高考化学物质的量大题培优 易错 难题含答案.docx

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高考化学物质的量大题培优易错难题含答案

2020-2021高考化学物质的量（大题培优易错难题）含答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。

（1）写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________；

（2）镁和铝的总质量为________g；

（3）b点溶液中的溶质为__________，硫酸的物质的量浓度为___________mol/L；

（4）生成的氢气在标准状况下的体积为__________L；

（5）c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。

【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑9Na2SO42.510.08NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3

【解析】

【分析】

由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，此时发生的反应为：

H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液溶质为Na2SO4；从200mL到240mL，NaOH溶解固体Al（OH）3，发生反应：

OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O，据此分析解答。

【详解】

（1）Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（2）根据图象可知Mg（OH）2和Al（OH）3的物质的量之和为0.35mol，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，Al（OH）3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]=0.20mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.15mol，所以镁和铝的总质量为m（Al）+m（Mg）=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g；

（3）沉淀量最大时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mLNaOH溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍，所以n（Na2SO4）=0.5×5mol/L×0.2L=0.5mol，所以H2SO4的物质的量浓度c（H2SO4）=

=2.5mol/L；

（4）根据以上分析，n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，由于Al是+3价金属，Mg是+2价的金属，所以金属失去电子的物质的量n（e-）=3n（Al）+2n（Mg）=0.2mol×3+0.15mol×2=0.9mol，根据反应过程中得失电子守恒，可知反应产生氢气的物质的量n（H2）=

n（e-）=0.45mol，则在标准状况下的体积V（H2）=0.45mol×22.4L/mol=10.08L；

（5）在b点时溶液中溶质为Na2SO4，沉淀量为Mg（OH）2和Al（OH）3，在b→c过程中发生反应：

NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，至c点，该反应恰好反应完全，故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2，由于酸性：

H2CO3＞Al（OH）3，所以c点溶液中通入足量的CO2，NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al（OH）3和NaHCO3，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3。

【点睛】

本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算，侧重考查学生的分析与计算能力。

3．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。

4．填写下列表格

序号

物质

分子数（用NA表示）

质量/g

物质的量/mol

摩尔质量/g·mol-1

体积/标况

（1）

氮气

___

14

___

___

___

（2）

H2SO4

3.01×1022

___

___

___

空

（3）

H2O

___

___

0.5

___

空

（4）

Cl2

___

___

___

___

2.24L

【答案】0.5NA0.52811.24.90.05980.5NA9180.1NA7.10.17.1

【解析】

【分析】

摩尔质量在以为g·mol-1单位时，数值上等于相对分子质量，以n=

、n=

、n=

这几个公式为基础，按试题中的要求，进行计算。

【详解】

（1）N2的摩尔质量在以为g·mol-1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N2的摩尔质量是28g·mol-1，当N2的质量为14g时，n（N2）=

=0.5mol，N2的分子数N（N2）=0.5NA，标况下N2的体积为：

0.5mol

22.4L·mol-1=11.2L；

（2）H2SO4的分子数是3.01×1022，H2SO4的物质的量：

n（H2SO4）=

=0.05mol，H2SO4的摩尔质量是98g·mol-1，质量：

m（H2SO4）=0.05mol×98g·mol-1=4.9g；

（3）H2O的物质的量是0.5mol，水的摩尔质量：

M（H2O）=18g·mol-1，水分子的个数N（H2O）=0.5NA，水分子的质量是：

m（H2O）=0.5mol×18g·mol-1=9g；

（4）Cl2标况下的体积试剂2.24L，Cl2的物质的量：

n（Cl2）=

=0.1mol，Cl2的分子数是：

N（N2）=0.1NA，Cl2的摩尔质量是71g·mol-1，Cl2的质量：

m（Cl2）=0.1mol

71g·mol-1=7.1g；

【点睛】

考生熟练掌握n=

、n=

、n=

，这几个公式之间的换算；

5．现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。

（1）沉淀A的主要成分是_____________、______________（填化学式）。

（2）①②③中均进行的分离操作是_______________。

（3）溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是__________，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的______________。

（4）实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol•L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8mol•L-1的HNO3溶液，该小组用8mol•L-1的HNO3溶液配制所需溶液。

①实验中所需的玻璃仪器包括________、_____mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。

②该实验中需要量取8mol•L-1的HNO3溶液________mL。

③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_____________。

A．取用8mol•L-1的HNO3溶液溶液时仰视量筒刻度线

B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作

C．8mol•L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯

D．定容时仰视刻度线

E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作

【答案】BaSO4BaCO3过滤Na2CO3HNO3500mL容量瓶100玻璃棒62.5AC

【解析】

【分析】

由实验流程可知，加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。

【详解】

（1）加入过量的Ba（NO3）2，Na2SO4、Na2CO3和Ba（NO3）2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故答案为：

BaSO4；BaCO3；

（2）①②③中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：

过滤；

（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：

Na2CO3；HNO3；

（4）①实验室只有500mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：

500mL容量瓶；100；玻璃棒；

②设需要量取8mol•L-1的HNO3溶液VmL，则8mol•L-1×V×10-3L=1mol•L-1×500×10-3L，解得：

V=62.5mL，故答案为：

62.5；

③A．取8mol•L-1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A正确；

B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；

C．量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；

D．定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；

E．定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误；故答案为AC。

6．NH3、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+5O2

4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO

5N2+6H2O19.6

【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+5O2

4NO+6H2O，

故答案为：

4NH3+5O2

4NO+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++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，答案为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++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+6NO

5N2+6H2O，

故答案为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O；

（5）n（NO2）＝n（NO）＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，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0.2mol×98g/mol＝19.6g，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。

7．氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：

（Ⅰ）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。

则该盐酸的物质的量浓度是___mol·L-1。

（2）某同学用该浓盐酸配制100mL1mol·L-1的稀盐酸。

请回答下列问题：

①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸____mL。

②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______。

③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_____。

（Ⅱ）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12mol·L-1的浓盐酸200mL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0.3mol，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）。

（Ⅲ）已知HClO的杀菌能力比ClO-强。

25℃时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】11.68.6胶头滴管、100mL容量瓶偏低无影响偏低甲FBE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0.3mol2～6HClO、ClO-、Cl-

【解析】

【分析】

（Ⅰ）

（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；

（Ⅱ）

（1）要防止副反应的发生就要控制反应的温度。

【详解】

（Ⅰ）

（1）根据

计算盐酸的浓度，有

；

（2）①根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积

；

②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；

③A、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；

（Ⅱ）

（1）氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物