高考化学易错题精选物质的量练习题及答案.docx
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高考化学易错题精选物质的量练习题及答案
高考化学易错题精选-物质的量练习题及答案
一、高中化学物质的量
1.
(1)有相同物质的量的H2O和H2SO4,其质量之比为_____,氢原子个数比为_____,氧原子个数比为_____。
(2)把3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中,恰好完全反应,并得到标准状况下3.36LH2。
计算:
①该合金中铝的物质的量为_____。
②该合金中镁的质量为_________。
③反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为__________(假定反应体积仍为100mL)。
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,则混和气体中CO2的体积分数为_____;CO的质量分数为_____。
【答案】9:
491:
11:
40.06mol1.44g3.0mol·L-175%17.5%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)n(H2O)=n(H2SO4),m(H2O):
m(H2SO4)=n(H2O)×18:
n(H2SO4)×98=9:
49;NH(H2O):
NH(H2SO4)=n(H2O)×2:
n(H2SO4)×2=1:
1;NO(H2O):
NO(H2SO4)=n(H2O)×1:
n(H2SO4)×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.
(1)在Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中,测得Al3+浓度为0.1mol·L-1,加入等体积0.3mol·L-1的BaCl2溶液恰好使SO42-完全沉淀,则混合溶液中Na+的浓度为____。
(2)将0.1mol·L-1的K2SO4溶液、0.2mol·L-1的Al2(SO4)3溶液和纯水混合,要使混合液中K+、Al3+、SO42-的浓度分别为0.1mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1,则K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积比___。
(忽略体积的变化)
【答案】0.3mol·L-12:
1:
1
【解析】
【详解】
(1)设混合溶液体积为1L。
n(Al3+)=c·V=0.1mol·L-1×1L=0.1mol,n(SO
)=n(Ba2+)=0.3mol·L-1×1L=0.3mol。
由电荷守恒可得:
3n(Al3+)+n(Na+)=2n(SO
),所以n(Na+)=2n(SO
)-3n(Al3+)=2×0.3mol-3×0.1mol=0.3mol,c(Na+)=
=
=
=0.3mol·L-1,故答案为:
0.3mol·L-1;
(2)设K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积分别是xL、yL、zL,则0.2x=0.1×(x+y+z)、0.4y=0.1×(x+y+z)、0.1x+0.6y=0.2×(x+y+z),解得x=2y=2z,所以K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1,故答案为:
2∶1∶1。
3.根据所学知识,回答下列问题:
(1)高铁酸钠(Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂,其摩尔质量是__________。
高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气,写出相应的离子方程式:
_____________。
(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠,随后几十年内,工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气,同时获得Fe3O4和氢气。
写出该反应的化学方程式_____________,该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是________________(填化学式),若制得22.4L(折算为标准状况下)钠蒸气,转移电子的数目为________________。
(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒,其主要成分是氯化钙和次氯酸钙[Ca(ClO)2],有效成分为次氯酸钙。
为测得某漂白粉的有效成分含量,称取Ag漂白粉样品溶解,往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止,反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,若反应生成次氯酸(HClO)的物质的量为Kmol,则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________%(用含A、K的式子表示)。
【答案】166g/mol4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑NaOH2NA或1.204×1024
【解析】
【分析】
(1)摩尔质量以g/mol为单位,数值上等于其相对分子质量;根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式;
(2)由题意可知,Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,配平书写化学方程式;反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH;反应中Na、H元素化合价降低,根据方程式计算生成氢气的量,根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目;
(3)根据HClO的量计算Ca(ClO)2的质量,再根据质量分数的定义式计算。
【详解】
(1)Na2FeO4的相对分子质量为166,故其摩尔质量为166g/mol。
高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气,相应的离子方程式:
4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑;
(2)由题意可知,Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,反应方程式为:
3Fe+4NaOH
4Na↑+Fe3O4+2H2↑,反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH,Na的物质的量n(Na)=224L÷22.4L/mol=1mol,由方程式可知生成氢气为1mol×
=0.5mol,故转移电子的物质的量n(e-)=1mol×1+0.5mol×2=2mol,则转移电子数目N(e-)=2mol×NA/mol=2mol×(6.02×1023mol-1)=1.204×1024;
(3)由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知,n[Ca(ClO)2]=
n(HClO)=
×Kmol=0.5Kmol,则该漂白粉中有效成分的质量分数
×100%=
%。
【点睛】
本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。
掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础,考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。
4.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。
5.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
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)反应MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+ 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。
【详解】
Ⅰ.
