高考化学物质的量综合经典题含详细答案.docx
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高考化学物质的量综合经典题含详细答案
高考化学物质的量综合经典题含详细答案
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.纯碱和小苏打都是重要的化工原料,在生产和生活中有着广泛的应用。
(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧,火焰呈__________色。
(2)实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL,配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是__________。
A. 1000mL;21.2g B.950mL;20.14g C.500mL;21.2g D.500mL;10.6g
(3)若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,使碳酸氢钠完全分解,混合物质量减少了2.48g,则原混合物中碳酸钠的质量分数为______。
(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分,他取少量该白色物质溶于水,并向所得溶液中加入适量澄清石灰水,产生白色沉淀,据此该同学认为有碳酸钠。
你是否同意该同学的观点,请你用适当的化学方程式阐述你的观点________。
(5)取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B,每份10mL,分别向A、B中通入不等量的CO2,再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸,标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示,试回答下列问题:
①曲线A表明,原NaOH溶液中通入CO2后,所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为_______mL。
②曲线B表明,原NaOH溶液中通入CO2后,所得溶液中的溶质成分是________,其物质的量之比为________。
【答案】黄A32.8%不同意,由于Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O(或Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O),碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀33.6Na2CO3与NaHCO31:
1
【解析】
【分析】
(1)考查焰色反应;
(2)根据n=cV,m=nM计算;
(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,二氧化碳和水,固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量;
(4)根据碳酸钠,碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断;
(5)①根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量,利用n=
;②由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳,根据钠原子守恒计算;
【详解】
(1)钠的焰色反应为黄色;
(2)配置950ml的溶液应用1000mL容量瓶配制溶液,所需Na2CO3的质量m=nM=cVM=0.2mol/L×1L×106g/mol=21.2g,答案选A;
(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x根据混合物质量减少了2.48g,
,解得x=6.72g,碳酸钠和碳酸氢钠共10g,则碳酸钠的质量为10g-6.72g=3.28g,原混合物中碳酸钠的质量分数=
=32.8%;
(4)由于Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O(或Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O),碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀,同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀,所以不同意他的观点;
(5)①CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3,②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,
当
⩾1,反应按①进行,等于1时,CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3;大于1时,生成NaHCO3,CO2有剩余;
当
<
<1,反应按①②进行,CO2、NaOH反应,无剩余,生成物为NaHCO3、Na2CO3;
当
⩽
,反应按②进行,等于
时,CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3;小于
时,生成Na2CO3,NaOH有剩余;
由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应,消耗的15mL盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生CO2,反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,所以n(NaHCO3)=n(HCl)=(75ml−60ml)×0.1mol/L=1.5×10−3mol,根据C原子守恒,所以n(CO2)=n(NaHCO3)=1.5×10−3mol,V=nVm=1.5×10−3mol×22.4L/mol=33.6mL;
②加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大,此时溶液为氯化钠溶液。
根据氯离子、钠离子守恒,所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075ml×0.1mol/L=0.0075mol,由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳,反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,所以n(NaHCO3)=n(HCl)=n(CO2)=(75ml−25ml)×0.1mol/L=0.005mol,所以n(CO2):
n(NaOH)=0.005mol:
0.0075mol=
,大于1:
2,小于1,所以反应按①②进行,CO2、NaOH反应,NaOH无剩余,生成物为Na2CO3与NaHCO3,根据钠原子守恒,所以
n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.0075mol,而n(NaHCO3)=0.005mol,则n(NaHCO3)=0.005mol,故Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1:
1。
【点睛】
碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键,学生使用时需灵活掌握。
3.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。
4.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。
