2020-2021备战高考化学复习物质的量专项易错题含答案(1)

2020-2021备战高考化学复习物质的量专项易错题含答案
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3.22g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）100mL 0.3mol/L Na2SO4(密度为d1 g/cm3)和50mL 0.2mol/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7mol AOH与5mol BOH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_____。

（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】6：3：2 34.2 5
6
(或83.3%) 6d3/(10 d1+5 d2)mol/L 40g/mol 22.4
【解析】
【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，则种溶液中Cl-的物质的量相等，x=y×2=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3.22/322=0.01mol，所以溶液中
n(Na+)=2n(Na2SO4·10H2O)=0.01×2=0.02mol，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以
n(H2O)=100n(Na+)=2mol，0.01mol Na2SO4·10H2O 中含有水的物质的量为0.01×10=0.1mol，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1.9mol×18g/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: 9.5×2=19；设烧瓶的容积为V L，氨气的体积为x
L，空气的体积为(V-x)L，则有:[17x/V m+(29×(V-x)/V m)]÷(V/V m)=19，解之得:x=5
6
V；将此瓶
气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即5
6
V，烧瓶内液面上升的体积占
烧瓶总体积为:(5
6
V)/V=
5
6
(或83.3%)；
故答案是：5
6
(或83.3%)；
（4）混合液的质量为(100d1+50d2)g，混合后溶液的体积为：
[(100d1+50d2)÷d3]mL=[(100d1+50d2)÷d3]×10-3L；溶液混合后n(SO42-
)=(0.1×0.3×1+0.05×0.2×3)=0.06mol；根据c=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：
0.06÷[(100d1+50d2)÷d3]×10-3=60 d3/(100d1+50d2)mol/L=6d3/(10d1+5d2)mol/L
故答案是：6d3/(10d1+5d2)mol/L；
（5）设AOH和BOH的摩尔质量分别为5x g/mol和7x g/mol，n(HCl)=n(OH-
)=0.1×1.2=0.12mol；7mol AOH与5mol BOH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7mol×5x g/mol+5mol×7x g/mol=560g可知，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：1L×1mol/L=1mol，
V(HCl)=1×22.4=22.4L；1.00L盐酸中含水的质量为：m(H2O)=1×1.0365×103-1×36.5=1000g，V(H2O)=1L；标准状况下，1体积水吸收氯化氢的体积为V=[V(HCl)/ V(H2O)]×1L=22.4L；
故答案是：22.4。

2．实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题
（1）配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、___。

（2）容量瓶上标有刻度线、___，使用前要___。

（3）需用托盘天平称取Na2CO3____g。

（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？
A．加水时超过刻度线___，
B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶___，
C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___，
D．定容时仰视___，
E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线___。

（5）若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，则需要量取浓硫酸的体积为___mL。

【答案】500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管温度、容积检漏 5.3 偏低偏高不变偏低不变 62.5
【解析】
【分析】
配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、
装瓶，分析误差时可根据c=n
V
判断。

【详解】
(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500mL容量瓶和胶头滴管，缺少的
仪器：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；
(2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应查漏；
(3)配制500mL 0.1mol/LNa2CO3，需要 Na2CO3的质量为：0.5L×0.1mol/L×106g/mol=5.3g；
(4)A．加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；
D．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
E．上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；
(5)若实验室中要用浓度为16mol/L 的浓硫酸配制480mL 2.0mol/L 的稀硫酸，应选择500mL 容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：
16mol/L×V=500mL 2.0mol/L，解得V=62.5mL。

【点睛】
配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：根据c=n
V
可知，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，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。

3．氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。

Ⅰ.次氯酸钠是最普通的家庭洗涤中的“氯”漂白剂和消毒剂。

已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签，完成以下问题：
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·L-1。

（2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。

需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为___g。

（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）：
①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久___；
②定容时俯视容量瓶刻度线___。

Ⅱ.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。

实验室可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
试回答下列问题：
（1）请用双线桥表示反应中电子转移的情况___。

