备战高考化学物质的量大题培优 易错 难题附答案.docx

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备战高考化学物质的量大题培优易错难题附答案

备战高考化学物质的量（大题培优易错难题）附答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．按要求完成下列填空。

（1）在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为___。

（2）将3.22g芒硝（Na2SO4·10H2O）溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+，则需水的质量为__g。

（3）在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净，所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。

（4）100mL0.3mol/LNa2SO4（密度为d1g/cm3）和50mL0.2mol/LAl2（SO4）3（密度为d2g/cm3）混合，所得密度为d3g/cm3的混合溶液中SO42-的浓度为___________。

（用含d1,d2,d3的式子表示）

（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:

7，现将7molAOH与5molBOH混合后，从中取出5.6g，恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_____。

（6）标准状况下，用一定量的水吸收HCl气体后制得浓度为1.0mol/L，密度为1.0365g/cm-3的盐酸。

请计算1体积水吸收_______体积的HCl可制得上述氨水。

【答案】6：

3：

234.2

（或83.3%）6d3/（10d1+5d2）mol/L40g/mol22.4

【解析】

【详解】

（1）设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z，由分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则种溶液中Cl-的物质的量相等，x=y×2=z×3，解得x：

y：

z=6：

3：

2，因溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度之比，所以浓度之比为6：

3：

2；

故答案是：

6：

3：

2；

（2）3.22g芒硝的物质的量为3.22/322=0.01mol，所以溶液中n（Na+）=2n（Na2SO4·10H2O）=0.01×2=0.02mol，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n（H2O）=100n（Na+）=2mol，0.01molNa2SO4·10H2O中含有水的物质的量为0.01×10=0.1mol，所以需要的水的物质的量为2-0.1=1.9mol，所以需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g；

故答案是：

34.2；

（3）用排气法收集氨气后，收集到的氨气气体不纯，含有空气；空气的平均相对分子质量为29，混合气体的平均相对分子质量为:

9.5×2=19；设烧瓶的容积为VL，氨气的体积为xL，空气的体积为（V-x）L，则有:

[17x/Vm+（29×（V-x）/Vm）]÷（V/Vm）=19，解之得:

x=

V；将此瓶气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即

V，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积为:

（

V）/V=

（或83.3%）；

故答案是：

（或83.3%）；

（4）混合液的质量为（100d1+50d2）g，混合后溶液的体积为：

[（100d1+50d2）÷d3]mL=[（100d1+50d2）÷d3]×10-3L；溶液混合后n（SO42-）=（0.1×0.3×1+0.05×0.2×3）=0.06mol；根据c=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：

0.06÷[（100d1+50d2）÷d3]×10-3=60d3/（100d1+50d2）mol/L=6d3/（10d1+5d2）mol/L

故答案是：

6d3/（10d1+5d2）mol/L；

（5）设AOH和BOH的摩尔质量分别为5xg/mol和7xg/mol，n（HCl）=n（OH-）=0.1×1.2=0.12mol；7molAOH与5molBOH混合物中含有n（OH-）=7+5=12，根据题意可知，5.6g混合碱中含有n（OH-）=0.12mol，则含有n（OH-）=12mol时，混合碱的质量为560g；根据7mol×5xg/mol+5mol×7xg/mol=560g可知，x=8，所以AOH的摩尔质量为40g/mol；

故答案是：

40g/mol；

（6）假设溶液体积为1.00L，1.00L盐酸中含氯化氢的物质的量为：

1L×1mol/L=1mol，V（HCl）=1×22.4=22.4L；1.00L盐酸中含水的质量为：

m（H2O）=1×1.0365×103-1×36.5=1000g，V（H2O）=1L；标准状况下，1体积水吸收氯化氢的体积为V=[V（HCl）/V（H2O）]×1L=22.4L；

故答案是：

22.4。

2．实验室需要480mL0.3mol.·L-1NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。

请回答：

（1）如图所示的仪器中，配制上述溶液一定不需要的仪器为__________（填选项字母），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为_________________（填仪器名称）。

（2）配制NaOH溶液。

①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_____g。

②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所配制的溶液浓度将_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

（3）配制硫酸溶液。

①实验室用98%（ρ=1.84g·cm3）的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸的体积为_____mL。

