备战高考化学提高题专题复习物质的量练习题附答案.docx
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备战高考化学提高题专题复习物质的量练习题附答案
2020-2021备战高考化学提高题专题复习物质的量练习题附答案
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验,利用氯酸钾分解制O2。
实验步骤如下:
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀,放入干燥的试管中,准确称量试管和药品的总质量为15.95g.
②连接好实验装置,检查装置的气密性.
③加热,开始反应,直到不再有气体产生为止.
④测量排入量筒中水的体积为285.0mL,换算成标准状况下氧气的体积为279.7mL.
⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55g.
根据上述实验过程,回答下列问题:
(1)如何检查装置的气密性?
______________________________________________。
(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤:
①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同
②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温
③读取量筒内液体的体积
这三步操作的正确顺序是________(请填写步骤代码。
进行③的实验操作时,若仰视读数,则读取氧气的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(3)实验过程中产生氧气的物质的量是________mol;实验测得氧气的摩尔体积是________(保留小数点后两位)。
【答案】往广口瓶中注满水,塞紧橡胶塞,按装置图连接好装置,用手将试管底部捂热,若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升,松开手后,过一会儿长玻璃管内的液面下降,则证明该装置不漏气②①③偏小0.012522.38L/mol
【解析】
【分析】
【详解】
(1)往广口瓶中装满水,使装置左侧形成密闭体系,通过捂热试管看广口瓶中长导管内液面高度的变化来判断装置的气密性;综上所述,本题答案是:
往广口瓶中注满水,塞紧橡胶塞,按装置图连接好装置,用手将试管底部捂热,若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升,松开手后,过一会儿长玻璃管内的液面下降,则证明该装置不漏气。
(2)在测量收集到O2的体积时,先将装置中的气体冷却至室温,否则气体受热膨胀时,会使排出水的体积偏大;然后调整量筒高度,使量筒内液面和广口瓶中液面相平,以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等,从而使排出水的体积与产生的O2的体积相等,最后再读取量筒内水的体积;正确顺序为②①③;读数时若仰视量筒内的液面,会使读取O2的体积偏小;综上所述,本题答案是:
②①③;偏小。
(3)根据质量守恒定律,产生O2的质量为15.95g-15.55g=0.4g;n(O2)=0.4/32=0.0125mol,O2的摩尔体积为0.2797/0.0125=22.38L/mol;综上所述,本题答案是:
0.0125,22.38L/mol。
【点睛】
用排水法测量收集到气体体积时,要注意:
先将装置中的气体冷却至室温,否则气体受热膨胀时,易引起误差;第二,要调整量筒高度,使量筒内液面和广口瓶中液面相平,以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等,这样才能减小实验误差;最后再读取量筒内水的体积,要平视进行读数,减小实验误差;只要做到以上三点,就能提高测定数据的准确度。
2.现用该浓硫酸配制100mL1mol/L的稀硫酸。
可供选用的仪器有:
①胶头滴管;②烧瓶;③烧杯;④ 药匙;⑤量筒;⑥托盘天平。
请回答下列问题:
(1)配制稀硫酸时,上述仪器中不需要使用的有__________(填序号),还缺少的仪器有____________________(写仪器名称);
(2)经计算,配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为____________________________________________mL(保留一位小数),量取浓硫酸时应选用_________(选填10mL、50mL、100mL)规格的量筒;
【答案】②④⑥100mL容量瓶、玻璃棒5.410mL
【解析】
【分析】
【详解】
(1)配制100mL1mol/L的稀硫酸的配制步骤有:
计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等,一般用量筒量取(用到胶头滴管),在烧杯中稀释,并用玻璃棒搅拌,冷却后转移到100mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切,盖好瓶塞,摇匀,需要使用的仪器为:
量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管,所以不需要用到的仪器为②④⑥,缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒,故答案为:
②④⑥;100mL容量瓶、玻璃棒;
(2)图中浓硫酸的物质的量浓度为
,配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为
,应该用10mL的量筒,故答案为:
5.4;10mL。
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.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。
5.在标准状况下,由一氧化碳和二氧化碳组成的混合气体为6.72L,质量为12g,此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比是__________,一氧化碳的体积分数是__________,一氧化碳的质量分数是__________,碳原子和氧原子个数比是__________,混合气体的平均相对分子质量是__________,密度是__________g·L-1。
【答案】1∶325%17.5%4∶7401.79
【解析】
【分析】
根据公式:
=
进行分析解答。
【详解】
混合气体的物质的量=
=0.3mol,
设一氧化碳的物质的量为x,二氧化碳的物质的量为y,则:
解得:
x=0.075mol,y=0.225mol,
此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比=0.075mol∶0.225mol=1∶3;
一氧化碳的体积分数是=
×100%=25%;
一氧化碳的质量=0.075mol×28g·mol-1=2.1g,
一氧化碳的质量分数=
×100%=17.5%;
碳原子和氧原子个数比=(0.075mol+0.225mol)∶(0.075mol+0.225mol×2)=4∶7;
混合气体的平均摩尔质量=
=40g·mol-1,平均相对分子质量是40;
混合气体的密度=
