备战高考化学物质的量大题培优含答案.docx
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备战高考化学物质的量大题培优含答案
备战高考化学物质的量(大题培优)含答案
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.某实验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验,回答下列问题。
(1)若实验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液,至少需要称量氢氧化钠固体________g。
(2)从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________(填序号)。
(3)定容时加水超过刻度线,会使配制溶液的浓度_________(偏高,偏低或不变)。
(4)下列情况会使所配溶液浓度偏低________(填序号)。
①称量读数时,左盘高,右盘低
②溶液转移到容量瓶后,未进行洗涤操作
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时,仰视容量瓶的刻度线
⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后,立即将所得溶液注入容量瓶中
⑥定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线
【答案】2.0①②⑤偏低①②④⑥
【解析】
【分析】
(1)根据配制溶液体积选择合适容量瓶,根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量;
(2)称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙,称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放;
(3)、(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。
【详解】
(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶,实际配制500mL溶液,需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g,故答案为:
2.0;
(2)氢氧化钠具有腐蚀性,所以称量氢氧化钠固体应用的仪器:
托盘天平,药匙,小烧杯,故答案为:
①②⑤;
(3)定容时加水超过刻度线,所配制的溶液的体积偏大,会使配制溶液的浓度偏低,故答案为:
偏低;
(4)①称量读数时,左盘高,右盘低,导致称量的固体质量偏小,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故选;
②溶液转移到容量瓶后,未进行洗涤操作,导致部分溶质损耗,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故选;
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水,对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响,溶液浓度不变,故不选;
④定容时,仰视容量瓶的刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故选;
⑤在烧杯中溶解NaOH后,立即将所得溶液注入容量瓶中,冷却后,溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故不选;
⑥定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故选;
综上所述,①②④⑥满足题意,故答案为:
①②④⑥。
【点睛】
配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析:
凡是实验操作中引起溶质的量n增大的,所配溶液的浓度偏高,凡是实验操作中引起溶液体积V增大的,所配溶液的浓度偏低。
2.实验室需要480mL0.3mol.·L-1NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。
请回答:
(1)如图所示的仪器中,配制上述溶液一定不需要的仪器为__________(填选项字母),配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为_________________(填仪器名称)。
(2)配制NaOH溶液。
①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_____g。
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时,洒落了少许,则所配制的溶液浓度将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(3)配制硫酸溶液。
①实验室用98%(ρ=1.84g·cm3)的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL,需准确量取98%的硫酸的体积为_____mL。
②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1,原因可能是_________(填选项字母)。
A.用胶头滴管加水定容时俯视刻度
B.容量瓶中原来存有少量水
C.稀释硫酸的烧杯未洗涤
D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度
【答案】AC烧杯、玻璃棒6.0偏低100mLCD
【解析】
【分析】
配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有:
计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。
配制硫酸溶液时,根据浓稀硫酸物质的量相等计算,浓硫酸的浓度可根据公式c=
进行计算。
【详解】
(1)用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒,因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗;还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。
