高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案.docx
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高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案
2020-2021高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol·L-1的NaOH溶液500mL,回答下列问题。
(1)关于容量瓶的使用,下列操作正确的是________(填字母)。
a.使用前要检验容量瓶是否漏液
b.用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干
c.为了便于操作,浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行
d.为了使所配溶液浓度均匀,定容结束后,要摇匀
e.用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液
f.当用容量瓶配制完溶液后,可用容量瓶存放所配制的试剂
(2)请补充完整实验的简要步骤。
①计算;②称量NaOH固体________g;③溶解;④冷却并移液;⑤洗涤并转移;⑥________;⑦摇匀。
(3)本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、量筒、玻璃棒,还缺少的仪器是________、________。
(4)上述实验操作②③都要用到小烧杯,其作用分别是_____________________和_______。
(5)如图是该同学转移溶液的示意图,图中有两处错误,请写出:
①____________________________________________;
②_____________________________________________。
(6)在配制过程中,其他操作都是正确的,下列操作会引起浓度偏高的是________(填字母)。
A.转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面
B.定容时俯视刻度线
C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D.定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,发现液面低于刻度线,再加水至刻度线
【答案】ad20.0定容500mL容量瓶胶头滴管用烧杯称量NaOH固体,防止NaOH腐蚀天平的托盘用烧杯做溶解用的容器没有用玻璃棒引流应选用500mL的容量瓶BC
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a、容量瓶使用前要检验是否漏水,a正确;
b、容量瓶不能加热,b错误;
c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液,也不能用来溶解固体,c错误;
d、为了使所配溶液浓度均匀,定容结束后要摇匀,d正确;
e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液,不能配制480mL溶液,e错误;
f、容量瓶不能长期贮存溶液,f错误;
故选ad;
(2)m(NaOH)=nM=cVM=1.00mol·L-1×0.500L×40g·mol-1=20.0g。
配制时,要遵循计算、称量、溶解(冷却)、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。
(3)配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平(带砝码)、量筒,本题还缺少500mL容量瓶和胶头滴管。
(4)NaOH固体具有强腐蚀性,不能用纸称量,要用玻璃仪器(如小烧杯)盛放。
NaOH固体溶解时要在小烧杯中进行。
(5)配制500mL的溶液,应选用500mL的容量瓶;在转移溶液时,一定要用玻璃棒引流,防止溶液溅到瓶外。
(6)A、转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面,导致溶质损失,则所配溶液浓度偏低,A错误;
B、定容时俯视液面,则溶液体积偏小,导致所配溶液浓度偏高,B正确;
C、在未降至室温时,立即将溶液转移至容量瓶定容,则冷却后溶液体积偏小,导致所配溶液浓度偏高,C正确;
D、定容后,加盖倒转摇匀后,由于会有少量液体残留在刻线上方,因此液面低于刻度线是正常的,又滴加蒸馏水至刻度,体积会增大,导致所配溶液浓度偏低,D错误;
故选BC。
【点睛】
本题第(3)题,填写容量瓶时务必带着规格填写,即填写500mL容量瓶,只填写容量瓶是不正确的。
2.I.配制
的
溶液时,如果只存在下列问题,溶液的浓度如何变化?
(填“偏大”“偏小”或“不变”)
(1)向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线,其结果_____________;
(2)定容时观察刻度线仰视,其结果_____________。
II.
(1)实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨,反应的化学方程式为:
__________________________。
(2)请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置:
_____________(将编号字母填入空格处,下同);为了得到纯净的氨,请在下列试剂中选择干燥氨的试剂:
_____________。
装置有:
A
B
C
D
E
F
G
H
试剂有:
a.
溶液b.澄清石灰水c.浓硫酸d.饱和
溶液e.碱石灰f.品红溶液g.湿润的红色石蕊试纸
【答案】偏大偏小2NH4Cl+Ca(OH)2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2OAe
【解析】
【分析】
根据n=cV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,在配制一定物质的量浓度溶液时,若V比理论值大时,会使所配溶液浓度偏小;若V比理论值小时,都会使所配溶液浓度偏大。
【详解】
I.
(1)向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线,水偏小,其结果偏大;
(2)定容时观察刻度线仰视,视野随水位到达刻度线时,实际加水过量,其结果偏小。
II.
