- 化学计量在实验中的应用
- 共20262题
(1)在标准状况下，1.7g氨气所占的体积为__________L，它与标准状况下___________L硫化氢含有相同数目的氢原子。
(2)某气态氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为____________，R的相对原子质量为__________。
(3)已知CO、CO2的混合气体质量共16.0g，标准状况下体积为8.96L，则可推知该混合气体中含CO______g，所含CO2在标准状况下的体积为__________L。
(4)同温同压下，SO2与氦气的密度之比为________；若质量相同，两种气体的体积比为_____。
正确答案
（16分） (1)2.24 3.36 (2)64g·mol－1 32 (3)2.80 6.72 (4)16∶1 1∶16 (每空2分)
略
已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为 mol·L－1。
(2)某同学取100 mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)＝ mol·L－1。
(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是 (填序号)。
(4)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸配制2 000 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为 mol·L－1。
②需用浓硫酸的体积为 mL。
正确答案
(1)4.0 (2)0.04 (3)C (4)①4.6 ②250
(1)由c＝
(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有：100 mL×10－3 L·mL－1×4.0 mol·L－1＝100 mL×100×10－3 L·mL－1×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04 mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·L－1。(3)选项A，需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管。选项B，配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用。选项C，未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低。选项D，应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149.0 g。(4)①根据H2SO4的组成可知，溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝4.6 mol·L－1。②2 000 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸中溶质的物质的量为2 L×2.3 mol·L－1＝4.6 mol，设需要98%(密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸的体积为V mL，则有：
下图是200 mg MnC2O4·2H2O晶体放在坩埚里加热分解时，所得固体产物的质量(m)随温度(T)变化的曲线(已知草酸锰不稳定，但其中锰元素的化合价在300 ℃以下不变)。
试回答下列问题：
(1)写出B点固体产物的化学式：_________________________________________。
(2)从B点到C点过程中固体物质质量不变的原因是_____________________________________________________。
(3)通过计算确定D点产物的相对分子质量，并推断其合理的化学式：____________
(4)从D点到E点过程中固体物质质量增加的原因是___________________________
正确答案
(1)MnC2O4
(2)MnC2O4在100～205℃时较稳定
(3)产物为MnO，其相对分子质量为71
(4)MnO与空气中的O2发生化合反应，生成新的锰的氧化物
结晶水合物受热，先失去结晶水(该过程也可能分步进行)；继续受热将产生气态物质使固体质量减少，一般气体为氧气或气态氧化物，金属元素一定存在于固体中，可用差量法确定产物的组成；也有可能金属元素存在变价，在一定的温度下，与空气中的氧气反应生成其他价态的氧化物，使固体质量再次发生变化。(3)类比碳酸盐的分解并结合MnC2O4的分子组成及图像分析，D点产物由Mn和O两种元素组成。
n(Mn)＝
n(O)＝
