上海高考化學壓軸題專題復習-物質(zhì)量綜合

上海高考化學壓軸題專題復習——物質(zhì)的量的綜合一、高中化學物質(zhì)的量練習題（含詳細答案解析）1．按要求完成以下填空。（1）在等體積的NaCl、MgCl233、AlCl三種溶液中，分別加入等量的AgNO溶液，恰好都完全反應，則以上三種溶液的物質(zhì)的量濃度之比為___。（2）將3.22g芒硝（Na242O）溶于水中，要使每100個水分子中溶有+，則SO·10H1個Na需水的質(zhì)量為__g。3）在干燥燒瓶中用向下排空氣法收集氨氣，由于空氣不能能排凈，所以瓶內(nèi)氣體對氫氣的相對密度為，將此瓶氣體倒置于水槽中，燒瓶內(nèi)液面上升的體積占燒瓶整體積的_______。（4）2SO4(密度為d1g/cm3)和2(SO4)3(密度為d2g/cm3)混合，所得密度為d3的混雜溶液中SO2-的濃度為___________。（用含d1,d2,d3的式子3g/cm4表示）（5）已知兩種堿AOH和BOH的摩爾質(zhì)量之比為5:7，現(xiàn)將7molAOH與5molBOH混雜后，從中取出，恰好能夠中和100ml濃度為的鹽酸，則AOH的摩爾質(zhì)量為_____。（6）標準狀況下，用必然量的水吸取HCl氣體后制得濃度為，密度為-3的鹽酸。請計算1體積水吸取_______體積的HCl可制得上述氨水?！敬鸢浮?：3：234.25312)mol/L6(或83.3%)6d/(10d+5d【解析】【詳解】（1）設NaC1、MgCl2、A1Cl3的物質(zhì)的量分別為x、y、z，由分別加入等量的AgNO3溶液，恰好都完好反應，則種溶液中Cl-的物質(zhì)的量相等，x=y×2=z×3，解得x：y：z=6：3：2，因溶液的體積相同，則物質(zhì)的量之比等于濃度之比，所以濃度之比為6：3：2；故答案是：6：3：2；2）3.22g芒硝的物質(zhì)的量為，所以溶液中+=2nNa242個水分子中溶有個鈉離子，所以()，每2O)=100n(Na+)=2mol，0.01molNa242O中含有水的物質(zhì)的量為0.01×，n(HSO·10H所以需要的水的物質(zhì)的量為2-0.1=1.9mol，所以需要水的質(zhì)量為1.9mol×；故答案是：；（3）用排氣法收集氨氣后，收集到的氨氣氣體不純，含有空氣；空氣的平均相對分子質(zhì)量為29，混雜氣體的平均相對分子質(zhì)量為:9.5×2=19；設燒瓶的容積為VL，氨氣的體積為xL，空氣的體積為(V-x)L，則有:[17x/Vm+(29×(V-x)/Vm)]÷(V/Vm)=19，解之得:x=5V；將此瓶65氣體倒置于水槽中，進入燒瓶的液體體積為氨氣體積，即V，燒瓶內(nèi)液面上升的體積占655燒瓶整體積為:(V)/V=(或83.3%)；66故答案是：5(或83.3%)；6（4）混雜液的質(zhì)量為(100d1+50d2)g，混雜后溶液的體積為：[100d1+50d2÷d3]mL=[100d1+50d2-3n2-))÷d3]×10LSO4((；溶液混雜后()=(0.1×0.3×1+0.05×0.2×；依照c=n/V可知，混雜溶液中SO42-的濃度為：0.06÷[100d1+50d2÷d3]×-3100d1+50d2mol/L=6d3/10d1+5d2mol/L10=60d3/()()()故答案是：6d3/(10d1+5d2)mol/L；5）設AOH和BOH的摩爾質(zhì)量分別為5xg/mol和7xg/molnHCl=nOH-（，()()=0.1×；7molAOH與5molBOH混雜物中含有n(OH-)=7+5=12，依照題意可知，-，則含有n(OH-560g混雜堿中含有時，混雜堿的質(zhì)量為(；依照7mol×5xg/mol+5mol×7xg/mol=560g可知，x=8，所以AOH的摩爾質(zhì)量為40g/mol；故答案是：40g/mol；（6）假設溶液體積為，鹽酸中含氯化氫的物質(zhì)的量為：1L×1mol/L=1mol，V(HCl)=1×22.4=22；.4L1.00L鹽酸中含水的質(zhì)量為：m(H2O)=1×3×-10×36.5=1000g，VH2O=1L1體積水吸取氯化氫的體積為V=[V(HCl)/VH2O]×()；標準狀況下，()；故答案是：。2．按要求填空，已知NA為阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值。（1）標準狀況下，2.24LCl2的質(zhì)量為____；有__個氯原子。（2）含0.4molAl3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42－的物質(zhì)的量是____。3）阻燃劑堿式碳酸鋁鎂中OH-與CO32﹣質(zhì)量之比為51：300，則這兩種離子的物質(zhì)的量之比為____。（4）質(zhì)量相同的H2323四種氣體中，含有分子數(shù)目最少的是____。、NH、SO、O5）標準狀況下，3.4gNH3的體積為___；它與標準狀況下____LH2S含有相同數(shù)目的氫原子。（6）10.8gR2O5中氧原子的數(shù)目為×1023，則元素R的相對原子質(zhì)量為___；R元素名稱是___。7）將2CO3溶液與2溶液相混和，則混和溶液中Na+的物質(zhì)的量濃度為___，混和溶液中Cl-的物質(zhì)的量___（忽略混雜前后溶液體積的變化）。（8）a個X原子的總質(zhì)量為bg，則X的相對原子質(zhì)量能夠表示為____（9）已知CO、CO2混雜氣體的質(zhì)量共，在標準狀況下的體積為，則混雜氣體中CO的質(zhì)量為___；CO2在相同狀況下的體積為___。（10）由CH4和O2的組成的混平和體，在標況下的密度是H2的倍。則該混雜氣體中CH4和O2的體積比為___?！敬鸢浮緼或×10233:5SO214氮1mol/Lb23b3:13NA或×10aa【解析】【解析】（1）先計算標準狀況下，2.24LCl2的物質(zhì)的量，再計算氯氣的質(zhì)量和氯原子個數(shù)；2）由化學式計算硫酸根的物質(zhì)的量；3）由兩種離子的質(zhì)量比結(jié)合摩爾質(zhì)量計算兩種離子的物質(zhì)的量之比；4）由n=mM可知，質(zhì)量相同的不相同氣體，氣體的摩爾質(zhì)量越大，物質(zhì)的量越小，分子數(shù)越小；5）先計算標準狀況下，3.4gNH3的物質(zhì)的量，再計算氣體體積和所含氫原子的物質(zhì)的量，最后依照氫原子的物質(zhì)的量計算硫化氫的體積；（6）由R25的質(zhì)量和所含氧原子個數(shù)建立關(guān)系式計算R的相對原子質(zhì)量；O7）將10mL1.00mol/LNa2CO3溶液與2溶液相混和發(fā)生反應，生成碳酸鈣積淀和氯化鈉，反應過程中

