高考化学压轴题之物质的量高考题型整理突破提升含答案解析Word格式文档下载.docx
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④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0.3mol
17g/mol=5.1g。
2.I.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____________;
Ⅱ.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dg/cm3,质量分数为w,物质的量浓度为cmol/L,溶液中含NaCl的质量为mg。
(1)用m、V表示溶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】BDAC
mol·
L-1
I.根据混合物的性质选择相应的装置进行分离;
Ⅱ.根据公式
、
进行计算。
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;
Ⅱ.
(1)NaCl的物质的量为
,则NaCl溶液的物质的量浓度是
,故答案为:
L-1;
(2)根据公式
可知,该溶液的物质的量浓度是
(3)由
可知,
,则该溶液的质量分数是
。
【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。
3.NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物,是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。
(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。
(2)氮氧化物不仅能形成酸雨,还会对环境产生的危害是形成_____。
(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2,该反应的离子方程式是_____。
(4)为了消除NO对环境的污染,根据氧化还原反应原理,可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气),该反应需要催化剂参加,其化学方程式为_____。
(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应,生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。
向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀,则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO
5N2+6H2O19.6
(1)氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾,破坏臭氧层;
(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式;
(4)氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体,其中一种是水蒸气,另外一种为氮气;
(5)根据电子转移守恒计算铜的物质的量,由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量,在根据m=nM计算。
(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水,反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,
故答案为:
4NO+6H2O;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等,故答案为:
光化学烟雾;
(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水,浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式,反应离子方程式为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O,答案为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(4)NH3使NO转化为两种无毒气体,其中之一是水蒸气,另外一种为氮气,反应方程式为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O,
5N2+6H2O;
(5)n(NO2)=n(NO)=2.24L÷
22.4L/mol=0.1mol,根据电子转移守恒,可知n(Cu)=
=0.2mol,由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol,生成Cu(OH)2沉淀的质量为0.2mol×
98g/mol=19.6g,故答案为:
19.6。
掌握有关硝酸反应的计算,一般用守恒方法,如电子守恒,反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量,也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量,据此计算即可。
4.实验室需要配制0.1mol·
L-1CuSO4溶液480mL。
按下列操作步骤填上适当的文字,以使整个操作完整。
(1)选择仪器。
完成本实验所必需的仪器有:
托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、________、________以及等质量的两片张滤纸。
(2)计算,应选择下列________。
A.需要CuSO4固体8.0gB.需要CuSO4·
5H2O晶体12.0g
C.需要CuSO4·
5H2O晶体12.5gD.需要CuSO4固体7.7g
(3)称量。
所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同)。
(4)溶解、冷却。
若未冷却,则所配溶液浓度会________。
(5)转移、洗涤。
若未洗涤,则所配溶液浓度会________。
(6)定容,摇匀。
(7)将配好的溶液静置一段时间后,倒入指定的试剂瓶,贴好标签,注明配制的时间、溶液名称及浓度。
(8)在配制过程中,某学生观察定容时液面情况如图所示,所配溶液的浓度会________。
【答案】胶头滴管500mL容量瓶AC偏高偏高偏低偏低
本题是一定量浓度溶液配制题目,注意其操作的相关注意事项即可
(1)配制的是480mL溶液,需要容量瓶不能小于此体积,又定容后期需要胶头滴管,故本题答案为胶头滴管、500mL容量瓶;
(2)因为定容时使用的500mL容量瓶,其物质称量时时按500mL算,不是按480mL算,若果是硫酸铜固体其质量为
=8.0g,若为5水硫酸铜其质量为
=12.5g,故答案为A、C;
(3)砝码生锈,其砝码质量比本身标记质量大,其称量的物质质量增大,其配置容溶液浓度会偏高,故答案为偏高;
(4)若未冷却,会导致定容的溶液体积减少,最终导致溶液浓度偏高,故本题答案为偏高;
(5)若未洗涤,其烧杯中还残留有少量物质,其溶液中溶质质量减少,最终导致溶液浓度偏低,故本题答案为偏低;
(8)因仰视,溶液体积偏大,最终导致溶液浓度偏低,故本题答案为偏低。
注意:
计算物质质量时是以容量瓶体积来计算,不是配置的体积;
定容时要平视,不要仰视和俯视;
溶液移液要先冷却,转移时要多次洗涤。
5.Ⅰ.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_____,装置A中①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_____。
Ⅱ.用胆矾晶体(CuSO4·
5H2O)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:
①计算②称量胆矾_____g③溶解④转移⑤洗涤并转移⑥定容⑦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
Ⅰ.