(1)实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨,反应的化学方程式为:
2NH4Cl+Ca(OH)2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2O。
(2)实验室制备氨是固固加热型装置,即发生装置为A;为了得到纯净的氨,氨气为碱性气体,干燥氨的试剂具有吸水性,且不能与碱性物质发生反应,可选e。
3.物质的量是高中化学中常用的物理量,请回答下列问题:
(1)某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+,则溶液中SO42-的物质的量是_____mol。
(2)在标准状况下,4.48LHCl气体溶于水配成500mL溶液,其物质的量浓度为_____________。
(3)在标准状况下,1.7g氨气所占的体积约为_________L,与_____molH2S含有相同的氢原子数。
(4)7.8gNa2X中含Na+0.2mol,则X的摩尔质量是_____________________。
(5)实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL。
①配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外,还需要______________。
②需量取质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为______mL。
③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释,操作方法是:
_______________。
【答案】0.250.4mo•L-12.240.1532g•mol-1500mL容量瓶8.2将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌
【解析】
【分析】
(1)硫酸钠为强电解质,完全电离,1molNa2SO4电离产生2molNa+和1molSO42-;
(2)依据
计算氯化氢的物质的量,依据
计算溶液中氯化氢的物质的量浓度;
(3)依据
结合氨气与硫化氢分子构成计算解答;
(4)由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量,根据
计算Na2X的摩尔质量,进而计算X的相对原子质量;
(5)①依据配制溶液的体积,选择需要的容量瓶;
②依据
计算硫酸的物质的量浓度,依据稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积;
③依据浓硫酸稀释的正确操作解答,注意浓硫酸的密度大于水,稀释产生大量的热。
【详解】
(1)某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+,n(Na+)=
=0.5mol,n(SO42-)=
=0.25mol;
(2)在标准状况下,4.48LHCl气体的物质的量为:
=0.2mol,溶于水配成500mL溶液,其物质的量浓度为:
=0.4mol/L;
(3)在标准状况下,1.7g氨气的体积:
=2.24L;1.7g氨气中所含氢原子的物质的量:
0.1mol×3=0.3mol,与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等,即n(H2S)×2=0.3mol,n(H2S)=0.15mol;
(4)7.8gNa2X中含Na+0.2mol,则n(Na2X)=0.1mol,M(Na2X)=
=78g/mol,故X的相对原子质量为78-23×2=32,摩尔质量为32g/mol;
(5)①实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL,应该选择500mL的容量瓶;
②质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为:
=18.4mol/L,设所需浓硫酸的体积为V,依据稀释前后溶质的物质的量不变可知,18.4×V×
10-3=0.3×500×10-3,V=8.2mL;
③浓硫酸稀释的正确操作为:
将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌。
4.设NA代表阿伏加德罗常数的数值,判定下列说法是否正确,打√或×?
①22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA__________
②标准状况下,11.2LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA__________
③标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA__________
④1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA__________
⑤标准状况下,5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA__________
⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA__________
⑦常温常压下,8gO2含有的电子数为4NA__________
⑧常温常压下,22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2NA__________
⑨标准状况下,22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA__________
⑩常温常压下,18gH2O中含有的原子总数为3NA__________
⑪标准状况下,11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA__________
⑫常温常压下,2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA__________
【答案】√√×√√√√××√××
【解析】
【分析】
运用n=m/M、V=n×Vm、n=V/Vm等公式的应用转换,先求出物质的量,然后求出分子的总个数,在根据这个分子中含有多少个相关微粒。
【详解】
①标准状况下,22.4L氩气的物质的量为1mol,1个氩气分子中含有18个电子,故22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA说法正确;
②标准状况下,11.2LCH4和C2H4混合物的物质的量是:
11.2L/(22.4L/mol)=0.5mol,1个CH4分子中、1个C2H4分子中都含有4个H原子,所含H原子的个数为0.5NA×4=2NA,故标准状况下,11.2LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA说法正确;
③标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是:
2.24L/(22.4L/mol)=0.1mol,所含分子数为0.1NA,故标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA说法错误;
④1mol的CO和N2混合气体的分子数为NA,1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子,故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA说法正确;
