2020-2021化学一模试题分类汇编——物质的量综合.docx
《2020-2021化学一模试题分类汇编——物质的量综合.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020-2021化学一模试题分类汇编——物质的量综合.docx(34页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、2020-2021 化学一模试题分类汇编物质的量综合一、高中化学物质的量1 纯碱和小苏打都是重要的化工原料,在生产和生活中有着广泛的应用。(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3 溶液置于酒精灯火焰上灼烧,火焰呈_色。(2)实验室中需 0.2mol/L 的 Na2CO3 溶液 950mL,配制时应选用容量瓶的规格和称取 Na2CO3 的质量分别是 _ 。A 1000mL; 21.2gB 950mL; 20.14gC500mL ;21.2gD 500mL;10.6g(3)若加热 10.00g 的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,使碳酸氢钠完全分解,混合物质量减少了2.48g,则原混合物中碳酸钠的质量分数为_。
2、(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分,他取少量该白色物质溶于水,并向所得溶液中加入适量澄清石灰水,产生白色沉淀,据此该同学认为有碳酸钠。你是否同意该同学的观点,请你用适当的化学方程式阐述你的观点_。(5)取等物质的量浓度的NaOH 溶液两份A 和 B,每份 10 mL,分别向A、 B 中通入不等量的CO2,再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/L 的盐酸,标准状况下产生的CO2 的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示,试回答下列问题:曲线 A 表明,原NaOH 溶液中通入CO2 后,所得溶液加盐酸后产生CO2 气体体积 (标准状况 )的最大值为 _mL。曲线 B
3、 表明,原 NaOH 溶液中通入 CO2 后,所得溶液中的溶质成分是_,其物质的量之比为 _。【答案】黄A 32.8%不同意,由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3 + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH) + NaHCO = CaCO + NaOH +HO),碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀233233.6 Na CO 与 NaHCO1:1233【解析】【分析】(1)考查焰色反应;(2)根据 n=cV, m=nM 计算;(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,二氧化碳和水,固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量;(4)根据碳酸钠,碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断;(
4、5)根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量,利用n= V;Vm由曲线 B 可知从 25mL 到 75mL 为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳,根据钠原子守恒计算;【详解】(1)钠的焰色反应为黄色;(2)配置 950ml 的溶液应用 1000 mL 容量瓶配制溶液,所需Na2CO3的质量m=nM=cVM =0.2mol/L 1L106g/mol=21.2g ,答案选 A;(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x 根据混合物质量减少了2.48g,2NaHCO3 = Na2CO3 +H 2O+CO2质量差16862x2.48g1686210g,则碳酸钠的质量为10g-6.72g=x,解
5、得 x=6.72g,碳酸钠和碳酸氢钠共2.48g3.28g,原混合物中碳酸钠的质量分数=3.28g100% =32.8%;10g(4) 由于 Ca(OH) + 2NaHCO = CaCO + NaCO +2HO (或 Ca(OH) + NaHCO = CaCO +233232233NaOH +H2O),碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀,同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀,所以不同意他的观点;(5) CO2 与 NaOH 反应为 CO2+NaOH=NaHCO3, CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,当n CO2? 1,反应按进行,等于 123;大于 1时, CO 、 NaOH
6、 恰好反应生成NaHCOn NaOH时,生成 NaHCO3, CO2 有剩余;当1n CO2 1,反应按进行,CO2 、 NaOH 反应,无剩余,生成物为2 n NaOHNaHCO3、 Na2CO3;当 n CO21,反应按进行,等于1 时, CO223;小于n NaOH?、 NaOH 恰好反应生成Na CO221 时,生成 Na2CO3, NaOH 有剩余;2由曲线 A 可知从 60ml 到 75ml为碳酸氢钠与盐酸反应, 消耗的 15mL 盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生 CO2322,反应方程式为NaHCO +HCl=NaCl+CO +H O,所以3-3n(NaHCO )=n(HCl)=(
7、75ml-60ml) 0.1mol/L=110.5 mol,根据 C 原子守恒,所以-3-322.4L/mol=33.6 mL ;n(CO2)=n(NaHCO3)=1.5 10mol, V= nVm =1.5 10mol 加入 75ml 盐酸时二氧化碳的体积达最大,此时溶液为氯化钠溶液。根据氯离子、钠离子守恒,所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075ml 0.1mol/L=0.0075mol,由曲线 B 可知从25mL 到 75mL 为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳,反应方程式为 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2 +H2O,所以 n(NaHCO3)=n(HCl)=n(
