发布时间 : 星期六 文章2020年高考化学二轮复习专题能力提升练二第一篇专题通关攻略专题一基本概念2化学常用计量更新完毕开始阅读cd5fcae8ce84b9d528ea81c758f5f61fb73628bb
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(4)在9.5 g某二价金属的氯化物中含有0.2 mol Cl,此氯化物的摩尔质量为________。
(5)6.72 L CO(标准状况)与一定量的Fe2O3恰好完全反应(生成Fe与CO2)后,生成Fe的质量为________g,转移的电子数目为________。 【解析】(1)2.3 g乙醇的物质的量为
=0.05 mol,0.05 mol乙醇分子中含氢原子的物质的量为
-
0.05 mol×6=0.3 mol,含氢原子数为0.3NA;一个乙醇分子中含5个C-H键、1个C-C键、1个C-O键和1个O-H键,总共含有8个共价键,则0.05 mol乙醇分子中含有共价键的物质的量为0.05 mol×8=0.4 mol; 0.05 mol乙醇分子中含0.05 mol羟基,0.05 mol羟基中含有的电子的物质的量为9×0.05 mol=0.45 mol,含有电子数为0.45NA。 (2)8 g氧气的物质的量为体摩尔体积为
-1
=0.25 mol,0.25 mol氧气在该条件下的体积为6L,则该条件下的气
=24 L·mol。
3+
-1
3+
(3)100 mL硫酸铝溶液中c(Al)=0.20 mol·L,则该溶液中含有铝离子的物质的量为n(Al)=0.20 mol·L×0.1 L=0.02 mol,根据硫酸铝的化学式可知该溶液中含有的n(S(4)9.5 g某二价金属的氯化物中含有0.2 mol Cl,该氯化物的物质的量为 0.2 mol×=0.1 mol,则此氯化物的摩尔质量为(5)标准状况下6.72 L二氧化碳的物质的量为
=95 g·mol。
=0.3 mol,0.3 mol完全反应生成二氧化碳失去
-1
--1
)=n(Al)=0.03 mol。
3+
的电子的物质的量为0.3 mol×(4-2)=0.6 mol,转移电子的数目为0.6NA,根据电子守恒,反应生成铁的物质的量为
=0.2 mol,质量为56 g·mol×0.2 mol=11.2 g。
-1
答案:(1)0.3NA 0.4 mol 0.45NA (2)24 L·mol (3)0.03 mol (4)95 g·mol (5)11.2 0.6NA
8.(2016·邵阳一模)用质量分数为36.5%的盐酸(密度为1.16 g·cm)配制 1 mol·L的稀盐酸,现实验室仅需要这种盐酸270 mL,试回答下列问题: (1)配制稀盐酸时,应选用容量为__mL的容量瓶。
(2)经计算需要________mL浓盐酸,在量取时宜选用下列量筒中的________。 A.5 mL C.25 mL
B.10 mL D.50 mL
-1
-3
-1-1
(3)在量取浓盐酸后,进行了下列操作:
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后,沿玻璃棒注入250 mL容量瓶中。 最新教育教学资料精选
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②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2 cm时,改用胶头滴管加蒸馏水,使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水,并用玻璃棒搅动,使其混合均匀。 ④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次,并将洗涤液全部注入容量瓶。 上述操作中,正确的顺序是(填序号)________。
(4)在上述配制过程中,用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸,其配制的稀盐酸浓度是________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶,则配制的稀盐酸浓度是________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【解析】(1)要配制盐酸270 mL,则需要选择500 mL的容量瓶。 (2)质量分数为36.5%的盐酸(密度为1.16 g·cm)的物质的量浓度为
-3
=11.6(mol·L),
-1
-1
设需要浓盐酸的体积为V,依据溶液稀释前后溶质的物质的量不变得:V×11.6 mol·L=500 mL×1 mol·L,解得V=21.6 mL,应选择25 mL的量筒。
(3)配制一定物质的量浓度的溶液一般步骤:计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀,所以正确的顺序为③①④②。
(4)在上述配制过程中,用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸,导致量取的氯化氢的物质的量偏小,溶液的浓度偏低;若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶,导致溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏低。
答案:(1)500 (2)21.6 C (3)③①④② (4)偏低 偏低 【易错提醒】
用量筒量取液体的体积时,选用的量筒体积应比量取液体的体积略大或相等,以减小实验误差;液体加入量筒接近所量取体积时,应该改用胶头滴管滴加至所需体积。
【加固训练】(2016·安庆一模)在标准状况下,将22.4 L HCl气体溶于63.5 mL水中,所得盐酸的密度为1.18 g·cm。回答下列问题:
(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别为________、________。
(2)现需480 mL 2.0 mol·L的盐酸,需用量筒量取________mL上述盐酸并选用________mL的容量瓶来配制;若配制过程中洗涤量取上述盐酸的量筒,并将洗涤液转移到容量瓶,则所配盐酸的浓度________(填“>”“<”或“=”) 2.0 mol·L。