2KClO 3+H 2C 2O 4+H 2SO 4=2ClO 2↑+K 2SO 4+2CO 2↑+2H 2O
（2）试比较KClO 3和CO 2的氧化性强弱：KClO 3___CO 2（填“>”“<”或“=”）。

（3）消毒时，ClO 2还可以将水中的Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等难溶物，此过程说明ClO 2具有___（填“氧化”或“还原”）性。

（4）在标准状况下，当生成11.2LClO 2时，转移电子的数目为___。

【答案】6（或6.0） 44.7 偏低 偏高
> 氧化
0.5N A
【解析】
【分析】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度1000ρω=M
c 。

⑵先根据物质的量浓度计算NaClO 物质的量和NaClO 固体的质量。

⑶①称量时若选择的NaClO 固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g 固体中NaClO 的质量减少；②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小。

Ⅱ⑴KClO 3中Cl 化合价降低，H 2C 2O 4中C 化合价升高。

⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。

⑶Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等，化合价升高，则ClO 2化合价降低。

⑷生成2mol ClO 2转移2mol 电子，先计算生成11.2LClO 2的物质的量，再计算转移电子物质的量和电子的数目。

【详解】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
111000ρω1000 1.237.25%=mol L 6mol L M 74.5
c --⨯⨯=⋅≈⋅；故答案为：6(或6.0)。

⑵该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO 固体配制100mL 含NaClO 质量分数为37.25%的消毒液，则需要的NaClO 物质的量为1(aq)n=V =6mol L 0.1L=0.6mol c -⋅⨯，则需
要用托盘天平称量NaClO 固体的质量1
m=nM=0.6mol 74.5g mol .7=g 44-⨯⋅；故答案为：0.6；44.7。

⑶①称量时若选择的NaClO 固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g 固体中NaClO 的质量减少，因此物质的量浓度偏低；故答案为：偏低。

②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小，物质的量浓度偏高；故答案为：偏高。

Ⅱ⑴KClO 3中Cl 化合价降低，H 2C 2O 4中C 化合价升高，因此用双线桥表示反应中电子转移
的情况；故答案为：。

⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此KClO 3氧化性大于CO 2的氧化性，故答案为：＞。

⑶消毒时，ClO 2还可以将水中的Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等难溶物，Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等，化合价升高，则ClO 2化合价降低，因此此过程说明ClO 2具有氧化性；故答案为：氧化。

⑷在标准状况下，生成2mol ClO 2转移2mol 电子，当生成11.2LClO 2即物质的量为1
m V 11.2L n==0.5mol V 22.4L mol -=⋅时，转移电子物质的量为0.5mol ，电子的数目为0.5N A ；故答案为：0.5N A 。

4．①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 。

5．将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。

(1)写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________；
(2)镁和铝的总质量为________g；
(3)b点溶液中的溶质为__________，硫酸的物质的量浓度为___________mol/L；
(4)生成的氢气在标准状况下的体积为__________L；
(5)c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。

【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ 9 Na2SO4 2.5 10.08
NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【解析】
【分析】
由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，此时发生的反应为：
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液溶质为Na2SO4；从200mL到240mL，NaOH溶解固体Al(OH)3，发生反应：OH-+ Al(OH)3=AlO2-+2H2O，据此分析解答。

【详解】
(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应的化学方程式为
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35mol，从200mL到240 mL，NaOH溶解Al(OH)3，当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为
Mg(OH)2，物质的量为0.15mol，Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g；
(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍，所以n(Na2SO4)=0.5×5
mol/L×0.2L =0.5mol，所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)=0.5
0.2L
mol
=2.5mol/L；
(4)根据以上分析，n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，由于Al是+3价金属，Mg是+2价的金属，所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2mol×3+ 0.15
mol×2=0.9mol，根据反应过程中得失电子守恒，可知反应产生氢气的物质的量
n(H2)=1
2
n(e-)=0.45mol，则在标准状况下的体积V(H2)=0.45mol×22.4L/mol=10.08
L；
(5)在b点时溶液中溶质为Na2SO4，沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3，在b→c过程中发生反应：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，至c点，该反应恰好反应完全，故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2，由于酸性：H2CO3＞Al(OH)3，所以c点溶液中通入足量的CO2，NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCO3，反应的化学方程式为
NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。

