备战高考化学物质的量大题培优.docx

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备战高考化学物质的量大题培优

备战高考化学物质的量（大题培优）

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．

（1）在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3，体积最大的是____，密最大的是度___，质量最小的是___，氢原子个数最多的是____。

（填写序号）

（2）等温等压下，质子数相等的CO、N2两种气体，质量之比为____，体积之比为____，摩尔质量之比____。

（3）某物质在一定条件下加热分解，产物都是气体。

分解方程式为：

3A＝B＋3C＋2D。

测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a，则A的摩尔质量为____。

【答案】②②④①1:

11:

11:

14ag/mol

【解析】

【详解】

（1）①6.72LCH4中：

n（CH4）=

=0.3mol，m（CH4）=0.3mol×16g/mol=4.8g，ρ（CH4）=

，N（H）=4N（CH4）=1.2NA；

②3.01×1023个HCl分子中：

n（HCl）=

=0.5mol，V（HCl）=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，ρ（HCl）=

，m（HCl）=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，N（H）=N（HCl）=0.5NA；

③13.6gH2S 中：

n（H2S）=

=0.4mol，V（H2S）=0.4mol×22.4L/mol=8.96L，ρ（H2S）=

，N（H）=2N（H2S）=0.8NA；

④0.2molNH3中：

m（NH3）=0.2mol×17g/mol=3.4g，V（NH3）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，ρ（NH3）=

，N（H）=3N（NH3）=0.6NA.

所以：

体积最大的是②，密度最大的是②，质量最小的是④，含氢原子数最多的是①；

（2）CO、N2两种气体涉及的元素有C、O、N质子数分别为6、8、7，所以两种气体的分子的质子数分别为：

14、14，质子数相等的CO、N2，物质的量相等；CO、N2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol，故摩尔质量之比1:

1；根据m=nM知：

质量之比与摩尔质量成正比为28:

28=1:

1；根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积，故体积之比为1:

1；

（3）化学方程式系数的意义：

表示物质的量。

设A的物质的量为3mol，则三种混合气体的总物质的量为6mol，由于平均相对分子质量为2a，即平均摩尔质量为2ag/mol，三种气体质量总和为12ag，根据质量守恒定律，A的质量也是12ag，故A的摩尔质量为4ag/mol。

2．按要求填空，已知NA为阿伏伽德罗常数的数值。

（1）标准状况下，2.24LCl2的质量为____；有__个氯原子。

（2）含0.4molAl3＋的Al2（SO4）3中所含的SO42－的物质的量是____。

（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51：

300，则这两种离子的物质的量之比为____。

（4）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是____。

（5）标准状况下，3.4gNH3的体积为___；它与标准状况下____LH2S含有相同数目的氢原子。

（6）10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为___；R元素名称是___。

（7）将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___，混和溶液中Cl-的物质的量___（忽略混合前后溶液体积的变化）。

（8）a个X原子的总质量为bg，则X的相对原子质量可以表示为____

（9）已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中CO的质量为___；CO2在相同状况下的体积为___。

（10）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。

则该混合气体中CH4和O2的体积比为___。

【答案】7.1g0.2NA或1.204×10230.6mol3:

5SO24.48L6.7214氮1mol/L0.02mol

NA或6.02×1023

2.8g4.48L3:

13

【解析】

【分析】

（1）先计算标准状况下，2.24LCl2的物质的量，再计算氯气的质量和氯原子个数；

（2）由化学式计算硫酸根的物质的量；

（3）由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比；

（4）由n=

可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小；

（5）先计算标准状况下，3.4gNH3的物质的量，再计算气体体积和所含氢原子的物质的量，最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积；

