高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题及答案解析.docx

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高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题及答案解析

高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题及答案解析

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．某实验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。

（1）若实验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体________g。

（2）从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________（填序号）。

（3）定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度_________（偏高，偏低或不变）。

（4）下列情况会使所配溶液浓度偏低________（填序号）。

①称量读数时，左盘高，右盘低

②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

④定容时，仰视容量瓶的刻度线

⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线

【答案】2.0①②⑤偏低①②④⑥

【解析】

【分析】

（1）根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；

（2）称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；

（3）、（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。

【详解】

（1）配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：

2.0；

（2）氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：

托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：

①②⑤；

（3）定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：

偏低；

（4）①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；

②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；

④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；

⑤在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；

综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：

①②④⑥。

【点睛】

配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：

凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。

2．半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。

半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。

完成下列填空：

（1）半水煤气含有少量硫化氢。

将半水煤气样品通入____溶液中（填写试剂名称），出现_______，可以证明有硫化氢存在。

（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：

CO+H2O

CO2+H2

若半水煤气中V（H2）:

V（CO）:

V（N2）=38：

28：

22，经CO变换后的气体中：

V（H2）:

V（N2）=____________。

（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。

已知：

Na2CO3

K2CO3

20℃碱液最高浓度（mol/L）

2.0

8.0

碱的价格（元/kg）

1.25

9.80

若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是__________；缺点是____________。

如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？

___________________________________________

写出这种方法涉及的化学反应方程式。

_______________________

（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。

取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。

①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。

_________________

②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是：

_________________。

③该实验方案中，步骤________（选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。

【答案】硝酸铅（或硫酸铜）黑色沉淀3:

1价廉吸收CO2能力差碱液循环使用2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O

除去半水煤气中的CO2（包括H2S）和H2OIV

【解析】

【分析】

【详解】

（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。

（2）若半水煤气中V（H2）:

V（CO）:

V（N2）=38：

28：

22，经CO变换后H2O转化为氢气，则根据方程式可知所得的气体中：

V（H2）:

V（N2）=（38+28）：

22＝3:

1。

（3）根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2能力差。

由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O；

（4）①由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。

所以流程为

。

②Ⅰ中KOH吸收CO2和H2S，Ⅱ中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体。

③氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数。

【点睛】

“教真实的化学，学有用的知识”已成为大家的共识，现在的化学试题强调化学与生活的交融，突出理论联系生产、生活实际和科技前沿，强调学以致用。

试题将真实的问题转化为试题情境，真实问题的复杂性带来了化学试题的综合性，这就要求考生首先读懂并捕捉到全部相关信息，弄清这些信息之间的逻辑关系，特别是确定性信息和未知信息之间的关系，为问题的解决奠定基础。

这显然属于“关键能力”。

对于一个流程的设计和评价，要分析它由几个部分组成，每个部分在整体中处于什么地位、有什么作用，为什么要这样设计，这样设计的优缺点如何，可以如何改进等等，这些都是高考中考查综合能力的重点。

3．I．配制

的

溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？

（填“偏大”“偏小”或“不变”）

（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________；

（2）定容时观察刻度线仰视，其结果_____________。

II．

（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：

__________________________。

（2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置：

_____________（将编号字母填入空格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂：

_____________。

装置有：

A

B

C

D

E

F

G

H

试剂有：

a．

溶液b．澄清石灰水c．浓硫酸d．饱和

溶液e．碱石灰f．品红溶液g．湿润的红色石蕊试纸

【答案】偏大偏小2NH4Cl+Ca（OH）2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2OAe

【解析】

【分析】

根据n=cV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，在配制一定物质的量浓度溶液时，若V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

【详解】

I．

（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大；

（2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。

II．

（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：

2NH4Cl+Ca（OH）2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2O。

（2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为A；为了得到纯净的氨，氨气为碱性气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选e。

4．以下涉及的物质中A、B、C都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。

（1）一定条件下，9.80gNH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应，生成了4.48L（标准状况）气态产物B和固体产物C。

标准状况下，B气体的密度为0.76g/L，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。

试求B的分子式_____________。

（2）25℃、101.3KPa时，气体摩尔体积为24.5L/mol.该状况下，1体积水（密度为1g/cm3）吸收560体积B气体得到密度为0.91g/cm3的溶液，则该溶液中溶质的质量分数为_____%（溶液中的溶质以B计量；保留2位小数）；溶液的物质的量浓度为__________mol/L（保留2位小数）。

（3）在催化剂作用下，B可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D（可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用）。

在常温常压下，将密度一定的NO、NO2混合气体和B在不同体积比时进行了四次实验，所得数据如下：

实验次数

B与混合气体的体积比

反应后气体密度（已换算为标准状况；g/L）

第一次

1.0

1.35

第二次

1.2

1.25

第三次

2.0

1.04

第四次

2.2

则原NO、NO2混合气体中NO的体积分数为________%；第四次实验所得气体的平均摩尔质量为_______（保留2位小数）。

（4）将9.80gNH4Br跟过量的氧化鈣共热，充分反应后生成水、1.70gB气体和固体产物C，则C的化学式为__________；试根据有关数据，求钙盐A的化学式_______。

