备战高考化学一模试题分类汇编——物质的量综合含详细答案

备战高考化学一模试题分类汇编——物质的量综合含详细答案
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）Li 3N 可由Li 在N 2中燃烧制得．取4.164g 锂在N 2中燃烧，理论上生成Li 3N__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Li 3N 的质量是__g （保留三位小数，Li 3N 的式量：34.82）
（2）已知：Li 3N+3H 2O→3LiOH+NH 3↑．取17.41g 纯净Li 3N ，加入100g 水，充分搅拌，完全反应后，冷却到20℃，产生的NH 3折算成标准状况下的体积是__L ．过滤沉淀、洗涤、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LiCoO 2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备．
（3）将含0.5molCoCl 2的溶液与含0.5molNa 2CO 3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g ；过滤，向滤液中加入足量HNO 3酸化的AgNO 3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__，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式__．
（4）Co 2(OH)2CO 3和Li 2CO 3在空气中保持温度为600～800℃，可制得LiCoO 2，已知： 3Co 2(OH)2CO 3+O 2→2Co 3O 4+3H 2O+3CO 2；4Co 3O 4+6Li 2CO 3+O 2→12LiCoO 2+6CO 2
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CO 2的体积分数__．（保留三位小数，已知空气组成：N 2体积分数0.79，O 2体积分数0.21）
【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g 2CoCO 3•3Co （OH ）2•H 2O
5CoCl 2+5Na 2CO 3+4H 2O=2CoCO 3•3Co （OH ）2•H 2O+10NaCl+3CO 2↑ 0.305
【解析】
【分析】
【详解】
（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：236Li+N 2Li N 点燃，接下来根据
4.164g =0.6mol 6.94g/mol
算出锂的物质的量，则理论上能生成0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的质量为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 14g/mol
的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol ，这些氮化锂的质量为
0.191mol 34.82g/mol=6.656g ⨯；
（2）根据17.41g =0.5mol 34.82g/mol
先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是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
1.5mol 23.94g/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1.5mol 18g/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9.35g S =100g-27g 100g
，解得S 为12.8克；
（3）加入硝酸银后的白色沉淀为AgCl ，根据143.5g =1mol 143.5g/mol
算出-Cl 的物质的量，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2CO ，根据13.2g =0.3mol 44g/mol
算出2CO 的物质的量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol 2-3CO 进入了碱式碳酸钴中，
0.5mol 2+Co 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 2+Co 、0.2mol 2-
3CO 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3222CoCO 3Co(OH)H O ⋅⋅；写出制备方程式223232225CoCl +5Na CO +4H O=2CoCO 3Co(OH)H O+10NaCl+3CO ⋅⋅↑； （4）令参加反应的氧气为3mol ，相当于3mol 21%
的空气，又因为空气过量70%，则一共通入了31+0.7mol 21%
⨯（）空气，反应中一共生成了6mol 水蒸气和12mol 二氧化碳，则二氧化碳的体积分数为12
100%=30.5%312+6-3+1.70.21⨯⨯（）。

2．①同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H 2S ）的质量比为_________；
②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___________；
③若二者氢原子数相等，它们的体积比为_____________；
④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】1:2 2:1 3:1 2:3 5.1
【解析】
【分析】
【详解】
①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(H 2S)的质量比为17g/mol ：34g/mol= 1：2 ；
②根据n=m
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
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；
③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；
④氮气物质的量n=
5.6g
0.2mol
28g/mol
=，氧气物质的量n=
16g
32g/mol
= 0.2mol，则氨气物
质的量为=0.5mol-0.2mol=0.3mol ，氨气的质量为0.3mol⨯17g/mol=5.1g。

3．已知：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，将0.1moKMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；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Mn2+的形式存在于溶液中(注：KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。

(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O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】MnCl2 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)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MnCl2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．Ⅰ某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl 、K 2SO 4和NH 4Cl 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(NH 4+)=0.016 mol ﹒L -1，溶液c(K +)=_______________。

(2) 若采用(NH 4)2SO 4和KCl 来配制该营养液，则(NH 4)2SO 4和KCl 物质的量之比为________ Ⅱ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 ，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 4:9 1mol/L 0.2mol/L A 玻璃棒 4.2 mL 10.0mL 500 mL 偏高 偏低 重新配制
【解析】
【分析】
Ⅰ由配制营养液的KCl 、K 2SO 4和NH 4Cl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K +和NH 4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，由K +和NH 4+的物质的量比计算可得； Ⅱ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】
Ⅰ（1）由配制营养液的KCl 、K 2SO 4和NH 4Cl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K +和NH 4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，若营养液中c(NH 4+)为0.016 mol ﹒L -1，n （K +）：n （NH 4+）=c （K +）：c （NH 4+）=9:8，则c （K +）=90.016/8
mol L =0.018mol/L ，故答案为：0.018mol/L ；
（2）设(NH 4)2SO 4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 +、NH 4+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；
Ⅱ（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：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。

