高考化学物质的量综合练习题.docx
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高考化学物质的量综合练习题
高考化学物质的量综合练习题
一、高中化学物质的量
1．I．自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。
下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。
请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。
将A、B、C、D填入适当的空格中。
（1）碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________；
（2）氯化钠溶液中分离出氯化钠___________；
（3）分离39％的乙醇溶液___________；
（4）分离溴的氯化钠溶液____________；
Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空
已知某饱和氯化钠溶液体积为VmL，溶液密度为dg/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为cmol/L，溶液中含NaCl的质量为mg。
（1）用m、V表示溶液的物质的量浓度是_________
（2）用w、d表示溶液的物质的量浓度是_________
（3）用c、d表示溶液的质量分数是__________
【答案】BDAC
mol·L－1
mol·L－1
【解析】
【分析】
I.根据混合物的性质选择相应的装置进行分离；
Ⅱ.根据公式
、
、
进行计算。
【详解】
I.
（1）碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，故答案为：
B；
（2）氯化钠易溶于水，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠，故答案为：
D；
（3）乙醇和水是互溶的两种液体，可用蒸馏的方法分离乙醇和水，故答案为：
A；
（4）溴易溶于四氯化碳而难溶于水，且四氯化碳与水不互溶，则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质，再分液，故答案为：
C；
Ⅱ.
（1）NaCl的物质的量为
，则NaCl溶液的物质的量浓度是
，故答案为：
mol·L－1；
（2）根据公式
可知，该溶液的物质的量浓度是
，故答案为：
mol·L－1；
（3）由
可知，
，则该溶液的质量分数是
，故答案为：
。
【点睛】
该公式
中，涉及溶液的密度，质量分数，物质的量浓度，密度的单位为g/cm3，是同学们的易忘点。
2．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。
3．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。
4．实验室可用如下方法制取Cl2，根据相关信息，回答下列问题：
（1）在该反应中，HCl表现的性质有______、________.
①MnO2+4HCl（浓）
Cl2↑+MnCl2+2H2O
（2）若反应中有0.1mol的氧化剂被还原，则被氧化的物质为________（填化学式），被氧化物质的物质的量为_____，同时转移电子数为_____（用NA表示）。
（3）将
（2）生成的氯气与0.2molH2完全反应，生成的气体在标准状况下所占体积为_________，将此产物溶于水配成100mL溶液，此溶液的物质的量浓度为_______。
（4）②KClO3＋6HCl（浓）=3Cl2↑＋KCl＋3H2O③2KMnO4＋16HCl（浓）=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。
（5）已知反应4HCl（g）＋O2
2Cl2＋2H2O（g），该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、KMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为_______。
（6）将不纯的NaOH样品2.50g（样品含少量Na2CO3和水），放入50.0mL2.00mol/L盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0mL1.00mol/L的NaOH溶液。
蒸发中和后的溶液，最终得到固体的质量为_______。
【答案】还原性酸性HCl0.2mol0.2NA8.96L4mol/L6：
5：
6KMnO4>MnO2>O25.85g
【解析】
【分析】
（1）盐酸与二氧化锰反应化合价发生变化，且能与碱性氧化物反应；
（2）还原剂被氧化，求解被还原的还原剂的量；
（3）根据方程式及c=
计算；
（4）①生成1mol氯气时，转移2mol电子；②生成1mol氯气时，转移
mol电子；③生成1mol氯气时，转移2mol电子；
（5）根据氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，进行推理；
（6）根据Cl-离子守恒进行计算。
【详解】
（1）盐酸与二氧化锰反应化合价由-1变为0，作还原剂，表现还原性；与碱性氧化物反应，表现酸性；
（2）若0.1mol的氧化剂被还原，还原剂被氧化，物质为HCl，被还原的物质的量为0.2mol，转移0.2mol电子，即0.2NA；
（3）H2+Cl2=2HCl，0.2mol氯气与0.2molH2完全反应，生成0.4molHCl，标况下的体积为8.96L；c=
=
=4mol/L；
（4）①生成1mol氯气时，转移2mol电子；②生成1mol氯气时，转移
mol电子；③生成1mol氯气时，转移2mol电子；电子转移的数目之比为6：
5：
6；
（5）根据反应①、③和4HCl（g）＋O2
2Cl2＋2H2O（g）可知，MnO2、O2、KMnO4三种物质均可制取氯气，且反应的条件下由易到难，氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，则氧化性由强到弱的顺序为KMnO4>MnO2>O2；
（6）反应后的溶液的溶质为NaCl，且加热蒸干后得到的固体也为NaCl，根据Cl-离子守恒，n（NaCl）=n（HCl）=50.0mL×2.00mol/L=0.1mol，其质量为5.85g。
5．
（1）1molH2SO4中含有_____个硫原子，_____molO。
（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式
HCl：
_______________NaHSO4：
____________________
（3）写出下列化学反应的方程式
呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_________________
氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式____________________
印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_______________________
（4）配平下列方程式：
_____I－+_____IO3－+_____H+—_____I2+_____H2O
_____NH4ClO4——_____N2↑+_____O2↑+_____HCl+_____H2O
（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：
Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O__________________
HNO3的作用是__________，发生氧化反应，氧化产物是__________。
【答案】NA4HCl=H＋＋Cl－NaHSO4=Na++H++SO42-2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O24Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）32Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+5163342546
氧化性和酸性Cu（NO3）2
【解析】
【分析】
（1）根据物质结构进行计算；
（2）强电解质完全电离；
（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子；
（4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；
（5）还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，产物为还原产物。
【详解】
（1）一个H2SO4分子中含有1个S原子，4个O原子，则1molH2SO4中含有NA个硫原子，4molO；
（2）HCl为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：