（6）由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量；

（7）将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变；

（8）先计算a个X原子的物质的量，再依据质量计算X的摩尔质量；

（9）依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积；

（10）先计算混合气体的平均相对分子质量，再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。

【详解】

（1）标准状况下，2.24LCl2的物质的量为

=0.1mol，质量为0.1mol×71g/mol=7.1g，Cl2为双原子分子，含有的氯原子个数为0.2NA或1.204×1023，故答案为：

7.1g；0.2NA或1.204×1023；

（2）由化学式可知，含0.4molAl3＋的Al2（SO4）3中所含的SO42－的物质的量是0.4mol×

=0.6mol，故答案为：

0.6mol；

（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51：

300，则这两种离子的物质的量之比为

：

=3:

5，故答案为：

3:

5；

（4）由n=

可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小，H2、NH3、SO2、O3四种气体中SO2的摩尔质量最大，则SO2的物质的量最小，分子数最小，故答案为：

SO2；

（5）标准状况下，3.4gNH3的物质的量为

=0.2mol，则体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，含有氢原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，含有氢原子的物质的量为0.6mol的H2S的物质的量为

=0.3mol，标准状况下，0.3molH2S的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：

4.48L；6.72；

（6）设元素R的相对原子质量为M，10.8gR2O5的物质的量为

=

mol，所含氧原子的数目为

mol×6.02×1023×5=3.01×1023，解得M=14，该元素为N元素，故答案为：

14；N；

（7）将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变，10mL1.00mol/LNa2CO3溶液中Na+的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mol，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为

=1.00mol/L；10mL1.00mol/LCaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mol，则混和溶液中Cl-的物质的量0.02mol，故答案为：

1mol/L；0.02mol；

（8）a个X原子的物质的量为

mol，X的摩尔质量为

=

g/mol，则X的相对原子质量

，故答案为：

或

；

（9）设CO、CO2混合气体中CO为xmol，CO2为ymol，由题意可得28x+44y=11.6①，x+y=

=0.3mol②，解①②可得x=0.1，y=0.2，则0.1molCO的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g，0.2molCO2在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：

2.8g；4.48L；

（10）由题意可知，CH4和O2的组成的混和气体平均相对分子质量为2×14.5=29，设混合气体中甲烷的物质的量为x、氧气的物质的量为y，则有

=29，解得x：

y=3:

13，故答案为：

3:

13。

3．实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol·L－1的NaOH溶液500mL，回答下列问题。

（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是________（填字母）。

a．使用前要检验容量瓶是否漏液

b．用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干

c．为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行

d．为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀

e．用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液

f．当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放所配制的试剂

（2）请补充完整实验的简要步骤。

①计算；②称量NaOH固体________g；③溶解；④冷却并移液；⑤洗涤并转移；⑥________；⑦摇匀。

（3）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平（带砝码）、镊子、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是________、________。

（4）上述实验操作②③都要用到小烧杯，其作用分别是_____________________和_______。

（5）如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：

①____________________________________________；

②_____________________________________________。

（6）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是________（填字母）。

A．转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面

B．定容时俯视刻度线

C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容

D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线

【答案】ad20.0定容500mL容量瓶胶头滴管用烧杯称量NaOH固体，防止NaOH腐蚀天平的托盘用烧杯做溶解用的容器没有用玻璃棒引流应选用500mL的容量瓶BC

【解析】

【分析】

【详解】

（1）a、容量瓶使用前要检验是否漏水，a正确；

b、容量瓶不能加热，b错误；

c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液，也不能用来溶解固体，c错误；

d、为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后要摇匀，d正确；

e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液，不能配制480mL溶液，e错误；

f、容量瓶不能长期贮存溶液，f错误；

故选ad；

（2）m（NaOH）＝nM=cVM=1.00mol·L－1×0.500L×40g·mol－1＝20.0g。

配制时，要遵循计算、称量、溶解（冷却）、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。

（3）配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平（带砝码）、量筒，本题还缺少500mL容量瓶和胶头滴管。

（4）NaOH固体具有强腐蚀性，不能用纸称量，要用玻璃仪器（如小烧杯）盛放。

NaOH固体溶解时要在小烧杯中进行。

（5）配制500mL的溶液，应选用500mL的容量瓶；在转移溶液时，一定要用玻璃棒引流，防止溶液溅到瓶外。

（6）A、转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面，导致溶质损失，则所配溶液浓度偏低，A错误；

