化学物质的量的专项培优练习题含答案.docx
《化学物质的量的专项培优练习题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《化学物质的量的专项培优练习题含答案.docx（30页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
化学物质的量的专项培优练习题含答案
化学物质的量的专项培优练习题（含答案）
一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）
1．I．配制
的
溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？
（填“偏大”“偏小”或“不变”）
（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________；
（2）定容时观察刻度线仰视，其结果_____________。
II．
（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：
__________________________。
（2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置：
_____________（将编号字母填入空格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂：
_____________。
装置有：
A
B
C
D
E
F
G
H
试剂有：
a．
溶液b．澄清石灰水c．浓硫酸d．饱和
溶液e．碱石灰f．品红溶液g．湿润的红色石蕊试纸
【答案】偏大偏小2NH4Cl+Ca（OH）2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2OAe
【解析】
【分析】
根据n=cV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，在配制一定物质的量浓度溶液时，若V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
【详解】
I．
（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大；
（2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。
II．
（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：
2NH4Cl+Ca（OH）2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2O。
（2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为A；为了得到纯净的氨，氨气为碱性气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选e。
2．用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·L-1的溶液。
请回答：
（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。
A．烧杯B．量筒C．玻璃棒D．胶头滴管E.容量瓶
（2）定容时的操作：
当液面接近容量瓶刻度线时，__，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。
（3）下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是___。
A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制
B．定容时俯视容量瓶的刻度线
C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线
D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
【答案】B用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切ACD
【解析】
【分析】
（1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；
（2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；
（3）结合
及不当操作可知，n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低；
【详解】
（1）配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤：
计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：
托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：
B。
（2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：
用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。
（3）A.称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，A正确；
B.定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大，B错误；
C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，V偏大，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，C正确；
D.转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，D正确；故答案为：
ACD。
【点睛】
配制一定物质的量浓度过程中误差分析：
①向容量瓶中转移液体时有少量流出，n减小，c偏小；②未洗涤烧杯和玻璃棒，n减小，c偏小；③定容时，水加多了，用胶头滴管吸出，n减小，c偏小；④定容摇匀时，液面下降，再加水，V增大，c偏小；⑤定容时，俯视刻度线，V减小，c偏大；⑥仰视刻度线，V增大，c偏小；⑦溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容，V减小，c偏大。
3．
（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%
4．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。
5．纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。
（1）用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈__________色。
（2）实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是__________。
A． 1000mL；21.2g B．950mL；20.14g C．500mL；21.2g D．500mL；10.6g
（3）若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为______。
（4）某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色物质溶于水，并向所得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳酸钠。
你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点________。
（5）取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：
①曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为_______mL。
②曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是________，其物质的量之比为________。
【答案】黄A32.8%不同意，由于Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O（或Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O），碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀33.6Na2CO3与NaHCO31:
1
【解析】
【分析】
（1）考查焰色反应；
（2）根据n=cV，m=nM计算；
（3）根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；
（4）根据碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断；
（5）①根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，利用n=
；②由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计算；
【详解】
（1）钠的焰色反应为黄色；
（2）配置950ml的溶液应用1000mL容量瓶配制溶液，所需Na2CO3的质量m=nM=cVM=0.2mol/L×1L×106g/mol=21.2g，答案选A；
（3）设参加反应的碳酸氢钠的质量为x根据混合物质量减少了2.48g，
，解得x=6.72g，碳酸钠和碳酸氢钠共10g，则碳酸钠的质量为10g-6.72g=3.28g，原混合物中碳酸钠的质量分数=
=32.8%；
（4）由于Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O（或Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O），碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀，所以不同意他的观点；
（5）①CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，
当
⩾1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成NaHCO3，CO2有剩余；
当
＜
＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；
当
⩽
，反应按②进行，等于
时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于
时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；
由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应,消耗的15mL盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生CO2，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（NaHCO3）=n（HCl）=（75ml−60ml）×0.1mol/L=1.5×10−3mol，根据C原子守恒，所以n（CO2）=n（NaHCO3）=1.5×10−3mol，V=nVm=1.5×10−3mol×22.4L/mol=33.6mL；
②加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。
根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075ml×0.1mol/L=0.0075mol，由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（NaHCO3）=n（HCl）=n（CO2）=（75ml−25ml）×0.1mol/L=0.005mol，所以n（CO2）：
n（NaOH）=0.005mol：
0.0075mol=
，大于1:
2，小于1，所以反应按①②进行，CO2、NaOH反应，NaOH无剩余，生成物为Na2CO3与NaHCO3，根据钠原子守恒，所以
n（Na2CO3）+n（NaHCO3）=0.0075mol，而n（NaHCO3）=0.005mol，则n（NaHCO3）=0.005mol，故Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1:
1。
【点睛】
碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键，学生使用时需灵活掌握。
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．在标准状况下，由一氧化碳和二氧化碳组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比是__________，一氧化碳的体积分数是__________，一氧化碳的质量分数是__________，碳原子和氧原子个数比是__________，混合气体的平均相对分子质量是__________，密度是__________g·L－1。
【答案】1∶325%17.5%4∶7401.79
【解析】
【分析】
根据公式：
=
进行分析解答。
【详解】
混合气体的物质的量＝
＝0.3mol，
设一氧化碳的物质的量为x，二氧化碳的物质的量为y，则：
解得：
x＝0.075mol，y＝0.225mol，
此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比＝0.075mol∶0.225mol＝1∶3；
一氧化碳的体积分数是＝
×100%＝25%；
一氧化碳的质量＝0.075mol×28g·mol-1＝2.1g，
一氧化碳的质量分数＝
×100%＝17.5%；
碳原子和氧原子个数比＝（0.075mol＋0.225mol）∶（0.075mol＋0.225mol×2）＝4∶7；
混合气体的平均摩尔质量＝
＝40g·mol-1，平均相对分子质量是40；
混合气体的密度＝
≈1.79g·L-1。
答案：
1∶3；25%；17.5%；4∶7；40；1.79。
9．
（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。
10．Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：
（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置____（填代表装置图的字母）；
（2）分离CCl4（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的液体混合物，可选择装置A，该分离方法的名称为_____，装置A中①的名称是______。
（3）实验室用B装置从碘水中分离出I2，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，碘主要溶解在_____（填“上层”或“下层”）液体中，该层溶液颜色为_____，该装置在分液时为使液体顺利下滴，应进行的具体操作_____。
Ⅱ.用胆矾晶体（CuSO4·5H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL，回答下列问题：
（1）所需仪器为：
托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：
_____。
（2）请写出该实验的简要的实验步骤：
①计算②称量胆矾_____g③溶解④转移⑤洗涤并转移⑥定容⑦摇匀
（3）如图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是_____。
【答案】D蒸馏冷凝管上层紫红色打开分液漏斗的上口活塞250mL容量瓶25转移溶液时，应用玻璃棒引流
【解析】
【分析】
Ⅰ.
（1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离；
（2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法；
（3）碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯的密度比水小，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水层；分液时，应打开分液漏斗的上口活塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴；
Ⅱ.
（1）实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO4·5H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时，应选用
升级会员 