高考化学综合题专题复习【物质的量】专题解析附答案解析

高考化学综合题专题复习【物质的量】专题解析附答案解析
一、高中化学物质的量
1．在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。

反应：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O
(1)“双线桥法”标出电子转移情况________ 。

(2)若生成2.24L 标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：
①理论上需要多少克KMnO 4参加反应？________。

②被氧化的HCl 的物质的量为多少？________。

【答案】 6.32g 0.2 mol
【解析】
【分析】
(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；
(2)先计算Cl 2的物质的量，然后根据方程式中KMnO 4、HCl 与Cl 2之间的反应转化关系计算。

【详解】
(1)在该反应中，Mn 元素化合价由反应前KMnO 4中的+7价变为反应后MnCl 2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl 元素化合价由反应前HCl 中的-1价变为反应后Cl 2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO 4、MnCl 2前的系数是2，HCl 前的系数是10，Cl 2前的系数是5，根据原子守恒，KCl 的系数是2，这样反应中有6个Cl 原子未参加氧化还原反应，所有Cl 原子都是由HCl 提供，因此HCl 前的系数为10+6=16，结合H 原子反应前后相等，可知H 2O 的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：
；
(2)在标准状态下， 2.24LCl 2的物质的量n(Cl 2)=m V 2.24L V 22.4L /mol
=0.1mol 。

①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl 2时，参与反应的KMnO 4的物质的量为0.1mol×25
=0.04mol ，则参与反应的KMnO 4的质量m(KMnO 4)=0.04mol×158g/mol=6.32g ； ②由反应化学方程式可知，HCl 被氧化后生成Cl 2，因此根据Cl 元素守恒可知：被氧化的HCl 的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol 。

【点睛】
本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。

氧化还原反应的特征是元素
化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。

根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。

物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。

2．根据所学知识，回答下列问题：
(1)高铁酸钠(Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是__________。

高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：
_____________。

(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气，同时获得Fe3O4和氢气。

写出该反应的化学方程式_____________，该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是________________（填化学式），若制得22.4L(折算为标准状况下)钠蒸气，转移电子的数目为________________。

(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙[Ca(ClO)2]，有效成分为次氯酸钙。

为测得某漂白粉的有效成分含量，称取A g漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为
Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，若反应生成次氯酸(HClO)的物质的量为Kmol，则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________%（用含A、K的式子表示）。

【答案】166g/mol 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑
3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑ NaOH 2N A或1.204×10247150K A
【解析】
【分析】
(1)摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；
(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，配平书写化学方程式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH；反应中Na、H元素化合价降低，根据方程式计算生成氢气的量，根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目；(3)根据HClO的量计算Ca(ClO)2的质量，再根据质量分数的定义式计算。

【详解】
(1)Na2FeO4的相对分子质量为166，故其摩尔质量为166g/mol。

高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑；
(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，反应方程式为：
3Fe+4NaOH4Na↑+Fe3O4+2H2↑，反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH，Na的物质的量n(Na)=224L÷22.4L/mol=1mol，由方程式可知生成氢气为
1mol×1
2
=0.5mol，故转移电子的物质的量n(e-)=1mol×1+0.5mol×2=2mol，则转移电子数目
N(e-)=2mol×N A/mol=2mol×(6.02×1023mol-1)=1.204×1024；
(3)由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知，n[Ca(ClO)2]=1
2
n(HClO)=
1
2
×Kmol=0.5Kmol，
则该漂白粉中有效成分的质量分数
0.5Kmol143g/mol
ω
Ag
⨯
=×100%=7150K
A
%。

【点睛】
本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。

掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础，考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。

3．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、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，若营养液中c(NH4+)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。

4．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。

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．按要求完成下列填空。

（1）在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为______。

（2）将3.22 g芒硝（Na2SO4·10H2O）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
_______。

（4）100 mL 0.3 mol/L Na2SO4(密度为d1 g/cm3)和50 mL 0.2 mol/L Al2(SO4)3(密度为d2 g/cm3)混合，所得密度为d3 g/cm3的混合溶液中SO42−的浓度为___________。

