备战高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题含答案解析.docx
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备战高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题含答案解析
备战高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题含答案解析
一、高中化学物质的量
1.以下涉及的物质中A、B、C都是化合物;请注意各小题之间可能有的联系。
(1)一定条件下,9.80gNH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应,生成了4.48L(标准状况)气态产物B和固体产物C。
标准状况下,B气体的密度为0.76g/L,氮的质量分数为82.35%,其余是氢。
试求B的分子式_____________。
(2)25℃、101.3KPa时,气体摩尔体积为24.5L/mol.该状况下,1体积水(密度为1g/cm3)吸收560体积B气体得到密度为0.91g/cm3的溶液,则该溶液中溶质的质量分数为_____%(溶液中的溶质以B计量;保留2位小数);溶液的物质的量浓度为__________mol/L(保留2位小数)。
(3)在催化剂作用下,B可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D(可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用)。
在常温常压下,将密度一定的NO、NO2混合气体和B在不同体积比时进行了四次实验,所得数据如下:
实验次数
B与混合气体的体积比
反应后气体密度(已换算为标准状况;g/L)
第一次
1.0
1.35
第二次
1.2
1.25
第三次
2.0
1.04
第四次
2.2
则原NO、NO2混合气体中NO的体积分数为________%;第四次实验所得气体的平均摩尔质量为_______(保留2位小数)。
(4)将9.80gNH4Br跟过量的氧化鈣共热,充分反应后生成水、1.70gB气体和固体产物C,则C的化学式为__________;试根据有关数据,求钙盐A的化学式_______。
【答案】NH327.9814.982022.76CaBr2Ca(NH2)2或CaN2H4
【解析】
【分析】
(1)根据M=
Vm计算B的相对分子质量,根据氮的质量分数为82.35%计算氢元素的质量分数,继而确定B的分子式;
(2)根据溶液质量分数=
100%,溶液物质的量浓度c=
公式进行计算,结和已知信息寻找相应的量进行求解;
(3)根据体积比不同混合气体和密度,计算混合气体的平均摩尔质量;
(4)根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。
【详解】
(1)标况下B气体的密度为0.76g/L,则B的相对分子质量= 0.76
22.4= 17,其中氮的质量分数为82.35%,则B分子中N原子数目=
=1,其余是氢,则H原子数目=
,则B为NH3,故答案为:
NH3;
(2)假设氨气体积为560L,则水为1L,25C、101.3KPa时,气体摩尔体积为24.5L/mol,氨气的物质的量=
= 22.86mo,氨气的质量= 22.86mol
17g/ mol = 388.62g,1L水的质量为1000g,则所得溶液质量分数=
100%= 27.99%;所得溶液密度为0.91g/cm3,故溶液物质的量浓度=
= 14.98mol/L,故答案:
27.98;14.98;
(3)在催化剂作用下,NH3可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D,根据原子守恒电子守恒可知,D为N2。
第一次反应气体的相对分子质量= 1.35
22.4= 30.24;第二次反应气体的相对分子质量= 1.25
22.4= 28;第三次反应气体的相对分子质量=1.04
22.4= 23.2,由反应后气体相对分子质量可知,第二次实验恰好完全反应气体为N2,说明第一次剩余氨气不足,第三次剩余氨气有剩余,令第二次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol,则NH3为1.2mol,设NO为axmol,则NO2为(1-x)mol,根据电子转移守恒:
2x +4(1-x)=1.2
[0-(-3)],解得x=0.2,故NO的体积分数=
100%= 20%;
令第四次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol,则NH3为2.2mol, NO为0.2mol,则NO2为(1- 0.2) mol= 0.8mol,令参加反应的氨气为ymol,根据电子转移守恒:
2
0.2 +4
0.8=y
[0- (-3)],解得y= 1.2,剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol,根据N原子守恒可知生成N2的物质的量=
= 1.1mol,故反应后气体的平均摩尔质量=
=22.76g/mol,故答案为:
20;22.76;
(4)将9.80g NH4 Br跟过量的氧化钙共热,充分反应后生成水、1.70gNH3 气体和固体产物C,由元素守恒,则C的化学式为CaBr2。
由
(1)9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应,生成了4.48L(标准状况)NH3和CaBr2,NH4Br的物质的量=
= 0.1mol,由Br元素守恒可知CaBr2为0.05mol,由Ca元素守恒可知,3.6gA中含有Ca原子为0.05mol,氨气的物质的量=
= 0.2mol,由N元素守恒可知3.6gA 中含有N原子为0.2mol - 0.1mol= 0.1mol,由H元素守恒,3.6gA 中含有H原子为0.2mol
3- 0.1mol
4 = 0.2mo,故3.6gA中Ca、N、H原子物质的量之比= 0.05:
0.1 :
0.2= 1 :
2:
4,故A的化学式为CaN2H4 ,故答案为:
CaBr2;Ca(NH2)2或CaN2H4。
【点睛】根据M=
Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。
2.①同温同压下,同体积的氨气和硫化氢气体(H2S)的质量比为_________;
