化学化学物质的量的专项培优练习题含答案附详细答案.docx
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化学化学物质的量的专项培优练习题含答案附详细答案
【化学】化学物质的量的专项培优练习题（含答案）附详细答案
一、高中化学物质的量
1．为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：
（1）等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为___。
（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为___，质量比为___。
（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则cg氧气在标准状况下的体积约是___（用含a、b、c、NA的式子表示）。
（4）实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，进行如下操作：
①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器___。
②计算需要NaOH固体的质量：
___g。
③取出50mL配制好的溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为___。
④若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是___。
A.称量时砝码已经生锈
B.定容时仰视
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作
D.定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线
【答案】3：
21：
12：
3
L100mL容量瓶4.01mol/LA
【解析】
【详解】
（1）根据
可知，等质量的O2和O3的物质的量之比为
，所含分子的物质的量之比为3：
2。
（2）根据阿伏加德罗定律，PV=nRT（R为常数），在等温等压下，等体积的任一气体所含分子的物质的量相同，由N=nNA（NA为常数）可知，分子个数比为1：
1；由m＝nM可知，O2和O3的质量比为2：
3。
（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则ag氧气的物质的量
，摩尔质量
，即当氧气为cg，物质的量
，在标准状况下的体积
L。
（4）①实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶。
②需要NaOH固体的质量
。
③溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol/L。
④A.称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；
B.定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；
D.定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。
答案为A。
【点睛】
根据
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。
误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。
在配制一定物质的量浓度溶液时，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
需要具体问题具体分析。
2．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。
3．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。
4．现有21.6g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44L。
回答下列问题：
（1）该混合气体的平均摩尔质量为________。
（2）混合气体中碳原子的质量为________。
（3）将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中（实验在标准状况下测定）。
①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。
②气球中收集到的气体中，电子总数为________（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
③气球的体积为________L。
【答案】36g·mol－17.2g28g·mol－14.2NA6.72
【解析】
【详解】
（1）标准状况下，该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0.6（mol），所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36（g·mol－1），
（2）由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol，而CO和CO2分子中均只含一个碳原子，故混合气体中的碳原子也为1mol，所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.2（g）
（3）CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后，CO2与NaOH反应被吸收，剩余的CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。
设CO的物质的量为x,则CO2的物质的量为0.6-x，列方程：
28x+44（0.6-x）=21.6，解得x=0.3mol。
①气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28g·mol－1；②CO的物质的量为0.3mol，所以电子总数为0.3×14NA=4.2NA；③标准状况下，0.3molCO的体积为0.3×22.4=6.72（L），所以气球的体积为6.72L。
5．根据所学的知识填空。
（1）已知铜在常温下能被稀HNO3溶解：
3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
①用双线桥法表示上述电子转移的方向和数目（在化学方程式上标出）______。
②请将上述反应改写成离子方程式：
_________________________________________；
③19.2g铜与稀硝酸完全反应，生成的气体在标准状况下的体积为_________________L；若4molHNO3参加反应，则该过程转移电子的数目为__________________________。
（2）标准状况下，44.8L由O2和CO2组成的混合气体的质量为82g，则O2的质量为_________g，该混合气体的平均摩尔质量为_______________________。
（3）3.4gNH3中所含氢原子数目与标准状况下__________LCH4所含氢原子数相同。
【答案】
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4.483NA或1.806×10241641g/mol3.36
【解析】
【分析】