B、定容时俯视液面，则溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，B正确；

C、在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，则冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，C正确；

D、定容后，加盖倒转摇匀后，由于会有少量液体残留在刻线上方，因此液面低于刻度线是正常的，又滴加蒸馏水至刻度，体积会增大，导致所配溶液浓度偏低，D错误；

故选BC。

【点睛】

本题第（3）题，填写容量瓶时务必带着规格填写，即填写500mL容量瓶，只填写容量瓶是不正确的。

4．现用该浓硫酸配制100mL1mol/L的稀硫酸。

可供选用的仪器有：

①胶头滴管；②烧瓶；③烧杯；④ 药匙；⑤量筒；⑥托盘天平。

请回答下列问题：

（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有__________（填序号），还缺少的仪器有____________________（写仪器名称）；

（2）经计算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为____________________________________________mL（保留一位小数），量取浓硫酸时应选用_________（选填10mL、50mL、100mL）规格的量筒；

【答案】②④⑥100mL容量瓶、玻璃棒5.410mL

【解析】

【分析】

【详解】

（1）配制100mL1mol/L的稀硫酸的配制步骤有：

计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，一般用量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，需要使用的仪器为：

量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要用到的仪器为②④⑥，缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：

②④⑥；100mL容量瓶、玻璃棒；

（2）图中浓硫酸的物质的量浓度为

，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为

，应该用10mL的量筒，故答案为：

5.4；10mL。

5．

（1）有相同物质的量的H2O和H2SO4，其质量之比为_____，氢原子个数比为_____，氧原子个数比为_____。

（2）把3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下3.36LH2。

计算：

①该合金中铝的物质的量为_____。

②该合金中镁的质量为_________。

③反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为__________（假定反应体积仍为100mL）。

（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，则混和气体中CO2的体积分数为_____；CO的质量分数为_____。

【答案】9：

491：

11：

40.06mol1.44g3.0mol·L-175%17.5%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）n（H2O）=n（H2SO4），m（H2O）：

m（H2SO4）=n（H2O）×18：

n（H2SO4）×98=9：

49；NH（H2O）：

NH（H2SO4）=n（H2O）×2：

n（H2SO4）×2=1：

1；NO（H2O）：

NO（H2SO4）=n（H2O）×1：

n（H2SO4）×4=1：

4；

（2）设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，二者混合物的质量为3.06=24x+27y；根据化学反应的计量系数比：

Mg~2HCl~H2，2Al~6HCl~3H2，氢气的体积标准状况下3.36L，n（H2）=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06mol，y=0.06mol，故该合金中铝的物质的量为0.06mol，该合金中镁的质量为0.06×24=1.44g，反应后溶液中Cl¯（盐酸恰好反应完全，溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝）的物质的量=0.06×2+0.06×3=0.3mol，溶液体积100mL,Cl¯的物质的量浓度c=

=3.0mol·L-1；

（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol，设1mol混合气体中有xmolCO，CO2ymol，故x+y=1，28x+44y=40，则x=0.25mol，y=0.75mol，同温同压，气体体积之比等于物质的量之比，则混和气体中CO2的体积分数为75%，CO的质量分数=0.25×28/40=17.5%

6．完成下列填空：

（1）已知反应：

Fe2O3＋2Al

Al2O3＋2Fe，则

①该反应所属基本反应类型是___。

②在反应中铁元素的化合价变化__（填“升高”或“降低”），该元素的原子__（填“失去”或“得到”）电子。

③发生氧化反应的是__，发生还原反应的是__。

（2）反应2KMnO4＋16HCl（浓）=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O中：

①反应中被氧化的元素是__，被还原的元素是___。

②若生成71gCl2，则消耗的HCl是__g，被氧化的HCl是__g。

【答案】置换反应降低得到AlFe2O3ClMn116.873

【解析】

【分析】

（1）①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。

②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价；

③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。

（2）①还原剂被氧化，氧化剂被还原；

②根据方程式进行计算。

【详解】

（1）①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B，属于置换反应。

②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；

③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al发生氧化反应；Fe2O3发生还原反应。

（2）①还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；

②若生成71gCl2，即1mol，需消耗3.2molHCl，即3.2×36.5=116.8g；化合价升高的HCl为2mol，即73g。

【点睛】

高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加反应，其中有10molHCl发生了氧化反应，产生了5molCl2，6molHCl价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。