(2)①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度,然后根据容量瓶体积计算溶质的量,配制480mL0.3mol/L的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶,因此需要NaOH的物质的量为0.5L×0.3mol/L=0.15mol,需要NaOH的质量为:
m=n∙M=0.15mol/L×40g/mol=6.0g,因此需要称取6.0NaOH固体。
②NaOH溶液转移时洒落少许,会使溶质物质的量减小,配制的溶液浓度偏低。
(3)98%的浓硫酸的分数为:
需要浓硫酸的体积为:
。
(4)A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度,读数比实际体积大,加入的水会低于刻度线,会使实际溶液浓度偏大,A错误;
B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度,B错误;
C.稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中,会使配制的溶液浓度减小,C正确;
D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度,读数比实际体积小,加入的水会超过刻度线,会使实际溶液浓度减小,D正确;
故选CD。
【点睛】
本题的易错点为(3)①,计算浓硫酸用量时,需根据稀释前后物质的量不变来计算,稀硫酸的浓度和体积是已知的,只需要知道浓硫酸的浓度即可,浓硫酸的浓度可用公式c=
算出。
3.用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·L-1的溶液。
请回答:
(1)在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。
A.烧杯B.量筒C.玻璃棒D.胶头滴管E.容量瓶
(2)定容时的操作:
当液面接近容量瓶刻度线时,__,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀。
(3)下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是___。
A.称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制
B.定容时俯视容量瓶的刻度线
C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线,再滴加蒸馏水至刻度线
D.转移洗涤液时洒到容量瓶外,继续用该未清洗的容量瓶重新配制
【答案】B用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切ACD
【解析】
【分析】
(1)配制溶液在烧杯中溶解,需要玻璃棒搅拌,转移到容量瓶中定容,当液面接近容量瓶刻度线时,需用胶头滴管滴加液体;
(2)当液面接近容量瓶刻度线时,改用胶头滴管滴加;
(3)结合
及不当操作可知,n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低;
【详解】
(1)配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤:
计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等,使用的仪器为:
托盘天平(带砝码)、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶;不必要的玻璃仪器是量筒,故答案为:
B。
(2)定容时,当液面接近容量瓶刻度线时,用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀,故答案为:
用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。
(3)A.称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制,n偏小,所配的Na2CO3溶液浓度偏低,A正确;
B.定容时俯视容量瓶的刻度线,V偏小,所配的Na2CO3溶液浓度偏大,B错误;
C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线,再滴加蒸馏水至刻度线,V偏大,所配的Na2CO3溶液浓度偏低,C正确;
D.转移洗涤液时洒到容量瓶外,继续配制,n偏小,所配的Na2CO3溶液浓度偏低,D正确;故答案为:
ACD。
【点睛】
配制一定物质的量浓度过程中误差分析:
①向容量瓶中转移液体时有少量流出,n减小,c偏小;②未洗涤烧杯和玻璃棒,n减小,c偏小;③定容时,水加多了,用胶头滴管吸出,n减小,c偏小;④定容摇匀时,液面下降,再加水,V增大,c偏小;⑤定容时,俯视刻度线,V减小,c偏大;⑥仰视刻度线,V增大,c偏小;⑦溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容,V减小,c偏大。
4.O2和O3是氧元素的两种单质,根据其分子式完成下列各题:
(1)等质量的O2和O3所含原子个数比为__,分子的物质的量之比为__。
(2)等温、等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为__,质量比为___。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的数值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则cg氧气在标准状况下的体积约是___(用含NA的式子表示)。
(4)常温下,将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3溶液混合,得到密度为1.15g·cm-3的混合溶液。
该混合溶液的物质的量浓度为___mol·L-1。
【答案】1:
13:
21:
12:
3
L2.28
【解析】
【详解】
(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为
∶
=3∶2,则所含分子个数之比为3∶2,原子个数之比为1∶1,故答案为:
1:
1;3:
2;
(2)据阿伏加德罗定律可知,同温同压下,等体积的气体含有相同数目的分子,即O2和O3所含分子数之比为1∶1,则原子个数比为2∶3,质量比为2∶3,故答案为:
1:
1;2:
3;
(3)氧气的摩尔质量为M=
=
=
g·mol-1,则cgO2在标准状况下体积为V=
·Vm=
×22.4L·mol-1=
L,故答案为:
L;
(4)混合后溶液中的KNO3的物质的量为n(KNO3)=
≈0.099mol,混合后溶液的总体积为V[KNO3(aq)]=
