高考化学二轮 物质的量 专项培优易错试卷及详细答案

高考化学二轮物质的量专项培优易错试卷及详细答案
一、高中化学物质的量
1．纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。

(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈__________色。

(2)实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是__________。

A． 1000mL；21.2g B．950mL；20.14g C．500mL；21.2g D．500mL；10.6g
(3)若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为______。

(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色物质溶于水，并向所得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳酸钠。

你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点________。

(5)取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：
①曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为_______mL。

②曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是________，其物质的量之比为________。

【答案】黄 A 32.8% 不同意，由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3↓ + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH)2 + NaHCO3 = CaCO3↓+ NaOH +H2O)，碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀33.6 Na2CO3 与NaHCO3 1:1
【解析】
【分析】
(1)考查焰色反应；
(2)根据n=cV，m=nM计算；
(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；
(4)根据碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断；
(5)①根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，利用n=
V
Vm
；②
由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计
算；
【详解】
(1)钠的焰色反应为黄色；
(2)配置950ml的溶液应用1000 mL容量瓶配制溶液，所需Na2CO3的质量
m=nM=cVM=0.2mol/L×1L×106g/mol=21.2g，答案选A；
(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x根据混合物质量减少了2.48g，
32322
2NaHCO=Na CO+H O+CO
16862
x 2.48g
↑质量差
16862
x 2.48g
=，解得x=6.72g，碳酸钠和碳酸氢钠共10g，则碳酸钠的质量为10g-6.72g=
3.28g，原混合物中碳酸钠的质量分数=3.28g
100%
10g
⨯=32.8%；
(4) 由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3↓ + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH)2 + NaHCO3 = CaCO3 ↓+ NaOH +H2O)，碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀，所以不同意他的观点；
(5) ①CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，
当
()
()2
n CO
n NaOH
⩾1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1
时，生成NaHCO3，CO2有剩余；
当1
2
＜
()
()2
n CO
n NaOH
＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为
NaHCO3、Na2CO3；
当
()
()2
n CO
n NaOH
⩽
1
2
，反应按②进行，等于
1
2
时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于
1
2
时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；
由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应, 消耗的15mL盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生CO2，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以
n(NaHCO3)=n(HCl)=(75ml−60ml)×0.1mol/L=1.5×10−3mol，根据C原子守恒，所以
n(CO2)=n(NaHCO3)=1.5×10−3mol，V= nV m=1.5×10−3mol×22.4L/mol=33.6 mL；
②加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。

根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075ml×0.1mol/L=0.0075mol，由曲线B可知从
25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为
NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n(NaHCO3)=n(HCl)=
n(CO2)=(75ml−25ml)×0.1mol/L=0.005mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=0.005mol：0.0075mol=2
3
，
大于1:2，小于1，所以反应按①②进行，CO2、NaOH反应，NaOH无剩余，生成物为
Na 2CO 3 与NaHCO 3，根据钠原子守恒，所以12
n (Na 2CO 3)+n (NaHCO 3)=0.0075mol ，而n (NaHCO 3)= 0.005mol ，则n (NaHCO 3)=0.005mol ，故Na 2CO 3 与NaHCO 3的物质的量之比为1:1。

【点睛】
碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键，学生使用时需灵活掌握。

2．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O 2和O 3所含分子的物质的量之比为___。

（2）等温等压下，等体积的O 2和O 3所含分子个数比为___，质量比为___。

（3）设N A 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 、N A 的式子表示)。

（4）实验室需要配制100mL1mol /L 的NaOH 溶液，进行如下操作：
①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___。

②计算需要NaOH 固体的质量：___g 。

③取出50 mL 配制好的溶液，此溶液中NaOH 的物质的量浓度为___。

④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
【答案】3：2 1：1 2：3 A
22.4bc a N ⋅L 100mL 容量瓶 4.0 1mol /L A 【解析】
【详解】
（1）根据n m M
=可知，等质量的O 2和O 3的物质的量之比为2311(O ):(O ):3:23248
==n n ，所含分子的物质的量之比为3：2。

（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 =nN A （N A 为常数）可知，分子个数比为1：1；由m ＝nM 可知，O 2和O 3的质量比为2：3。

（3）设N A 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A A N b n N N ==，摩尔质量1
A A
m ag aN M g mol b n b mol N -===g ，即当氧气为cg ，物质
的量1A A m cg bc n mol aN M aN g mol b
-===g ，在标准状况下的体积22.4m A bc V nV aN == L 。

（4）①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 。

②需要NaOH 固体的质量111001404--===⨯⨯=g g m nM cVM mL mol L g mol g 。

③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 。

④A .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，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n c V
=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ｎ和溶液的体积V 引起的。

误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ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。

3．已知：2KMnO 4K 2MnO 4+MnO 2+O 2↑，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bmolCl 2，此时Mn 元素全部以Mn 2+的形式存在于溶液中(注：KMnO 4和K 2MnO 4以及MnO 2都能与浓盐酸反应并生成Mn 2+)。

(1)2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O 反应中的还原产物是_____（填化学式），反应中若产生0.3mol 的气体则有________mol 的电子转移。

