高考化学物质的量综合题及答案解析
高考化学物质的量综合经典题及答案
高考化学物质的量综合经典题及答案一、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①6.72L CH 4②3.01×1023个HCl 分子③13.6g H 2S ④0.2mol NH 3，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 、N 2两种气体，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：3A ＝B ＋3C ＋2D 。
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】② ② ④ ① 1:1 1:1 1:1 4a g/mol【解析】【详解】(1)①6.72L CH 4中：n(CH 4)= 6.72L 22.4L/mol=0.3mol ，m(CH 4)=0.3mol×16g/mol=4.8g ，ρ(CH 4)= m m M 16==g/L V V 22.4，N(H)=4N(CH 4)=1.2N A ； ②3.01×1023个HCl 分子中：n(HCl)=23233.01106.0210⨯⨯=0.5mol ，V(HCl)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L ，ρ(HCl)=m m M 36.5==g/L V V 22.4，m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g ，N(H)=N(HCl)=0.5N A ； ③13.6g H 2S 中：n(H 2S)=13.6g 34g/mol=0.4mol ，V(H 2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L ，ρ(H 2S)= m m M 34==g/L V V 22.4，N(H)=2N(H 2S)=0.8N A ； ④0.2mol NH 3中：m(NH 3)=0.2mol×17g/mol=3.4g ，V(NH 3)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L ，ρ(NH 3)= m m M 17==g/L V V 22.4，N(H)=3N(NH 3)=0.6N A . 所以：体积最大的是②，密度最大的是②，质量最小的是④，含氢原子数最多的是①； （2）CO 、N 2两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 、N 2，物质的量相等；CO 、N 2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，故体积之比为1:1；（3）化学方程式系数的意义：表示物质的量。
高考化学 物质的量综合试题及答案
4．（1）1mol H2SO4中含有_____个硫原子，_____mol O。
（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式
HCl：_______________NaHSO4：____________________
【解析】
【分析】
（1）根据物质结构进行计算；
（2）强电解质完全电离；
（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子；
（4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；
（5）还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，产物为还原产物。
【点睛】
本题考查了物质检验实验方案的设计以及化学方程式的书写、溶质物质的量浓度的计算，明确硫酸根离子、碳酸根离子的性质是解题的关键。
3．按要求完成下列各小题
（1）在同温同压下，相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。
（2）0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___，含有氧原子物质的量之比为___，相同条件下两物质的密度之比为___。
【解析】
【分析】
根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化还原反应进行判断。根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子，所以选择H2SO4进行除杂。
【详解】
（1）相同质量的N2和H2S的物质的量之比为 ，根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17：14。答案：17：14；
化学物质的量试题答案及解析
化学物质的量试题答案及解析1.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是A．常温下，0.05 mol·L-－1Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+数目为0.1 NAB．标准状况下，22.4L苯中含C—H数目为6NAC．常温、常压下，1.6g O2和O3混合物中，氧原子的数目为0.1NAD．标准状况下，7.1 g氯气与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.2NA【答案】C【解析】A、Fe3+水解，数目减少，错误；B、苯为液态，不能用气体摩尔体积计算，错误；C、O2和O3均由氧原子构成，故氧原子数目为1.6g÷16g/mol=0.1mol，正确；D、氯气与碱发生歧化反应，7.1 g氯气与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.1NA.【考点】考查阿伏加德罗常数有关问题。
2.、设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是()A．1 mol甲醇中含有C－H键的数目为4NAB．25 ℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA C．标准状况下，2.24 L己烷含有分子的数目为0.1NAD．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NA【答案】D【解析】 1 mol 甲醇中含有3 mol C－H键，A错；pH＝13的NaOH溶液c(OH－)＝0.1 mol/L，由于没有提供溶液体积，OH－的数目无法确定，B错；己烷在标准状况下为液体，不适用气体摩尔体积，C错；2Na2O2＋2H2O==4NaOH＋O2↑中，生成0.2 mol O2，转移0.4 mol e－，D对。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（）A．1 L 1 mol·L-1的NaClO 溶液中含有ClO－的数目为NA B．78 g苯含有C="C" 双键的数目为3NAC．常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD．标准状况下，6. 72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0. 1NA【答案】C【解析】A项ClO-会水解，所以ClO-数目少于NA个，A项错误。
高考化学物质的量的综合题试题及答案解析
高考化学物质的量的综合题试题及答案解析一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。
半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空：（1）半水煤气含有少量硫化氢。
将半水煤气样品通入____溶液中（填写试剂名称），出现_______，可以证明有硫化氢存在。
（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2O CO2+H2若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后的气体中：V(H2):V(N2)=____________。
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。
已知：Na2CO3K2CO320℃碱液最高浓度（mol/L）2.08.0碱的价格（元/kg） 1.259.80若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是__________；缺点是____________。
如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？___________________________________________写出这种方法涉及的化学反应方程式。
_______________________（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。
取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。
_________________②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是：_________________。
③该实验方案中，步骤________（选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【答案】硝酸铅（或硫酸铜）黑色沉淀 3:1 价廉吸收CO2能力差碱液循环使用2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O除去半水煤气中的CO2（包括H2S）和H2O IV【解析】【分析】【详解】（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。
高考化学物质的量(大题培优)附答案解析
高考化学物质的量(大题培优)附答案解析一、高中化学物质的量1．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：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O(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KMnO 4参加反应？________。
②被氧化的HCl 的物质的量为多少？________。
