高考化学物质的量综合练习题及答案.docx
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高考化学物质的量综合练习题及答案
高考化学物质的量综合练习题及答案
一、高中化学物质的量
1.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。
2.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。
3.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。
4.
(1)1molH2SO4中含有_____个硫原子,_____molO。
(2)写出下列物质在水溶液中的电离方程式
HCl:
_______________NaHSO4:
____________________
(3)写出下列化学反应的方程式
呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_________________
氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色的反应的化学方程式____________________
印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_______________________
(4)配平下列方程式:
_____I-+_____IO3-+_____H+—_____I2+_____H2O
_____NH4ClO4——_____N2↑+_____O2↑+_____HCl+_____H2O
(5)用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O__________________
HNO3的作用是__________,发生氧化反应,氧化产物是__________。
【答案】NA4HCl=H++Cl-NaHSO4=Na++H++SO42-2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O24Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+5163342546
氧化性和酸性Cu(NO3)2
【解析】
【分析】
(1)根据物质结构进行计算;
(2)强电解质完全电离;
(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气;氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁;铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子;
(4)根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平;
(5)还原剂,失电子,化合价升高,发生氧化反应,产物为氧化产物;氧化剂得电子,化合价降低,产物为还原产物。
【详解】
(1)一个H2SO4分子中含有1个S原子,4个O原子,则1molH2SO4中含有NA个硫原子,4molO;
(2)HCl为强电解质,在水中完全电离,生成氢离子和氯离子,则电离方程式为:
HCl=H++Cl-;NaHSO4为强电解质,在水中完全电离,生成钠离子、氢离子和硫酸根离子,则电离方程式为:
NaHSO4=Na++H++SO42-;
(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+2CO2=2Na2CO3+O2;氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁,方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子,离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;
(4)根据氧化还原反应中,化合价只靠拢不相交的原则,碘离子变为0价,碘酸根离子变为0价,则最小公倍数为5,则离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O;
高氯酸铵自身发生氧化还原反应,N、O的化合价升高,Cl的化合价降低,根据电子得失守恒,则4NH4ClO4=2N2↑+5O2↑+4HCl+6H2O;
(5)反应中Cu作还原剂,失电子,化合价由0价变为+2价,生成的产物为氧化产物;硝酸作氧化剂、酸,部分N得电子化合价降低由+5变为+4,生成的产物为还原产物;双线桥法表示为
;单线桥法为
。
【点睛】
白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的反应。
5.按要求完成下列填空。
(1)在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中,分别加入等量的AgNO3溶液,恰好都完全反应,则以上三种溶液的物质的量浓度之比为______。
(2)将3.22g芒硝(Na2SO4·10H2O)溶于水中,要使每100个水分子中溶有1个Na+,则需水的质量为________g。
(3)在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气,由于空气不可能排净,所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5,将此瓶气体倒置于水槽中,烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。
(4)100mL0.3mol/LNa2SO4(密度为d1g/cm3)和50mL0.2mol/LAl2(SO4)3(密度为d2g/cm3)混合,所得密度为d3g/cm3的混合溶液中SO42−的浓度为___________。
(用含d1,d2,d3的式子表示)
(5)已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:
7,现将7molAOH与5molBOH混合后,从中取出5.6g,恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸,则AOH的摩尔质量为_____。
【答案】6:
3:
234.2
(或83.3%)
40g/mol
【解析】
【分析】
(1)分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知,溶液中Cl﹣的物质的量相等;
(2)每100个水分子中溶有1个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:
1;
(3)将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中,溶液上升体积等于氨气的体积;
(4)溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性,溶液的体积不具有加合性;
(5)由混合碱5.6g恰好可以中和100mL浓度为1.2mol/L的盐酸可知,混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等。
【详解】