(2)a+b 的最大值为________，a+b 最小值为________。

【答案】MnCl 2 0.6 0.25 0.2
【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+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)KMnO4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2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，可知生
成氧气最大的物质的量为0.1mol×1
2
=0.05mol，则a+b≥0.25-0.05=0.2，故(a+b)的最小值为
0.2。

【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。

4．现有21.6 g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44 L。

回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。

(2)混合气体中碳原子的质量为________。

(3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。

①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。

②气球中收集到的气体中，电子总数为________(用N A表示阿伏加德罗常数的值)。

③气球的体积为________L。

【答案】36 g·mol－1 7.2 g 28 g·mol－1 4.2N A 6.72
【解析】
【详解】
(1)标准状况下，该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0.6（mol），所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36 （g·mol－1），
(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol，而 CO和CO2分子中均只含一个碳原子，故混合气体中的碳原子也为1mol，所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.2（g）(3) CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后，CO2与NaOH反应被吸收，剩余的CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。

设CO的物质的量为x ,则CO2的物质的量为0.6-x，列方程：28x+44(0.6-x)=21.6，解得x=0.3mol。

①气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28 g·mol－1；② CO的物质的量为
0.3mol，所以电子总数为0.3×14NA=4.2NA ；③标准状况下，0.3molCO的体积为
0.3×22.4=6.72（L），所以气球的体积为6.72L。

5．按要求完成下列各小题
（1）在同温同压下，相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。

（2）0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___，含有氧原子物质的量之比为___，相同条件下两物质的密度之比为___。

（3）在含有Cu2＋、H＋、Fe2＋、Al3＋、Br－、Cl－的溶液中，还原性最弱的阴离子是___，氧化性最强的离子是___，既有氧化性又有还原性的离子是___。

（4）除去Na2SO4中的Na2CO3所加试剂___，离子方程式___。

【答案】17：14 14：11 1：1 7：11 Cl- Cu2+ Fe2+稀H2SO4 CO32-+2H+=CO2↑+H2O 【解析】
【分析】
根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化还原反应进行判断。

根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。

如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子，所以选择H2SO4进行除杂。

【详解】
（1）相同质量的N2和H2S的物质的量之比为m m
:34:2817:14
2834
==，根据阿伏伽德罗
定律，在同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17：14。

答案：17：14；
（2）电子数目之比等于电子的物质的量之比。

0.8molCO中电子的物质的量为0.8 mol×(6+8)=11.2mol， 0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol×(6+8×2) =8.8mol，电子数目之比为11.2:8.8=14:11；含有氧原子物质的量之比为0.8:0.4⨯2=1:1，根据阿伏伽德罗定律的推论可知，相同条件下，气体的密度与摩尔质量成正比，所以相同条件下两物质的密度之比为：28:44=7:11。

答案：14:11 1:1 7:11；
（3）卤素单质的氧化性为F2>Cl2>Br2>I2，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Br－>Cl－, 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Cu2＋；属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，所以Fe2＋既有氧化性又有还原性的；答案：Cl- Cu2+ Fe2+；
（4）除去Na2SO4中的Na2CO3，实质是除去CO32-离子，所加试剂H2SO4，离子方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O。

6．（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+_____H2O
_____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】N A 4 HCl=H＋＋Cl－ NaHSO4 = Na+ + H++SO42- 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3 2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+ 5 1 6 3 3 4 2 5 46
氧化性和酸性 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H2SO4分子中含有1个S原子，4个O原子，则1mol H2SO4中含有N A个硫原子，4mol O；
（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＋＋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，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。

7．（1）在标准状况下，CO和CO2的混合气体共28L，质量为51g。

其中CO2的质量为
_____g，混合气体中CO的物质的量分数为____。

混合气体的平均摩尔质量为_______。

（2）同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比为______，原子个数之比为______，密度之比为________。

（3）在120℃时分别进行如下四个反应（除S外其它物质均为气体）：
A．2H2S+O2＝2H2O+2S↓ B．2H2S+3O2＝2H2O+2SO2
C．C2H4+3O2＝2H2O+2CO2 D．C4H8+6O2＝4H2O+4CO2
若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前＞d后和V前＜V后的是___________；符合d前＞d后和V前＞V后的是
___________（填写反应的代号）。

【答案】44 20％ 40.8g/mol 2：1 8：3 1：2 D A
【解析】
【详解】
(1)假设一氧化碳的物质的量为x mol，二氧化碳的物质的量为y mol，则有
x+y=
28
22.4
=1.25， 28x+44y=51，解x=0.25，y=1，则二氧化碳的质量为44g，一氧化碳的物
质的量分数为0.25
1.25
=20％，混合气体的平均摩尔质量为
51
1.25
=40.8g/mol；
(2) 同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比等于摩尔质量的反比，即为34:17=2：1，原子个数之比等于（2×4）：（1×3）=8:3，密度比等于摩尔质量之比，即为17:34=1：2；
(3) 若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，四个反应的气体体积取决于气体的物质的量的变化，A中体积变小，由于产生固体硫，所以气体密度减小；B中气体体积变小，密度变大；C中气体体积不变，密度不变；D中气体体积变大，密度变小；故符合题意的为D和A。

