高考化学提高题专题复习物质的量练习题附详细答案.docx

1、高考化学提高题专题复习物质的量练习题附详细答案高考化学提高题专题复习物质的量练习题附详细答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1（1）在标准状况下6.72L CH43.011023个HCl分子13.6g H2S0.2mol NH3，体积最大的是_，密最大的是度_，质量最小的是_，氢原子个数最多的是_。（填写序号）（2）等温等压下，质子数相等的CO、N2两种气体，质量之比为_，体积之比为_，摩尔质量之比_。（3）某物质在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解方程式为：3AB3C2D。测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a，则A的摩尔质量为_。【答案】 1:1 1:1 1:1 4a

2、g/mol 【解析】【详解】(1)6.72L CH4中：n(CH4)=0.3mol，m(CH4)=0.3mol16g/mol=4.8g，(CH4)= ，N(H)=4N(CH4)=1.2NA；3.011023个HCl分子中：n(HCl)=0.5mol，V(HCl)=0.5mol22.4L/mol=11.2L，(HCl)=，m(HCl)=0.5mol36.5g/mol=18.25g，N(H)=N(HCl)=0.5NA；13.6g H2S中：n(H2S)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol22.4L/mol=8.96L，(H2S)= ，N(H)=2N(H2S)=0.8NA；0.2mol NH3

3、中：m(NH3)=0.2mol17g/mol=3.4g，V(NH3)=0.2mol22.4L/mol=4.48L，(NH3)= ，N(H)=3N(NH3)=0.6NA.所以：体积最大的是，密度最大的是，质量最小的是，含氢原子数最多的是；（2）CO、N2两种气体涉及的元素有C、O、N质子数分别为6、8、7，所以两种气体的分子的质子数分别为：14、14，质子数相等的CO、N2，物质的量相等；CO、N2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol，故摩尔质量之比1:1；根据m=nM知：质量之比与摩尔质量成正比为28:28=1:1；根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积，故体积

4、之比为1:1；（3）化学方程式系数的意义：表示物质的量。设A的物质的量为3mol，则三种混合气体的总物质的量为6mol，由于平均相对分子质量为2a，即平均摩尔质量为2a g/mol，三种气体质量总和为12a g，根据质量守恒定律，A的质量也是12a g，故A的摩尔质量为4a g/mol。2按要求填空，已知NA为阿伏伽德罗常数的数值。（1）标准状况下，2.24L Cl2的质量为_；有_个氯原子。（2）含0.4mol Al3的Al2(SO4)3中所含的SO42的物质的量是_。（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为_。（4）质量相同的H2、NH

5、3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是_。（5）标准状况下，3.4g NH3的体积为_；它与标准状况下_L H2S含有相同数目的氢原子。（6）10.8g R2O5中氧原子的数目为3.011023，则元素R的相对原子质量为_；R元素名称是_。（7）将10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为_，混和溶液中Cl-的物质的量_（忽略混合前后溶液体积的变化）。（8）a个X原子的总质量为b g，则X的相对原子质量可以表示为_（9）已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g，在标准状况下的体积为6.72L

6、，则混合气体中CO的质量为_；CO2在相同状况下的体积为_。（10）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为_。【答案】7.1g 0.2NA或1.2041023 0.6mol 3:5 SO2 4.48L 6.72 14 氮 1mol/L 0.02mol NA或6.021023 2.8g 4.48L 3:13 【解析】【分析】（1）先计算标准状况下，2.24L Cl2的物质的量，再计算氯气的质量和氯原子个数；（2）由化学式计算硫酸根的物质的量；（3）由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比；（4）由n=可知，质量相同的

7、不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小；（5）先计算标准状况下，3.4g NH3的物质的量，再计算气体体积和所含氢原子的物质的量，最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积；（6）由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量；（7）将10mL 1.00 mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变；（8）先计算a个X原子的物质的量，再依据质量计算X的摩尔质量；（9）依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，在分别计算一氧化碳质

8、量和二氧化碳体积；（10）先计算混合气体的平均相对分子质量，再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。【详解】（1）标准状况下，2.24L Cl2的物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol71g/mol=7.1g，Cl2为双原子分子，含有的氯原子个数为0.2NA或1.2041023，故答案为：7.1g；0.2NA或1.2041023；（2）由化学式可知，含0.4mol Al3的Al2(SO4)3中所含的SO42的物质的量是0.4mol=0.6mol，故答案为：0.6mol；（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为：=3:5，故答案为：3:5；（

9、4）由n=可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小，H2、NH3、SO2、O3四种气体中SO2的摩尔质量最大，则SO2的物质的量最小，分子数最小，故答案为：SO2；（5）标准状况下，3.4g NH3的物质的量为=0.2mol，则体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，含有氢原子的物质的量为0.2mol3=0.6mol，含有氢原子的物质的量为0.6mol的H2S的物质的量为=0.3mol，标准状况下，0.3mol H2S的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L，故答案为：4.48L；6.72；（6）设元素R的相对原子质量为M，10.8g R2O5

10、的物质的量为=mol，所含氧原子的数目为mol6.0210235=3.011023，解得M=14，该元素为N元素，故答案为：14；N；（7）将10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变，10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液中Na+的物质的量为0.01L1.00 mol/L2=0.02mol，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为=1.00mol/L；10mL 1.00mol/L CaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.01L1.00 mol/L2=0.02mol，