Na+和

Cl-的物質(zhì)的量不變；（8）先計算

a個

X原子的物質(zhì)的量，再依照質(zhì)量計算

X的摩爾質(zhì)量；9）依照混雜氣體的質(zhì)量和體積建立求解關(guān)系式求得一氧化碳和二氧化碳的物質(zhì)的量，在分別計算一氧化碳質(zhì)量和二氧化碳體積；10）先計算混雜氣體的平均相對分子質(zhì)量，再依照公式計算甲烷和氧氣的體積比?！驹斀狻?0.1mol，質(zhì)量為0.1mol×，（1）標準狀況下，2.24LCl2的物質(zhì)的量為22.4L/mol2A或23，故答案為：；A或Cl為雙原子分子，含有的氯原子個數(shù)為1.204×1023；1.204×10（2）由化學式可知，含0.4molAl3＋的Al243中所含的42－的物質(zhì)的量是(SO)SO3；0.4mol×=0.6mol，故答案為：2（3）阻燃劑堿式碳酸鋁鎂中OH-與CO32﹣質(zhì)量之比為51：300，則這兩種離子的物質(zhì)的量51g300g之比為17g/mol：60g/mol=3:5，故答案為：3:5；（4）由n=Mm可知，質(zhì)量相同的不相同氣體，氣體的摩爾質(zhì)量越大，物質(zhì)的量越小，分子數(shù)越小，H23232的摩爾質(zhì)量最大，則2、NH、SO、O四種氣體中SOSO的物質(zhì)的量最小，分子數(shù)最小，故答案為：SO2；（5）標準狀況下，3.4gNH3的物質(zhì)的量為17g/mol=0.2mol，則體積為0.2mol×，含有氫原子的物質(zhì)的量為0.2mol×，含有氫原子的物質(zhì)的量為0.6mol的H2S的物質(zhì)的量為0.3molH2S的體積為2，標準狀況下，0.3mol×，故答案為：；；（6）設元素R的相對原子質(zhì)量為M，10.8gR2O5的物質(zhì)的量為(2M+80)g/mol=(2M+80)mol，所含氧原子的數(shù)目為2323，解得M=14，該元素為N元素，故答案(2M+80)mol××10×5=3.01×10為：14；N；7）將2CO3溶液與2溶液相混和發(fā)生反應，生成碳酸鈣積淀和氯化鈉，反應過程中Na+和Cl-的物質(zhì)的量不變，23溶液中CONa+的物質(zhì)的量為0.01L×1.00mol/L×，則混和溶液中Na+的物質(zhì)的量濃度為0.01L×0.02L；2溶液中Cl-的物質(zhì)的量為mol/L×，則混和溶液中Cl-的物質(zhì)的量0.02mol，故答案為：1mol/L；0.02mol；（8）a個X原子的物質(zhì)的量為abgbNg/mol，則X的相對原子NAmol，X的摩爾質(zhì)量為Namol=aAA質(zhì)量bNA，故答案為：bNA或1023b；aaa（9）設CO、CO2混雜氣體中CO為xmol，CO2為ymol，由題意可得28x+44y=11.6①，x+y==0.3mol②，解①②可得，，則0.1molCO的質(zhì)量為0.1mol×，0.2molCO2在標準狀況下的體積為×，故答案為：；；（10）由題意可知，CH4和O2的組成的混平和體平均相對分子質(zhì)量為2×14.5=29，設混雜x、氧氣的物質(zhì)的量為y，則有16x+32y氣體中甲烷的物質(zhì)的量為x+y=29，解得x：y=3:13，故答案為：3:13。3．某同學設計了測定氣體摩爾體積的研究實驗，利用氯酸鉀分解制O2。實驗步驟以下：①把合適的氯酸鉀粉末和少量二氧化錳粉末混雜平均，放入干燥的試管中，正確稱量試管和藥品的總質(zhì)量為15.95g.②連接好實驗裝置，檢查裝置的氣密性．③加熱，開始反應，直到不再有氣體產(chǎn)生為止．④測量排入量筒中水的體積為