(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;
Ⅱ.
(1)实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·
5H2O)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。
Ⅰ.
(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:
(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①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活塞;
Ⅱ.
(1)实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·
5H2O)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0.25L×
0.40mol/L=0.1mol,则称量胆矾的质量为0.1mol×
250g/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(CuSO4·
5H2O)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.现有下列九种物质:
①HCl气体②Cu③蔗糖④CO2⑤H2SO4⑥Ba(OH)2固体⑦氯酸钾溶液⑧稀硝酸⑨熔融Al2(SO4)3
(1)属于电解质的是___;
属于非电解质的是___。
(2)②和⑧反应的化学方程式为:
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
上述反应中氧化产物是___。
硝酸没有全部参加氧化还原反应,参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的___。
用双线桥法分析上述反应(只需标出电子得失的方向和数目)___。
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应:
H++OH-=H2O,该离子反应对应的化学方程式为___。
(4)⑨在水中的电离方程式为___,
(5)34.2g⑨溶于水配成1000mL溶液,SO42-的物质的量浓度为___。
【答案】①⑤⑥⑨③④Cu(NO3)2或Cu2+25%
Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2OAl2(SO4)3=2Al3++3SO42-0.3mol/L
(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水;
在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质,包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等);
(2)氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂,对应产物为氧化产物;
依据硝酸中氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量;
根据Cu元素的化合价变化、N元素的化合价变化来分析,化合价升高的元素原子失去电子,化合价降低的元素的原子得到电子,化合价升高值=化合价降低值=转移电子数;
(3)H++OH-═H2O,可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水;
(4)硫酸铝为强电解质,水溶液中完全电离;
(5)计算3.42g硫酸铝的物质的量,依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量,依据
计算硫酸根离子的物质的量浓度。
(1)①HCl气体是在水溶液里能导电的化合物,是电解质;
②Cu是单质,既不是电解质也不是非电解质;
③蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物,是非电解质;
④CO2本身不能电离,属于非电解质;
⑤H2SO4是在水溶液里能导电的化合物,是电解质;
⑥Ba(OH)2固体是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物,是电解质;
⑦氯酸钾溶液是混合物,既不是电解质也不是非电解质;
⑧稀硝酸是混合物,既不是电解质也不是非电解质;
⑨熔融Al2(SO4)3是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物,是电解质;
综上所述,属于电解质的是①⑤⑥⑨;
属于非电解质的是③④;
①⑤⑥⑨;
③④;
(2)3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,反应中铜元素化合价升高,为还原剂,对应产物硝酸铜为氧化产物,参加反应的硝酸有8mol,只有2mol硝酸中的N化合价降低,作氧化剂,参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%;
在反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中,Cu元素的化合价由0升高到+2价,N元素的化合价由+5降低为+2价,转移的电子为6e−,则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为,
Cu(NO3)2或Cu2+;
25%;
(3)H++OH−═H2O,可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应,化学方程式为:
Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O;
(4)硫酸铝为强电解质,完全电离,电离方程式为:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-;
(5)3.42g硫酸铝的物质的量
,依据硫酸铝电离方程式:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-,可知硫酸根离子的物质的量为0.03mol,则硫酸根离子的物质的量浓度
0.3mol/L。
7.在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”,能延长鲜花的寿命。
下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分,阅读后回答下列问题:
成分
质量(g)
摩尔质量(g·
mol-1)
蔗糖
25.00
342
硫酸钾
0.87
174
阿司匹林
0.17
180
高锰酸钾
0.316
158
硝酸银
0.075
170
(1)下列“鲜花保鲜剂”的成分中,属于非电解质的是__________________。
A.蔗糖
B.硫酸钾
C.高锰酸钾
D.硝酸银
(2)配制上述1L上述“鲜花保鲜剂”所需的仪器有:
量筒、玻璃棒、药匙、烧杯、托盘天平、__________________、__________________(在横线上填写所缺仪器的名称),需要高锰酸钾___________mol。
(3)在溶液配制过程中,下列操作对配制结果没有影响的是___________________。
A.定容时俯视容量瓶刻度线
B.容量瓶在使用前未干燥,里面有少量蒸馏水
C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线,但未做任何处理
(4)“鲜花保鲜剂”中K+(阿司匹林中不含K+)的物质的量浓度为________mol·