【点睛】
本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算，侧重考查学生的分析与计算能力。

6．完成下列填空：
（1）已知反应：Fe2O3＋2Al Al2O3＋2Fe，则
①该反应所属基本反应类型是___。

②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。

③发生氧化反应的是__，发生还原反应的是__。

（2）反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O中：
①反应中被氧化的元素是__，被还原的元素是___。

②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 Al Fe2O3 Cl Mn 116.8 73
【解析】
【分析】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。

②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价；
③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。

(2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原；
②根据方程式进行计算。

【详解】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B，属于置换反应。

②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；
③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)①还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；
②若生成71gCl2，即1mol，需消耗3.2molHCl，即3.2×36.5=116.8g；化合价升高的HCl为
2mol，即73g。

【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加反应，其中有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。

7．根据你对金属钠性质的了解，回答下列问题：
（1）关于钠的叙述中，正确的是________(填字母)。

A．钠是银白色金属，硬度很大
B．将金属钠放在石棉网上，用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成过氧化钠
C．金属钠在空气中燃烧，生成氧化钠
D．金属钠的熔点很高
（2）由于金属钠很容易跟空气中的______、________等物质反应，通常将它保存在
_______里。

（3）将一小块钠投入到下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是________(填字母)。

A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液
C．氢氧化钠溶液 D．氯化镁溶液
（4）为粗略测定金属钠的相对原子质量，设计的装置如图所示，该装置(包括水)的总质量为ag，将质量为bg的钠(不足量)放入水中，立即塞紧瓶塞。

完全反应后再称量此装置的总质量为cg。

①列出计算钠相对原子质量的数学表达式______________(用含有a、b、c的算式表示)。

②无水氯化钙的作用是____________________。

【答案】B 氧气水蒸气煤油 D b/(a+b-c) 吸收H2中所含的H2O(g)
【解析】
【分析】
（1）根据钠的性质分析解答；
（2）钠的性质很活泼，易和水、氧气反应，据此解答；
（3）金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，根据溶液中的溶质分析解答；
（4）①根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答；
②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。

【详解】
（1）A、钠是银白色金属，硬度很小，可以用小刀切，故A错误；
B 、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，故B 正确；
C 、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，不是氧化钠，故C 错误；
D 、金属钠的熔点很低，故D 错误；
故答案选B ；
（2）钠性质很活泼，易和水、氧气反应，所以保存钠时要隔绝空气和水，钠和煤油不反应，且密度大于煤油，所以保存钠可以放在煤油中；
（3）A ．钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉淀产生，A 不选；
B ．钠投入硫酸铜溶液中，首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，但沉淀不是白色的，而是蓝色的，B 不选；
C ．钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气，没有沉淀，C 不选；
D ．钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气，D 选。

答案选D 。

（4）①金属与水发生反应放出氢气的质量=ag +bg -cg =（a +b -c ）g ，假设金属为R ，其相对原子质量为M ，根据金属钠与水反应放出氢气的关系，可推断该金属与水放出氢气关系如下：
2R ～～～～～H 2
2M 2
bg （a +b -c ）g
解得M ＝()
b a b
c +-； ②氯化钙具有吸水能力，是常用的干燥剂，在装置中吸收生成氢气中的水，而防止水分流失。

8．实验室需要配制0.1 mol·
L －1 CuSO 4溶液480 mL 。

按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。

(1)选择仪器。

完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 ________、________以及等质量的两片张滤纸。

(2)计算，应选择下列________。

A ．需要CuSO 4固体8.0 g
B ．需要CuSO 4·5H 2O 晶体12.0 g
C ．需要CuSO 4·5H 2O 晶体12.5 g
D ．需要CuSO 4固体7.7 g
(3)称量。

