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1、备战高考化学二模试题分类汇编物质的量综合含答案一、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： 2KMnO4 +16HCl=2KCl+2MnCl+5Cl2 +8H2O(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）：理论上需要多少克KMnO4 参加反应？ _。被氧化的HCl 的物质的量为多少？_。【答案】6.32g0.2 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 Cl2 的物质的量，然后根据方程式中
2、KMnO4、 HCl 与 Cl2 之间的反应转化关系计算。【详解】(1)在该反应中，合价降低，得到化合价升高，失去Mn 元素化合价由反应前KMnO4 中的 +7 价变为反应后MnCl2 中的 +2 价，化5 个电子， Cl 元素化合价由反应前HCl 中的 -1 价变为反应后Cl2 中的 0 价，2 个电子，电子得失最小公倍数是10，所以 KMnO4、 MnCl2 前的系数是2，HCl 前的系数是 10， Cl2 前的系数是个 Cl 原子未参加氧化还原反应，所有5，根据原子守恒，KCl 的系数是2，这样反应中有Cl 原子都是由HCl 提供，因此HCl 前的系数为610+6=16，结合H 原子反应
3、前后相等，可知H2O 的系数是8，用 “双线桥 ”表示电子转移为：；V2.24L(2)在标准状态下， 2.24LCl 的物质的量 n(Cl2)= Vm22.4L / mol =0.1mol 。根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2 时，参与反应的 KMnO4 的物质的量为2KMnO4 的质量 m(KMnO 4)=0.04mol 158g/mol=6.32g；0.1mol =0.04mol ，则参与反应的5由反应化学方程式可知， HCl 被氧化后生成 Cl2，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
4、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 按要求完成下列填空I.（ 1）给定条件下的下列四种物质：a 10g 氖气b含有 40mol3电子的 NHc标准状况下28.96LCOd标准状况下112g 液态水则上述物质中所含分子数目由多到少的顺序是_（填序号）。（2）标准状况下
5、，0.51g 某气体的体积为672mL，则该气体摩尔质量为 _。（3）将 100mL H240.2molNaOH 溶液时恰SO 和 HCl 的混合溶液分成两等份，一份中加入含好中和完全，向另一份中加入含0.05molBaCl2 溶液时恰好沉淀完全，则原溶液中c(Cl)=_ mol/L 。II现有以下物质：铝；二氧化硅；液氯；NaOH 溶液；液态HCl； NaHCO3 晶体；蔗糖；熔融Na2O； Na2O2 固体； CO2。回答下列问题（用相应物质的序号填写）：（ 1）其中可以导电的有 _ 。（ 2）属于电解质的有 _，非电解质有 _。（ 3）写出向与反应的化学方程式_。（ 4）写出与的离子方程
6、式 _。（5）写出的水溶液与的水溶液反应的离子方程式_ 。（6）写出与反应的离子方程式_ 。【答案】 dbac17g/mol22Na2 22232O+ 2CO =2Na CO + O2-2-2+3-222-32-22Al + 2H O + 2OH = 2AlO+ 3HH + HCO= H O + COSiO + 2OH = SiO+ H O【解析】【分析】mNVI利用 n= M = N A = Vm 计算。II铝能导电，既不是电解质，也不是非电解质；二氧化硅不能导电，为非电解质；液氯不能导电，既不是电解质，也不是非电解质；NaOH 溶液能导电，为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；液态 HC
7、l 不能导电，为电解质；NaHCO3 晶体不能导电，为电解质；蔗糖不能导电，为非电解质；熔融 Na2O 能导电，为电解质；Na2O2 固体不能导电，为电解质；CO2 不能导电，为非电解质。【详解】10I(1)a 10g 氖气的物质的量 =0.5mol ， Ne 为单原子分子，即分子数为0.5mol ；20b NH3 中含有 10 个电子，则含有 40mol 电子的 NH3 的物质的量为4mol；c标准状况下28.968.96LCO 的物质的量 =0.4mol；22.4d标准状况下112g 液态水的物质的量112=6.22mol ；18综上所述，分子数目由多到少的顺序为dbac；(2)标准状况下
8、，某气体的体积为672mL，物质的量为0.672L22.4L/mol=0.03mol ，则m0.51M=17g/mol ；n0.03(3)0.05molBaCl2 与硫酸根离子生成0.05mol硫酸钡，则原溶液中含有0.1mol硫酸； 0.05mol硫酸消耗0.1mol的 NaOH，剩余的0.1molNaOH为盐酸消耗，则原溶液中含0.2mol盐酸，c(Cl )=0.20.1=2mol/L ；II(1)分析可知，能导电的为；(2)属于电解质的为；属于非电解质的为；(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+CO2=2Na2CO3 +O2；(4)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏
9、铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2；(5)盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为H+HCO3-=H2O+CO2；(6)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2 +2OH-=SiO32-+H2O。3 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)。气球中收集到的气体的摩尔质量为_。气球中收集到的气体中，电子总数为
10、_(用 NA 表示阿伏加德罗常数的值 )。气球的体积为 _L。【答案】 36 g mol 17.2 g 28 gmol 1A4.2N 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=21.60.6=36 （ gmol 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
11、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 。气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28 g mol 1 ； CO 的物质的量为0.3mol ，所以电子总数为 0.3 14NA=4.2NA； 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。4 实验室可用如下方法制取Cl2，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 _、 _.MnO 2+4HCl（浓）2
12、22Cl + MnCl + 2H O(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 NA 表示 )。(3)将 (2)生成的氯气与0.2mol H2 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) KClO3 6HCl(浓 )=3Cl2KCl 3H2O 2KMnO 4 16HCl(浓 )=2KCl 2MnCl 2 5Cl28H2O若要制得相同质量的氯气，三个反应中电子转移的数目之比为_。催化剂(5)已知反应 4HCl(g) O22Cl2 2H
13、2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO 2、 O2、KMnO4 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 CO 和水 )，放入 50.0 mL 2.00mol/L 盐酸中，23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 0.2mol0.2 NA8.96L 4mol/L 6： 5： 6KMnO4 MnO2 O25.85g【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
14、解被还原的还原剂的量；(3) 根据方程式及c= n 计算；V(4) 生成 1mol 氯气时，转移2mol 电子；生成1mol 氯气时，转移5mol 电子；生成31mol 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 0.2NA；(3) H+ Cl =2HCl， 0.2mol 氯气与 0.
