高考化学物质的量综合经典题附详细答案.docx
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高考化学物质的量综合经典题附详细答案
高考化学物质的量综合经典题附详细答案
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.I.自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在,为了便于研究和利用,常需对混合物进行分离和提纯。
下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。
请根据混合物分离或提纯的原理,回答在下列实验中需要使用哪种装置。
将A、B、C、D填入适当的空格中。
(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________;
(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠___________;
(3)分离39%的乙醇溶液___________;
(4)分离溴的氯化钠溶液____________;
Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空
已知某饱和氯化钠溶液体积为VmL,溶液密度为dg/cm3,质量分数为w,物质的量浓度为cmol/L,溶液中含NaCl的质量为mg。
(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度是_________
(2)用w、d表示溶液的物质的量浓度是_________
(3)用c、d表示溶液的质量分数是__________
【答案】BDAC
mol·L-1
mol·L-1
【解析】
【分析】
I.根据混合物的性质选择相应的装置进行分离;
Ⅱ.根据公式
、
、
进行计算。
【详解】
I.
(1)碳酸钙不溶于水,可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙,故答案为:
B;
(2)氯化钠易溶于水,可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠,故答案为:
D;
(3)乙醇和水是互溶的两种液体,可用蒸馏的方法分离乙醇和水,故答案为:
A;
(4)溴易溶于四氯化碳而难溶于水,且四氯化碳与水不互溶,则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质,再分液,故答案为:
C;
Ⅱ.
(1)NaCl的物质的量为
,则NaCl溶液的物质的量浓度是
,故答案为:
mol·L-1;
(2)根据公式
可知,该溶液的物质的量浓度是
,故答案为:
mol·L-1;
(3)由
可知,
,则该溶液的质量分数是
,故答案为:
。
【点睛】
该公式
中,涉及溶液的密度,质量分数,物质的量浓度,密度的单位为g/cm3,是同学们的易忘点。
3.按要求完成下列填空
I.
(1)给定条件下的下列四种物质:
a.10g氖气
b.含有40mol电子的NH3
c.标准状况下8.96LCO2
d.标准状况下112g液态水
则上述物质中所含分子数目由多到少的顺序是________________(填序号)。
(2)标准状况下,0.51g某气体的体积为672mL,则该气体摩尔质量为______。
(3)将100mLH2SO4和HCl的混合溶液分成两等份,一份中加入含0.2molNaOH溶液时恰好中和完全,向另一份中加入含0.05molBaCl2溶液时恰好沉淀完全,则原溶液中c(Cl-)=____mol/L。
II.现有以下物质:
①铝;②二氧化硅;③液氯;④NaOH溶液;⑤液态HCl;⑥NaHCO3晶体;⑦蔗糖;⑧熔融Na2O;⑨Na2O2固体;⑩CO2。
回答下列问题(用相应物质的序号填写):
(1)其中可以导电的有__________。
(2)属于电解质的有_______,非电解质有__________。
(3)写出向⑨与⑩反应的化学方程式___________。
(4)写出①与④的离子方程式_____________。
(5)写出⑤的水溶液与⑥的水溶液反应的离子方程式___________________。
(6)写出②与④反应的离子方程式_______________________________。
【答案】d>b>a>c17g/mol2①④⑧⑤⑥⑧⑨②⑦⑩2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2H++HCO3-=H2O+CO2SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
【解析】
【分析】
I.利用n=
=
=
计算。
II.①铝能导电,既不是电解质,也不是非电解质;
②二氧化硅不能导电,为非电解质;
③液氯不能导电,既不是电解质,也不是非电解质;
④NaOH溶液能导电,为混合物,既不是电解质,也不是非电解质;
⑤液态HCl不能导电,为电解质;
⑥NaHCO3晶体不能导电,为电解质;
⑦蔗糖不能导电,为非电解质;
⑧熔融Na2O能导电,为电解质;
⑨Na2O2固体不能导电,为电解质;
⑩CO2不能导电,为非电解质。
【详解】
I
(1)a.10g氖气的物质的量=
=0.5mol,Ne为单原子分子,即分子数为0.5mol;
b.NH3中含有10个电子,则含有40mol电子的NH3的物质的量为4mol;
c.标准状况下8.96LCO2的物质的量=
=0.4mol;
d.标准状况下112g液态水的物质的量=
=6.22mol;
综上所述,分子数目由多到少的顺序为d>b>a>c;
(2)标准状况下,某气体的体积为672mL,物质的量为0.672L÷22.4L/mol=0.03mol,则M=
=
=17g/mol;
(3)0.05molBaCl2与硫酸根离子生成0.05mol硫酸钡,则原溶液中含有0.1mol硫酸;0.05mol硫酸消耗0.1mol的NaOH,剩余的0.1molNaOH为盐酸消耗,则原溶液中含0.2mol盐酸,c(Cl-)=0.2÷0.1=2mol/L;
II
(1)分析可知,能导电的为①④⑧;
(2)属于电解质的为⑤⑥⑧⑨;属于非电解质的为②⑦⑩;
(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+CO2=2Na2CO3+O2;
(4)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑;
(5)盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水,离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑;
(6)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
4.为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来,国际上采用了“物质的量”这一物理量,据此完成下列试题:
(1)等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为___。
(2)等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为___,质量比为___。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则cg氧气在标准状况下的体积约是___(用含a、b、c、NA的式子表示)。
