备战高考化学易错题精选物质的量练习题含答案.docx

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备战高考化学易错题精选物质的量练习题含答案

备战高考化学易错题精选-物质的量练习题含答案

一、高中化学物质的量

1．

（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%

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．以下涉及的物质中A、B、C都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。

（1）一定条件下，9.80gNH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应，生成了4.48L（标准状况）气态产物B和固体产物C。

标准状况下，B气体的密度为0.76g/L，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。

试求B的分子式_____________。

（2）25℃、101.3KPa时，气体摩尔体积为24.5L/mol.该状况下，1体积水（密度为1g/cm3）吸收560体积B气体得到密度为0.91g/cm3的溶液，则该溶液中溶质的质量分数为_____%（溶液中的溶质以B计量；保留2位小数）；溶液的物质的量浓度为__________mol/L（保留2位小数）。

（3）在催化剂作用下，B可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D（可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用）。

在常温常压下，将密度一定的NO、NO2混合气体和B在不同体积比时进行了四次实验，所得数据如下：

实验次数

B与混合气体的体积比

反应后气体密度（已换算为标准状况；g/L）

第一次

1.0

1.35

第二次

1.2

1.25

第三次

2.0

1.04

第四次

2.2

则原NO、NO2混合气体中NO的体积分数为________%；第四次实验所得气体的平均摩尔质量为_______（保留2位小数）。

（4）将9.80gNH4Br跟过量的氧化鈣共热，充分反应后生成水、1.70gB气体和固体产物C，则C的化学式为__________；试根据有关数据，求钙盐A的化学式_______。

【答案】NH327.9814.982022.76CaBr2Ca（NH2）2或CaN2H4

【解析】

【分析】

（1）根据M=

Vm计算B的相对分子质量，根据氮的质量分数为82.35%计算氢元素的质量分数，继而确定B的分子式；

（2）根据溶液质量分数=

100%，溶液物质的量浓度c=

公式进行计算，结和已知信息寻找相应的量进行求解；

（3）根据体积比不同混合气体和密度，计算混合气体的平均摩尔质量；

（4）根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。

【详解】

（1）标况下B气体的密度为0.76g/L，则B的相对分子质量= 0.76 

 22.4= 17，其中氮的质量分数为82.35%，则B分子中N原子数目=

=1，其余是氢，则H原子数目=

，则B为NH3，故答案为：

 NH3；

（2）假设氨气体积为560L，则水为1L，25C、101.3KPa时，气体摩尔体积为24.5L/mol，氨气的物质的量=

 = 22.86mo，氨气的质量= 22.86mol

17g/ mol = 388.62g，1L水的质量为1000g，则所得溶液质量分数=

100%= 27.99%；所得溶液密度为0.91g/cm3，故溶液物质的量浓度=

= 14.98mol/L，故答案：

27.98；14.98；

（3）在催化剂作用下，NH3可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D，根据原子守恒电子守恒可知，D为N2。

第一次反应气体的相对分子质量= 1.35

 22.4= 30.24；第二次反应气体的相对分子质量= 1.25

 22.4= 28；第三次反应气体的相对分子质量=1.04 

 22.4= 23.2，由反应后气体相对分子质量可知，第二次实验恰好完全反应气体为N2，说明第一次剩余氨气不足，第三次剩余氨气有剩余，令第二次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为1.2mol，设NO为axmol，则NO2为（1-x）mol，根据电子转移守恒：

2x +4（1-x）=1.2

[0-（-3）]，解得x=0.2，故NO的体积分数=

 100%= 20%；

令第四次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为2.2mol， NO为0.2mol，则NO2为（1- 0.2） mol= 0.8mol，令参加反应的氨气为ymol，根据电子转移守恒：

2

0.2 +4

0.8=y

 [0- （-3）]，解得y= 1.2，剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol，根据N原子守恒可知生成N2的物质的量=

= 1.1mol，故反应后气体的平均摩尔质量=

=22.76g/mol，故答案为：

20；22.76；

（4）将9.80g NH4 Br跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70gNH3 气体和固体产物C，由元素守恒，则C的化学式为CaBr2。

由

（1）9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应，生成了4.48L（标准状况）NH3和CaBr2，NH4Br的物质的量=

= 0.1mol，由Br元素守恒可知CaBr2为0.05mol，由Ca元素守恒可知，3.6gA中含有Ca原子为0.05mol，氨气的物质的量=

= 0.2mol，由N元素守恒可知3.6gA 中含有N原子为0.2mol - 0.1mol= 0.1mol，由H元素守恒，3.6gA 中含有H原子为0.2mol

 3- 0.1mol

4 = 0.2mo，故3.6gA中Ca、N、H原子物质的量之比= 0.05:

0.1 :

0.2= 1 :

2:

4，故A的化学式为CaN2H4 ，故答案为：

CaBr2；Ca（NH2）2或CaN2H4。

【点睛】根据M=

Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。

4．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，打√或×？

①22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA__________

②标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA__________

③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA__________

④1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA__________

⑤标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA__________

⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA__________

⑦常温常压下，8gO2含有的电子数为4NA__________

⑧常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2NA__________

⑨标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA__________

⑩常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA__________

⑪标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA__________

⑫常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA__________

【答案】√√×√√√√××√××

【解析】

【分析】

运用n=m/M、V=n×Vm、n=V/Vm等公式的应用转换，先求出物质的量，然后求出分子的总个数，在根据这个分子中含有多少个相关微粒。

【详解】

①标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，1个氩气分子中含有18个电子，故22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA说法正确；

