全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总含答案.docx
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全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总含答案
全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总含答案
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.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.氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。
Ⅰ.次氯酸钠是最普通的家庭洗涤中的“氯”漂白剂和消毒剂。
已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签,完成以下问题:
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·L-1。
(2)该同学参阅该“84消毒液”的配方,欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。
需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为___g。
(3)若出现如下情况,对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”):
①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久___;
②定容时俯视容量瓶刻度线___。
Ⅱ.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。
实验室可通过以下反应制得:
2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
试回答下列问题:
(1)请用双线桥表示反应中电子转移的情况___。
2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
(2)试比较KClO3和CO2的氧化性强弱:
KClO3___CO2(填“>”“<”或“=”)。
(3)消毒时,ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物,此过程说明ClO2具有___(填“氧化”或“还原”)性。
(4)在标准状况下,当生成11.2LClO2时,转移电子的数目为___。
【答案】6(或6.0)44.7偏低偏高
>氧化0.5NA
【解析】
【分析】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
。
⑵先根据物质的量浓度计算NaClO物质的量和NaClO固体的质量。
⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久,则称量44.7g固体中NaClO的质量减少;②定容时俯视容量瓶刻度线,溶液体积减小。
Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低,H2C2O4中C化合价升高。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
⑶Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等,化合价升高,则ClO2化合价降低。
⑷生成2molClO2转移2mol电子,先计算生成11.2LClO2的物质的量,再计算转移电子物质的量和电子的数目。
【详解】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
;故答案为:
6(或6.0)。
⑵该同学参阅该“84消毒液”的配方,欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液,则需要的NaClO物质的量为
,则需要用托盘天平称量NaClO固体的质量
;故答案为:
0.6;44.7。
⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久,则称量44.7g固体中NaClO的质量减少,因此物质的量浓度偏低;故答案为:
偏低。
②定容时俯视容量瓶刻度线,溶液体积减小,物质的量浓度偏高;故答案为:
偏高。
Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低,H2C2O4中C化合价升高,因此用双线桥表示反应中电子转移的情况
;故答案为:
。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,因此KClO3氧化性大于CO2的氧化性,故答案为:
>。
⑶消毒时,ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物,Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等,化合价升高,则ClO2化合价降低,因此此过程说明ClO2具有氧化性;故答案为:
氧化。
⑷在标准状况下,生成2molClO2转移2mol电子,当生成11.2LClO2即物质的量为
时,转移电子物质的量为0.5mol,电子的数目为0.5NA;故答案为:
0.5NA。
4.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。
5.现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液,选择适当的试剂除去杂质,得到纯净的NaNO3固体,实验流程如下图所示。
(1)沉淀A的主要成分是_____________、______________(填化学式)。
(2)①②③中均进行的分离操作是_______________。
(3)溶液3经过处理可以得到NaNO3固体,溶液3中肯定含有的杂质是__________,为了除去杂质,可向溶液3中加入适量的______________。
(4)实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol•L-1的HNO3溶液,但是在实验室中只发现一瓶8mol•L-1的HNO3溶液,该小组用8mol•L-1的HNO3溶液配制所需溶液。
①实验中所需的玻璃仪器包括________、_____mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。
②该实验中需要量取8mol•L-1的HNO3溶液________mL。
③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_____________。
A.取用8mol•L-1的HNO3溶液溶液时仰视量筒刻度线
B.量取用的量筒水洗后未进行任何操作
C.8mol•L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯
D.定容时仰视刻度线
E.定容后,将容量瓶振荡摇匀后,发现液面低于刻度线,未进行任何操作
【答案】BaSO4BaCO3过滤Na2CO3HNO3500mL容量瓶100玻璃棒62.5AC
【解析】
【分析】
由实验流程可知,加入过量的Ba(NO3)2,生成BaSO4、BaCO3沉淀,然后在滤液中加入过量的AgNO3,使Cl-全部转化为AgCl沉淀,在所得滤液中加入过量的Na2CO3,使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀,最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物,加入稀HNO3,最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。