HCl=H＋＋Cl－；NaHSO4为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则电离方程式为：
NaHSO4=Na++H++SO42-；
（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+；
（4）根据氧化还原反应中，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为0价，碘酸根离子变为0价，则最小公倍数为5，则离子方程式为5I－+IO3－+6H+=3I2+3H2O；
高氯酸铵自身发生氧化还原反应，N、O的化合价升高，Cl的化合价降低，根据电子得失守恒，则4NH4ClO4=2N2↑+5O2↑+4HCl+6H2O；
（5）反应中Cu作还原剂，失电子，化合价由0价变为+2价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、酸，部分N得电子化合价降低由+5变为+4，生成的产物为还原产物；双线桥法表示为
；单线桥法为
。
【点睛】
白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的反应。
6．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_____。
【答案】6：
3：
234.2
（或83.3%）
40g/mol
【解析】
【分析】
（1）分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知，溶液中Cl﹣的物质的量相等；
（2）每100个水分子中溶有1个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:
1；
（3）将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中，溶液上升体积等于氨气的体积；
（4）溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性；
（5）由混合碱5.6g恰好可以中和100mL浓度为1.2mol/L的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等。
【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可知，溶液中Cl﹣的物质的量相等，则有x=2y=3z，解得x：
y：
z=6：
3：
2，因溶液的体积相同，由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6：
3：
2，故答案为：
6：
3：
2；
（2）3.22g芒硝的物质的量为
=1mol，溶液中n（Na+）=2n（Na2SO4•10H2O）=0.01mol×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0.01mol×10=0.1mol，需要的水的物质的量为2mol-0.1mol=1.9mol，则需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g，故答案为：
34.2；
（3）由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5可知，混合气体的平均摩尔质量为2g/mol×9.5=19g/mol，设氨气的体积分数为x，则空气的体积分数为（1-x），故17x+29（1-x）=19，解得x=
，溶液上升体积等于氨气的体积，故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的
，故答案为：
；
（4）100mL0.3mol/LNa2SO4溶液中SO42-的物质的量为0.1L×0.3mol/L=0.03moL，50mL0.2mol/LAl2（SO4）3溶液中SO42-的物质的量为0.05L×0.2moL/L×3=0.03mol，混合后的总SO42-的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol，混合溶液的体积为
×10—3L，则混合溶液中SO42−的浓度为
=
mol/L，故答案为：
；
（5）由混合碱5.6g恰好可以中和100mL浓度为1.2mol/L的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等，盐酸的物质的量为1.2mol/L×0.1L=0.12mol，设5.6g混合碱中AOH的物质的量为7a，则BOH的物质的量为5a，由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等可得7a+5a=0.12mol，解得a=0.01mol，设AOH的摩尔质量为5b，则BOH的摩尔质量为7b，由混合碱的质量为5.6g可得：
0.07mol×5b+0.05mol×7b=5.6，解得b=8，则AOH的摩尔质量为40g/mol，故答案为：
40g/mol。
【点睛】
溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键，也是易错点；由混合碱5.6g恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸确定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。
7．某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：
供选试剂：
Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸
（1）操作②的名称是______________，试剂a的溶质是_______________（填化学式）
（2）加入试剂b所发生反应的化学方程式为___________________________________。
（3）该方案能不能达到实验目的：
_____________，若不能，应如何改进？
（若能，此问不用回答）________________________________________。
（4）用分离出的固体B配制100mL0.5mol/L的溶液B，现有如下可供选择的仪器：
A．胶头滴管B．烧瓶C．烧杯D．药匙E.量筒F.托盘天平。
①用托盘天平称得固体B的质量是_________g。
②配制溶液B时，上述仪器中一定不需要使用的有_____________（填字母），还缺少的仪器有__________________________________（写仪器名称）。
【答案】过滤K2CO3BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O不能应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶10.4B100mL容量瓶、玻璃棒
【解析】
【分析】
【详解】
分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，应加入过量盐酸可得KCl，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2，
（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作②为固体和液体的分离，为过滤操作；根据以上分析可知，溶液中加入过量的K2CO3溶液使BaCl2转化为沉淀，试剂a的溶质是K2CO3；综上所述，本题答案是：
过滤；K2CO3。
（2）沉淀A为BaCO3，加足量的盐酸，反应生成氯化钡和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：
BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：
BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。
（3）该方案不能达到实验目的，因为操作②进行完成后，所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应该加入过量的盐酸，把K2CO3变为氯化钾，然后再进行蒸发结晶，得到氯化钾固体；综上所述，本题答案是：
不能；应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。
（4）①固体B为氯化钡，其质量是0.1L×0.5mol/L×208g/mol=10.4g；综上所述，本题答案是：
10.4。
②固体配制氯化钡溶液时，称量后溶解、定容等，不需要烧瓶，还缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒；综上所述，本题答案是：
B，100mL容量瓶、玻璃棒。
8．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（P
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