11、则混和溶液中Cl-的物质的量0.02mol，故答案为：1mol/L；0.02mol；（8）a个X原子的物质的量为mol，X的摩尔质量为=g/mol，则X的相对原子质量，故答案为：或；（9）设CO、CO2混合气体中CO为x mol，CO2为y mol，由题意可得28x+44y=11.6，x+y=0.3mol，解可得x=0.1，y=0.2，则0.1mol CO的质量为0.1mol28g/mol=2.8g，0.2mol CO2在标准状况下的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：2.8g；4.48L；（10）由题意可知，CH4和O2的组成的混和气体平均相对分子质量为214.5=2

12、9，设混合气体中甲烷的物质的量为x、氧气的物质的量为y，则有=29，解得x：y=3:13，故答案为：3:13。3现用该浓硫酸配制100 mL 1 mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。请回答下列问题：(1)配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有_（填序号），还缺少的仪器有_（写仪器名称）；(2)经计算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL（保留一位小数），量取浓硫酸时应选用_（选填10mL、50mL 、100mL）规格的量筒；【答案】 100mL容量瓶、玻璃棒 5.4 10mL 【解析】【分析】【详解】（1）配制1

13、00 mL1 mol/L的稀硫酸的配制步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，一般用量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，需要使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要用到的仪器为，缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：；100mL容量瓶、玻璃棒；（2）图中浓硫酸的物质的量浓度为，配制100mL 1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为，应该用10mL的量

14、筒，故答案为：5.4；10mL。4为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：（1）等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为_。（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为_，质量比为_。（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则cg氧气在标准状况下的体积约是_(用含a、b、c、NA的式子表示)。（4）实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，进行如下操作：配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器_。计算需要NaOH固体的质量：_g。取出50 mL配制

15、好的溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为_。若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_。A.称量时砝码已经生锈B.定容时仰视C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作D.定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线【答案】3：2 1：1 2：3 L 100mL容量瓶 4.0 1mol/L A 【解析】【详解】（1）根据可知，等质量的O2和O3的物质的量之比为 ，所含分子的物质的量之比为3：2。（2）根据阿伏加德罗定律，PV=nRT（R为常数），在等温等压下，等体积的任一气体所含分子的物质的量相同，由N=nNA（NA为常数）可知，分子个数比为1：1；由mnM 可知，O2和O3的质量比为2：

16、3。（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则ag氧气的物质的量，摩尔质量，即当氧气为cg，物质的量，在标准状况下的体积 L。（4）实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶 。需要NaOH固体的质量。溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol/L。A.称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；B.定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部

17、溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；D.定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。答案为A。【点睛】根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。需要具体问题具体分析。5NH3、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

18、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+5O24NO+6H2O 光化学烟雾 Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 4NH3+6NO5N2+6H2O 19.6 【解

19、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+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

20、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+6NO5N2+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。【

21、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。6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100mL 0.5mol/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

22、D药匙 E.量筒 F.托盘天平。用托盘天平称得固体B的质量是_g。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 K2CO3 BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2+H2O 不能 应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 10.4 B 100mL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，

23、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，因为操作进行完成后，所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应

24、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；应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。（4）固体B为氯化钡，其质量是0.1L0.5mol/L208g/mol=10.4g；综上所述，本题答案是：10.4。 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。7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+Cl2N2+H

25、Cl该反应中被氧化的元素是_（填元素名称），氧化剂是_（填化学式）。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：反应I的化学方程式为_。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 Cl2 2 3 1 6 2HCl+CuOCuCl2+H2O 1mol 【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

26、反应，与题意不符，c错误；（2）还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原； 利用化合价升降法配平； （3）根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O；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

27、）NH3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； 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+3Cl2N2+6HCl； （3）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+CuOCuCl2+H2O； 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+O22CuO+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

28、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。8已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L 稀硝酸充分反应，反应方程式如下：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O(1)写出该反应的离子方程式：_；(2)标准状况下，产生NO气体的体积为：_；转移电子的物质的量为_；反应后NO3-的物质的量浓度为：_。（忽略反应前后溶液体积的变化）【答案】3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O 4.48L 0.6mol 4mol/L 【解析】【分析】(1)根据离子方程式的拆写原则，硝酸和硝酸铜拆为离子，结合电荷守恒书

29、写；(2)先计算19.2g铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量，由反应可知被还原的硝酸和生成的NO的物质的量，最后根据N元素守恒计算溶液中含有的NO3-的物质的量，根据c=计算反应后NO3-的物质的量浓度。【详解】(1)Cu与稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，在该反应中，硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质，拆为离子，其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；(2)19.2g铜的物质的量n(Cu)=19.2g64g/mol=0.3mol，由反应可知，0.3molCu消耗0.8molHNO3，则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO均为0.2mol，则生成NO的体积V(NO)=0.2mol22.4L/mol=4.48L；根据反应方程式可知3mol金属Cu反应转移电子的物质的量是6mol，则0.3mol金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol，在200mL5mol/L 稀硝酸中含有NO3-的物质的量是n(NO3-)=5mol/L0.2L=1mol，反应中被还原的硝酸为0.2mol，被还原的硝酸变为NO气体，则溶液中剩余的NO3-的物质的量n(NO3-)=1mol-0.2mol