(4)实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液,进行如下操作:
①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管,还需要的玻璃仪器___。
②计算需要NaOH固体的质量:
___g。
③取出50mL配制好的溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为___。
④若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是___。
A.称量时砝码已经生锈
B.定容时仰视
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作
D.定容摇匀后,液面低于容量瓶颈上的刻度线
【答案】3:
21:
12:
3
L100mL容量瓶4.01mol/LA
【解析】
【详解】
(1)根据
可知,等质量的O2和O3的物质的量之比为
,所含分子的物质的量之比为3:
2。
(2)根据阿伏加德罗定律,PV=nRT(R为常数),在等温等压下,等体积的任一气体所含分子的物质的量相同,由N=nNA(NA为常数)可知,分子个数比为1:
1;由m=nM可知,O2和O3的质量比为2:
3。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则ag氧气的物质的量
,摩尔质量
,即当氧气为cg,物质的量
,在标准状况下的体积
L。
(4)①实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液,则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶。
②需要NaOH固体的质量
。
③溶液具有均一性,物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变,浓度仍然为1mol/L。
④A.称量时砝码已经生锈,实际砝码质量增大,称得的氢氧化钠质量增大,浓度偏高;
B.定容时仰视,实际加水量偏高,溶液浓度偏低;
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作,剩余部分溶质残留,导致容量瓶内部溶质减小,溶液物质的量浓度偏低;
D.定容摇匀后,溶液物质的量浓度固定,液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。
答案为A。
【点睛】
根据
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。
误差分析时,关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。
在配制一定物质的量浓度溶液时,若n比理论值小,或V比理论值大时,都会使所配溶液浓度偏小;若n比理论值大,或V比理论值小时,都会使所配溶液浓度偏大。
需要具体问题具体分析。
5.根据题意计算填空。
(1)在标准状况下,8.5g某气体占有的体积为5.6L,则该气体的摩尔质量是__。
(2)在标准状况下,0.01mol某气体的质量为0.28g,则该气体的相对分子质量为__,该气体的密度为__g·L−1。
(3)在标准状况下,由CO和CO2组成的混合气体为6.72L,质量为12g,此混合物中CO和CO2物质的量之比是__,C和O原子个数比是__,CO的质量分数是__。
(4)现有mg某气体,它由双原子分子构成,它的相对分子质量为M。
若阿伏伽德罗常数用NA表示,则:
该气体的物质的量为__mol;该气体所含原子总数为__个;该气体在标准状况下的体积为__L;该气体溶于水后形成1L溶液(该气体不与水反应),其物质的量浓度为__mol·L-1。
【答案】34g/mol281.251:
34:
717.5%
【解析】
【详解】
(1)该气体的摩尔质量
,
故答案为:
34g/mol;
(2)0.01mol某气体的质量为0.28g,摩尔质量为
,故相对分子质量为28;标况下体积是0.224L,故密度为
,
答案为:
28;1.25;
(3)设
的物质的量为xmol,
的物质的量为ymol,标准状况下总体积6.72L,即总物质的量为0.3mol,故x+y=0.3,总质量为12g,故28x+44y=12,解得x=0.075,y=0.225,故
和
物质的量之比是为1:
3,
和
原子个数比是4:
7,CO的质量分数为
,
故答案为:
1:
3;4:
7;17.5%;
(4)该气体的物质的量为
mol;因为该气体为双原子分子,故所含原子总数为
个;该气体在标准状况下的体积为
L;该气体溶于水后形成1L溶液,其物质的量浓度为
mol·L-1,
故答案为:
;
;
;
。
6.按要求完成下列各小题
(1)在同温同压下,相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。
(2)0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___,含有氧原子物质的量之比为___,相同条件下两物质的密度之比为___。
(3)在含有Cu2+、H+、Fe2+、Al3+、Br-、Cl-的溶液中,还原性最弱的阴离子是___,氧化性最强的离子是___,既有氧化性又有还原性的离子是___。
(4)除去Na2SO4中的Na2CO3所加试剂___,离子方程式___。
【答案】17:
1414:
111:
17:
11Cl-Cu2+Fe2+稀H2SO4CO32-+2H+=CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
根据阿伏伽德罗定律进行分析解答;根据氧化还原反应进行判断。
根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。
如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子,所以选择H2SO4进行除杂。
【详解】
(1)相同质量的N2和H2S的物质的量之比为
,根据阿伏伽德罗定律,在同温同压下,气体体积之比等于物质的量之比,因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17:
14。
答案:
17:
14;
(2)电子数目之比等于电子的物质的量之比。
0.8molCO中电子的物质的量为0.8mol×(6+8)=11.2mol,0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol×(6+8×2)=8.8mol,电子数目之比为11.2:
8.8=14:
11;含有氧原子物质的量之比为0.8:
0.4
2=1:
1,根据阿伏伽德罗定律的推论可知,相同条件下,气体的密度与摩尔质量成正比,所以相同条件下两物质的密度之比为:
28:
44=7:
11。
答案:
14:
111:
17:
11;
(3)卤素单质的氧化性为F2>Cl2>Br2>I2,单质的氧化性越强,其对应的离子的还原性越弱,所以还原性Br->Cl-,还原性最弱的阴离子是Cl-;金属单质的金属性越强,其离子的氧化性越弱,所以氧化性最强的离子是Cu2+;属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性,所以Fe2+既有氧化性又有还原性的;答案:
Cl-Cu2+Fe2+;
(4)除去Na2SO4中的Na2CO3,实质是除去CO32-离子,所加试剂H2SO4,离子方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O。
7.
