高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案.docx

高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案.docx

《高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案.docx（32页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案

高考化学《物质的量的综合》专项训练含答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4mol·L-1）配制100mL1.0mol·L-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：

A．100mL量B．托盘天平C．玻璃棒D．50mL容量瓶E．10mL量筒F．胶头滴管G．50mL烧杯H．100mL容量瓶。

请回答：

（1）通过计算，需用量筒量取浓硫酸的体积为________mL；

（2）实验时选用的仪器有______（填序号），使用容量瓶时第一步的操作是________________；

（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是________（填序号）；

①定容时俯视刻度线观察液面

②容量瓶使用时未干燥

③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线

（4）实验步骤如下：

①计算所用浓硫酸的体积　②量取一定体积的浓硫酸③溶解　④恢复至室温⑤转移、洗涤　⑥定容、摇匀⑦装瓶贴标签。

其中，第⑤步中“洗涤”操作的目的是_______________________。

【答案】5.4CFGEH检查容量瓶是否漏水①减少溶质损失，减小实验误差

【解析】

【分析】

⑴根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。

⑵配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，使用容量瓶前要检漏。

⑶①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。

⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。

【详解】

⑴用物质的量浓度为18.4mol·L-1的浓硫酸配制100mL1.0mol·L-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4mol·L−1×V=1.0mol·L−1×0.1L，V=0.0054L=5.4mL，因此需用量筒量取浓硫酸的体积为5.4mL；故答案为：

5.4。

⑵配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，因此实验时选用的仪器有CFGEH，使用容量瓶时第一步的操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：

CFGEH；检查容量瓶是否漏水。

⑶①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高，故①符合题意；②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响，故②不符合题意；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故③不符合题意；综上所述，答案为：

①。

⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第⑤步中“洗涤”操作的目的是减少溶质损失，减小实验误差；故答案为：

减少溶质损失，减小实验误差。

3．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。

4．某实验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。

（1）若实验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体________g。

（2）从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________（填序号）。

（3）定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度_________（偏高，偏低或不变）。

（4）下列情况会使所配溶液浓度偏低________（填序号）。

①称量读数时，左盘高，右盘低

②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

④定容时，仰视容量瓶的刻度线

⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线

【答案】2.0①②⑤偏低①②④⑥

【解析】

【分析】

（1）根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；

（2）称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；

（3）、（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。

【详解】

（1）配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：

2.0；

（2）氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：

托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：

①②⑤；

（3）定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：

偏低；

（4）①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；

②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；

④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；

⑤在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；

⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；

综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：

①②④⑥。

【点睛】

配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：

凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。

5．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；

6．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。

7．I．NaCl溶液中混有Na2CO3、Na2SO4，为检验两种物质的存在，请你根据所选择的试剂，按实验步骤的先后顺序写出相应的化学方程式：

①______________________________；

②______________________________；

③________________________________。

II．取100.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到16.84g沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀质量减少至6.99g，同时溶液中有气泡产生。

试求：

原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为________________；（写出计算列式的过程）

【答案】Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2OCO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2OBaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl0.3mol/L

【解析】

【分析】

I.首先加入过量HCl，有气泡产生，该气体能够使澄清石灰水变浑浊，说明有Na2CO3，再滴加过量BaCl2溶液，最终有白色沉淀证明有Na2SO4；

II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：

BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：

BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，最终6.99g沉淀为BaSO4，根据n=

计算BaSO4的物质的量，而n（Na2SO4）=n（BaSO4），再根据c=

计算c（Na2SO4）。

【详解】

I.首先向该物质的水溶液中滴加过量盐酸，有气体产生，该气体能够使澄清的石灰水变浑浊，证明溶液中含有Na2CO3，反应方程式为：

Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，然后向溶液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有Na2SO4，发生该反应的化学方程式为：

Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓；

II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：

BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3的质量和，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：

BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，最终6.99g沉淀为BaSO4，根据n=

可知n（BaSO4）=

=0.03mol，根据S元素守恒可知n（Na2SO4）=n（BaSO4），所以根据c=

可得c（Na2SO4）=

=0.3mol/L。

【点睛】

本题考查了物质检验实验方案的设计以及化学方程式的书写、溶质物质的量浓度的计算，明确硫酸根离子、碳酸根离子的性质是解题的关键。

8．按要求回答下列问题

（1）实验室可用K2Cr2O7固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为K2Cr2O7+14HCl（浓）=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O，当转移0.6mole-时被氧化的HCl为_____mol

（2）同温同压下，相同物质的量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为_________，密度之比为_________

（3）①向溴化钠溶液中通入适量的氯气，产生的现象是________，反应的化学方程式是_________；

②Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是______。

③下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是________。

①贝壳　②紫菜　③鱼　④海带

（4）将相同质量的镁条分别在：

①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_____（填序号）。

【答案】0.6mol1：

14：

5溶液由无色变为橙色Cl2+2NaBr=Br2+2NaClCl2>Br2>I2④③<②<①<④

【解析】

【分析】

（1）先分析方程式中转移电子与发生氧化反应消耗HCl的关系，然后计算转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量；

（2）根据n=

及

计算；

（3）①活动性强的可以把活动性弱的置换出来，根据Br2的水溶液显橙色分析；

②根据同一主族的元素性质变化规律分析；

③根据海产品的成分分析；

（4）根据题意结合化学反应的方程式，可以使各个产物在镁原子个数相同的情况下来比较质量的大小。

【详解】

（1）在反应K2Cr2O7+14HCl（浓）=3Cl2↑+2CrCl3+2KCl+7H2O中，每转移6mol电子，会有6molHCl被氧化产生Cl2，则当转移0.6mole-时被氧化的HCl的物质的量为0.6mol；

（2）根据物质的量与微粒数目关系式n=

可知：

气体的分子数的比等于气体的物质的量的比。

所以同温同压下，相同物质的量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为1：

1；在同温同压下，气体摩尔体积相同，根据气体的密度定义式

可知：

气体的密度与气体的摩尔质量成正比，所以在同温同压下，SO2气体和SO3气体的密度比ρ（SO2）：

ρ（SO3）=64g/mol：

80g/mol=4：

5；

（3）①由于活动性Cl2>Br2，所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：

Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，反应后产生的Br2的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶液由无色变为橙色；

②同一主族的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是Cl2>Br2>I2；

③①贝壳主要成分为碳酸钙，①不符合题意；

②紫菜主要成分为蛋白质、维生素，②不符合题意；

③鱼主要成分为蛋白质，③不符合题意；　

④海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，④符合题意；

故合理选项是④；

（4）Mg燃烧的有关反应方程式为：

2Mg+O2

2MgO；3Mg+N2

Mg3N2；2Mg+CO2

2MgO+C，可假设镁的物质的量是1mol，比较Mg燃烧后生成的固体增加的质量；1molMg在O2中燃烧质量增加1molO原子的质量16g；在N2中燃烧质量增加

molN2的质量

g；在空气中燃烧产物既有MgO、也有Mg3N2，所以增加的质量在

g～16g之间；在CO2中燃烧质量增加1molO和0.5molC原子的质量，16g+6g=22g，可见等质量的Mg在四种情况下质量增加由小到大的顺序是③氮气<②空气<①氧气<④二氧化碳，Mg的质量相等，增加的质量越大，则反应后得到的固体质量越大，所以将相同质量的镁条分别在：

①氧气；②空气；③氮气；④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是③<②<①<④。

【点睛】

本题考查了物质成分的判断、物质活动性比较及物质的量在化学方程式计算的应用的知识。

结合元素周期律分析判断物质的活动性及反应现象，对于镁带在不同