高考化学一模试题分类汇编物质的量综合及答案.docx
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高考化学一模试题分类汇编物质的量综合及答案
2020-2021高考化学一模试题分类汇编——物质的量综合及答案
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.氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。
Ⅰ.次氯酸钠是最普通的家庭洗涤中的“氯”漂白剂和消毒剂。
已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签,完成以下问题:
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·L-1。
(2)该同学参阅该“84消毒液”的配方,欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。
需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为___g。
(3)若出现如下情况,对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”):
①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久___;
②定容时俯视容量瓶刻度线___。
Ⅱ.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。
实验室可通过以下反应制得:
2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
试回答下列问题:
(1)请用双线桥表示反应中电子转移的情况___。
2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
(2)试比较KClO3和CO2的氧化性强弱:
KClO3___CO2(填“>”“<”或“=”)。
(3)消毒时,ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物,此过程说明ClO2具有___(填“氧化”或“还原”)性。
(4)在标准状况下,当生成11.2LClO2时,转移电子的数目为___。
【答案】6(或6.0)44.7偏低偏高
>氧化0.5NA
【解析】
【分析】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
。
⑵先根据物质的量浓度计算NaClO物质的量和NaClO固体的质量。
⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久,则称量44.7g固体中NaClO的质量减少;②定容时俯视容量瓶刻度线,溶液体积减小。
Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低,H2C2O4中C化合价升高。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
⑶Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等,化合价升高,则ClO2化合价降低。
⑷生成2molClO2转移2mol电子,先计算生成11.2LClO2的物质的量,再计算转移电子物质的量和电子的数目。
【详解】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
;故答案为:
6(或6.0)。
⑵该同学参阅该“84消毒液”的配方,欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液,则需要的NaClO物质的量为
,则需要用托盘天平称量NaClO固体的质量
;故答案为:
0.6;44.7。
⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久,则称量44.7g固体中NaClO的质量减少,因此物质的量浓度偏低;故答案为:
偏低。
②定容时俯视容量瓶刻度线,溶液体积减小,物质的量浓度偏高;故答案为:
偏高。
Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低,H2C2O4中C化合价升高,因此用双线桥表示反应中电子转移的情况
;故答案为:
。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,因此KClO3氧化性大于CO2的氧化性,故答案为:
>。
⑶消毒时,ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物,Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等,化合价升高,则ClO2化合价降低,因此此过程说明ClO2具有氧化性;故答案为:
氧化。
⑷在标准状况下,生成2molClO2转移2mol电子,当生成11.2LClO2即物质的量为
时,转移电子物质的量为0.5mol,电子的数目为0.5NA;故答案为:
0.5NA。
3.①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。
4.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。
5.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、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,得到氯元素物质的量为0.5mol;x+y+0.35=0.5,解得:
x=0.1mol,y=0.05mol,则产物中
=2:
1;
(3)由于反应在高温度下发生副反应,所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中,避免发生3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O。
【点睛】
本题考查了性质方案的设计。
明确实验目的、实验原理为解答关键,注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法,题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。
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.Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置,请根据装置回答问题:
(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体,选择装置____(填代表装置图的字母);
(2)分离CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的液体混合物,可选择装置A,该分离方法的名称为_____,装置A中①的名称是______。
(3)实验室用B装置从碘水中分离出I2,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,碘主要溶解在_____(填“上层”或“下层”)液体中,该层溶液颜色为_____,该装置在分液时为使液体顺利下滴,应进行的具体操作_____。
Ⅱ.用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL,回答下列问题:
(1)所需仪器为:
托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管,还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验,请写出:
_____。
(2)请写出该实验的简要的实验步骤:
①计算②称量胆矾_____g③溶解④转移⑤洗涤并转移⑥定容⑦摇匀
(3)如图是该同学转移溶液的示意图,图中的错误是_____。
【答案】D蒸馏冷凝管上层紫红色打开分液漏斗的上口活塞250mL容量瓶25转移溶液时,应用玻璃棒引流
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离;
(2)分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法;
(3)碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度,苯的密度比水小,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,上层为紫红色的碘的苯溶液,下层为水层;分液时,应打开分液漏斗的上口活塞,起到平衡气压的作用,便于液体顺利下滴;
Ⅱ.
(1)实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mL容量瓶;
(2)先计算250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量,再计算胆矾的质量;
(3)转移溶液时,应用玻璃棒引流。
【详解】
Ⅰ.
(1)蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离,从氯化钾溶液中得到氯化钾固体可用蒸发,D为蒸发装置,故答案为:
D;
(2)分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法,四氯化碳和甲苯的沸点不同,用蒸馏的方法分离,A为蒸馏装置,装置A中①的名称是冷凝管,故答案为:
蒸馏;冷凝管;
(3)B为萃取分液装置,碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度,笨的密度比水小,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,上层为紫红色的碘的苯溶液,下层为水层;分液时,应打开分液漏斗的上口活塞,起到平衡气压的作用,便于液体顺利下滴,故答案为:
上层;紫红色;打开分液漏斗的上口活塞;
Ⅱ.
(1)实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mL容量瓶,用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管,故答案为:
250mL容量瓶;
(2)250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量为0.25L×0.40mol/L=0.1mol,则称量胆矾的质量为0.1mol×250g/mol=25g,故答案为:
25g;
(3)由题给图示可知,图中的错误是转移溶液时没有用玻璃棒引流,故答案为:
转移溶液时,应用玻璃棒引流。
【点睛】
实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mi容量瓶是解答易错点。
8.根据所学知识,回答下列问题:
(1)
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- 高考 化学 试题 分类 汇编 物质 综合 答案