鲁科版高中化学 物质的量在化学实验中的应用 名师精编单元测试3.docx

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鲁科版高中化学物质的量在化学实验中的应用名师精编单元测试3

物质的量在化学实验中的应用

（建议用时：

45分钟）

A级　基础达标

1．（2018·成都模拟）下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1的是（　　）

A．将40gNaOH溶解于1L水中配成的溶液

B．将80gSO3溶于水并配成1L溶液

C．将0.5mol·L－1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液

D．含K＋为2mol的K2SO4溶液

B　[A项，溶液体积不是1L，浓度不是1mol·L－1；C项，蒸发掉50g水后，溶液的体积不是50mL；D项，未指明溶液体积。

]

2．把如图标签所示的两份溶液注入如图容量瓶中并达到图示状态。

则该瓶溶液中H＋的物质的量浓度是（　　）

A．0.21mol·L－1　　B．0.42mol·L－1

C．0.56mol·L－1D．0.26mol·L－1

B　[c（H＋）＝

＝0.42mol·L－1。

]

3．浓度为2mol·L－1的盐酸VL，欲使其浓度变为4mol·L－1，以下列出的方法中可行的是（　　）

A．通入标准状况下的HCl气体44.8L

B．将溶液加热蒸发浓缩至0.5VL

C．蒸发掉0.5VL水

D．加入10mol·L－1盐酸0.6VL，再将溶液稀释至2VL

D　[A项，溶液体积有变化，且HCl的物质的量不一定是原来的2倍；B项，蒸发浓缩时HCl要挥发；C项，蒸发时无法控制HCl的挥发；D项，2V＋10×0.6V＝4×2V。

]

4．为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理（反应方程式：

2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O）。

现有由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4组成的混合气体恰好被VLNaOH溶液吸收（无气体剩余），则此NaOH溶液的物质的量浓度为（　　）

A.

mol·L－1B.

mol·L－1

C.

mol·L－1D.

mol·L－1

B　[根据N元素守恒，可知反应后得到的NaNO2和NaNO3的物质的量之和为（a＋b＋2c）mol；再根据钠元素守恒，可知参与反应的NaOH为（a＋b＋2c）mol，故c（NaOH）＝

mol·L－1。

]

5．下列有关溶液配制的说法正确的是（　　）

A．在50mL量筒中配制0.1000mol·L－1碳酸钠溶液

B．仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100mL0.1000mol·L－1K2Cr2O7溶液

C．用100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH＝1的盐酸配制100mLpH＝2的盐酸

D．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高

C　[配制一定浓度的溶液时要在容量瓶中进行，A、B均错误；定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，D错误。

]

6．在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg·cm－3，质量分数为w，其中含有NH

的物质的量是bmol，下列叙述正确的是（　　）

A．溶质的质量分数w＝

×100%

B．溶质的物质的量浓度c＝

mol·L－1

C．溶液中c（OH－）＝

mol·L－1＋c（H＋）

D．向上述溶液中加入VmL水，所得溶液的质量分数大于0.5w

C　[溶质的质量分数w＝

×100%，A项错误；氨水中的溶质是NH3，不是NH3·H2O，将w＝

×100%代入公式c＝

，化简可得c＝

mol·L－1，B项错误；氨水中含有的阳离子为H＋和NH

，含有的阴离子只有OH－，根据电荷守恒可知C项正确；由于氨水的密度小于水的密度，与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍，故其质量分数小于0.5w，D项错误。

]

7．配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是（　　）

A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液

B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82mL浓盐酸

C．配制1L0.1mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85gNaCl固体

D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁

A　[量筒只能精确到0.1mL，B错误；托盘天平只能精确到0.1g，C错误；用胶头滴管定容时，滴管不能紧贴容量瓶内壁，以防蒸馏水附着在容量瓶刻度线以上的部分，引起误差，D错误。

]

8．下列反应中，反应后固体物质增重的是（　　）

A．氢气通过灼热的CuO粉末

B．二氧化碳通过Na2O2粉末

C．铝与Fe2O3发生铝热反应

D．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液

B　[四个选项的反应方程式及固体物质质量变化如下：

A．H2＋

＋H2O，固体质量减小，不正确。

B．2CO2＋

===

＋O2，固体质量增大，正确。

C．2Al＋Fe2O3高温,Al2O3＋2Fe，固体质量不变，不正确。

D.

