计算反应后NO3-的物质的量浓度。V【详解】(1)Cu与稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NOs)2+2NOT+

50、4H2O,在该反应中，硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质，拆为离子，其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOT+4H2O；(2)19.2g铜的物质的量n(Cu)=19.2g+64g/mol=0.3m。由反应可知，0.3molCu消耗0.8molHNO3,则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO均为0.2mol,则生成NO的体积V(NO)=0.2molX22.4L/mol=4.48L根据反应方程式可知3mol金属Cu反应转移电子的物质的量是6mol,则0.3mol金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol,在200mL5mo

51、l/L稀硝酸中含有NO3-的物质的量是n(NO3-)=5mol/Lx0.2L=1mo反应中被还原的硝酸为0.2mol,被还原的硝酸变为NO气体，则溶液中剩余的NO3-的物质的量n0.8moln(NO3)=1mol-0.2mol=0.8mol,则其物质的重浓度是c=3=4mol/L。【点睛】本题考查氧化还原反应的知识，明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键，注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。13 .明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。(1)明胶溶于水所形成的分散系和K2SO4溶液共同具备的性质是。a.都不稳定

52、，密封放置沉淀b.两者均有丁达尔现象c.分散质粒子可通过滤纸(2)现需配制0.50molL-1K2SQ溶液480mL。配制溶液时必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_、以及等质量的几片滤纸。配制该溶液需称取K2SQ晶体的质量为一。下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是。A.容量瓶可长期存放溶液B.在容量瓶中直接溶解固体C.溶液未经冷却即注入容量瓶中D.向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_。A.转移溶液时有液体溅出B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸储水C.定容时俯视刻度线D.烧杯和玻璃棒未洗涤(3)现有下列十种物质：HC

53、l;NaHCQ；K2SQ溶液；CQ;蔗糖晶体；Ca(OH)2；氢氧化铁胶体；NH3-H2O;空气；A12(SC4)3(a)上述物质中属于电解质的有_，非电解质的有_(填序号)。(b)CQ属于酸性氧化物，SiO2也属于酸性氧化物，请写出SiO2和CaO反应的化学方程式:(c)在水溶液中的电离方程式为_。(d)胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，服用适量的小苏打(NaHCC3),能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式：；如果病人同时患胃溃疡，为防胃壁穿孔，不宜服用小苏打，此时最好用含Al(OH)3的胃药(如胃舒平)，它与胃酸反应的离子方程式：_。(e)若中混有少量的，提纯的方法是：。

54、A.蒸馏(分馏)B.萃取C.渗析D.分液【答案】c500mL容量瓶胶头滴管43.5gDABDCaO+SiC2=CaSiQNaHCQ=Na+HCO3-HCQ-+H+=H2O+CQTAl(OH)3+3H+=Al3+3H2OC【解析】【详解】(1)a.胶体较稳定，溶液是稳定的，a项错误；b. 溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，b项错误；c. 胶粒和溶液都可透过滤纸，c项正确；故答案为：c；(2)配制一定物质的量浓度溶液的实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，根据规格要求可知，需要500mL容量瓶

55、配制溶液，需要胶头滴管定容。故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；实验室需用480mL0.50molL-1K2SQ溶液，实验室没有480mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，所以需要配制500mL溶液，即配制500mL0.50molL-1K2SQ溶液，需要K2SO4的质量m=cVM=0.50mol/LX0.5LX174g/mol=43.5g,托盘天平精确度为0.1g,用托盘天平称量质量为43.5g；A.容量瓶不能长期存放溶液，A项错误；B.容量瓶不能用来稀释浓溶液或溶解固体，只能用来配制溶液，B项错误；C.溶液未经冷却即注入容量瓶中，导致溶液体积偏小，配制浓度偏大，C项错误；D.向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流，防止液体溅出，D项正确；答案选D；A.转移溶液时有液体溅出，则溶质的物质的量偏小，最终导致测定浓度偏低，A项正确；B.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸储水，对原溶液会稀释，导致溶液体积偏大，造成浓度偏低，B项正确；C.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C项错误；D.烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，D项正确；故答案为ABD；(3)(a)HCl不电离，但是氯化氢在水中能完全电离，属于