【答案】 6.32g 0.2 mol【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Cl 2的物质的量，然后根据方程式中KMnO 4、HCl 与Cl 2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KMnO 4中的+7价变为反应后MnCl 2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Cl 2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KMnO 4、MnCl 2前的系数是2，HCl 前的系数是10，Cl 2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H 2O 的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：；(2)在标准状态下， 2.24LCl 2的物质的量n(Cl 2)=m V 2.24L V 22.4L /mol=0.1mol 。
①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl 2时，参与反应的KMnO 4的物质的量为0.1mol×25=0.04mol ，则参与反应的KMnO 4的质量m(KMnO 4)=0.04mol×158g/mol=6.32g ； ②由反应化学方程式可知，HCl 被氧化后生成Cl 2，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 。
高考化学物质的量综合经典题及详细答案
高考化学物质的量综合经典题及详细答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题（1）配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、___。
（2）容量瓶上标有刻度线、___，使用前要___。
（3）需用托盘天平称取Na2CO3____g。
（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？A．加水时超过刻度线___，B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶___，C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___，D．定容时仰视___，E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线___。
（5）若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，则需要量取浓硫酸的体积为___mL。
【答案】500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管温度、容积检漏 5.3 偏低偏高不变偏低不变 62.5【解析】【分析】配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，分析误差时可根据c=nV判断。
【详解】(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500mL容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；(2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应查漏；(3)配制500mL 0.1mol/LNa2CO3，需要 Na2CO3的质量为：0.5L×0.1mol/L×106g/mol=5.3g；(4)A．加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；D．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；E．上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；(5)若实验室中要用浓度为16mol/L 的浓硫酸配制480mL 2.0mol/L 的稀硫酸，应选择500mL 容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：16mol/L×V=500mL 2.0mol/L，解得V=62.5mL。
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总含答案解析
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总含答案解析一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2。
实验步骤如下：①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95 g.②连接好实验装置，检查装置的气密性．③加热，开始反应，直到不再有气体产生为止．④测量排入量筒中水的体积为285.0 mL，换算成标准状况下氧气的体积为279.7 mL.⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55 g.根据上述实验过程，回答下列问题：(1)如何检查装置的气密性？______________________________________________。
(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温③读取量筒内液体的体积这三步操作的正确顺序是________(请填写步骤代码。
进行③的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(3)实验过程中产生氧气的物质的量是________mol；实验测得氧气的摩尔体积是________(保留小数点后两位)。
【答案】往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气②①③偏小0.012522.38 L/mol【解析】【分析】【详解】(1)往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管内液面高度的变化来判断装置的气密性；综上所述，本题答案是：往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气。
高考化学 物质的量综合试题及详细答案
高考化学物质的量综合试题及详细答案一、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 3.06 g 铝和镁的混合物粉末放入 100 mL 盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下 3.36 L H2。
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 100 mL）。
（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】9：49 1：1 1：4 0.06 mol 1.44 g 3.0 mol·L-1 75% 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；N H(H2O) ：N H(H2SO4)= n (H2O)×2：n (H2SO4)×2=1：1； N O(H2O) ：N O(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3.36 L，n (H2)=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06 mol，y=0.06 mol，故该合金中铝的物质的量为0.06 mol，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=nV=3.0 mol·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xmol CO，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．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。
高考化学考点复习《物质的量》真题练习含答案
高考化学考点复习《物质的量》真题练习含答案1．（2023年黑龙江省春季普通高中学业水平合格性考试）下列关于物质的量及其单位摩尔使用正确的是 A ．1mol 钠原子B ．1mol 香蕉C ．1mol 铅笔D ．1mol 大米 【答案】A【解析】物质的量是描述微观粒子的数目多少的物理量；香蕉、铅笔、大米均为宏观物质，不能使用物质的量描述；1mol 钠原子化学用语使用正确；故选A 。
2．（2023年江苏省普通高中学业水平合格性考试）N 2的摩尔质量为28 g·mol −1,下列说法正确的是 A ．1 mol 氮原子的质量为28 gB ．1 mol 氮气的质量为28 gC ．1个氮分子的质量为28 gD ．1 g 氮气的物质的量为28 mol 【答案】B【解析】A ．N 2的摩尔质量为28 g·mol −1，1 mol 氮气中由2mol 氮原子，1 mol 氮原子的质量为-1228 g mol 1mol ⋅⨯=14g ，A 错误；B ．N 2的摩尔质量为28 g·mol −1，说明1 mol 氮气的质量为28 g ，B 正确；C ．1 mol 氮气含有N A 个分子，1个氮分子的质量为A 28g N ，C 错误； D ．1 g 氮气的物质的量为-128 g mo l l 1g 1mo 28=⋅，D 错误； 故答案为：B 。
3．（2022年7月浙江省普通高中学业水平考试 ）下列物理量的单位为“摩尔(mol)”的是A ．质量B ．物质的量C ．时间D ．温度 【答案】B【解析】A ．质量的国际单位制单位是“千克”，故不选A ；B ．物质的量的单位是“摩尔”，故选B ；C ．时间的国际单位制单位是“秒”，故不选C ；D ．温度的国际单位制单位是“开尔文”，故不选D ；选B 。
4．（2022年夏季山东普通高中学业水平考试）对于相同物质的量的2H O 和22H O ，下列说法错误的是 A ．氧原子数之比为1：2 B ．原子总数之比为3：4C ．分子数之比为1：1D ．质量之比为1：1 【答案】D 【解析】A ．相同物质的量的2H O 和22H O ，分子数比为1:1，所以氧原子数之比为1：2，故A 正确； B ．相同物质的量的2H O 和22H O ，分子数比为1:1，所以原子总数之比为3：4，故B 正确；C ．相同物质的量的2H O 和22H O ，分子数比为1:1，故C 正确；D ．相同物质的量的2H O 和22H O ，假设物质的量都是1mol ，1molH 2O 的质量为18g ，1molH 2O 2的质量为34g ，质量之比为9：17，故D 错误；选D 。
全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总附答案
