备战高考化学压轴题之物质的量(备战高考题型整理,突破提升)及答案解析

备战高考化学压轴题之物质的量(备战高考题型整理,突破提升)及答案解析
一、高中化学物质的量
1．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。

2．现有含有少量NaCl、 Na2SO4、Na2CO3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。

(1)沉淀A的主要成分是_____________、______________（填化学式）。

(2)①②③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456 mL1 mol•L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8 mol•L-1的HNO3溶液，该小组用8mol•L-1的HNO3溶液配制所需溶液。

①实验中所需的玻璃仪器包括________、_____mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。

②该实验中需要量取8mol•L-1的HNO3溶液________mL。

③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】BaSO4 BaCO3过滤 Na2CO3 HNO3 500mL 容量瓶 100 玻璃棒 62.5 AC 【解析】
【分析】
由实验流程可知，加入过量的Ba(NO3)2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的
Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3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(NO3)2，Na2SO4、Na2CO3和Ba(NO3)2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故答案为：BaSO4； BaCO3；
（2）①②③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，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na2CO3；HNO3；
（4）①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；
②设需要量取8 mol•L-1的HNO3溶液VmL，则8 mol•L-1×V×10-3L=1 mol•L-1×500×10-3L，解得：V=62.5mL，故答案为： 62.5 ；
③A．取8mol•L-1的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。

3．（1）在Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，测得Al3＋浓度为0.1mol·L-1，加入等体积0.3 mol·L-1的BaCl2溶液恰好使SO42-完全沉淀，则混合溶液中Na＋的浓度为____。

（2）将0.1mol·L-1的K2SO4溶液、0.2mol·L-1的Al2(SO4)3溶液和纯水混合，要使混合液中K ＋、Al3＋、SO42-的浓度分别为0.1mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-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】0.3mol·L-1 2：1：1
【解析】
【详解】
(1)设混合溶液体积为1 L。

n(Al3＋)＝c·V＝0.1 mol·L－1×1 L＝0.1 mol，n(SO)＝n(Ba2＋)＝0.3 mol·L－1×1 L＝0.3 mol。

由电荷守恒可得：3n(Al3＋)＋n(Na＋)＝2n(SO)，所以n(Na＋)＝
2n(SO)－3n(Al3＋)＝2×0.3 mol－3×0.1 mol＝0.3 mol，c(Na＋)＝＝＝＝0.3 mol·L
－1，故答案为：0.3mol·L-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＝0.1×(x＋y＋z)、0.4y＝0.1×(x＋y＋z)、0.1x＋0.6y＝0.2×(x＋y＋z)，解得x＝2y＝2z，所以K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1，故答案为：2∶1∶1。

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．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
①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)______。

②请将上述反应改写成离子方程式：_________________________________________；
③19.2g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】 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
4.48 3N A或1.806×1024 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
Vm
计算CO和CO2组成的混合气体的物质的量，设CO和CO2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
n
计算混合气体的平均摩尔质量；
（3）根据n=m
M
计算出氨气的物质的量，再根据N=nN A计算出含有氨气分子数及含有的
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）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：；
②在3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+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：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
③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↑+4H2O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3N A或1.806×1024，故答案为：4.48；3N A或1.806×1024。

（2）标况下44.8 L由O2和CO2组成的混合气体的物质的量为
44.8
22.4/
L
L mol
=2mol，设O2
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
2
g
mol
=41g/mol，故答案为：16；41g/mol；
（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
17g/mol
=0.2mol，含有氢原子的数目为：N（H）=3N（NH3）=0.6N A，与氨气含
有H原子数目相等的CH4的物质的量0.6
4
A
N
=0.15N A，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。

6．Ⅰ某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl、K2SO4和NH4Cl 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(NH4+)=0.016 mol﹒L-1，溶液c(K+)=_______________。

(2) 若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，则(NH4)2SO4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、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；
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。

7．I ．NaCl 溶液中混有Na 2CO 3、Na 2SO 4，为检验两种物质的存在，请你根据所选择的试剂，按实验步骤的先后顺序写出相应的化学方程式：
①______________________________；
②______________________________；
③________________________________。

II ．取100.0 mLNa 2CO 3和Na 2SO 4的混合溶液，加入过量BaCl 2溶液后得到16.84g 沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀质量减少至6.99g ，同时溶液中有气泡产生。