(3)现取不纯的Na2CO3样品ag(含少量NaHCO3和H2O)于100 mL 2.0 mol·L过量的盐酸中,充分反应后,最新教育教学资料精选
-1
-1
-1
-3
-1
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再加入50 mL 1.0 mol·L的NaOH溶液后呈中性。蒸发中和后的溶液最终得到固体________g。 【解析】(1)标准状况下,22.4 L氯化氢的物质的量是1 mol,其质量是36.5 g,
63.5 mL水的质量是63.5 g,所以其质量分数是36.5 g÷(36.5+63.5)g×100%=36.5%,溶液的体积=100 g÷1.18 g·cm≈0.085 L,所以其物质的量浓度=1 mol÷0.085 L≈11.8 mol·L。
(2)设需用盐酸的体积是V,11.8 mol·L×V=0.5 L×2.0 mol·L,V≈84.7 mL,需要500 mL容量瓶;溶质的物质的量偏大导致所配物质的浓度偏高。
(3)碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应后都生成氯化钠,当溶液呈中性时,溶液是氯化钠溶液,根据盐酸的物质的量计算氯化钠的物质的量,盐酸的物质的量等于氯化钠的物质的量=0.1 L×2.0 mol·L=0.2 mol,质量是11.7 g。
答案:(1)36.5% 11.8 mol·L (2)84.7 500 > (3)11.7
(建议用时:25分钟)
一、选择题
1.下列溶液配制实验的描述完全正确的是( )
A.在容量瓶中先加入一定体积的水,再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸 B.用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L)通常需要用容量瓶等仪器 C.配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时,加入一定量H2SO4以防水解
D.用pH=1的盐酸配制100 mL、pH=2的盐酸所需全部玻璃仪器有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
【解析】选C。A项,不能在容量瓶中稀释浓硫酸;B项,用浓盐酸配制体积比 1∶1的稀盐酸,应用量筒和烧杯;D项,量取浓盐酸时需要量筒。
2.某氯化镁溶液的密度为1.18 g·cm,其中镁离子的质量分数为5.1%,则300 mL该溶液中Cl的物质的量约等于( )
A.0.37 mol B.0.63 mol C.0.74 mol
D.1.50 mol
-3
-3
--1
-1
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-1
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-3
-1
-1
【解析】选D。氯化镁溶液的质量为1.18 g·cm×300 mL=354 g,镁离子的质量为354 g×5.1%=3.54×5.1 g,镁离子的物质的量为mol=1.5 mol。 【加固训练】
用含1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2,所得溶液中C最新教育教学资料精选
和HC的物质的量之比为( )
=0.75 mol,根据电荷守恒,氯化镁溶液中n(Cl)=2n(Mg)=2×0.75
-2+
最新教育教学资料精选 A.1∶3 B.2∶1 C.2∶3
D.3∶2
、HC的物质的量分别为x、y,则
解得
【解析】选A。设C
==。
3.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,下面实验操作中正确的是( ) A.称量时,将NaOH固体直接放在天平托盘上 B.将称好的NaOH固体放入容量瓶中,加入少量水溶解 C.在烧杯中溶解NaOH固体后,立即将所得溶液注入容量瓶中 D.将烧杯中已冷却的NaOH溶液注入未经干燥的容量瓶中
【解析】选D。A项,氢氧化钠具有腐蚀性、易潮解,直接放在托盘天平上称量,会有大量的氢氧化钠残留在托盘天平上,使所配溶液浓度偏低,应在玻璃器皿中称量,故A错误;B项,溶液配制不能在容量瓶内进行溶解或稀释,溶解或稀释会产生化学热,影响溶液体积,甚至会导致容量瓶破裂,故应将称好的NaOH固体放入烧杯中,加入少量水溶解,恢复室温后再移入容量瓶,故B错误;C项,氢氧化钠溶解时放出热量,溶液有热胀冷缩的性质,如果不冷却直接转移到容量瓶中,会导致溶液的体积偏小,配制溶液的浓度偏大,所以应将溶液冷却到室温后转移至容量瓶中,故C错误;D项,氢氧化钠溶解放出大量的热,不冷却进行定容,冷却后将使所配溶液的体积偏小,配制溶液的浓度偏大,所以应将溶液冷却到室温后转移至容量瓶中。溶液配制最后需加水定容,容量瓶不干燥,对所配溶液无影响,故D正确。 4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( ) A.11 g T2O含有的电子数为5NA
B.常温下,0.2 L 0.5 mol·LNH4NO3溶液的氮原子数小于0.2NA C.含4 mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为2NA D.标准状况下,2.24 L H2S全部溶于水所得溶液中HS和S离子数之和为0.1NA 【解析】选A。A项,T2O的摩尔质量为22 g·mol,故11 g T2O的物质的量为
0.5 mol,而1 mol T2O含有10 mol电子,即10NA个,则0.5 mol T2O含有5NA个电子,A正确;B项,常温下,0.2 L 0.5 mol·
NH4NO3溶液中含有0.1 mol NH4NO3,氮原子数等于0.2NA,B错误;C项,随着反应的进行,
-1
-2--1
浓盐酸逐渐变成稀盐酸,反应不再进行,因此含4 mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数少于2NA,C错误;D项,标准状况下,2.24 L H2S的物质的量为HS、S和H2S,因此HS和S离子数之和少于0.1NA,D错误。 最新教育教学资料精选
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=0.1 mol,溶于水所得溶液中含有