备战高考化学专题复习分类练习 物质的量综合解答题含详细答案.docx

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备战高考化学专题复习分类练习物质的量综合解答题含详细答案

2020-2021备战高考化学专题复习分类练习物质的量综合解答题含详细答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．按要求完成下列填空。

（1）在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为___。

（2）将3.22g芒硝（Na2SO4·10H2O）溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+，则需水的质量为__g。

（3）在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净，所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。

（4）100mL0.3mol/LNa2SO4（密度为d1g/cm3）和50mL0.2mol/LAl2（SO4）3（密度为d2g/cm3）混合，所得密度为d3g/cm3的混合溶液中SO42-的浓度为___________。

（用含d1,d2,d3的式子表示）

（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:

7，现将7molAOH与5molBOH混合后，从中取出5.6g，恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_____。

（6）标准状况下，用一定量的水吸收HCl气体后制得浓度为1.0mol/L，密度为1.0365g/cm-3的盐酸。

请计算1体积水吸收_______体积的HCl可制得上述氨水。

【答案】6：

3：

234.2

（或83.3%）6d3/（10d1+5d2）mol/L40g/mol22.4

【解析】

【详解】

（1）设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z，由分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则种溶液中Cl-的物质的量相等，x=y×2=z×3，解得x：

y：

z=6：

3：

2，因溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度之比，所以浓度之比为6：

3：

2；

故答案是：

6：

3：

2；

（2）3.22g芒硝的物质的量为3.22/322=0.01mol，所以溶液中n（Na+）=2n（Na2SO4·10H2O）=0.01×2=0.02mol，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n（H2O）=100n（Na+）=2mol，0.01molNa2SO4·10H2O中含有水的物质的量为0.01×10=0.1mol，所以需要的水的物质的量为2-0.1=1.9mol，所以需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g；

故答案是：

34.2；

（3）用排气法收集氨气后，收集到的氨气气体不纯，含有空气；空气的平均相对分子质量为29，混合气体的平均相对分子质量为:

9.5×2=19；设烧瓶的容积为VL，氨气的体积为xL，空气的体积为（V-x）L，则有:

[17x/Vm+（29×（V-x）/Vm）]÷（V/Vm）=19，解之得:

x=

V；将此瓶气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即

V，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积为:

（

V）/V=

（或83.3%）；

故答案是：

（或83.3%）；

（4）混合液的质量为（100d1+50d2）g，混合后溶液的体积为：

[（100d1+50d2）÷d3]mL=[（100d1+50d2）÷d3]×10-3L；溶液混合后n（SO42-）=（0.1×0.3×1+0.05×0.2×3）=0.06mol；根据c=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：

0.06÷[（100d1+50d2）÷d3]×10-3=60d3/（100d1+50d2）mol/L=6d3/（10d1+5d2）mol/L

故答案是：

6d3/（10d1+5d2）mol/L；

（5）设AOH和BOH的摩尔质量分别为5xg/mol和7xg/mol，n（HCl）=n（OH-）=0.1×1.2=0.12mol；7molAOH与5molBOH混合物中含有n（OH-）=7+5=12，根据题意可知，5.6g混合碱中含有n（OH-）=0.12mol，则含有n（OH-）=12mol时，混合碱的质量为560g；根据7mol×5xg/mol+5mol×7xg/mol=560g可知，x=8，所以AOH的摩尔质量为40g/mol；

故答案是：

40g/mol；

（6）假设溶液体积为1.00L，1.00L盐酸中含氯化氢的物质的量为：

1L×1mol/L=1mol，V（HCl）=1×22.4=22.4L；1.00L盐酸中含水的质量为：

m（H2O）=1×1.0365×103-1×36.5=1000g，V（H2O）=1L；标准状况下，1体积水吸收氯化氢的体积为V=[V（HCl）/V（H2O）]×1L=22.4L；

故答案是：

22.4。

2．用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4mol·L-1）配制100mL1.0mol·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】5.4CFGEH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18.4mol·L-1的浓硫酸配制100mL1.0mol·L-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4mol·L−1×V=1.0mol·L−1×0.1L，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。

3．某实验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。

（1）若实验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体________g。

（2）从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________（填序号）。

（3）定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度_________（偏高，偏低或不变）。

（4）下列情况会使所配溶液浓度偏低________（填序号）。

①称量读数时，左盘高，右盘低

②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

④定容时，仰视容量瓶的刻度线

⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线

【答案】2.0①②⑤偏低①②④⑥

【解析】

【分析】

（1）根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；

（2）称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；

（3）、（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。

【详解】

（1）配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：

2.0；

（2）氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：

托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：

①②⑤；

（3）定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：

偏低；

（4）①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；

②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；

④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；

⑤在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；

综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：

①②④⑥。

【点睛】

配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：

凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。

4．半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。

半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。

完成下列填空：

（1）半水煤气含有少量硫化氢。

将半水煤气样品通入____溶液中（填写试剂名称），出现_______，可以证明有硫化氢存在。

（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：

CO+H2O

CO2+H2

若半水煤气中V（H2）:

V（CO）:

V（N2）=38：

28：

22，经CO变换后的气体中：

V（H2）:

V（N2）=____________。

（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。

已知：

Na2CO3

K2CO3

20℃碱液最高浓度（mol/L）

2.0

8.0

碱的价格（元/kg）

1.25

9.80

若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是__________；缺点是____________。

如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？

___________________________________________

写出这种方法涉及的化学反应方程式。

_______________________

（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。

取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。

①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。

_________________

②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是：

_________________。

③该实验方案中，步骤________（选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。

【答案】硝酸铅（或硫酸铜）黑色沉淀3:

1价廉吸收CO2能力差碱液循环使用2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O

除去半水煤气中的CO2（包括H2S）和H2OIV

【解析】

【分析】

【详解】

（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。

（2）若半水煤气中V（H2）:

V（CO）:

V（N2）=38：

28：

22，经CO变换后H2O转化为氢气，则根据方程式可知所得的气体中：

V（H2）:

V（N2）=（38+28）：

22＝3:

1。

（3）根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2能力差。

由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O；

（4）①由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。

所以流程为

。

②Ⅰ中KOH吸收CO2和H2S，Ⅱ中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体。

③氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数。

【点睛】

“教真实的化学，学有用的知识”已成为大家的共识，现在的化学试题强调化学与生活的交融，突出理论联系生产、生活实际和科技前沿，强调学以致用。

试题将真实的问题转化为试题情境，真实问题的复杂性带来了化学试题的综合性，这就要求考生首先读懂并捕捉到全部相关信息，弄清这些信息之间的逻辑关系，特别是确定性信息和未知信息之间的关系，为问题的解决奠定基础。

这显然属于“关键能力”。

对于一个流程的设计和评价，要分析它由几个部分组成，每个部分在整体中处于什么地位、有什么作用，为什么要这样设计，这样设计的优缺点如何，可以如何改进等等，这些都是高考中考查综合能力的重点。

5．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】

6.32g0.2mol

【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）=

=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×

=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式，并可用单线桥法或双线桥法表示。

物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。

6．为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：

（1）等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为___。

（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为___，质量比为___。

（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则cg氧气在标准状况下的体积约是___（用含a、b、c、NA的式子表示）。

（4）实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，进行如下操作：

①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器___。

②计算需要NaOH固体的质量：

___g。

③取出50mL配制好的溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为___。

④若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是___。

A.称量时砝码已经生锈

B.定容时仰视

C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作

D.定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线

【答案】3：

21：

12：

3

L100mL容量瓶4.01mol/LA

【解析】

【详解】

（1）根据

可知，等质量的O2和O3的物质的量之比为

，所含分子的物质的量之比为3：

2。

（2）根据阿伏加德罗定律，PV=nRT（R为常数），在等温等压下，等体积的任一气体所含分子的物质的量相同，由N=nNA（NA为常数）可知，分子个数比为1：

1；由m＝nM可知，O2和O3的质量比为2：

3。

（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则ag氧气的物质的量

，摩尔质量

，即当氧气为cg，物质的量

，在标准状况下的体积

L。

（4）①实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶。

②需要NaOH固体的质量

。

③溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol/L。

④A.称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；

B.定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；

C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；

D.定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。

答案为A。

【点睛】

根据

可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎ和溶液的体积V引起的。

误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。

在配制一定物质的量浓度溶液时，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

需要具体问题具体分析。

7．NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。

（1）写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。

（2）氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。

（3）实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2，该反应的离子方程式是_____。

（4）为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体（其中之一是水蒸气），该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。

（5）一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。

向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成Cu（OH）2沉淀的质量为_____克。

【答案】4NH3+5O2

4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO

5N2+6H2O19.6

【解析】

【分析】

（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；

（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；

（4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；

（5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m=nM计算。

【详解】

（1）氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，

故答案为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：

光化学烟雾；

（3）Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应离子方程式为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，答案为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O；

（4）NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O，

故答案为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O；

（5）n（NO2）＝n（NO）＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，根据电子转移守恒，可知n（Cu）＝

＝0.2mol，由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol，生成Cu（OH）2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol＝19.6g，故答案为：

19.6。

【点睛】

掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。

8．Ⅰ某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl、K2SO4和NH4Cl3种固体原料的物质的量之比为1:

4:

8。

（1）配制该营养液后c（NH4+）=0.016mol﹒L-1，溶液c（K+）=_______________。

（2）若采用（NH4）2SO4和KCl来配制该营养液，则（NH4）2SO4和KCl物质的量之比为________

Ⅱ从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出100mL：

（1）取出的这100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是______。

若将取出的这100mL氢氧化钠溶液加水稀释至500mL，所得溶液的物质的量浓度是_____。

某学生计划用12mol﹒L-1的浓盐酸配制0.1mol﹒L-1的稀盐酸450mL，回答下列问题：

（2）实验过程中，不必使用的是________（填字母）。

A．托盘天平     B．量筒  C．容量瓶    D．250mL烧杯    E.胶头滴管    F.500mL试剂瓶

（3）除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是________。

（4）量取浓盐酸的体积为___mL，应选用的量筒规格为______（提供10.0mL、25.0mL）。

（5）配制时应选用的容量瓶规格为______________。

（6）某同学操作出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

定容时俯视刻度线__________加蒸馏水时不慎超过了刻度__________,此时应如何处理________。

【答案】0.018mol/L4:

91mol/L0.2mol/LA玻璃棒4.2