备战高考化学综合题专题复习物质的量专题解析及答案解析.docx
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备战高考化学综合题专题复习物质的量专题解析及答案解析
备战高考化学综合题专题复习【物质的量】专题解析及答案解析
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol·L-1的NaOH溶液500mL,回答下列问题。
(1)关于容量瓶的使用,下列操作正确的是________(填字母)。
a.使用前要检验容量瓶是否漏液
b.用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干
c.为了便于操作,浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行
d.为了使所配溶液浓度均匀,定容结束后,要摇匀
e.用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液
f.当用容量瓶配制完溶液后,可用容量瓶存放所配制的试剂
(2)请补充完整实验的简要步骤。
①计算;②称量NaOH固体________g;③溶解;④冷却并移液;⑤洗涤并转移;⑥________;⑦摇匀。
(3)本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、量筒、玻璃棒,还缺少的仪器是________、________。
(4)上述实验操作②③都要用到小烧杯,其作用分别是_____________________和_______。
(5)如图是该同学转移溶液的示意图,图中有两处错误,请写出:
①____________________________________________;
②_____________________________________________。
(6)在配制过程中,其他操作都是正确的,下列操作会引起浓度偏高的是________(填字母)。
A.转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面
B.定容时俯视刻度线
C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D.定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,发现液面低于刻度线,再加水至刻度线
【答案】ad20.0定容500mL容量瓶胶头滴管用烧杯称量NaOH固体,防止NaOH腐蚀天平的托盘用烧杯做溶解用的容器没有用玻璃棒引流应选用500mL的容量瓶BC
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a、容量瓶使用前要检验是否漏水,a正确;
b、容量瓶不能加热,b错误;
c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液,也不能用来溶解固体,c错误;
d、为了使所配溶液浓度均匀,定容结束后要摇匀,d正确;
e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液,不能配制480mL溶液,e错误;
f、容量瓶不能长期贮存溶液,f错误;
故选ad;
(2)m(NaOH)=nM=cVM=1.00mol·L-1×0.500L×40g·mol-1=20.0g。
配制时,要遵循计算、称量、溶解(冷却)、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。
(3)配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平(带砝码)、量筒,本题还缺少500mL容量瓶和胶头滴管。
(4)NaOH固体具有强腐蚀性,不能用纸称量,要用玻璃仪器(如小烧杯)盛放。
NaOH固体溶解时要在小烧杯中进行。
(5)配制500mL的溶液,应选用500mL的容量瓶;在转移溶液时,一定要用玻璃棒引流,防止溶液溅到瓶外。
(6)A、转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面,导致溶质损失,则所配溶液浓度偏低,A错误;
B、定容时俯视液面,则溶液体积偏小,导致所配溶液浓度偏高,B正确;
C、在未降至室温时,立即将溶液转移至容量瓶定容,则冷却后溶液体积偏小,导致所配溶液浓度偏高,C正确;
D、定容后,加盖倒转摇匀后,由于会有少量液体残留在刻线上方,因此液面低于刻度线是正常的,又滴加蒸馏水至刻度,体积会增大,导致所配溶液浓度偏低,D错误;
故选BC。
【点睛】
本题第(3)题,填写容量瓶时务必带着规格填写,即填写500mL容量瓶,只填写容量瓶是不正确的。
2.锂因其重要的用途,被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”.
(1)Li3N可由Li在N2中燃烧制得.取4.164g锂在N2中燃烧,理论上生成Li3N__g;因部分金属Li没有反应,实际反应后固体质量变为6.840g,则固体中Li3N的质量是__g(保留三位小数,Li3N的式量:
34.82)
(2)已知:
Li3N+3H2O→3LiOH+NH3↑.取17.41g纯净Li3N,加入100g水,充分搅拌,完全反应后,冷却到20℃,产生的NH3折算成标准状况下的体积是__L.过滤沉淀、洗涤、晾干,得到LiOH固体26.56g,计算20℃时LiOH的溶解度__.(保留1位小数,LiOH的式量:
23.94)
锂离子电池中常用的LiCoO2,工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备.
(3)将含0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合,充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g;过滤,向滤液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液,得到白色沉淀143.50g,经测定溶液中的阳离子只有Na+,且Na+有1mol;反应中产生的气体被足量NaOH溶液完全吸收,使NaOH溶液增重13.20g,通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式__,写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式__.
