高考化学物质的量大题培优含详细答案Word下载.docx

1、混合气体的密度1.79 gL-1。答案：13；25% ；17.5% ；47； 40；1.79。2NH3、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

2、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+5O24NO+6H2O 光化学烟雾 Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 4NH3+6NO5N2+6H2O 19.6 （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

3、=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+5O24NO+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+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，答案为：Cu+4H+2NO3Cu2+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+6NO5N2+6H2O，5N2+6H2O；（5）n（NO2）n（NO）2.24L22.4L/mol0

4、.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0.2mol98g/mol19.6g，故答案为：19.6。【点睛】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。3现有21.6 g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44 L。回答下列问题：（1）该混合气体的平均摩尔质量为_。（2）混合气体中碳原子的质量为_。（3）将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中（实验在标准状况

5、下测定）。气球中收集到的气体的摩尔质量为_。气球中收集到的气体中，电子总数为_（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。气球的体积为_L。【答案】36 gmol1 7.2 g 28 gmol1 4.2NA 6.72 （1）标准状况下，该混合气体的物质的量为13.4422.4=0.6（mol），所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.60.6=36 （gmol1），（2）由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol，而 CO和CO2分子中均只含一个碳原子，故混合气体中的碳原子也为1mol，所以混合气体中碳原子的质量为0.612=7.2（g）（3） CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后，CO2

6、与NaOH反应被吸收 ，剩余的CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。设CO的物质的量为x ,则CO2的物质的量为0.6-x，列方程：28x+44（0.6-x）=21.6，解得x=0.3mol。气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28 gmol1 ； CO的物质的量为0.3mol，所以电子总数为0.314NA=4.2NA ； 标准状况下，0.3molCO的体积为0.322.4=6.72（L），所以气球的体积为6.72L。4（1）1mol H2SO4中含有_个硫原子，_mol O。（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式HCl：_NaHSO4：_（3）写出下列化学反应的方程式呼吸面具中过氧

7、化钠与二氧化碳反应的化学方程式_氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式_印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_（4）配平下列方程式：_I+_IO3+ _H+_I2+_H2O_NH4ClO4_N2+_O2+_HCl+_H2O（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：Cu4 HNO3（浓）= Cu（NO3）2 2 NO2 2H2O_HNO3的作用是_，发生氧化反应，氧化产物是_。【答案】NA 4 HCl=HCl NaHSO4 = Na+ + H+SO42- 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 4Fe（OH）2+O2+2H2O4F

8、e（OH）3 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ 5 1 6 3 3 4 2 5 4 6 氧化性和酸性 Cu（NO3）2 （1）根据物质结构进行计算；（2）强电解质完全电离；（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子；（4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；（5）还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，产物为还原产物。（1）一个H2SO4分子中含有1个S原子，4个O原子，则1mol H2SO4中含有NA个硫原

9、子，4mol O；（2）HCl为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：HCl=HCl； NaHSO4为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则电离方程式为：NaHSO4 = Na+ + H+SO42-；（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（4）根据氧化还原反

10、应中，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为0价，碘酸根离子变为0价，则最小公倍数为5，则离子方程式为5 I+IO3+ 6H+=3I2+3H2O；高氯酸铵自身发生氧化还原反应，N、O的化合价升高，Cl的化合价降低，根据电子得失守恒，则4NH4ClO4=2N2+5O2+4HCl+6H2O；（5）反应中Cu作还原剂，失电子，化合价由0价变为+2价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、酸，部分N得电子化合价降低由+5变为+4，生成的产物为还原产物；双线桥法表示为；单线桥法为。白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的反应。5（1）下列物质能导电的是_，属于电解质的是

11、_。NaCl晶体 液态SO2 液态醋酸 铜 BaSO4固体 纯蔗糖（C12H22O11） 氨水 熔化的KNO3（2）0.5molCH4的质量是_g，在标准状况下的体积为_L；（3）8.4g氮气和9.6g某单质Rx所含原子个数相同，且分子个数之比为3：2，则x的值是_，R的摩尔质量是_。【答案】 8 11.2 3 16g/mol （1）NaCl晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；液态SO2不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；液态醋酸不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电