全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总附答案一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)1 .按要求填空, N A为阿伏伽德罗常数的数值.(1)标准状况下,2.24L C2的质量为—；有一个氯原子.(2)含0.4mol Al3+的A12(SQ)3中所含的SQ2」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,那么这两种离子的物质的量之比为.(4)质量相同的H2、NH3、SQ、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3.01 X 1023,那么元素R的相对原子质量为—；R元素名称是.(7)将10mL 1.00mo1/L Na z CQ溶液与10mL 1.00mo1/L CaC12溶液相混和,那么混和溶液中Na+的物质的量浓度为一,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,那么X的相对原子质量可以表示为(9)CQ CO2混合气体的质量共11.6g,在标准状况下的体积为 6.72L,那么混合气体中CO的质量为一；CO2在相同状况下的体积为一.(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.那么该混合气体中CH4和O2的体积比为一.【答案】7.1g 0.2N A或 1.204X 1023 0.6mol 3:5 SQ 4.48L 6.72 14 氮1mol/L0.02mol b N A或6.02X 1023b 2.8g 4.48L 3:13 a a【解析】【分析】(1)先计算标准状况下,2.24L C2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=M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；(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溶液相混和发生反响,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反响过程中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 C 2 的物质的量为 222.L/mol =0.1mol ,质量为 0.1mol x 71g/mol=7.1gCl 2为双原子分子,含有的氯原子个数为0.2N A 或1.204 X 2b,故答案为：7.1g ； 0.2N A 或1.204 X 20(2)由化学式可知,含 0.4mol Al 3+的Al 2(SO 4)3中所含的SO 42一的物质的量是 0.6mol ;OH 与CO 32-质量之比为51： 300,那么这两种离子的物质的量 51g 300g ,之比为 17g/mol : 60g/mol =3:5 ,故答案为：3:5 ；(4)由n=M 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,H 2、NH 3、SQ 、O 3四种气体中SO 2的摩尔质量最大,那么 SQ 的物质的量最小,分子 数最小,故答案为：SQ ；(5)标准状况下,3.4g NH 3的物质的量为 精蒜=0.2mol,那么体积为0.2mol x 22.4L/mol=4.48L 含有氢原子的物质的量为 0.2mol x 3=0.6mol 含有氢原子的物质的 量为0.6mol 的H 2s 的物质的量为 竺黑=0.3mol,标准状况下,0.3mol H 2s 的体积为0.3mol X 22.4L/mol=6.72L 故答案为：4.48L; 6.72;氧原子的数目为(2M 0制mol X 6.02产10 5=3.01才310解得M=14 ,该元素为N 元素,故答案为：14; N ；(7)将10mL 1.00mol/L Na z CQ 溶液与10mL 1.00mol/L CaCl 2溶液相混和发生反响,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反响过程中Na +和Cl -的物质的量不变,10mL 1.00mol/L Na 2CO 3溶液中 Na +的物质的量为0.01LX1.00 mol/L x 2=0.02m 删混和溶液中 Na +的物质的量浓度为0000m ol =1.00mol/L ; 10mL 1.00mol/L CaCl 2 溶液中 Cl -的物质的量为 0.01L x 1.00mol/L x 2=0.02mol 那么混和溶液中 C 「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 Wmol, X 的摩尔质量为 晶=^g/mol,那么X 的相对原子 质量bNA ,故答案为：?或强户；(9)设CQ CO 2混合气体中CO 为x mol, CQ 为y mol,由题意可得28x+44y=11.6①, x+y= zzN*ol=0.3mol ②,解①②可得 x=0.1, y=0.2,贝U 0.1mol CO 的质量为0.1mol x 28g/mol=2.8g 0.2mol CO 2在标准状况下的体积为0.2mol x 22.4L/mol=4.4&L 故答案 为：2.8g ； 4.48L;(10)由题意可知,C1和O 2的组成的混和气体平均相对分子质量为2X14.5=29设混合 16x+32y =29,解得 x ： y=3:13,故答3 0.4mol *=0.6mol,故答案为:(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中 (6)设元素R 的相对原子质量为 M , 10.8g R 2O 5的物质的量为 10.8g 10.8(2M+80)g/mol = (2M+80) mol,所含气体中甲烷的物质的量为 x 、氧气的物质的量为 y,那么有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.请答复：〔1〕如下图的仪器中,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.①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为g.②假设NaOH溶液在转移至容量瓶时,洒落了少许,那么所配制的溶液浓度将〔填褊高"、偏低〞或无影响〞.〕⑶配制硫酸溶液.①实验室用98%〔p =1.84g •〔3〕1的硫酸配制3.68mo L-1的硫酸溶液500mL,需准确量取98%的硫酸的体积为mLo②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为 3.50mol L-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=1000一进行计算.M【详解】〔1〕用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、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〕①配制溶液应根据体积选择适宜的容量瓶以保证精度,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0.5LX0.3 mol/L=0.15mo］需要NaOH 的质量为：m=n- M=0.15mol/L x 40g/mol =6.0g,因此需要称取6.0NaOH固体.②NaOH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.1000 1000 1.84g/L 98%(3) 98%的浓硫酸的分数为：c= ------------- = ----------------- ----------- =18.4mol/L ,需要浓硫酸的M 98g/moln 3.68mol/L 0.5L体积为: 0.1L 100mL oV= 一= --------c 18.4mol / L(4)A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度,读数比实际体积大,参加的水会低于刻度线,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剩余在烧杯中,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,参加的水会超过刻度线,会使实际溶液浓度减小,D正确；应选CD.【点睛】此题的易错点为(3)①,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的,只需要知道浓硫酸的浓度即可,浓硫酸的浓度可用公式1000算出.c= -------M3.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,据此完成以下试题：(1)等质量的.2和O3所含分子的物质的量之比为一.(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N A为阿伏加德罗常数的值,如果ag氧气中含有的分子数为b,那么cg氧气在标准状况下的体积约是一(用含a、b、c、N A的式子表示)o(4)实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液,进行如下操作：①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______ O②计算需要NaOH固体的质量：—g.③取出50 mL配制好的溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为—.④假设出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是—.A.称量时祛码已经生锈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 22L 100mL容量瓶 4. 0 1mol/L Aa N A【解析】【详解】(1)根据n M■可知,等质量的O2和O3的物质的量之比为1 1 …一…,…一n(O2)：n(O3)一：——3:2 ,所含分子的物质的量之比为3： 2.32 48(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=nN A (N A 为常数)可知,分子个数比为 1： 1；由m=nM 可 知,.2和O 3的质量比为2： 3.ag 氧气中含有的分子数为 b,那么ag 氧气的物质 ag aN A l 1 ―b " %—ggmo ,即当氧气为cg,物质——mol N A .. .. 22.4bc ,在标准状况下的体积 V nV mLo aN A NaOH 溶液,那么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1 1②需要 NaOH 固体的质重 m nM cVM 100mL 1molgL 40ggmol 4g .③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 . ④A.称量时祛码已经生锈,实际祛码质量增大,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,剩余局部溶质残留,导致容量 瓶内部溶质减小,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c 2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 n 和溶液的体 V积V 引起的.