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高考化学物质的量综合经典题
2020-2021高考化学物质的量综合经典题
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.
(1)在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3,体积最大的是____,密最大的是度___,质量最小的是___,氢原子个数最多的是____。
(填写序号)
(2)等温等压下,质子数相等的CO、N2两种气体,质量之比为____,体积之比为____,摩尔质量之比____。
(3)某物质在一定条件下加热分解,产物都是气体。
分解方程式为:
3A=B+3C+2D。
测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a,则A的摩尔质量为____。
【答案】②②④①1:
11:
11:
14ag/mol
【解析】
【详解】
(1)①6.72LCH4中:
n(CH4)=
=0.3mol,m(CH4)=0.3mol×16g/mol=4.8g,ρ(CH4)=
,N(H)=4N(CH4)=1.2NA;
②3.01×1023个HCl分子中:
n(HCl)=
=0.5mol,V(HCl)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L,ρ(HCl)=
,m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g,N(H)=N(HCl)=0.5NA;
③13.6gH2S 中:
n(H2S)=
=0.4mol,V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L,ρ(H2S)=
,N(H)=2N(H2S)=0.8NA;
④0.2molNH3中:
m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g,V(NH3)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L,ρ(NH3)=
,N(H)=3N(NH3)=0.6NA.
所以:
体积最大的是②,密度最大的是②,质量最小的是④,含氢原子数最多的是①;
(2)CO、N2两种气体涉及的元素有C、O、N质子数分别为6、8、7,所以两种气体的分子的质子数分别为:
14、14,质子数相等的CO、N2,物质的量相等;CO、N2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol,故摩尔质量之比1:
1;根据m=nM知:
质量之比与摩尔质量成正比为28:
28=1:
1;根据阿伏伽德罗定律,相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积,故体积之比为1:
1;
(3)化学方程式系数的意义:
表示物质的量。
设A的物质的量为3mol,则三种混合气体的总物质的量为6mol,由于平均相对分子质量为2a,即平均摩尔质量为2ag/mol,三种气体质量总和为12ag,根据质量守恒定律,A的质量也是12ag,故A的摩尔质量为4ag/mol。
2.按要求填空,已知NA为阿伏伽德罗常数的数值。
(1)标准状况下,2.24LCl2的质量为____;有__个氯原子。
(2)含0.4molAl3+的Al2(SO4)3中所含的SO42-的物质的量是____。
(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51:
300,则这两种离子的物质的量之比为____。
(4)质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中,含有分子数目最少的是____。
(5)标准状况下,3.4gNH3的体积为___;它与标准状况下____LH2S含有相同数目的氢原子。
(6)10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01×1023,则元素R的相对原子质量为___;R元素名称是___。
(7)将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和,则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___,混和溶液中Cl-的物质的量___(忽略混合前后溶液体积的变化)。
(8)a个X原子的总质量为bg,则X的相对原子质量可以表示为____
(9)已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g,在标准状况下的体积为6.72L,则混合气体中CO的质量为___;CO2在相同状况下的体积为___。
(10)由CH4和O2的组成的混和气体,在标况下的密度是H2的14.5倍。
则该混合气体中CH4和O2的体积比为___。
【答案】7.1g0.2NA或1.204×10230.6mol3:
5SO24.48L6.7214氮1mol/L0.02mol
NA或6.02×1023
2.8g4.48L3:
13
【解析】
【分析】
(1)先计算标准状况下,2.24LCl2的物质的量,再计算氯气的质量和氯原子个数;
(2)由化学式计算硫酸根的物质的量;
(3)由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比;
(4)由n=
可知,质量相同的不同气体,气体的摩尔质量越大,物质的量越小,分子数越小;
(5)先计算标准状况下,3.4gNH3的物质的量,再计算气体体积和所含氢原子的物质的量,最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积;
(6)由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量;
(7)将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变;
(8)先计算a个X原子的物质的量,再依据质量计算X的摩尔质量;
(9)依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量,在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积;
(10)先计算混合气体的平均相对分子质量,再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。
【详解】
(1)标准状况下,2.24LCl2的物质的量为
=0.1mol,质量为0.1mol×71g/mol=7.1g,Cl2为双原子分子,含有的氯原子个数为0.2NA或1.204×1023,故答案为:
7.1g;0.2NA或1.204×1023;
(2)由化学式可知,含0.4molAl3+的Al2(SO4)3中所含的SO42-的物质的量是0.4mol×
=0.6mol,故答案为:
0.6mol;
(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51:
300,则这两种离子的物质的量之比为
:
=3:
5,故答案为:
3:
5;
(4)由n=
可知,质量相同的不同气体,气体的摩尔质量越大,物质的量越小,分子数越小,H2、NH3、SO2、O3四种气体中SO2的摩尔质量最大,则SO2的物质的量最小,分子数最小,故答案为:
SO2;
(5)标准状况下,3.4gNH3的物质的量为
=0.2mol,则体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L,含有氢原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol,含有氢原子的物质的量为0.6mol的H2S的物质的量为
=0.3mol,标准状况下,0.3molH2S的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L,故答案为:
4.48L;6.72;
(6)设元素R的相对原子质量为M,10.8gR2O5的物质的量为
=
mol,所含氧原子的数目为
mol×6.02×1023×5=3.01×1023,解得M=14,该元素为N元素,故答案为:
14;N;
(7)将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变,10mL1.00mol/LNa2CO3溶液中Na+的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mol,则混和溶液中Na+的物质的量浓度为
