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.doc

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1、1 / 12【2019【2019 最新最新】精选高考化学一轮复习课时分层训练精选高考化学一轮复习课时分层训练 4 4 物物质的量在化学实验中的应用鲁科版质的量在化学实验中的应用鲁科版(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B B AA 项，溶液体积不是项，溶液体积不是 1 1

2、L L，浓度不是，浓度不是 1 1 molLmolL1 1；C C 项，项，蒸发掉蒸发掉 5050 g g 水后，溶液的体积不是水后，溶液的体积不是 5050 mLmL；D D 项，未指明溶液体积。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 molL1 B0.42 molL1C0.56 molL1D0.26 molL1B B c(Hc(H) )0.42 molL1。3浓度为 2 molL1 的盐酸 V L，欲使其浓度变为 4 2 / 12molL1，以下列出的方法中可行的是( )A通入标准状况下的 HCl 气

3、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 LD D AA 项，溶液体积有变化，且项，溶液体积有变化，且 HClHCl 的物质的量不一定是原来的物质的量不一定是原来的的 2 2 倍；倍；B B 项，蒸发浓缩时项，蒸发浓缩时 HClHCl 要挥发；要挥发；C C 项，蒸发时无法控制项，蒸发时无法控制 HClHCl的挥发；的挥发；D D 项，项，2V2V100.6V100.6V42V42V。 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：2NO2

4、2NaOH=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 B 根据根据 N N 元素守恒，可知反应后得到的元素守恒，可知反应后得到的 NaNO2NaNO2 和和 NaNO3NaNO3 的物的物质的量之和为质的量之和为(a(ab b2c)2c) molmol；再根据钠元素守恒，可知参与反应；再根据钠元素守恒，可知参与反应的的 N

5、aOHNaOH 为为(a(ab b2c)mol2c)mol，故，故 c(NaOH)c(NaOH) molLmolL1 1。 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、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3 / 12D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 C 配制一定浓度的溶液时要在容量瓶中进行，配制一定浓度的溶液时要在容量瓶中进行，A

6、 A、B B 均错误；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，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 D 错误。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(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 C 溶质的质量分数溶质的质量分数 w w100%100%，A A 项错误；氨

7、水中的溶质是项错误；氨水中的溶质是NH3NH3，不是，不是 NH3H2ONH3H2O，将，将 w w100%100%代入公式代入公式 c c，化简可得，化简可得 c c molLmolL1 1，B B 项错误；氨水中含有的阳离子为项错误；氨水中含有的阳离子为 H H和和 NHNH，含有的阴，含有的阴离子只有离子只有 OHOH，根据电荷守恒可知，根据电荷守恒可知 C C 项正确；由于氨水的密度小于项正确；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 2倍，故其质量分数小于倍，故其质量分数小于 0.5w0.5

8、w，D D 项错误。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4 / 12D定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁A A 量筒只能精确到量筒只能精确到 0.10.1 mLmL，B B 错误；托盘天平只能精确到错误；托盘天平只能精确到0.10.1 g g，C C 错误；用胶头滴管定容时，滴管不能紧贴容量瓶内壁，以错误；用胶头滴管定

9、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，防蒸馏水附着在容量瓶刻度线以上的部分，引起误差，D D 错误。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 B 四个选项的反应方程式及固体物质质量变化如下：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，不正确。B2CO2 =O2，固体质量增大，正确。C2AlFe2O3 高温,Al2O32Fe，固体质量不变

10、，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 g5 / 12(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会_(填“偏高” “偏低”或“无影响” ，下

11、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 容量瓶，实际上配制的是 500 m

12、L 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 (4)偏高

13、 (5)偏低 (8)偏低6 / 12B 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 molL1 B3.0 molL1C2.0 molL1D1.0 molL1D D 11 根据题意可知，得到的沉淀最多时，此时沉淀成分为根据题意可知，得到的沉淀最多时，此时沉淀成分为Al(OH)3Al(OH)3、Cu(OH)2Cu(OH)2、Fe(OH)3Fe(

14、OH)3，溶液中的溶质只有，溶液中的溶质只有 NaClNaCl，可以得到，可以得到关系式关系式NaOH Na Cl HCl1 mol 1 mol0.25 L2.0 molL1 n(HCl)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%B B KClKCl 和和 KBrKBr 与与 AgN

15、O3AgNO3 溶液反应生成溶液反应生成 AgClAgCl 和和 AgBrAgBr 沉淀，固沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于体的质量发生了变化，实质是由于 K K 变成了变成了 AgAg 造成的，故可用差量造成的，故可用差量法进行计算。法进行计算。KAg m7 / 1239 108 69m 6.63 g3.87 g2.76 gm1.56 g，故100%40.3%。1216 mL 由 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

16、比有四种情况：53 32 43 97。其中正确的是( )ABCDC C 6NO4NH35N26H2O(g) V(气体的体积差)6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (56)(46)1(mL)(理论差量)9 mL 6 mL 17.5161.5(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 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

17、 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)是一8 / 12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)2I2S4O26(1)写出 O2 将 Mn2氧化成 MnO(OH)2 的离子方程式：_。(2)取加过一定量 CaO

18、28H2O 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=2IS4O26n(I2)6.750105 molnMnO(OH)2n(I2)6.750105 moln(O2)nMnO(OH)26.750105 mol3.

19、375105 mol水中溶解氧9 / 1210.80 mgL13.375 105 mol 32 gmol1 1 000 mgg1 100.00 mL 103 LmL114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 Na2S2

20、O3 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

21、g，根据钙10 / 12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D D t1t1 时，在时，在 100100 g g 水中放入

22、水中放入 6060 g g 甲，根据溶解度曲线可甲，根据溶解度曲线可知溶解的固体为知溶解的固体为 3030 g g，所以溶质的质量分数应是，所以溶质的质量分数应是100%23.08%100%23.08%，A A 错误；错误；t1t1 时，甲和乙的溶解度相等，故它们时，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，所以物质的量浓度不一定相等，相等，所以物质的量浓度不一定相等，B B 错误；错误；t2t2 时，甲的溶解时，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，度大于乙的

23、溶解度，故甲、乙的饱和溶液中溶质质量分数不相等，C 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，和，D D 正确。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11 / 12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 K2Cr2

24、O7 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。12 / 12(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)NaCl K2Cr2O7(4)