285.0mL，換算成標準狀況下氧氣的體積為

279.7mL.⑤正確稱量試管和殘留物的質(zhì)量為

15.55g.依照上述實驗過程，回答以下問題：(1)如何檢查裝置的氣密性？______________________________________________。以下是測量收集到氣體體積必定包括的幾個步驟：①調(diào)整量筒的高度使廣口瓶和量筒內(nèi)的液面高度相同②使試管和廣口瓶內(nèi)氣體都冷卻至室溫③讀取量筒內(nèi)液體的體積這三步操作的正確序次是________(請?zhí)顚懖襟E代碼。進行③的實驗操作時，若仰望讀數(shù)，則讀取氧氣的體積________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。實驗過程中產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量是________mol；實驗測得氧氣的摩爾體積是________(保留小數(shù)點后兩位)?！敬鸢浮客鶑V口瓶中注滿水，塞緊橡膠塞，按裝置圖連接好裝置，用手將試管底部捂熱，若觀察到廣口瓶中長玻璃管內(nèi)液面上升，松開手后，過一會兒長玻璃管內(nèi)的液面下降，則證明該裝置不漏氣②①③偏小22.38L/mol【解析】【解析】【詳解】往廣口瓶中裝滿水，使裝置左側(cè)形成密閉系統(tǒng)，經(jīng)過捂熱試管看廣口瓶中長導管內(nèi)液面高度的變化來判斷裝置的氣密性；綜上所述，本題答案是：往廣口瓶中注滿水，塞緊橡膠塞，按裝置圖連接好裝置，用手將試管底部捂熱，若觀察到廣口瓶中長玻璃管內(nèi)液面上升，松開手后，過一會兒長玻璃管內(nèi)的液面下降，則證明該裝置不漏氣。在測量收集到O2的體積時，先將裝置中的氣體冷卻至室溫，否則氣體受熱膨脹時，會使排出水的體積偏大；爾后調(diào)整量筒高度，使量筒內(nèi)液面和廣口瓶中液面相平，以保證廣口瓶中氣體的壓強和外界氣壓相等，從而使排出水的體積與產(chǎn)生的O2的體積相等，最后再讀取量筒內(nèi)水的體積；正確序次為②①③；讀數(shù)時若仰望量筒內(nèi)的液面，會使讀取O2的體積偏??；綜上所述，本題答案是：②①③；偏小。(3)依照質(zhì)量守恒定律，產(chǎn)生O2的質(zhì)量為15.95g－15.55g＝0.4g；n(O2)＝

，O2的摩爾體積為

；綜上所述，本題答案是：0.0125，

22.38L/mol

。【點睛】用排水法測量收集到氣體體積時，要注意：先將裝置中的氣體冷卻至室溫，否則氣體受熱膨脹時，易引起誤差；第二，要調(diào)整量筒高度，使量筒內(nèi)液面和廣口瓶中液面相平，以保證廣口瓶中氣體的壓強和外界氣壓相等，這樣才能減小實驗誤差；最后再讀取量筒內(nèi)水的體積，要平視進行讀數(shù)，減小實驗誤差；只要做到以上三點，就能提高測定數(shù)據(jù)的正確度。-14．用無水Na2CO3固體配制230mL0.1000molL·的溶液。請回答：（1）在配制過程中不用要的玻璃儀器是___。A．燒杯B．量筒C．玻璃棒D．膠頭滴管E容.量瓶2）定容時的操作：當液面湊近容量瓶刻度線時，__，再將容量瓶塞蓋好，屢次上下顛倒，搖勻。3）以下操作會使配得的Na2CO3溶液濃度偏低的是___。A．稱取相同質(zhì)量的Na2CO3·10H2O固體進行配制B．定容時俯視容量瓶的刻度線C．搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶刻度線，再滴加蒸餾水至刻度線D．轉(zhuǎn)移沖洗液時灑到容量瓶外，連續(xù)用該未沖刷的容量瓶重新配制【答案】B用膠頭滴管滴加蒸餾水至溶液凹液面正好與刻度線相切

ACD【解析】【解析】1）配制溶液在燒杯中溶解，需要玻璃棒攪拌，轉(zhuǎn)移到容量瓶中定容，當液面湊近容量瓶刻度線時，需用膠頭滴管滴加液體；（2）當液面湊近容量瓶刻度線時，改用膠頭滴管滴加；（3）結(jié)合cnn偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液濃度偏低；及不當操作可知，V【詳解】1）配制的Na2CO3溶液的一般步驟：計算、稱量、溶解、移液、沖洗、定容等，使用的儀器為：托盤天平（帶砝碼）、藥匙、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、250mL的容量瓶；不用要的玻璃儀器是量筒，故答案為：B。2）定容時，當液面湊近容量瓶刻度線時，用膠頭滴管滴加蒸餾水至溶液凹液面正好與刻度線相切，再將容量瓶塞蓋好，屢次上下顛倒，搖勻，故答案為：用膠頭滴管滴加蒸餾水至溶液凹液面正好與刻度線相切。（3）A.稱取相同質(zhì)量的Na232O固體進行配制，n偏小，所配的23溶液濃度偏CO?10HNaCO低，A正確；B.定容時俯視容量瓶的刻度線，V偏小，所配的Na2CO3溶液濃度偏大，B錯誤；C.搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶刻度線，再滴加蒸餾水至刻度線，

V偏大，所配的

Na2CO3溶液濃度偏低，C正確；D.轉(zhuǎn)移沖洗液時灑到容量瓶外，連續(xù)配制，

n偏小，所配的

Na2CO3溶液濃度偏低，

D正確；故答案為：

ACD?！军c睛】配制必然物質(zhì)的量濃度過程中誤差解析：①向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體時有少量流出，n減小，c偏小；②未沖洗燒杯和玻璃棒，n減小，c偏??；③定容時，水加多了，用膠頭滴管吸出，n減小，c偏?。虎芏ㄈ輷u勻時，液面下降，再加水，V增大，c偏??；⑤定容時，俯視刻度線，V減小，c偏大；⑥仰望刻度線，V增大，c偏??；⑦溶液未冷卻到室溫就注入容量瓶并定容，V減小，c偏大。5．完成以下填空：1）已知反應：Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe，則①該反應所屬基本反應種類是___。②在反應中鐵元素的化合價變化__(填“高升”或“降低”)，該元素的原子__(填“失去”或“獲取”)電子。③發(fā)生氧化反應的是__，發(fā)生還原反應的是__。2）反應2KMnO4＋16HCl(濃)=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O中：①反應中被氧化的元素是__，被還原的元素是___。②若生成71gCl2，則耗資的HCl是__g，被氧化的HCl是__g?！敬鸢浮恐脫Q反應降低獲取AlFeClMn116.8732O3【解析】【解析】(1)①反應吻合基本反應種類的AB+C=AC+B。②反應中，F(xiàn)e的化合價由+3價變?yōu)?價；③反應中，還原劑被氧化，發(fā)生氧化反應。(2)①還原劑被氧化，氧化劑被還原；②依照方程式進行計算?！驹斀狻?1)①反應吻合基本反應種類的AB+C=AC+B，屬于置換反應。②反應中，F(xiàn)e的化合價由+3價變?yōu)?價，化合價降低，得電子；③反應中，還原劑被氧化，發(fā)生氧化反應，則Al發(fā)生氧化反應；Fe2O3發(fā)生還原反應。(2)①還原劑被氧化，氧化劑被還原，則

