高考化学专题题库物质的量的综合题附答案Word文档下载推荐.docx
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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%
2.将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液,生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
(1)写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________;
(2)镁和铝的总质量为________g;
(3)b点溶液中的溶质为__________,硫酸的物质的量浓度为___________mol/L;
(4)生成的氢气在标准状况下的体积为__________L;
(5)c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。
【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑9Na2SO42.510.08NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
由图象可知,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余,溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3,此时发生的反应为:
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O;
当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液溶质为Na2SO4;
从200mL到240mL,NaOH溶解固体Al(OH)3,发生反应:
OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O,据此分析解答。
(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2,反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35mol,从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2,物质的量为0.15mol,Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol,由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20mol,n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol,所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20mol×
27g/mol+0.15mol×
24g/mol=9g;
(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液中溶质为Na2SO4,根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍,所以n(Na2SO4)=0.5×
5mol/L×
0.2L=0.5mol,所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)=
=2.5mol/L;
(4)根据以上分析,n(Al)=0.2mol,n(Mg)=0.15mol,由于Al是+3价金属,Mg是+2价的金属,所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2mol×
3+0.15mol×
2=0.9mol,根据反应过程中得失电子守恒,可知反应产生氢气的物质的量n(H2)=
n(e-)=0.45mol,则在标准状况下的体积V(H2)=0.45mol×
22.4L/mol=10.08L;
(5)在b点时溶液中溶质为Na2SO4,沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3,在b→c过程中发生反应:
NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,至c点,该反应恰好反应完全,故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2,由于酸性:
H2CO3>Al(OH)3,所以c点溶液中通入足量的CO2,NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCO3,反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。
【点睛】
本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用,把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键,注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算,侧重考查学生的分析与计算能力。
3.按要求完成下列填空
I.
(1)给定条件下的下列四种物质:
a.10g氖气
b.含有40mol电子的NH3
c.标准状况下8.96LCO2
d.标准状况下112g液态水
则上述物质中所含分子数目由多到少的顺序是________________(填序号)。
(2)标准状况下,0.51g某气体的体积为672mL,则该气体摩尔质量为______。
(3)将100mLH2SO4和HCl的混合溶液分成两等份,一份中加入含0.2molNaOH溶液时恰好中和完全,向另一份中加入含0.05molBaCl2溶液时恰好沉淀完全,则原溶液中c(Cl-)=____mol/L。
II.现有以下物质:
①铝;
②二氧化硅;
③液氯;
④NaOH溶液;
⑤液态HCl;
⑥NaHCO3晶体;
⑦蔗糖;
⑧熔融Na2O;
⑨Na2O2固体;
⑩CO2。
回答下列问题(用相应物质的序号填写):
(1)其中可以导电的有__________。
(2)属于电解质的有_______,非电解质有__________。
(3)写出向⑨与⑩反应的化学方程式___________。
(4)写出①与④的离子方程式_____________。
(5)写出⑤的水溶液与⑥的水溶液反应的离子方程式___________________。
(6)写出②与④反应的离子方程式_______________________________。
【答案】d>
b>
a>
c17g/mol2①④⑧⑤⑥⑧⑨②⑦⑩2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2H++HCO3-=H2O+CO2SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
I.利用n=
=
计算。
II.①铝能导电,既不是电解质,也不是非电解质;
②二氧化硅不能导电,为非电解质;
③液氯不能导电,既不是电解质,也不是非电解质;
④NaOH溶液能导电,为混合物,既不是电解质,也不是非电解质;
⑤液态HCl不能导电,为电解质;
⑥NaHCO3晶体不能导电,为电解质;
⑦蔗糖不能导电,为非电解质;
⑧熔融Na2O能导电,为电解质;
⑨Na2O2固体不能导电,为电解质;
⑩CO2不能导电,为非电解质。
I
(1)a.10g氖气的物质的量=
=0.5mol,Ne为单原子分子,即分子数为0.5mol;
b.NH3中含有10个电子,则含有40mol电子的NH3的物质的量为4mol;
c.标准状况下8.96LCO2的物质的量=
=0.4mol;
d.标准状况下112g液态水的物质的量=
=6.22mol;
综上所述,分子数目由多到少的顺序为d>
c;
(2)标准状况下,某气体的体积为672mL,物质的量为0.672L÷
22.4L/mol=0.03mol,则M=
=17g/mol;
(3)0.05molBaCl2与硫酸根离子生成0.05mol硫酸钡,则原溶液中含有0.1mol硫酸;
0.05mol硫酸消耗0.1mol的NaOH,剩余的0.1molNaOH为盐酸消耗,则原溶液中含0.2mol盐酸,c(Cl-)=0.2÷
0.1=2mol/L;
II
(1)分析可知,能导电的为①④⑧;
(2)属于电解质的为⑤⑥⑧⑨;
属于非电解质的为②⑦⑩;
(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+CO2=2Na2CO3+O2;
(4)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑;
(5)盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水,离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑;
(6)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
4.在标准状况下,由一氧化碳和二氧化碳组成的混合气体为6.72L,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__________g·
L-1。
【答案】1∶325%17.5%4∶7401.79
根据公式:
进行分析解答。
混合气体的物质的量=
=0.3mol,
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:
x=0.075mol,y=0.225mol,
此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比=0.075mol∶0.225mol=1∶3;
一氧化碳的体积分数是=
×
100%=25%;
一氧化碳的质量=0.075mol×
28g·
mol-1=2.1g,
一氧化碳的质量分数=
100%=17.5%;
碳原子和氧原子个数比=(0.075mol+0.225mol)∶(0.075mol+0.225mol×
2)=4∶7;
混合气体的平均摩尔质量=
=40g·
mol-1,平均相对分子质量是40;
混合气体的密度=
≈1.79g·
L-1。
答案:
1∶3;
25%;
17.5%;
4∶7;
40;
1.79。
5.O2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,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1.15g·
cm-3的混合溶液。
该混合溶液的物质的量浓度为___mol·
【答案】1:
13:
21:
12:
3
L2.28
(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为
∶
=3∶2,则所含分子个数之比为3∶2,原子个数之比为1∶1,故答案为:
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1∶1,则原子个数比为2∶3,质量比为2∶3,故答案为:
3;
(3)氧气的摩尔质量为M=
=
g·
mol-1,则cgO2在标准状况下体积为V=
·
Vm=
22.4L·
mol-1=
L,故答案为:
L;
(4)混合后溶液中的KNO3的物质的量为n(KNO3)=
≈0.099mol,混合后溶液的总体积为V[KNO3(aq)]=
≈43.5cm3=4.35×
10-2L,混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c(KNO3)=
≈2.28mol·
L-1,故答案为:
2.28。
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:
(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.
