高考化学知识点过关培优 易错 难题训练物质的量及详细答案.docx

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高考化学知识点过关培优易错难题训练物质的量及详细答案

2020-2021高考化学知识点过关培优易错难题训练∶物质的量及详细答案

一、高中化学物质的量

1．物质的量是高中化学中常用的物理量，请回答下列问题：

（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则溶液中SO42-的物质的量是_____mol。

（2）在标准状况下，4.48LHCl气体溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度为_____________。

（3）在标准状况下，1.7g氨气所占的体积约为_________L，与_____molH2S含有相同的氢原子数。

（4）7.8gNa2X中含Na+0.2mol，则X的摩尔质量是_____________________。

（5）实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL。

①配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外，还需要______________。

②需量取质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为______mL。

③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，操作方法是：

_______________。

【答案】0.250.4mo•L-12.240.1532g•mol-1500mL容量瓶8.2将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌

【解析】

【分析】

（1）硫酸钠为强电解质，完全电离，1molNa2SO4电离产生2molNa+和1molSO42-；

（2）依据

计算氯化氢的物质的量，依据

计算溶液中氯化氢的物质的量浓度；

（3）依据

结合氨气与硫化氢分子构成计算解答；

（4）由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量，根据

计算Na2X的摩尔质量，进而计算X的相对原子质量；

（5）①依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；

②依据

计算硫酸的物质的量浓度，依据稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；

③依据浓硫酸稀释的正确操作解答，注意浓硫酸的密度大于水，稀释产生大量的热。

【详解】

（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，n（Na+）=

=0.5mol，n（SO42-）=

=0.25mol；

（2）在标准状况下，4.48LHCl气体的物质的量为：

=0.2mol，溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度为：

=0.4mol/L；

（3）在标准状况下，1.7g氨气的体积：

=2.24L；1.7g氨气中所含氢原子的物质的量：

0.1mol×3=0.3mol，与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等，即n（H2S）×2=0.3mol，n（H2S）=0.15mol；

（4）7.8gNa2X中含Na+0.2mol，则n（Na2X）=0.1mol，M（Na2X）=

=78g/mol，故X的相对原子质量为78-23×2=32，摩尔质量为32g/mol；

（5）①实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL，应该选择500mL的容量瓶；

②质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为：

=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，依据稀释前后溶质的物质的量不变可知，18.4×V×

10-3=0.3×500×10-3，V=8.2mL；

③浓硫酸稀释的正确操作为：

将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌。

2．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。

3．①同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为_________；

②同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_______________，其中含有的氢的原子个数比为___________；

③若二者氢原子数相等，它们的体积比为_____________；

④在相同条件下，在5.6g氮气中应添加___________g氨气所组成的混合气体与16g氧气所占的体积相等。

【答案】1:

22:

13:

12:

35.1

【解析】

【分析】

【详解】

①同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，根据m=nM可知，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为17g/mol：

34g/mol= 1：

2 ；

②根据n=

可知，同质量的氨气与硫化氢的物质的量之比为34g/mol:

 17g/mol=2:

1；相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为2:

1，所含氢原子数目之比为（2

3）:

（1

2）=3:

1；

③假设H原子为3mol，氨气为1mol，硫化氢为1.5mol，二者体积之比为1mol:

 1.5mol=2:

3；

④氮气物质的量n=

，氧气物质的量n=

= 0.2mol，则氨气物质的量为=0.5mol-0.2mol=0.3mol ，氨气的质量为0.3mol

17g/mol=5.1g。

4．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。

5．现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。

（1）沉淀A的主要成分是_____________、______________（填化学式）。

（2）①②③中均进行的分离操作是_______________。

（3）溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是__________，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的______________。

（4）实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol•L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8mol•L-1的HNO3溶液，该小组用8mol•L-1的HNO3溶液配制所需溶液。

①实验中所需的玻璃仪器包括________、_____mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。