Cl被氧化，

Mn

被還原；②若生成

71gCl2，即

1mol，需耗資

3.2molHCl，即

3.2×；化合價高升的

HCl為2mol，即

73g?！军c睛】高錳酸鉀與濃鹽酸反應制備氯氣，16molHCl參加反應，其中有10molHCl發(fā)生了氧化反應，產(chǎn)生了5molCl2，6molHCl價態(tài)沒變，生成了鹽，表現(xiàn)了其酸性的性質(zhì)。6．某化學興趣小組在實驗室制取漂白粉，并研究氯氣與石灰乳反應的條件和產(chǎn)物。已知：①二氧化錳與濃鹽酸反應可制備氯氣，同時生成MnCl2。②氯氣和堿反應放出熱量。溫度較高時，氯氣和堿還能夠發(fā)生以下反應：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。該興趣小組設計了以下實驗裝置進行實驗。請回答以下問題：(1)①甲裝置用于制備氯氣，乙裝置的作用是________。②該興趣小組用100mL12mol·L-1鹽酸與8.7gMnO2制備氯氣，并將所得氯氣與過分的石灰乳反應，則理論上最多可制得Ca(ClO)2______g。(2)小組成員發(fā)現(xiàn)，產(chǎn)物中Ca(ClO)2的質(zhì)量明顯小于理論值。他們談論后認為，部分氯氣未與石灰乳反應而逸出，以及溫度高升也是可能原因。為了研究反應條件對產(chǎn)物的影響，他們另取必然量的石灰乳，緩慢、勻速地通入足量氯氣，得出了ClO-、ClO3-兩種離子的物質(zhì)的量(n)與反應時間(t)的關(guān)系曲線，大概表示為如圖(不考慮氯氣和水的反應)。①圖中曲線Ⅰ表示_______離子的物質(zhì)的量隨反應時間變化的關(guān)系。②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物質(zhì)的量為______mol。③另取一份與②等物質(zhì)的量的石灰乳，以較大的速率通入足量氯氣，反應后測得產(chǎn)物中Cl-nClO的物質(zhì)的量為0.35mol，則產(chǎn)物中=__。nClO3(3)為了提高Ca(ClO)2的產(chǎn)率，可對丙裝置作合適改進。請你寫出一種改進方法：________?！敬鸢浮砍袈葰庵械穆然瘹錃怏w-把丙裝置浸在盛有冰水的水7.15ClO0.252：1槽中【解析】【解析】(1)①飽和食鹽水的主要作用是除掉氯氣中的氯化氫氣體；②依照MnO2+4HCl(濃)22222222MnCl+Cl↑+2HO；2Cl+2Ca(OH)=CaCl+Ca(ClO)+2HO，結(jié)合定量關(guān)系計算理論值；(2)①當溫度低時，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣和次氯酸鈣；當溫度高時，生成氯酸鈣和氯化鈣，依照溫度高低來判斷屬于哪一種離子；②依照氧化還原反應中得失電子數(shù)相等計算氯離子的物質(zhì)的量，爾后依照含氯化合物中鈣離子和陰離子的個數(shù)比計算氫氧化鈣的物質(zhì)的量；③另取一份與②等物質(zhì)的量的石灰乳，以較大的速率通入足量氯氣，反應后測得產(chǎn)物中Cl-的物質(zhì)的量為0.35mol，依照氯化鈣、次氯酸鈣、氯酸鈣中鈣離子和含氯元素的物質(zhì)的量比為1：2，結(jié)合b計算獲取氫氧化鈣物質(zhì)的量計算氯元素物質(zhì)的量，依照氧化還原反應電子守恒，生成產(chǎn)物中氯元素守恒列式計算。(3)依照題中信息，在高溫度下發(fā)生副反應，能夠把丙裝置放入冰水中?！驹斀狻?1)①濃鹽酸和二氧化錳反應制取氯氣的方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；濃鹽酸擁有揮發(fā)性，在反應制取氯氣的過程中揮發(fā)出HCl氣體，所以經(jīng)過飽和食鹽水的作用是除掉Cl2中混有的HCl氣體；8.7g②n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，n(MnO2)==0.1mol，MnO2、HCl反應的物質(zhì)的87g/mol量的比是1：4，可見足量的濃鹽酸與8.7gMnO2制備氯氣，以MnO2為標準計算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol，將所得氯氣與過分的石灰乳反應，反應方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，依照方程式中物質(zhì)反應關(guān)系可知：理論上最多可制得Ca(ClO)2的物質(zhì)的量為0.05mol，其質(zhì)量m[Ca(ClO)2]=0.05mol×；g(2)①當溫度低時，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣和次氯酸鈣；當溫度高時，生成氯酸鈣和氯化鈣，剛開始反應時，溫度較低，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣和次氯酸鈣，所以2中曲線I表示離子ClO-的物質(zhì)的量隨反應時間變化的關(guān)系；②依照氧化還原反應中得失電子數(shù)相等計算Cl-的物質(zhì)的量，設被還原的氯離子的物質(zhì)的量為n，則n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35，mol則反應的Cl2中含氯原子的物質(zhì)的量為：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，在CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2中鈣離子和含氯離子的個數(shù)比為1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物質(zhì)的量為0.5mol=0.25mol；2③取一份與②等物質(zhì)的量的石灰乳，其物質(zhì)的量為0.25mol，依照氧化還原反應中得失電子數(shù)相等，生成氯離子獲取電子和生成次氯酸根和氯酸根失去的電子守恒，設n(ClO-)=x，3-n(ClO)=y；則獲?。?.35=x×1+y；×5依照氯化鈣、次氯酸鈣、氯酸鈣中鈣離子和含氯元素的物質(zhì)的量比為1：2，獲取氯元素物質(zhì)的量為0.5mol；，解得：x=0.1mol，nClO0.1?moly=0.05mol，則產(chǎn)物中=2：1；nClO30.05?mol(3)由于反應在高溫度下發(fā)生副反應，所以改進措施能夠把丙裝置放入盛有冰水的水槽中，防范發(fā)生3Cl2--3-2+6OH5Cl+ClO+3HO?！军c睛】本題觀察了性質(zhì)方案的設計。