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高考化学物质的量综合经典题含答案
2020-2021高考化学物质的量综合经典题含答案
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.实验室需要480mL0.3mol.·L-1NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。
请回答:
(1)如图所示的仪器中,配制上述溶液一定不需要的仪器为__________(填选项字母),配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为_________________(填仪器名称)。
(2)配制NaOH溶液。
①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_____g。
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时,洒落了少许,则所配制的溶液浓度将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(3)配制硫酸溶液。
①实验室用98%(ρ=1.84g·cm3)的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL,需准确量取98%的硫酸的体积为_____mL。
②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1,原因可能是_________(填选项字母)。
A.用胶头滴管加水定容时俯视刻度
B.容量瓶中原来存有少量水
C.稀释硫酸的烧杯未洗涤
D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度
【答案】AC烧杯、玻璃棒6.0偏低100mLCD
【解析】
【分析】
配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有:
计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。
配制硫酸溶液时,根据浓稀硫酸物质的量相等计算,浓硫酸的浓度可根据公式c=
进行计算。
【详解】
(1)用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒,因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗;还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。
(2)①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度,然后根据容量瓶体积计算溶质的量,配制480mL0.3mol/L的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶,因此需要NaOH的物质的量为0.5L×0.3mol/L=0.15mol,需要NaOH的质量为:
m=n∙M=0.15mol/L×40g/mol=6.0g,因此需要称取6.0NaOH固体。
②NaOH溶液转移时洒落少许,会使溶质物质的量减小,配制的溶液浓度偏低。
(3)98%的浓硫酸的分数为:
需要浓硫酸的体积为:
。
(4)A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度,读数比实际体积大,加入的水会低于刻度线,会使实际溶液浓度偏大,A错误;
B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度,B错误;
C.稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中,会使配制的溶液浓度减小,C正确;
D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度,读数比实际体积小,加入的水会超过刻度线,会使实际溶液浓度减小,D正确;
故选CD。
【点睛】
本题的易错点为(3)①,计算浓硫酸用量时,需根据稀释前后物质的量不变来计算,稀硫酸的浓度和体积是已知的,只需要知道浓硫酸的浓度即可,浓硫酸的浓度可用公式c=
算出。
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.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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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。
4.完成下列填空:
(1)已知反应:
Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe,则
①该反应所属基本反应类型是___。
②在反应中铁元素的化合价变化__(填“升高”或“降低”),该元素的原子__(填“失去”或“得到”)电子。
③发生氧化反应的是__,发生还原反应的是__。
(2)反应2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中:
①反应中被氧化的元素是__,被还原的元素是___。
②若生成71gCl2,则消耗的HCl是__g,被氧化的HCl是__g。
【答案】置换反应降低得到AlFe2O3ClMn116.873
【解析】
【分析】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。
②反应中,Fe的化合价由+3价变为0价;
③反应中,还原剂被氧化,发生氧化反应。
(2)①还原剂被氧化,氧化剂被还原;
②根据方程式进行计算。
【详解】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B,属于置换反应。
②反应中,Fe的化合价由+3价变为0价,化合价降低,得电子;
③反应中,还原剂被氧化,发生氧化反应,则Al发生氧化反应;Fe2O3发生还原反应。
(2)①还原剂被氧化,氧化剂被还原,则Cl被氧化,Mn被还原;
②若生成71gCl2,即1mol,需消耗3.2molHCl,即3.2×36.5=116.8g;化合价升高的HCl为2mol,即73g。
【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气,16molHCl参加反应,其中有10molHCl发生了氧化反应,产生了5molCl2,6molHCl价态没变,生成了盐,体现了其酸性的性质。
5.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。
6.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+的物质的量比为9:
8可得y:
2x=9:
8,则x:
y=4:
9,故答案为:
4:
9;
Ⅱ
(1)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,则取出的这100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L;据稀释定律,稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变,令稀释后的浓度为c,则可得关系式100mL×1mol/L=500mL×c,解得c=0.2mol/L,故答案为:
1mol/L;0.2mol/L;
(2)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,不必使用的是托盘天平,故答案为:
A;
(3)由
(2)分析可知,还缺少的仪器是玻璃棒,故答案为:
玻璃棒;
(4)设量取浓盐酸的体积是Vml,由稀释定律可知稀释前后HCl物质的量不变,则有12mol/L×V×10—3L=0.10mol/L×0.5L,解得V=4.2,由量筒使用的最近原则可知,应选用10.0mL量筒量取4.2ml浓盐酸,故答案为:
4.2ml;10.0mL;
(5)实验室没有450mL的容量瓶,则配制0.1mol﹒L-1的稀盐酸450mL应选用500mL的容量瓶,故答案为:
500mL;
(6)定容时俯视刻度线,会导致溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高;加蒸馏水时不慎超过了刻度,会导致溶液体积偏大,所配溶液浓度偏低,由于操作导致实验失败,解决的方法是重新配制,故答案为:
偏高;偏低;重新配制。
7.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。
8.按要求回答下列问题
(1)实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气,发生反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl(浓)=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O,当转移0.6mole-时被氧化的HCl为_____mol
(2)同温同压下,相同物质的量的SO2气体和SO3气体,其分子数之比为_________,密度之比为_________
(3)①向溴化钠溶液中通入适量的氯气,产生的现象是________,反应的化学方程式是_________;
②Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是______。
③下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是________。
①贝壳 ②紫菜 ③鱼 ④海带
(4)将相同质量的镁条分别在:
①氧气;②空气;③氮气;④二氧化碳中完全燃烧,燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_____(填序号)。
【答案】0.6mol1:
14:
5溶液由无色变为橙色Cl2+2NaBr=Br2+2NaClCl2>Br2>I2④③<②<①<④
【解析】
【分析】
(1)先分析方程式中转移电子与发生氧化反应消耗HCl的关系,然后计算转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量;
(2)根据n=
及
计算;
(3)①活动性强的可以把活动性弱的置换出来,根据Br2的水溶液显橙色分析;
②根据同一主族的元素性质变化规律分析;
③根据海产品的成分分析;
(4)根据题意结合化学反应的方程式,可以使各个产物在镁原子个数相同的情况下来比较质量的大小。
【详解】
(1)在反应K2Cr2O7+14HCl(浓)=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O中,每转移6mol电子,会有6molHCl被氧化产生Cl2,则当转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量为0.6mol;
(2)根据物质的量与微粒数目关系式n=
可知:
气体的分子数的比等于气体的物质的量的比。
所以同温同压下,相同物质的量的SO2气体和SO3气体,其分子数之比为1:
1;在同温同压下,气体摩尔体积相同,根据气体的密度定义式
可知:
气体的密度与气体的摩尔质量成正比,所以在同温同压下,SO2气体和SO3气体的密度比ρ(SO2):
ρ(SO3)=64g/mol:
80g/mol=4:
5;
(3)①由于活动性Cl2>Br2,所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气,会发生反应:
Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl,反应后产生的Br2的水溶液显橙色,因此看到的现象是溶液由无色变为橙色;
②同一主族的元素,从上到下元素的非金属性逐渐减弱,单质的氧化性逐渐减弱,所以Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是Cl2>Br2>I2;
③①贝壳主要成分为碳酸钙,①不符合题意;
②紫菜主要成分为蛋白质、维生素,②不符合题意;
③鱼主要成分为蛋白
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