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1、高考化学压轴题专题复习物质的量的综合含答案解析一、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 O2 和 O3 所含分子的物质的量之比为 _。（ 2）等温等压下，等体积的 O2 和 O3 所含分子个数比为 _，质量比为 _。（3）设 NA 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、NA 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：配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、
2、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器_。计算需要NaOH 固体的质量：_g。取出 50 mL 配制好的溶液，此溶液中NaOH 的物质的量浓度为_。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22.4bc【答案】 3： 21：12：3L100mL 容量瓶 4. 01mol/ L Aa N A【解析】【详解】（1）根据nm23可知，等质量的O 和 O 的物质的量之比为Mn(O 2 ) : n(O 3 )1 :13: 2，所含分子的物质的量之比为3：2。324
3、8（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=nNA（ NA 为常数）可知，分子个数比为1： 1；由 m nM可知， O2 和 O3 的质量比为2： 3。（3）设 NA 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 nNb，摩尔质量MmagaN A g gmol 1N AN Anbb，即当氧气为 cg，物质molN Amcgbc22.4bc的量 nMaN A1aN A mol，在标准状况下的体积VnVmL。g gmolaN Ab（4）实验室需要配制100mL1mol / L 的 NaOH
4、 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 。需要 NaOH 固体的质量 mnMcVM 100mL1mol gL 140ggmol 14g 。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。A. 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
5、 A。【点睛】根据 cn和溶液的体可得，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V积 V 引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和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 填写下列表格序号物质分子数 (用 NA质量 /g物质的量摩尔质量体积 /标况表示 )/mol/g mol -1（1）氮气_14_（2）H2 43.01 1022_空SO（3）H2O_0.5_空（4）Cl2_2.24L【答案】 0.5NA 0.5 28 11.2
6、4.9 0.05 98 0.5NA 9 18 0.1NA 7.1 0.1 7.1 【解析】【分析】N、 n= mV摩尔质量在以为g mol -1 单位时，数值上等于相对分子质量，以n=、 n=N AMVm这几个公式为基础，按试题中的要求，进行计算。【详解】（1） N2 的摩尔质量在以为g mol-1 单位时，数值上等于相对分子质量，所以N 2 的摩尔质量是 28 g mol -1，当 N214g2)=14g22)=的质量为时， n(N28 g.mol 1 =0.5mol ， N的分子数N(N0.5AN2的体积为：0.5mol22.4L mol-1=11.2L；N ，标况下（2） H2 422，
7、 H2 4243.011022SO 的分子数是 3.0110SO的物质的量： n(H SO )=6.021023 =0.05 mol ，H2SO4 的摩尔质量是98 g mol -1，质量： m(H2SO4)= 0.05 mol 98 gmol -1=4.9g；（3） H2O 的物质的量是0.5 mol ，水的摩尔质量：M( H2 O)=18 g mol-1 ，水分子的个数N(H2O)= 0.5 NA，水分子的质量是：m(H2O)= 0.5 mol 18 g mol -1 =9g；2.24 L（4） Cl2 标况下的体积试剂2.24L ， Cl2 的物质的量：n(Cl2)=22.4 Lgmol
8、1 =0.1mol ， Cl2 的分子数是：N(N 2)=0.1A2的摩尔质量是71g mol-122)= 0.1mol 71N ， Cl， Cl的质量： m(Clg mol -1=7.1g；【点睛】考生熟练掌握n= N、n= m 、 n= V，这几个公式之间的换算；N AMVm13 实验室需要配制 0.1 mol L CuSO4 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 CuSO4 固体 8.0 gB需
9、要 CuSO45H2O 晶体 12.0 gC需要 CuSO45H2O 晶体 12.5 gD需要 CuSO4 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
10、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500mL 0.1 molL1 160 gmol1 =8.0g ，若为 5 水硫酸铜其质量为 500mL 0.1 molL1 250 g mol1 =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
11、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。4I NaCl 溶液中混有 Na2 CO3、Na2SO4，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： _ ；_ ；_ 。II取 100.0 mLNa2CO3 和 Na2SO4 的混
12、合溶液，加入过量BaCl2 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Na2SO4 的物质的量浓度为_；（写出计算列式的过程）【答案】 Na2 CO3+2HCl=2NaCl+CO +H2OCO2+Ca(OH)2=CaCO3 +H2O2244BaCl +Na SO =BaSO +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Na CO，再滴23加过量 BaCl2溶液，最终有白色沉淀证明有24；Na SOII.混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl
13、+Na SO =BaSO +2NaCl、2244BaCl2+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： BaCO333 2224+2HNO =Ba(NO )+CO +H O，最终 6.99g 沉淀为 BaSO ，根据m计算 BaSOn(Na2SO4)=n(BaSO4)，再根据 c=n 计算 c(Nan=4 的物质的量，而V2SO4)。M【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+C
14、O +H2O，CO +Ca(OH) =CaCO +H O，然后向溶液中加入过量BaCl溶液，产生白色沉淀，证明含有22322Na SO ，发生该反应的化学方程式为：Na SO +BaCl =2NaCl+BaSO；242424II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl +Na SO =BaSO +2NaCl、2244BaCl +Na CO =BaCO +2NaCl，得到 16.84g 白色沉淀为BaSO 、 BaCO 的质量和，沉淀用过223343量稀 HNO3 处理，发生反应：BaCO3 +2HNO3=Ba(NO3)2+CO2 +H2O，最终 6.99g 沉淀为m可知 n(BaSO
15、m6.99 g=0.03mol ，根据 S 元素守恒可知BaSO4，根据 n=4)=M233g / molMn(Na2SO4 )=n(BaSO4)，所以根据 c= n可得 c(Na2SO4)=0.03mol =0.3mol/L 。V0.1L【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。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 _。（
16、 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H2 SO4 进行除杂。【详解】（1
17、）相同质量的 N2 和 H2S 的物质的量之比为m : m34: 28 17:14 ，根据阿伏伽德罗2834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，
18、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F2Cl2Br2I2，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 BrCl , 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2；属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，化性越弱，所以氧化性最强的离子是Cu所以 Fe2 既有氧化性又有还原性的；答案：Cl- Cu2+ Fe2+；（4）除去 Na2- 离子，所加试剂H2SO4，离子方程式2-2SO4 中的 Na2CO3，实质是除去 CO3CO3+2H+=CO2 +H2 O
19、。6 （ 1）下列物质能导电的是_，属于电解质的是_。NaCl 晶体 液态 SO2 液态醋酸铜 BaSO4 固体 纯蔗糖 (C12H22O11) 氨水 熔化的KNO3（2） 0.5molCH4 的质量是 _g，在标准状况下的体积为_L；（3） 8.4g 氮气和 9.6g 某单质 Rx 所含原子个数相同，且分子个数之比为3：2，则 x 的值是_， R 的摩尔质量是 _。【答案】811.2316g/mol【解析】【分析】（1） NaCl 晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；液态 SO2 不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水溶液可导电，但
20、不是自身导电，是非电解质；液态醋酸不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；BaSO4 固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；纯蔗糖 (C12H22O11) 不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质；氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；熔化的KNO3 含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；（2）根据 n= m 可得， m=nM ， V= nVm，进行计算；M【详解】（1） N
21、aCl 晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；液态 SO2 不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；液态醋酸不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；BaSO4 固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；纯蔗糖 (C12H22O11) 不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质；氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不
22、是电解质也不是非电解质；熔化的KNO3 含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；下列物质能导电的是，属于电解质的是，答案为： ； ；（ 2）根据 n= m 可得， m=nM ， 0.5molCH4 的质量 =0.5mol 16g/mol=8g；在标准状况下的体M积为 =nVm=0.5mol22.4L/mol=11.2L ，答案为： 8； 11.2；（3） 8.4g 氮气的物质的量m8.4g=0.3mol，则氮原子的物质的量M28g/mol=0.3mol 2=0.6mol，物质的量之比等于粒子数目之比，根据题意9.6g 某单质 Rx 所含原子物质的量也为0.6mol ，则 Rx 所含分子物质的
23、量为0.6 mol ，则 0.3mol ：0.6 mol =3： 2，解xx得 x=3， R3的物质的量为0.6的摩尔质量 =m9.6g=48g/mol ，则 R 的mol =0.2mol ， R3=0.2mol3n摩尔质量 = 48g / mol =16g/mol ，3答案为： 3； 16g/mol 。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）（2）加入试剂b 所发生反应的化学方程式为_ 。（ 3）该方案能不
24、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 烧瓶用托盘天平称得固体C 烧杯D药匙E.量筒B 的质量是 _g。F.托盘天平。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K2CO3BaCO3+2HCl=BaCl+CO2+H2O不能应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶10.4B100mL容量瓶、玻璃棒【解析】【分析】【详解】2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量2CO使 BaCl2 转化