7．填写下列表格

序号

物质

分子数（用NA表示）

质量/g

物质的量/mol

摩尔质量/g·mol-1

体积/标况

（1）

氮气

___

14

___

___

___

（2）

H2SO4

3.01×1022

___

___

___

空

（3）

H2O

___

___

0.5

___

空

（4）

Cl2

___

___

___

___

2.24L

【答案】0.5NA0.52811.24.90.05980.5NA9180.1NA7.10.17.1

【解析】

【分析】

摩尔质量在以为g·mol-1单位时，数值上等于相对分子质量，以n=

、n=

、n=

这几个公式为基础，按试题中的要求，进行计算。

【详解】

（1）N2的摩尔质量在以为g·mol-1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N2的摩尔质量是28g·mol-1，当N2的质量为14g时，n（N2）=

=0.5mol，N2的分子数N（N2）=0.5NA，标况下N2的体积为：

0.5mol

22.4L·mol-1=11.2L；

（2）H2SO4的分子数是3.01×1022，H2SO4的物质的量：

n（H2SO4）=

=0.05mol，H2SO4的摩尔质量是98g·mol-1，质量：

m（H2SO4）=0.05mol×98g·mol-1=4.9g；

（3）H2O的物质的量是0.5mol，水的摩尔质量：

M（H2O）=18g·mol-1，水分子的个数N（H2O）=0.5NA，水分子的质量是：

m（H2O）=0.5mol×18g·mol-1=9g；

（4）Cl2标况下的体积试剂2.24L，Cl2的物质的量：

n（Cl2）=

=0.1mol，Cl2的分子数是：

N（N2）=0.1NA，Cl2的摩尔质量是71g·mol-1，Cl2的质量：

m（Cl2）=0.1mol

71g·mol-1=7.1g；

【点睛】

考生熟练掌握n=

、n=

、n=

，这几个公式之间的换算；

8．实验室需要配制0.1mol·L－1CuSO4溶液480mL。

按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。

（1）选择仪器。

完成本实验所必需的仪器有：

托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、________、________以及等质量的两片张滤纸。

（2）计算，应选择下列________。

A．需要CuSO4固体8.0gB．需要CuSO4·5H2O晶体12.0g

C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5gD．需要CuSO4固体7.7g

（3）称量。

所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）。

（4）溶解、冷却。

若未冷却，则所配溶液浓度会________。

（5）转移、洗涤。

若未洗涤，则所配溶液浓度会________。

（6）定容，摇匀。

（7）将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。

（8）在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________。

【答案】胶头滴管500mL容量瓶AC偏高偏高偏低偏低

【解析】

【分析】

本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可

【详解】

（1）配制的是480mL溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500mL容量瓶；

（2）因为定容时使用的500mL容量瓶，其物质称量时时按500mL算，不是按480mL算，若果是硫酸铜固体其质量为

=8.0g，若为5水硫酸铜其质量为

=12.5g，故答案为A、C；

（3）砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度会偏高，故答案为偏高；

（4）若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；

（5）若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；

（8）因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。

【点睛】

注意：

计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。

9．

（1）1molH2SO4中含有_____个硫原子，_____molO。

（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式

HCl：

_______________NaHSO4：

____________________

（3）写出下列化学反应的方程式

呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_________________

氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式____________________

印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_______________________

（4）配平下列方程式：

_____I－+_____IO3－+_____H+—_____I2+_____H2O

_____NH4ClO4——_____N2↑+_____O2↑+_____HCl+_____H2O

（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：

Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O__________________

HNO3的作用是__________，发生氧