5．按要求回答下列问题
(1)实验室可用K 2Cr 2O 7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K 2Cr 2O 7 +14HCl(浓)=3Cl 2↑+2CrCl 3 +2KCl+7H 2O ，当转移0.6mole -时被氧化的HCl 为_____mol
(2)同温同压下，相同物质的量的SO 2气体和SO 3气体，其分子数之比为_________，密度之比为_________
(3)①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_________；
②Cl 2、Br 2、I 2三种单质氧化性强弱的关系是______。

③下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是________。

①贝壳 ②紫菜 ③鱼 ④海带
(4)将相同质量的镁条分别在：①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_____（填序号）。

【答案】0.6mol 1：1 4：5 溶液由无色变为橙色 Cl 2+2NaBr=Br 2+2NaCl Cl 2>Br 2>I 2 ④ ③<②<①<④
【解析】
【分析】
(1)先分析方程式中转移电子与发生氧化反应消耗HCl 的关系，然后计算转移0.6mole -时被氧化的HCl 的物质的量；
(2)根据n=A N N 及m
m M ρV V ==计算； (3)①活动性强的可以把活动性弱的置换出来，根据Br 2的水溶液显橙色分析；
②根据同一主族的元素性质变化规律分析；
③根据海产品的成分分析；
(4)根据题意结合化学反应的方程式，可以使各个产物在镁原子个数相同的情况下来比较质
量的大小。

【详解】
(1)在反应K 2Cr 2O 7 +14HCl(浓)=3Cl 2↑+2CrCl 3 +2KCl+7H 2O 中，每转移6mol 电子，会有6molHCl 被氧化产生Cl 2，则当转移0.6mole -时被氧化的HCl 的物质的量为0.6mol ；
(2)根据物质的量与微粒数目关系式n=A N N 可知：气体的分子数的比等于气体的物质的量的比。

所以同温同压下，相同物质的量的SO 2气体和SO 3气体，其分子数之比为1：1；在同温同压下，气体摩尔体积相同，根据气体的密度定义式m
m M ρV V ==可知：气体的密度与气体的摩尔质量成正比，所以在同温同压下， SO 2气体和SO 3气体的密度比ρ(SO 2)：ρ(SO 3)=64g/mol ：80g/mol=4：5；
(3)①由于活动性Cl 2>Br 2，所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：Cl 2+2NaBr=Br 2+2NaCl ，反应后产生的Br 2的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶液由无色变为橙色；
②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Cl 2、Br 2、I 2三种单质氧化性强弱的关系是Cl 2>Br 2>I 2；
③①贝壳主要成分为碳酸钙，①不符合题意；
②紫菜主要成分为蛋白质、维生素，②不符合题意；
③鱼主要成分为蛋白质，③不符合题意；
④海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，④符合题意；
故合理选项是④；
(4)Mg 燃烧的有关反应方程式为：2Mg+O 2
2MgO ； 3Mg+N 2Mg 3N 2； 2Mg+CO 2 2MgO+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质量；1molMg 在O 2中燃烧质量增加1molO 原子的质量16g ；在N 2中燃烧质量增加13molN 2的质量283
g ；在空气中燃烧产物既有MgO 、也有Mg 3N 2，所以增加的质量在283
g ～16g 之间；在CO 2中燃烧质量增加1molO 和0.5molC 原子的质量，16g+6g=22g ，可见等质量的Mg 在四种情况下质量增加由小到大的顺序是③氮气<②空气<①氧气<④二氧化碳，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：①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是③<②<①<④。

【点睛】
本题考查了物质成分的判断、物质活动性比较及物质的量在化学方程式计算的应用的知识。

结合元素周期律分析判断物质的活动性及反应现象，对于镁带在不同条件下燃烧产物质量比较，可假设Mg 的物质的量都是1mol ，根据产生的物质的组成确定增加元素及其质量，增加的质量越多，反应后得到的固体质量就越大，难点是判断镁在空气中的产物质量，学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值，应注意解答的规范
化。

6．实验室可用如下方法制取Cl 2，根据相关信息，回答下列问题：
(1)在该反应中，HCl 表现的性质有______、________.
①MnO 2 +4HCl （浓）ΔCl 2↑+ MnCl 2+ 2H 2O
(2)若反应中有0.1mol 的氧化剂被还原，则被氧化的物质为________（填化学式），被氧化物质的物质的量为 _____，同时转移电子数为_____(用N A 表示)。