8、CO2)=(75ml-25ml) 0.1mol/L=0.005mol,所以 n(CO2): n(NaOH)=0.005mol :0.0075mol= 2 ,3大于 1:2,小于 1,所以反应按进行,CO2、 NaOH 反应, NaOH 无剩余,生成物为Na2CO3 与 NaHCO3,根据钠原子守恒,所以1n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.0075mol ,而2n(NaHCO3)= 0.005mol ,则 n(NaHCO3)=0.005mol ,故 Na2CO3 与 NaHCO3 的物质的量之比为1:1。【点睛】碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键,学生使用时需灵活掌握。2 为了
9、将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来,国际上采用了“物质的量”这一物理量,据此完成下列试题:( 1)等质量的 O2 和 O3 所含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 a、 b、 c、NA 的式子表示 ) 。(4)实验室需要配制 100mL1mol / L 的 NaOH 溶液,进行如下操作:配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管,还需要的玻璃仪器_。计算需要NaOH 固体的质
10、量:_g。取出 50 mL 配制好的溶液,此溶液中NaOH 的物质的量浓度为_。若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是_。A. 称量时砝码已经生锈B. 定容时仰视C. 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作D. 定容摇匀后,液面低于容量瓶颈上的刻度线22.4bc【答案】 3: 21:12:3L100mL 容量瓶 4. 01mol/ L Aa N A【解析】【详解】(1)根据nm23可知,等质量的O 和 O 的物质的量之比为Mn(O 2 ) : n(O 3 )1 :13: 2,所含分子的物质的量之比为3:2 。3248(2)根据阿伏加德罗定律, PV=nRT( R 为常数),在等温等
11、压下,等体积的任一气体所含分子的物质的量相同,由N=nNA( NA 为常数)可知,分子个数比为1: 1;由 m nM可知, O2 和 O3 的质量比为2: 3。(3)设 NA 为阿伏加德罗常数的值,如果ag 氧气中含有的分子数为b,则 ag 氧气的物质的量 nNbMmagaN A g gmol 1,即当氧气为 cg,物质,摩尔质量nbbN AN AmolN Amcgbc22.4bc的量 nMaN A1 aN A mol ,在标准状况下的体积 V nVmg gmolL。baN A(4)实验室需要配制100mL1mol / L 的 NaOH 溶液,则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、
12、胶头滴管和100mL 容量瓶 。需要 NaOH 固体的质量 m nMcVM 100mL 1mol gL 140ggmol 14g 。溶液具有均一性,物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变,浓度仍然为1mol/L。A. 称量时砝码已经生锈,实际砝码质量增大,称得的氢氧化钠质量增大,浓度偏高;B. 定容时仰视,实际加水量偏高,溶液浓度偏低;C. 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作,剩余部分溶质残留,导致容量瓶内部溶质减小,溶液物质的量浓度偏低;D. 定容摇匀后,溶液物质的量浓度固定,液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。答案为 A。【点睛】根据 cn和溶液的体可得,一定物质的量浓度溶
13、液配制的误差都是由溶质的物质的量V积 V 引起的。误差分析时,关键要看配制过程中引起和V 怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时,若n 比理论值小,或 V 比理论值大时,都会使所配溶液浓度偏小;若n比理论值大,或 V比理论值小时,都会使所配溶液浓度偏大。需要具体问题具体分析。3 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 氧化剂
14、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 _。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_;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:_;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 MnO 2 和浓盐酸制氯气,反应原理: MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2 +2H2O实验室用MnO 2 和浓盐酸制氯气的离子方程式:_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 _。a
15、: 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】 1:5 0.5NA溶液分层,下层液为紫红色蒸馏烧瓶 温度计g MnO2+4H+ +2Cl-(浓)Mn 2+Cl2 +2H2OMnO2 HCl 1:1Cl2Fe3+I2【解析】【分析】(1) KIO 3+5KI+3H2SO4 3I2+3K 2SO4+3H 2O 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
16、子转移情况;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;依据蒸馏的正确操作与注意事项分析;( 2)实验室常用 MnO 2 和浓盐酸制氯气;依据氧化还原反应的规律分析;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)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3molI 2,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;溶液分层且I2 溶于 CCl
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2020 2021 化学 试题 分类 汇编 物质 综合
链接地址:https://www.31doc.com/p-8723276.html