高中化学复习知识点阿伏伽德罗定律及其推论Word文件下载.docx
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A.
B.
C.
D.
8.容积为1L的干燥容器中充入HCl气体后,测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082,用此气体进行喷泉实验,当喷泉停止时,容器内溶液的体积为()
A.0.25LB.0.5LC.0.75LD.1L
9.标准状况下,两个容积相等的贮气瓶,一个装有O2,另一个装有CH4,两瓶气体具有相同的
A.分子数B.原子总数C.密度D.质量
二、多选题
10.有两个容积不同的容器,一个盛有HCl气体,另一个盛有H2和Cl2的混合气体。
在同温同压下,两容器内的气体可能具有相同的
A.分子数B.密度C.质量D.颜色
三、综合题
11.为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来,国际上采用了“物质的量”这一物理量,据此完成下列试题:
(1)等质量的O2和O3所含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a、b、c、NA的式子表示)。
(4)实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液,进行如下操作:
①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管,还需要的玻璃仪器___。
②计算需要NaOH固体的质量:
___g。
③取出50mL配制好的溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为___。
④若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是___。
A.称量时砝码已经生锈
B.定容时仰视
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作
D.定容摇匀后,液面低于容量瓶颈上的刻度线
12.按要求完成下列填空:
(1)由CH4和O2组成的混合气体在标准状况下的密度为lg·
L-1,则该混合气体中CH4和O2的体积比为________。
(2)用98%(密度为1.84g/mL)的浓硫酸配制500mL2.5mol/L的稀硫酸,需用量筒量取浓硫酸的体积为________mL。
(3)向100mL0.2mol/L的NaAlO2溶液与300mL0.1mol/L的HCl溶液混合,反应的离子方程式:
_________________。
(4)某混合溶液中仅含有离子:
Fe2+、Cl-、Br-、I-,测得Cl-、Br-、I-的物质的量之比为2:
3:
4,往溶液中通入一定量的氯气,充分反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量之比为3:
1,则通入的氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为=_________________。
(假设溶液的体积在反应前后不变)
(5)酸性条件下,向FeI2的淀粉溶液中加入H2O2溶液后变蓝。
当有1molFe2+被氧化成Fe3+时,转移电子4mol。
写出该反应的离子方程式:
_________。
参考答案
1.B
【解析】
【分析】
【详解】
A、原子序数=核外电子数,因此依据元素的原子序数,推断该元素原子的核外电子数,A正确;
B、物质的摩尔质量与不同类晶体熔沸点无关,不同晶体熔沸点与化学键类型有关,B错误;
C、在相同条件下,气体的摩尔质量之比等于气体的密度之比,因此依据气体的摩尔质量,推断相同状态下不同气体密度的大小,C正确;
D、蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法,适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质,所以依据液体物质的沸点,推断将两种互溶液态混合物用蒸馏法分离的可行性,D正确;
答案选B。
2.C
同温同体积,压强与气体物质的量成正比,由图象看出,相同温度下,氧气的压强大于X,则1gO2与1gX气体的物质的量n(O2)>
n(X),所以M(O2)<
M(X),故选C。
3.D
相同体积相同密度时,两容器气体的质量相等,且都由O元素组成的同素异形体,则O原子的质量、个数以及物质的量相等,据此分析解答。
A、O原子个数相等时,气体的物质的量之比为n(O2):
n(O3)=3:
2,由PV=nRT可知,两种气体的压强之比为3:
2,故A错误;
B、同体积相同密度时,两容器气体的质量相等,故B错误;
C、O原子个数相等时,气体的物质的量之比为n(O2):
2,故C错误;
D、相同体积相同密度时,两容器气体的质量相等,且都由O元素组成,因此O原子数目相等,故D正确。
答案选D。
4.B
A.同温度、同体积的O2和N2,压强未知,Vm未知,不能确定n,两种气体的分子数不一定相等,故A错误;