误差分析时,关键要看配制过程中引起n 和 V 怎样的变化.在配制一定物质的量浓度溶液时,假设 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；假设 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.4 .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响的条件和产物.：①二氧化镒与浓盐酸反响可制备氯气,同时生成 MnCl 2.②氯气和碱反响放出热量.温度较高时,氯气和碱还能发生如下反响：3Cl 2+6OH ==r 5Cl -(1)①甲装置用于制备氯气,乙装置的作用是 .(3)设N A 为阿伏加德罗常数的值,如果 N b - M m 的量n ————,摩尔质量 n N A N A n m cg bc , nmol 的重 M aN A । i aN A A ggmol a A b 、(4)①实验室需要配制 100mL1mol/L 的 +ClO 3-+3H 2O .该兴趣小组设计了以下实验装置进行实验.②该兴趣小组用100 mL12 mol L-1盐酸与8.7 g MnO2制备氯气,并将所得氯气与过量的石灰乳反响,那么理论上最多可制得Ca(ClO2 g o(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,局部氯气未与石灰乳反响而逸出,以及温度升高也是可能原因.为了探究反响条件对产物的影响,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CIO、CIO3-两种离子的物质的量(n)与反响时间⑴的关系曲线,粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反响).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,反响后测得产物中Cl-n ClO的物质的量为0.35 mol ,那么产物中--------- =.n ClO3一(3)为了提升Ca(ClO〉的产率,可对丙装置作适当改良.请你写出一种改良方法：__________________ O【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15 ClO 0.25 2： 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+C bT +2H2O； 2C b+2Ca(OH?=CaC2+Ca(ClO2+2H2O,结合定量关系计算理论值；(2)①当温度低时,氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,根据温度上下来判断属于哪种离子；②根据氧化复原反响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,反响后测得产物中Cl-的物质的量为0.35 mol ,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,依据氧化复原反响电子守恒,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响,可以把丙装置放入冰水中. 【详解】(1)①浓盐酸和二氧化镒反响制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓MnCl2+Cl2 T +2住O;浓盐酸具有挥发性,在反响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)=12 mol/L X0.1 L=1.2 moln(MnO2)=—87§—=0,1 mol, MnO2、HCl反响的物质的87 g / mol量的比是1 : 4,可见足量的浓盐酸与8.7 gMnO2制备氯气,以MnO2为标准计算, n(Cl2)=n(MnO2)=0.1 mol,将所得氯气与过量的石灰乳反响,反响方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaC2+Ca(ClO>+2H2O,根据方程式中物质反响关系可知：理论上最多可制得Ca(ClO»的物质的量为0.05 mol,其质量m[Ca(ClO>]=0.05mol x 143 g/mol=7.15 g (2)①当温度低时,氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,刚开始反响时,温度较低,氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙和次氯酸钙,所以图2中曲线I表示离子ClO的物质的量随反响时间变化的关系；②根据氧化复原反响中得失电子数相等计算Cl-的物质的量,设被复原的氯离子的物质的量为n,那么nX1=0.10 mol x 1+0.05 mol x 5=0.358那么反响的Cl2中含氯原子的物质的量为：0.35mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol ,在CaC2、Ca(ClO?、Ca(ClO)2 中钙离子和含氯离子的个数比为1 : 2,所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.5；o l =0.25 mol;③取一份与②等物质的量的石灰乳,其物质的量为0.25 mol,根据氧化复原反响中得失电子数相等,生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒,设n(ClO)=x,n(ClO3")=y;那么得到：0,35=x X 1+y；X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,得到氯元素物质的量为0.5mol; x+y+0.35=0.5,解得：x=0.1 mol,y=0.05 mol,那么产物中“91m o=2n ClO30.05mol(3)由于反响在高温度下发生副反响,所以改良举措可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中,预防发生3Cl2+6OH=^5C「+Cl8+3H2O. 【点睛】此题考查了性质方案的设计.明确实验目的、实验原理为解答关键,注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法,题目培养了学生的分析、理解水平及化学实验、化学计算水平.5 .根据你对金属钠性质的了解,答复以下问题：(1)关于钠的表达中,正确的选项是 (填字母).A.钠是银白色金属,硬度很大B.将金属钠放在石棉网上,用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧,产生黄色火焰,生成过氧化钠C.金属钠在空气中燃烧,生成氧化钠D.金属钠的熔点很高(2)由于金属钠很容易跟空气中的、等物质反响,通常将它保存在_______ 里.(3)将一小块钠投入到以下溶液中,既能产生气体又会出现白色沉淀的是 (填字 母). A.稀硫酸 B.硫酸铜溶液 C.氢氧化钠溶液 D.氯化镁溶液(4)为粗略测定金属钠的相对原子质量,设计的装置如下图,该装置 (包括水)的总质量 为ag,将质量为bg 的钠(缺乏量)放入水中,立即塞紧瓶塞.完全反响后再称量此装置的总②无水氯化钙的作用是 .【答案】B 氧气水蒸气煤油 D b/(a+b-c)吸收H 2中所含的H 2O(g) 【解析】【分析】(1)根据钠的性质分析解答;(2)钠的性质很活泼,易和水、氧气反响,据此解答；(3)金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气,根据溶液中的溶质分析解答；(4)①根据钠与水反响产生氢气的质量关系以及反响前后质量差解答；②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断.【详解】(1) A 、钠是银白色金属,硬度很小,可以用小刀切,故 A 错误；B 、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,故 B 正确；C 、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,不是氧化钠,故 C 错误；D 、金属钠的熔点很低,故 D 错误；故答案选B ；(2)钠性质很活泼,易和水、氧气反响,所以保存钠时要隔绝空气和水,钠和煤油不反应,且密度大于煤油,所以保存钠可以放在煤油中；(3) A.钠和稀硫酸反响生成硫酸钠和氢气,没有沉淀产生, A 不选；B.钠投入硫酸铜溶液中,首先和水反响生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和硫酸铜反响生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠,但沉淀不是白色的,而是蓝色的,B 不选； C.钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气,没有沉淀,C 不选；D.钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气, 答案选Do(4)①金属与水发生反响放出氢气的质量 =ag+bg- cg= (a+b-c) g,假设金属为R,其相对①列出计算钠相对原子质量的数学表达式 (用含有a 、b 、c 的算式表示).D 选.原子质量为M,根据金属钠与水反响放出氢气的关系,可推断该金属与水放出氢气关系如下：2R〜〜〜〜〜 H22M 2bg (a+b-c) gb解得M - ----------------- ;(a b c)②氯化钙具有吸水水平,是常用的枯燥剂,在装置中吸收生成氢气中的水,而预防水分流失.6. I. NaCl溶液中混有Na2CQ、Na2SC4,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：③.II.取100.0 mLNa2CQ和Na z SCU的混合溶液,参加过量BaC2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Na2SC4的物质的量浓度为;(写出计算列式的过程)【答案】Na2CQ+2HCl=2NaCl+CQT +H2O CQ+Ca(OH〉=CaCCH +H2O BaC2+Na2SC4=BaSC4 J+2NaCl 0.3mol/L【解析】【分析】I .首先参加过量HCl,有气泡产生,该气体能够使澄清石灰水变浑浊,说明有Na2CQ,再滴加过量BaC2溶液,最终有白色沉淀证实有Na2SC4;II .混合溶液参加过量的氯化钢溶液,发生反响：BaC2+Na2SQ=BaSO4 +2NaClBaC2+Na2CQ=BaCO4 +2NaCl 得至U 16.84g 白色沉淀为BaSQ、BaCQ,沉淀用过量稀HNO3 处理,发生反响：BaCQ+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2 T +H2O,最终 6.99g 沉淀为BaSO,根据nu m计算BaSQ的物质的量,而n(Na2SQ)=n(BaSQ),再根据c芍计算c(Na2SQ).