②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1，原因可能是_________（填选项字母）。

A．用胶头滴管加水定容时俯视刻度

B．容量瓶中原来存有少量水

C．稀释硫酸的烧杯未洗涤

D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度

【答案】AC烧杯、玻璃棒6.0偏低100mLCD

【解析】

【分析】

配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：

计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。

配制硫酸溶液时，根据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度可根据公式c=

进行计算。

【详解】

（1）用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒，因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。

（2）①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度，然后根据容量瓶体积计算溶质的量，配制480mL0.3mol/L的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶，因此需要NaOH的物质的量为0.5L×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。

3．根据题意计算填空。

（1）在标准状况下，8.5g某气体占有的体积为5.6L，则该气体的摩尔质量是__。

（2）在标准状况下，0.01mol某气体的质量为0.28g，则该气体的相对分子质量为__，该气体的密度为__g·L−1。

（3）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中CO和CO2物质的量之比是__，C和O原子个数比是__，CO的质量分数是__。

（4）现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的相对分子质量为M。

若阿伏伽德罗常数用NA表示，则：

该气体的物质的量为__mol；该气体所含原子总数为__个；该气体在标准状况下的体积为__L；该气体溶于水后形成1L溶液（该气体不与水反应），其物质的量浓度为__mol·L－1。

【答案】34g/mol281.251：

34：

717.5%

【解析】

【详解】

（1）该气体的摩尔质量

，

故答案为：

34g/mol；

（2）0.01mol某气体的质量为0.28g，摩尔质量为

，故相对分子质量为28；标况下体积是0.224L，故密度为

，

答案为：

28；1.25;

（3）设

的物质的量为xmol，

的物质的量为ymol，标准状况下总体积6.72L，即总物质的量为0.3mol，故x+y=0.3，总质量为12g，故28x+44y=12，解得x=0.075，y=0.225，故

和

物质的量之比是为1:

3，

和

原子个数比是4:

7，CO的质量分数为

，

故答案为：

1：

3；4：

7；17.5%；

（4）该气体的物质的量为

mol；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为

个；该气体在标准状况下的体积为

L；该气体溶于水后形成1L溶液，其物质的量浓度为

mol·L－1，

故答案为：

；

；

；

。

4．NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。

（1）写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。

（2）氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。

（3）实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2，该反应的离子方程式是_____。

（4）为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体（其中之一是水蒸气），该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。

（5）一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。

向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成Cu（OH）2沉淀的质量为_____克。

【答案】4NH3+5O2

4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO

5N2+6H2O19.6

【解析】

【分析】

（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；

（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；

（4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；

（5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m=nM计算。

【详解】

（1）氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，

故答案为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：

光化学烟雾；

（3）Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应离子方程式为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，答案为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O；

（4）NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O，

故答案为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O；

（5）n（NO2）＝n（NO）＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，根据电子转移守恒，可知n（Cu）＝

＝0.2mol，由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol，生成Cu（OH）2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol＝19.6g，故答案为：

19.6。

【点睛】

掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。

5．实验室需要配制0.1mol·L－1CuSO4溶液480mL。

按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。

（1）选择仪器。

完成本实验所必需的仪器有：

托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、________、________以及等质量的两片张滤纸。

（2）计算，应选择下列________。

A．需要CuSO4固体8.0gB．需要CuSO4·5H2O晶体12.0g

C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5gD．需要CuSO4固体7.7g

（3）称量。

所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）。

（4）溶解、冷却。

若未冷却，则所配溶液浓度会________。

（5）转移、洗涤。

若未洗涤，则所配溶液浓度会________。

（6）定容，摇匀。

（7）将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。

（8）在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________。

【答案】胶头滴管500mL容量瓶AC偏高偏高偏低偏低

【解析】

【分析】

本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可

【详解】

（1）配制的是480mL溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500mL容量瓶；

（2）因为定容时使用的500mL容量瓶，其物质称量时时按500mL算，不是按480mL算，若果是硫酸铜固体其质量为

=8.0g，若为5水硫酸铜其质量为

=12.5g，故答案为A、C；

（3）砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度会偏高，故答案为偏高；

（4）若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；

（5）若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；

（8）因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。

【点睛】

注意：

计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。

6．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。

7．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，对于镁带在不同条件下燃烧产物质量比较，可假设Mg的物质的量都是1mol，根据产生的物质的组成确定增加元素及其质量，增加的质量越多，反应后得到的固体质量就越大，难点是判断镁在空气中的产物质量，学生只要明确空气的成分和发生的反应可判断其质量的范围值，应注意解答的规范化。

8．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+