B.同质量的N2和CO,二者摩尔质量相同,则物质的量相同,含有分子数相同,故B正确;
C.同压强,同体积的H2和CH4,温度未知,Vm未知,不能确定n,两种气体的分子数不一定相等,故C错误;
D.根据m=ρV可知,同密度、同体积的CO2和N2具有相同的质量,但二者的摩尔质量不同,其物质的量及含有分子数不同,故D错误;
故选B。
5.C
根据阿伏加德罗定律:
同温同压下,容积相等的任何气体具有相同的分子数,结合C2H4、C2H2、C2H6每个分子的组成特点来回答。
同温同压下,两个储气瓶的容积又相等,所以两瓶中气体的物质的量就相等,即两瓶内气体的分子数相同,则
A、根据m=nM,瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子的M无法确定,所以m无法判断,A错误;
B、C2H2和C2H6的量不确定,所以原子数也无法确定,B错误;
C、C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2,所以碳原子数相同,C正确;
D、据ρ=m/V,V一定,质量不确定,所以ρ无法判断,D错误。
答案选C。
6.B
假设质子都有14mol,则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1mol、1mol、1mol。
A、等温等压下,体积之比等于物质的量的比,体积之比为1∶1∶1,A错误;
B、等温等压下,密度比等于摩尔质量的比,密度之比为14∶14∶13,B正确;
C、质量之比为1mol×
28g/mol:
1mol×
26g/mol=14:
14:
13,C错误;
D、原子个数之比为1mol×
2:
4=1∶1∶2,D错误。
7.D
同温同压下密度与相对分子质量成正比。
乙烷和丁烷的混合气体的密度和同温同压下丙烷的密度相同,即乙烷和丁烷的混合气体的平均相对分子质量是44;
设乙烷和丁烷的物质的量分别是xmol、ymol,
,解得x=y,乙烷和丁烷的质量比
,选D。
8.C
容器中的气体相对氧气的密度为1.082,则气体的平均相对分子质量为1.082×
32=34.6,令HCl的体积分数为x,则空气的体积分数为(1-x),则36.5x+29(1-x)=34.6,解得x=0.75,故HCl的体积为1L×
0.75=0.75L,即为进入容器中液体的体积0.75L,所以C符合题意;
故答案:
C。
9.A
标准状况下,V=nVm=n×
22.4L/mol,两个容积相等的贮气瓶,说明甲烷和氧气的体积相同,所以二者的物质的量一定相等;
A、甲烷和氧气的物质的量相等,所以一定含有相同的分子数,故A正确;
B、氧气和甲烷的分子中含有的原子数不同,所以等物质的量的甲烷和氧气中含有的原子数一定不相等,故B错误;
C、密度与摩尔质量成正比,两者的摩尔质量不等,则二者的密度一定不同,故C错误;
D、质量m=nM,二者的摩尔质量不同,物质的量相等,则质量一定不同,故D错误;
故答案为A。
【点睛】
考查阿伏伽德罗定律及推论,注意熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积等之间的转化关系,根据V=nVm=n×
22.4L/mol可知,气体的体积相同,含有的气体的物质的量一定相同,一定具有相同的分子数,而氧气和甲烷分子中的原子数与分子组成有关、密度和质量与摩尔质量成正比,它们一定不相等。
10.BC
同温同压下,气体摩尔体积相同,体积不同的气体其分子数不同,根据ρ=
,m=
,判断密度和质量,氯气有颜色但氯化氢和氢气无色。
A.同温同压下,气体摩尔体积相同,体积不同的气体其分子数不同,故A错误;
B.同温同压下,气体摩尔体积相同,气体的密度和摩尔质量成正比,氯化氢气体的摩尔质量可能和和的混合气体的摩尔质量相等,所以密度可能相等,故B正确;
C.同温同压下,气体摩尔体积相同,但摩尔质量和体积的乘积可能相同,所以其质量可能相等,故正确;
D.氯气是黄绿色气体,氢气和氯化氢气体无色,所以两个容器内气体颜色一定不同,故D错误;
答案选BC。
11.3:
21:
12:
3
L100mL容量瓶4.01mol/LA
(1)根据
可知,等质量的O2和O3的物质的量之比为
,所含分子的物质的量之比为3:
2。
(2)根据阿伏加德罗定律,PV=nRT(R为常数),在等温等压下,等体积的任一气体所含分子的物质的量相同,由N=nNA(NA为常数)可知,分子个数比为1:
1;
由m=nM可知,O2和O3的质量比为2:
3。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则ag氧气的物质的量
,摩尔质量
,即当氧气为cg,物质的量
,在标准状况下的体积
L。
(4)①实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液,则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶。
②需要NaOH固体的质量
。