＋Cu（NO3）2===

＋Zn（NO3）2，固体质量减小，不正确。

]

9．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、________、________以及等质量的两片滤纸。

（2）计算，应选择下列________。

A．需要CuSO4固体8g

B．需要CuSO4·5H2O晶体12.0g

C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5g

D．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________。

【解析】　

（1）依据配制500mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液的步骤可知，配制过程中需要的仪器为：

托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶等。

（2）实验室需配制480mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量为：

0.1mol·L－1×0.5L＝0.05mol，若用CuSO4配制，则需要的质量：

160g·mol－1×0.05mol＝8.0g；若用CuSO4·5H2O配制，则需要的质量：

250g·mol－1×0.05mol＝12.5g。

（3）称量所用砝码生锈，称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高。

（4）若未冷却，所配溶液体积偏小，浓度偏高。

（5）若未洗涤，所配溶液中溶质偏少，浓度偏低。

（8）定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低。

【答案】　

（1）胶头滴管　500mL容量瓶　

（2）AC　（3）偏高　（4）偏高　（5）偏低　（8）偏低

B级　专项突破

10．（2018·甘肃兰州一中高考冲刺）将由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物10.0g放入500mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol·L－1的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。

该盐酸的浓度为（　　）

A．0.5mol·L－1　　　B．3.0mol·L－1

C．2.0mol·L－1D．1.0mol·L－1

D　[1根据题意可知，得到的沉淀最多时，此时沉淀成分为Al（OH）3、Cu（OH）2、Fe（OH）3，溶液中的溶质只有NaCl，可以得到关系式

NaOH　～　Na＋　～　Cl－　～　HCl

1mol　　　　　　　　　　　　　1mol

0.25L×2.0mol·L－1　　　　　n（HCl）

1mol∶1mol＝（0.25L×2.0mol·L－1）∶n（HCl）

n（HCl）＝0.5mol，c（HCl）＝

＝1.0mol·L－1。

]

11．含KCl和KBr的样品3.87g，溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生的沉淀质量为6.63g，则原样品中钾元素的质量分数为（　　）

A．24.1%B．40.3%

C．25.9%D．48.7%

B　[KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。

K～Ag　Δm

39　108　69

m　　　6.63g－3.87g＝2.76g

m＝1.56g，故

×100%≈40.3%。

]

12．16mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400℃左右可发生反应：

6NO＋4NH3

5N2＋6H2O（g），达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：

①5∶3　②3∶2　③4∶3　④9∶7。

其中正确的是（　　）

A．①②B．①④

C．②③D．③④

C　[

6NO＋4NH3

5N2＋6H2O（g）　ΔV（气体的体积差）

6mL　4mL　　5mL6mL　　（5＋6）－（4＋6）

　　　　　　　　　　　＝1（mL）

　　　　　　　　　　　（理论差量）

9mL　6mL　　　　　　　　17.5－16

　　　　　　　　　　　＝1.5（mL）

　　　　　　　　　　　（实际差量）

由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V（NO）∶V（NH3）＝（9mL＋1mL）∶6mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V（NO）∶V（NH3）＝9mL∶（6mL＋1mL）＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V（NO）∶V（NH3）介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。

]

13．（2016·江苏高考，T18节选）过氧化钙（CaO2·8H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。

水中溶解氧的测定方法如下：

向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO（OH）2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO（OH）2与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。

测定过程中物质的转化关系如下：

O2

MnO（OH）2

I2

S4O

（1）写出O2将Mn2＋氧化成MnO（OH）2的离子方程式：

____________________________________________________________。

（2）取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.01000mol·L－1Na2S2O3标准溶液13.50mL。

