太原高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题.docx
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太原高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题
太原高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.以下涉及的物质中A、B、C都是化合物;请注意各小题之间可能有的联系。
(1)一定条件下,9.80gNH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应,生成了4.48L(标准状况)气态产物B和固体产物C。
标准状况下,B气体的密度为0.76g/L,氮的质量分数为82.35%,其余是氢。
试求B的分子式_____________。
(2)25℃、101.3KPa时,气体摩尔体积为24.5L/mol.该状况下,1体积水(密度为1g/cm3)吸收560体积B气体得到密度为0.91g/cm3的溶液,则该溶液中溶质的质量分数为_____%(溶液中的溶质以B计量;保留2位小数);溶液的物质的量浓度为__________mol/L(保留2位小数)。
(3)在催化剂作用下,B可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D(可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用)。
在常温常压下,将密度一定的NO、NO2混合气体和B在不同体积比时进行了四次实验,所得数据如下:
实验次数
B与混合气体的体积比
反应后气体密度(已换算为标准状况;g/L)
第一次
1.0
1.35
第二次
1.2
1.25
第三次
2.0
1.04
第四次
2.2
则原NO、NO2混合气体中NO的体积分数为________%;第四次实验所得气体的平均摩尔质量为_______(保留2位小数)。
(4)将9.80gNH4Br跟过量的氧化鈣共热,充分反应后生成水、1.70gB气体和固体产物C,则C的化学式为__________;试根据有关数据,求钙盐A的化学式_______。
【答案】NH327.9814.982022.76CaBr2Ca(NH2)2或CaN2H4
【解析】
【分析】
(1)根据M=
Vm计算B的相对分子质量,根据氮的质量分数为82.35%计算氢元素的质量分数,继而确定B的分子式;
(2)根据溶液质量分数=
100%,溶液物质的量浓度c=
公式进行计算,结和已知信息寻找相应的量进行求解;
(3)根据体积比不同混合气体和密度,计算混合气体的平均摩尔质量;
(4)根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。
【详解】
(1)标况下B气体的密度为0.76g/L,则B的相对分子质量= 0.76
22.4= 17,其中氮的质量分数为82.35%,则B分子中N原子数目=
=1,其余是氢,则H原子数目=
,则B为NH3,故答案为:
NH3;
(2)假设氨气体积为560L,则水为1L,25C、101.3KPa时,气体摩尔体积为24.5L/mol,氨气的物质的量=
= 22.86mo,氨气的质量= 22.86mol
17g/ mol = 388.62g,1L水的质量为1000g,则所得溶液质量分数=
100%= 27.99%;所得溶液密度为0.91g/cm3,故溶液物质的量浓度=
= 14.98mol/L,故答案:
27.98;14.98;
(3)在催化剂作用下,NH3可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D,根据原子守恒电子守恒可知,D为N2。
第一次反应气体的相对分子质量= 1.35
22.4= 30.24;第二次反应气体的相对分子质量= 1.25
22.4= 28;第三次反应气体的相对分子质量=1.04
22.4= 23.2,由反应后气体相对分子质量可知,第二次实验恰好完全反应气体为N2,说明第一次剩余氨气不足,第三次剩余氨气有剩余,令第二次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol,则NH3为1.2mol,设NO为axmol,则NO2为(1-x)mol,根据电子转移守恒:
2x +4(1-x)=1.2
[0-(-3)],解得x=0.2,故NO的体积分数=
100%= 20%;
令第四次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol,则NH3为2.2mol, NO为0.2mol,则NO2为(1- 0.2) mol= 0.8mol,令参加反应的氨气为ymol,根据电子转移守恒:
2
0.2 +4
0.8=y
[0- (-3)],解得y= 1.2,剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol,根据N原子守恒可知生成N2的物质的量=
= 1.1mol,故反应后气体的平均摩尔质量=
=22.76g/mol,故答案为:
20;22.76;
(4)将9.80g NH4 Br跟过量的氧化钙共热,充分反应后生成水、1.70gNH3 气体和固体产物C,由元素守恒,则C的化学式为CaBr2。
由
(1)9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应,生成了4.48L(标准状况)NH3和CaBr2,NH4Br的物质的量=
= 0.1mol,由Br元素守恒可知CaBr2为0.05mol,由Ca元素守恒可知,3.6gA中含有Ca原子为0.05mol,氨气的物质的量=
= 0.2mol,由N元素守恒可知3.6gA 中含有N原子为0.2mol - 0.1mol= 0.1mol,由H元素守恒,3.6gA 中含有H原子为0.2mol
3- 0.1mol
4 = 0.2mo,故3.6gA中Ca、N、H原子物质的量之比= 0.05:
0.1 :
0.2= 1 :
2:
4,故A的化学式为CaN2H4 ,故答案为:
CaBr2;Ca(NH2)2或CaN2H4。
【点睛】根据M=
Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。
2.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。
3.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。
4.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。
5.根据你对金属钠性质的了解,回答下列问题:
(1)关于钠的叙述中,正确的是________(填字母)。
A.钠是银白色金属,硬度很大
B.将金属钠放在石棉网上,用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧,产生黄色火焰,生成过氧化钠
C.金属钠在空气中燃烧,生成氧化钠
D.金属钠的熔点很高
(2)由于金属钠很容易跟空气中的______、________等物质反应,通常将它保存在_______里。
(3)将一小块钠投入到下列溶液中,既能产生气体又会出现白色沉淀的是________(填字母)。
A.稀硫酸B.硫酸铜溶液
C.氢氧化钠溶液D.氯化镁溶液
(4)为粗略测定金属钠的相对原子质量,设计的装置如图所示,该装置(包括水)的总质量为ag,将质量为bg的钠(不足量)放入水中,立即塞紧瓶塞。
完全反应后再称量此装置的总质量为cg。
①列出计算钠相对原子质量的数学表达式______________(用含有a、b、c的算式表示)。
②无水氯化钙的作用是____________________。
【答案】B氧气水蒸气煤油Db/(a+b-c)吸收H2中所含的H2O(g)
【解析】
【分析】
(1)根据钠的性质分析解答;
(2)钠的性质很活泼,易和水、氧气反应,据此解答;
(3)金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气,根据溶液中的溶质分析解答;
(4)①根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答;
②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。
【详解】
(1)A、钠是银白色金属,硬度很小,可以用小刀切,故A错误;
B、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,故B正确;
C、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,不是氧化钠,故C错误;
D、金属钠的熔点很低,故D错误;
故答案选B;
(2)钠性质很活泼,易和水、氧气反应,所以保存钠时要隔绝空气和水,钠和煤油不反应,且密度大于煤油,所以保存钠可以放在煤油中;
(3)A.钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气,没有沉淀产生,A不选;
B.钠投入硫酸铜溶液中,首先和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠,但沉淀不是白色的,而是蓝色的,B不选;
C.钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气,没有沉淀,C不选;
D.钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气,D选。
答案选D。
(4)①金属与水发生反应放出氢气的质量=ag+bg-cg=(a+b-c)g,假设金属为R,其相对原子质量为M,根据金属钠与水反应放出氢气的关系,可推断该金属与水放出氢气关系如下:
2R~~~~~H2
2M2
bg(a+b-c)g
解得M=
;
②氯化钙具有吸水能力,是常用的干燥剂,在装置中吸收生成氢气中的水,而防止水分流失。
6.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:
;
;
;
。
7.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。
8.氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用:
(Ⅰ)现实验室要配置一定物质的
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