【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,证实溶液中含有Na2CQ,反响方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+COT +H2O,CQ+Ca(OH)2=CaCO J +H^O,然后向溶液中参加过量BaC2溶液,产生白色沉淀,证实含有Na2SQ,发生该反响的化学方程式为：Na2SO4+BaC2=2NaCl+BaSQ J ;II .混合溶液参加过量的氯化钢溶液,发生反响：BaC2+Na2SQ=BaSO4 +2NaClBaC2+Na2CQ=BaCQj +2NaCl得至U 16.84g白色沉淀为BaSQ、BaC.的质量和,沉淀用过量稀HNO3处理,发生反响：BaCO+2HNQ3=Ba(NO3)2+CO T +HO,最终6.99g沉淀为-m m 6.99gBaSQ,根据n=——可知n(BaSQ)= —— ---------------------- =0.03mol,根据S兀素守恒可知M M 233g / moln(Na2SQ)=n(BaSQ),所以根据c=/ 可得c(Na2sQ)="03m" =0.3mol/L.【点睛】此题考查了物质检验实验方案的设计以及化学方程式的书写、溶质物质的量浓度的计算, 明确硫酸根离子、碳酸根离子的性质是解题的关键.7.实验室可用如下方法制取Cl2,根据相关信息,答复以下问题：⑴在该反响中,HCl表现的性质有、. A①MnO 2 +4HCl (浓)=Cl2? + MnCl2+ 2H2O(2)假设反响中有0.1mol的氧化剂被复原,那么被氧化的物质为 (填化学式),被氧化物质的物质的量为 ,同时转移电子数为 (用N A表示).(3)将(2)生成的氯气与0.2mol H2完全反响,生成的气体在标准状况下所占体积为,将此产物溶于水配成100mL溶液,此溶液的物质的量浓度为.(4)② KClO+ 6HCl(浓)=3C2T + KCl+ 3H2OD 2KMnO 4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2 T + 8H2O假设要制得相同质量的氯气, ①②③ 三个反响中电子转移的数目之比为 .催化剂(5)反响4HCl(g)+O2 ^^=2C2+2H2O(g),该反响也能制得氯气,那么MnO2、O2、AKMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为.(6)将不纯的NaOH样品2.50 g(样品含少量Na z CQ和水),放入50.0 mL 2.00mol/L盐酸中, 充分反响后,溶液呈酸性,中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L的NaOH溶液.蒸发中和后的溶液,最终得到固体的质量为.【答案】复原性酸性HCl 0.2mol 0.2 N A 8.96L 4mol/L 6: 5: 6 KMnO4> MnO2> O25.85g【解析】【分析】(1)盐酸与二氧化镒反响化合价发生变化,且能与碱性氧化物反响；(2)复原剂被氧化,求解被复原的复原剂的量；(3)根据方程式及c=:计算；(4)①生成1mol氯气时,转移2mol电子；②生成1mol氯气时,转移-mol电子；③生成31mol氯气时,转移2mol电子；(5)根据氧化剂的氧化性越强,那么反响越容易,进行推理；(6)根据C「离子守恒进行计算.【详解】(1)盐酸与二氧化镒反响化合价由-1变为0,作复原剂,表现复原性；与碱性氧化物反响, 表现酸性；(2)假设0.1mol的氧化剂被复原,复原剂被氧化,物质为HCl,被复原的物质的量为0.2mol,转移0.2mol电子,即0.2N A；⑶H2 + C2=2HCl, 0.2mol氯气与0.2mol H2完全反响,生成0.4molHCl,标况下的体积为8.96L; c= — = =4mol/L :V 0.1(4)①生成1mol氯气时,转移2mol电子；②生成1mol氯气时,转移-mol电子；③生成31mol氯气时,转移2mol电子；电子转移的数目之比为6： 5： 6；催化剂(5)根据反响①、③和4HCl(g)+ O2Cl2 + 2H2O(g)可知,MnO2、O2、KMnO4三种物质A均可制取氯气,且反响的条件下由易到难,氧化剂的氧化性越强,那么反响越容易,那么氧化性由强到弱的顺序为KMnO4> MnO2> O2；(6)反响后的溶液的溶质为NaCl,且加热蒸干后得到的固体也为NaCl,根据C「离子守恒,n (NaCl) = n (HCl) =50.0 mL x 2.00mol/L=0.1mol,其质量为5.85g.8 .按要求完成以下各小题(1)在同温同压下,相同质量的N2和H2s气体的体积比为.(2) 0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为―,含有氧原子物质的量之比为—,相同条件下两物质的密度之比为―.(3)在含有Cu2+、H+、Fe2+、Al3+、B「、C「的溶液中,复原性最弱的阴离子是―,氧化性最强的离子是―,既有氧化性又有复原性的离子是―.(4)除去Na2SO4中的Na2CQ所加试剂―,离子方程式―.【答案】17： 14 14： 11 1： 1 7：11 C-Cu2+F3+稀H2SQ CC32-+2H+=CC2 T +H2O 【解析】【分析】根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化复原反响进行判断.根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂.如Na z SQ中的Na2CO3目的是除去CO32-离子,所以选择H2SO1进行除杂.【详解】(1)相同质量的N2和H2s的物质的量之比为m：皿34:28 17:14 ,根据阿伏伽德罗28 34定律,在同温同压下,气体体积之比等于物质的量之比,因此相同质量的N2和H2s气体的体积比为17: 14.答案：17: 14; (2)电子数目之比等于电子的物质的量之比. 0.8molCO中电子的物质的量为0.8 mol X(6+8)=11.2mol, 0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol x (6+8X 2) =8.8mol,电子数目之比为11.2:8.8=14:11 ；含有氧原子物质的量之比为0.8:0.4 2=1:1,根据阿伏伽德罗定律的推论可知,相同条件下,气体的密度与摩尔质量成正比,所以相同条件下两物质的密度之比为:28:44=7:11.答案：14:11 1:1 7:11；(3)卤素单质的氧化性为F2>C b>Br2>l2,单质的氧化性越强,其对应的离子的复原性越弱,所以复原性Br >C1,复原性最弱的阴离子是Cl ;金属单质的金属性越强,其离子的氧化性越弱,所以氧化性最强的离子是Cu2 + ;属于中间价态的元素既有氧化性又有复原性,所以Fe2+既有氧化性又有复原性的；答案：Cr C产F/;(4)除去Na z SQ中的Na2CC3,实质是除去CO32-离子,所加试剂H2SO4,离子方程式CC32- +2H+=CO T +倬O.9 .我国某些地区曾出现过高致病性禽流感,为预防疫情蔓延,必须迅速进行隔离,并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒.资料显示：禽流感病毒在高温、碱性环境(如氢氧化钠溶液卜高镒酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存水平较差.请答复以下问题：⑴次氯酸钠(NaClO)属于(填“酸〞、“碱〞、“盐〞或“氧化物〞),其中氯元素的化合价为价.(2)用加热高镒酸钾熏蒸消毒禽舍,写出所发生反响的化学方程式：.(3)以下对受污染工具的消毒方法可行的是 (填字母代号).a.用NaClO溶液浸泡b.用NaOH溶液浸泡c用水冲洗即可(4)配制用的0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液,需用天平称取固体NaCl.假设在实验室中配制此溶液,需要用到的玻璃仪器有胶头滴管、量筒和玻璃棒.【答案】盐+1 2KMnO4 q二| K2MnO4 + MnO2 + 02 T a、b 5.9 g 500mL 容量瓶、烧杯【解析】【分析】(1)化合物各元素化合价代数和为0;(2)高镒酸钾分解能生成镒酸钾、二氧化镒和氧气；(3)次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用；(4)根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析.【详解】(1)次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成,属于盐类物质.设氯元素的化合价为x,那么有(+1) +x+ (-2) =0,解得x=+1,故填：盐,+1;(2)高镒酸钾分解能生成镒酸钾、二氧化镒和氧气,故填：2KMnO4=4== K2MnO4 + MnO2 + O2T ;(3)由题意可知：禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高镒酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存水平较差,所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒,用水冲洗不能起到消毒的作用,故填：ab；(4)配制0.5L 0.2mol.L-1的NaCl 溶液,需用固体NaCl: 0.5L x 0.2mol/L x 58.5g/mol=5.9g配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500mL容量瓶等,故填：5.9g； 500mL容量瓶、烧杯.10.钠是活泼的碱金属元素,钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用.(1)叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气,故可应用于汽车平安气囊.假设产生6.72 L标准状况下)氮气,至少需要叠氮化钠g.(2)为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反响并收集生成的气体,某研究性学习小组设计了如图发生装置.丫液体一年滴有酎触的就Eh触①写出Na与水反响的离子方程式.②丫液体可以选用A.煤油B.酒精C.四氯化碳③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹,通过 (填装置名称)向试管中加水至产生液面差,一段时间后, (填现象),那么气密性良好.(3) 1mol过氧化钠与1.6mol碳酸氢钠固体混合后,在密闭的容器中加热充分反响,排出【答案】13 g 2Na+2h b O=2Na++2OH+H2 A长颈漏斗液面差不变N&CQ 1.6 NaOH0.4【解析】【分析】(1)发生反响：2NaN3=2Na+3N2f ,根据方程式计算；(2)①Na与水反响生成NaOH和氢气；②根据装置可知丫液体密度小于水,且与水不溶；③利用液压法确定装置气密性；(3)加热发生2NaHCQ=^=Na2CO3+COd +H2O,然后发生2Na2Q+2CQ—2Na2CO3+O2 和2Na2O2+2H2O— 4NaOH+QT,以此来解答.【详解】(1)设需要NaN3的质量为m,那么：2NaN3=SZj=2Na+3N2 T130g 67.2L6.72Lm_130g 6.72L _13g (2)①Na与水反响生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2 T ;②装置可知丫液体密度小于水,且与水不溶；A.煤油密度小于水,且与水不溶,故A正确；B.酒精与水互溶,故B错误；C.四氯化碳密度大于水,且与水不溶,故C错误；故答案为A;③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹,向长颈漏斗中注水,直到长颈漏斗中的液面高于试。