(4)Co2(OH)2CO3和Li2CO3在空气中保持温度为600~800℃,可制得LiCoO2,已知:
3Co2(OH)2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2;4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2
按钴和锂的原子比1:
1混合固体,空气过量70%,800℃时充分反应,计算产物气体中CO2的体积分数__.(保留三位小数,已知空气组成:
N2体积分数0.79,O2体积分数0.21)
【答案】6.9646.65611.212.8g2CoCO3•3Co(OH)2•H2O5CoCl2+5Na2CO3+4H2O=2CoCO3•3Co(OH)2•H2O+10NaCl+3CO2↑0.305
【解析】
【分析】
【详解】
(1)首先写出锂在氮气中燃烧的方程式:
,接下来根据
算出锂的物质的量,则理论上能生成0.2mol的氮化锂,这些氮化锂的质量为
;反应前后相差的质量为
,这些增加的质量实际上是氮原子的质量,即
的氮原子,根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为
,这些氮化锂的质量为
;
(2)根据
先算出氮化锂的物质的量,根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:
1的,这些氨气在标况下的体积为
;根据化学计量比,0.5mol的氮化锂理论上能生成1.5mol的
,这些
的质量为
,缺少的那9.35克
即溶解损失掉的,但是需要注意:
溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量,虽然一开始有100克水,但是反应会消耗掉1.5mol水,这些水的质量为
,因此我们算出的9.35克是73克水中能溶解的
的量,换算一下
,解得S为12.8克;
(3)加入硝酸银后的白色沉淀为
,根据
算出
的物质的量,因此
全部留在溶液中,碱式碳酸钴中无
,
也全部留在溶液中,沉淀中无
,使烧碱溶液增重是因为吸收了
,根据
算出
的物质的量,根据碳守恒,剩下的
进入了碱式碳酸钴中,0.5mol
全部在碱式碳酸钴中,剩下的负电荷由
来提供,因此
的物质的量为0.6mol。
将0.5mol
、0.2mol
和0.6mol
的质量加起来,发现只有
,剩下的1.8克只能是结晶水,即0.1mol结晶水,综上,碱式碳酸钴的分子式为
;写出制备方程式
;
(4)令参加反应的氧气为3mol,相当于
的空气,又因为空气过量70%,则一共通入了
空气,反应中一共生成了6mol水蒸气和12mol二氧化碳,则二氧化碳的体积分数为
。
3.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。
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.已知:
2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,将0.1moKMnO4固体加热一段时间后,收集到amolO2;向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸,又收集到bmolCl2,此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注:
KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。
(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中的还原产物是_____(填化学式),反应中若产生0.3mol的气体则有________mol的电子转移。
(2)a+b的最大值为________,a+b最小值为________。
【答案】MnCl20.60.250.2
【解析】
【分析】
(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物;根据Cl元素化合价变化计算转移电子;
(2)KMnO4固体,加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,根据方程式计算氧气最大值,进而确定(a+b)的最小值。
【详解】
(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价,化合价降低,得到电子,被还原,所以MnCl2是还原产物;产生0.3mol的氯气时,转移电子为n(e-)=0.3mol×2×[0-(-1)]=0.6mol;
(2)KMnO4固体加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理可得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,此时a=0,则(a+b)的最大值=0.25;当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,由2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×
=0.05mol,则a+b≥0.25-0.05=0.2,故(a+b)的最小值为0.2。
【点睛】
本题考查混合物计算、氧化还原反应计算,充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。
掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础,学会将关系式进行变形,并用用极值方法分析判断。
6.根据题意计算填空。
(1)在标准状况下,8.5g某气体占有的体积为5.6L,则该气体的摩尔质量是__。
(2)在标准状况下,0.01mol某气体的质量为0.28g,则该气体的相对分子质量为__,该气体的密度为__g·L−1。
(3)在标准状况下,由CO和CO2组成的混合气体为6.72L,质量为12g,此混合物中CO和CO2物质的量之比是__,C和O原子个数比是__,CO的质量分数是__。
(4)现有mg某气体,它由双原子分子构成,它的相对分子质量为M。
若阿伏伽德罗常数用NA表示,则:
该气体的物质的量为__mol;该气体所含原子总数为__个;该气体在标准状况下的体积为__L;该气体溶于水后形成1L溶液(该气体不与水反应),其物质的量浓度为__mol·L-1。
【答案】34g/mol281.251:
34:
717.5%
【解析】
【详解】
(1)该气体的摩尔质量
,
故答案为:
34g/mol;
(2)0.01mol某气体的质量为0.28g,摩尔质量为
,故相对分子质量为28;标况下体积是0.224L,故密度为
,
答案为:
28;1.25;
(3)设
的物质的量为xmol,
的物质的量为ymol,标准状况下总体积6.72L,即总物质的量为0.3mol,故x+y=0.3,总质量为12g,故28x+44y=12,解得x=0.075,y=0.225,故
和
物质的量之比是为1:
3,
和
原子个数比是4:
7,CO的质量分数为
,
故答案为:
1:
3;4:
7;17.5%;
(4)该气体的物质的量为
mol;因为该气体为双原子分子,故所含原子总数为
个;该气体在标准状况下的体积为
L;该气体溶于水后形成1L溶液,其物质的量浓度为
mol·L-1,
故答案为:
;
;
;
。
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.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.氯气是一种重要的化工原料,自来水的消
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