(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。
8.氯气是一种重要的化工原料,自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。
I.工业上通常采用电解法制氯气:
观察图1,回答:
(1)电解反应的化学方程式为__________。
(2)若饱和食盐水中通电后,b侧产生的气体检验方法是___________。
Ⅱ.某兴趣小组设计如图2所示的实验装置,利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应),回答下列问题:
(3)B中反应的化学方程式是_________。
(4)该兴趣小组用100mL12mol/L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。
(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低,该学生经分析并查阅资料发现,主要原因是在装置B中还存在两个副反应。
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2,为避免此副反应的发生,可采取的措施_______。
②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________,为避免此副反应的发生,可将装置做何改进_________。
【答案】2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑移走烧杯,将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处,若试纸变蓝,则说明产生的气体为Cl22Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O7.15g冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶
【解析】
【分析】
I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2,在电解时,与电源正极连接的电极为阳极,发生氧化反应;与电源负极连接的电极为阴极,发生还原反应,根据产生气体的性质进行检验;
II.在装置A中制取Cl2,在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉,氯气有毒,是大气污染物,在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理,据此分析解答。
【详解】
I.
(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2,反应方程式为:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑;
(2)在电解时,与电源正极连接的电极为阳极,发生氧化反应。
由于放电能力Cl->OH-,所以溶液中的阴离子Cl-放电,失去电子变为Cl2逸出,Cl2检验强氧化性,可以使KI变为I2,I2遇淀粉溶液变为蓝色,所以检验Cl2的方法是移走烧杯,将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处,若试纸变蓝,则说明产生的气体为Cl2;
II.(3)在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉,反应的方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
(4)n(MnO2)=8.7g÷87g/mol=0.1mol,n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol,根据制取气体方程式:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.1molMnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol,说明HCl过量,制取的Cl2按MnO2计算,n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol,则根据反应关系2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知n[Ca(ClO)2]=
n(Cl2)=0.05mol,所以理论上制取的漂白粉中Ca(ClO)2的质量为m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g;
(5)①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2,为避免此副反应的发生,可采取的措施是冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案);
②试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca(OH)2反应,用化学方程式表示为2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O,为避免此副反应的发生,可将装置改进为:
在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶,除去杂质HCl气体。
【点睛】
本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。
掌握氯气的工业和实验室制取方法,根据电解原理、氧化还原反应规律,结合物质的性质(挥发性、氧化性)等分析判断。
9.设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法不正确的是
A.含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B.0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸(H3PO4)含有相同的氧原子数
C.常温下,28克N2和CO的混合物,含有2NA个原子
D.标准状况下,33.6L氧气中含有9.03×1023个氧气分子
【答案】A
【解析】
【详解】
A.稀有气体为单原子分子,含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol,标准状况下的体积约为22.4L,故A错误;
B.19.6磷酸(H3PO4)的物质的量为
=0.2mol,则0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8NA,故B正确;
C.N2和CO的摩尔质量均为28g/mol,且均为双原子分子;则常温下,28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol,含有2NA个原子,故C正确;
D.标准状况下,33.6L氧气的物质的量为
=1.5mol,共含有9.03×1023个氧气分子,故D正确;
故答案为A。
10.PbO2是一种棕黑色粉末,难溶于水,可用作强氧化剂和电极制造等。
实验室由Ca(ClO)2溶液氧化碱性Pb(OH)2法制备PbO2的步骤如下:
2Pb(CH3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2=2PbO2↓+4CH3COONa+CaCl2+2H2O
(1)“氧化”过程中,反应液的pH____(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)“硝酸洗”时,被溶解的含铅杂质可能是____________(填化学式)。
(3)产品定性检验:
向Mn(NO3)2的HNO3溶液中加入少量产品,搅拌并水浴微热,溶液变紫色,说明含有PbO2。
该反应的离子方程式为____(PbO2被还原为Pb2+)。
(4)为测定产品(只含PbO2和PbO)中PbO2、PbO的物质的量之比,称取产品0.5194g,加入 20.00 mL 0.2500 mol·L-1H2C2O4溶液(PbO2还原
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