高考化学物质的量综合练习题及答案
高考化学物质的量综合练习题及答案一、高中化学物质的量1 •根据所学的知识填空。
(1) 已知铜在常温下能被稀 HNO 3 溶解：3C U + 8HNO 3=3C U (NO 3)2 + 2N0f + 4H 2O ① 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).② 请将上述反应改写成离子方程式： _______________________________ ③ 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__4 mol HNO 3参加反应，则该过程转移电子的数目为 ___________________ ⑵标准状况下，44.8 L 由02和CQ 组成的混合气体的质量为 82g ,则02的质量为 ________ g ，该混合气体的平均摩尔质量为 (3)3.4g NH 3中所含氢原子数目与标准状况下12：<J XI ; 3(1 >3Cu+SHNO I —3Cu(N 03)2+2NU * -Hl-u 3C u+8HT+2NO3-=3Cu 2++2NOf +4H 2O4.48 3N A 或 1.806 X 恂 16 41g/mol 3.36 【解析】 【分析】(1) CU+4HNQ — Cu ( NO 3) 2+2NO 2 T +2H 2O 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CQ 组成的混合气体的物质的量，设CO 和CO 2的物质的量分 Vm别为xmol 、ymol ，根据二者物质的量与质量，列方程计算 的物质的量之比，根据 M= m 计算混合气体的平均摩尔质量;n(3)根据n=m 计算出氨气的物质的量，再根据N=nN A 计算出含有氨气分子数及含有的M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【详解】(1) 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:t A 3 x(DX.u+BE]X (.h^=3Cu(NO3>j+2>jot +4H-O2 X3#② 在 3CU+8HNO — 3Cu ( NO s ) 2+2NOT +4H 2O_L ；若L CH 4所含氢原子数相同。
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总及答案
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总及答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．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）Li 3N 可由Li 在N 2中燃烧制得．取4.164g 锂在N 2中燃烧，理论上生成Li 3N__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Li 3N 的质量是__g （保留三位小数，Li 3N 的式量：34.82）（2）已知：Li 3N+3H 2O→3LiOH+NH 3↑．取17.41g 纯净Li 3N ，加入100g 水，充分搅拌，完全反应后，冷却到20℃，产生的NH 3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LiCoO 2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备．（3）将含0.5molCoCl 2的溶液与含0.5molNa 2CO 3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HNO 3酸化的AgNO 3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）Co 2(OH)2CO 3和Li 2CO 3在空气中保持温度为600～800℃，可制得LiCoO 2，已知： 3Co 2(OH)2CO 3+O 2→2Co 3O 4+3H 2O+3CO 2；4Co 3O 4+6Li 2CO 3+O 2→12LiCoO 2+6CO 2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CO 2的体积分数__．（保留三位小数，已知空气组成：N 2体积分数0.79，O 2体积分数0.21）【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g 2CoCO 3•3Co （OH ）2•H 2O5CoCl 2+5Na 2CO 3+4H 2O=2CoCO 3•3Co （OH ）2•H 2O+10NaCl+3CO 2↑ 0.305【解析】【分析】【详解】（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：236Li+N 2Li N 点燃，接下来根据4.164g =0.6mol 6.94g/mol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0.2mol 34.82g/mol=6.964g ⨯；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g ，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即2.676g =0.191mol 14g/mol的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol ，这些氮化锂的质量为0.191mol 34.82g/mol=6.656g ⨯；（2）根据17.41g =0.5mol 34.82g/mol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22.4L/mol 0.5mol=11.2L ⨯；根据化学计量比，0.5mol 的氮化锂理论上能生成1.5mol 的LiOH ，这些LiOH 的质量为1.5mol 23.94g/mol=35.91g ⨯，缺少的那9.35克LiOH 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1.5mol 18g/mol=27g ⨯，因此我们算出的9.35克是73克水中能溶解的LiOH 的量，换算一下9.35g S =100g-27g 100g ，解得S 为12.8克；（3）加入硝酸银后的白色沉淀为AgCl ，根据143.5g =1mol 143.5g/mol算出-Cl 的物质的量，因此-Cl 全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无-Cl ，+Na 也全部留在溶液中，沉淀中无+Na ，使烧碱溶液增重是因为吸收了2CO ，根据13.2g =0.3mol 44g/mol算出2CO 的物质的量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol 2-3CO 进入了碱式碳酸钴中，0.5mol 2+Co 全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由-OH 来提供，因此-OH 的物质的量为0.6mol 。
高考化学物质的量的综合题试题及详细答案
高考化学物质的量的综合题试题及详细答案一、高中化学物质的量1．①同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为_________；②同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_______________，其中含有的氢的原子个数比为___________；③若二者氢原子数相等，它们的体积比为_____________；④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】①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 ；②根据n=mM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(2⨯3):(1⨯2)=3:1；③假设H原子为3mol，氨气为1mol，硫化氢为1.5mol，二者体积之比为1mol: 1.5mol=2:3；④氮气物质的量n=5.6g0.2mol28g/mol=，氧气物质的量n=16g32g/mol= 0.2mol，则氨气物质的量为=0.5mol-0.2mol=0.3mol ，氨气的质量为0.3mol⨯17g/mol=5.1g。
2．完成下列填空：（1）已知反应：Fe2O3＋2Al Al2O3＋2Fe，则①该反应所属基本反应类型是___。
②在反应中铁元素的化合价变化__(填“升高”或“降低”)，该元素的原子__(填“失去”或“得到”)电子。
③发生氧化反应的是__，发生还原反应的是__。
（2）反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O中：①反应中被氧化的元素是__，被还原的元素是___。
②若生成71gCl2，则消耗的HCl是__g，被氧化的HCl是__g。
高三化学专题02物质的量(含解析)
专题二物质的量1．【甘肃兰州一中2016届9月考】 N A表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）①等物质的量的N2和CO所含分子数均为N A②常温下，4 g CH4含有N A个C-H共价键③1 mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2N A④将N A个NH3分子溶于1 L水中得到1 mol·L－1的氨水⑤25 ℃时，pH＝12的1.0 L NaClO溶液中水电离出的OH－的数目为0.01N A⑥1 mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2N A个电子A．①③⑤ B．②⑤ C．②④⑥ D．②③⑤【答案】B【考点定位】本题考查阿伏伽德罗常数的计算。
【名师点晴】阿佛加德罗常数（用N A表示）涉及的知识面广，灵活性强，是高考的热点之一，主要以选择题的形式（选择正确的或错误的）进行考查。
分析近几年的高考试题，此类题型常以选择题形式出现，容易引起学生错误的有以下几点：1、温度和压强：22.4L/mol是在标准状况（0 ℃，1.01×105Pa）下的气体摩尔体积。