②同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_______________,其中含有的氢的原子个数比为___________;
③若二者氢原子数相等,它们的体积比为_____________;
④在相同条件下,在5.6g氮气中应添加___________g氨气所组成的混合气体与16g氧气所占的体积相等。
【答案】1:
22:
13:
12:
35.1
【解析】
【分析】
【详解】
①同温同压下,气体体积之比等于其物质的量之比,根据m=nM可知,同体积的氨气和硫化氢气体(H2S)的质量比为17g/mol:
34g/mol= 1:
2 ;
②根据n=
可知,同质量的氨气与硫化氢的物质的量之比为34g/mol:
17g/mol=2:
1;相同条件下,气体体积之比等于其物质的量之比,二者体积之比为2:
1,所含氢原子数目之比为(2
3):
(1
2)=3:
1;
③假设H原子为3mol,氨气为1mol,硫化氢为1.5mol,二者体积之比为1mol:
1.5mol=2:
3;
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。
3.已知:
2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,将0.1moKMnO4固体加热一段时间后,收集到amolO2;向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸,又收集到bmolCl2,此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注:
KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。
(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中的还原产物是_____(填化学式),反应中若产生0.3mol的气体则有________mol的电子转移。
(2)a+b的最大值为________,a+b最小值为________。
【答案】MnCl20.60.250.2
【解析】
【分析】
(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物;根据Cl元素化合价变化计算转移电子;
(2)KMnO4固体,加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,根据方程式计算氧气最大值,进而确定(a+b)的最小值。
【详解】
(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价,化合价降低,得到电子,被还原,所以MnCl2是还原产物;产生0.3mol的氯气时,转移电子为n(e-)=0.3mol×2×[0-(-1)]=0.6mol;
(2)KMnO4固体加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理可得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,此时a=0,则(a+b)的最大值=0.25;当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,由2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×
=0.05mol,则a+b≥0.25-0.05=0.2,故(a+b)的最小值为0.2。
【点睛】
本题考查混合物计算、氧化还原反应计算,充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。
掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础,学会将关系式进行变形,并用用极值方法分析判断。
4.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
【解析】
【分析】
(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。
【详解】
(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:
4NH3+5O2
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,
故答案为:
4NH3+6NO
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。
【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。
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-
【解析】
【分析】
(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。
【详解】
(Ⅰ)
(1)根据
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-。
【点睛】
(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.根据所学的知识填空。
(1)已知铜在常温下能被稀HNO3溶解:
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
①用双线桥法表示上述电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出)______。
②请将上述反应改写成离子方程式:
_________________________________________;
③19.2g铜与稀硝酸完全反应,生成的气体在标准状况下的体积为_________________L;若4molHNO3参加反应,则该过程转移电子的数目为__________________________。
(2)标准状况下,44.8L由O2和CO2组成的混合气体的质量为82g,则O2的质量为_________g,该混合气体的平均摩尔质量为_______________________。
(3)3.4gNH3中所含氢原子数目与标准状况下__________LCH4所含氢原子数相同。
【答案】
