高考化学物质的量经典压轴题含详细答案Word下载.docx

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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=

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。

2．

（1）有相同物质的量的H2O和H2SO4，其质量之比为_____，氢原子个数比为_____，氧原子个数比为_____。

（2）把3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下3.36LH2。

计算：

①该合金中铝的物质的量为_____。

②该合金中镁的质量为_________。

③反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为__________（假定反应体积仍为100mL）。

（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，则混和气体中CO2的体积分数为_____；

CO的质量分数为_____。

【答案】9：

491：

11：

40.06mol1.44g3.0mol·

L-175%17.5%

（1）n（H2O）=n（H2SO4），m（H2O）：

m（H2SO4）=n（H2O）×

18：

n（H2SO4）×

98=9：

49；

NH（H2O）：

NH（H2SO4）=n（H2O）×

2：

2=1：

1；

NO（H2O）：

NO（H2SO4）=n（H2O）×

1：

4=1：

4；

（2）设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，二者混合物的质量为3.06=24x+27y；

根据化学反应的计量系数比：

Mg~2HCl~H2，2Al~6HCl~3H2，氢气的体积标准状况下3.36L，n（H2）=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06mol，y=0.06mol，故该合金中铝的物质的量为0.06mol，该合金中镁的质量为0.06×

24=1.44g，反应后溶液中Cl¯

（盐酸恰好反应完全，溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝）的物质的量=0.06×

2+0.06×

3=0.3mol，溶液体积100mL,Cl¯

的物质的量浓度c=

=3.0mol·

L-1；

（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol，设1mol混合气体中有xmolCO，CO2ymol，故x+y=1，28x+44y=40，则x=0.25mol，y=0.75mol，同温同压，气体体积之比等于物质的量之比，则混和气体中CO2的体积分数为75%，CO的质量分数=0.25×

28/40=17.5%

3．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+2MnCl2+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）：

①理论上需要多少克KMnO4参加反应？

________。

②被氧化的HCl的物质的量为多少？

【答案】

6.32g0.2mol

（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KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。

（1）在该反应中，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，化合价降低，得到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，化合价升高，失去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5，根据原子守恒，KCl的系数是2，这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应，所有Cl原子都是由HCl提供，因此HCl前的系数为10+6=16，结合H原子反应前后相等，可知H2O的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：

；

（2）在标准状态下，2.24LCl2的物质的量n（Cl2）=

=0.1mol。

①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0.1mol×

=0.04mol，则参与反应的KMnO4的质量m（KMnO4）=0.04mol×

158g/mol=6.32g；

②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。

本题考查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。

4．I．自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。

下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。

请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。

将A、B、C、D填入适当的空格中。

（1）碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________；

（2）氯化钠溶液中分离出氯化钠___________；

（3）分离39％的乙醇溶液___________；

（4）分离溴的氯化钠溶液____________；

Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空

已知某饱和氯化钠溶液体积为VmL，溶液密度为dg/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为cmol/L，溶液中含NaCl的质量为mg。

（1）用m、V表示溶液的物质的量浓度是_________

（2）用w、d表示溶液的物质的量浓度是_________

（3）用c、d表示溶液的质量分数是__________

【答案】BDAC

mol·

L－1

I.根据混合物的性质选择相应的装置进行分离；

Ⅱ.根据公式

、

进行计算。

I.

（1）碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，故答案为：

B；

（2）氯化钠易溶于水，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠，故答案为：

D；

（3）乙醇和水是互溶的两种液体，可用蒸馏的方法分离乙醇和水，故答案为：

A；

（4）溴易溶于四氯化碳而难溶于水，且四氯化碳与水不互溶，则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质，再分液，故答案为：

C；

Ⅱ.

（1）NaCl的物质的量为

，则NaCl溶液的物质的量浓度是

，故答案为：

L－1；

（2）根据公式

可知，该溶液的物质的量浓度是

（3）由

可知，

，则该溶液的质量分数是

该公式

中，涉及溶液的密度，质量分数，物质的量浓度，密度的单位为g/cm3，是同学们的易忘点。

5．纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。

（1）用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈__________色。

（2）实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是__________。

A． 

1000mL；

21.2g 

B．950mL；

20.14g 

C．500mL；

D．500mL；

10.6g

（3）若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为______。

（4）某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色物质溶于水，并向所得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳酸钠。

你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点________。

（5）取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：

①曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为_______mL。

②曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是________，其物质的量之比为________。

【答案】黄A32.8%不同意，由于Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O（或Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O），碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀33.6Na2CO3与NaHCO31:

1

（1）考查焰色反应；

（2）根据n=cV，m=nM计算；

（3）根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；

（4）根据碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断；

（5）①根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，利用n=

②由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计算；

（1）钠的焰色反应为黄色；

（2）配置950ml的溶液应用1000mL容量瓶配制溶液，所需Na2CO3的质量m=nM=cVM=0.2mol/L×

1L×

106g/mol=21.2g，答案选A；

（3）设参加反应的碳酸氢钠的质量为x根据混合物质量减少了2.48g，

，解得x=6.72g，碳酸钠和碳酸氢钠共10g，则碳酸钠的质量为10g-6.72g=3.28g，原混合物中碳酸钠的质量分数=

=32.8%；

（4）由于Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O（或Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O），碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀，所以不同意他的观点；

（5）①CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，

当

⩾1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；

大于1时，生成NaHCO3，CO2有剩余；

＜

＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；

⩽

，反应按②进行，等于

时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；

小于

时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；

由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应,消耗的15mL盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生CO2，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（NaHCO3）=n（HCl）=（75ml−60ml）×

0.1mol/L=1.5×

10−3mol，根据C原子守恒，所以n（CO2）=n（NaHCO3）=1.5×

10−3mol，V=nVm=1.5×

10−3mol×

22.4L/mol=33.6mL；

②加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。

根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075ml×

0.1mol/L=0.0075mol，由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（NaHCO3）=n（HCl）=n（CO2）=（75ml−25ml）×

0.1mol/L=0.005mol，所以n（CO2）：

n（NaOH）=0.005mol：

0.0075mol=

，大于1:

2，小于1，所以反应按①②进行，CO2、NaOH反应，NaOH无剩余，生成物为Na2CO3与NaHCO3，根据钠原子守恒，所以

n（Na2CO3）+n（NaHCO3）=0.0075mol，而n（NaHCO3）=0.005mol，则n（NaHCO3）=0.005mol，故Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1:

1。

碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键，学生使用时需灵活掌握。

6．NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。

（1）写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。

（2）氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。

（3）实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2，该反应的离子方程式是_____。

（4）为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体（其中之一是水蒸气），该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。

（5）一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。

向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成Cu（OH）2沉淀的质量为_____克。

【答案】4NH3+5O2

4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO

5N2+6H2O19.6

（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；

（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；

（4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；

（5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m=nM计算。

（1）氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，

故答案为：

4NO+6H2O；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：

光化学烟雾；

（3）Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应离子方程式为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，答案为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O；

（4）NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O，

5N2+6H2O；

（5）n（NO2）＝n（NO）＝2.24L÷

22.4L/mol＝0.1mol，根据电子转移守恒，可知n（Cu）＝

＝0.2mol，由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol，生成Cu（OH）2沉淀的质量为0.2mol×

98g/mol＝19.6g，故答案为：

19.6。

掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。

7．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。

8．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。

9．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