12、解质； 铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；BaSO4固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质； 纯蔗糖（C12H22O11） 不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质； 氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质； 熔化的KNO3含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；（2）根据n=可得，m=nM，V= nVm，进行计算；下列物质能导电的是，属于电解质的是，答案为：；可得，m=nM，0.5molCH4的质量=0.5mol16g/mol=8g；在标准状

13、况下的体积为=nVm=0.5mol22.4L/mol=11.2L，8；11.2；（3）8.4g氮气的物质的量=0.3mol，则氮原子的物质的量=0.3mol2=0.6mol，物质的量之比等于粒子数目之比，根据题意9.6g某单质Rx所含原子物质的量也为0.6mol，则Rx所含分子物质的量为，则0.3mol：=3：2，解得x=3，R3的物质的量为=0.2mol，R3的摩尔质量=48g/mol，则R的摩尔质量=16g/mol，3；16g/mol。6请按要求填空：（1）用已准确称量的1.06 g Na2CO3固体配制0.100 mol/L Na2CO3溶液 100mL，所需要的仪器为_。（2）除去Na

14、2CO3固体中混有的少量KNO3，所进行的实验操作依次为_、蒸发、结晶、_。（3）除去KCl 溶液中的SO42-，依次加入的溶液为（填物质的化学式）_。【答案】烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 溶解 趁热过滤、洗涤、灼烧 BaCl2、K2CO3、HCl （1）根据配制一定物质的量浓度的溶液所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析；（2）Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离；（3）除去KCl溶液中的SO42-，应使SO42-离子转化为沉淀，注意不能引入新的杂质。（1）配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶解、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要烧杯、玻璃棒，定容需要胶

15、头滴管、需要100mL容量瓶进行配制，故所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；（2）Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离，具体做法是先将固体溶解，然后蒸发、结晶，趁热过滤、洗涤晶体，最后灼烧晶体可得到碳酸钠；（3）除去KCl溶液中的SO42-，应先加入过量BaCl2的使SO42-生成沉淀，然后再加入K2CO3使过量的BaCl2生成沉淀，过滤后加入HCl除去过量的K2CO3。故依次加入的溶液为BaCl2、K2CO3、HCl。本题考查了物质的量溶液的配制、物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法，本题易错点为（3

16、），注意加入试剂的顺序和除杂原理。7钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。（1）叠氮化钠（NaN3）受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生 6.72 L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠_g。（2）为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反应并收集生成的气体，某研究 性学习小组设计了如图发生装置写出 Na 与水反应的离子方程式_。Y 液体可以选用_A煤油 B酒精 C四氯化碳实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，通过_（填装置名称）向试管中加水至产生液面差，一段时间后，_（填现象），则气密性良好。（3）1mol 过氧化钠与 1.6mol 碳酸氢钠固体混

17、合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质及对应的物质的量（可不填满）。物质物质的量/mol_【答案】13 g 2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2 A 长颈漏斗 液面差不变 Na2CO3 1.6 NaOH 0.4 （1）发生反应：2NaN3=2Na+3N2，根据方程式计算；（2） Na 与水反应生成NaOH和氢气；根据装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；利用液压法确定装置气密性；（3）加热发生2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，然后发生2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2和2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，以此来解答。（1）设需要NaN3

18、的质量为m，则：2NaN32Na+3N2130g 67.2Lm 6.72Lm=13g；（2） Na 与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；A煤油密度小于水，且与水不溶，故A正确；B酒精与水互溶，故B错误；C四氯化碳密度大于水，且与水不溶，故C错误；故答案为A；关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，直到长颈漏斗中的液面高于试管中的液面，且两者液面差不再改变，就证明该装置气密性良好；（3）由2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O可知，1.6mol碳酸氢钠分解生成0.8molNa2CO3、0.8molCO2、0.8molH

