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 12页

‎【2019最新】精选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 ‎(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 mol·L－1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 mol·L－1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　[A项，溶液体积不是1 L，浓度不是1 mol·L－1；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(　　)‎ A．0.21 mol·L－1　　 B．0.42 mol·L－1‎ C．0.56 mol·L－1 D．0.26 mol·L－1‎ B　[c(H＋)＝‎ ‎＝0.42 mol·L－1。]‎ ‎3．浓度为2 mol·L－1的盐酸V L，欲使其浓度变为4 mol·L－1，以下列出的方法中可行的是(　　)‎ 12 / 12‎ A．通入标准状况下的HCl气体44.8 L B．将溶液加热蒸发浓缩至0.5V L C．蒸发掉0.5V L水 D．加入10 mol·L－1盐酸0.6V L，再将溶液稀释至2V L D　[A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，2V＋10×0.6V＝4×2V。]‎ ‎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＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O)。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. mol·L－1 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ B　[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(a＋b＋2c) mol；再根据钠元素守恒，可知参与反应的NaOH为(a＋b＋2c)mol，故c(NaOH)＝ mol·L－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 mol·L－1碳酸钠溶液 B．仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100 mL 0.100 0 mol·L－1 K2Cr2O7溶液 C．用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2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 12 / 12‎ 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ρ g·cm－3，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w＝×100%‎ B．溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1‎ C．溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＋c(H＋)‎ D．向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的质量分数大于0.5w C　[溶质的质量分数w＝×100%，A项错误；氨水中的溶质是NH3，不是NH3·H2O，将w＝×100%代入公式c＝，化简可得c＝ mol·L－1，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浓盐酸 C．配制1 L 0.1 mol·L－1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 12 / 12‎ ‎ 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Ⅱ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：‎ A．H2＋ ＋H2O，固体质量减小，不正确。‎ B．2CO2＋ ===＋O2，固体质量增大，正确。‎ C．2Al＋Fe2O3高温,Al2O3＋2Fe，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 mol·L－1 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 g B．需要CuSO4·5H2O晶体12.0 g C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5 g D．需要CuSO4固体7.7 g 12 / 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 mol·L－1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 mol·L－1的CuSO4溶液，需要选用500 mL容量瓶，实际上配制的是500 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量为：0.1 mol·L－1×0.5 L＝0.05 mol，若用CuSO4配制，则需要的质量：160 g·mol－1×0.05 mol＝8.0 g；若用CuSO4·5H2O配制，则需要的质量：250 g·mol－1×0.05 mol＝12.5 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　(5)偏低　(8)偏低 B级　专项突破 12 / 12‎ ‎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 mol·L－1的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。该盐酸的浓度为(　　) ‎ ‎【导学号：95160020】‎ A．0.5 mol·L－1　　　 B．3.0 mol·L－1‎ C．2.0 mol·L－1 D．1.0 mol·L－1‎ D　[1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 　～　Na＋　～　Cl－　～　HCl ‎1 mol　　　　　　　　　　　　　1 mol ‎0.25 L×2.0 mol·L－1　　　 　 　n(HCl)‎ ‎1 mol∶1 mol＝(0.25 L×2.0 mol·L－1)∶n(HCl)‎ n(HCl)＝0.5 mol，c(HCl)＝＝1.0 mol·L－1。]‎ ‎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 (　　)‎ A．24.1% B．40.3%‎ C．25.9% D．48.7%‎ B　[KCl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。‎ K～Ag　Δm ‎39　108　69‎ m　 　　6.63 g－3.87 g＝2.76 g 12 / 12‎ m＝1.56 g，故×100%≈40.3%。]‎ ‎12．16 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：6NO＋4NH35N2＋6H2O(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：①5∶3　②3∶2　③4∶3　④9∶7。其中正确的是(　　)‎ A．①② B．①④‎ C．②③ D．③④‎ C　[‎ ‎6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)　ΔV(气体的体积差)‎ ‎6 mL　4 mL　　5 mL 6 mL　　(5＋6)－(4＋6)‎ ‎　　　　　　　　　 　　＝1(mL)‎ ‎　　　　　　　　　　 　(理论差量)‎ ‎9 mL　6 mL　　　　　　　　 17.5－16‎ ‎　　　　　　　　　　　 ＝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 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，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5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。]‎ ‎13．(2016·江苏高考，T18节选)过氧化钙(CaO2·8H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。‎ 12 / 12‎ 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)写出O2将Mn2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：‎ ‎____________________________________________________________。‎ ‎(2)取加过一定量CaO2·8H2O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 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mg·L－1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2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓。‎ ‎【答案】　(1)2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓‎ ‎(2)在100.00 mL水样中 I2＋2S2O===2I－＋S4O n(I2)＝＝‎ ‎＝6.750×10－5 mol n[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.750×10－5 mol n(O2)＝n[MnO(OH)2]＝×6.750×10－5 mol＝3.375×10－5 mol 水中溶解氧＝‎ ＝10.80 mg·L－1‎ ‎14．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。‎ 12 / 12‎ ‎(1)已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O，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 mol·L－1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 mol·L－1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(CaO2·8H2O)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CaO2～I2～2S2O，则样品中CaO2的质量分数为×100%＝×100%。‎ ‎(2)CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·mol－1，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)CaO 12 / 12‎ C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】‎ A．t1 ℃时，在100 g水中放入60 g甲，其溶质的质量分数为37.5%‎ B．t1 ℃时，甲和乙的饱和溶液的物质的量浓度一定相等 C．t2 ℃时，甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等 D．t2 ℃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　[t1 ℃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，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 ‎____________________________________________________________‎ 12 / 12‎ ‎____________________________________________________________。‎ 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“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)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Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl，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。‎ 12 / 12‎ ‎(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Ⅱ中，既能提高产率又能使能耗最低。‎ ‎【答案】　(1)Na2Cr2O7＋2KCl===2NaCl＋K2Cr2O7↓　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)Ⅱ 12 / 12‎