15、2mol H2完全反应，生成 0.4molHCl，标况下的体积为22n0.4=4mol/L ；8.96L； c=V0.1(4) 生成 1mol 氯气时，转移2mol 电子；生成 1mol 氯气时，转移5mol 电子；生成31mol 氯气时，转移2mol 电子；电子转移的数目之比为6： 5：6；催化剂(5)根据反应、和4HCl(g) O2Cl2H2O(g)可知， MnO、O 、 KMnO三种物质22224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KMnO422； MnO O(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
16、，根据 Cl-离子守恒， n（ NaCl） = n（HCl） =50.0 mL2.00mol/L=0.1mol，其质量为 5.85g。5 （ 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：+ _H _I+_H O_I +_IO3+22_NH ClO _N +_O +_HCl+_H O44222（
17、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 HNO （浓） = Cu(NO ) 2 NO 2H O_33 222HNO 的作用是 _，发生氧化反应，氧化产物是_。3【答案】 NA4NaHSO4 = Na+ + H+SO42-2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2HCl=H Cl22233+ Cu=2Fe2+ Cu2+462Fe51 6 3 3 4 2 54Fe(OH) +O +2H O 4Fe(OH)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
18、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 H2 SO4 分子中含有 1 个 S 原子， 4 个 O 原子，则 1mol H2SO4 中含有 NA 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
19、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+ 6H+=3I2+3H2O；5 I+IO3高氯酸铵
20、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。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
21、质的量浓度之比为_。（2）将 3.22 g 芒硝（ Na2 42个水分子中溶有+，则SO10H O）溶于水中，要使每 1001 个 Na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 Na 2SO4 (密度为 d1 g/cm 3)和 50 mL 0.2 mol/L Al 2(SO4)3(密度为 d2 g/cm 3)混合，所得密度为d3g/cm3的混合溶液中SO42- 的浓度为 _。（用含d1 23， d ， d的式子
22、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： 234.256d340g/mol(或 83.3%)610 d1 +5 d 2【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
23、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、 MgCl23的物质的量分别为x、y、 z，由分别加入等量的3溶液恰、 A1ClAgNO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 g+） =2n（ Na242O）322 g/
24、 mol =1mol ，溶液中n（ NaSO ?10H=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 ， 0.01molNa 2SO4?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
25、+29（1-x）=19，解得 x= 65 ，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 65 ，故答案为：65 ；（4） 100mL0.3mol/LNa 2442- 的物质的量为 0.1L 0.3mol/L=0.03moL ，SO 溶液中SO24342- 的物质的量为 0.05L0.2moL/L 3=0.03mol ，混合后50mL0.2mol/LAl （ SO ）溶液中 SO2-0.03moL+0.03moL=0.06mol ，混合溶液的体积为100d1 50d210 3的总 SO4 的物质的量为d3L，0.06 mol6d 36d3则混合溶液中SO42- 的浓度为 1
26、00 d1 50d 2 10 3 L =mol/L ，故答案为：10 d1；d310 d1 +5 d 2+5 d 2（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： 0.07mo
27、l 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 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）操作的名称是 _，试剂 a 的溶质是 _ （填化学式）
28、（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。用托盘天平称得固体B 的质量是 _g。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K2 3322应在操作的滤液中加入过COBaCO+2HCl=BaCl+CO +H O 不能量盐酸后再蒸发结晶10.4B100mL容量瓶、玻璃棒【解析】【分
29、析】【详解】分离 KCl 和 BaCl 2 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 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 BaCO，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B 为 BaCl ，32（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作 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K232转化为沉淀，试剂23CO 溶液使 BaCla 的溶质是 K CO ；综上所述
30、 ，本题答案是 ：过滤 ；K23CO 。（2）沉淀 A 为 BaCO ，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3式为 ： BaCO322+2HCl=BaCl+CO +HO；综上所述 ，本题答案是： BaCO32223+2HCl=BaCl +CO+HO。2CO3）该方案不能达到实验目的，因为操作进行完成后，所得滤液为的混合（KCl 和 K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；应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。（4） 固体 B 为氯化钡 ，其质量是 0.1L 0.5mol/L 208g/mol
31、=10；.4g综上所述 ，本题答案是 ： 10.4。 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 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 Na 2CO3 溶液100 mL，所需要的仪器为_ 。(2)除去Na2 CO3 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、
32、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
33、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2- ，应先加入过量 BaCl2-生成沉淀，然后再加入K使SO42的使 SO42CO3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。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
34、读后回答下列问题：成分质量（ g）摩尔质量（ gmol -1）蔗糖25.00342硫酸钾0.87174阿司匹林0.17180高锰酸钾0.316158硝酸银0.0751701）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_