高考化学物质的量综合经典题及答案Word文件下载.docx

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（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。

2．硫酸是重要的基础化工原料之一，是化学工业中最重要的产品，号称“工业之母”。

在中学化学教材中有多处涉及其应用。

（1）利用浓硫酸配制稀硫酸

已知某浓硫酸的密度为1.84g/ml，质量分数为98％，则该浓硫酸的物质的量浓度为_______；

现用该浓硫酸配制480ml浓度为1.84mol/L的稀硫酸，在配制过程中除量取浓硫酸的仪器、烧杯、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________________；

（2）硫酸与无机物的反应

实验室在用稀硫酸与锌反应制取氢气时，常向其中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率，请写出发生的离子反应方程式______________________________；

不活泼金属铜在与浓硫酸反应中，体现了浓硫酸的___________________性质；

非金属碳在加热条件下也能与浓硫酸反应，若要你设计实验检验反应生成的气体产物，则检验出气体产物的正确顺序为______________________；

（3）硫酸在有机中的应用

利用硫酸的性质可以制取多种有机物，比如烈性炸药TNT、硝基化合物、酯类物质、不饱和烃等。

请写出制取TNT的化学方程式________________________________________；

请写出用乙醇制取乙烯的化学方程式________________________________________；

稀硫酸还可以使蔗糖、淀粉等多种有机物发生水解，请写出蔗糖水解的产物名称_________。

【答案】18.4mol/L500ml容量瓶Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑＋Zn2＋强氧化性和强酸性H2O、SO2、CO2

+3HNO3

+3H2OC2H5OH

CH2=CH2↑+H2O葡萄糖、果糖

（1）根据c=1000ρwM计算出该浓硫酸的浓度；

配制该溶液的步骤是：

称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器；

（2）硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，原因是形成原电池反应；

（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：

c=1000×

1.84×

98%÷

98mol/L=18.4mol/L；

实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL1mol/L的硫酸溶液，配制该溶液的步骤是：

称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，配制过程中需要使用的仪器为：

药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器为：

500mL容量瓶，

故答案为：

18.4mol/L；

500mL容量瓶；

（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，离子方程式是Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑；

铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，硫元素的化合价降低表现硫酸的氧化性，生成盐和水体现硫酸的酸性，故硫酸表现的性质是酸性和氧化性；

碳和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化碳和水，检验气体的顺序是水，二氧化硫，二氧化碳，

Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑；

强氧化性和强酸性；

H2O、SO2、CO2；

（3）制取TNT需要甲苯，浓硫酸和浓硝酸的混合酸加热，反应的化学方程式是

+3H2O；

向乙醇中加入浓硫酸，加热到170度，可以制取乙烯，方程式是C2H5OH

CH2=CH2↑+H2O；

蔗糖水解产生葡萄糖和果糖，

C2H5OH

葡萄糖、果糖。

3．现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。

（1）沉淀A的主要成分是_____________、______________（填化学式）。

（2）①②③中均进行的分离操作是_______________。

（3）溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是__________，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的______________。

（4）实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol•L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8mol•L-1的HNO3溶液，该小组用8mol•L-1的HNO3溶液配制所需溶液。

①实验中所需的玻璃仪器包括________、_____mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。

②该实验中需要量取8mol•L-1的HNO3溶液________mL。

③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_____________。

A．取用8mol•L-1的HNO3溶液溶液时仰视量筒刻度线

B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作

C．8mol•L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯

D．定容时仰视刻度线

E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作

【答案】BaSO4BaCO3过滤Na2CO3HNO3500mL容量瓶100玻璃棒62.5AC

由实验流程可知，加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。

（1）加入过量的Ba（NO3）2，Na2SO4、Na2CO3和Ba（NO3）2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故答案为：

BaSO4；

BaCO3；

（2）①②③中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：

过滤；

（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：

Na2CO3；

HNO3；

（4）①实验室只有500mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：

500mL容量瓶；

100；

玻璃棒；

②设需要量取8mol•L-1的HNO3溶液VmL，则8mol•L-1×

V×

10-3L=1mol•L-1×

500×

10-3L，解得：

V=62.5mL，故答案为：

62.5；

③A．取8mol•L-1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A正确；

B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；

C．量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；

D．定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；

E．定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误；

故答案为AC。

4．实验室需要配制0.1mol·

L－1CuSO4溶液480mL。

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0.1g）、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8.0gB．需要CuSO4·