计算该水样中的溶解氧（以mg·L－1表示），写出计算过程。

【解析】　

（1）O2在碱性条件下将Mn2＋氧化为MnO（OH）2，反应的离子方程式为2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO（OH）2↓。

【答案】　

（1）2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO（OH）2↓

（2）在100.00mL水样中

I2＋2S2O

===2I－＋S4O

n（I2）＝

＝

＝6.750×10－5mol

n[MnO（OH）2]＝n（I2）＝6.750×10－5mol

n（O2）＝

n[MnO（OH）2]＝

×6.750×10－5mol＝3.375×10－5mol

水中溶解氧＝

＝10.80mg·L－1

14．过氧化钙晶体（CaO2·8H2O）可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。

（1）已知：

I2＋2S2O

===2I－＋S4O

，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：

第一步：

准确称取ag产品放入锥形瓶中，再加入过量的bgKI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2mol·L－1的H2SO4溶液，充分反应。

第二步：

向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。

第三步：

逐滴加入浓度为cmol·L－1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是

____________________________________________________________

____________________________________________________________。

若滴定消耗Na2S2O3溶液VmL，则样品中CaO2的质量分数为________（用字母表示）。

（2）已知过氧化钙加热至350℃左右开始分解放出氧气。

将过氧化钙晶体（CaO2·8H2O）在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350℃左右所得固体物质的化学式为________。

【解析】　

（1）根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2O

，则样品中CaO2的质量分数为

×100%＝

×100%。

（2）CaO2·8H2O的摩尔质量为216g·mol－1，故2.16g过氧化钙晶体为0.01mol,350℃左右所得固体质量为0.56g，根据钙元素守恒，可知为CaO。

【答案】　

（1）溶液由蓝色变无色，振荡，且30s内不出现蓝色　

×100%　

（2）CaO

C级　能力提升

15．（2018·黄冈模拟）甲、乙两物质的溶解度曲线如图所示。

下列叙述中正确的是（　　）

A．t1℃时，在100g水中放入60g甲，其溶质的质量分数为37.5%

B．t1℃时，甲和乙的饱和溶液的物质的量浓度一定相等

C．t2℃时，甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等

D．t2℃时，分别在100g水中各溶解20g甲、乙，同时降低温度，甲先达到饱和

D　[t1℃时，在100g水中放入60g甲，根据溶解度曲线可知溶解的固体为30g，所以溶质的质量分数应是

×100%≈23.08%，A错误；t1℃时，甲和乙的溶解度相等，故它们的饱和溶液的质量分数相同，但溶质的摩尔质量和溶液密度不一定相等，所以物质的量浓度不一定相等，B错误；t2℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，故甲、乙的饱和溶液中溶质质量分数不相等，C错误；降温使溶液达到饱和，由溶解度曲线不难看出，甲的溶解度随温度变化而变化的程度比乙大，故同时降低温度，甲先达到饱和，D正确。

]

16．工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量杂质Fe3＋）生产重铬酸钾（K2Cr2O7）。

工艺流程及相关物质溶解度曲线如图所示：

（1）由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为

____________________________________________________________

____________________________________________________________。

通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是

____________________________________________________________

____________________________________________________________。

（2）向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是

____________________________________________________________

____________________________________________________________。

（3）固体A主要为________（填化学式），固体B主要为________（填化学式）。

（4）用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）中，既能提高产率又可使能耗最低。

【解析】　

（1）Na2Cr2O7与KCl发生复分解反应，化学方程式为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl，根据图像可知，低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小。

（2）加碱使Fe3＋生成沉淀而除去。

（3）根据溶解度的大小，高温浓缩时，NaCl析出，所以固体A主要为NaCl；冷却结晶时，K2Cr2O7析出，所以固体B主要为K2Cr2O7。

（4）用热水洗涤固体NaCl，洗涤液中含有NaCl，所以洗涤液转移到母液Ⅱ中，既能提高产率又能使能耗最低。

【答案】　

（1）Na2Cr2O7＋2KCl===2NaCl＋K2Cr2O7↓　低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小（合理即可）

（2）除去Fe3＋

（3）NaCl　K2Cr2O7

（4）Ⅱ