明確實驗目的、實驗原理為解答要點，注意熟練掌握氯氣的實驗室制法及守恒思想在化學計算中的應用方法，題目培養(yǎng)了學生的解析、理解能力及化學實驗、化學計算能力。7．現(xiàn)有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等雜質(zhì)的NaNO3溶液，選擇合適的試劑除掉雜質(zhì)，獲取純凈的NaNO3固體，實驗流程以以下列圖所示。(1)積淀A的主要成分是_____________、______________（填化學式）。(2)①②③中均進行的分別操作是_______________。(3)溶液3經(jīng)過辦理能夠獲取NaNO固體，溶液3中必然含有的雜質(zhì)是__________，為了除3去雜質(zhì)，可向溶液3中加入合適的______________。(4)實驗研究小組在實驗中需要用到456mL1mol?L-1的HNO溶液，但是在實驗室中只發(fā)現(xiàn)3一瓶8mol?L-1的HNO-1的HNO溶液配制所需溶液。3溶液，該小組用8mol?L3①實驗中所需的玻璃儀器包括________、_____mL量筒、燒杯、________、膠頭滴管等。②該實驗中需要量取8mol?L-1的HNO3溶液________mL。③以下實驗操作中以致配制的溶液濃度偏高的是_____________。A．取用8mol?L-1的HNO3溶液溶液時仰望量筒刻度線B．量取用的量筒水洗后未進行任何操作C．8mol?L-1的HNO3溶液從量筒轉(zhuǎn)移至燒杯后用水沖洗量筒并全部轉(zhuǎn)移至燒杯D．定容時仰望刻度線E.定容后，將容量瓶振蕩搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，未進行任何操作【答案】BaSO4BaCO3過濾Na2CO3HNO3500mL容量瓶100玻璃棒AC【解析】【解析】由實驗流程可知，加入過分的Ba(NO3243積淀，爾后在濾液中加入過分)，生成BaSO、BaCO的AgNO3-全部轉(zhuǎn)變?yōu)锳gCl積淀，在所得濾液中加入過分的Na23，使ClCO，使溶液中的Ag+、Ba2+完好積淀，最后所得溶液為NaNO3和Na2CO3的混雜物，加入稀HNO3，最后進行蒸發(fā)操作可得固體NaNO3。【詳解】（1）加入過分的Ba(NO3)2，Na2SO4、Na2CO3和Ba(NO3)2反應生成BaSO4、BaCO3積淀，故答案為：BaSO；BaCO；43（2）①②③中均進行的分別操作是分別固體和液體，為過濾操作，故答案為：過濾；（3）溶液3為NaNO3和Na2CO3的混雜物，加入稀HNO3，可除掉Na2CO3，最后加熱蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾獲取硝酸鈉，故答案為：Na2CO3；HNO3；（4）①實驗室只有500mL的容量瓶，則本實驗需要配制的溶液體積為500mL，別的需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在燒杯中加水溶解，同時需要玻璃棒攪拌，轉(zhuǎn)移到容量瓶中時也需要玻璃棒引流，最后還需要用膠頭滴管定容，整個實驗需要的玻璃儀器包括500mL容量瓶、100mL量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管等，故答案為：500mL容量瓶；100；玻璃棒；②設需要量取8mol?L-1-1-3-1×500-3的HNO3溶液VmL，則8mol?L×V×10L=1mol?L×10L，解得：，故答案為：62.5；③A．取8mol?L-1的HNO3溶液時仰望刻度線，液面在刻度線上方，即濃硝酸的體積偏大，以致配制溶液濃度偏高，故A正確；B．量取用的量筒水洗后未進行任何操作，會稀釋濃硝酸，即濃硝酸的體積偏小，以致配制溶液濃度偏低，故B錯誤；C．量筒量取濃硝酸后，不應該水洗，否則濃硝酸的體積偏大，以致配制溶液濃度偏高，故正確；D．定容時仰望刻度線，液面在刻度線上方，溶液體積偏大，以致濃度偏低，故D錯誤；E．定容后，除容量瓶振蕩搖勻，不能夠再加水定容，這樣做對實驗結(jié)果無影響，故E錯誤；故答案為AC。8．（1）在Na242433＋-1的混雜溶液中，測得Al濃度為0.1mol·L，加入等體積SO和Al(SO)-1的BaCl2溶液恰好使2-完好積淀，則混雜溶液中＋的濃度為____。mol·LSO4Na（2）將-1的K2SO4溶液、-1溶液和純水混雜，要使混雜液中K0.1mol·LL·的Al2(SO4)3＋3＋2--1-1-1，則K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶、Al、SO4的濃度分別為0.1mol·L、0.1mol·L、0.2mol·L液、純水三者的體積比___。(忽略體積的變化)【答案】-12：1：10.3mol·L【解析】【詳解】(1)設混雜溶液體積為1L。n(Al3＋－12＋)＝c·V＝0.1molL·×1＝L0.1mol，n(SO)＝n(Ba)＝－1×1＝L0.3mol。由電荷守恒可得：3n(Al3＋＋＋)＝mol·L)＋n(Na)＝2n(SO)，所以n(Na2n(SO)－3n(Al3＋＋＝＝0.3molL·)＝2×0.3mol－3×0.1mol＝0.3mol，c(Na)＝＝1，故答案為：0.3mol·L-1；(2)設K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、純水三者的體積分別是xL、yL、zL，則＝0.1×＋(xy＋z)、0.4y＝0.1×＋(xy＋z)、＋0.6y＝0.2×＋(xy＋z)，解得x＝2y＝2z，所以K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、純水三者的體積比為2∶1∶1，故答案為：2∶1∶1。9．依照題意計算填空。（1）在標準狀況下，8.5g某氣體占有的體積為，則該氣體的摩爾質(zhì)量是__。（2）在標準狀況下，0.01mol某氣體的質(zhì)量為，則該氣體的相對分子質(zhì)量為__，該氣體的密度為__g·L-1。（3）在標準狀況下，由CO和CO2組成的混雜氣體為，質(zhì)量為12g，此混雜物中CO和CO2物質(zhì)的量之比是__，C和O原子個數(shù)比是__，CO的質(zhì)量分數(shù)是__。（4）現(xiàn)有mg某氣體，它由雙原子分子組成，它的相對分子質(zhì)量為M。若阿伏伽德羅常數(shù)用NA表示，則：該氣體的物質(zhì)的量為__mol；該氣體所含原子總數(shù)為__個；該氣體在標準狀況下的體積為__L；該氣體溶于水后形成1L溶液（該氣體不與水反應），其物質(zhì)的量濃度為__mol·L－1?！敬鸢浮?：3m2mNAm4：717.5%MMMM【解析】【詳解】1）該氣體的摩爾質(zhì)量故答案為：34g/mol；

