备战高考化学物质的量大题培优 易错 难题附答案.docx

1、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（Na2SO410H2O）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）100mL

2、 0.3mol/L Na2SO4(密度为d1 g/cm3)和50mL 0.2mol/L Al2(SO4)3(密度为d2 g/cm3)混合，所得密度为d3 g/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7mol AOH与5mol BOH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、3：2 34.2 (或83.3%) 6d3/(10 d1+5 d2)mol/L 40g/mol 22.4 【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=y2=z3，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(Na2SO410H2O)=0.012=0.02mol，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n(

4、H2O)=100n(Na+)=2mol，0.01mol Na2SO410H2O 中含有水的物质的量为0.0110=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1.9mol18g/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: 9.52=19；设烧瓶的容积为V L，氨气的体积为x L，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，

5、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)d3mL=(100d1+50d2)d310-3L；溶液混合后n(SO42-)=(0.10.31+0.050.23)=0.06mol；根据c=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：0.06(100d1+50d2)d310-3=60 d3/(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5x g/m

6、ol和7x g/mol，n(HCl)=n(OH-)=0.11.2=0.12mol；7mol AOH与5mol BOH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7mol5x g/mol+5mol7x g/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：1L1mol/L=1mol，V(HCl)=122.4=22.4L；1.00L盐酸中含水的质量为：m(H2O)=

7、11.0365103-136.5=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480mL 0.3 mol.L-1 NaOH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。计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_g。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。实验室用98%(=1.

8、84gcm3)的硫酸配制3.68moL-1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸的体积为_mL。该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50molL-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 100mL CD 【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

9、、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)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480mL 0.3 mol/L 的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶，因此需要NaOH的物质的量为0.5L0.3 mol/L=0.15mol，需要NaOH的质量为：m=nM=0.15mol/L40g/mol =6.0g，因此需要称取6.0NaOH固体。NaOH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

10、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），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）

11、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_gL1。（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_molL1。【答案】34g/mol 28 1.25 1：3 4：7 17.5% 【解析】

12、【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

13、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molL1，故答案为： ；。4NH3、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

14、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+5O24NO+6H2O 光化学烟雾 Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 4NH3+6NO5N2+6H2O 19.6 【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

15、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+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+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+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，答案为：Cu+4H+2NO3Cu2+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+6NO5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO5N

16、2+6H2O；(5)n(NO2)n(NO)2.24L22.4L/mol0.1mol，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0.2mol98g/mol19.6g，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0.1 molL1 CuSO4溶液480 mL。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

17、确到0.1 g)、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8.0 g B需要CuSO45H2O晶体12.0 gC需要CuSO45H2O晶体12.5 g D需要CuSO4固体7.7 g(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

18、液的浓度会_。【答案】胶头滴管 500 mL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480 mL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、500 mL容量瓶；(2)因为定容时使用的500 mL容量瓶，其物质称量时时按500 mL算，不是按480 mL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

19、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)_。请将上述反应改写成离子方程式：_；19.2g铜

20、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4 mol HNO3参加反应，则该过程转移电子的数目为_。(2)标准状况下，44.8 L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)3.4g NH3中所含氢原子数目与标准状况下_ L CH4所含氢原子数相同。【答案】 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O 4.48 3NA或1.8061024 16 41g/mol 3.36 【解析】【分析】（1）Cu+4HNO3Cu（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

21、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）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

22、子数=6，电子转移情况如下：，故答案为：；在3Cu+8HNO33Cu（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；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0.3mol Cu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，0.3mol2=n（5-2），解得n=0.2mol，则NO的体积为4.48L；由方程式3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO

23、+4H2O可知8 mol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1.8061024，故答案为：4.48；3NA或1.8061024。（2）标况下44.8 L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0.5mol32g/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

24、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=0.15mol22.4L/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_mo

25、l(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)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_；Cl2、Br2、I2三种单质氧化性强弱的关系是_。下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是_。贝壳紫菜鱼海带(4)将相同质量的镁条分别在：氧气；空气；氮气；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】0.6mol 1：1 4：5 溶液由无色变为橙色 Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl Cl2Br2I2 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+2N

26、aCl，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；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Cl2Br2I2；贝壳主要成分为碳酸钙，不符合题意；紫菜主要成分为蛋白质、维生素，不符合题意；鱼主要成分为蛋白质，不符合题意；海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，符合题意；故合理选项是；(4)Mg燃烧的有关反应方程式为：2Mg+O2 2MgO； 3Mg+N2Mg3N2； 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

27、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g16g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氮气空气氧气二氧化碳，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：氧气；空气；氮气；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。【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

28、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：HCl气体 Cu 蔗糖 CO2 H2SO4 Ba(OH)2固体 氯酸钾溶液 稀硝酸 熔融Al2(SO4)3（1）属于电解质的是_；属于非电解质的是_。（2）和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+