=1.00mol/L;10mL1.00mol/LCaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mol,则混和溶液中Cl-的物质的量0.02mol,故答案为:
1mol/L;0.02mol;
(8)a个X原子的物质的量为
mol,X的摩尔质量为
=
g/mol,则X的相对原子质量
,故答案为:
或
;
(9)设CO、CO2混合气体中CO为xmol,CO2为ymol,由题意可得28x+44y=11.6①,x+y=
=0.3mol②,解①②可得x=0.1,y=0.2,则0.1molCO的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g,0.2molCO2在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L,故答案为:
2.8g;4.48L;
(10)由题意可知,CH4和O2的组成的混和气体平均相对分子质量为2×14.5=29,设混合气体中甲烷的物质的量为x、氧气的物质的量为y,则有
=29,解得x:
y=3:
13,故答案为:
3:
13。
3.半水煤气是工业合成氨的原料气,其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。
半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空:
(1)半水煤气含有少量硫化氢。
将半水煤气样品通入____溶液中(填写试剂名称),出现_______,可以证明有硫化氢存在。
(2)半水煤气在铜催化下实现CO变换:
CO+H2O
CO2+H2
若半水煤气中V(H2):
V(CO):
V(N2)=38:
28:
22,经CO变换后的气体中:
V(H2):
V(N2)=____________。
(3)碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。
已知:
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度(mol/L)
2.0
8.0
碱的价格(元/kg)
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液,其优点是__________;缺点是____________。
如果选择K2CO3碱液作吸收液,用什么方法可以降低成本?
___________________________________________
写出这种方法涉及的化学反应方程式。
_______________________
(4)以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。
取一定体积(标准状况)的半水煤气,经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。
_________________
②该实验方案中,步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是:
_________________。
③该实验方案中,步骤________(选填“Ⅳ”或“Ⅴ”)可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【答案】硝酸铅(或硫酸铜)黑色沉淀3:
1价廉吸收CO2能力差碱液循环使用2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O
除去半水煤气中的CO2(包括H2S)和H2OIV
【解析】
【分析】
【详解】
(1)硫化氢能与重金属生成沉淀,所以将半水煤气样品通入硝酸铅(或硫酸铜)溶液中,出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。
(2)若半水煤气中V(H2):
V(CO):
V(N2)=38:
28:
22,经CO变换后H2O转化为氢气,则根据方程式可知所得的气体中:
V(H2):
V(N2)=(38+28):
22=3:
1。
(3)根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液,其优点是价廉,而缺点是吸收CO2能力差。
由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾,所以使碱液循环使用可以降低成本,反应的化学方程式为2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O;
(4)①由于半水煤气中含有二氧化碳,所以首先利用碱液除去二氧化碳,干燥后再通过氧化铜反应,利用浓硫酸吸收产生的水蒸气,利用碱液吸收产生的二氧化碳,进而计算体积分数。
所以流程为
。
②Ⅰ中KOH吸收CO2和H2S,Ⅱ中浓硫酸吸收水蒸气,干燥气体。
③氢气还原氧化铜生成水蒸气,浓硫酸吸收水蒸气,所以该实验方案中,步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【点睛】
“教真实的化学,学有用的知识”已成为大家的共识,现在的化学试题强调化学与生活的交融,突出理论联系生产、生活实际和科技前沿,强调学以致用。
试题将真实的问题转化为试题情境,真实问题的复杂性带来了化学试题的综合性,这就要求考生首先读懂并捕捉到全部相关信息,弄清这些信息之间的逻辑关系,特别是确定性信息和未知信息之间的关系,为问题的解决奠定基础。
这显然属于“关键能力”。
对于一个流程的设计和评价,要分析它由几个部分组成,每个部分在整体中处于什么地位、有什么作用,为什么要这样设计,这样设计的优缺点如何,可以如何改进等等,这些都是高考中考查综合能力的重点。
4.已知:
2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,将0.1moKMnO4固体加热一段时间后,收集到amolO2;向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸,又收集到bmolCl2,此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注:
KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。
(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中的还原产物是_____(填化学式),反应中若产生0.3mol的气体则有________mol的电子转移。
(2)a+b的最大值为________,a+b最小值为________。
【答案】MnCl20.60.250.2
【解析】
【分析】
(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物;根据Cl元素化合价变化计算转移电子;
(2)KMnO4固体,加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,根据方程式计算氧气最大值,进而确定(a+b)的最小值。
【详解】
(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价,化合价降低,得到电子,被还原,所以MnCl2是还原产物;产生0.3mol的氯气时,转移电子为n(e-)=0.3mol×2×[0-(-1)]=0.6mol;
(2)KMnO4固体加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理可得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,此时a=0,则(a+b)的最大值=0.25;当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,由2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×
=0.05mol,则a+b≥0.25-0.05=0.2,故(a+b)的最小值为0.2。
【点睛】
本题考查混合物计算、氧化还原反应计算,充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。
掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础,学会将关系式进行变形,并用用极值方法分析判断。
5.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。
6.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。
7.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
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