(1)反应MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+ 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:
2;
(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。
6.
(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
【解析】
【详解】
(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:
2;
(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。
7.
(1)物质的量相等的CO和CO2中,同温同压下所占的体积比为____,原子个数之比为______;
(2)1.8g水与_______mol硫酸所含的分子数相等,它们所含氧原子数之比是________,其中氢原子数之比是___________。
(3)3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022,此气体的摩尔质量为________。
(4)可用于分离或提纯物质的方法有:
A过滤B萃取C渗析D蒸馏E灼热氧化F分液.
如欲分离或提纯下列各组混合物,请选择上述方法中最合适者,并将相应字母填入题后空格内:
①除去淀粉溶液中的少量碘化钠________;②提取溴水中的溴单质______;
③除去水中的Na+、
、Cl-等杂质________;④除去CuO中的Cu______;
【答案】1:
12:
30.11:
41:
164g/molCB/BFDE
【解析】
【分析】
(1)同温同压下,气体的物质的量之比等于体积之比,原子的物质的量等于分子的物质的量乘以分子中原子的个数;
(2)1.8g水所含分子的数目用公式N=n×NA=
;
(3)利用n=
=
,从而计算出M;
(4)选择分离物质的方法时,要考虑物质的性质,除去淀粉溶液中的少量碘化钠,选择渗析,淀粉溶液属于胶体,碘化钾溶在溶液里,区分溶液和胶体的方法是渗析;溴水中的溴用有机溶剂萃取后分液;除去自来水中可溶性的离子,可用蒸馏,CuO中的Cu可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。
【详解】
(1)根据阿伏伽德罗定律,在相同的温度和压强下,相同体积的任何气体含有相同数目的分子。
物质的量相等的CO和CO2,分子的数目也相同,故体积也相同,故体积比为1:
1。
一个CO分子中含有两个原子,CO2分子中含有三个原子,分子的数目相同,故原子数目比为2:
3,
故答案为:
1:
1;2:
3;
(2)1.8g水中水分子的数目=
=
×NA=0.1NA个,0.1NA个硫酸分子的物质的量为0.1mol,由于分子数相同,一个水分子含有一个氧原子,一个硫酸分子含有四个氧原子,故氧原子的数目比为1:
4,一个水分子有两个氢原子,一个硫酸分子也有两个氢原子,其中氢原子数之比是1:
1,
故答案为:
0.1;1:
4;1:
1;
(3)3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022利用n=
=
,从而计算出M=
=
=
=64g/mol,
故答案为:
64g/mol;
(4)A.过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质,将其中的悬浮固体颗粒加以截留,从而实现混合物的分离操作。
B.萃取是利用化合物在两种互不相溶(或微溶)的溶剂中溶解度的不同,使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程,萃取之后要分液。
C.渗析是一种以浓度差为推动力的膜分离操作,利用膜对溶质的选择透过性,实现不同性质溶质的分离,可用于分离溶液和胶体。
D.蒸馏是一种热力学的分离工艺,它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同,使低沸点组分蒸发,再冷凝以分离整个组分的单元操作过程,是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。
①除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析,
②提取溴水中的溴单质,可以选用萃取和分液操作;
③除去水中的Na+、
、Cl-等杂质,选择蒸馏;
④除去CuO中的Cu,可选择灼热氧化;
故答案为:
C;B/BF;D;E。
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NO3-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↑+4H2O4.48L0.6mol4mol/L
【解析】
【分析】
(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。
【详解】
(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,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)=19.2g÷64g/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)=0.2mol×22.4L/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-)=5mol/L×0.2L=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。
【点睛】
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.明胶是水溶性蛋白质混合物,溶于水形成胶体。
(1)明胶溶于水所形成的分散系和K2SO4溶液共同具备的性质是___。
a.都不稳定,密封放置沉淀b.两者均有丁达尔现象c.分散质粒子可通过滤纸
(2)现需配制0.50mol·L-1K2SO4溶液480mL。
①配制溶液时必需的仪器有:
托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、玻璃棒、___、___、以及等质量的几片滤纸。
②配制该溶液需称取K2SO4晶体的质量为___。
③下列关于容量瓶的使用方法中,正确的是___。
A.容量瓶可长期存放溶液B.在容量瓶中直接溶解固体
C.溶液未经冷却即注入容量瓶中D.向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流
④下列操作会使所配溶液浓度偏低的是___。
A.转移溶液时有液体溅出
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