(3)将(2)生成的氯气与 0.2mol H 2 完全反应，生成的气体在标准状况下所占体积为_________，将此产物溶于水配成100mL 溶液，此溶液的物质的量浓度为_______。

(4)②KClO 3＋6HCl(浓)=3Cl 2↑＋KCl ＋3H 2O③2KMnO 4＋16HCl(浓)=2KCl ＋2MnCl 2＋5Cl 2↑＋8H 2O
若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。

(5)已知反应4HCl(g)＋O 2 Δ催化剂2Cl 2＋2H 2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO 2、O 2、KMnO 4三种物质氧化性由强到弱的顺序为_______。

(6)将不纯的NaOH 样品2.50 g(样品含少量Na 2CO 3和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L 盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L 的NaOH 溶液。

蒸发中和后的溶液，最终得到固体的质量为_______。

【答案】还原性 酸性 HCl 0.2mol 0.2N A 8.96L 4mol/L 6：5：6 KMnO 4> MnO 2> O 2
5.85g
【解析】
【分析】
(1)盐酸与二氧化锰反应化合价发生变化，且能与碱性氧化物反应；
(2)还原剂被氧化，求解被还原的还原剂的量；
(3) 根据方程式及c=n V
计算； (4) ①生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；②生成1mol 氯气时，转移
53mol 电子；③生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；
(5)根据氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，进行推理；
(6)根据Cl -离子守恒进行计算。

【详解】
(1)盐酸与二氧化锰反应化合价由-1变为0，作还原剂，表现还原性；与碱性氧化物反应，表现酸性；
(2)若0.1mol 的氧化剂被还原，还原剂被氧化，物质为HCl ，被还原的物质的量为0.2mol ，转移0.2mol 电子，即0.2N A ；
(3) H 2 + Cl 2=2HCl ，0.2mol 氯气与0.2mol H 2 完全反应，生成0.4molHCl ，标况下的体积为
8.96L；c=n V
=
0.4
0.1
=4mol/L；
(4) ①生成1mol氯气时，转移2mol电子；②生成1mol氯气时，转移
5
3
mol电子；③生成1mol氯气时，转移2mol电子；电子转移的数目之比为6：5：6；
(5)根据反应①、③和4HCl(g)＋O2
Δ
催化剂
2Cl2＋2H2O(g)可知，MnO2、O2、KMnO4三种物质均可制取氯气，且反应的条件下由易到难，氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，则氧化性由强到弱的顺序为KMnO4> MnO2> O2；
(6)反应后的溶液的溶质为NaCl，且加热蒸干后得到的固体也为NaCl，根据Cl-离子守恒，n （NaCl）= n（HCl）=50.0 mL×2.00mol/L=0.1mol，其质量为5.85g。

7．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②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．药匙 E.量筒 F.托盘天平。

①用托盘天平称得固体B的质量是_________g。

②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 K2CO3 BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O 不能应在操作②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BaCl2两种固体混合物，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②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，应加入过量盐酸可得KCl，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2，
（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作②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K2CO3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：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；综上所述，本题答案
是：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。

（3）该方案不能达到实验目的，因为操作②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K2CO3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②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。

（4）①固体B为氯化钡，其质量是0.1L×0.5mol/L×208g/mol=10.4g；综上所述，本题答案是：10.4。

②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。

8．现有下列九种物质：①HCl气体②Cu ③蔗糖④CO2⑤H2SO4⑥Ba(OH)2固体⑦氯酸钾溶液⑧稀硝酸⑨熔融Al2(SO4)3
（1）属于电解质的是___；属于非电解质的是___。

（2）②和⑧反应的化学方程式为：3Cu +8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
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）⑨在水中的电离方程式为___，
（5）34.2g⑨溶于水配成1000mL溶液，SO42-的物质的量浓度为___。

【答案】①⑤⑥⑨③④ Cu(NO3)2或Cu2+ 25%
Ba(OH)2＋2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O
Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42- 0.3mol/L
【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
n
c=
V
计算硫酸根离子的物质的量浓度。

【详解】
（1）①HCl气体是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；
②Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质；
③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；
④CO2本身不能电离，属于非电解质；
⑤H2SO4是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；
⑥Ba(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；
⑦氯酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧稀硝酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑨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①⑤⑥⑨；属于非电解质的是③④；
故答案为：①⑤⑥⑨；③④；
（2）3Cu+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)2＋
2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O；
故答案为：Ba(OH)2＋2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O；
（4）硫酸铝为强电解质，完全电离，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42-；
故答案为：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42-；
（5）3.42g硫酸铝的物质的量
3.42g
342g/
n==0.0
mol
1mol，依据硫酸铝电离方程式：
Al2(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
0.03mol
c==0.3mol/L
0.1L
；
故答案为：0.3mol/L 。