8．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：
（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________mol·L-1。

【答案】A 胶头滴管 1000mL容量瓶 0.004 BD 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
V
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
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，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是电解质，故D错误；
故答案为：A；
（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2∼3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1∼2cm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
0.316g，物质的量为
0.316g
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，浓度不变，故D正确；
故选：BD；
（4）K2SO4的物质的量为：
0.87g
174g/mol
=0.005mol，则K+的物质的量为0.01mol，KMnO4的
物质的量为
0.316g
158g/mol
=0.002mol，则K+的物质的量为0.002mol，所以溶液中的K+总共为
0.012mol，其物质的量浓度为0.012mol×0.5L=0.024mol/L，故答案为：0.024。

9．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。

(1)图中Y物质的化学式为______。

(2)治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体．则治理烟道气反应的化学方程式为____________________________。

(3)实验室中X气体由不溶性的硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方程式为：_____________________________________________。

(4)Na2S2O3(硫代硫酸钠)是一种用途广泛的钠盐。

①下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是___。

a.Na2S+S
b.Z+S
c.Na2SO3+Y
d.NaHS+NaHSO3
②Na2S2O3具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S2O32-转变为SO42-。

现需处理含标准状况下Cl2 2.24L的织锦物，理论上需要0.00100mol/L Na2S2O3溶液的体积为_______L。

【答案】SO3 2CO+SO22CO2+S FeS+2H+=Fe2++H2S↑ bd 25
【解析】
【分析】
依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+6价氧化物为
SO3，Z为+4价的盐可以为Na2SO3。

(1)Y是S元素化合价为+6价；
(2)根据反应物、生成物，结合反应中电子转移数目相等，可得反应方程式；
(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，根据离子方程式中物质拆分原则书写反应的离子方程式；
(4)①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；
②根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的Na2S2O3的物质的量，再根据n=cV计算其物质的量。

【详解】
根据上述推断可知X是H2S，Y是SO3，Z是Na2SO3。

(1)Y为S元素的氧化物，化合价为+6价，则Y为SO3；
(2) CO、SO2反应产生S单质和CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：
2CO+SO22CO2+S；
(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，反应的离子方程式为：
FeS+2H+=Fe2++H2S↑；
(4)①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2
和小于2，A中S化合价都小于2，C中物质中S化合价都大于+2价，B、D中S元素化合价必须分别大于2和小于2，故合理选项是bd；
②根据题干信息可知发生反应方程式为：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，标准状况下2.24L Cl2的物质的量是n(Cl2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，在反应中获得电子变为-1价的Cl-，0.1molCl2获得电子的物质的量是0.2mol；S2O32-转变为SO42-，每1mol S2O32-失去8mol 电子，则转移0.2mol电子，需消耗S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.2mol÷8=0.025mol，根据n=c·V可知理论上需要0.00100mol/L Na2S2O3溶液的体积V=0.025mol÷0.00100mol/L=25L。

【点睛】
本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算，正确提取图象信息，结合氧化还原反应规律分析为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

10．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+2NO↑+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++2NO↑+4H2O 4.48L 0.6mol 4mol/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=n
V
计算反应后NO3-的物质的量浓度。

【详解】
(1)Cu与稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+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++2NO↑+4H2O；
(2)19.2g铜的物质的量n(Cu)=19.2g÷64g/mol=0.3mol，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)=0.2mol×22.4L/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200mL5mol/L 稀硝酸中含有NO3-的物质的量是n(NO3-)=5mol/L×0.2L=1mol，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
n(NO3-)=1mol-0.2mol=0.8mol，则其物质的量浓度是c=
0.8
0.2
n mol
V L
=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。

11．实验室需要480mL 0.3 mol.·L-1 NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。

请回答：
(1)如图所示的仪器中，配制上述溶液一定不需要的仪器为__________(填选项字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为_________________(填仪器名称)。

(2)配制NaOH溶液。

①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_____g。

②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所配制的溶液浓度将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

(3)配制硫酸溶液。

①实验室用98%(ρ=1.84g·cm3)的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸的体积为_____mL。

②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1，原因可能是_________(填选项字母)。

A．用胶头滴管加水定容时俯视刻度
B．容量瓶中原来存有少量水
C．稀释硫酸的烧杯未洗涤
D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度
【答案】AC 烧杯、玻璃棒 6.0 偏低 100mL CD
【解析】
【分析】
配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。

配制硫酸溶液时，根据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度
可根据公式c=1000
M
进行计算。

【详解】
(1)用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒，因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。

(2)①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度，然后根据容量瓶体积计算溶质的量，配制480mL 0.3 mol/L 的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶，因此需要NaOH的物质的量为0.5L×0.3 mol/L=0.15mol，需要NaOH的质量为：m=n·M=0.15mol/L×40g/mol =6.0g，因此需要称取6.0NaOH固体。

②NaOH溶液转移时洒落少许，会使溶质物质的量减小，配制的溶液浓度偏低。