5.6L=34g/mol，（2）0.01mol某氣體的質(zhì)量為，摩爾質(zhì)量為=28g/mol，故相對分子質(zhì)量為28；標況下體積是，故密度為0.28g，答案為：28；1.25;（3）設CO的物質(zhì)的量為xmol，CO2的物質(zhì)的量為ymol，標準狀況下整體積，即總物質(zhì)的量為0.3mol，故，總質(zhì)量為12g，故28x+44y=12，解得，，故CO和CO2物質(zhì)的量之比是為1:3，C和O原子個數(shù)比是4:7，CO的質(zhì)量分數(shù)為28=17.5%，12故答案為：1：3；4：7；17.5%；（4）該氣體的物質(zhì)的量為m2mNAmol；由于該氣體為雙原子分子，故所含原子總數(shù)為MM個；該氣體在標準狀況下的體積為L；該氣體溶于水后形成1L溶液，其物質(zhì)的量濃M度為m－1，mol·LM故答案為：m2mNA；m。M；；MMM10．NH3、NO、NO2都是常有重要的無機物，是工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、環(huán)境保護、生命科學等方面的研究熱點。(1)寫出氨在催化劑條件下與氧氣反應生成NO的化學方程式_____。(2)氮氧化物不但能形成酸雨，還會對環(huán)境產(chǎn)生的危害是形成_____。(3)實驗室可用Cu與濃硝酸制取少量NO2，該反應的離子方程式是_____。(4)為了除掉NO對環(huán)境的污染，依照氧化還原反應原理，可采用NH3使NO轉(zhuǎn)變?yōu)閮煞N無毒氣體(其中之一是水蒸氣)，該反應需要催化劑參加，其化學方程式為_____。(5)必然質(zhì)量的Cu與合適濃硝酸恰好完好反應，生成標準狀況下NO2和NO氣體均為2240mL。向反應后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+恰好完好積淀，則生成Cu(OH)2積淀的質(zhì)量為_____克?！敬鸢浮?NH35O2催化劑+﹣2+4NO6H2O+光化學煙霧Cu4H+2NO3＝Cu+2NO22H2O+加熱+↑+4NH催化劑5N+6HO19.63+6NO22【解析】【解析】1）氨氣和氧氣在催化劑的條件下反應生成一氧化氮和水；2）氮氧化物還能夠夠形成光化學煙霧，破壞臭氧層；3）銅和濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮和水，濃硝酸和硝酸銅都能寫成離子形式；4）氨氣使一氧化氮轉(zhuǎn)變?yōu)閮煞N無毒氣體，其中一種是水蒸氣，別的一種為氮氣；5）依照電子轉(zhuǎn)移守恒計算銅的物質(zhì)的量，由銅原子守恒可得氫氧化銅的物質(zhì)的量，在依照m=nM計算?！驹斀狻?1)氨氣與氧氣在催化劑條件下生成NO與水，反應方程式為：催化劑4NH3+5O24NO+6H2O，加熱催化劑故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；加熱(2)氮氧化物還能夠夠形成光化學煙霧、破壞臭氧層等，故答案為：光化學煙霧；(3)Cu與濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮與水，濃硝酸、硝酸銅都寫成離子形式，反應離子方程式為：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO22++2NO3﹣＝↑+2HO，答案為：Cu+4H2++2NO22Cu↑+2HO；(4)NH3使NO轉(zhuǎn)變?yōu)閮煞N無毒氣體，其中之一是水蒸氣，別的一種為氮氣，反應方程式催化劑為：4NH36NO5N26H2O，++催化劑故答案為：4NH3+6NO5N2+6H2O；(5)n(NO2)＝n(NO)＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，依照電子轉(zhuǎn)移守恒，可知n(Cu)＝3＝0.2mol，由Cu原子守恒可得氫氧化銅的物質(zhì)的量為0.2mol，生2Cu(OH)2積淀的質(zhì)量為0.2mol×98g/mol＝19.6g，故答案為：19.6。【點睛】掌握有關(guān)硝酸反應的計算，一般用守恒方法，如電子守恒，反應中氮元素獲取電子物質(zhì)的量等于銅失去電子的物質(zhì)的量，也等于銅離子結(jié)合的氫氧根的物質(zhì)的量，據(jù)此計算即可。11．（1）1molH2SO4中含有_____個硫原子，_____molO。（2）寫出以下物質(zhì)在水溶液中的電離方程式HCl：_______________NaHSO4：____________________3）寫出以下化學反應的方程式呼吸面具中過氧化鈉與二氧化碳反應的化學方程式_________________氫氧化亞鐵白色積淀迅速變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色的反應的化學方程式____________________印刷電路板辦理時銅與氯化鐵溶液反應的離子方程式_______________________（4）配平以下方程式：－－+_____H—_____I+_____HO3+22_____NHClO——_____N↑+_____O↑+_____HCl+_____HO44222（5）用單線橋法或雙線橋法表示該反應轉(zhuǎn)移電子的方向和數(shù)目并填空：Cu＋4HNO（濃）=Cu(NO)＋2NO↑＋2HO__________________33222HNO的作用是__________，發(fā)生氧化反應，氧化產(chǎn)物是__________。3【答案】NA4＋－NaHSO4=Na++H++SO42-2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2HCl=H＋Cl4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)32Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+5163342546氧化性和酸性Cu(NO3)2【解析】【解析】1）依照物質(zhì)構(gòu)造進行計算；2）強電解質(zhì)完好電離；3）過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣；氫氧化亞鐵白色積淀迅速變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色為氫氧化亞鐵與氧氣、水反應生成氫氧化鐵；銅與氯化鐵溶液反應生成亞鐵離子和銅離子；4）依照化合價起落法及化合價只靠攏不訂交的原則配平；5）還原劑，失電子，化合價高升，發(fā)生氧化反應，產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；氧化劑得電子，化合價降低，產(chǎn)物為還原產(chǎn)物?！驹斀狻?）一個H2SO4分子中含有1個S原子，4個O原子，則1molH2SO4中含有NA個硫原子，4molO；（2）HCl為強電解質(zhì)，在水中完好電離，生成氫離子和氯離子，則電離方程式為：HCl=H＋Cl－；NaHSO4為強電解質(zhì)，在水中完好電離，生成鈉離子、氫離子和硫酸根離子，則電離方程式為：NaHSO4=Na++H++SO42-；（3）過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；氫氧化亞鐵白色積淀迅速變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色為氫氧化亞鐵與氧氣、水反應生成氫氧化鐵，方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；銅與氯化鐵溶液反應生成亞鐵離子和銅離子，離子方程式為2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+；（4）依照氧化還原反應中，化合價只靠攏不訂交的原則，碘離子變?yōu)?