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