备战高考化学备考之物质的量压轴突破训练培优篇及答案解析1.docx

备战高考化学备考之物质的量压轴突破训练培优篇及答案解析1.docx

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备战高考化学备考之物质的量压轴突破训练培优篇及答案解析1

备战高考化学备考之物质的量压轴突破训练∶培优篇及答案解析

（1）

一、高中化学物质的量

1．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；21.2g   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

【解析】

【分析】

（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；

【详解】

（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；

当

＜

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

当

⩽

，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。

【点睛】

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。

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．Ⅰ某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl、K2SO4和NH4Cl3种固体原料的物质的量之比为1:

4:

8。

（1）配制该营养液后c（NH4+）=0.016mol﹒L-1，溶液c（K+）=_______________。

（2）若采用（NH4）2SO4和KCl来配制该营养液，则（NH4）2SO4和KCl物质的量之比为________

Ⅱ从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出100mL：

（1）取出的这100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是______。

若将取出的这100mL氢氧化钠溶液加水稀释至500mL，所得溶液的物质的量浓度是_____。

某学生计划用12mol﹒L-1的浓盐酸配制0.1mol﹒L-1的稀盐酸450mL，回答下列问题：

（2）实验过程中，不必使用的是________（填字母）。

A．托盘天平     B．量筒  C．容量瓶    D．250mL烧杯    E.胶头滴管    F.500mL试剂瓶

（3）除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是________。

（4）量取浓盐酸的体积为___mL，应选用的量筒规格为______（提供10.0mL、25.0mL）。

（5）配制时应选用的容量瓶规格为______________。

（6）某同学操作出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

定容时俯视刻度线__________加蒸馏水时不慎超过了刻度__________,此时应如何处理________。

【答案】0.018mol/L4:

91mol/L0.2mol/LA玻璃棒4.2mL10.0mL500mL偏高偏低重新配制

【解析】

【分析】

Ⅰ由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:

4:

8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为（1+2×4）：

8=9:

8，由K+和NH4+的物质的量比计算可得；

Ⅱ溶液是均匀的，从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500mL试剂瓶。

【详解】

Ⅰ

（1）由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:

4:

8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为（1+2×4）：

8=9:

8，若营养液中c（NH4+）为0.016mol﹒L-1，n（K+）：

n（NH4+）=c（K+）：

c（NH4+）=9:

8，则c（K+）=

=0.018mol/L，故答案为：

0.018mol/L；

（2）设（NH4）2SO4的物质的量为x，KCl的物质的量的物质的量为y，由溶液中K+、NH4+的物质的量比为9:

8可得y：

2x=9:

8，则x：

y=4：

9，故答案为：

4：

9；

Ⅱ

（1）溶液是均匀的，从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度，则取出的这100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L；据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，令稀释后的浓度为c，则可得关系式100mL×1mol/L=500mL×c，解得c=0.2mol/L，故答案为：

1mol/L；0.2mol/L；

（2）配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500mL试剂瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为：

A；

（3）由

（2）分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：

玻璃棒；

（4）设量取浓盐酸的体积是Vml，由稀释定律可知稀释前后HCl物质的量不变，则有12mol/L×V×10—3L=0.10mol/L×0.5L，解得V=4.2，由量筒使用的最近原则可知，应选用10.0mL量筒量取4.2ml浓盐酸，故答案为：

4.2ml；10.0mL；

（5）实验室没有450mL的容量瓶，则配制0.1mol﹒L-1的稀盐酸450mL应选用500mL的容量瓶，故答案为：

500mL；

（6）定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，由于操作导致实验失败，解决的方法是重新配制，故答案为：

偏高；偏低；重新配制。

4．

（1）1molH2SO4中含有_____个硫原子，_____molO。

（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式

HCl：

_______________NaHSO4：

____________________

（3）写出下列化学反应的方程式

呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_________________

氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式____________________

印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_______________________

（4）配平下列方程式：

_____I－+_____IO3－+_____H+—_____I2+_____H2O

_____NH4ClO4——_____N2↑+_____O2↑+_____HCl+_____H2O

（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：

Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O__________________

HNO3的作用是__________，发生氧化反应，氧化产物是__________。

【答案】NA4HCl=H＋＋Cl－NaHSO4=Na++H++SO42-2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O24Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）32Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+5163342546

