培优物质的量辅导专题训练.docx

培优物质的量辅导专题训练.docx

《培优物质的量辅导专题训练.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《培优物质的量辅导专题训练.docx（34页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

培优物质的量辅导专题训练

培优物质的量辅导专题训练

一、高中化学物质的量

1．

（1）有相同物质的量的H2O和H2SO4，其质量之比为_____，氢原子个数比为_____，氧原子个数比为_____。

（2）把3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下3.36LH2。

计算：

①该合金中铝的物质的量为_____。

②该合金中镁的质量为_________。

③反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为__________（假定反应体积仍为100mL）。

（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，则混和气体中CO2的体积分数为_____；CO的质量分数为_____。

【答案】9：

491：

11：

40.06mol1.44g3.0mol·L-175%17.5%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）n（H2O）=n（H2SO4），m（H2O）：

m（H2SO4）=n（H2O）×18：

n（H2SO4）×98=9：

49；NH（H2O）：

NH（H2SO4）=n（H2O）×2：

n（H2SO4）×2=1：

1；NO（H2O）：

NO（H2SO4）=n（H2O）×1：

n（H2SO4）×4=1：

4；

（2）设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，二者混合物的质量为3.06=24x+27y；根据化学反应的计量系数比：

Mg~2HCl~H2，2Al~6HCl~3H2，氢气的体积标准状况下3.36L，n（H2）=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06mol，y=0.06mol，故该合金中铝的物质的量为0.06mol，该合金中镁的质量为0.06×24=1.44g，反应后溶液中Cl¯（盐酸恰好反应完全，溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝）的物质的量=0.06×2+0.06×3=0.3mol，溶液体积100mL,Cl¯的物质的量浓度c=

=3.0mol·L-1；

（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol，设1mol混合气体中有xmolCO，CO2ymol，故x+y=1，28x+44y=40，则x=0.25mol，y=0.75mol，同温同压，气体体积之比等于物质的量之比，则混和气体中CO2的体积分数为75%，CO的质量分数=0.25×28/40=17.5%

2．物质的量是高中化学中常用的物理量，请回答下列问题：

（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则溶液中SO42-的物质的量是_____mol。

（2）在标准状况下，4.48LHCl气体溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度为_____________。

（3）在标准状况下，1.7g氨气所占的体积约为_________L，与_____molH2S含有相同的氢原子数。

（4）7.8gNa2X中含Na+0.2mol，则X的摩尔质量是_____________________。

（5）实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL。

①配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外，还需要______________。

②需量取质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为______mL。

③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，操作方法是：

_______________。

【答案】0.250.4mo•L-12.240.1532g•mol-1500mL容量瓶8.2将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌

【解析】

【分析】

（1）硫酸钠为强电解质，完全电离，1molNa2SO4电离产生2molNa+和1molSO42-；

（2）依据

计算氯化氢的物质的量，依据

计算溶液中氯化氢的物质的量浓度；

（3）依据

结合氨气与硫化氢分子构成计算解答；

（4）由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量，根据

计算Na2X的摩尔质量，进而计算X的相对原子质量；

（5）①依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；

②依据

计算硫酸的物质的量浓度，依据稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；

③依据浓硫酸稀释的正确操作解答，注意浓硫酸的密度大于水，稀释产生大量的热。

【详解】

（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，n（Na+）=

=0.5mol，n（SO42-）=

=0.25mol；

（2）在标准状况下，4.48LHCl气体的物质的量为：

=0.2mol，溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度为：

=0.4mol/L；

（3）在标准状况下，1.7g氨气的体积：

=2.24L；1.7g氨气中所含氢原子的物质的量：

0.1mol×3=0.3mol，与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等，即n（H2S）×2=0.3mol，n（H2S）=0.15mol；

（4）7.8gNa2X中含Na+0.2mol，则n（Na2X）=0.1mol，M（Na2X）=

=78g/mol，故X的相对原子质量为78-23×2=32，摩尔质量为32g/mol；

（5）①实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL，应该选择500mL的容量瓶；

②质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为：

=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，依据稀释前后溶质的物质的量不变可知，18.4×V×

10-3=0.3×500×10-3，V=8.2mL；

③浓硫酸稀释的正确操作为：

将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌。

3．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。

4．锂因其重要的用途，被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”．

（1）Li3N可由Li在N2中燃烧制得．取4.164g锂在N2中燃烧，理论上生成Li3N__g；因部分金属Li没有反应，实际反应后固体质量变为6.840g，则固体中Li3N的质量是__g（保留三位小数，Li3N的式量：