②标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合物的物质的量是：

11.2L/（22.4L/mol）=0.5mol，1个CH4分子中、1个C2H4分子中都含有4个H原子，所含H原子的个数为0.5NA×4=2NA，故标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA说法正确；

③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是：

2.24L/（22.4L/mol）=0.1mol，所含分子数为0.1NA，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA说法错误；

④1mol的CO和N2混合气体的分子数为NA，1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子，故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA说法正确；

⑤标准状况下，5.6LCO2气体的物质的量为5.6L/（22.4L/mol）=0.25mol，1个CO2分子中含有2个O原子，故标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA说法正确；

⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中O原子的物质的量为0.1mol，故1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA说法正确；

⑦常温常压下，8gO2的物质的量为8g/（32g/mol）=0.25mol，1个O2分子中含有16个电子，故8gO2含有的电子数为4NA说法正确；

⑧常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2NA说法错误；

⑨标准状况下，CCl4是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4的物质的量，故标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA说法错误；

⑩18gH2O的物质的量为18g/（18g/mol）=1mol，1个H2O分子中含有3个原子，故常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA说法正确；

⑪标准状况下，CH3CH2OH是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH3CH2OH的物质的量，故标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA说法错误；

⑫常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA说法错误；

【点睛】

本题考查物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算，另外注意气体摩尔体积的适用范围。

5．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。

（1）如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是______（填写字母）。

（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠______ g （保留一位小数）。

（3）某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。

首先用pH试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，将溶液B久置于空气中，与密闭保存的A相比，久置后的溶液B中水的电离程度将______（填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。

减小

【解析】

【分析】

（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；

（2）由硫守恒可得：

Na2SO3～SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；

（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。

【详解】

（1）用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置b无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：

ae；

（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，根据反应方程式可知：

Na2SO3～SO2，n（SO2）=

=0.15mol，则需亚硫酸钠的质量为：

m（Na2SO3）=0.15mol×126g/mol=18.9g；如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为

==31.5g；

（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中c（H+）增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。

【点睛】

本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。

明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。

6．

（1）在Na2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，测得Al3＋浓度为0.1mol·L-1，加入等体积0.3mol·L-1的BaCl2溶液恰好使SO42-完全沉淀，则混合溶液中Na＋的浓度为____。

（2）将0.1mol·L-1的K2SO4溶液、0.2mol·L-1的Al2（SO4）3溶液和纯水混合，要使混合液中K＋、Al3＋、SO42-的浓度分别为0.1mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，则K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积比___。

（忽略体积的变化）

【答案】0.3mol·L-12：

1：

1

【解析】

【详解】

（1）设混合溶液体积为1L。

n（Al3＋）＝c·V＝0.1mol·L－1×1L＝0.1mol，n（SO

）＝n（Ba2＋）＝0.3mol·L－1×1L＝0.3mol。

由电荷守恒可得：

3n（Al3＋）＋n（Na＋）＝2n（SO

），所以n（Na＋）＝2n（SO

）－3n（Al3＋）＝2×0.3mol－3×0.1mol＝0.3mol，c（Na＋）＝

＝

＝

＝0.3mol·L－1，故答案为：

0.3mol·L-1；

（2）设K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积分别是xL、yL、zL，则0.2x＝0.1×（x＋y＋z）、0.4y＝0.1×（x＋y＋z）、0.1x＋0.6y＝0.2×（x＋y＋z），解得x＝2y＝2z，所以K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1，故答案为：

2∶1∶1。

7．已知：

2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑，将0.1moKMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中（注：

KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+）。

（1）2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中的还原产物是_____（填化学式），反应中若产生0.3mol的气体则有________mol的电子转移。

（2）a+b的最大值为________，a+b最小值为________。

【答案】MnCl20.60.250.2

【解析】

【分析】

（1）元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；根据Cl元素化合价变化计算转移电子；

（2）KMnO4固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：

0.1×（7-2）=4a+2b，整理得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，（a+b）达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定（a+b）的最小值。

【详解】

（1）反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnCl2是还原产物；产生0.3mol的氯气时，转移电子为n（e-）=0.3mol×2×[0-（-1）]=0.6mol；

（2）KMnO4固体加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：

0.1×（7-2）=4a+2b，整理可得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，（a+b）达最大值，此时a=0，则（a+b）的最大值=0.25；当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×

=0.05mol，则a+b≥0.25-0.05=0.2，故（a+b）的最小值为0.2。

【点睛】

本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。

掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础，学会将关系式进行变形，并用用极值方法分析判断。

8．氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：

（Ⅰ）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。

（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。

则该盐酸的物质的量浓度是___mol·L-1。

（2）某同学用该浓盐酸配制100mL1mol·L-1的稀盐酸。

请回答下列问题：

①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸____mL。

②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______。

③若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：

（填“偏高”“偏低”“无影响”）

A．量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。

B．转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。

C．定容时俯视容量瓶的刻度线_____。

（Ⅱ）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。

已知：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。

甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示：

（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？

_____。

（2）上述装置中，甲由A、B两部分组成，乙由C、D、E三部分组成，丙由F、G两部分组成。

从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）_____。

（3）利用

（2）中实验装置进行实验，实验中若用12mol·L-1的浓盐酸200mL与足量二氧化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3mol，其可能的主要原因是_____（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。

（Ⅲ）已知