所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。

(4)溶解、冷却。

若未冷却，则所配溶液浓度会________。

(5)转移、洗涤。

若未洗涤，则所配溶液浓度会________。

(6)定容，摇匀。

(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。

(8)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________。

【答案】胶头滴管 500 mL 容量瓶 AC 偏高 偏高 偏低 偏低
【解析】
【分析】
本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可
【详解】
(1)配制的是480 mL 溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500 mL 容量瓶；
(2)因为定容时使用的500 mL 容量瓶，其物质称量时时按500 mL 算，不是按480 mL 算，若果是硫酸铜固体其质量为11500mL 0.1 mol L 160 g mol
⨯⋅⨯⋅－－=8.0g ，若为5水硫酸铜其质量为11500mL 0.1 mol L 250 g mol
⨯⋅⨯⋅－－=12.5g ，故答案为A 、C ； (3)砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度
会偏高，故答案为偏高；
(4)若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；
(5)若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；
(8)因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。

【点睛】
注意：计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。

9．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： 成分
质量（g ） 摩尔质量（g·mol -1） 蔗糖
25.00 342 硫酸钾
0.87 174 阿司匹林
0.17 180 高锰酸钾
0.316 158 硝酸银 0.075 170
（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。

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．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，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0.50mol·L-1K2SO4溶液480mL。

①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。

②配制该溶液需称取K2SO4晶体的质量为___。

③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
④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，再加适量的蒸馏水
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：①HCl；②NaHCO3；③K2SO4溶液；④CO2；⑤蔗糖晶体；
⑥Ca(OH)2；⑦氢氧化铁胶体；⑧NH3·H2O；⑨空气；⑩Al2(SO4)3
(a)上述物质中属于电解质的有___，非电解质的有___(填序号)。

(b)CO2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)②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
（NaHCO3），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⑦中混有少量的③，提纯的方法是：____。

A.蒸馏(分馏)
B.萃取
C.渗析
D.分液
【答案】c 500mL容量瓶胶头滴管 43.5g D ABD ①②⑥⑧⑩④⑤
CaO+SiO2=CaSiO3 NaHCO3=Na++HCO3- HCO3-+H+=H2O+CO2↑ Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O C 【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）①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容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容。

故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；
②实验室需用480mL0.50mol·L-1K2SO4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500mL0.50mol·L-1K2SO4溶液，需要K2SO4的质量m＝cVM＝0.50mol/L×0.5L×174g/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；
③A．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；
④A．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，再加适量的蒸馏水，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）①HCl不电离，但是氯化氢在水中能完全电离，属于强电解质；
②NaHCO3在熔融状态和水溶液中都能完全电离，都属于强电解质；
③K2SO4溶液是混合物属于溶液分散系，既不是电解质也不是非电解质；
④CO2本身在水溶液中或者熔化状态下不能电离出自由移动的离子，属于非电解质；
⑤蔗糖晶体在水溶液中和熔化状态下都不能电离出自由移动的离子而导电，属于非电解质；
⑥Ca(OH)2在熔融状态能完全电离，属于强电解质；
⑦氢氧化铁胶体是混合物，属于胶体分散系，既不是电解质也不是非电解质；
⑧NH3·H2O在水溶液中只能部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质；
⑨空气含多种物质，是混合物，属于分散系，既不是电解质也不是非电解质；
⑩Al2(SO4)3在溶于水或者熔融状态下能完全电离出自由移动的离子属于强电解质；
故答案为：①②⑥⑧⑩；④⑤；
（b）酸性氧化物可与碱性氧化物反应生成盐，故SiO2和CaO反应的化学方程式为
CaO+SiO2=CaSiO3；
（c）②NaHCO3为强电解质，在水溶液中能完全电离出钠离子与碳酸氢根离子，其电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；
（d）小苏打（NaHCO3）可与胃酸中HCl反应，其离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；Al(OH)3为弱碱会中和胃酸，其反应的离子方程式：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：。