试求：原混合液中Na 2SO 4的物质的量浓度为________________；（写出计算列式的过程）
【答案】Na 2CO 3+2HCl=2NaCl+CO 2↑+H 2O CO 2+Ca(OH)2=CaCO 3↓+H 2O
BaCl 2+Na 2SO 4=BaSO 4↓+2NaCl 0.3mol/L
【解析】
【分析】
I.首先加入过量HCl，有气泡产生，该气体能够使澄清石灰水变浑浊，说明有Na2CO3，再滴加过量BaCl2溶液，最终有白色沉淀证明有Na2SO4；
II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、
BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，最终6.99g沉淀为BaSO4，根据
n=m
M
计算BaSO4的物质的量，而n(Na2SO4)=n(BaSO4)，再根据c=
n
V
计算c(Na2SO4)。

【详解】
I.首先向该物质的水溶液中滴加过量盐酸，有气体产生，该气体能够使澄清的石灰水变浑浊，证明溶液中含有Na2CO3，反应方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，然后向溶液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有Na2SO4，发生该反应的化学方程式为：Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓；
II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、
BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3的质量和，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，最终6.99g沉淀为
BaSO4，根据n=m
M
可知n(BaSO4)=
6.99
233/
m g
M g mol
=0.03mol，根据S元素守恒可知
n(Na2SO4)=n(BaSO4)，所以根据c=n
V
可得c(Na2SO4)=
0.03
0.1
mol
L
=0.3mol/L。

【点睛】
本题考查了物质检验实验方案的设计以及化学方程式的书写、溶质物质的量浓度的计算，明确硫酸根离子、碳酸根离子的性质是解题的关键。

8．（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。

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 Na2CO3溶液 100 mL，所需要的仪器为____。

(2)除去Na2CO3固体中混有的少量KNO3，所进行的实验操作依次为________、蒸发、结晶、________。

(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、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SO42-，应先加入过量BaCl2的使SO42-生成沉淀，然后再加入K2CO3使过量的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．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是
A．含有N A个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L
B．0.2N A个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数
C．常温下，28克N2和CO的混合物，含有2N A个原子
D．标准状况下，33.6 L氧气中含有9.03×1023个氧气分子
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．稀有气体为单原子分子，含有N A 个氦原子的氦气物质的量为1mol ，标准状况下的体积约为22.4L ，故A 错误；
B ．19.6磷酸(H 3PO 4)的物质的量为19.6g 98g /mol
=0.2mol ，则0.2N A 个硫酸分子与19.6磷酸(H 3PO 4)含有的氧原子数均为0.8N A ，故B 正确；
C ．N 2和CO 的摩尔质量均为28g/mol ，且均为双原子分子；则常温下，28克N 2和CO 的混合物的总物质的量为1mol ，含有2N A 个原子，故C 正确；
D ．标准状况下，33.6 L 氧气的物质的量为
33.6L 22.4L /mol
=1.5mol ，共含有9.03×1023个氧气分子，故D 正确；
故答案为A 。

11．PbO 2是一种棕黑色粉末，难溶于水，可用作强氧化剂和电极制造等。

实验室由Ca(ClO)2溶液氧化碱性Pb(OH)2法制备PbO 2的步骤如下：
2Pb(CH 3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO 2↓+4CH 3COONa+CaCl 2+2H 2O
（1）“氧化”过程中，反应液的pH____（填“变大”“变小”或“不变”）。

（2）“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是____________（填化学式）。

（3）产品定性检验：向Mn(NO 3)2的HNO 3溶液中加入少量产品，搅拌并水浴微热，溶液变紫色，说明含有PbO 2。

该反应的离子方程式为____（PbO 2被还原为Pb 2+）。

（4）为测定产品（只含PbO 2和PbO ）中PbO 2、PbO 的物质的量之比，称取产品0.5194g ， 加入 20.00 mL 0.2500 mol·L －1H 2C 2O 4溶液（PbO 2还原为Pb 2+）搅拌使其充分反
应，然后用氨水中和，过滤、洗涤除去PbC 2O 4，滤液酸化后用0.0400 mol·
L －1KMnO 4标准溶液滴定至终点（MnO 4
还原为Mn 2+，H 2C 2O 4被氧化为CO 2），消耗标准溶液10.00 mL 。

