高考化学物质的量综合题含答案.docx

1、高考化学物质的量综合题含答案高考化学物质的量综合题含答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4 molL-1）配制100mL 1.0molL-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：A100mL量 B托盘天平 C玻璃棒 D50mL容量瓶 E10mL量筒 F胶头滴管 G50mL烧杯 H100mL容量瓶。请回答：（1）通过计算，需用量筒量取浓硫酸的体积为_mL；（2）实验时选用的仪器有_（填序号），使用容量瓶时第一步的操作是_；（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是_（填序号）；定容时俯视刻度线观察液面容量瓶使用时未干燥定

2、容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线（4）实验步骤如下：计算所用浓硫酸的体积量取一定体积的浓硫酸 溶解恢复至室温 转移、洗涤定容、摇匀 装瓶贴标签。其中，第步中“洗涤”操作的目的是_。【答案】5.4 CFGEH 检查容量瓶是否漏水 减少溶质损失，减小实验误差 【解析】【分析】根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，使用容量瓶前要检漏。定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，

3、溶液体积偏大，浓度偏低。溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。【详解】用物质的量浓度为18.4 molL-1的浓硫酸配制100mL 1.0molL-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4 molL1 V= 1.0 molL10.1 L，V=0.0054L =5.4mL，因此需用量筒量取浓硫酸的体积为5.4mL；故答案为：5.4。配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，因此实验时选用的仪器有CFGEH，使用容量瓶时第一步的操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：CFGEH；检查容量瓶是否漏水。定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高，故

4、符合题意；容量瓶使用时未干燥，与结果无影响，故不符合题意；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故不符合题意；综上所述，答案为：。溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第步中“洗涤”操作的目的是减少溶质损失，减小实验误差；故答案为：减少溶质损失，减小实验误差。2用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000molL-1的溶液。请回答：（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是_。A烧杯 B量筒C玻璃棒 D胶头滴管 E.容量瓶（2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，_，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。（3）下列操作会使配得的Na2CO3溶液

5、浓度偏低的是_。A称取相同质量的Na2CO310H2O固体进行配制B定容时俯视容量瓶的刻度线C摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线D转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制【答案】B 用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 ACD 【解析】【分析】（1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；（2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；（3）结合及不当操作可知，n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低；【详解】（1）配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一

6、般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：B。（2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。（3）A. 称取相同质量的Na2CO310H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，A正确；B. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大，B错误；C. 摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻

7、度线，V偏大，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，C正确；D. 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，D正确；故答案为：ACD。【点睛】配制一定物质的量浓度过程中误差分析：向容量瓶中转移液体时有少量流出，n减小，c偏小；未洗涤烧杯和玻璃棒，n减小，c偏小；定容时，水加多了，用胶头滴管吸出，n减小，c偏小；定容摇匀时，液面下降，再加水，V增大，c偏小；定容时，俯视刻度线，V减小，c偏大；仰视刻度线，V增大，c偏小；溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容，V减小，c偏大。3同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为_；同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_

8、，其中含有的氢的原子个数比为_；若二者氢原子数相等，它们的体积比为_；在相同条件下，在5.6g氮气中应添加_g氨气所组成的混合气体与16g氧气所占的体积相等。【答案】1:2 2:1 3:1 2:3 5.1 【解析】【分析】【详解】同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，根据m=nM可知，同体积的氨气和硫化氢气体(H2S)的质量比为17g/mol：34g/mol=1：2；根据n=可知，同质量的氨气与硫化氢的物质的量之比为34g/mol:17g/mol=2:1；相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为2:1，所含氢原子数目之比为(23):(12)=3:1；假设H原子为3mol

9、，氨气为1mol，硫化氢为1.5mol，二者体积之比为1mol:1.5mol=2:3；氮气物质的量n=，氧气物质的量n=0.2mol，则氨气物质的量为=0.5mol-0.2mol=0.3mol，氨气的质量为0.3mol17g/mol=5.1g。4按要求完成下列填空I.（1）给定条件下的下列四种物质：a10g氖气b含有40mol电子的NH3c标准状况下8.96LCO2d标准状况下112g液态水则上述物质中所含分子数目由多到少的顺序是_（填序号）。（2）标准状况下，0.51g某气体的体积为672mL，则该气体摩尔质量为_。（3）将100mL H2SO4和HCl的混合溶液分成两等份，一份中加入含0.

