化学物质的量的专项培优练习题含答案.docx

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化学物质的量的专项培优练习题含答案

2020-2021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

1．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。

2．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。

3．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。

4．Ⅰ．为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+ 2H2O。

（1）用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目_________。

（2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_________。

（3）草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，配平下面的化学方程式：

_____KMnO4+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+K2SO4+CO2↑＋H2O。

Ⅱ．盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。

HCl极易溶于水，工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。

（1）用密度为1.2g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为________mL。

（2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是____________。

A．量取浓盐酸时俯视刻度线B．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水

C．定容时俯视刻度线D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒

【答案】

1：

22352110862.5C

【解析】

【分析】

Ⅰ．

（1）反应MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高为0价，根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目；

（2）该反应中，Cl元素部分化合价由-1价升高为0价，HCl既是还原剂，还有酸性作用；

（3）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；

Ⅱ．

（1）根据c=

计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；

（2）分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c=

进行误差分析。

【详解】

Ⅰ．

（1）反应MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高，该反应的电子转移方向和数目可表示为

；

（2）反应中MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，且HCl部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:

2；

（3）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，根据转移电子守恒知，KMnO4的计量数是2、H2C2O4的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4=2MnSO4+1K2SO4+10CO2↑＋8H2O；

Ⅱ．

（1）质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm3的浓盐酸，物质的量浓度c=

=12mol/L，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：

250mL×3mol/L=12mol/L×V，解得V=62.5mL；

（2）A．量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故A错误；

B．容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故B错误；

C．定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C正确；

D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故D错误；

故答案为C。

5．氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。

（1）下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。

a．滴水成冰b．蜡炬成灰c．百炼成钢

（2）NH3和Cl2反应的方程式为：

NH3+Cl2﹣N2+HCl

①该反应中被氧化的元素是_____（填元素名称），氧化剂是_____（填化学式）。

②配平该方程式：

_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl

（3）“地康法”制氯气的反应原理图示如下：

①反应I的化学方程式为_____。

②若要制得标准状况下氯气11.2L，则整个反应中转移电子的物质的量为_____。

【答案】a氮Cl223162HCl+CuO＝CuCl2+H2O1mol

【解析】

【分析】

（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；

b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；

c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；

（2）①还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原；

②利用化合价升降法配平；

（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O；

②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，氯元素化合价由﹣1升高为0。

【详解】

（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；

b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；

c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；

故答案为a；

（2）①NH3和Cl2反应中氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，该反应中被氧化的元素是氮元素，氧化剂是Cl2；

②氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，最小公倍数为6，根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2＝N2+6HCl；

（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O，反应方程式是2HCl+CuO＝CuCl2+H2O；

②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，根据2CuCl2+O2＝2CuO+2Cl2，氯元素化合价由﹣1升高为0，所以生成0.5mol氯气转移1mol电子。

【点睛】

还原剂化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物；氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物。

6．氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。

I．工业上通常采用电解法制氯气：

观察图1，回答：

（1）电解反应的化学方程式为__________。

（2）若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是___________。

Ⅱ．某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：

（3）B中反应的化学方程式是_________。

（4）该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2____g。

（5）此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。

①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_______。

②试判断另一个副反应（用化学方程式表示）_________，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_________。

【答案】2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl22Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O7.15g冷却B装置（或把B放置在冷水浴中等合理答案）2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶

【解析】

【分析】

I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验；

II.在装置A中制取Cl2，在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染物，在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答。

【详解】

I.

（1）电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，反应方程式为：

2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（2）在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。

由于放电能力Cl->OH-，所以溶液中的阴离子Cl-放电，失去电子变为Cl2逸出，Cl2检验强氧化性，可以使KI变为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；

II.（3）在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（4）n（MnO2）=8.7g÷87g/mol=0.1mol，n（HCl）=12mol/L×0.1L=1.2mol，根据制取气体方程式：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.1molMnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol，说明HCl过量，制取的Cl2按MnO2计算，n（Cl2）=n（MnO2）=0.1mol，则根据反应关系2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O可知n[Ca（ClO）2]=

n（Cl2）=0.05mol，所以理论上制取的漂白粉中Ca（ClO）2的质量为m[Ca（ClO）2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；

（5）①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是冷却B装置（或把B放置在冷水浴中等合理答案）；

②试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca（OH）2反应，用化学方程式表示为2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置改进为：