⑤标准状况下,5.6LCO2气体的物质的量为5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol,1个CO2分子中含有2个O原子,故标准状况下,5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA说法正确;
⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中O原子的物质的量为0.1mol,故1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA说法正确;
⑦常温常压下,8gO2的物质的量为8g/(32g/mol)=0.25mol,1个O2分子中含有16个电子,故8gO2含有的电子数为4NA说法正确;
⑧常温常压下,气体的摩尔体积不是22.4L/mol,故常温常压下,22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2NA说法错误;
⑨标准状况下,CCl4是液体,不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4的物质的量,故标准状况下,22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA说法错误;
⑩18gH2O的物质的量为18g/(18g/mol)=1mol,1个H2O分子中含有3个原子,故常温常压下,18gH2O中含有的原子总数为3NA说法正确;
⑪标准状况下,CH3CH2OH是液体,不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH3CH2OH的物质的量,故标准状况下,11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA说法错误;
⑫常温常压下,气体的摩尔体积不是22.4L/mol,故2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA说法错误;
【点睛】
本题考查物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算,另外注意气体摩尔体积的适用范围。
5.填写下列表格
序号
物质
分子数(用NA表示)
质量/g
物质的量/mol
摩尔质量/g·mol-1
体积/标况
(1)
氮气
___
14
___
___
___
(2)
H2SO4
3.01×1022
___
___
___
空
(3)
H2O
___
___
0.5
___
空
(4)
Cl2
___
___
___
___
2.24L
【答案】0.5NA0.52811.24.90.05980.5NA9180.1NA7.10.17.1
【解析】
【分析】
摩尔质量在以为g·mol-1单位时,数值上等于相对分子质量,以n=
、n=
、n=
这几个公式为基础,按试题中的要求,进行计算。
【详解】
(1)N2的摩尔质量在以为g·mol-1单位时,数值上等于相对分子质量,所以N2的摩尔质量是28g·mol-1,当N2的质量为14g时,n(N2)=
=0.5mol,N2的分子数N(N2)=0.5NA,标况下N2的体积为:
0.5mol
22.4L·mol-1=11.2L;
(2)H2SO4的分子数是3.01×1022,H2SO4的物质的量:
n(H2SO4)=
=0.05mol,H2SO4的摩尔质量是98g·mol-1,质量:
m(H2SO4)=0.05mol×98g·mol-1=4.9g;
(3)H2O的物质的量是0.5mol,水的摩尔质量:
M(H2O)=18g·mol-1,水分子的个数N(H2O)=0.5NA,水分子的质量是:
m(H2O)=0.5mol×18g·mol-1=9g;
(4)Cl2标况下的体积试剂2.24L,Cl2的物质的量:
n(Cl2)=
=0.1mol,Cl2的分子数是:
N(N2)=0.1NA,Cl2的摩尔质量是71g·mol-1,Cl2的质量:
m(Cl2)=0.1mol
71g·mol-1=7.1g;
【点睛】
考生熟练掌握n=
、n=
、n=
,这几个公式之间的换算;
6.硫酸是重要的基础化工原料之一,是化学工业中最重要的产品,号称“工业之母”。
在中学化学教材中有多处涉及其应用。
(1)利用浓硫酸配制稀硫酸
已知某浓硫酸的密度为1.84g/ml,质量分数为98%,则该浓硫酸的物质的量浓度为_______;
现用该浓硫酸配制480ml浓度为1.84mol/L的稀硫酸,在配制过程中除量取浓硫酸的仪器、烧杯、胶头滴管外,还需用到的玻璃仪器有______________________;
(2)硫酸与无机物的反应
实验室在用稀硫酸与锌反应制取氢气时,常向其中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率,请写出发生的离子反应方程式______________________________;不活泼金属铜在与浓硫酸反应中,体现了浓硫酸的___________________性质;非金属碳在加热条件下也能与浓硫酸反应,若要你设计实验检验反应生成的气体产物,则检验出气体产物的正确顺序为______________________;
(3)硫酸在有机中的应用
利用硫酸的性质可以制取多种有机物,比如烈性炸药TNT、硝基化合物、酯类物质、不饱和烃等。
请写出制取TNT的化学方程式________________________________________;请写出用乙醇制取乙烯的化学方程式________________________________________;稀硫酸还可以使蔗糖、淀粉等多种有机物发生水解,请写出蔗糖水解的产物名称_________。
【答案】18.4mol/L500ml容量瓶Zn+Cu2+=Cu+Zn2+、Zn+2H+=H2↑+Zn2+强氧化性和强酸性H2O、SO2、CO2
+3HNO3
+3H2OC2H5OH
CH2=CH2↑+H2O葡萄糖、果糖
【解析】
【分析】
(1)根据c=1000ρwM计算出该浓硫酸的浓度;配制该溶液的步骤是:
称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀,根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器;
(2)硫酸铜溶液加快氢气生成的速率,原因是形成原电池反应;
【详解】
(1)该浓硫酸的物质的量浓度为:
c=1000×1.84×98%÷98mol/L=18.4mol/L;实验室没有480mL的容量瓶,配制时需要选用500mL容量瓶,实际上配制的是500mL1mol/L的硫酸溶液,配制该溶液的步骤是:
称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀,配制过程中需要使用的仪器为:
药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管,所以还缺少的仪器为:
500mL容量瓶,
故答案为:
18.4mol/L;500mL容量瓶;
(2)锌为活泼金属,加入硫酸铜,发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,置换出铜,与锌形成原电池反应,化学反应速率加快,离子方程式是Zn+Cu2+=Cu+Zn2+、Zn+2H+=H2↑;铜与浓硫酸反应生成硫酸铜,二氧化硫和水,硫元素的化合价降低表现硫酸的氧化性,生成盐和水体现硫酸的酸性,故硫酸表现的性质是酸性和氧化性;碳和浓硫酸加热生成二氧化硫,二氧化碳和水,检验气体的顺序是水,二氧化硫,二氧化碳,
故答案为:
Zn+Cu2+=Cu+Zn2+、Zn+2H+=H2↑;强氧化性和强酸性;H2O、SO2、CO2;
(3)制取TNT需要甲苯,浓硫酸和浓硝酸的混合酸加热,反应的化学方程式是