③溶液具有均一性,物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变,浓度仍然为1mol/L。
④A.称量时砝码已经生锈,实际砝码质量增大,称得的氢氧化钠质量增大,浓度偏高;
B.定容时仰视,实际加水量偏高,溶液浓度偏低;
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作,剩余部分溶质残留,导致容量瓶内部溶质减小,溶液物质的量浓度偏低;
D.定容摇匀后,溶液物质的量浓度固定,液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。
答案为A。
根据
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。
在配制一定物质的量浓度溶液时,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。
需要具体问题具体分析。
12.3∶267.96AlO2-+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+7:
32Fe2++6I-+4H2O2+8H+=2Fe3++3I2+8H2O
(1)可利用“十字交叉法”来计算;
(2)利用稀释定律计算即可;
(3)根据反应物的物质的量,可以先判断出过量的问题,再根据剩余的量去分析后续反应的情况,最后将两个化学方程式相加,再将系数化整即可;
(4)还原性:
I->
Fe2+>
Br-,题中告知有Fe2+剩余,则说明Cl2并未与Br-反应,由此进行计算;
(5)先写出Fe2+和I-分别与H2O2的反应方程式,再根据电子转移数目分析两个反应的相关物质的量,从而获得总的反应方程式。
(1)在标况下,ρ(CH4)=
g·
L-1,ρ(O2)=
L-1,根据十字交叉法:
,则n(CH4):
n(O2)=3:
2,即V(CH4):
V(O2)=3:
2;
(2)设需要浓硫酸VmL,则有:
,解得V=67.9mL;
(3)n(NaAlO2)=0.1L×
0.2mol/L=0.02mol,n(HCl)=0.3L×
0.1mol/L=0.03mol,则在反应H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓中,H+过量;
在反应4H++AlO2-=Al3++2H2O中,AlO2-过量;
所以可以推断出发生反应:
H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓,过量的H+再和Al(OH)3反应:
3H++Al(OH)3=Al3++3H2O;
在第一个反应中,消耗0.02molH+,生成0.02molAl(OH)3,剩余0.01molH+,即0.02H++0.02AlO2-+0.02H2O=0.02Al(OH)3↓,在第二个反应中,0.01molH+完全参加反应,消耗
molAl(OH)3,生成
molAlO2-,即0.01H++
Al(OH)3=
Al3++0.01H2O,将两个方程式相加可得:
0.02AlO2-+0.03H++0.01H2O=
Al(OH)3↓+
Al3+,系数化整得:
6AlO2-+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+;
(4)设Cl-、Br-、I-的物质的量依次为2mol、3mol、4mol,则Fe2+的物质的量为
mol;
因为还原性:
Br-,所以I-先和Cl2反应;
由于有Fe2+剩余,则说明Cl2并未与Br-反应;
则有:
,则n(Cl2)1=2mol,n(Cl-)1=4mol;
设和Fe2+反应的物质的量为xmol,
,n(Cl-)2=2xmol,n(Fe2+)=2xmol;
则反应后,溶液中Cl-的物质的量为(2+4+2x)mol,因为反应后Cl-和Br-的物质的量比为3:
1,所以有:
,解得x=
,通入的Cl2的物质的量为(2+x)=
mol,溶液中剩余Fe2+的物质的量为(
)mol=
mol,所以通入的氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为7:
3;
(5)该过程涉及两个反应:
H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O和2H++H2O2+2I-=I2+2H2O,这两个反应式中均转移2e-;
有1molFe2+被氧化成Fe3+时,转移电子4mol,则有2molFe2+被氧化成Fe3+时,转移电子8mol,而2molFe2+自身失去2mole-,所以有6mole-由6molI-失去,即发生反应:
H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O和6H++3H2O2+6I-=3I2+6H2O,将两个方程相加可得:
2Fe2++6I-+4H2O2+8H+=2Fe3++3I2+8H2O。
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