命题者有意在题目中设置非标准状况下的气体体积，让考生与22.4L/mol进行转换，从而误入陷阱。
2、物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体（包括混合气体）。
命题者常把一些容易忽视的液态或固态物质作为气体来命题，让考生落入陷阱。
如SO3：常温下是固态；水：常温下是液态。
戊烷，辛烷常温下是液态等。
3、物质变化：一些物质间的变化具有一定的隐蔽性，有时需要借助方程式分析才能挖掘出隐含的变化情况。
考生若不注意挖掘隐含变化往往会误入陷阱。
如NO2：存在与N2O4的平衡。
4、单质组成：气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子（如稀有气体Ne：单原子分子）、三原子分子（如O3）、四原子分子（如P4）等。
考生如不注意这点，极容易误入陷阱。
5、粒子数目：粒子种类一般有分子、原子、离子、质子、中子、电子等。
高考化学物质的量综合题附详细答案
高考化学物质的量综合题附详细答案一、高中化学物质的量1．I ．自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。
下列A 、B 、C 、D 是中学常见的混合物分离或提纯的装置。
请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。
将A 、B 、C 、D 填入适当的空格中。
(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________；(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠___________；(3)分离39％的乙醇溶液___________；(4)分离溴的氯化钠溶液____________；Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空已知某饱和氯化钠溶液体积为V mL ，溶液密度为d g/cm 3，质量分数为w ，物质的量浓度为c mol/L ，溶液中含NaCl 的质量为m g 。
(1)用m 、V 表示溶液的物质的量浓度是_________(2)用w 、d 表示溶液的物质的量浓度是_________(3)用c 、d 表示溶液的质量分数是__________【答案】B D A C100058.5m V mol·L －1 100058.5dw mol·L －1 58.51000c d 【解析】【分析】I. 根据混合物的性质选择相应的装置进行分离；Ⅱ. 根据公式n m M =、n c V =、1000=c M ρω进行计算。
【详解】I. (1)碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，故答案为：B ；(2)氯化钠易溶于水，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠，故答案为：D ；(3)乙醇和水是互溶的两种液体，可用蒸馏的方法分离乙醇和水，故答案为：A ；(4)溴易溶于四氯化碳而难溶于水，且四氯化碳与水不互溶，则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质，再分液，故答案为：C ；Ⅱ. (1)NaCl 的物质的量为g ==mol 58.5g/mol 58.5m m m n M =，则NaCl 溶液的物质的量浓度是-1-3mol 100058.5==mol L 10L 58.5m m c V V⋅⨯，故答案为：100058.5m V mol·L －1； (2)根据公式1000=c M ρω可知，该溶液的物质的量浓度是-11000=mol L 58.5dw c ⋅，故答案为：100058.5dw mol·L －1； (3)由1000=c M ρω可知，=1000cM ωρ，则该溶液的质量分数是58.51000cd ，故答案为：58.51000c d。
高考化学物质的量(大题培优 易错 难题)及答案解析
高考化学物质的量(大题培优易错难题)及答案解析一、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 3.06 g 铝和镁的混合物粉末放入 100 mL 盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下 3.36 L H2。
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 100 mL）。
（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】9：49 1：1 1：4 0.06 mol 1.44 g 3.0 mol·L-1 75% 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；N H(H2O) ：N H(H2SO4)= n (H2O)×2：n (H2SO4)×2=1：1； N O(H2O) ：N O(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3.36 L，n (H2)=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06 mol，y=0.06 mol，故该合金中铝的物质的量为0.06 mol，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=nV=3.0 mol·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xmol CO，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．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___。
物质的量专题综合练习(含答案和解析)
物质的量综合练习1、下列关于摩尔质量的说法正确的是A、氯气的摩尔质量是71克B、氯化氢的摩尔质量为36.5 g/moLC、1摩氢气的质量为2克D、O2的摩尔质量为16g/moL。
2、对于相同质量的二氧化硫和三氧化硫来说，下列关系正确的是A、含氧原子的个数比为2∶3B、含硫元素的质量比是5∶4C、含氧元素的质量比为5∶6D、含硫原子的个数比为1∶13、1克氯气含有n个Cl2分子，则阿佛加德罗常数可表示为A、71nB、(1/71)nC、35.5nD、(1/35.5).n4、将a g氯化钾溶于1.8L水中，恰使K+离子数与水分子数之比为1∶100，则a值为A．0.745 B．0.39 C．39 D．74.55、在一定体积的容器中加入1.5mol氙气（Xe）和7.5mol氟气，于400℃和2633kPa压强下加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5mol氟气，则所得无色晶体产物中，氙与氟的原子个数之比是A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶66、下列各指定粒子数目不等于阿伏加德罗常数值的是A．1g H2所含的原子个数B．4g氦气所含的原子个数C．23g金属Na全部转变为金属离子时失去的电子个数D．16g O2所含的分子个数7、（2010上海卷）N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．等物质的量的N2和CO所含分子数均为N AB．1.7g H2O2中含有的电子数为0.9 N AC．1mol Na2O2固体中含离子总数为4 N AD．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1 N A8、设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A．N A个N2分子和N A个CO分子质量比为1∶1B．1 mol H2O的质量等于N A个H2O质量的总和C．在任何条件下1mol H2所含的原子数为N AD．1mol H2SO4中所含的粒子数目一定是N A9、若某氖原子质量是a g，12C的原子质量是b g，N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．氖元素的相对原子质量一定是12a/bB．该氖原子的摩尔质量是a N A gC．Wg该氖原子的物质的量一定是W/(aNA)molD．Wg该氖原子所含质子数是10W/a10、a mol H2和2a mol氦气具有相同的A．分子数B．原子数C．质子数D．质量11、下列说法错误的是A．1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子B．0.012kg12C约含有6.02×1023个碳原子C．使用物质的量时，应用化学式指明粒子的种类D．1mol H2的质量是1g12、铅笔芯的主要成分是石墨和黏土，这些物质按照不同的比例加以混合、压制，就可以制成铅笔芯。
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总及答案解析
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总及答案解析一、高中化学物质的量1．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：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O(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KMnO 4参加反应？________。
②被氧化的HCl 的物质的量为多少？________。
【答案】 6.32g 0.2 mol【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Cl 2的物质的量，然后根据方程式中KMnO 4、HCl 与Cl 2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KMnO 4中的+7价变为反应后MnCl 2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Cl 2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KMnO 4、MnCl 2前的系数是2，HCl 前的系数是10，Cl 2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H 2O 的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：；(2)在标准状态下， 2.24LCl 2的物质的量n(Cl 2)=m V 2.24L V 22.4L /mol=0.1mol 。
