高考化学物质的量大题培优及详细答案文档格式.docx
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0.3mol/L=0.15mol，需要NaOH的质量为：
m=n∙M=0.15mol/L×
40g/mol=6.0g，因此需要称取6.0NaOH固体。
②NaOH溶液转移时洒落少许，会使溶质物质的量减小，配制的溶液浓度偏低。
（3）98%的浓硫酸的分数为:
需要浓硫酸的体积为：
。
（4）A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度，读数比实际体积大，加入的水会低于刻度线，会使实际溶液浓度偏大，A错误；
B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度，B错误；
C.稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中，会使配制的溶液浓度减小，C正确；
D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度，读数比实际体积小，加入的水会超过刻度线，会使实际溶液浓度减小，D正确；
故选CD。
【点睛】
本题的易错点为（3）①，计算浓硫酸用量时，需根据稀释前后物质的量不变来计算，稀硫酸的浓度和体积是已知的，只需要知道浓硫酸的浓度即可，浓硫酸的浓度可用公式c=
算出。
2．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
（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。
（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=
30.24；
第二次反应气体的相对分子质量=
28；
第三次反应气体的相对分子质量=1.04
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=
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。
3．将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
（1）写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________；
（2）镁和铝的总质量为________g；
（3）b点溶液中的溶质为__________，硫酸的物质的量浓度为___________mol/L；
（4）生成的氢气在标准状况下的体积为__________L；
（5）c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。
【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑9Na2SO42.510.08NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3
由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，此时发生的反应为：
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；
当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液溶质为Na2SO4；
从200mL到240mL，NaOH溶解固体Al（OH）3，发生反应：
OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O，据此分析解答。
（1）Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）根据图象可知Mg（OH）2和Al（OH）3的物质的量之和为0.35mol，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，Al（OH）3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]=0.20mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.15mol，所以镁和铝的总质量为m（Al）+m（Mg）=0.20mol×
27g/mol+0.15mol×
24g/mol=9g；
（3）沉淀量最大时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mLNaOH溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍，所以n（Na2SO4）=0.5×
5mol/L×
0.2L=0.5mol，所以H2SO4的物质的量浓度c（H2SO4）=
=2.5mol/L；
（4）根据以上分析，n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，由于Al是+3价金属，Mg是+2价的金属，所以金属失去电子的物质的量n（e-）=3n（Al）+2n（Mg）=0.2mol×
3+0.15mol×
2=0.9mol，根据反应过程中得失电子守恒，可知反应产生氢气的物质的量n（H2）=
n（e-）=0.45mol，则在标准状况下的体积V（H2）=0.45mol×
22.4L/mol=10.08L；
（5）在b点时溶液中溶质为Na2SO4，沉淀量为Mg（OH）2和Al（OH）3，在b→c过程中发生反应：
NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，至c点，该反应恰好反应完全，故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2，由于酸性：
H2CO3＞Al（OH）3，所以c点溶液中通入足量的CO2，NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al（OH）3和NaHCO3，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3。
本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算，侧重考查学生的分析与计算能力。
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】√√×
√√√√×
×
√×
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。
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；
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．某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。
已知：
①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。
②氯气和碱反应放出热量。
温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：
3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O。
该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。
请回答下列问题：
（1）①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是________。
②该兴趣小组用100mL12mol·
L-1盐酸与8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2______g。
（2）小组成员发现，产物中Ca（ClO）2的质量明显小于理论值。
他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高也是可能原因。
为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为如图（不考虑氯气和水的反应）。
①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。
②所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为______mol。
③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol，则产物中
=__。
（3）为了提高Ca（ClO）2的产率，可对丙装置作适当改进。
请你写出一种改进方法：
________。
【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15ClO-0.252：
1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中
（1）①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；
②依据MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O；
2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，结合定量关系计算理论值；
（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；
当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；
③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：
2，结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。
（3）根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。
（1）①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：
MnO2+4HCl（浓）
浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；
②n（HCl）=12mol/L×
0.1L=1.2mol，n（MnO2）=
=0.1mol，MnO2、HCl反应的物质的量的比是1：
4，可见足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，n（Cl2）=n（MnO2）=0.1mol，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：
2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，根据方程式中物质反应关系可知：
理论上最多可制得Ca（ClO）2的物质的量为0.05mol，其质量m[Ca（ClO）2]=0.05mol×
143g/mol=7.15g；
当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×
1=0.10mol×
1+0.05mol×
5=0.35mol，则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为：
0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，在CaCl2、Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2中钙离子和含氯离子的个数比为1：
2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为
=0.25mol；
③取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；
则得到：
0.35=x×
1+y×
5；
依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：
2，得到氯元素物质的量为0.5mol；
x+y+0.35=0.5，解得：
x=0.1mol，y=0.05mol，则产物中
=2：
1；
（3）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生3Cl2+6OH-
本题考查了性质方案的设计。
明确实验目的、实验原理为解答关键，注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法，题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。
6．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4.2mL10.0mL500mL偏高偏低重新配制
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