≈43.5cm3=4.35×10-2L,混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c(KNO3)=
≈2.28mol·L-1,故答案为:
2.28。
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.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;
(5)根据氧化剂的氧化性越强,则反应越容易,进行推理;
(6)根据Cl-离子守恒进行计算。
【详解】
(1)盐酸与二氧化锰反应化合价由-1变为0,作还原剂,表现还原性;与碱性氧化物反应,表现酸性;
(2)若0.1mol的氧化剂被还原,还原剂被氧化,物质为HCl,被还原的物质的量为0.2mol,转移0.2mol电子,即0.2NA;
(3)H2+Cl2=2HCl,0.2mol氯气与0.2molH2完全反应,生成0.4molHCl,标况下的体积为8.96L;c=
=
=4mol/L;
(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;电子转移的数目之比为6:
5:
6;
(5)根据反应①、③和4HCl(g)+O2
2Cl2+2H2O(g)可知,MnO2、O2、KMnO4三种物质均可制取氯气,且反应的条件下由易到难,氧化剂的氧化性越强,则反应越容易,则氧化性由强到弱的顺序为KMnO4>MnO2>O2;
(6)反应后的溶液的溶质为NaCl,且加热蒸干后得到的固体也为NaCl,根据Cl-离子守恒,n(NaCl)=n(HCl)=50.0mL×2.00mol/L=0.1mol,其质量为5.85g。
8.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。
(1)图中Y物质的化学式为______。
(2)治理含CO、SO2的烟道气,可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体.则治理烟道气反应的化学方程式为____________________________。
(3)实验室中X气体由不溶性的硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸混合反应制得,该反应的离子方程式为:
_____________________________________________。
(4)Na2S2O3(硫代硫酸钠)是一种用途广泛的钠盐。
①下列物质用于Na2S2O3的制备,从氧化还原反应的角度,理论上有可能的是___。
a.Na2S+Sb.Z+Sc.Na2SO3+Yd.NaHS+NaHSO3
②Na2S2O3具有较强还原性,能作为织锦物漂白后的脱氯剂,脱氯后S2O32-转变为SO42-。
现需处理含标准状况下Cl22.24L的织锦物,理论上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的体积为_______L。
【答案】SO32CO+SO2
2CO2+SFeS+2H+=Fe2++H2S↑bd25
【解析】
【分析】
依据元素化合价和物质分类分析,X为气态氢化物为H2S,Y为硫元素的+6价氧化物为SO3,Z为+4价的盐可以为Na2SO3。
(1)Y是S元素化合价为+6价;
(2)根据反应物、生成物,结合反应中电子转移数目相等,可得反应方程式;
(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4,根据离子方程式中物质拆分原则书写反应的离子方程式;
(4)①Na2S2O3中S为+2价,从氧化还原的角度分析,反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2;
②根据元素化合价升降总数相等,计算反应消耗的Na2S2O3的物质的量,再根据n=cV计算其物质的量。
【详解】
根据上述推断可知X是H2S,Y是SO3,Z是Na2SO3。
(1)Y为S元素的氧化物,化合价为+6价,则Y为SO3;
(2)CO、SO2反应产生S单质和CO2,根据电子守恒、原子守恒,可得反应方程式为:
2CO+SO2
2CO2+S;
(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4,反应的离子方程式为:
FeS+2H+=Fe2++H2S↑;
(4)①Na2S2O3中S为+2价,从氧化还原的角度分析,反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2,A中S化合价都小于2,C中物质中S化合价都大于+2价,B、D中S元素化合价必须分别大于2和小于2,故合理选项是bd;
②根据题干信息可知发生反应方程式为:
Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl,标准状况下2.24LCl2的物质的量是n(Cl2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,在反应中获得电子变为-1价的Cl-,0.1molCl2获得电子的物质的量是0.2mol;S2O32-转变为SO42-,每1molS2O32-失去8mol电子,则转移0.2mol电子,需消耗S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.2mol÷8=0.025mol,根据n=c·V可知理论上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的体积V=0.025mol÷0.00100mol/L=25L。
【点睛】
本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算,正确提取图象信息,结合氧化还原反应规律分析为解答关键,注意掌握常见元素及其化合物性质,试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
9.氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。
(1)下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。
a.滴水成冰b.蜡炬成灰c.百炼成钢
(2)NH3和Cl2反应的方程式为:
NH3+Cl2﹣N2+HCl
①该反应中被氧化的元素是_____(填元素名称),氧化剂是_____(填化学式)。
②配平该方程式:
_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl
(3)“地康法”制氯气的反应原理图示如下:
①反应I的化学方程式为_____。
②若要制得标准状况下氯气11.2L,则整个反应中转移电子的物质的量为_____。
【答案】a氮Cl223162HCl