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4.483NA或1.806×10241641g/mol3.36
【解析】
【分析】
(1)Cu+4HNO3═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中,Cu元素的化合价由0升高为+2价,N元素的化合价由+5价降低为+4价,该反应中转移2mol电子,根据物质所含元素的化合价的变化判断氧化剂、还原产物以及参加氧化还原反应的硝酸的物质的量;
(2)根据n=
计算CO和CO2组成的混合气体的物质的量,设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者物质的量与质量,列方程计算x、y的值,进而计算CO和CO2的物质的量之比,根据M=
计算混合气体的平均摩尔质量;
(3)根据n=
计算出氨气的物质的量,再根据N=nNA计算出含有氨气分子数及含有的氢原子数目,结合甲烷的分子结构求出甲烷的物质的量,根据V=nVm求甲烷的体积。
【详解】
(1)①化合价升高元素Cu失电子,化合价降低元素N得到电子,化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6,电子转移情况如下:
,故答案为:
;
②在3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O反应中,HNO3和Cu(NO3)2溶于水且电离,应写成离子的形成,改写后的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O;
③铜的物质的量为0.3mol,该反应中Cu元素由0价升高到+2价,则0.3molCu失去的电子为0.3mol×(2-0)=0.6mol,设NO的物质的量为n,由电子守恒可知,0.3mol×2=n×(5-2),解得n=0.2mol,则NO的体积为4.48L;由方程式3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知8mol硝酸参加反应,转移6mol电子,因此有4mol硝酸参加反应,转移电子3mol,个数为3NA或1.806×1024,故答案为:
4.48;3NA或1.806×1024。
(2)标况下44.8L由O2和CO2组成的混合气体的物质的量为
=2mol,设O2和CO2的物质的量分别为xmol、ymol,则:
x+y=2mol;32x+44y=82g;
解得:
x=0.5、y=1.5,则混合物中O2的的量为0.5mol×32g/mol=16g,混合气体的平均摩尔质量为:
=41g/mol,故答案为:
16;41g/mol;
(3)氨气的相对分子质量是17,其摩尔质量是17g/mol,则3.4g氨气的物质的量为:
n(NH3)=
=0.2mol,含有氢原子的数目为:
N(H)=3N(NH3)=0.6NA,与氨气含有H原子数目相等的CH4的物质的量
=0.15NA,故CH4的体积=0.15mol×22.4L/mol=3.36L,故答案为:
3.36。
【点睛】
本题考查有关物质的量的计算,注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量等物理量之间的转化关系,灵活运用公式是解答的关键。
7.Ⅰ某无土栽培用的营养液,营养液要求KCl、K2SO4和NH4Cl3种固体原料的物质的量之比为1:
4:
8。
(1)配制该营养液后c(NH4+)=0.016mol﹒L-1,溶液c(K+)=_______________。
(2)若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液,则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为________
Ⅱ从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出100mL:
(1)取出的这100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是______。
若将取出的这100mL氢氧化钠溶液加水稀释至500mL,所得溶液的物质的量浓度是_____。
某学生计划用12mol﹒L-1的浓盐酸配制0.1mol﹒L-1的稀盐酸450mL,回答下列问题:
(2)实验过程中,不必使用的是________(填字母)。
A.托盘天平 B.量筒 C.容量瓶 D.250mL烧杯 E.胶头滴管 F.500mL试剂瓶
(3)除上述仪器可使用外,还缺少的仪器是________。
(4)量取浓盐酸的体积为___mL,应选用的量筒规格为______(提供10.0mL、25.0mL)。
(5)配制时应选用的容量瓶规格为______________。
(6)某同学操作出现以下情况,对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
定容时俯视刻度线__________加蒸馏水时不慎超过了刻度__________,此时应如何处理________。
【答案】0.018mol/L4:
91mol/L0.2mol/LA玻璃棒4.2mL10.0mL500mL偏高偏低重新配制
【解析】
【分析】
Ⅰ由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:
4:
8可知,溶液中K+和NH4+的物质的量比为(1+2×4):
8=9:
8,由K+和NH4+的物质的量比计算可得;
Ⅱ溶液是均匀的,从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度,由稀释定律计算可得;配置一定物质的量浓度的溶液,配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500mL试剂瓶。
【详解】
Ⅰ
(1)由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:
4:
8可知,溶液中K+和NH4+的物质的量比为(1+2×4):
8=9:
8,若营养液中c(NH4+)为0.016mol﹒L-1,n(K+):
n(NH4+)=c(K+):
c(NH4+)=9:
8,则c(K+)=
=0.018mol/L,故答案为:
0.018mol/L;
(2)设(NH4)2SO4的物质的量为x,KCl的物质的量的物质的量为y,由溶液中K+、NH4+的
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