34.82）

（2）已知：

Li3N+3H2O→3LiOH+NH3↑．取17.41g纯净Li3N，加入100g水，充分搅拌，完全反应后，冷却到20℃，产生的NH3折算成标准状况下的体积是__L．过滤沉淀、洗涤、晾干，得到LiOH固体26.56g，计算20℃时LiOH的溶解度__．（保留1位小数，LiOH的式量：

23.94）

锂离子电池中常用的LiCoO2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备．

（3）将含0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g；过滤，向滤液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，得到白色沉淀143.50g，经测定溶液中的阳离子只有Na+，且Na+有1mol；反应中产生的气体被足量NaOH溶液完全吸收，使NaOH溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式__，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式__．

（4）Co2（OH）2CO3和Li2CO3在空气中保持温度为600～800℃，可制得LiCoO2，已知：

3Co2（OH）2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2

按钴和锂的原子比1：

1混合固体，空气过量70%，800℃时充分反应，计算产物气体中CO2的体积分数__．（保留三位小数，已知空气组成：

N2体积分数0.79，O2体积分数0.21）

【答案】6.9646.65611.212.8g2CoCO3•3Co（OH）2•H2O5CoCl2+5Na2CO3+4H2O=2CoCO3•3Co（OH）2•H2O+10NaCl+3CO2↑0.305

【解析】

【分析】

【详解】

（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：

，接下来根据

算出锂的物质的量，则理论上能生成0.2mol的氮化锂，这些氮化锂的质量为

；反应前后相差的质量为

，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即

的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为

，这些氮化锂的质量为

；

（2）根据

先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:

1的，这些氨气在标况下的体积为

；根据化学计量比，0.5mol的氮化锂理论上能生成1.5mol的

，这些

的质量为

，缺少的那9.35克

即溶解损失掉的，但是需要注意：

溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100克水，但是反应会消耗掉1.5mol水，这些水的质量为

，因此我们算出的9.35克是73克水中能溶解的

的量，换算一下

，解得S为12.8克；

（3）加入硝酸银后的白色沉淀为

，根据

算出

的物质的量，因此

全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无

，

也全部留在溶液中，沉淀中无

，使烧碱溶液增重是因为吸收了

，根据

算出

的物质的量，根据碳守恒，剩下的

进入了碱式碳酸钴中，0.5mol

全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由

来提供，因此

的物质的量为0.6mol。

将0.5mol

、0.2mol

和0.6mol

的质量加起来，发现只有

，剩下的1.8克只能是结晶水，即0.1mol结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为

；写出制备方程式

；

（4）令参加反应的氧气为3mol，相当于

的空气，又因为空气过量70%，则一共通入了

空气，反应中一共生成了6mol水蒸气和12mol二氧化碳，则二氧化碳的体积分数为

。

5．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，打√或×？

①22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA__________

②标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA__________

③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA__________

④1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA__________

⑤标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA__________

⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA__________

⑦常温常压下，8gO2含有的电子数为4NA__________

⑧常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2NA__________

⑨标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA__________

⑩常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA__________

⑪标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA__________

⑫常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA__________

【答案】√√×√√√√××√××

【解析】

【分析】

运用n=m/M、V=n×Vm、n=V/Vm等公式的应用转换，先求出物质的量，然后求出分子的总个数，在根据这个分子中含有多少个相关微粒。

【详解】

①标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，1个氩气分子中含有18个电子，故22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA说法正确；

②标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合物的物质的量是：

11.2L/（22.4L/mol）=0.5mol，1个CH4分子中、1个C2H4分子中都含有4个H原子，所含H原子的个数为0.5NA×4=2NA，故标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA说法正确；

③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是：

2.24L/（22.4L/mol）=0.1mol，所含分子数为0.1NA，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA说法错误；