(1)在标准状况下,CO和CO2的混合气体共28L,质量为51g。
其中CO2的质量为_____g,混合气体中CO的物质的量分数为____。
混合气体的平均摩尔质量为_______。
(2)同温同压下,同质量的NH3和H2S气体体积比为______,原子个数之比为______,密度之比为________。
(3)在120℃时分别进行如下四个反应(除S外其它物质均为气体):
A.2H2S+O2=2H2O+2S↓B.2H2S+3O2=2H2O+2SO2
C.C2H4+3O2=2H2O+2CO2D.C4H8+6O2=4H2O+4CO2
若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行,反应前后气体密度(d)和气体体积(V)分别符合关系式d前>d后和V前<V后的是___________;
符合d前>d后和V前>V后的是___________(填写反应的代号)。
【答案】4420%40.8g/mol2:
18:
31:
2DA
(1)假设一氧化碳的物质的量为xmol,二氧化碳的物质的量为ymol,则有x+y=
=1.25,28x+44y=51,解x=0.25,y=1,则二氧化碳的质量为44g,一氧化碳的物质的量分数为
=20%,混合气体的平均摩尔质量为
=40.8g/mol;
(2)同温同压下,同质量的NH3和H2S气体体积比等于摩尔质量的反比,即为34:
17=2:
1,原子个数之比等于(2×
4):
(1×
3)=8:
3,密度比等于摩尔质量之比,即为17:
34=1:
(3)若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行,四个反应的气体体积取决于气体的物质的量的变化,A中体积变小,由于产生固体硫,所以气体密度减小;
B中气体体积变小,密度变大;
C中气体体积不变,密度不变;
D中气体体积变大,密度变小;
故符合题意的为D和A。
8.氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。
(1)下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。
a.滴水成冰b.蜡炬成灰c.百炼成钢
(2)NH3和Cl2反应的方程式为:
NH3+Cl2﹣N2+HCl
①该反应中被氧化的元素是_____(填元素名称),氧化剂是_____(填化学式)。
②配平该方程式:
_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl
(3)“地康法”制氯气的反应原理图示如下:
①反应I的化学方程式为_____。
②若要制得标准状况下氯气11.2L,则整个反应中转移电子的物质的量为_____。
【答案】a氮Cl223162HCl+CuO=CuCl2+H2O1mol
(1)a、滴水成冰,没有生成新物质,属于物理变化,符合题意,a正确;
b.蜡炬燃烧生成二氧化碳和水,碳元素、氧元素化合价改变,属于氧化还原反应,与题意不符,b错误;
c.百炼成钢,为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳,碳元素、氧元素化合价改变,属于氧化还原反应,与题意不符,c错误;
(2)①还原剂化合价升高,被氧化,氧化剂化合价降低,被还原;
②利用化合价升降法配平;
(3)①根据反应原理图,反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O;
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol,反应I是非氧化还原反应,反应II是氧化还原反应,氯元素化合价由﹣1升高为0。
故答案为a;
(2)①NH3和Cl2反应中氮元素化合价由﹣3升高为0,氯元素化合价由0降低为﹣1,该反应中被氧化的元素是氮元素,氧化剂是Cl2;
②氮元素化合价由﹣3升高为0,氯元素化合价由0降低为﹣1,最小公倍数为6,根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2=N2+6HCl;
(3)①根据反应原理图,反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O,反应方程式是2HCl+CuO=CuCl2+H2O;
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol,反应I是非氧化还原反应,反应II是氧化还原反应,根据2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2,氯元素化合价由﹣1升高为0,所以生成0.5mol氯气转移1mol电子。
还原剂化合价升高,被氧化,发生氧化反应,生成氧化产物;
氧化剂化合价降低,被还原,发生还原反应,得到还原产物。
9.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
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- 高考 化学 专题 题库 物质 综合 答案