5H2O晶体12.0g

C．需要CuSO4·

5H2O晶体12.5gD．需要CuSO4固体7.7g

（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500mL容量瓶AC偏高偏高偏低偏低

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

（1）配制的是480mL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、500mL容量瓶；

（2）因为定容时使用的500mL容量瓶，其物质称量时时按500mL算，不是按480mL算，若果是硫酸铜固体其质量为

=8.0g，若为5水硫酸铜其质量为

=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。

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。

5．现有21.6g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44L。

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）。

①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。

②气球中收集到的气体中，电子总数为________（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。

③气球的体积为________L。

【答案】36g·

mol－17.2g28g·

mol－14.2NA6.72

（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=21.6÷

0.6=36（g·

mol－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。

①气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28g·

mol－1；

②CO的物质的量为0.3mol，所以电子总数为0.3×

14NA=4.2NA；

③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。

6．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：

1414：

111：

17：

11Cl-Cu2+Fe2+稀H2SO4CO32-+2H+=CO2↑+H2O

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。

（1）相同质量的N2和H2S的物质的量之比为

，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0.8mol×

（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。

14:

111:

17:

（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；

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。

7．我国某些地区曾出现过高致病性禽流感，为防止疫情蔓延，必须迅速进行隔离，并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒。

资料显示：

禽流感病毒在高温、碱性环境（如氢氧化钠溶液）、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。

请回答下列问题：

（1）次氯酸钠（NaClO）属于__________（填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”），其中氯元素的化合价为________价。

（2）用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍，写出所发生反应的化学方程式：

________________。

（3）以下对受污染工具的消毒方法可行的是_________________（填字母代号）。

a.用NaClO溶液浸泡b.用NaOH溶液浸泡c.用水冲洗即可

（4）配制用的0.5L0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用天平称取固体NaCl________。

若在实验室中配制此溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管____________________、量筒和玻璃棒。

【答案】盐+12KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑a、b5.9g500mL容量瓶、烧杯

（1）化合物各元素化合价代数和为0；

（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；

（3）次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用；

（4）根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析。

（1）次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成，属于盐类物质。

设氯元素的化合价为x，则有（+1）+x+（-2）=0，解得x=+1，故填：

盐，+1；

（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故填：

2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑；

（3）由题意可知：

禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差，所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒，用水冲洗不能起到消毒的作用，故填：

ab；

（4）配制0.5L0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用固体NaCl：

0.5L×

0.2mol/L×

58.5g/mol=5.9g，配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500mL容量瓶等，故填：

5.9g；

500mL容量瓶、烧杯。

8．现有下列九种物质：

①HCl气体②Cu③蔗糖④CO2⑤H2SO4⑥Ba（OH）2固体⑦氯酸钾溶液⑧稀硝酸⑨熔融Al2（SO4）3

（1）属于电解质的是___；

属于非电解质的是___。

（2）②和⑧反应的化学方程式为：

3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

上述反应中氧化产物是___。

硝酸没有全部参加氧化还原反应，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的___。

用双线桥法分析上述反应（只需标出电子得失的方向和数目）___。

3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

（3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：

H＋＋OH－=H2O，该离子反应对应的化学方程式为___。

（4）⑨在水中的电离方程式为___，

（5）34.2g⑨溶于水配成1000mL溶液，SO42-的物质的量浓度为___。

【答案】①⑤⑥⑨③④Cu（NO3）2或Cu2+25%

Ba（OH）2＋2HNO3=Ba（NO3）2＋2H2OAl2（SO4）3=2Al3＋＋3SO42-0.3mol/L

（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；

在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；

（2）氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂，对应产物为氧化产物；

依据硝酸中氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量；

根据Cu元素的化合价变化、N元素的化合价变化来分析，化合价升高的元素原子失去电子，化合价降低的元素的原子得到电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；

（3）H++OH-═H2O，可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水；

（4）硫酸铝为强电解质，水溶液中完全电离；

（5）计算3.42g硫酸铝的物质的量，依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量，依据

计算硫酸根离子的物质的量浓度。

（1）①HCl气体是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；

②Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质；

③蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质；

④CO2本身不能电离，属于非电解质；

⑤H2SO4是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；

⑥Ba（OH）2固体是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，是电解质；

⑦氯酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑧稀硝酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑨熔融Al2（SO4）3是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；

综上所述，属于电解质的是①⑤⑥⑨；

属于非电解质的是③④；

①⑤⑥⑨；

③④；

（2）3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，反应中铜元素化合价升高，为还原剂，对应产物硝酸铜为氧化产物，参加反应的硝酸有8mol，只有2mol硝酸中的N化合价降低，作氧化剂，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%；

在反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素的化合价由0升高到+2价，N元素的化合价由+5降低为+2价，转移的电子为6e−，则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为，

；

Cu（NO3）2或Cu2+；

25%；

（3）H++OH−═H2O，可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应，化学方程式为：