+3HNO3
+3H2O;向乙醇中加入浓硫酸,加热到170度,可以制取乙烯,方程式是C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O;蔗糖水解产生葡萄糖和果糖,
故答案为:
+3HNO3
+3H2O;C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O;葡萄糖、果糖。
7.某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉,并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。
已知:
①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气,同时生成MnCl2。
②氯气和碱反应放出热量。
温度较高时,氯气和碱还能发生如下反应:
3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O。
该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。
请回答下列问题:
(1)①甲装置用于制备氯气,乙装置的作用是________。
②该兴趣小组用100mL12mol·L-1盐酸与8.7gMnO2制备氯气,并将所得氯气与过量的石灰乳反应,则理论上最多可制得Ca(ClO)2______g。
(2)小组成员发现,产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。
他们讨论后认为,部分氯气未与石灰乳反应而逸出,以及温度升高也是可能原因。
为了探究反应条件对产物的影响,他们另取一定量的石灰乳,缓慢、匀速地通入足量氯气,得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线,粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。
①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。
②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为______mol。
③另取一份与②等物质的量的石灰乳,以较大的速率通入足量氯气,反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol,则产物中
=__。
(3)为了提高Ca(ClO)2的产率,可对丙装置作适当改进。
请你写出一种改进方法:
________。
【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15ClO-0.252:
1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中
【解析】
【分析】
(1)①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体;
②依据MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,结合定量关系计算理论值;
(2)①当温度低时,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙;当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,根据温度高低来判断属于哪种离子;
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量,然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量;
③另取一份与②等物质的量的石灰乳,以较大的速率通入足量氯气,反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol,依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1:
2,结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量,依据氧化还原反应电子守恒,生成产物中氯元素守恒列式计算。
(3)根据题中信息,在高温度下发生副反应,可以把丙装置放入冰水中。
【详解】
(1)①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;浓盐酸具有挥发性,在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体,所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体;
②n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol,n(MnO2)=
=0.1mol,MnO2、HCl反应的物质的量的比是1:
4,可见足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气,以MnO2为标准计算,n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol,将所得氯气与过量的石灰乳反应,反应方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,根据方程式中物质反应关系可知:
理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质的量为0.05mol,其质量m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g;
(2)①当温度低时,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙;当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,刚开始反应时,温度较低,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙,所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系;
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量,设被还原的氯离子的物质的量为n,则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol,则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为:
0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol,在CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2中钙离子和含氯离子的个数比为1:
2,所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为
=0.25mol;
③取一份与②等物质的量的石灰乳,其物质的量为0.25mol,根据氧化还原反应中得失电子数相等,生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒,设n(ClO-)=x,n(ClO3-)=y;则得到:
0.35=x×1+y×5;依据氯化钙、
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