备战高考化学备考之物质的量压轴突破训练培优 易错 难题篇附答案.docx

1、备战高考化学备考之物质的量压轴突破训练培优 易错 难题篇附答案2020-2021备战高考化学备考之物质的量压轴突破训练培优 易错 难题篇附答案一、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）： 理论上需要多少克KMnO4参加反应？_。被氧化的HCl的物质的量为多少？_。【答案】 6.32g 0.2 mol 【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

2、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

3、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。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)=0.04mol158g/mol=6.32g；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=0.1mol2=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

4、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同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为_；同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_，其中含有的氢的原子个数比为_；若二者氢原子数相等，它们的体积比为_；在相同条件下，在5.6g氮气中应添加_g氨气所组成的混合气体与16g氧气所占的体积相等。【答案】1:2 2:1 3:1 2:3 5.1 【解析】【分析】【详

5、解】同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，根据m=nM可知，同体积的氨气和硫化氢气体(H2S)的质量比为17g/mol：34g/mol=1：2；根据n=可知，同质量的氨气与硫化氢的物质的量之比为34g/mol:17g/mol=2:1；相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为2:1，所含氢原子数目之比为(23):(12)=3:1；假设H原子为3mol，氨气为1mol，硫化氢为1.5mol，二者体积之比为1mol:1.5mol=2:3；氮气物质的量n=，氧气物质的量n=0.2mol，则氨气物质的量为=0.5mol-0.2mol=0.3mol，氨气的质量为0.3mol17g/

6、mol=5.1g。3I自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。 请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D 填入适当的空格中。(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙_；(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠_；(3)分离39的乙醇溶液_；(4)分离溴的氯化钠溶液_；.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空已知某饱和氯化钠溶液体积为VmL，溶液密度为d g/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol/L，溶液中含NaCl的质量为m g。(1)用m、V表示溶

7、液的物质的量浓度是_(2)用w、d表示溶液的物质的量浓度是_(3)用c、d表示溶液的质量分数是_【答案】B D A C molL1 molL1 【解析】【分析】I. 根据混合物的性质选择相应的装置进行分离；. 根据公式、进行计算。【详解】I. (1)碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，故答案为：B；(2)氯化钠易溶于水，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠，故答案为：D；(3)乙醇和水是互溶的两种液体，可用蒸馏的方法分离乙醇和水，故答案为：A；(4)溴易溶于四氯化碳而难溶于水，且四氯化碳与水不互溶，则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质，再分液，故答案为：C；.

8、(1)NaCl的物质的量为，则NaCl溶液的物质的量浓度是，故答案为：molL1；(2)根据公式可知，该溶液的物质的量浓度是，故答案为：molL1；(3)由可知，则该溶液的质量分数是，故答案为：。【点睛】该公式中，涉及溶液的密度，质量分数，物质的量浓度，密度的单位为g/cm3，是同学们的易忘点。4设NA代表阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，打或？22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA_标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA_标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA_1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA_标准

9、状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA_1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA_常温常压下，8g O2含有的电子数为4NA_常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2 NA_标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA_常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3NA_标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA_常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA_【答案】 【解析】【分析】运用n=m/M、V=nVm、n= V/ Vm等公式的应用转换，先求出物质的量，

10、然后求出分子的总个数，在根据这个分子中含有多少个相关微粒。【详解】标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，1个氩气分子中含有18个电子，故22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA说法正确；标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物的物质的量是：11.2L/(22.4L/mol)=0.5mol，1个CH4分子中、1个C2H4分子中都含有4个H原子，所含H原子的个数为0.5NA 4=2NA，故标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA说法正确；标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是：2.24L/(22.4L/mol)=0.1mol，所含

11、分子数为0.1NA，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA说法错误； 1mol的CO和N2混合气体的分子数为NA，1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子，故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA说法正确；标准状况下，5.6LCO2气体的物质的量为5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol，1个CO2分子中含有2个O原子，故标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA说法正确；1.6g由O2和O3组成的混合物中O原子的物质的量为0.1mol，故1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA说法正确；常温常压下，8g

12、 O2的物质的量为8g/( 32g/mol)=0.25mol，1个O2分子中含有16个电子，故8g O2含有的电子数为4NA说法正确；常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2 NA说法错误；标准状况下， CCl4是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4的物质的量，故标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA说法错误；18 g H2O的物质的量为18g/( 18g/mol)=1mol，1个H2O分子中含有3个原子，故常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3NA说法正确；标准状况下，CH3C

13、H2OH是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH3CH2OH的物质的量，故标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA说法错误；常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA说法错误；【点睛】本题考查物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算，另外注意气体摩尔体积的适用范围。5现有含有少量NaCl、 Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。(1)沉淀A的主要成分是_、_（填化学式）。(2)中均进行的分

14、离操作是_。(3)溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是_，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的_。(4)实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 molL-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8 molL-1的HNO3溶液，该小组用8molL-1的HNO3溶液配制所需溶液。实验中所需的玻璃仪器包括_、_mL量筒、烧杯、_、胶头滴管等。该实验中需要量取8molL-1的HNO3溶液_mL。下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_。A取用8molL-1的HNO3溶液溶液时仰视量筒刻度线B量取用的量筒水洗后未进行任何操作C8molL-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯

15、后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯D定容时仰视刻度线E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作【答案】BaSO4 BaCO3 过滤 Na2CO3 HNO3 500mL 容量瓶 100 玻璃棒 62.5 AC 【解析】【分析】由实验流程可知，加入过量的Ba(NO3)2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。【详解】（1）加入过量的Ba(NO3)2，

16、Na2SO4、Na2CO3和Ba(NO3)2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故答案为：BaSO4； BaCO3；（2）中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na2CO3；HNO3； （4）实验室只有500mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL

17、容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：500mL 容量瓶；100； 玻璃棒；设需要量取8 molL-1的HNO3溶液VmL，则8 molL-1V10-3L=1 molL-150010-3L，解得：V=62.5mL，故答案为： 62.5 ；A取8molL-1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A正确；B量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；C量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；D定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方

18、，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；E定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误；故答案为AC。6氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：（）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。则该盐酸的物质的量浓度是_ molL-1。（2）某同学用该浓盐酸配制100mL 1molL-1的稀盐酸。请回答下列问题：通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸 _ mL。使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_。若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：（填“偏高”“偏低”“无影响”）A量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后

19、配制_。B转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理_。C定容时俯视容量瓶的刻度线_。（）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。已知：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2+ 2H2O；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示：（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？_。（2）上述装置中，甲由A、B两部分组成，乙由C、D、E三部分组成，丙由F、G两部分组成。从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字

20、母）_。（3）利用（2）中实验装置进行实验，实验中若用12 molL-1的浓盐酸200 mL与足量二氧化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3 mol，其可能的主要原因是_（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。（）已知HClO的杀菌能力比ClO-强。25时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH范围是_，当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有_。【答案】11.6 8.6 胶头滴管、100 mL容量瓶 偏低 无影响 偏低 甲 F B E 浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与

21、二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca（ClO）2少于0.3mol 26 HClO、ClO-、Cl- 【解析】【分析】（）(1)根据计算浓度；(2)配制一定物质的量浓度的溶液，步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶；（）(1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。【详解】（）(1)根据计算盐酸的浓度，有；(2) 根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积；量取盐酸的时候需要量筒；稀释浓盐酸，需要玻璃棒、烧杯；转移时，需要100mL容量瓶，玻璃棒、烧杯；定容时，需要胶头滴管；则还需要的仪器有100mL容量瓶，胶头滴管；A、浓盐酸易挥发，置于烧

22、杯后，较长时间配制，盐酸挥发，溶质减少，溶液的浓度偏低；B、容量瓶中存在蒸馏水，由于定容前，需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此之前存在的蒸馏水，对浓度无影响；C、俯视刻度线，定容时，水会少加，体积偏小，浓度偏大；（）(1) 氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙，所以必须要控制反应温度，甲装置有冰水浴，可以较好地控制副反应的发生；(2)F装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率，B装置有冰水浴可以较少副反应的发生，E装置可以做到尾气吸收，答案为F B E；(3)MnO2只与浓盐酸反应生成氯气，虽然反应的进行，浓盐酸浓度降低，不与MnO2反应，所以生成氯气的值小于理论值，答案为浓盐酸逐渐变稀，稀盐

23、酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol；()HClO的杀菌能力比ClO-强，所以HClO的浓度越大，杀菌效果最好，根据图像pH最好为26之间；当pH=7.5时，根据图像，氯水中没有Cl2，韩律的微粒有HClO、ClO以及与水反应生成的Cl。【点睛】()第二小问是易错点，很容易忽略Cl-；不要忘记，Cl2H2OHClHClO，有Cl生成。7.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置_（填代表装置图的字母）；（2）分离CCl4（沸点为76.75）和甲苯（沸点

24、为110.6）的液体混合物，可选择装置A，该分离方法的名称为_，装置A中的名称是_。（3）实验室用B装置从碘水中分离出I2，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，碘主要溶解在_（填“上层”或“下层”）液体中，该层溶液颜色为_，该装置在分液时为使液体顺利下滴，应进行的具体操作_。.用胆矾晶体（CuSO45H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL，回答下列问题：（1）所需仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：_。（2）请写出该实验的简要的实验步骤：计算 称量胆矾_g 溶解 转移 洗涤并转移 定容 摇匀（3）如图是该同学转

25、移溶液的示意图，图中的错误是_。【答案】D 蒸馏 冷凝管 上层 紫红色 打开分液漏斗的上口活塞 250mL容量瓶 25 转移溶液时，应用玻璃棒引流 【解析】【分析】. （1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离；（2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法；（3）碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯的密度比水小，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水层；分液时，应打开分液漏斗的上口活塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴；. （1）实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO45H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时，应选用25

26、0mL容量瓶；（2）先计算250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量，再计算胆矾的质量；（3）转移溶液时，应用玻璃棒引流。【详解】.（1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离，从氯化钾溶液中得到氯化钾固体可用蒸发，D为蒸发装置，故答案为：D；（2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法，四氯化碳和甲苯的沸点不同，用蒸馏的方法分离，A为蒸馏装置，装置A中的名称是冷凝管，故答案为：蒸馏；冷凝管；（3）B为萃取分液装置，碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，笨的密度比水小，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水层；分液时，应打开分液漏斗的上口活

27、塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴，故答案为：上层；紫红色；打开分液漏斗的上口活塞；.（1）实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO45H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时，应选用250mL容量瓶，用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；（2）250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量为0.25L0.40mol/L=0.1mol，则称量胆矾的质量为0.1mol250g/mol=25g，故答案为：25g；（3）由题给图示可知，图中的错误是转移溶液时没有用玻璃棒引流，故答案为：转

28、移溶液时，应用玻璃棒引流。【点睛】实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO45H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时，应选用250mi容量瓶是解答易错点。8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_、_.MnO2 +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 0.2mol H2 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10

29、0mL溶液，此溶液的物质的量浓度为_。(4)KClO36HCl(浓)=3Cl2KCl3H2O2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O若要制得相同质量的氯气，三个反应中电子转移的数目之比为_。(5)已知反应4HCl(g)O2 2Cl22H2O(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2.50 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/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 HCl 0.2mol 0.2NA 8.96L 4mol/L 6：5：6 KMnO4 MnO2 O2 5.85g 【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