25、为沉分离 KCl 和 BaClK3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 K CO 的混合物，蒸发结晶得到固体C 为 KCl 和 K CO ，应加入过量2323盐酸可得 KCl，沉淀 A 为 BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B 为 BaCl 2，（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 ，本题答案是 ：过滤 ；K23CO 。（2）沉淀 A 为 BaCO3，加足量的盐
26、酸，反应生成氯化钡和二氧化碳气体，反应的化学方程式为 ： BaCO3+2HCl=BaCl+CO2 +H2O；综上所述 ，本题答案是： BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2 +H2O。（3）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KCl 和 K2CO3 的混合物，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；，本题0.1L 0.5mol/L 208g/mol=10.4g综上所述答案是 ： 10.4。 固体配制氯化钡溶液时，称量后溶解、定容
27、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 设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A含有 NA 个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 LB 0.2NA 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 2NA 个原子D标准状况下，23 个氧气分子33.6 L 氧气中含有 9.03 10【答案】 A【解析】【详解】A稀有气体为单原子分子，含有NA 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；19.6
28、gB 19.6 磷酸 (H PO )的物质的量为=0.2mol，则 0.2NA个硫酸分子与 19.6 磷酸3498g / mol(H3 PO4)含有的氧原子数均为0.8NA，故 B 正确；C N2 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 N2 和 CO的混合物的总物质的量为 1mol ，含有2NA 个原子，故 C 正确；D标准状况下， 33.6 L 氧气的物质的量为33.6L23 个氧气=1.5mol ，共含有9.03 1022.4L / mol分子，故D 正确；故答案为A。9 下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。问：（1）该盐酸的物质的量浓度为_（2
29、）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（_）配制 100g 10%的 CuSO溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g 水中4测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度用酸式滴定管量取用98%，密度为 1.84g/cm 3的浓 H-1的稀 H2SO4配制200mL 2mol L2SO4?时，先平视后仰视。A 只有 B只有C D（3）已知 CO和 CO2 的混合气体 14.4g,在标准状况下所占的体积为8.96L。则该混合气体中， CO的质量为 _g， CO2的物质的量为 _mol 。（ 4） 1mol 氧
30、气在放电条件下，有 30%转化为臭氧（ O3），则放电后所得混合气体对氢气的相对密度是（ _）A16B 17.8C18.4D35.6【答案】 11.8mol/L5.60.2B【解析】【分析】（1）根据物质的量浓度c=1000计算出该盐酸的物质的量浓度；M（2）根据操作不当对溶质的质量或溶液的体积的影响效果分析作答；（38.96L，则物质的量为8.96L）混合气体的体积为=0.4mol，根据气体的总质量和22.4L/mol总物质的量列方程式计算；M（4）根据公式可知，相同条件下，气体摩尔体积相同，所以不同气体的密度之比Vm等于其摩尔质量之比，先根据转化关系计算混合气体的摩尔质量，再计算混合气体摩
31、尔质量与氢气的摩尔质量之比。【详解】（1）该盐酸的物质的量浓度为：1000 1000 1.18 36.5%c=11.8mol/L ，M36.5mol/L故答案为： 11.8mol/L ；（2） 硫酸铜晶体为 CuSO4H2O，则称取10g 硫酸铜晶体溶于90g 水中形成硫酸铜溶液，硫酸铜的实际质量小于10g，所配硫酸铜溶液的质量分数小于10%的，实验结果偏低，项正确；测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大，实验测量结果偏高，项错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，实际称取的药品质量减小，所配溶液的浓度偏低，项正
32、确；酸式滴定管的 “0刻”度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，项正确；故答案为：；8.96L（3）混合气体的体积为8.96 L，则物质的量为=0.4mol，设混合气体中 CO的物22.4L/mol质的量为 x mol， CO2 的物质的量为y mol ，则 28x+44y=14.4 ， x+y=0.4，联立方程组解之得： x=0.2， y=0.2，所以 m(CO)=0.2mol28g/mol=5.6g ，故答案为： 5.6； 0.2；（4） 1 mol O2 有 30%转化为臭氧（ O3），发生反应的 O2 为 1 mol 30%=0.3 mo
33、l由反应3O2 放电33为 0.2 mol ，故反应后所得气体为322O 知，生成的 O0.2 mol O和 O 为（1-0.332g/mol 12g/mol ，混） mol=0.7 mol ，故 M=35.6 g/mol ，氢气的摩尔质量是0.2mol+0.7mol合气体的摩尔质量和氢气的摩尔质量之比等于其密度之比=35.6g/mol ： 2g/mol=17.8 ， B 项正确；故答案为： B。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 K2 Cr2O7H2SO4CO2 K2SO4 Cr2(SO4)3 H2O（未配平）（1）配平上述方程式_C _K2Cr2 O7 _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