氧化性和酸性Cu（NO3）2

【解析】

【分析】

（1）根据物质结构进行计算；

（2）强电解质完全电离；

（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子；

（4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；

（5）还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，产物为还原产物。

【详解】

（1）一个H2SO4分子中含有1个S原子，4个O原子，则1molH2SO4中含有NA个硫原子，4molO；

（2）HCl为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：

HCl=H＋＋Cl－；NaHSO4为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则电离方程式为：

NaHSO4=Na++H++SO42-；

（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+；

（4）根据氧化还原反应中，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为0价，碘酸根离子变为0价，则最小公倍数为5，则离子方程式为5I－+IO3－+6H+=3I2+3H2O；

高氯酸铵自身发生氧化还原反应，N、O的化合价升高，Cl的化合价降低，根据电子得失守恒，则4NH4ClO4=2N2↑+5O2↑+4HCl+6H2O；

（5）反应中Cu作还原剂，失电子，化合价由0价变为+2价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、酸，部分N得电子化合价降低由+5变为+4，生成的产物为还原产物；双线桥法表示为

；单线桥法为

。

【点睛】

白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的反应。

5．

（1）质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是___。

（2）氯水中含有多种成分。

将紫色石蕊试液滴入氯水中，溶液显红色起作用的成分是___；过一会儿，溶液颜色逐渐褪去，起作用的成分是___；

（3）鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液可选用___。

（填序号）

①NaOH②Ca（OH）2③BaCl2④K2SO4⑤Ca（NO3）2

（4）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强。

黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：

2KNO3+3C＋S=K2S+N2↑+3CO2↑。

①其中被还原的元素是___。

②当反应有3.612×1024个电子转移时被硝酸钾氧化得到的氧化产物在标准状况下的体积___。

（5）1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是___，R的相对原子质量是___。

【答案】H2H+HClO或ClO-③⑤N和S28L120g/mol24

【解析】

【分析】

（1）相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小；

（2）氯水溶液中存在反应：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO，是可逆反应，存在电离：

H2O⇌H++OH-，HClO⇌H++ClO-，HCl=H++Cl-，所以溶液中存在的微粒有：

分子：

Cl2、HClO、H2O；离子：

H+、Cl-、ClO-、OH-，能使紫色石蕊试液变红色是酸的性质，次氯酸有漂白性；

（3）NaHCO3不稳定，加热易分解，但加热溶液不分解，都可与碱发生反应，与氢氧化钙溶液反应都可生成沉淀，且都能与酸反应生成气体，以此解答该题；

（4）2KNO3+C+S═K2S+2NO2↑+CO2↑中，C元素的化合价升高，N、S元素的化合价降低，以此来解答；

（5）根据公式n=

来计算M，M在数值上等于元素的相对原子质量，分子的M在数值上等于其相对分子质量。

【详解】

（1）相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小，质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，H2的摩尔质量最小，所以H2的体积最大；

（2）氯水溶液中存在反应：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO，是可逆反应，存在电离：

H2O⇌H++OH-、HClO⇌H++ClO-，HCl═H++Cl-，所以溶液中存在的微粒有：

分子：

Cl2、HClO、H2O；离子：

H+、Cl-、ClO-、OH-．酸能使紫色石蕊试液变红色，所以使紫色石蕊试液变红色的微粒是H+；次氯酸有漂白性，所以红色溶液逐渐褪色，起作用的微粒是HClO分子；

（3）①碳酸钠和碳酸氢钠与NaOH混合，均无明显现象，不能鉴别二者，故①错误；

②碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca（OH）2反应产生沉淀，故用Ca（OH）2溶液不能鉴别二者，故②错误；

③碳酸钠与BaCl2反应产生碳酸钡沉淀，碳酸氢钠与BaCl2不反应，故BaCl2溶液可以区分两物质，故③正确；

④K2SO4与碳酸钠、碳酸氢钠均不反应，故氯化钙溶液不能鉴别二者，故④错误；

⑤Ca（NO3）2与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与Ca（NO3）2不反应，故Ca（NO3）2溶液可以区分两物质，故⑤正确；