计算产品中n(PbO 2) 与n(PbO) 物质的量之比（写出计算过程）____________。

【答案】变小 Pb(OH)2 2Mn 2++5PbO 2+4H +=2MnO 4-+5Pb 2++2H 2O 9:2
【解析】
【分析】
根据流程可知，醋酸铅与Ca(ClO)2在碱性环境下，发生氧化还原反应，生成PbO 2固体和醋酸钠溶液，过滤后得到二氧化铅，由于氢氧化钠与醋酸铅也可反应生成氢氧化铅，因此二氧化铅中含有杂质氢氧化铅，硝酸洗、水洗、干燥得到产品，据此进行分析。

【详解】
（1）根据2Pb(CH 3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO 2↓+4CH 3COONa+CaCl 2+2H 2O 反应可知，反应过程中不断消耗碱，碱性减弱，“氧化”过程中，反应液的pH 变小；
故答案是：变小；
（2）醋酸铅也可和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铅沉淀；“氧化”制得的PbO 2可能含有的
含铅杂质化学式是Pb(OH)2；所以“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是Pb(OH)2；
答案是：Pb(OH)2；
（3）根据题给信息可知，反应后的紫色溶液为MnO4-，因此Mn(NO3)2的HNO3溶液与PbO2反应的离子方程式为：2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O；
故答案是：2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O；
（4）上述过程发生的反应有：6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；PbO2+2
H2C2O4=PbC2O4+2CO2+2H2O；PbO+ H2C2O4=PbC2O4+H2O；根据反应关系可知，与高锰酸钾溶液反应的n（H2C2O4）=2.5×0.04×10×10-3=1×10-3mol；与PbO2、PbO反应的n（H2C2O4）
=0.25×20×10-3-1×10-3=4×10-3mol；2n（PbO2）+n（PbO）=4×10-3mol；239g/mol×n（PbO2）+223 g/mol×n（PbO）=0.5194g，n（PbO2）=1.8×10-3mol；n（PbO）=4×10-4mol；所以产品中n(PbO2) 与n(PbO) 物质的量之比1.8×10-3mol：4×10-4mol=9:2；
故答案是：9:2。

12．储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯其反应式为C＋K2Cr2O7＋
H2SO4＝CO2＋K2SO4＋Cr2(SO4)3＋H2O（未配平）
（1）配平上述方程式__C＋__K2Cr2O7＋__H2SO4＝__CO2＋ __K2SO4＋__Cr2(SO4)3＋__H2O （2）上述反应中氧化剂是_______（填化学式），氧化产物是__________（填化学式）（3）H2SO4在上述发应中表现出来的性质是_______（填序号）
a.氧化性
b.氧化性和酸性
c.酸性
d.还原性和酸性
（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为__________ L （5）要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7，溶液被还原，至少要加入 ________ mL2mol/L的
H2SO4溶液
【答案】3283228 K2Cr2O7 CO2c 4.48 10
【解析】
【分析】
（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平；
（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物；
（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成；
（4）由可知，生成3mol
CO2转移12mol电子。

（5）根据化学方程式计算要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7溶液被还原，需要2mol/L的H2SO4溶液的体积。

【详解】
（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O
（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，Cr元素化合价由+6降低为+3，所以K2Cr2O7是氧化剂；还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物，C元素化合价由0升高为
+4，氧化产物是CO2；
（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成，硫酸表现出来的性质是酸性，故选c。

（4）由可知，生成3mol
CO2转移12mol电子，所以转移0.8mol电子生成CO2的物质的量是30.8
=0.2
12
mol
⨯
，则
产生的气体在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48 L；
（5）设需要2mol/L的H2SO4溶液的体积为VL；
3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O
2 8
0.01L×0.5mol/L V×2mol/L
28
=
0.010.52
V
⨯⨯
V=0.01L=10 mL
【点睛】
本题考查氧化还原反应，会根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式是解题的关键，需要熟练掌握氧化还原反应的几组概念和计算。

13．某实验小组拟配制0.10 mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。

(1)若实验中大约要使用475 mL 氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体________g。

(2)从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________(填序号)。

(3)定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度_________(偏高，偏低或不变)。

(4)下列情况会使所配溶液浓度偏低________(填序号)。

①称量读数时，左盘高，右盘低
②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
【答案】2.0 ①②⑤偏低①②④⑥
【解析】
【分析】
(1)根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；
(2)称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；
(3)、(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。

【详解】
(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：2.0；
(2)氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：①②⑤；
(3)定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；
(4)①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；
②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；
④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；
⑤在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；
综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：①②④⑥。

【点睛】
配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。

14．I．配制0.5 mol/L的NaOH溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？（填“偏大”“偏小”或“不变”）
（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________；。