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    2019年高考化学一轮复习课时分层训练4物质的量在化学实验中的应用鲁科版

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    2019年高考化学一轮复习课时分层训练4物质的量在化学实验中的应用鲁科版

    1、课时分层训练(四)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1 molL1的是()A将40 g NaOH溶解于1 L水中配成的溶液B将80 g SO3溶于水并配成1 L溶液C将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液D含K为2 mol的K2SO4溶液BA项,溶液体积不是1 L,浓度不是1 molL1;C项,蒸发掉50 g水后,溶液的体积不是50 mL;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()A0.21 molL1B0.4

    2、2 molL1C0.56 molL1D0.26 molL1Bc(H)0.42 molL1。3浓度为2 molL1的盐酸V L,欲使其浓度变为4 molL1,以下列出的方法中可行的是()A通入标准状况下的HCl气体44.8 LB将溶液加热蒸发浓缩至0.5V LC蒸发掉0.5V L水D加入10 molL1盐酸0.6V L,再将溶液稀释至2V LDA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,2V100.6V42V。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:2NO22N

    3、aOH=NaNO3NaNO2H2O;NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余),则此NaOH溶液的物质的量浓度为()A. molL1 B. molL1C. molL1 D. molL1B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(ab2c) mol;再根据钠元素守恒,可知参与反应的NaOH为(ab2c)mol,故c(NaOH) molL1。5下列有关溶液配制的说法正确的是()A在50 mL量筒中配制0.100 0 molL1碳酸钠溶液B仅用烧杯

    4、、量筒、玻璃棒就可配制100 mL 0.100 0 molL1 K2Cr2O7溶液C用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH1的盐酸配制100 mL pH2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a g NH3完全溶于水,得到V mL溶液,假设该溶液的密度为 gcm3,质量分数为w,其中含有NH的物质的量是b mol,下列叙述正确的是()A溶质的质量分数w100%B溶质的物质的量浓度c molL1C溶液中c(

    5、OH) molL1c(H)D向上述溶液中加入V mL水,所得溶液的质量分数大于0.5wC溶质的质量分数w100%,A项错误;氨水中的溶质是NH3,不是NH3H2O,将w100%代入公式c,化简可得c molL1,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9.82 mL浓

    6、盐酸C配制1 L 0.1 molL1的NaCl溶液时,用托盘天平称量5.85 g NaCl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0.1 mL,B错误;托盘天平只能精确到0.1 g,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(2014全国卷)下列反应中,反应后固体物质增重的是() 【导学号:95160019】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:AH2 H2O,固体质量减小,不正

    7、确。B2CO2 =O2,固体质量增大,正确。C2AlFe2O3高温,Al2O32Fe,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0.1 molL1 CuSO4溶液480 mL。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0.1 g)、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8 gB需要CuSO45H2O晶体12.0 gC需要CuSO45H2O晶体12.5 gD需要CuSO4固体7.7 g(3)称量。所用砝码生锈则所

    8、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500 mL 0.1 molL1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、500 mL容量瓶等。(2)实验室需配制480 mL 0.1 molL1的CuSO4溶液,需要选用500 mL容

    9、量瓶,实际上配制的是500 mL 0.1 molL1的硫酸铜溶液,需要硫酸铜的物质的量为:0.1 molL10.5 L0.05 mol,若用CuSO4配制,则需要的质量:160 gmol10.05 mol8.0 g;若用CuSO45H2O配制,则需要的质量:250 gmol10.05 mol12.5 g。(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500 mL容量瓶(2)AC(3)偏高

    10、(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10.0 g放入500 mL某浓度的盐酸中,混合物完全溶解,当再加入250 mL 2.0 molL1的NaOH溶液时,得到的沉淀最多。该盐酸的浓度为() 【导学号:95160020】A0.5 molL1B3.0 molL1C2.0 molL1D1.0 molL1D1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 NaClHCl1 mol1 mol0.25 L2.0 molL1 n(H

    11、Cl)1 mol1 mol(0.25 L2.0 molL1)n(HCl)n(HCl)0.5 mol,c(HCl)1.0 molL1。11含KCl和KBr的样品3.87 g,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6.63 g,则原样品中钾元素的质量分数为 ()A24.1%B40.3%C25.9% D48.7%BKCl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。KAgm3910869m 6.63 g3.87 g2.76 gm1.56 g,故100%40.3%。1216 mL由

    12、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:6NO4NH35N26H2O(g),达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL,则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况:53324397。其中正确的是()ABCDC6NO4NH35N26H2O(g)V(气体的体积差)6 mL4 mL5 mL 6 mL(56)(46) 1(mL) (理论差量)9 mL6 mL 17.516 1.5(mL) (实际差量)由此可知共消耗15 mL气体,还剩余1 mL气体,假设剩余的气体全部是NO,则V(NO)V(NH3)(9 mL1 mL)6 mL53,假设剩余的气体全部是NH3,则

    13、V(NO)V(NH3)9 mL(6 mL1 mL)97,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53与97之间,对照所给的数据知32与43在此区间内。13(2016江苏高考,T18节选)过氧化钙(CaO28H2O)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:O2MnO(OH)2I2S4O(1)

    14、写出O2将Mn2氧化成MnO(OH)2的离子方程式:_。(2)取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00 mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.010 00 molL1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mgL1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2Mn2O24OH=2MnO(OH)2。【答案】(1)2Mn2O24OH=2MnO(OH)2(2)在100.00 mL水样中I22S2O=2IS4On(I2)6.750105 molnMnO(OH)2n(I2)6.750105 moln(O2)

    15、nMnO(OH)26.750105 mol3.375105 mol水中溶解氧10.80 mgL114过氧化钙晶体(CaO28H2O)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:I22S2O=2IS4O,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a g产品放入锥形瓶中,再加入过量的b g KI晶体,加入适量蒸馏水溶解,再滴入少量2 molL1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c molL1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V mL,则样品

    16、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(CaO28H2O)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CaO2I22S2O,则样品中CaO2的质量分数为100%100%。(2)CaO28H2O的摩尔质量为216 gmol1,故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol,350 左右所得固体质量为0.56 g,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30 s内不出现蓝色100%(2)CaOC级能力提升

    17、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() 【导学号:95160021】At1 时,在100 g水中放入60 g甲,其溶质的质量分数为37.5%Bt1 时,甲和乙的饱和溶液的物质的量浓度一定相等Ct2 时,甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等Dt2 时,分别在100 g水中各溶解20 g甲、乙,同时降低温度,甲先达到饱和Dt1 时,在100 g水中放入60 g甲,根据溶解度曲线可知溶解的固体为30 g,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,

    18、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: 【导学号:95160022】(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

    19、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“”“”或“”)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Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl,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中,既能提高产率又能使能耗最低。【答案】(1)Na2Cr2O72KCl=2NaClK2Cr2O7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)NaClK2Cr2O7(4)9


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