②该实验中需要量取8mol•L-1的HNO3溶液________mL。

③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_____________。

A．取用8mol•L-1的HNO3溶液溶液时仰视量筒刻度线

B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作

C．8mol•L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯

D．定容时仰视刻度线

E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作

【答案】BaSO4BaCO3过滤Na2CO3HNO3500mL容量瓶100玻璃棒62.5AC

【解析】

【分析】

由实验流程可知，加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。

【详解】

（1）加入过量的Ba（NO3）2，Na2SO4、Na2CO3和Ba（NO3）2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故答案为：

BaSO4；BaCO3；

（2）①②③中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：

过滤；

（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：

Na2CO3；HNO3；

（4）①实验室只有500mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：

500mL容量瓶；100；玻璃棒；

②设需要量取8mol•L-1的HNO3溶液VmL，则8mol•L-1×V×10-3L=1mol•L-1×500×10-3L，解得：

V=62.5mL，故答案为：

62.5；

③A．取8mol•L-1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A正确；

B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；

C．量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；

D．定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；

E．定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误；故答案为AC。

6．根据所学知识，回答下列问题：

（1）高铁酸钠（Na2FeO4）可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是__________。

高铁酸钠可与水反应生成Fe（OH）3胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：

_____________。

（2）戴维通过电解法首先制得了金属钠，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气，同时获得Fe3O4和氢气。

写出该反应的化学方程式_____________，该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是________________（填化学式），若制得22.4L（折算为标准状况下）钠蒸气，转移电子的数目为________________。

（3）漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙[Ca（ClO）2]，有效成分为次氯酸钙。

为测得某漂白粉的有效成分含量，称取Ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，若反应生成次氯酸（HClO）的物质的量为Kmol，则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________%（用含A、K的式子表示）。

【答案】166g/mol4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑NaOH2NA或1.204×1024

【解析】

【分析】

（1）摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；

（2）由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，配平书写化学方程式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH；反应中Na、H元素化合价降低，根据方程式计算生成氢气的量，根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目；

（3）根据HClO的量计算Ca（ClO）2的质量，再根据质量分数的定义式计算。

【详解】

（1）Na2FeO4的相对分子质量为166，故其摩尔质量为166g/mol。

高铁酸钠可与水反应生成Fe（OH）3胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式：

4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑；

（2）由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，反应方程式为：

3Fe+4NaOH

4Na↑+Fe3O4+2H2↑，反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH，Na的物质的量n（Na）=224L÷22.4L/mol=1mol，由方程式可知生成氢气为1mol×

=0.5mol，故转移电子的物质的量n（e-）=1mol×1+0.5mol×2=2mol，则转移电子数目N（e-）=2mol×NA/mol=2mol×（6.02×1023mol-1）=1.204×1024；

（3）由Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知，n[Ca（ClO）2]=

n（HClO）=

×Kmol=0.5Kmol，则该漂白粉中有效成分的质量分数

×100%=

%。

【点睛】

本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。

掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础，考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。

7．我国某些地区曾出现过高致病性禽流感，为防止疫情蔓延，必须迅速进行隔离，并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒。

资料显示：

禽流感病毒在高温、碱性环境（如氢氧化钠溶液）、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。

请回答下列问题：

（1）次氯酸钠（NaClO）属于__________（填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”），其中氯元素的化合价为________价。

（2）用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍，写出所发生反应的化学方程式：

________________。

（3）以下对受污染工具的消毒方法可行的是_________________（填字母代号）。

a.用NaClO溶液浸泡b.用NaOH溶液浸泡c.用水冲洗即可

（4）配制用的0.5L0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用天平称取固体NaCl________。

若在实验室中配制此溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管____________________、量筒和玻璃棒。

【答案】盐+12KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑a、b5.9g500mL容量瓶、烧杯