④1mol的CO和N2混合气体的分子数为NA，1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子，故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA说法正确；

⑤标准状况下，5.6LCO2气体的物质的量为5.6L/（22.4L/mol）=0.25mol，1个CO2分子中含有2个O原子，故标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA说法正确；

⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中O原子的物质的量为0.1mol，故1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA说法正确；

⑦常温常压下，8gO2的物质的量为8g/（32g/mol）=0.25mol，1个O2分子中含有16个电子，故8gO2含有的电子数为4NA说法正确；

⑧常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2NA说法错误；

⑨标准状况下，CCl4是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4的物质的量，故标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA说法错误；

⑩18gH2O的物质的量为18g/（18g/mol）=1mol，1个H2O分子中含有3个原子，故常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA说法正确；

⑪标准状况下，CH3CH2OH是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH3CH2OH的物质的量，故标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA说法错误；

⑫常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA说法错误；

【点睛】

本题考查物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算，另外注意气体摩尔体积的适用范围。

6．按要求完成下列填空

I.

（1）给定条件下的下列四种物质：

a．10g氖气

b．含有40mol电子的NH3

c．标准状况下8.96LCO2

d．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100mLH2SO4和HCl的混合溶液分成两等份，一份中加入含0.2molNaOH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：

①铝；②二氧化硅；③液氯；④NaOH溶液；⑤液态HCl；⑥NaHCO3晶体；⑦蔗糖；⑧熔融Na2O；⑨Na2O2固体；⑩CO2。

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⑨与⑩反应的化学方程式___________。

（4）写出①与④的离子方程式_____________。

（5）写出⑤的水溶液与⑥的水溶液反应的离子方程式___________________。

（6）写出②与④反应的离子方程式_______________________________。

【答案】d>b>a>c17g/mol2①④⑧⑤⑥⑧⑨②⑦⑩2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2H++HCO3-=H2O+CO2SiO2+2OH-=SiO32-+H2O

【解析】

【分析】

I．利用n=

=

=

计算。

II．①铝能导电，既不是电解质，也不是非电解质；

②二氧化硅不能导电，为非电解质；

③液氯不能导电，既不是电解质，也不是非电解质；

④NaOH溶液能导电，为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；

⑤液态HCl不能导电，为电解质；

⑥NaHCO3晶体不能导电，为电解质；

⑦蔗糖不能导电，为非电解质；

⑧熔融Na2O能导电，为电解质；

⑨Na2O2固体不能导电，为电解质；

⑩CO2不能导电，为非电解质。

【详解】

I

（1）a．10g氖气的物质的量=

=0.5mol，Ne为单原子分子，即分子数为0.5mol；

b．NH3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d>b>a>c；

（2）标准状况下，某气体的体积为672mL，物质的量为0.672L÷22.4L/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，则原溶液中含0.2mol盐酸，c（Cl－）=0.2÷0.1=2mol/L；

II

（1）分析可知，能导电的为①④⑧；

（2）属于电解质的为⑤⑥⑧⑨；属于非电解质的为②⑦⑩；

（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。

7．某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。

已知：

①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。

②氯气和碱反应放出热量。

温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：

3Cl2+6OH-

5Cl-+ClO3-+3H2O。

该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。

请回答下列问题：

（1）①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是________。

②该兴趣小组用100mL12mol·L-1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。

（2）小组成员发现，产物中Ca（ClO）2的质量明显小于理论值。

他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高也是可能原因。

为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为如图（不考虑氯气和水的反应）。

①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。

②所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为______mol。

③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol，则产物中

=__。

（3）为了提高Ca（ClO）2的产率，可对丙装置作适当改进。

请你写出一种改进方法：

________。

【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15ClO-0.252：

1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中

【解析】

【分析】

（1）①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；

②依据MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，结合定量关系计算理论值；

（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；

②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；

③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：

2，结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。

（3）根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。

【详解】

（1）①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；

②n（HCl）=12mol/L×0.1L=1.2mol，n（MnO2）=

=0.1mol，MnO2、HCl反应的物质的量的比是1：

4，可见足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，n（Cl2）=n（MnO2）=0.1mol，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，根据方程式中物质反应关系可知：

理论上