①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl 2时，参与反应的KMnO 4的物质的量为0.1mol×25=0.04mol ，则参与反应的KMnO 4的质量m(KMnO 4)=0.04mol×158g/mol=6.32g ； ②由反应化学方程式可知，HCl 被氧化后生成Cl 2，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 。
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高考化学物质的量综合题及答案解析一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．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：①胶头滴管；②烧瓶；③烧杯；④ 药匙；⑤量筒；⑥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】② ④ ⑥ 100mL 容量瓶、玻璃棒 5.4 10mL【解析】【分析】【详解】（1）配制100 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1~2cm 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②④⑥，缺少的仪器有100mL 容量瓶、玻璃棒，故答案为：②④⑥；100mL 容量瓶、玻璃棒；（2）图中浓硫酸的物质的量浓度为1000 1.8498%c=mol/L 18.4mol/L 98⨯⨯=，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1mol/L 0.1L 0.0054L=5.4mL 18.4mol/L⨯≈，应该用10mL 的量筒，故答案为：5.4；10mL 。
2．以下涉及的物质中A 、B 、C 都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。
(1)一定条件下，9.80g NH 4Br 跟3.60g 的某钙盐A 恰好反应，生成了4.48L （标准状况）气态产物B 和固体产物C 。
标准状况下，B 气体的密度为0.76g/L ，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。
试求B 的分子式_____________ 。
(2)25℃、101.3KPa 时，气体摩尔体积为24.5L/mol. 该状况下，1体积水（密度为1g/cm 3）吸收560体积B 气体得到密度为0.91 g/cm 3的溶液，则该溶液中溶质的质量分数为_____%（溶液中的溶质以B 计量；保留2位小数）；溶液的物质的量浓度为__________ mol /L （保留2位小数）。
(3)在催化剂作用下，B 可和NO 、NO 2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D （可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用）。
在常温常压下，将密度一定的NO 、NO 2混合气体和B 在不同体积比时进行了四次实验，所得数据如下：则原NO 、NO 2混合气体中NO 的体积分数为________%；第四次实验所得气体的平均摩尔质量为_______（保留2位小数）。
(4)将9.80g NH 4Br 跟过量的氧化鈣共热，充分反应后生成水、1.70gB 气体和固体产物C ，则C 的化学式为__________；试根据有关数据，求钙盐A 的化学式_______ 。
【答案】NH 3 27.98 14.98 20 22.76 CaBr 2 Ca(NH 2)2或CaN 2H 4【解析】【分析】(1)根据M=ρ⨯Vm 计算B 的相对分子质量，根据氮的质量分数为82.35%计算氢元素的质量分数，继而确定B 的分子式；(2)根据溶液质量分数=⨯溶质的质量溶液的质量100%，溶液物质的量浓度c=n V公式进行计算，结和已知信息寻找相应的量进行求解；(3)根据体积比不同混合气体和密度，计算混合气体的平均摩尔质量；(4)根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。
【详解】(1)标况下B 气体的密度为0.76g/L ，则B 的相对分子质量= 0.76 ⨯ 22.4= 17，其中氮的质量分数为82.35%，则B 分子中N 原子数目=17?82.5%14⨯=1，其余是氢，则H 原子数目=171431-=，则B 为NH 3，故答案为： NH 3； (2)假设氨气体积为560L ，则水为1L ，25C 、101.3KPa 时，气体摩尔体积为24.5L/mol ，氨气的物质的量=560L 24.5L /mol= 22.86mo ，氨气的质量= 22.86mol ⨯17g/ mol = 388.62g ，1L 水的质量为1000g ，则所得溶液质量分数=388.62g 1000g 388.62g⨯+100%= 27.99%；所得溶液密度为0.91g/cm3，故溶液物质的量浓度=1000?0.91?27.99%17⨯⨯ = 14.98 mol/L ，故答案：27.98；14.98；(3)在催化剂作用下，NH 3可和NO 、NO 2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D ，根据原子守恒电子守恒可知，D 为N 2。
第一次反应气体的相对分子质量= 1.35⨯ 22.4= 30.24；第二次反应气体的相对分子质量= 1.25⨯ 22.4= 28；第三次反应气体的相对分子质量=1.04 ⨯ 22.4= 23.2，由反应后气体相对分子质量可知，第二次实验恰好完全反应气体为N2，说明第一次剩余氨气不足，第三次剩余氨气有剩余，令第二次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为1.2mol，设NO为axmol，则NO2为(1-x)mol，根据电子转移守恒：2x +4(1-x)=1.2⨯[0-(-3)]，解得x=0.2，故NO的体积分数=0.2mol1mol⨯ 100%= 20%；令第四次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为2.2mol， NO为0.2mol，则NO2为(1- 0.2) mol= 0.8mol，令参加反应的氨气为ymol，根据电子转移守恒：2⨯0.2 +4⨯0.8=y⨯ [0- (-3)]，解得y= 1.2，剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol，根据N原子守恒可知生成N2的物质的量=1mol?1?.2mol2+= 1.1mol，故反应后气体的平均摩尔质量=1mol1?7g/mol?1?.1mol?28g/?mol1mol 1.1mol⨯+⨯+=22.76g/mol，故答案为：20；22.76；(4)将9.80g NH4 Br跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70gNH3气体和固体产物C，由元素守恒，则C的化学式为CaBr2。
由(1)9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应，生成了4.48L(标准状况)NH3和CaBr2，NH4Br的物质的量=9.8g98g/?mol= 0.1mol，由Br元素守恒可知CaBr2为0.05mol，由Ca元素守恒可知，3.6gA中含有Ca原子为0.05mol，氨气的物质的量=4.48L22.4L/?mol= 0.2mol，由N元素守恒可知3.6gA 中含有N原子为0.2mol - 0.1mol= 0.1mol，由H元素守恒，3.6gA 中含有H原子为0.2mol⨯ 3-0.1mol⨯4 = 0.2mo，故3.6gA中Ca、N、H原子物质的量之比= 0.05:0.1 :0.2= 1 :2:4，故A 的化学式为CaN2H4，故答案为：CaBr2；Ca(NH2)2或CaN2H4。
【点睛】根据M=ρ⨯Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。
3．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100 mL12 mol·L-1盐酸与8.7 g MnO2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0.35 mol，则产物中() ()3n ClOn ClO--=__。
(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 7.15 ClO- 0.25 2：1 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0.35 mol，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)=12 mol/L×0.1 L=1.2 mol，n(MnO2)=8.787 /gg mol=0.1 mol，MnO2、HCl反应的物质的量的比是1：4，可见足量的浓盐酸与8.7 gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1 mol，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：理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质的量为0.05 mol，其质量m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143 g/mol=7.15 g；(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，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10 mol×1+0.05 mol×5=0.35 mol，则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为：0.35 mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol，在CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.52mol=0.25 mol；③取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25 mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n(ClO-)=x，n(ClO3-)=y；则得到：0.35=x×1+y×5；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，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.35=0.5，解得：x=0.1 mol，y=0.05 mol，则产物中()()3n ClO0.1?0.05?n ClOmolmol--==2：1；(3)由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。