L-1。
【答案】A胶头滴管1000mL容量瓶0.004BD0.024
(1)电解质指在溶液中或熔融状态下能导电的化合物,在溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质,常见非电解质包括:
非金属氧化物、大多数有机物(如乙醇、葡萄糖等)、氨气等;
(2)根据实验操作的步骤(计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签)以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析;
根据500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾质量分析需要高锰酸钾物质的量;
(3)根据c=
分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断,溶质减少,浓度偏小,体积偏大,浓度偏小;
(4)求出K+的物质的量、根据溶液的体积,利用物质的量浓度的公式来计算。
(1)A.蔗糖含有蔗糖分子,在水溶液中,不能电离,只存在分子,不能导电,是非电解质,故A正确;
B.硫酸钾,能电离出硫酸根离子和钾离子,能导电,是化合物,是电解质,故B错误;
C.高锰酸钾是盐,能在水溶液中和熔融状态下电离出自由移动的离子而导电,是电解质,故C错误;
D.硝酸银,溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电,是电解质,故D错误;
(2)配制顺序是:
计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签,一般用天平称量(用到药匙)称量,在烧杯中溶解,冷却后转移到1000mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,转移完毕,用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2∼3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中,再加适量蒸馏水,当加水至液面距离刻度线1∼2cm时,改用胶头滴管滴加,使溶液的凹液面的最低点与刻线相平,塞好瓶塞,反复上下颠倒摇匀。
所以需要的仪器为:
托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管,500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾0.316g,物质的量为
=0.002mol,配制1L溶液需0.004mol,故答案为:
胶头滴管、1000mL容量瓶;
0.004;
(3)A.定容时俯视容量瓶刻度线,溶液未达到刻度线,体积偏小,浓度偏大,故A错误;
B.容量瓶在使用前未干燥,里面有少量蒸馏水,不影响溶液的体积,所以浓度不变,故B正确;
C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净,容量瓶中沾有溶质,溶质的质量偏大,浓度偏大,故C错误;
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线,但未做任何处理,过会儿,滞留在刻度线以上的溶液将会下落,正好与刻度线相平,不影响溶液的体积,浓度不变,故D正确;
故选:
BD;
(4)K2SO4的物质的量为:
=0.005mol,则K+的物质的量为0.01mol,KMnO4的物质的量为
=0.002mol,则K+的物质的量为0.002mol,所以溶液中的K+总共为0.012mol,其物质的量浓度为0.012mol×
0.5L=0.024mol/L,故答案为:
0.024。
8.氯气是一种重要的化工原料,自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。
I.工业上通常采用电解法制氯气:
观察图1,回答:
(1)电解反应的化学方程式为__________。
(2)若饱和食盐水中通电后,b侧产生的气体检验方法是___________。
Ⅱ.某兴趣小组设计如图2所示的实验装置,利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应),回答下列问题:
(3)B中反应的化学方程式是_________。
(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7gMnO2制备氯气,并将所得氯气与过量的石灰乳反应,则理论上最多可制得Ca(ClO)2____g。
(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低,该学生经分析并查阅资料发现,主要原因是在装置B中还存在两个副反应。
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2,为避免此副反应的发生,可采取的措施_______。
②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________,为避免此副反应的发生,可将装置做何改进_________。
【答案】2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑移走烧杯,将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处,若试纸变蓝,则说明产生的气体为Cl22Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O7.15g冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶
I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2,在电解时,与电源正极连接的电极为阳极,发生氧化反应;
与电源负极连接的电极为阴极,发生还原反应,根据产生气体的性质进行检验;
II.在装置A中制取Cl2,在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉,氯气有毒,是大气污染物,在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理,据此分析解答。
I.
(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2,反应方程式为:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑;
(2)在电解时,与电源正极连接的电极为阳极,发生氧化反应。
由于放电能力Cl->
OH-,所以溶液中的阴离子Cl-放电,失去电子变为Cl2逸出,Cl2检验强氧化性,可以使KI变为I2,I2遇淀粉溶液变为蓝色,所以检验Cl2的方法是移走烧杯,将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处,若试纸变蓝,则说明产生的气体为Cl2;
II.(3)在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉,反应的方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
(4)n(MnO2)=8.7g÷
87g/mol=0.1mol,n(HCl)=12mol/L×
0.1L=1.2mol,根据制取气体方程式:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.1molMnO2能够消耗0.4molHCl<
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