在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl气体。

【点睛】

本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。

掌握氯气的工业和实验室制取方法，根据电解原理、氧化还原反应规律，结合物质的性质（挥发性、氧化性）等分析判断。

7．

（1）4.8gO3和0.2molCH4，在同温同压下的体积之比是__；相同质量的O2和SO2，所含分子的数目之比为__，所含O原子的物质的量之比为__，密度之比为__。

（2）标准状况下11.2LN2所含分子数是___个。

（3）若某原子的摩尔质量是Mg/mol，则一个该原子的真实质量是__g。

（4）483gNa2SO4·10H2O中所含的Na+的物质的量是__，SO42-的物质的量是__，所含H2O分子的数目是___个。

（5）现有100ml1.00mol/LNaCl溶液，其中所含Na+的质量是___g。

（6）下列物质能导电是__，属于电解质是__，属于非电解质的是__。

（填序号，多选或错选扣分）①水银②烧碱③硫酸钡④氯化钠晶体⑤盐酸⑥蔗糖

（7）实验室配制480mL0.08mol/LNa2CO3溶液，需要十水碳酸钠晶体质量_______g。

【答案】1:

22:

12:

11:

20.5NA

3mol1.5mol15NA2.3g①⑤②③④⑥11.44g

【解析】

【详解】

（1）同温同压下的气体的体积之比等于物质的量之比，4.8gO3的物质的量为n=

=

=0.1mol，则0.1molO3和0.2molCH4的体积之比等于物质的量之比为1:

2，根据n=

可知，设O2和SO2的质量都为1g，它们的物质的量之比=

：

=64g/mol:

32g/mol=2:

1；根据N=nNA可知，O2和SO2所含分子数目之比=2:

1；一个O2和SO2分子均由两个O原子构成，O2和SO2物质的量之比=2:

1；所含O原子的物质的量之比为2:

1；同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比=32g/mol:

64g/mol=1:

2，

故答案为1:

2；2:

1；2:

1；1:

2；

（2）根据n=

，标准状况下11.2LN2所含分子的物质的量=

=0.5mol，1mol任何物质具有的微粒数是NA，0.5molN2所含分子的数目为0.5NA，

故答案为：

0.5NA；

（3）根据摩尔质量知，1mol该原子的质量是Mg，1mol原子有阿伏加德罗常数NA个，即NA个原子的质量是Mg，则一个该原子的真实质量约为

g，

故答案为：

；

（4）483gNa2SO4·10H2O的物质的量=

=1.5mol，Na+的物质的量为Na2SO4·10H2O的2倍为1.5mol×2=3mol，硫酸根离子物质的量等于Na2SO4⋅10H2O的物质的量，为1.5mol；H2O分子的物质的量为Na2SO4⋅10H2O的10倍为1.5mol×10=15mol，故所含水分子数目为15NA，

答案为：

3mol；1.5mol；15NA；

（5）100ml1.00mol/LNaCl溶液中，根据公式n=cV，NaCl的物质的量=1mol/L×0.1L=0.1mol，Na+的物质的量也是0.1mol，则所含Na+的质量=0.1mol×23g/mol=2.3g，

故答案为：

2.3g；

（6）①水银为金属单质汞，含有自由移动的电子，可导电，但不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；②烧碱是氢氧化钠，没有自由移动的离子，不能导电，其水溶液可电离出离子能导电，属于电解质；③硫酸钡没有自由移动的离子，不能导电，其熔融状态下可电离出离子能导电，属于电解质；④氯化钠晶体没有自由移动的离子，不能导电，其水溶液可电离出离子能导电，属于电解质；⑤盐酸是溶液，含有自由移动的离子可导电，但不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；⑥蔗糖没有自由移动的离子，不能导电，其水溶液和熔融状态下都不能电离出离子，不导电，属于非电解质；

则物质能导电是①⑤，属于电解质是②③④，属于非电解质的是⑥，

故答案为：

①⑤；②③④；⑥；

（7）实验室配制480mL0.08mol/LNa2CO3溶液，用500mL容量瓶，Na2CO3的物质的量=cV=0.08mol/L×0.5L=0.04mol，Na2CO3·10H2O的摩尔质量为286g/mol，需要Na2CO3·10H2O的质量=nM=0.04mol×286g/mol=11.44g

故答案为：

11.44。

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