（1）Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O中，Cu元素的化合价由0升高为+2价，N元素的化合价由+5价降低为+4价，该反应中转移2mol电子，根据物质所含元素的化合价的变化判断氧化剂、还原产物以及参加氧化还原反应的硝酸的物质的量；
（2）根据n=
计算CO和CO2组成的混合气体的物质的量，设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量与质量，列方程计算x、y的值，进而计算CO和CO2的物质的量之比，根据M=
计算混合气体的平均摩尔质量；
（3）根据n=
计算出氨气的物质的量，再根据N=nNA计算出含有氨气分子数及含有的氢原子数目，结合甲烷的分子结构求出甲烷的物质的量，根据V=nVm求甲烷的体积。
【详解】
（1）①化合价升高元素Cu失电子，化合价降低元素N得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6，电子转移情况如下：
，故答案为：
；
②在3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中，HNO3和Cu（NO3）2溶于水且电离，应写成离子的形成，改写后的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：
3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
③铜的物质的量为0.3mol，该反应中Cu元素由0价升高到+2价，则0.3molCu失去的电子为0.3mol×（2-0）=0.6mol，设NO的物质的量为n，由电子守恒可知，0.3mol×2=n×（5-2），解得n=0.2mol，则NO的体积为4.48L；由方程式3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知8mol硝酸参加反应，转移6mol电子，因此有4mol硝酸参加反应，转移电子3mol，个数为3NA或1.806×1024，故答案为：
4.48；3NA或1.806×1024。
（2）标况下44.8L由O2和CO2组成的混合气体的物质的量为
=2mol，设O2和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：
x+y=2mol；32x+44y=82g；
解得：
x=0.5、y=1.5，则混合物中O2的的量为0.5mol×32g/mol=16g，混合气体的平均摩尔质量为：
=41g/mol，故答案为：
16；41g/mol；
（3）氨气的相对分子质量是17，其摩尔质量是17g/mol，则3.4g氨气的物质的量为：
n（NH3）=
=0.2mol，含有氢原子的数目为：
N（H）=3N（NH3）=0.6NA，与氨气含有H原子数目相等的CH4的物质的量
=0.15NA，故CH4的体积=0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故答案为：
3.36。
【点睛】
本题考查有关物质的量的计算，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量等物理量之间的转化关系，灵活运用公式是解答的关键。
6．现有下列九种物质：
①HCl气体②Cu③蔗糖④CO2⑤H2SO4⑥Ba（OH）2固体⑦氯酸钾溶液⑧稀硝酸⑨熔融Al2（SO4）3
（1）属于电解质的是___；属于非电解质的是___。
（2）②和⑧反应的化学方程式为：
3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
上述反应中氧化产物是___。
硝酸没有全部参加氧化还原反应，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的___。
用双线桥法分析上述反应（只需标出电子得失的方向和数目）___。
3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
（3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：
H＋＋OH－=H2O，该离子反应对应的化学方程式为___。
（4）⑨在水中的电离方程式为___，
（5）34.2g⑨溶于水配成1000mL溶液，SO42-的物质的量浓度为___。
【答案】①⑤⑥⑨③④Cu（NO3）2或Cu2+25%
Ba（OH）2＋2HNO3=Ba（NO3）2＋2H2OAl2（SO4）3=2Al3＋＋3SO42-0.3mol/L
【解析】
【分析】
（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；
（2）氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂，对应产物为氧化产物；依据硝酸中氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量；根据Cu元素的化合价变化、N元素的化合价变化来分析，化合价升高的元素原子失去电子，化合价降低的元素的原子得到电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；
（3）H++OH-═H2O，可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水；
（4）硫酸铝为强电解质，水溶液中完全电离；
（5）计算3.42g硫酸铝的物质的量，依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量，依据
计算硫酸根离子的物质的量浓度。
【详解】
（1）①HCl气体是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；
②Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质；
③蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质；
④CO2本身不能电离，属于非电解质；
⑤H2SO4是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；
⑥Ba（OH）2固体是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，是电解质；
⑦氯酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧稀硝酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑨熔融Al2（SO4）3是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
综上所述，属于电解质的是①⑤⑥⑨；属于非电解质的是③④；
故答案为：
①⑤⑥⑨；③④；
（2）3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，反应中铜元素化合价升高，为还原剂，对应产物硝酸铜为氧化产物，参加反应的硝酸有8mol，只有2mol硝酸中的N化合价降低，作氧化剂，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%；在反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素的化合价由0升高到+2价，N元素的化合价由+5降低为+2价，转移的电子为6e−，则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为，
；
故答案为：