5.现有21.6g由CO和CO2组成的混合气体,在标准状况下其体积为13.44L。
回答下列问题:
(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。
(2)混合气体中碳原子的质量为________。
(3)将混合气体依次通过如图所示装置,最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。
①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。
②气球中收集到的气体中,电子总数为________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
③气球的体积为________L。
【答案】36g·mol-17.2g28g·mol-14.2NA6.72
【解析】
【详解】
(1)标准状况下,该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0.6(mol),所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36(g·mol-1),
(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol,而CO和CO2分子中均只含一个碳原子,故混合气体中的碳原子也为1mol,所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.2(g)
(3)CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后,CO2与NaOH反应被吸收,剩余的CO通过浓硫酸干燥,最后收集在气球中。
设CO的物质的量为x,则CO2的物质的量为0.6-x,列方程:
28x+44(0.6-x)=21.6,解得x=0.3mol。
①气球中收集到的气体为纯净的CO,其摩尔质量为28g·mol-1;②CO的物质的量为0.3mol,所以电子总数为0.3×14NA=4.2NA;③标准状况下,0.3molCO的体积为0.3×22.4=6.72(L),所以气球的体积为6.72L。
6.I.NaCl溶液中混有Na2CO3、Na2SO4,为检验两种物质的存在,请你根据所选择的试剂,按实验步骤的先后顺序写出相应的化学方程式:
①______________________________;
②______________________________;
③________________________________。
II.取100.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液,加入过量BaCl2溶液后得到16.84g沉淀,用过量稀硝酸处理后沉淀质量减少至6.99g,同时溶液中有气泡产生。
试求:
原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为________________;(写出计算列式的过程)
【答案】Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2OCO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2OBaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl0.3mol/L
【解析】
【分析】
I.首先加入过量HCl,有气泡产生,该气体能够使澄清石灰水变浑浊,说明有Na2CO3,再滴加过量BaCl2溶液,最终有白色沉淀证明有Na2SO4;
II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液,发生反应:
BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl,得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3,沉淀用过量稀HNO3处理,发生反应:
BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O,最终6.99g沉淀为BaSO4,根据n=
计算BaSO4的物质的量,而n(Na2SO4)=n(BaSO4),再根据c=
计算c(Na2SO4)。
【详解】
I.首先向该物质的水溶液中滴加过量盐酸,有气体产生,该气体能够使澄清的石灰水变浑浊,证明溶液中含有Na2CO3,反应方程式为:
Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O,然后向溶液中加入过量BaCl2溶液,产生白色沉淀,证明含有Na2SO4,发生该反应的化学方程式为:
Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓;
II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液,发生反应:
BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl,得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3的质量和,沉淀用过量稀HNO3处理,发生反应:
BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O,最终6.99g沉淀为BaSO4,根据n=
可知n(BaSO4)=
=0.03mol,根据S元素守恒可知n(Na2SO4)=n(BaSO4),所以根据c=
可得c(Na2SO4)=
=0.3mol/L。
【点睛】
本题考查了物质检验实验方案的设计以及化学方程式的书写、溶质物质的量浓度的计算,明确硫酸根离子、碳酸根离子的性质是解题的关键。
7.实验室可用如下方法制取Cl2,根据相关信息,回答下列问题:
(1)在该反应中,HCl表现的性质有______、________.
①MnO2+4HCl(浓)
Cl2↑+MnCl2+2H2O
(2)若反应中有0.1mol的氧化剂被还原,则被氧化的物质为________(填化学式),被氧化物质的物质的量为_____,同时转移电子数为_____(用NA表示)。
(3)将
(2)生成的氯气与0.2molH2完全反应,生成的气体在标准状况下所占体积为_________,将此产物溶于水配成100mL溶液,此溶液的物质的量浓度为_______。
(4)②KClO3+6HCl(浓)=3Cl2↑+KCl+3H2O③2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
若要制得相同质量的氯气,①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。
(5)已知反应4HCl(g)+O2
2Cl2+2H2O(g),该反应也能制得氯气,则MnO2、O2、KMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为_______。
(6)将不纯的NaOH样品2.50g(样品含少量Na2CO3和水),放入50.0mL2.00mol/L盐酸中,充分反应后,溶液呈酸性,中和多余的酸又用去40.0mL1.00mol/L的NaOH溶液。
蒸发中和后的溶液,最终得到固体的质量为_______。
【答案】还原性酸性HCl0.2mol0.2NA8.96L4mol/L6:
5:
6KMnO4>MnO2>O25.85g
【解析】
【分析】
(1)盐酸与二氧化锰反应化合价发生变化,且能与碱性氧化物反应;
(2)还原剂被氧化,求解被还原的还原剂的量;
(3)根据方程式及c=
计算;
(4)①生成1mol氯气时,转移2mol电子;②生成1mol氯气时,转移
mol电子;③生成1mol氯气时,转移2mol电子;
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