【答案】NH327.9814.982022.76CaBr2Ca（NH2）2或CaN2H4

【解析】

【分析】

（1）根据M=

Vm计算B的相对分子质量，根据氮的质量分数为82.35%计算氢元素的质量分数，继而确定B的分子式；

（2）根据溶液质量分数=

100%，溶液物质的量浓度c=

公式进行计算，结和已知信息寻找相应的量进行求解；

（3）根据体积比不同混合气体和密度，计算混合气体的平均摩尔质量；

（4）根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。

【详解】

（1）标况下B气体的密度为0.76g/L，则B的相对分子质量= 0.76 

 22.4= 17，其中氮的质量分数为82.35%，则B分子中N原子数目=

=1，其余是氢，则H原子数目=

，则B为NH3，故答案为：

 NH3；

（2）假设氨气体积为560L，则水为1L，25C、101.3KPa时，气体摩尔体积为24.5L/mol，氨气的物质的量=

 = 22.86mo，氨气的质量= 22.86mol

17g/ mol = 388.62g，1L水的质量为1000g，则所得溶液质量分数=

100%= 27.99%；所得溶液密度为0.91g/cm3，故溶液物质的量浓度=

= 14.98mol/L，故答案：

27.98；14.98；

（3）在催化剂作用下，NH3可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D，根据原子守恒电子守恒可知，D为N2。

第一次反应气体的相对分子质量= 1.35

 22.4= 30.24；第二次反应气体的相对分子质量= 1.25

 22.4= 28；第三次反应气体的相对分子质量=1.04 

 22.4= 23.2，由反应后气体相对分子质量可知，第二次实验恰好完全反应气体为N2，说明第一次剩余氨气不足，第三次剩余氨气有剩余，令第二次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为1.2mol，设NO为axmol，则NO2为（1-x）mol，根据电子转移守恒：

2x +4（1-x）=1.2

[0-（-3）]，解得x=0.2，故NO的体积分数=

 100%= 20%；

令第四次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为2.2mol， NO为0.2mol，则NO2为（1- 0.2） mol= 0.8mol，令参加反应的氨气为ymol，根据电子转移守恒：

2

0.2 +4

0.8=y

 [0- （-3）]，解得y= 1.2，剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol，根据N原子守恒可知生成N2的物质的量=

= 1.1mol，故反应后气体的平均摩尔质量=

=22.76g/mol，故答案为：

20；22.76；

（4）将9.80g NH4 Br跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70gNH3 气体和固体产物C，由元素守恒，则C的化学式为CaBr2。

由

（1）9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应，生成了4.48L（标准状况）NH3和CaBr2，NH4Br的物质的量=

= 0.1mol，由Br元素守恒可知CaBr2为0.05mol，由Ca元素守恒可知，3.6gA中含有Ca原子为0.05mol，氨气的物质的量=

= 0.2mol，由N元素守恒可知3.6gA 中含有N原子为0.2mol - 0.1mol= 0.1mol，由H元素守恒，3.6gA 中含有H原子为0.2mol

 3- 0.1mol

4 = 0.2mo，故3.6gA中Ca、N、H原子物质的量之比= 0.05:

0.1 :

0.2= 1 :

2:

4，故A的化学式为CaN2H4 ，故答案为：

CaBr2；Ca（NH2）2或CaN2H4。

【点睛】根据M=

Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。

5．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。

6．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。

7．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。

8．根据所学知识，回答下列问题：

（1）高铁酸钠（Na2FeO4）可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是__________。

高铁酸钠可与水反应生成Fe（OH）3胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：

_____________。

（2）戴维通过电解法首先制得了金属钠，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气，同时获得Fe3O4和氢气。

写出该反应的化学方程式_____________，该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是________________（填化学式），若制得22.4L（折算为标准状况下）钠蒸气，转移电子的数目为________________。

（3）漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙[Ca（ClO）2]，有效成分为次氯酸钙。

为测得某漂白粉的有效成分含量，称取Ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，若反应生成次氯酸（HClO）的物质的量为Kmol，则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________%（用含A、K的式子表示）。

【答案】166g/mol4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑NaOH2NA或1.204×1024

【解析】

【分析】

（1）摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；

（2）由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，配平书写化学方程式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH；反应中Na、H元素化合价降低，根据方程式计算生成氢气的量，根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目；

（3）根据HClO的量计算Ca（ClO）2的质量，再根据质量分数的定义式计算。

【详解】

（1）Na2FeO4的相对分子质量为166，故其摩尔质量为166g/mol。

高铁酸钠可与水反应生成Fe（OH）3胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式：

4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑；

（2）由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，反应方程式为：

3Fe+4NaOH

4Na↑+Fe3O4+2H2↑，反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH，Na的物质的量n（Na）=224L÷22.4L/mol=1mol，由方程式可知生成氢气为1mol×

=0.5mol，故转移电子的物质的量n（e-）=1mol×1+0.5mol×2=2mol，则转移电子数目N（e-）=2mol×NA/mol=2mol×（6.02×1023mol-1）=1.204×1024；

（3）由Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3