故答案为：

③⑤；

（4）①N、S元素的化合价降低，被还原，C元素的化合价升高，C为还原剂；

②2KNO3+3C+S═K2S+N2↑+3CO2↑，反应中KNO3得到10个电子，S得到2个电子，当反应有3.612×1024个电子转移时，即转移6mol，则生成1.5molCO2，其中被KNO3氧化得到的二氧化碳为1.5mol×

=1.25mol，其体积为1.25mol×22.4L/mol=28L；

（5）1.2gRSO4中含0.01molR2+，根据公式n=

，则RSO4的M=

=

=120g/mol，RSO4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO4的摩尔质量为120g/mol，R的相对原子质量是120-32-64=24。

6．请按要求填空：

（1）用已准确称量的1.06gNa2CO3固体配制0.100mol/LNa2CO3溶液100 mL，所需要的仪器为____。

（2）除去Na2CO3固体中混有的少量KNO3，所进行的实验操作依次为________、蒸发、结晶、________。

（3）除去KCl溶液中的SO42-，依次加入的溶液为（填物质的化学式）_______。

【答案】烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管溶解趁热过滤、洗涤、灼烧BaCl2、K2CO3、HCl

【解析】

【分析】

（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析；

（2）Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离；

（3）除去KCl溶液中的SO42-，应使SO42-离子转化为沉淀，注意不能引入新的杂质。

【详解】

（1）配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶解、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要烧杯、玻璃棒，定容需要胶头滴管、需要100mL容量瓶进行配制，故所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；

（2）Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离，具体做法是先将固体溶解，然后蒸发、结晶，趁热过滤、洗涤晶体，最后灼烧晶体可得到碳酸钠；

（3）除去KCl溶液中的SO42-，应先加入过量BaCl2的使SO42-生成沉淀，然后再加入K2CO3使过量的BaCl2生成沉淀，过滤后加入HCl除去过量的K2CO3。

故依次加入的溶液为BaCl2、K2CO3、HCl。

【点睛】

本题考查了物质的量溶液的配制、物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法，本题易错点为（3），注意加入试剂的顺序和除杂原理。

7．近几年地球发生地震灾害较多，抢救地震后被困在废墟下的伤员，首要的措施是给伤员补充能量。

下图是医院给伤员输液时用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖（C6H12O6）注射液标签，请认真观察标签上所列的内容后填写：

（1）葡萄糖的摩尔质量为________；

（2）该溶液中含水________g；

（3）该溶液的物质的量浓度为________mol/L（精确到小数点后面两位）。

【答案】180g/mol237.50.28

【解析】

【分析】

（1）葡萄糖的摩尔质量在数值上等于它的相对分子质量，单位是g/mol；

（2）根据标签给出的数据可以知道，250mL葡萄糖注射液中含葡萄糖12.5g，含量为5%，根据“葡萄糖质量÷葡萄糖含量”计算出一瓶葡萄糖注射液的质量；根据溶液中含水的质量=葡萄糖注射液的质量×水的含量（1-葡萄糖质量分数）；

（3）先根据葡萄糖的质量求出它的物质的量，然后代入公式c=n/V求出溶液的物质的量浓度。

【详解】

（1）葡萄糖的相对分子质量为180，所以葡萄糖的摩尔质量为；

答案是:

180g/mol；

（2）因为溶液中溶质的质量分数为5%，且含有共12.5g葡萄糖，一瓶葡萄糖注射液溶液的质量=12.5g÷5%=250g，所以该溶液中含水的质量=250g×（1-5%）=237.5g；

答案是:

237.5；

（3）葡萄糖物质的量为n=12.5g/180g/mol=0.069mol，所以溶液的物质的量浓度c=n/V=0.069mol/0.25L≈0.28mol/L；

答案是:

0.28。

8．实验实验室配制500mL0.1mol•L-1的碳酸钠溶液，请回答下列问题．

（1）应用托盘天平称取Na2CO3•10H2O晶体__________g.

（2）配置碳酸钠溶液时，需要的主要玻璃仪器除烧杯和胶头滴管以外还需要_________、____________.

（3）配置过程中，若遇到以下操作可能造成实验结果偏大，偏小还是不影响？

①容量瓶中原来有少量蒸馏水_____

②定容时，俯视液面_____

③有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯中_____

④盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线，再加蒸馏水使液面达到刻度处_____

【答案】14.3玻璃棒50