高考化学与物质的量有关的压轴题含答案.docx

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高考化学与物质的量有关的压轴题含答案

高考化学与物质的量有关的压轴题含答案

一、高中化学物质的量

1．物质的量是高中化学中常用的物理量，请回答下列问题：

（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则溶液中SO42-的物质的量是_____mol。

（2）在标准状况下，4.48LHCl气体溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度为_____________。

（3）在标准状况下，1.7g氨气所占的体积约为_________L，与_____molH2S含有相同的氢原子数。

（4）7.8gNa2X中含Na+0.2mol，则X的摩尔质量是_____________________。

（5）实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL。

①配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外，还需要______________。

②需量取质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为______mL。

③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，操作方法是：

_______________。

【答案】0.250.4mo•L-12.240.1532g•mol-1500mL容量瓶8.2将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌

【解析】

【分析】

（1）硫酸钠为强电解质，完全电离，1molNa2SO4电离产生2molNa+和1molSO42-；

（2）依据

计算氯化氢的物质的量，依据

计算溶液中氯化氢的物质的量浓度；

（3）依据

结合氨气与硫化氢分子构成计算解答；

（4）由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量，根据

计算Na2X的摩尔质量，进而计算X的相对原子质量；

（5）①依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；

②依据

计算硫酸的物质的量浓度，依据稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；

③依据浓硫酸稀释的正确操作解答，注意浓硫酸的密度大于水，稀释产生大量的热。

【详解】

（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，n（Na+）=

=0.5mol，n（SO42-）=

=0.25mol；

（2）在标准状况下，4.48LHCl气体的物质的量为：

=0.2mol，溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度为：

=0.4mol/L；

（3）在标准状况下，1.7g氨气的体积：

=2.24L；1.7g氨气中所含氢原子的物质的量：

0.1mol×3=0.3mol，与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等，即n（H2S）×2=0.3mol，n（H2S）=0.15mol；

（4）7.8gNa2X中含Na+0.2mol，则n（Na2X）=0.1mol，M（Na2X）=

=78g/mol，故X的相对原子质量为78-23×2=32，摩尔质量为32g/mol；

（5）①实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL，应该选择500mL的容量瓶；

②质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为：

=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，依据稀释前后溶质的物质的量不变可知，18.4×V×

10-3=0.3×500×10-3，V=8.2mL；

③浓硫酸稀释的正确操作为：

将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌。

2．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：

①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器___。

②计算需要NaOH固体的质量：

___g。

③取出50mL配制好的溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为___。

④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

【答案】3：

21：

12：

3

L100mL容量瓶4.01mol/LA

【解析】

【详解】

（1）根据

可知，等质量的O2和O3的物质的量之比为

，所含分子的物质的量之比为3：

2。

（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

，摩尔质量

，即当氧气为cg，物质的量

，在标准状况下的体积

L。

（4）①实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH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。

②需要NaOH固体的质量

。

③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。

④A.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A。

【点睛】

根据

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。

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。

3．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。

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

【解析】

【分析】

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

【详解】

（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。

【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。

5．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，含有氢原子的数目为：

N（H）=3N（NH3）=0.6NA，与氨气含有H原子数目相等的CH4的物质的量

=0.15NA，故CH4的体积=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故答案为：

3.36。

【点睛】

本题考查有关物质的量的计算，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量等物理量之间的转化关系，灵活运用公式是解答的关键。

6．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______、________.

①MnO2+4HCl（浓）

Cl2↑+MnCl2+2H2O

（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0.2molH2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）②KClO3＋6HCl（浓）=3Cl2↑＋KCl＋3H2O③2KMnO4＋16HCl（浓）=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O

若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。

（5）已知反应4HCl（g）＋O2

2Cl2＋2H2O（g），该反应也能制得氯气，则MnO2、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2.50g（样品含少量Na2CO3和水），放入50.0mL2.00mol/L盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0mL1.00mol/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HCl0.2mol0.2NA8.96L4mol/L6：

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，求解被还原的还原剂的量；

（3）根据方程式及c=

计算；

（4）①生成1mol氯气时，转移2mol电子；②生成1mol氯气时，转移

mol电子；③生成1mol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）H2+Cl2=2HCl，0.2mol氯气与0.2molH2完全反应，生成0.4molHCl，标况下的体积为8.96L；c=

=

=4mol/L；

（4）①生成1mol氯气时，转移2mol电子；②生成1mol氯气时，转移

mol电子；③生成1mol氯气时，转移2mol电子；电子转移的数目之比为6：

5：

6；

（5）根据反应①、③和4HCl（g）＋O2

2Cl2＋2H2O（g）可知，MnO2、O2、KMnO4三种物质均可制取氯气，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KMnO4>MnO2>O2；

（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，根据Cl-离子守恒，n（NaCl）=n（HCl）=50.0mL×2.00mol/L=0.1mol，其质量为5.85g。

7．

（1）在标准状况下，CO和CO2的混合气体共28L，质量为51g。

其中CO2的质量为_____g，混合气体中CO的物质的量分数为____。

混合气体的平均摩尔质量为_______。

（2）同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比为______，原子个数之比为______，密度之比为________。

（3）在120℃时分别进行如下四个反应（除S外其它物质均为气体）：

A．2H2S+O2＝2H2O+2S↓B．2H2S+3O2＝2H2O+2SO2

C．C2H4+3O2＝2H2O+2CO2D．C4H8+6O2＝4H2O+4CO2

若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前＞d后和V前＜V后的是___________；符合d前＞d后和V前＞V后的是___________（填写反应的代号）。

【答案】4420％40.8g/mol2：

18：

31：

2DA

【解析】

【详解】

（1）假设一氧化碳的物质的量为xmol，二氧化碳的物质的量为ymol，则有x+y=

=1.25，28x+44y=51，解x=0.25，y=1，则二氧化碳的质量为44g，一氧化碳的物质的量分数为

=20％，混合气体的平均摩尔质量为

=40.8g/mol；

（2）同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比等于摩尔质量的反比，即为34:

17=2：

1，原子个数之比等于（2×4）：

（1×3）=8:

3，密度比等于摩尔质量之比，即为17:

34=1：

2；

（3）若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，四个反应的气体体积取决于气体的物质的量的变化，A中体积变小，由于产生固体硫，所以气体密度减小；B中气体体积变小，密度变大；C中气体体积不变，密度不变；D中气体体积变大，密度变小；故符合题意的为D和A。

8．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，阅读后回答下列问题：

成分

质量（g）

摩尔质量（g·mol-1）

蔗糖

25.00

342

硫酸钾

0.87

174

阿司匹林

0.17

180

高锰酸钾

0.316

158

硝酸银

0.075

170

（1）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________mol·L-1。

【答案】A胶头滴管1000mL容量瓶0.004BD0.024

【解析】

【分析】

（1）电解质指在溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质，常见非电解质包括：

非金属氧化物、大多数有机物（如乙醇、葡萄糖等）、氨气等；

（2）根据实验操作的步骤（计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签）以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析；根据500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾质量分析需要高锰酸钾物质的量；

（3）根据c=

分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，溶质减少，浓度偏小，体积偏大，浓度偏小；

（4）求出K+的物质的量、根据溶液的体积，利用物质的量浓度的公式来计算。

【详解】

（1）A.蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故A正确；

B.硫酸钾，能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，故B错误；

C.高锰酸钾是盐，能在水溶液中和熔融状态下电离出自由移动的离子而导电，是电解质，故C错误；

D.硝酸银，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是电解质，故D错误；

故答案为：

A；

（2）配制顺序是：

计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签,一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解,冷