【解析】

【分析】

（1）化合物各元素化合价代数和为0；

（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；

（3）次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用；

（4）根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析。

【详解】

（1）次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成，属于盐类物质。

设氯元素的化合价为x，则有（+1）+x+（-2）=0，解得x=+1，故填：

盐，+1；

（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故填：

2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑；

（3）由题意可知：

禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差，所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒，用水冲洗不能起到消毒的作用，故填：

ab；

（4）配制0.5L0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用固体NaCl：

0.5L×0.2mol/L×58.5g/mol=5.9g，配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500mL容量瓶等，故填：

5.9g；500mL容量瓶、烧杯。

8．

（1）在标准状况下，CO和CO2的混合气体共28L，质量为51g。

其中CO2的质量为_____g，混合气体中CO的物质的量分数为____。

混合气体的平均摩尔质量为_______。

（2）同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比为______，原子个数之比为______，密度之比为________。

（3）在120℃时分别进行如下四个反应（除S外其它物质均为气体）：

A．2H2S+O2＝2H2O+2S↓B．2H2S+3O2＝2H2O+2SO2

C．C2H4+3O2＝2H2O+2CO2D．C4H8+6O2＝4H2O+4CO2

若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前＞d后和V前＜V后的是___________；符合d前＞d后和V前＞V后的是___________（填写反应的代号）。

【答案】4420％40.8g/mol2：

18：

31：

2DA

【解析】

【详解】

（1）假设一氧化碳的物质的量为xmol，二氧化碳的物质的量为ymol，则有x+y=

=1.25，28x+44y=51，解x=0.25，y=1，则二氧化碳的质量为44g，一氧化碳的物质的量分数为

=20％，混合气体的平均摩尔质量为

=40.8g/mol；

（2）同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比等于摩尔质量的反比，即为34:

17=2：

1，原子个数之比等于（2×4）：

（1×3）=8:

3，密度比等于摩尔质量之比，即为17:

34=1：

2；

（3）若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，四个反应的气体体积取决于气体的物质的量的变化，A中体积变小，由于产生固体硫，所以气体密度减小；B中气体体积变小，密度变大；C中气体体积不变，密度不变；D中气体体积变大，密度变小；故符合题意的为D和A。

9．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是

A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L

B．0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数

C．常温下，28克N2和CO的混合物，含有2NA个原子

D．标准状况下，33.6L氧气中含有9.03×1023个氧气分子

【答案】A

【解析】

【详解】

A．稀有气体为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；

B．19.6磷酸（H3PO4）的物质的量为

=0.2mol，则0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有的氧原子数均为0.8NA，故B正确；

C．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol，含有2NA个原子，故C正确；

D．标准状况下，33.6L氧气的物质的量为

=1.5mol，共含有9.03×1023个氧气分子，故D正确；

故答案为A。

10．实验实验室配制500mL0.1mol•L-1的碳酸钠溶液，请回答下列问题．

（1）应用托盘天平称取Na2CO3•10H2O晶体__________g.

（2）配置碳酸钠溶液时，需要的主要玻璃仪器除烧杯和胶头滴管以外还需要_________、____________.

（3）配置过程中，若遇到以下操作可能造成实验结果偏大，偏小还是不影响？

①容量瓶中原来有少量蒸馏水_____

②定容时，俯视液面_____

③有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯中_____

④盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线，再加蒸馏水使液面达到刻度处_____

【答案】14.3玻璃棒500毫升容量瓶不影响偏大偏小偏小

【解析】

【详解】

（1）配制500mL0.1mol/L的碳酸钠溶液，其中碳酸钠物质的量为

，则需要称取的质量为Na2CO3•10H2O

；

（2）玻璃棒、500mL容量瓶；

（3）①容量瓶在定容的过程中还需要加蒸馏水，因此原来有少量蒸馏水对实验无影响；

②定容时，俯视液面，液体的实际体积偏小，则浓度偏大；

③有少量溶质残留在烧杯中，则