9．（1）物质的量相等的 CO 和 CO 2 中，同温同压下所占的体积比为____，原子个数之比为______；
（2）1.8g 水与_______mol 硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是________，其中氢原子数之比是___________。

（3）3.2g 某气体中含有的分子数约为3.01×1022，此气体的摩尔质量为________。

（4）可用于分离或提纯物质的方法有：
A 过滤
B 萃取
C 渗析
D 蒸馏
E 灼热氧化
F 分液． 如欲分离或提纯下列各组混合物，请选择上述方法中最合适者，并将相应字母填入题后空格内：
①除去淀粉溶液中的少量碘化钠________； ②提取溴水中的溴单质______；
③除去水中的Na ＋、24SO
、Cl －等杂质________； ④除去CuO 中的Cu ______； 【答案】1:1 2:3 0.1 1:4 1:1 64g/mol C B/BF D E
【解析】
【分析】
（1）同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，原子的物质的量等于分子的物质的量乘以分子中原子的个数；
（2）1.8g 水所含分子的数目用公式N=n×N A =
A mN M ； （3）利用n=A N N =m M
，从而计算出M ； （4）选择分离物质的方法时，要考虑物质的性质，除去淀粉溶液中的少量碘化钠，选择渗析，淀粉溶液属于胶体，碘化钾溶在溶液里，区分溶液和胶体的方法是渗析；溴水中的溴用有机溶剂萃取后分液；除去自来水中可溶性的离子，可用蒸馏，CuO 中的Cu 可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。

【详解】
（1）根据阿伏伽德罗定律，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。

物质的量相等的 CO 和 CO 2，分子的数目也相同，故体积也相同，故体积比为1:1。

一个CO 分子中含有两个原子，CO 2分子中含有三个原子，分子的数目相同，故原子数目比为2:3，
故答案为：1:1；2:3；
（2）1.8g 水中水分子的数目=A mN M = 1.8g 18g/mol ×N A =0.1 N A 个，0.1 N A 个硫酸分子的物质的量为0.1mol ，由于分子数相同，一个水分子含有一个氧原子，一个硫酸分子含有四个氧原子，故氧原子的数目比为1:4 ，一个水分子有两个氢原子，一个硫酸分子也有两个氢原子，其中氢原子数之比是1:1，
故答案为：0.1；1:4；1:1；
（3）3.2g 某气体中含有的分子数约为3.01×1022 利用n=A N N =m M
，从而计算出M=m n =A
m N N =22233.2g 3.0110mol 6.0210⨯⨯= 64g/mol ， 故答案为：64g/mol ；
（4）A ．过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离操作。

B ．萃取是利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，萃取之后要分液。

C ．渗析是一种以浓度差为推动力的膜分离操作，利用膜对溶质的选择透过性，实现不同性质溶质的分离，可用于分离溶液和胶体。

D ．蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。

①除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析，
②提取溴水中的溴单质，可以选用萃取和分液操作；
③除去水中的Na ＋、24SO -
、Cl －等杂质，选择蒸馏；
④除去CuO 中的Cu ，可选择灼热氧化；
故答案为：C ； B/BF ；D ；E 。

10．(1)0.3mol NH 3分子中所含原子数与__________________个H 2O 分子中所含原子数相等。

(2)在9.5g 某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl －，该金属元素的相对原子质量为_______。

(3)在标准状况下，由CO 和CO 2组成的混合气体为6.72L ，质量为12g ，此混合物中C 和O 原子个数比是_______ 。

【答案】2.408×1023 24 4∶7
【解析】
【分析】
(1)根据N=nN A 结合氨气、水分子结合计算；
(2)先根据化合物与氯离子间的关系计算氯化物的物质的量，根据M=
m n
计算其摩尔质量，摩尔质量以g/mol 为单位时，在数值上等于其相对分子质量，从而确定该金属的原子量； (3)设CO 和CO 2的物质的量分别为x mol 、y mol ，根据二者总体积、总质量列方程计算解答,然后根据C 、O 守恒分析。

【详解】
(1) 0.3 mol NH 3分子中所含原子数为0.3mol×N A /mol×4=1.2N A ，要使H 2O 分子中所含原子数相等，则H 2O 分子数目为N(H 2O)=1.2N A ÷3=0.4N A =2.408×1023个；
(2)某二价金属的氯化物中氯化物的物质的量与氯离子的物质的量之比为1：2，由于Cl -的物质的量为0.2mol ，则该氯化物的物质的量是0.1mol ，所以该化合物的摩尔质量。