高考化学二轮 物质的量 专项培优 易错 难题附详细答案文档格式.docx

1、（2）在标准状况下，4.48 L HCl气体的物质的量为： =0.2mol，溶于水配成500 mL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：0.1mol3=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）7.8 g Na2X中含Na+ 0.2 mol，则n（Na2X）=0.1mol，M（Na2X）=78g/mol，故X的相对原子质量为78-232=32，摩尔质量为32g/mol；（5）实验室需要0.3 molL-1硫酸溶液48

2、0 mL，应该选择500mL的容量瓶；质量分数为98%、密度为1.84 gcm-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，18.4V10-3=0.350010-3，V=8.2mL；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

3、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 （1）根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，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。（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

4、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

5、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。3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

6、950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是_。A1000mL；21.2g B950mL；20.14gC500mL； D500mL；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10 mL，分别向A、

7、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/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：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。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 A 32.8% 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 33.6

8、Na2CO3 与 NaHCO3 1:1 （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）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=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；（1）钠的焰色反应为黄色；（2）配置950ml的溶液应用1000 mL容量瓶配制溶液，所需Na2CO3的质量m=nM=cVM=0.2mol/L1L106g/mol=21.2g，答案选A；（3）设参加反应的

9、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） CO2与NaOH反应为CO2+NaOH=NaHCO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，当1，反应按进行，等于1时，CO

10、2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成NaHCO3，CO2有剩余；1，反应按进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；，反应按进行，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）=（75ml60ml）0.1mol/L=1.5103mol，根据C原子守恒，所以n（CO2）=n（NaHCO3）=1.5103m

11、ol，V= nVm=1.5103mol22.4L/mol=33.6 mL； 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）=0.075ml0.1mol/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）=（75ml25ml）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

12、应按进行，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。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。4O2和O3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：（1）等质量的O2和O3所含原子个数比为_，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数值，

13、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NA的式子表示）。（4）常温下，将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3溶液混合，得到密度为1.15gcm-3的混合溶液。该混合溶液的物质的量浓度为_molL-1。【答案】1：1 3：2 1：1 2：3 L 2.28 （1）等质量的O2和O3的物质的量之比为32，则所含分子个数之比为32，原子个数之比为11，故答案为：1:1；3:2；（2）据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有相同数目的分子，即O2和O3所含分子数之比为11，则原子个数比为23，质量比为23，故答案为：1：2：3

14、；（3）氧气的摩尔质量为Mgmol1，则cg O2在标准状况下体积为VVm22.4 Lmol1L，故答案为：L；（4）混合后溶液中的KNO3的物质的量为n（KNO3）0.099 mol，混合后溶液的总体积为VKNO3（aq）43.5 cm34.35102L，混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c（KNO3）2.28molL1，故答案为：2.28。5.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（沸点为110.6）的液体混合物，可选择装置A，该分离方法的名称为

15、_，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）如图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是_。【答案】D 蒸馏 冷凝管 上

16、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 . （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250mL容量瓶；（2）先计算250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸

17、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。.（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

18、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：转移溶液时，应用玻璃棒引流。实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO45H2O

19、）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时，应选用250mi容量瓶是解答易错点。6为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O。（1）用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目_。（2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_。（3）草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，配平下面的化学方程式：_KMnO4+H2SO4+H2C2O4 = MnSO4+K2SO4 +CO2H2O。盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。HCl极易溶于水，

20、工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。（1）用密度为1.2 g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL 3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为_mL。（2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是_。A量取浓盐酸时俯视刻度线 B实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水C定容时俯视刻度线 D转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒 1：2 2 3 5 2 1 10 8 62.5 C （1）反应MnO2+4HCl（浓）2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高为0价，根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目；（2）该反应中，Cl元素部分化合价由-1价升高

21、为0价，HCl既是还原剂，还有酸性作用；（3）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（1）根据c=计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；（2）分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高，该反应的电子转移方向和数目可表示为（2）反应中MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，且HCl部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:（3）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价

22、、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，根据转移电子守恒知，KMnO4的计量数是2、H2C2O4的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4 =2 MnSO4+1K2SO4 +10CO28H2O；（1）质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm3的浓盐酸，物质的量浓度c=12mol/L，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：250mL3mol/L=12mol/LV，解得V=62.5mL；（2）A量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故A错误；B容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液

23、浓度无影响，故B错误；C定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C正确；D转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故D错误；故答案为C。7我国某些地区曾出现过高致病性禽流感，为防止疫情蔓延，必须迅速进行隔离，并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒。资料显示：禽流感病毒在高温、碱性环境（如氢氧化钠溶液）、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。请回答下列问题：（1）次氯酸钠（NaClO）属于_（填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”），其中氯元素的化合价为_价。（2）用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍，写出所发生反应的化学方程式：_。（3）以下对受污染工具的消毒方法

24、可行的是_（填字母代号）。a.用NaClO溶液浸泡 b.用NaOH溶液浸泡 c.用水冲洗即可 （4）配制用的0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用天平称取固体NaCl_。 若在实验室中配制此溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管 _、量筒和玻璃棒。【答案】盐 +1 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 a、b 5.9 g 500mL容量瓶、烧杯 （1）化合物各元素化合价代数和为0；（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；（3）次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用；（4）根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析。（1）次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成，属于盐类

25、物质。设氯元素的化合价为x，则有（+1）+x+（-2）=0，解得x=+1，故填：盐，+1；（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故填：2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2；（3）由题意可知：禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差，所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒，用水冲洗不能起到消毒的作用，故填：ab；（4）配制0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用固体NaCl：0.5L0.2mol/L58.5g/mol=5.9g，配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500mL容量瓶等，

26、故填：5.9g；500mL容量瓶、烧杯。8明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。（1）明胶溶于水所形成的分散系和K2SO4溶液共同具备的性质是_。a都不稳定，密封放置沉淀 b两者均有丁达尔现象 c分散质粒子可通过滤纸（2）现需配制0.50molL-1 K2SO4溶液480mL。配制溶液时必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_、以及等质量的几片滤纸。配制该溶液需称取K2SO4晶体的质量为_。下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是_。A容量瓶可长期存放溶液 B在容量瓶中直接溶解固体C溶液未经冷却即注入容量瓶中 D向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_。A转移溶液时有液体溅出B定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水C定容时俯视刻度线D烧杯和玻璃棒未洗涤（3）现有下列十种物质：HCl；NaHCO3；K2SO4溶液；CO2；蔗糖晶体；Ca（OH）2；氢氧化铁胶体；NH3H2O；空气；Al2（SO4）3（a）上述物质中属于电解质的有_，非电解质的有_（填序号）。（b）CO2属于酸性氧化物，SiO2也属于酸性氧化物，请写出SiO2和CaO反应的化学方程式：_。（c）在水溶液