【详解】
(1)加入过量的Ba(NO3)2,Na2SO4、Na2CO3和Ba(NO3)2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀,故答案为:
BaSO4;BaCO3;
(2)①②③中均进行的分离操作是分离固体和液体,为过滤操作,故答案为:
过滤;
(3)溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物,加入稀HNO3,可除去Na2CO3,最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠,故答案为:
Na2CO3;HNO3;
(4)①实验室只有500mL的容量瓶,则本实验需要配制的溶液体积为500mL,另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解,同时需要玻璃棒搅拌,转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流,最后还需要用胶头滴管定容,整个实验需要的玻璃仪器包括500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等,故答案为:
500mL容量瓶;100;玻璃棒;
②设需要量取8mol•L-1的HNO3溶液VmL,则8mol•L-1×V×10-3L=1mol•L-1×500×10-3L,解得:
V=62.5mL,故答案为:
62.5;
③A.取8mol•L-1的HNO3溶液时仰视刻度线,液面在刻度线上方,即浓硝酸的体积偏大,导致配制溶液浓度偏高,故A正确;
B.量取用的量筒水洗后未进行任何操作,会稀释浓硝酸,即浓硝酸的体积偏小,导致配制溶液浓度偏低,故B错误;
C.量筒量取浓硝酸后,不应该水洗,否则浓硝酸的体积偏大,导致配制溶液浓度偏高,故C正确;
D.定容时仰视刻度线,液面在刻度线上方,溶液体积偏大,导致浓度偏低,故D错误;
E.定容后,除容量瓶振荡摇匀,不能再加水定容,这样做对实验结果无影响,故E错误;故答案为AC。
6.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。
7.卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。
(1)碘是人体不可缺乏的元素,为了防止碘缺乏,现在市场上流行一种加碘盐,就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。
某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘,查阅了有关的资料,发现其检测原理是:
KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4
①氧化剂与还原剂的物质的量比是_______;如果反应生成0.3mol的单质碘,则转移的电子数目是_______。
②先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解,然后加入稀硫酸和KI溶液,最后加入一定量的CCl4,振荡,这时候,观察到的现象是_____;
③若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。
写出图中仪器的名称:
①_____;该装置还缺少的仪器是_____;冷凝管的进水口是:
_____(填g或f)。
(2)实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气,反应原理:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O
①实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式:
__________________________
②上述反应中氧化剂:
__________,还原剂:
__________,被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值______________。
③a:
Cl2+2I-=I2+2Cl-;b:
Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-;c:
2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。
Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序:
_________________________
【答案】1:
50.5NA溶液分层,下层液为紫红色蒸馏烧瓶温度计gMnO2+4H++2Cl-(浓)
Mn2++Cl2↑+2H2OMnO2HCl1:
1Cl2>Fe3+>I2
【解析】
【分析】
(1)①KIO3+5KI+3H2SO4→3I2+3K2SO4+3H2O中,I元素的化合价由+5价降低为0,I元素的化合价由-1价升高为0,化合价升高值=化合价降低值=转移电子数,根据化合价变化确定电子转移情况;
②碘易溶于有机溶剂,在四氯化碳在的溶解度远大于在水中,加入四氯化碳萃取水中的碘,四氯化碳与水不互溶,溶液分成两层,四氯化碳的密度比水,有机层在下层,碘溶于四氯化碳呈紫红色,上层几乎无色;
③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析;
(2)①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气;
②依据氧化还原反应的规律分析;
③依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答;
【详解】
(1)①反应中氧化剂为KIO3,还原剂为KI,氧化剂与还原剂的物质的量比是1:
5;生成3molI2,电子转移5mol,生成0.3mol的单质碘转移的电子0.5mol,转移的电子的数目为0.5NA;
②溶液分层且I2溶于CCl4中呈紫色,密度较大,因此观察到的现象是溶液分层,下层液为紫红色;
③该图为蒸馏装置①是蒸馏烧瓶,②是锥形瓶;在蒸馏时需要测量温度,还需要温度计;冷凝水进出水方向为“下进上出”,即g口为进水口;
(2)①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气,反应原理:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,离子反应为:
MnO2+4H++2Cl-(浓)
Mn2++Cl2↑+2H2O;
②反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价,Cl元素化合价从-1价升高到0价,MnO2作氧化剂,HCl作还原性,盐酸具有还原性和酸性,且被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值为1:
1;
③a反应中Cl2作氧化剂,I2为氧化产物,氧化性Cl2>I2,b反应中Cl2作氧化剂,Fe3+为氧化产物,氧化性Cl2>Fe3+,c反应中Fe3+作氧化剂,I2为氧化产物,氧化性Fe3+>I2,综上,氧化性Cl2>Fe3+>I2。
【点睛】
本题的难点是氧化性强弱的判断,一般根据氧化还原反应原理来判断
(1)氧化性强弱:
氧化剂>氧化产物。
(2)还原性强弱:
还原剂>还原产物。
8.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。
9.按要