化学高考化学物质的量解答题压轴题提高专题练习含详细答案.docx

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化学高考化学物质的量解答题压轴题提高专题练习含详细答案

【化学】高考化学物质的量解答题压轴题提高专题练习含详细答案

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+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

【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KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。

【详解】

（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。

【点睛】

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。

2．完成下列填空：

（1）已知反应：

Fe2O3＋2Al

Al2O3＋2Fe，则

①该反应所属基本反应类型是___。

②在反应中铁元素的化合价变化__（填“升高”或“降低”），该元素的原子__（填“失去”或“得到”）电子。

③发生氧化反应的是__，发生还原反应的是__。

（2）反应2KMnO4＋16HCl（浓）=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O中：

①反应中被氧化的元素是__，被还原的元素是___。

②若生成71gCl2，则消耗的HCl是__g，被氧化的HCl是__g。

【答案】置换反应降低得到AlFe2O3ClMn116.873

【解析】

【分析】

（1）①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。

②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价；

③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。

（2）①还原剂被氧化，氧化剂被还原；

②根据方程式进行计算。

【详解】

（1）①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B，属于置换反应。

②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；

③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al发生氧化反应；Fe2O3发生还原反应。

（2）①还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；

②若生成71gCl2，即1mol，需消耗3.2molHCl，即3.2×36.5=116.8g；化合价升高的HCl为2mol，即73g。

【点睛】

高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加反应，其中有10molHCl发生了氧化反应，产生了5molCl2，6molHCl价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。

3．填写下列表格

序号

物质

分子数（用NA表示）

质量/g

物质的量/mol

摩尔质量/g·mol-1

体积/标况

（1）

氮气

___

14

___

___

___

（2）

H2SO4

3.01×1022

___

___

___

空

（3）

H2O

___

___

0.5

___

空

（4）

Cl2

___

___

___

___

2.24L

【答案】0.5NA0.52811.24.90.05980.5NA9180.1NA7.10.17.1

【解析】

【分析】

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=

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N2的摩尔质量是28g·mol-1，当N2的质量为14g时，n（N2）=

=0.5mol，N2的分子数N（N2）=0.5NA，标况下N2的体积为：

0.5mol

22.4L·mol-1=11.2L；

（2）H2SO4的分子数是3.01×1022，H2SO4的物质的量：

n（H2SO4）=

=0.05mol，H2SO4的摩尔质量是98g·mol-1，质量：

m（H2SO4）=0.05mol×98g·mol-1=4.9g；

（3）H2O的物质的量是0.5mol，水的摩尔质量：

M（H2O）=18g·mol-1，水分子的个数N（H2O）=0.5NA，水分子的质量是：

m（H2O）=0.5mol×18g·mol-1=9g；

（4）Cl2标况下的体积试剂2.24L，Cl2的物质的量：

n（Cl2）=

=0.1mol，Cl2的分子数是：

N（N2）=0.1NA，Cl2的摩尔质量是71g·mol-1，Cl2的质量：

m（Cl2）=0.1mol

71g·mol-1=7.1g；

【点睛】

考生熟练掌握n=

、n=

、n=

，这几个公式之间的换算；

4．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

【解析】

【分析】

（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；

【详解】

（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，

故答案为：

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

+3HNO3

+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，

故答案为：

+3HNO3

+3H2O；C2H5OH

CH2=CH2↑+H2O；葡萄糖、果糖。

5．某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。

已知：

①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。

②氯气和碱反应放出热量。

温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：

3Cl2+6OH-

5Cl-+ClO3-+3H2O。

该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。

请回答下列问题：

（1）①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是________。

②该兴趣小组用100mL12mol·L-1盐酸与8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2______g。

（2）小组成员发现，产物中Ca（ClO）2的质量明显小于理论值。

他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高也是可能原因。

为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为如图（不考虑氯气和水的反应）。

①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。

②所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为______mol。

③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol，则产物中

=__。

（3）为了提高Ca（ClO）2的产率，可对丙装置作适当改进。

请你写出一种改进方法：

________。

【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15ClO-0.252：

1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中

【解析】

【分析】

（1）①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；

②依据MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，结合定量关系计算理论值；

（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；

②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；

③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：

2，结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。

（3）根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。

【详解】

（1）①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；

②n（HCl）=12mol/L×0.1L=1.2mol，n（MnO2）=

=0.1mol，MnO2、HCl反应的物质的量的比是1：

4，可见足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，n（Cl2）=n（MnO2）=0.1mol，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，根据方程式中物质反应关系可知：

理论上最多可制得Ca（ClO）2的物质的量为0.05mol，其质量m[Ca（ClO）2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；

（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；

②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为：

0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，在CaCl2、Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2中钙离子和含氯离子的个数比为1：