價，碘酸根離子變?yōu)?價，則最小公倍數(shù)為5，則離子方程式為－－+6H+=3I2+3H2O；5I+IO3高氯酸銨自己發(fā)生氧化還原反應，N、O的化合價高升，Cl的化合價降低，依照電子得失守恒，則4NH4ClO4=2N2↑+5O2↑+4HCl+6H2O；（5）反應中Cu作還原劑，失電子，化合價由0價變?yōu)?2價，生成的產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物；硝酸作氧化劑、酸，部分N得電子化合價降低由+5變?yōu)?4，生成的產(chǎn)物為還原產(chǎn)物；雙線橋法表示為；單線橋法為。【點睛】白色積淀迅速變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色為氫氧化亞鐵與氧氣、水反應生成氫氧化鐵的反應。12．已知19.2gCu與過分的200mL5mol/L稀硝酸充分反應，反應方程式以下：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O(1)寫出該反應的離子方程式：________；(2)標準狀況下，產(chǎn)生NO氣體的體積為：________；轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為______；反應后NO3-的物質(zhì)的量濃度為：______。（忽略反應前后溶液體積的變化）【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4.48L0.6mol4mol/L【解析】【解析】(1)依照離子方程式的拆寫原則，硝酸和硝酸銅拆為離子，結(jié)合電荷守恒書寫；(2)先計算19.2g銅的物質(zhì)的量，再結(jié)合反應方程式確定需耗資硝酸的物質(zhì)的量，由反應可知被還原的硝酸和生成的NO的物質(zhì)的量，最后依照N元素守恒計算溶液中含有的NO3-的物質(zhì)的量，依照c=n計算反應后NO3-的物質(zhì)的量濃度。V【詳解】(1)Cu與稀硝酸反應方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，在該反應中，硝酸和硝酸銅是易溶的強電解質(zhì)，拆為離子，其余物質(zhì)依舊用化學式表示，則該反應的離子方+-2+程式為：3Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO↑+4H2O；(2)19.2g銅的物質(zhì)的量n(Cu)=19.2g÷，由反應可知，0.3molCu耗資0.8molHNO3，則依照元素化合價起落與電子轉(zhuǎn)移關(guān)系可知被還原的硝酸和生成的NO均為0.2mol，則生成NO的體積V(NO)=0.2mol×；依照反應方程式可知3mol金屬Cu反應轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是6mol，則0.3mol金屬銅參加反應轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.6mol，在200mL5mol/L3-的物質(zhì)的量是n(NO3-)=5mol/L×0.2L=1mol，反應稀硝酸中含有NO中被還原的硝酸為0.2mol，被還原的硝酸變?yōu)镹O氣體，則溶液中節(jié)余的NO3-的物質(zhì)的量n(NO3-)=1mol-0.2mol=0.8mol，則其物質(zhì)的量濃度是nc==4mol/L。V【點睛】本題觀察氧化還原反應的知識，明確元素的化合價變化及原子守恒的方法來解析是解答本題的要點，注意反應中化學計量數(shù)與轉(zhuǎn)移電子數(shù)目的關(guān)系解答，試題培養(yǎng)了學生靈便應用所學知識解決實責問題的能力。13．明膠是水溶性蛋白質(zhì)混雜物，溶于水形成膠體。（1）明膠溶于水所形成的分別系和K2SO4溶液共同具備的性質(zhì)是___。a．都不牢固，密封放置積淀b．兩者均有丁達爾現(xiàn)象c．分別質(zhì)粒子可經(jīng)過濾紙2）現(xiàn)需配制0.50mol·L-1K2SO4溶液480mL。①配制溶液時必要的儀器有：托盤天平（精確到0.1g）、藥匙、燒杯、玻璃棒、___、___、以及等質(zhì)量的幾片濾紙。②配制該溶液需稱取K2SO4晶體的質(zhì)量為___。③以下關(guān)于容量瓶的使用方法中，正確的選項是___。A．容量瓶可長遠存放溶液B．在容量瓶中直接溶解固體C．溶液未經(jīng)冷卻即注入容量瓶中D．向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液要用玻璃棒引流④以下操作會使所配溶液濃度偏低的是___。A．轉(zhuǎn)移溶液時有液體濺出B．定容后經(jīng)振蕩、搖勻、靜置，發(fā)現(xiàn)液面下降，再加合適的蒸餾水C．定容時俯視刻度線D．燒杯和玻璃棒未沖洗（3）現(xiàn)有以下十種物質(zhì)：①HCl；②NaHCO3；③K2SO4溶液；④CO2；⑤蔗糖晶體；⑥Ca(OH)2；⑦氫氧化鐵膠體；⑧NH32243·HO；⑨空氣；⑩Al(SO)(a)上述物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的有___，非電解質(zhì)的有___(填序號)。(b)CO2屬于酸性氧化物，2也屬于酸性氧化物，請寫出2和CaO反應的化學方程式：SiOSiO___。(c)②在水溶液中的電離方程式為___。(d)胃液中含有鹽酸，胃酸過多的人常有胃疼燒心的感覺，服用合適的小蘇打（NaHCO3），能治療胃酸過多，請寫出其反應的離子方程式：___；若是病人同時患胃潰瘍，為防胃壁穿孔，不宜服用小蘇打，此時最好用含Al(OH)3的胃藥（如胃舒平），它與胃酸反應的離子方程式：___。(e)若⑦中混有少量的③，提純的方法是：____。ABCD.蒸餾(分餾).萃取.滲析.分液【答案】c500mL容量瓶膠頭滴管43.5gDABD①②⑥⑧⑩④⑤233+--H+H223+3+3H2HCO33+==AlCaOSiOCaSiONaHCO=Na+HCOOCO↑AlOH+3H+OC+=+( )【解析】【詳解】（1）a.膠體較牢固，溶液是牢固的，a項錯誤；b.溶液無丁達爾效應，膠體有丁達爾效應，b項錯誤；c膠粒和溶液都可透過濾紙，c項正確；.故答案為：c；2）①配制必然物質(zhì)的量濃度溶液的實驗操作的步驟：計算、稱量、溶解、移液、沖洗移液、定容、搖勻等操作，該實驗中需要用天平稱量、用藥匙取藥品，燒杯溶解藥品，需要玻璃棒攪拌和引流，依照規(guī)格要求可知，需要500mL容量瓶配制溶液，需要膠頭滴管定容。故答案為：500mL容量瓶；膠頭滴管；②實驗室需用480mL0.50mol·L-124溶液，實驗室沒有480mL容量瓶，只能采用KSO-500mL容量瓶，所以需要配制500mL溶液，即配制500mL0.50mol·L1K2SO4溶液，需要K2SO4的質(zhì)量m＝cVM＝0.50mol/L×0.5L×174g/mol＝43.5g，托盤天平精確度為0.1g，用托盤天平稱量質(zhì)量為435g.；③A．容量瓶不能夠長遠存放溶液，A項錯誤；B．容量瓶不能夠用來稀釋濃溶液或溶解固體，只能用來配制溶液，B項錯誤；C．溶液未經(jīng)冷卻即注入容量瓶中，以致溶液體積偏小，配制濃度偏大，

