高考化学物质的量大题培优Word文档格式.docx

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C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；

D．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；

E．上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；

（5）若实验室中要用浓度为16mol/L 

的浓硫酸配制480mL 

2.0mol/L 

的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：

16mol/L×

V=500mL 

2.0mol/L，解得V=62.5mL。

【点睛】

配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：

根据c=

可知，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，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；

若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

2．用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·

L-1的溶液。

请回答：

（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。

A．烧杯B．量筒C．玻璃棒D．胶头滴管E.容量瓶

（2）定容时的操作：

当液面接近容量瓶刻度线时，__，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。

（3）下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是___。

A．称取相同质量的Na2CO3·

10H2O固体进行配制

B．定容时俯视容量瓶的刻度线

C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线

D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制

【答案】B用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切ACD

（1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；

（2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；

（3）结合

及不当操作可知，n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低；

（1）配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤：

计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：

托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶；

不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：

B。

（2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：

用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。

（3）A.称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，A正确；

B.定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大，B错误；

C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，V偏大，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，C正确；

D.转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，D正确；

故答案为：

ACD。

配制一定物质的量浓度过程中误差分析：

①向容量瓶中转移液体时有少量流出，n减小，c偏小；

②未洗涤烧杯和玻璃棒，n减小，c偏小；

③定容时，水加多了，用胶头滴管吸出，n减小，c偏小；

④定容摇匀时，液面下降，再加水，V增大，c偏小；

⑤定容时，俯视刻度线，V减小，c偏大；

⑥仰视刻度线，V增大，c偏小；

⑦溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容，V减小，c偏大。

3．

（1）有相同物质的量的H2O和H2SO4，其质量之比为_____，氢原子个数比为_____，氧原子个数比为_____。

（2）把3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下3.36LH2。

计算：

①该合金中铝的物质的量为_____。

②该合金中镁的质量为_________。

③反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为__________（假定反应体积仍为100mL）。

（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，则混和气体中CO2的体积分数为_____；

CO的质量分数为_____。

【答案】9：

491：

11：

40.06mol1.44g3.0mol·

L-175%17.5%

（1）n（H2O）=n（H2SO4），m（H2O）：

m（H2SO4）=n（H2O）×

18：

n（H2SO4）×

98=9：

49；

NH（H2O）：

NH（H2SO4）=n（H2O）×

2：

2=1：

1；

NO（H2O）：

NO（H2SO4）=n（H2O）×

1：

4=1：

4；

（2）设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，二者混合物的质量为3.06=24x+27y；

根据化学反应的计量系数比：

Mg~2HCl~H2，2Al~6HCl~3H2，氢气的体积标准状况下3.36L，n（H2）=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06mol，y=0.06mol，故该合金中铝的物质的量为0.06mol，该合金中镁的质量为0.06×

24=1.44g，反应后溶液中Cl¯

（盐酸恰好反应完全，溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝）的物质的量=0.06×

2+0.06×

3=0.3mol，溶液体积100mL,Cl¯

的物质的量浓度c=

=3.0mol·

L-1；

（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol，设1mol混合气体中有xmolCO，CO2ymol，故x+y=1，28x+44y=40，则x=0.25mol，y=0.75mol，同温同压，气体体积之比等于物质的量之比，则混和气体中CO2的体积分数为75%，CO的质量分数=0.25×

28/40=17.5%

4．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）①②③中均进行的分离操作是_______________。

（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456mL1mol•L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8mol•L-1的HNO3溶液，该小组用8mol•L-1的HNO3溶液配制所需溶液。

①实验中所需的玻璃仪器包括________、_____mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。

②该实验中需要量取8mol•L-1的HNO3溶液________mL。

③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_____________。

A．取用8mol•L-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

C．8mol•L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯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】BaSO4BaCO3过滤Na2CO3HNO3500mL容量瓶100玻璃棒62.5AC

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。

（1）加入过量的Ba（NO3）2，Na2SO4、Na2CO3和Ba（NO3）2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故答案为：

BaSO4；

BaCO3；

（2）①②③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）①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；

②设需要量取8mol•L-1的HNO3溶液VmL，则8mol•L-1×

V×

10-3L=1mol•L-1×

500×

10-3L，解得：

V=62.5mL，故答案为：

62.5；

③A．取8mol•L-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，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。

5．氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：

（Ⅰ）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___mol·

L-1。

（2）某同学用该浓盐酸配制100mL1mol·

L-1的稀盐酸。

请回答下列问题：

①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸____mL。

②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______。

③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_____。

（Ⅱ）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（填所选部分的字母）_____。

（3）利用

（2）中实验装置进行实验，实验中若用12mol·

L-1的浓盐酸200mL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0.3mol，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）。