n(Mn)∶n(O)＝0.001 12 mol∶0.00112 mol＝1∶1，故产物为MnO(满足化合价)，其相对分子质量M＝55＋16＝71。
现用质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓H2SO4来配制500 mL、0.2 mol·L－1的稀H2SO4。可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧瓶③烧杯④胶头滴管⑤量筒⑥容量瓶⑦托盘天平⑧药匙。请回答下列问题：
（1）上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有 (填代号)。
（2）经计算，需浓H2SO4的体积为 mL(保留一位小数)。现有①10 mL ②50 mL ③100 mL三种规格的量筒，你选用的量筒是 （填代号）
（3）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中：错误的是 ，能引起实验结果偏高的有 (填代号)。
①洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③将浓H2SO4直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2SO4
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
⑦定容时，俯视标线
正确答案
（1）②⑦⑧ (2分)
（2）5.4mL (2分) ；① (2分)
（3）① ② ③ ④ ⑥ ⑦ (2分) ；① ② ⑦ (2分)
试题分析：
（2）根据稀释定律：C（浓）·V（浓）=C（稀）·V（稀）可得需要浓硫酸5.4mL，量取液体时选择量程相差较小的量筒，所以选择10量筒。
（3）量筒在制造时已经考虑了倒不出来的部分，所以量筒不能再洗涤，否则会导致浓度偏高；容量瓶只能在室温下使用，只有等溶液冷却后才能转移，否则会导致浓度偏高；浓硫酸稀释时，只能往水中缓慢加入浓硫酸并用玻棒不断搅拌；定容时，水超过刻线，只能重新配制；定容摇匀后，有一部分水留在了瓶壁或瓶塞之间，不能加水，否则会导致浓度减小；定容时眼睛要平视凹液面最低处，俯视会导致浓度偏高。所以错误的有① ② ③ ④ ⑥ ⑦。能引起实验结果偏高的有① ② ⑦。
在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。下表是500mL“鲜花保鲜剂”溶液中含有的成分，阅读后回答下列问题：
（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是________。
A．蔗糖 B．硫酸钾 C．高锰酸钾 D．硝酸银
（2）500mL“鲜花保鲜剂”中含有AgNO3的物质的量为_______mol（只列式，不计算结果）；“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林和蔗糖中不含K+）的物质的量浓度为___________mol/L。
（注意：第（2）题空格只要求写表达式，不需要化简与计算）
（3）由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是_________（填操作序号）
①用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②定容时俯视读数
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
正确答案
（1） A
（2） 0.1 / 170 ； （ 2×0.3/ 174+0.3/158 ）/0.5
（3）①③
试题分析：（1）、蔗糖不能电离，属于非电解质，A项正确；硫酸钾是盐，能电离，属于电解质，B项错误；高锰酸钾是盐，属于电解质，C项错误；硝酸银是盐，属于电解质，D项错误；（2）、由m/M可知n(AgNO3)=0.1g÷170 g ·mol—1=0.1/170mol或5.88×10—4mol；先由m/M可知n(K2SO4)=0.3g÷174 g ·mol—1=0.3/173mol，n(KMnO4)=0.3g÷158 g ·mol—1=0.3/158mol，再由K2SO4～2K+可知n(K+)="2" n(K2SO4)= 2×0.3/173mol，由KMnO4～K+可知n(K+)= n(KMnO4)= 0.3/158mol，则鲜花保鲜剂中总的n(K+)=（2×0.3/173+0.3/158）mol；由n/V可知，c(K+)=（2×0.3/173+0.3/158）mol÷0.5L=（ 2×0.3/ 174+0.3/158 ）/0.5mol/L；（3）①、被称量物与砝码位置颠倒，此时m(被称量物)=m(砝码)—m(游码)，导致固体药品的质量偏小，由m/M、n/V可知所配溶液中溶质的物质的量、物质的量浓度均偏低；②、定容时俯视读数，导致溶液试剂体积偏小，由n/V可知，c偏高；③、烧杯、玻璃棒蘸有溶质，转移之后不洗涤，洗涤液不转移入容量瓶，由n/V可知，c偏低；④、转移溶液前容量瓶中有少量蒸馏水，对定容时所得溶液体积无影响，因此对实验结果无影响。