10、2molNaOH溶液时恰好中和完全，向另一份中加入含0.05molBaCl2溶液时恰好沉淀完全，则原溶液中c(Cl)=_ mol/L。II现有以下物质：铝；二氧化硅；液氯；NaOH溶液；液态HCl；NaHCO3晶体；蔗糖；熔融Na2O；Na2O2固体；CO2。回答下列问题（用相应物质的序号填写）：（1）其中可以导电的有_。（2）属于电解质的有_，非电解质有_。（3）写出向与反应的化学方程式_。（4）写出与的离子方程式_。（5）写出的水溶液与的水溶液反应的离子方程式_ 。（6）写出与反应的离子方程式_ 。【答案】dbac 17g/mol 2 2Na2O2 + 2CO2=2Na2CO3 + O2

11、2Al + 2H2O + 2OH- = 2AlO2- + 3H2 H+ + HCO3- = H2O + CO2 SiO2 + 2OH- = SiO32- + H2O 【解析】【分析】I利用n=计算。II铝能导电，既不是电解质，也不是非电解质；二氧化硅不能导电，为非电解质；液氯不能导电，既不是电解质，也不是非电解质；NaOH溶液能导电，为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；液态HCl不能导电，为电解质；NaHCO3晶体不能导电，为电解质；蔗糖不能导电，为非电解质；熔融Na2O能导电，为电解质；Na2O2固体不能导电，为电解质；CO2不能导电，为非电解质。【详解】I(1)a10g氖气的物质的量=

12、0.5mol，Ne为单原子分子，即分子数为0.5mol；bNH3中含有10个电子，则含有40mol电子的NH3的物质的量为4mol；c标准状况下8.96LCO2的物质的量=0.4mol；d标准状况下112g液态水的物质的量=6.22mol；综上所述，分子数目由多到少的顺序为dbac；(2)标准状况下，某气体的体积为672mL，物质的量为0.672L22.4L/mol=0.03mol，则M=17g/mol；(3)0.05molBaCl2与硫酸根离子生成0.05mol硫酸钡，则原溶液中含有0.1mol硫酸；0.05mol硫酸消耗0.1mol的NaOH，剩余的0.1molNaOH为盐酸消耗，则原溶液

13、中含0.2mol盐酸，c(Cl)=0.20.1=2mol/L；II(1)分析可知，能导电的为；(2)属于电解质的为；属于非电解质的为；(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+CO2=2Na2CO3+O2；(4)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2；(5)盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为H+HCO3-=H2O+CO2；(6)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。5实验室需要配制0.1 molL1 CuSO4溶液480 mL。按下

14、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0.1 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

15、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 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

16、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氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：（）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。则该盐

17、酸的物质的量浓度是_ molL-1。（2）某同学用该浓盐酸配制100mL 1molL-1的稀盐酸。请回答下列问题：通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸 _ mL。使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_。若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：（填“偏高”“偏低”“无影响”）A量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制_。B转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理_。C定容时俯视容量瓶的刻度线_。（）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。已知：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2+ 2H2O；氯气和氢氧化钙

18、在温度较高时会生成副产物氯酸钙。甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示：（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？_。（2）上述装置中，甲由A、B两部分组成，乙由C、D、E三部分组成，丙由F、G两部分组成。从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）_。（3）利用（2）中实验装置进行实验，实验中若用12 molL-1的浓盐酸200 mL与足量二氧化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3 mol，其可能的主要原因是_（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。（）已知HClO的杀菌能力比ClO-强。25时

19、将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH范围是_，当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有_。【答案】11.6 8.6 胶头滴管、100 mL容量瓶 偏低 无影响 偏低 甲 F B E 浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca（ClO）2少于0.3mol 26 HClO、ClO-、Cl- 【解析】【分析】（）(1)根据计算浓度；(2)配制一定物质的量浓度的溶液，步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶；（）

20、(1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。【详解】（）(1)根据计算盐酸的浓度，有；(2) 根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积；量取盐酸的时候需要量筒；稀释浓盐酸，需要玻璃棒、烧杯；转移时，需要100mL容量瓶，玻璃棒、烧杯；定容时，需要胶头滴管；则还需要的仪器有100mL容量瓶，胶头滴管；A、浓盐酸易挥发，置于烧杯后，较长时间配制，盐酸挥发，溶质减少，溶液的浓度偏低；B、容量瓶中存在蒸馏水，由于定容前，需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此之前存在的蒸馏水，对浓度无影响；C、俯视刻度线，定容时，水会少加，体积偏小，浓度偏大；（）(1) 氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙，所以必

21、须要控制反应温度，甲装置有冰水浴，可以较好地控制副反应的发生；(2)F装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率，B装置有冰水浴可以较少副反应的发生，E装置可以做到尾气吸收，答案为F B E；(3)MnO2只与浓盐酸反应生成氯气，虽然反应的进行，浓盐酸浓度降低，不与MnO2反应，所以生成氯气的值小于理论值，答案为浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol；()HClO的杀菌能力比ClO-强，所以HClO的浓度越大，杀菌效果最好，根据图像pH最好为26之间；当pH=7.5时，根据图像，氯水中没有Cl2，韩律的微粒有H

22、ClO、ClO以及与水反应生成的Cl。【点睛】()第二小问是易错点，很容易忽略Cl-；不要忘记，Cl2H2OHClHClO，有Cl生成。7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

23、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

24、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+

25、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+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

26、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：

27、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。8INaCl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：_；_；_。II取100.0 mLNa2CO3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+H2O C

28、O2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O BaCl2+Na2SO4=BaSO4+2NaCl 0.3mol/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

29、=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=Ba