高考化学物质的量的综合复习

高考化学物质的量的综合复习 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4 mol·L-1）配制100mL 1.0mol·L-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：A．100mL量 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50mL容量瓶 E．10mL量筒 F．胶头滴管 G．50mL烧杯 H．100mL容量瓶。

请回答： （1）通过计算，需用量筒量取浓硫酸的体积为________mL； （2）实验时选用的仪器有______（填序号），使用容量瓶时第一步的操作是________________；

（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是________（填序号）； ①定容时俯视刻度线观察液面 ②容量瓶使用时未干燥 ③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线 （4）实验步骤如下： ①计算所用浓硫酸的体积 ②量取一定体积的浓硫酸 ③溶解 ④恢复至室温 ⑤转移、洗涤 ⑥定容、摇匀 ⑦装瓶贴标签。 其中，第⑤步中“洗涤”操作的目的是_______________________。 【答案】5.4 CFGEH 检查容量瓶是否漏水 ① 减少溶质损失，减小实验误差

【解析】 【分析】 ⑴根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。

⑵配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，使用容量瓶前要检漏。 ⑶①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。 ⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。 【详解】 ⑴用物质的量浓度为18.4 mol·L-1的浓硫酸配制100mL 1.0mol·L-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4 mol·L−1 ×V= 1.0 mol·L−1×0.1 L，V=0.0054L =5.4mL，因此需用量筒量取浓硫酸的体积为5.4mL；故答案为：5.4。 ⑵配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，因此实验时选用的仪器有CFGEH，使用容量瓶时第一步的操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：CFGEH；检查容量瓶是否漏水。 ⑶①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高，故①符合题意；②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响，故②不符合题意；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故③不符合题意；综上所述，答案为：①。 ⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第⑤步中“洗涤”操作的目的是减少溶质损失，减小实验误差；故答案为：减少溶质损失，减小实验误差。

2．氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。 Ⅰ.次氯酸钠是最普通的家庭洗涤中的“氯”漂白剂和消毒剂。已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签，完成以下问题：

（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·L-1。 （2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为___g。

（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）： ①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久___； ②定容时俯视容量瓶刻度线___。 Ⅱ.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 试回答下列问题： （1）请用双线桥表示反应中电子转移的情况___。 2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O （2）试比较KClO3和CO2的氧化性强弱：KClO3___CO2（填“>”“<”或“=”）。 （3）消毒时，ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物，此过程说明ClO2具有___（填“氧化”或“还原”）性。 （4）在标准状况下，当生成11.2LClO2时，转移电子的数目为___。 【答案】6（或6.0） 44.7 偏低 偏高

> 氧化 0.5NA 【解析】 【分析】

Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度

1000ρω=Mc。 ⑵先根据物质的量浓度计算NaClO物质的量和NaClO固体的质量。 ⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g固体中NaClO的质量减少；②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小。 Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低，H2C2O4中C化合价升高。

⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。 ⑶Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等，化合价升高，则ClO2化合价降低。 ⑷生成2mol ClO2转移2mol电子，先计算生成11.2LClO2的物质的量，再计算转移电子物质的量和电子的数目。 【详解】 Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度

111000ρω10001.237.25%=molL6molLM74.5c；故答案为：6(或6.0)。

⑵该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液，则需要的NaClO物质的量为1(aq)n=V=6molL0.1L=0.6molc，则需

要用托盘天平称量NaClO固体的质量1m=nM=0.6mol74.5gmol.7=g44；故答案为：0.6；44.7。

⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g固体中NaClO的质量减少，因此物质的量浓度偏低；故答案为：偏低。 ②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小，物质的量浓度偏高；故答案为：偏高。

Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低，H2C2O4中C化合价升高，因此用双线桥表示反应中电子转移

的情况；故答案为：

。 ⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此KClO3氧化性大于CO2的氧化性，故答案为：＞。 ⑶消毒时，ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物，Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等，化合价升高，则ClO2化合价降低，因此此过程说明

ClO2具有氧化性；故答案为：氧化。

⑷在标准状况下，生成2mol ClO2转移2mol电子，当生成11.2LClO2即物质的量为

1mV11.2Ln==0.5molV22.4Lmol时，转移电子物质的量为0.5mol，电子的数目为0.5NA；

故答案为：0.5NA。 3．在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。

反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (1)“双线桥法”标出电子转移情况________ 。 (2)若生成2.24L标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）： ①理论上需要多少克KMnO4参加反应？________。 ②被氧化的HCl的物质的量为多少？________。

【答案】 6.32g 0.2 mol 【解析】 【分析】 (1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；

(2)先计算Cl2的物质的量，然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计

算。 【详解】 (1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化

合价降低，得到5个电子，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO4、MnCl2前的系数是2，HCl前的系数是10，Cl2前的系数是5，根据原子守恒，KCl的系数是2，这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应，所有Cl原子都是由HCl提供，因此HCl前的系数为10+6=16，结合H原子反应前后相等，可知H2O的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：

； (2)在标准状态下， 2.24LCl2的物质的量n(Cl2)=mV2.24LV22.4L/mol=0.1mol。

①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2时，参与反应的KMnO4的物质的量为0.1mol×25=0.04mol，则参与反应的KMnO4的质量m(KMnO4)=0.04mol×158g/mol=6.32g；

②由反应化学方程式可知，HCl被氧化后生成Cl2，因此根据Cl元素守恒可知：被氧化的HCl的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol。

【点睛】 本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程