（8分）标准状况下的67.2 L HCl气体含有的HCl的物质的量为____ ____mol，分子数为_____ __，含有HCl的质量为 g，将同量该气体溶于水制成500ml溶液，则溶液的物质的量浓度为 。
正确答案
每空2分，共8分
3、1.806×1024、109.5 、6 mol/L
略
将4molA气体和2molB气体在2L的密闭容器中混合，在一定条件下发生如下反应：
2A(g)+B(g)
则：（1）2s内用B表示的反应速率 。
（2）2s时A的物质的量浓度为 。
（3）2s时B的物质的量为 。
（4）最终C的浓度 （填“能”或“不能”）达到2mol/L。
正确答案
（1）0.15 mol/(L·s) (2)1.4mol/L (3)1.2mol (4)不能
试题分析：反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L，物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol
2A（g）+B（g）
起始量（mol） 4 2 0
变化量（mol） 1.2 0.6 1.2
2s末量（mol） 2.8 1.4 1.2
用物质B表示2 s内的平均反应速率=
2s时A的物质的量浓度为=2.8mol÷2L＝1.4mol/L
2s时B的物质的量为1.2mol
由于反应是可逆反应，存在反应限度，所以最终C的浓度不能达到2mol/L
工业上利用焦炭在石灰窑中燃烧放热，使石灰石分解生产CO2。主要反应如下：
C+O2→CO2 ①， CaCO3→CO2↑+CaO ②
（1）含碳酸钙95%的石灰石2.0 t按②完全分解（设杂质不分解），可得标准状况下CO2的体积为_________________m3。
（2）纯净的CaCO3和焦炭按①②完全反应，当窑内配比率
（3）某次窑气成分如下：O2 0.2%，CO 0.2%，CO2 41.6%，其余为N2。则此次窑内配比率
正确答案
（1）425.6 （2）44.4%（3）1.90
试题分析：（1）根据反应②的化学方程式可知CO2的物质的量等于CaCO3的物质的量，所以标准状况下CO2的体积为：2.0×95%×106g÷100g/mol×22.4L/mol=425600L，即425.6m3。
（2）设n（C）=1mol，则n（CaCO3）=2.2mol，当空气中的O2与C完全反应时，所得窑气中CO2体积分数最大，1molC燃烧生成1mol CO2，2.2mol CaCO3分解生成2.2mol CO2，所以CO2的体积分数=（1+2.2）÷（1+2.2+4）×100%=44.4%
（3）设窑气为100mol，则n（N2）=100mol-41.6mol-0.2mol-0.2mol=58mol，所以反应前O2的总量为：58mol÷4=14.5mol，参加反应的O2为：14.5mol-0.2mol=14.3mol，2C+O2=2CO，生成0.2mol CO需O2 0.1mol；C+O2=CO2，与C反应生成CO2的O2为：14.3mol-0.1mol=14.2mol，生成的CO2为14.2mol；CaCO3分解生成的CO2为：41.6mol-14.2mol=27.4mol，则CaCO3的物质的量为27.4mol，所以窑内配比率
将11.2g铁投入200mL某浓度的盐酸中，铁和盐酸恰好完全反应。求：
（1）所用盐酸中HCl的物质的量浓度
（2）反应中生成的H2在标准状况下的体积
（3）在反应后的溶液中通入Cl2，写出所发生反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目：
正确答案
（1）C(HCl)= 2mol·L-1(2分)
（2） V(H2)=4.48L(2分)
（3）2FeCl2+Cl2=2FeCl3 （方程式写对2分，双线桥表示2分）
试题分析：Fe + 2HCl=FeCl2 + H2↑
56 2 22.4
11.2g n(HCl) v(H2)
所以C(HCl)= 
氯化钠溶液在生产、生活中都有广泛的用途。现配置1 L 0.2 mol·L-1 NaCl溶液，请回答问题。
正确答案
（1）11.7 （2） 玻璃棒搅拌
（3）未用玻璃棒引流；应用规格为1L的容量瓶
（4）烧杯和玻璃棒 （5） 偏高
试题分析：（1）m=nM=CVM=0.2mol•L-1×1L×58.5g/mol=11.7 g。（2）玻璃棒的作用有搅拌和引流，为加速溶解可用玻璃棒搅拌。（3）转移溶液要用玻璃棒引流；配制1L溶液要用1000mL容量瓶。洗涤时，应该用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液转移到容量瓶中。（4）定容观察液面时俯视，溶液体积偏小，浓度偏高。
扫码查看完整答案与解析