C項錯誤；

D．向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液要用玻璃棒引流，防范液體濺出，

D項正確；答案選

D；④A．轉(zhuǎn)移溶液時有液體濺出，則溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，最后以致測定濃度偏低，

A項正確；B．定容后經(jīng)振蕩、搖勻、靜置，發(fā)現(xiàn)液面下降，再加合適的蒸餾水，對原溶液會稀釋，以致溶液體積偏大，造成濃度偏低，

B項正確；

C．定容時俯視刻度線，以致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，C項錯誤；D．燒杯和玻璃棒未沖洗，以致溶質(zhì)物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，D項正確；故答案為ABD；（3）（a）①HCl不電離，但是氯化氫在水中能完好電離，屬于強電解質(zhì)；②NaHCO3在熔融狀態(tài)和水溶液中都能完好電離，都屬于強電解質(zhì)；③K2SO4溶液是混雜物屬于溶液分別系，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；④CO2自己在水溶液中也許消融狀態(tài)下不能夠電離出自由搬動的離子，屬于非電解質(zhì)；⑤蔗糖晶體在水溶液中和消融狀態(tài)下都不能夠電離出自由搬動的離子而導電，屬于非電解質(zhì)；Ca(OH)2在熔融狀態(tài)能完好電離，屬于強電解質(zhì)；⑦氫氧化鐵膠體是混雜物，屬于膠體分別系，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；⑧NH3·H2O在水溶液中只能部分電離出自由搬動的離子，屬于弱電解質(zhì)；⑨空氣含多種物質(zhì)，是混雜物，屬于分別系，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；Al2(SO4)3在溶于水也許熔融狀態(tài)下能完好電離出自由搬動的離子屬于強電解質(zhì)；故答案為：①②⑥⑧⑩；④⑤；（b）酸性氧化物可與堿性氧化物反應生成鹽，故SiO2和CaO反應的化學方程式為CaO+SiO2=CaSiO3；c）②NaHCO3為強電解質(zhì)，在水溶液中能完好電離出鈉離子與碳酸氫根離子，其電離方程式為NaHCO3=Na++HCO3-；（d）小蘇打（NaHCO3）可與胃酸中HCl反應，其離子方程式為：3-+H+=H22↑；HCOO+COAl(OH)3為弱堿會中和胃酸，其反應的離子方程式：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案為：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；（e）提純膠體中混有的溶液，可采用滲析的方法，C項吻合題意，故答案為：C。14．儲氫納米碳管的研究成功表現(xiàn)了科技的進步，但用電弧法合成的碳納米管常伴有大量的雜質(zhì)——碳納米顆粒，這種碳納米顆粒可用氧化氣化法提純其反應式為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＋__H2O2）上述反應中氧化劑是_______（填化學式），氧化產(chǎn)物是__________（填化學式）3）H2SO4在上述發(fā)應中表現(xiàn)出來的性質(zhì)是_______（填序號）a.氧化性b.氧化性和酸性（4）若反應中電子轉(zhuǎn)移了

c.酸性d.還原性和酸性0.8mol，則產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為

__________L（5）要使

的K2Cr2O7，溶液被還原，最少要加入

________mL2mol/L

的H2SO4溶液【答案】3283228K2Cr2O7CO2c4.4810【解析】【解析】（1）碳元素化合價由0高升為+4，Cr元素化合價由+6降低為+3，依照得失電子守恒、元素守恒配平；2）所含元素化合價降低的反應物是氧化劑，還原劑失電子化合價高升獲取的產(chǎn)物是氧化產(chǎn)物；3）H2SO4中元素化合價不變，有鹽K2SO4、Cr2(SO4)3生成；（4）由可知，生成3molCO2轉(zhuǎn)移12mol電子。（5）依照化學方程式計算要使的K2Cr2O7溶液被還原，需要2mol/L的H2SO4溶液的體積。【詳解】（1）碳元素化合價由0高升為+4，Cr元素化合價由+6降低為+3，依照得失