高考化学物质的量综合练习题附答案解析.docx

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高考化学物质的量综合练习题附答案解析

高考化学物质的量综合练习题附答案解析

一、高中化学物质的量

1．

（1）在Na2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，测得Al3＋浓度为0.1mol·L-1，加入等体积0.3mol·L-1的BaCl2溶液恰好使SO42-完全沉淀，则混合溶液中Na＋的浓度为____。

（2）将0.1mol·L-1的K2SO4溶液、0.2mol·L-1的Al2（SO4）3溶液和纯水混合，要使混合液中K＋、Al3＋、SO42-的浓度分别为0.1mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，则K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积比___。

（忽略体积的变化）

【答案】0.3mol·L-12：

1：

1

【解析】

【详解】

（1）设混合溶液体积为1L。

n（Al3＋）＝c·V＝0.1mol·L－1×1L＝0.1mol，n（SO

）＝n（Ba2＋）＝0.3mol·L－1×1L＝0.3mol。

由电荷守恒可得：

3n（Al3＋）＋n（Na＋）＝2n（SO

），所以n（Na＋）＝2n（SO

）－3n（Al3＋）＝2×0.3mol－3×0.1mol＝0.3mol，c（Na＋）＝

＝

＝

＝0.3mol·L－1，故答案为：

0.3mol·L-1；

（2）设K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积分别是xL、yL、zL，则0.2x＝0.1×（x＋y＋z）、0.4y＝0.1×（x＋y＋z）、0.1x＋0.6y＝0.2×（x＋y＋z），解得x＝2y＝2z，所以K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1，故答案为：

2∶1∶1。

2．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。

3．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。

4．按要求完成下列各小题

（1）在同温同压下，相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。

（2）0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___，含有氧原子物质的量之比为___，相同条件下两物质的密度之比为___。

（3）在含有Cu2＋、H＋、Fe2＋、Al3＋、Br－、Cl－的溶液中，还原性最弱的阴离子是___，氧化性最强的离子是___，既有氧化性又有还原性的离子是___。

（4）除去Na2SO4中的Na2CO3所加试剂___，离子方程式___。

【答案】17：

1414：

111：

17：

11Cl-Cu2+Fe2+稀H2SO4CO32-+2H+=CO2↑+H2O

【解析】

【分析】

根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化还原反应进行判断。

根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。

如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子，所以选择H2SO4进行除杂。

【详解】

（1）相同质量的N2和H2S的物质的量之比为

，根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17：

14。

答案：

17：

14；

（2）电子数目之比等于电子的物质的量之比。

0.8molCO中电子的物质的量为0.8mol×（6+8）=11.2mol，0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol×（6+8×2）=8.8mol，电子数目之比为11.2:

8.8=14:

11；含有氧原子物质的量之比为0.8:

0.4

2=1:

1，根据阿伏伽德罗定律的推论可知，相同条件下，气体的密度与摩尔质量成正比，所以相同条件下两物质的密度之比为：

28:

44=7:

11。

答案：

14:

111:

17:

11；

（3）卤素单质的氧化性为F2>Cl2>Br2>I2，单质的氧化性越强，其对应的离子的还原性越弱，所以还原性Br－>Cl－,还原性最弱的阴离子是Cl－；金属单质的金属性越强，其离子的氧化性越弱，所以氧化性最强的离子是Cu2＋；属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，所以Fe2＋既有氧化性又有还原性的；答案：

Cl-Cu2+Fe2+；

（4）除去Na2SO4中的Na2CO3，实质是除去CO32-离子，所加试剂H2SO4，离子方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O。

5．我国某些地区曾出现过高致病性禽流感，为防止疫情蔓延，必须迅速进行隔离，并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒。

资料显示：

禽流感病毒在高温、碱性环境（如氢氧化钠溶液）、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。

请回答下列问题：

（1）次氯酸钠（NaClO）属于__________（填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”），其中氯元素的化合价为________价。

（2）用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍，写出所发生反应的化学方程式：

________________。

（3）以下对受污染工具的消毒方法可行的是_________________（填字母代号）。

a.用NaClO溶液浸泡b.用NaOH溶液浸泡c.用水冲洗即可

（4）配制用的0.5L0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用天平称取固体NaCl________。

若在实验室中配制此溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管____________________、量筒和玻璃棒。

【答案】盐+12KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑a、b5.9g500mL容量瓶、烧杯

【解析】

【分析】

（1）化合物各元素化合价代数和为0；

（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；

（3）次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用；

（4）根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析。

【详解】

（1）次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成，属于盐类物质。

设氯元素的化合价为x，则有（+1）+x+（-2）=0，解得x=+1，故填：

盐，+1；

（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故填：

2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑；

（3）由题意可知：

禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差，所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒，用水冲洗不能起到消毒的作用，故填：

ab；

（4）配制0.5L0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用固体NaCl：

0.5L×0.2mol/L×58.5g/mol=5.9g，配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500mL容量瓶等，故填：

5.9g；500mL容量瓶、烧杯。

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．

（1）在标准状况下，CO和CO2的混合气体共28L，质量为51g。

其中CO2的质量为_____g，混合气体中CO的物质的量分数为____。

混合气体的平均摩尔质量为_______。

（2）同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比为______，原子个数之比为______，密度之比为________。

（3）在120℃时分别进行如下四个反应（除S外其它物质均为气体）：

A．2H2S+O2＝2H2O+2S↓B．2H2S+3O2＝2H2O+2SO2

C．C2H4+3O2＝2H2O+2CO2D．C4H8+6O2＝4H2O+4CO2

若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前＞d后和V前＜V后的是___________；符合d前＞d后和V前＞V后的是___________（填写反应的代号）。

【答案】4420％40.8g/mol2：

18：

31：

2DA

【解析】

【详解】

（1）假设一氧化碳的物质的量为xmol，二氧化碳的物质的量为ymol，则有x+y=

=1.25，28x+44y=51，解x=0.25，y=1，则二氧化碳的质量为44g，一氧化碳的物质的量分数为

=20％，混合气体的平均摩尔质量为

=40.8g/mol；

（2）同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比等于摩尔质量的反比，即为34:

17=2：

1，原子个数之比等于（2×4）：

（1×3）=8:

3，密度比等于摩尔质量之比，即为17:

34=1：

2；

（3）若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，四个反应的气体体积取决于气体的物质的量的变化，A中体积变小，由于产生固体硫，所以气体密度减小；B中气体体积变小，密度变大；C中气体体积不变，密度不变；D中气体体积变大，密度变小；故符合题意的为D和A。

8．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=7.15