（用含d1，d2， d3的式子表示）
（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7，现将7 mol AOH与5 mol BOH混合后，从中取出5.6 g，恰好可以中和100ml浓度为1.2 mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_____。

【答案】6：3：2 34.2 5
6
(或83.3%) 3
12
6d
10 d+5 d 40g/mol
【解析】
【分析】
（1）分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知，溶液中Cl﹣的物质的量相等；（2）每100个水分子中溶有1个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:1；
（3）将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中，溶液上升体积等于氨气的体积；
（4）溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性；
（5）由混合碱5.6 g恰好可以中和100mL浓度为1.2 mol/L的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等。

【详解】
（1）设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z，由分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知，溶液中Cl﹣的物质的量相等，则有x=2y=3z，解得x：y：z=6：3：2，因溶液的体积相同，由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6：3：2，故答案为：6：3：2；
（2）3.22g芒硝的物质的量为 3.22
322/g
g mol
=1mol，溶液中n（Na+）=2n（Na2SO4•10H2O）
=0.01mol×2=0.02mol，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n（H2O）=100n（Na+）=2mol，0.01molNa2SO4•10H2O中含有水的物质的量为0.01mol×10=0.1mol，需要的水的物质的量为2mol-0.1mol=1.9mol，则需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g，故答案为：34.2；
（3）由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5可知，混合气体的平均摩尔质量为
2g/mol×9.5=19g/mol，设氨气的体积分数为x，则空气的体积分数为（1-x），故17x+29
（1-x）=19，解得x=5
6
，溶液上升体积等于氨气的体积，故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶
总体积的5
6，故答案为：5
6
；
（4）100mL0.3mol/LNa2SO4溶液中SO42-的物质的量为0.1L×0.3mol/L=0.03moL，
50mL0.2mol/LAl 2（SO 4）3溶液中SO 42-的物质的量为0.05L ×0.2moL/L ×3=0.03mol ，混合后的总SO 42-的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol ，混合溶液的体积为
12310050d d d +×10—3L ，则混合溶液中SO 42−的浓度为1005031
230.0610d d d mol L +-⨯=
3126d 10 d +5 d mol/L ，故答案为：312
6d 10 d +5 d ； （5）由混合碱5.6 g 恰好可以中和100mL 浓度为1.2 mol/L 的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等，盐酸的物质的量为1.2 mol/L ×0.1L=0.12mol ，设5.6 g 混合碱中AOH 的物质的量为7a ，则BOH 的物质的量为5a ，由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等可得7a+5a=0.12mol ，解得a=0.01mol ，设AOH 的摩尔质量为5b ，则BOH 的摩尔质量为7b ，由混合碱的质量为5.6g 可得：0.07mol ×5b+0.05mol ×7b=5.6，解得b=8，则AOH 的摩尔质量为40g/mol ，故答案为：40g/mol 。

【点睛】
溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键，也是易错点；由混合碱5.6 g 恰好可以中和100ml 浓度为1.2 mol/L 的盐酸确定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。

7．（1）在标准状况下，CO 和CO 2的混合气体共28L ，质量为51g 。

其中CO 2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NH 3和H 2S 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 ．2H 2S+O 2＝2H 2O+2S↓
B ．2H 2S+3O 2＝2H 2O+2SO 2
C ．C 2H 4+3O 2＝2H 2O+2CO 2
D ．C 4H 8+6O 2＝4H 2O+4CO 2
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=2822.4
=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
0.251.25=20％，混合气体的平均摩尔质量为511.25=40.8g/mol ； (2) 同温同压下，同质量的NH 3和H 2S 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．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。

10．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。

11．实验实验室配制500mL 0.1mol•L-1的碳酸钠溶液，请回答下列问题．
（1）应用托盘天平称取Na2CO3•10H2O晶体__________g.
（2）配置碳酸钠溶液时，需要的主要玻璃仪器除烧杯和胶头滴管以外还需要_________、。