Cu（NO3）2或Cu2+；25%；
；
（3）H++OH−═H2O，可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应，化学方程式为：
Ba（OH）2＋2HNO3=Ba（NO3）2＋2H2O；
故答案为：
Ba（OH）2＋2HNO3=Ba（NO3）2＋2H2O；
（4）硫酸铝为强电解质，完全电离，电离方程式为：
Al2（SO4）3=2Al3＋＋3SO42-；
故答案为：
Al2（SO4）3=2Al3＋＋3SO42-；
（5）3.42g硫酸铝的物质的量
，依据硫酸铝电离方程式：
Al2（SO4）3=2Al3＋＋3SO42-，可知硫酸根离子的物质的量为0.03mol，则硫酸根离子的物质的量浓度
；
故答案为：
0.3mol/L。
7．PbO2是一种棕黑色粉末，难溶于水，可用作强氧化剂和电极制造等。
实验室由Ca（ClO）2溶液氧化碱性Pb（OH）2法制备PbO2的步骤如下：
2Pb（CH3COO）2+4NaOH+Ca（ClO）2=2PbO2↓+4CH3COONa+CaCl2+2H2O
（1）“氧化”过程中，反应液的pH____（填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是____________（填化学式）。
（3）产品定性检验：
向Mn（NO3）2的HNO3溶液中加入少量产品，搅拌并水浴微热，溶液变紫色，说明含有PbO2。
该反应的离子方程式为____（PbO2被还原为Pb2+）。
（4）为测定产品（只含PbO2和PbO）中PbO2、PbO的物质的量之比，称取产品0.5194g，加入 20.00 mL 0.2500 mol·L－1H2C2O4溶液（PbO2还原为Pb2+）搅拌使其充分反应，然后用氨水中和，过滤、洗涤除去PbC2O4，滤液酸化后用0.0400 mol·L－1KMnO4标准溶液滴定至终点（MnO
还原为Mn2+，H2C2O4被氧化为CO2），消耗标准溶液10.00 mL。
计算产品中n（PbO2）与n（PbO）物质的量之比（写出计算过程）____________。
【答案】变小Pb（OH）22Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O9:
2
【解析】
【分析】
根据流程可知，醋酸铅与Ca（ClO）2在碱性环境下，发生氧化还原反应，生成PbO2固体和醋酸钠溶液，过滤后得到二氧化铅，由于氢氧化钠与醋酸铅也可反应生成氢氧化铅，因此二氧化铅中含有杂质氢氧化铅，硝酸洗、水洗、干燥得到产品，据此进行分析。
【详解】
（1）根据2Pb（CH3COO）2+4NaOH+Ca（ClO）2=2PbO2↓+4CH3COONa+CaCl2+2H2O反应可知，反应过程中不断消耗碱，碱性减弱，“氧化”过程中，反应液的pH变小；
故答案是：
变小；
（2）醋酸铅也可和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铅沉淀；“氧化”制得的PbO2可能含有的含铅杂质化学式是Pb（OH）2；所以“硝酸洗”时，被溶解的含铅杂质可能是Pb（OH）2；
答案是：
Pb（OH）2；
（3）根据题给信息可知，反应后的紫色溶液为MnO4-，因此Mn（NO3）2的HNO3溶液与PbO2反应的离子方程式为：
2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O；
故答案是：
2Mn2++5PbO2+4H+=2MnO4-+5Pb2++2H2O；
（4）上述过程发生的反应有：
6H++2MnO4-+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；PbO2+2H2C2O4=PbC2O4+2CO2+2H2O；PbO+H2C2O4=PbC2O4+H2O；根据反应关系可知，与高锰酸钾溶液反应的n（H2C2O4）=2.5×0.04×10×10-3=1×10-3mol；与PbO2、PbO反应的n（H2C2O4）=0.25×20×10-3-1×10-3=4×10-3mol；2n（PbO2）+n（PbO）=4×10-3mol；239g/mol×n（PbO2）+223g/mol×n（PbO）=0.5194g，n（PbO2）=1.8×10-3mol；n（PbO）=4×10-4mol；所以产品中n（PbO2）与n（PbO）物质的量之比1.8×10-3mol：
4×10-4mol=9:
2；
故答案是：
9:
2。
8．下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。
问：
（1）该盐酸的物质的量浓度为_________
（2）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（________）
①配制100g 10%的CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中
②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮
③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度
④用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4配制200mL 2mol•L-1的稀H2SO4时，先平视后仰视。
A．只有①B．只有②C．②③④D．①③④
（3）已知CO和CO2的混合气体14.4g,在标准状况下所占的体积为8.96L。
则该混合气体中，CO的质量为____________________g，CO2的物质的量为____________________mol。
（4）1mol氧气在放电条件下，有30%转化为臭氧（O3），则放电后所得混合气体对氢气的相对密度是（____________）
A．16B．17.8C．18.4D．35.6
【答案】11.8mol/L①③④5.60.2B
【解析】
【分析】
（1）根据物质的量浓度c=
计算出该盐酸的物质的量浓度；
（2）根据操作不当对溶质的质量或溶液的体积的影响效果分析作答；
（3）混合气体的体积为8.96L，则物质的量为
=0.4mol，根据气体的总质量和总物质的量列方程式计算；
（4）根据公式ρ＝
可知，相同条件下，气体摩尔体积相同，所以不同气体的密度之比等于其摩尔质量之比，先根据转化关系计算混合气体的摩尔质量，再计算混合气体摩尔质量与氢气的摩尔质量之比。
【详解】
（1）该盐酸的物质的量浓度为：
c=
=
=11.8mol/L，
故答案为：
11.8mol/L；
（2）① 硫酸铜晶体为CuSO4
H2O，则称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中形成硫酸铜溶液，硫酸铜的实际质量小于10g，所配硫酸铜溶液的质量分数小于10%的，实验结果偏低，①项正确；
②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大，实验测量结果偏高，②项错误；
③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，实际称取的药品质量减小，所配溶液的浓度偏低，③项正确；
④酸式滴定管的“0”刻度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，④项正确；
故答案为：
①③④；
（3）混合气体的体积为8.96L，则物质的量为
=0.4mol，设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的
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