(1)设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z,由分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知,溶液中Cl﹣的物质的量相等,则有x=2y=3z,解得x:
y:
z=6:
3:
2,因溶液的体积相同,由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6:
3:
2,故答案为:
6:
3:
2;
(2)3.22g芒硝的物质的量为
=1mol,溶液中n(Na+)=2n(Na2SO4•10H2O)=0.01mol×2=0.02mol,每100个水分子中溶有1个钠离子,所以n(H2O)=100n(Na+)=2mol,0.01molNa2SO4•10H2O中含有水的物质的量为0.01mol×10=0.1mol,需要的水的物质的量为2mol-0.1mol=1.9mol,则需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g,故答案为:
34.2;
(3)由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5可知,混合气体的平均摩尔质量为2g/mol×9.5=19g/mol,设氨气的体积分数为x,则空气的体积分数为(1-x),故17x+29(1-x)=19,解得x=
,溶液上升体积等于氨气的体积,故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的
,故答案为:
;
(4)100mL0.3mol/LNa2SO4溶液中SO42-的物质的量为0.1L×0.3mol/L=0.03moL,50mL0.2mol/LAl2(SO4)3溶液中SO42-的物质的量为0.05L×0.2moL/L×3=0.03mol,混合后的总SO42-的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol,混合溶液的体积为
×10—3L,则混合溶液中SO42−的浓度为
=
mol/L,故答案为:
;
(5)由混合碱5.6g恰好可以中和100mL浓度为1.2mol/L的盐酸可知,混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等,盐酸的物质的量为1.2mol/L×0.1L=0.12mol,设5.6g混合碱中AOH的物质的量为7a,则BOH的物质的量为5a,由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等可得7a+5a=0.12mol,解得a=0.01mol,设AOH的摩尔质量为5b,则BOH的摩尔质量为7b,由混合碱的质量为5.6g可得:
0.07mol×5b+0.05mol×7b=5.6,解得b=8,则AOH的摩尔质量为40g/mol,故答案为:
40g/mol。
【点睛】
溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性,溶液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键,也是易错点;由混合碱5.6g恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸确定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。
6.某同学设计如下实验方案,以分离KCl和BaCl2两种固体混合物,试回答下列问题:
供选试剂:
Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸
(1)操作②的名称是______________,试剂a的溶质是_______________(填化学式)
(2)加入试剂b所发生反应的化学方程式为___________________________________。
(3)该方案能不能达到实验目的:
_____________,若不能,应如何改进?
(若能,此问不用回答)________________________________________。
(4)用分离出的固体B配制100mL0.5mol/L的溶液B,现有如下可供选择的仪器:
A.胶头滴管B.烧瓶C.烧杯D.药匙E.量筒F.托盘天平。
①用托盘天平称得固体B的质量是_________g。
②配制溶液B时,上述仪器中一定不需要使用的有_____________(填字母),还缺少的仪器有__________________________________(写仪器名称)。
【答案】过滤K2CO3BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O不能应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶10.4B100mL容量瓶、玻璃棒
【解析】
【分析】
【详解】
分离KCl和BaCl2两种固体混合物,可先溶于水,然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀,过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液,经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2,操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物,蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3,应加入过量盐酸可得KCl,沉淀A为BaCO3,洗涤后,加盐酸,蒸发得到固体B为BaCl2,
(1)将固体配成溶液,应加水溶解,操作②为固体和液体的分离,为过滤操作;根据以上分析可知,溶液中加入过量的K2CO3溶液使BaCl2转化为沉淀,试剂a的溶质是K2CO3;综上所述,本题答案是:
过滤;K2CO3。
(2)沉淀A为BaCO3,加足量的盐酸,反应生成氯化钡和二氧化碳气体,反应的化学方程式为:
BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O;综上所述,本题答案是:
BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。
(3)该方案不能达到实验目的,因为操作②进行完成后,所得滤液为KCl和K2CO3的混合物,应该加入过量的盐酸,把K2CO3变为氯化钾,然后再进行蒸发结晶,得到氯化钾固体;综上所述,本题答案是:
不能;应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。
(4)①固体B为氯化钡,其质量是0.1L×0.5mol/L×208g/mol=10.4g;综上所述,本题答案是:
10.4。
②固体配制氯化钡溶液时,称量后溶解、定容等,不需要烧瓶,还缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒;综上所述,本题答案是:
B,100mL容量瓶、玻璃棒。
7.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
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