≈1.79g·L-1。
答案:
1∶3;25%;17.5%;4∶7;40;1.79。
6.实验室需要配制0.1mol·L-1CuSO4溶液480mL。
按下列操作步骤填上适当的文字,以使整个操作完整。
(1)选择仪器。
完成本实验所必需的仪器有:
托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、________、________以及等质量的两片张滤纸。
(2)计算,应选择下列________。
A.需要CuSO4固体8.0gB.需要CuSO4·5H2O晶体12.0g
C.需要CuSO4·5H2O晶体12.5gD.需要CuSO4固体7.7g
(3)称量。
所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同)。
(4)溶解、冷却。
若未冷却,则所配溶液浓度会________。
(5)转移、洗涤。
若未洗涤,则所配溶液浓度会________。
(6)定容,摇匀。
(7)将配好的溶液静置一段时间后,倒入指定的试剂瓶,贴好标签,注明配制的时间、溶液名称及浓度。
(8)在配制过程中,某学生观察定容时液面情况如图所示,所配溶液的浓度会________。
【答案】胶头滴管500mL容量瓶AC偏高偏高偏低偏低
【解析】
【分析】
本题是一定量浓度溶液配制题目,注意其操作的相关注意事项即可
【详解】
(1)配制的是480mL溶液,需要容量瓶不能小于此体积,又定容后期需要胶头滴管,故本题答案为胶头滴管、500mL容量瓶;
(2)因为定容时使用的500mL容量瓶,其物质称量时时按500mL算,不是按480mL算,若果是硫酸铜固体其质量为
=8.0g,若为5水硫酸铜其质量为
=12.5g,故答案为A、C;
(3)砝码生锈,其砝码质量比本身标记质量大,其称量的物质质量增大,其配置容溶液浓度会偏高,故答案为偏高;
(4)若未冷却,会导致定容的溶液体积减少,最终导致溶液浓度偏高,故本题答案为偏高;
(5)若未洗涤,其烧杯中还残留有少量物质,其溶液中溶质质量减少,最终导致溶液浓度偏低,故本题答案为偏低;
(8)因仰视,溶液体积偏大,最终导致溶液浓度偏低,故本题答案为偏低。
【点睛】
注意:
计算物质质量时是以容量瓶体积来计算,不是配置的体积;定容时要平视,不要仰视和俯视;溶液移液要先冷却,转移时要多次洗涤。
7.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。
8.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、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。
HCl极易溶于水,工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。
(1)用密度为1.2g/mL,质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL3mol/L的稀盐酸,需要用量筒量取浓盐酸的体积为________mL。
(2)实验过程中,下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是____________。
A.量取浓盐酸时俯视刻度线B.实验前,容量瓶中有少量残留蒸馏水
C.定容时俯视刻度线D.转移时,未洗涤烧杯和玻璃棒
【答案】
1:
22352110862.5C
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)反应MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中,Mn元素化合价由+4价降低到+2价,Cl元素化合价由-1价升高为0价,根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目;
(2)该反应中,Cl元素部分化合价由-1价升高为0价,HCl既是还原剂,还有酸性作用;
(3)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价,根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式;
Ⅱ.
(1)根据c=
计算出需要浓盐酸的浓度,依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积;
(2)分析操作对物质的量和溶液体积的影响,依据c=
进行误差分析。
【详解】
Ⅰ.
(1)反应MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中,Mn元素化合价由+4价降低到+2价,Cl元素化合价由-1价升高,该反应的电子转移方向和数目可表示为
;
(2)反应中MnO2是氧化剂,HCl是还原剂,且HCl部分起酸性作用,根据氧化产物Cl2的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:
2;
(3)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价,其转移电子总数为10,根据转移电子守恒知,KMnO4的计量数是2、H2C2O4的计量数是5,再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4=2MnSO4+1K2SO4+10CO2↑+8H2O;
Ⅱ.
(1)质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm3的浓盐酸,物质的量浓度c=
=12mol/L,设需要浓盐酸体积为V,则依据溶液稀释规律得:
250mL×3mol/L=12mol/L×V,解得V=62.5mL;
(2)A.量取浓盐酸时俯视刻度线,则浓盐酸的体积偏低,导致所配溶液浓度偏低,故A错误;
B.容量瓶中有少量蒸馏水,对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响,溶液浓度无影响,故B错误;
C.定容时俯视,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故C正确;
D.转移时,未洗涤烧杯和玻璃棒,容量瓶内溶质减小,导致所配溶液浓度偏低,故D错误;
故答案为C。
9.按要求回答下列问题
(1)实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气,发生反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl(浓)=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O,当转移0.6mole-时被氧化的HCl为_____mol
(2)同温同压下,相同物质的量的SO2气体和SO3气体,其分子数之比为_________,密度之比为_________
(3)①向溴化钠溶液中通入适量的氯气,产生的现象是________,反应的化学方程式是_________;
②Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是______。
③下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的
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