2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为

=0.25mol；

③取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；则得到：

0.35=x×1+y×5；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：

2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.35=0.5，解得：

x=0.1mol，y=0.05mol，则产物中

=2：

1；

（3）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生3Cl2+6OH-

5Cl-+ClO3-+3H2O。

【点睛】

本题考查了性质方案的设计。

明确实验目的、实验原理为解答关键，注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法，题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。

6．在标准状况下，由一氧化碳和二氧化碳组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比是__________，一氧化碳的体积分数是__________，一氧化碳的质量分数是__________，碳原子和氧原子个数比是__________，混合气体的平均相对分子质量是__________，密度是__________g·L－1。

【答案】1∶325%17.5%4∶7401.79

【解析】

【分析】

根据公式：

=

进行分析解答。

【详解】

混合气体的物质的量＝

＝0.3mol，

设一氧化碳的物质的量为x，二氧化碳的物质的量为y，则：

解得：

x＝0.075mol，y＝0.225mol，

此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比＝0.075mol∶0.225mol＝1∶3；

一氧化碳的体积分数是＝

×100%＝25%；

一氧化碳的质量＝0.075mol×28g·mol-1＝2.1g，

一氧化碳的质量分数＝

×100%＝17.5%；

碳原子和氧原子个数比＝（0.075mol＋0.225mol）∶（0.075mol＋0.225mol×2）＝4∶7；

混合气体的平均摩尔质量＝

＝40g·mol-1，平均相对分子质量是40；

混合气体的密度＝

≈1.79g·L-1。

答案：

1∶3；25%；17.5%；4∶7；40；1.79。

7．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。

（1）如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是______（填写字母）。

（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠______ g （保留一位小数）。

（3）某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。

首先用pH试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，将溶液B久置于空气中，与密闭保存的A相比，久置后的溶液B中水的电离程度将______（填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。

减小

【解析】

【分析】

（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；

（2）由硫守恒可得：

Na2SO3～SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；

（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。

【详解】

（1）用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置b无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：

ae；

（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，根据反应方程式可知：

Na2SO3～SO2，n（SO2）=

=0.15mol，则需亚硫酸钠的质量为：

m（Na2SO3）=0.15mol×126g/mol=18.9g；如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为

==31.5g；

（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中c（H+）增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。

【点睛】

本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。

明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。

8．根据所学的知识填空。

（1）已知铜在常温下能被稀HNO3溶解：

3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

①用双线桥法表示上述电子转移的方向和数目（在化学方程式上标出）______。

②请将上述反应改写成离子方程式：

_________________________________________；

③19.2g铜与稀硝酸完全反应，生成的气体在标准状况下的体积为_________________L；若4molHNO3参加反应，则该过程转移电子的数目为__________________________。

（2）标准状况下，44.8L由O2和CO2组成的混合气体的质量为82g，则O2的质量为_________g，该混合气体的平均摩尔质量为_______________________。

（3）3.4gNH3中所含氢原子数目与标准状况下__________LCH4所含氢原子数相同。

【答案】

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4.483NA或1.806×10241641g/mol3.36

【解析】

【分析】

（1）Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O中，Cu元素的化合价由0升高为+2价，N元素的化合价由+5价降低为+4价，该反应中转移2mol电子，根据物质所含元素的化合价的变化判断氧化剂、还原产物以及参加氧化还原反应的硝酸的物质的量；

（2）根据n=

计算CO和CO2组成的混合气体的物质的量，设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量与质量，列方程计算x、y的值，进而计算CO和CO2的物质的量之比，根据M=

计算混合气体的平均摩尔质量；

（3）根据n=

计算出氨气的物质的量，再根据N=nNA计算出含有氨气分子数及含有的氢原子数目，结合甲烷的分子结构求出甲烷的物质的量，根据V=nVm求甲烷的体积。

【详解】

（1）①化合价升高元素Cu失电子，化合价降低元素N得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6，电子转移情况如下：

，故答案为：

；

②在3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中，HNO3和Cu（NO3）2溶于水且电离，应写成离子的形成，改写后的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：

3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

③铜的物质的量为0.3mol，该反应中Cu元素由0价升高到+2价，则0.3molCu失去的电子为0.3mol×（2-0）=0.6mol，设NO的物质的量为n，由电子守恒可知，0.3mol×2=n×（5-2），解得n=0.2mol，则NO的体积为4.48L；由方程式3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知8mol硝酸参加反应，转移6mol电子，因此有4mol硝酸参加反应，转移电子3mol，个数为3NA或1.806×1024，故答案为：

4.48；3NA或1.806×1024。

（2）标况下44.8L由O2和CO2组成的混合气体的物质的量为

=2mol，设O2和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：

x+y=2mol；32x+44y=82g；

解得：

x=0.5、y=1.5，则混合物中O2的的量为0.5mol×32g/mol=16g，混合气体的平均摩尔质量为：

=41g/mol，故答案为：

16；41g/mol；

（3）氨气的相对分子质量是17，其摩尔质量是17g/mol，则3.4g氨气的物质的量为：

n（NH3）=

=0.2mol