（Ⅲ）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】11.68.6胶头滴管、100mL容量瓶偏低无影响偏低甲FBE浓盐酸逐渐变稀，稀盐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0.3mol2～6HClO、ClO-、Cl-

（Ⅰ）

（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；

（Ⅱ）

（1）要防止副反应的发生就要控制反应的温度。

计算盐酸的浓度，有

；

（2）①根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积

②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；

③A、浓盐酸易挥发，置于烧杯后，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；

（Ⅱ）

（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FBE；

（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；

（Ⅲ）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2～6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－。

（Ⅲ）第二小问是易错点，很容易忽略Cl-；

不要忘记，Cl2＋H2O

HCl＋HClO，有Cl－生成。

6．Ⅰ．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+CO2↑＋H2O。

Ⅱ．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，工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。

（1）用密度为1.2g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL3mol/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

【答案】

1：

22352110862.5C

Ⅰ．

（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；

Ⅱ．

（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:

2；

（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，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=2MnSO4+1K2SO4+10CO2↑＋8H2O；

Ⅱ．

（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：

250mL×

3mol/L=12mol/L×

V，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．按要求回答下列问题

（1）实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl（浓）=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O，当转移0.6mole-时被氧化的HCl为_____mol

（2）同温同压下，相同物质的量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为_________，密度之比为_________

（3）①向溴化钠溶液中通入适量的氯气，产生的现象是________，反应的化学方程式是_________；

②Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是______。

③下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是________。

①贝壳　②紫菜　③鱼　④海带

（4）将相同质量的镁条分别在：

①氧气；

②空气；

③氮气；

④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_____（填序号）。

【答案】0.6mol1：

14：

5溶液由无色变为橙色Cl2+2NaBr=Br2+2NaClCl2>

Br2>

I2④③<

②<

①<

④

（1）先分析方程式中转移电子与发生氧化反应消耗HCl的关系，然后计算转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量；

（2）根据n=

及

计算；

（3）①活动性强的可以把活动性弱的置换出来，根据Br2的水溶液显橙色分析；

②根据同一主族的元素性质变化规律分析；

③根据海产品的成分分析；

（4）根据题意结合化学反应的方程式，可以使各个产物在镁原子个数相同的情况下来比较质量的大小。

（1）在反应K2Cr2O7+14HCl（浓）=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O中，每转移6mol电子，会有6molHCl被氧化产生Cl2，则当转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量为0.6mol；

（2）根据物质的量与微粒数目关系式n=

可知：

气体的分子数的比等于气体的物质的量的比。

所以同温同压下，相同物质的量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为1：

在同温同压下，气体摩尔体积相同，根据气体的密度定义式

气体的密度与气体的摩尔质量成正比，所以在同温同压下，SO2气体和SO3气体的密度比ρ（SO2）：

ρ（SO3）=64g/mol：

80g/mol=4：

5；

（3）①由于活动性Cl2>

Br2，所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：

Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，反应后产生的Br2的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶液由无色变为橙色；

②同一主族的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是Cl2>

I2；

③①贝壳主要成分为碳酸钙，①不符合题意；

②紫菜主要成分为蛋白质、维生素，②不符合题意；

③鱼主要成分为蛋白质，③不符合题意；

④海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，④符合题意；

故合理选项是④；

（4）Mg燃烧的有关反应方程式为：

2Mg+O2

2MgO；

3Mg+N2

Mg3N2；

2Mg+CO2

2MgO+C，可假设镁的物质的量是1mol，比较Mg燃烧后生成的固体增加的质量；

1molMg在O2中燃烧质量增加1molO原子的质量16g；

在N2中燃烧质量增加

molN2的质量

g；

在空气中燃烧产物既有MgO、也有Mg3N2，所以增加的质量在

g～16g之间；

在CO2中燃烧质量增加1molO和0.5molC原子的质量，16g+6g=22g，可见等质量的Mg在四种情况下质量增加由小到大的顺序是③氮气<

②空气<

①氧气<

④二氧化碳，Mg的质量相等，增加的质量越大，则反应后得到的固体质量越大，所以将相同质量的镁条分别在：

④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是③<

④。

本题考查了物质成分的判断、物质活动性比较及物质的量在化学方程式计算的应用的知识。

结合元素周期律分析判断物质的活动性及反应现象，对于镁带在不同条件下燃烧产物质量比较，可假设Mg的物质的量都是1mol，根据产生的物质的组成确定增加元素及其质量，增加的质量越多，反应后得到的固体质量就越大，难点是判断镁在空气中的产物质量，学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值，应注意解答的规范化。

8．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