19、2O，由2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2可知，0.8molCO2与0.8molNa2O2反应生成0.8molNa2CO3，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，0.2molNa2O2与水反应生成0.4molNaOH，充分反应，排出气体物质后冷却，则残留的固体物质是NaOH、Na2CO3，两者的物质的量分别为0.4mol、1.6mol。8已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L 稀硝酸充分反应，反应方程式如下：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O（1）写出该反应的离子方程式：_；（2）标准状况下，产生NO气体的体积为：转移电子的物质的量为_；反应后N

20、O3-的物质的量浓度为：_。（忽略反应前后溶液体积的变化）【答案】3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O 4.48L 0.6mol 4mol/L （1）根据离子方程式的拆写原则，硝酸和硝酸铜拆为离子，结合电荷守恒书写；（2）先计算19.2g铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量，由反应可知被还原的硝酸和生成的NO的物质的量，最后根据N元素守恒计算溶液中含有的NO3-的物质的量，根据c=计算反应后NO3-的物质的量浓度。（1）Cu与稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，在该反应中，硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质，拆为离子，

21、其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；（2）19.2g铜的物质的量n（Cu）=19.2g64g/mol=0.3mol，由反应可知，0.3molCu消耗0.8molHNO3，则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO均为0.2mol，则生成NO的体积V（NO）=0.2mol22.4L/mol=4.48L；根据反应方程式可知3mol金属Cu反应转移电子的物质的量是6mol，则0.3mol金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol，在200mL5mol/L 稀硝酸中含有NO3-的物质的量是n（NO3-）=5mo

22、l/L0.2L=1mol，反应中被还原的硝酸为0.2mol，被还原的硝酸变为NO气体，则溶液中剩余的NO3-的物质的量n（NO3-）=1mol-0.2mol=0.8mol，则其物质的量浓度是c=4mol/L。本题考查氧化还原反应的知识，明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键，注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。9下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。问：（1）该盐酸的物质的量浓度为_（2）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（_）配制100g10%的CuSO4溶液，称取10g硫酸铜晶体溶于90g水中测定碳酸钠晶体中

23、结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4配制200mL2molL-1的稀H2SO4时，先平视后仰视。A只有 B只有 C D（3）已知CO和CO2的混合气体14.4g,在标准状况下所占的体积为8.96L。则该混合气体中，CO的质量为_g，CO2的物质的量为_mol。（4）1mol氧气在放电条件下，有30%转化为臭氧（O3），则放电后所得混合气体对氢气的相对密度是（_）A16 B17.8 C18.4 D35.6【答案】11.8mol/L 5.6 0.2 B

24、 （1）根据物质的量浓度c=计算出该盐酸的物质的量浓度；（2）根据操作不当对溶质的质量或溶液的体积的影响效果分析作答；（3）混合气体的体积为8.96L，则物质的量为=0.4mol，根据气体的总质量和总物质的量列方程式计算；（4）根据公式可知，相同条件下，气体摩尔体积相同，所以不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比，先根据转化关系计算混合气体的摩尔质量，再计算混合气体摩尔质量与氢气的摩尔质量之比。（1）该盐酸的物质的量浓度为：c= =11.8mol/L，11.8mol/L；（2）硫酸铜晶体为CuSO4H2O，则称取10g硫酸铜晶体溶于90g水中形成硫酸铜溶液，硫酸铜的实际质量小于10g，所配硫酸铜

25、溶液的质量分数小于10%的，实验结果偏低，项正确；测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大，实验测量结果偏高，项错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，实际称取的药品质量减小，所配溶液的浓度偏低，项正确；酸式滴定管的“0”刻度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，项正确；（3）混合气体的体积为8.96 L，则物质的量为=0.4mol，设混合气体中CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，则28x+44y=14.4，x+y=0.4，联立方程组解之得：x=0.2，y=0.2，所以m（CO）=0.2mol28g/mol=5.6g，5.6；0.2；（4）1mol O2有30%转化为臭氧（O3），发生反应的O2为1mol30%=0.3mol由反应3O22O3知，生成的O3为0.2mol，故反应后所得气体为0.2molO3和O2为（1-0.3）mol=0.7mol，故M=35.6g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，混合气体的摩尔质量和氢气的摩尔质量之比等于其密度之比=35.6g/mol：2g/mol=17.8，B项正确；B。10实