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

1、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0.10 molL-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475 mL 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)。称量读数时，左盘高，右盘低溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水定容时，仰视容量瓶的刻

2、度线在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线【答案】2.0 偏低 【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=0.50.140=2.0g，故答案为：2.0；(2)氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧

3、化钠固体应用的仪器：托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：；(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)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；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；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；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；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；定容

4、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，满足题意，故答案为：。【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+H2OCO2

5、+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：Na2CO3K2CO320碱液最高浓度（mol/L）2.08.0碱的价格（元/kg）1.259.80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。选用合适的无机试剂分别填入、方框中。_该

6、实验方案中，步骤、的目的是：_。该实验方案中，步骤_（选填“”或“”）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 2KHCO3K2CO3+CO2+H2O 除去半水煤气中的CO2（包括H2S）和H2O IV 【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）：223:1

7、。（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2KHCO3K2CO3+CO2+H2O；（4）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。中KOH吸收CO2和H2S，中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体。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

8、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。3I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”

9、）（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：ABCDEFGH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)2 2NH3+CaCl2+2H2O A e 【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

10、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)2 2NH3+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

11、可能有的联系。(1)一定条件下，9.80g NH4Br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0.91 g/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

12、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1.01.35第二次1.21.25第三次2.01.04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9.80g NH4Br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】NH3 27.98 14.98 20 22

13、.76 CaBr2 Ca(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=0.7622.4=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：N

14、H3；(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=22.86mol17g/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= =14.98 mol/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=1.3522.4=30.24；第二次反应气体的相对分子质量=1.

15、2522.4=28；第三次反应气体的相对分子质量=1.0422.4=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)=1.20-(-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

16、守恒：20.2+40.8=y0-(-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9.80gNH4Br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)9.80gNH4Br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

17、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0.2mol3-0.1mol4=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：Fe2O32AlAl2O32Fe，则该反应所属基本反应类型是_。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

18、_(填“失去”或“得到”)电子。发生氧化反应的是_，发生还原反应的是_。（2）反应2KMnO416HCl(浓)=2MnCl22KCl5Cl28H2O中：反应中被氧化的元素是_，被还原的元素是_。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 Al Fe2O3 Cl Mn 116.8 73 【解析】【分析】(1)反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。反应中，Fe的化合价由+3价变为0价；反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。(2)还原剂被氧化，氧化剂被还原；根据方程式进行计算。【详解】(1)反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B，属于置换反应。反

19、应中，Fe的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；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)还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；若生成71gCl2，即1mol，需消耗3.2molHCl，即3.236.5=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

20、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

21、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/L 500ml容量瓶 ZnCu2=CuZn2、Zn2H=H2Zn2 强氧化性和强酸性 H2O、SO2、CO2 +3HNO3+3H2O C2H5OH CH2=CH2+ H2O 葡萄糖、果糖 【解析】【分析】（1）根据c=1000wM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）

22、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=10001.8498%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

23、池反应，化学反应速率加快，离子方程式是ZnCu2=CuZn2、Zn2H=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：ZnCu2=CuZn2、Zn2H=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

24、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6.72 L，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_gL1。【答案】13 25% 17.5% 47 40 1.79 【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0.3 mol，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：x0.075 mol，y0.225 mol，此混合物中一

25、氧化碳和二氧化碳物质的量之比0.075mol0.225 mol13；一氧化碳的体积分数是100% 25% ；一氧化碳的质量0.075 mol28gmol-12.1 g，一氧化碳的质量分数100% 17.5% ；碳原子和氧原子个数比(0.075 mol0.225 mol)(0.075 mol0.225mol2)47；混合气体的平均摩尔质量40gmol-1，平均相对分子质量是40；混合气体的密度1.79 gL-1。答案：13；25% ；17.5% ；47； 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

26、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A g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

27、+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/mol 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2 3Fe+4NaOH=4Na+Fe3O4+2H2 NaOH 2NA或1.2041024 【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Na

28、OH；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+4NaOH4Na+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)=224L22.4L/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-)=1mol1+0.5mol2=2mol，则转移电子数目N(e-)=2molNA/mol=2mol(6.021023mol-1)=1.2041024；(3)由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3