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1、高考化学压轴题之物质的量( 高考题型整理 , 突破提升 )一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1 （ 1）有相同物质的量的 H224，其质量之比为 _，氢原子个数比为 _，O 和 H SO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：该合金中铝的物质的量为 _。该合金中镁的质量为 _。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】
2、 9： 491： 11： 40.06 mol1.44 g3.0 mol L-175% 17.5%【解析】【分析】【详解】（ 1） n (H2O)= n (H2SO4) ， m (H2 O)：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： M
3、g2HClH2， 2Al6HCl3H2，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 0.0624=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n=0.06 2+0.06 3=0.3mol ，溶液体积 100mL,Cl的物质的量浓度c=V-1；=3.0 mol L（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
4、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 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+2MnCl+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）：理论上需要
5、多少克KMnO4 参加反应？ _。被氧化的HCl 的物质的量为多少？_。【答案】6.32g0.2 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 的物质的量，然后根据方程式中KMnO、 HCl 与 Cl 之间的反应转化关系计242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、
6、 MnCl2 前的系数是2，HCl 前的系数是10， Cl 前的系数是5，根据原子守恒， KCl 的系数是 2，这样反应中有 62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， 2.24LCl 的物质的量V2.24Ln(Cl )=0.1mol 。222.4L / molVm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2KMnO4 的质量 m(KMnO 4)=0.04mol 158g
7、/mol=6.32g；0.1mol =0.04mol ，则参与反应的5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
8、数的比。3 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 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0.2molNaOH 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；3晶NaOH 溶液；液态 H
9、Cl； NaHCO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】 dbac17g/mol 2 2Na2O2 + 2CO2=2Na2 CO3 + O2-+-2-+ H2O2Al + 2H2O + 2OH = 2AlO2 + 3H2H + HCO3 = H2O + CO2 SiO2 + 2OH = SiO3【解析】【分
10、析】mNVI利用 n= M = N A = Vm 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】10I(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 ；20b NH3 中含有 10 个电子，则含有40mo
11、l 电子的 NH3 的物质的量为4mol；28.96c标准状况下 8.96LCO 的物质的量 =0.4mol；22.4d标准状况下 112g 液态水的物质的量112=6.22mol ；18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m0.51M= =17g/mol ；n0.03(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
12、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。4 （ 1）在 Na2SO4 和 Al2(SO4)3 的
13、混合溶液中，测得Al3-10.3浓度为 0.1mol L，加入等体积-1 的 BaCl2- 完全沉淀，则混合溶液中Na 的浓度为 _ 。mol L2 溶液恰好使 SO4（2）将-1的 K2SO4 溶液、 0.2mol-1溶液和纯水混合，要使混合液中K0.1mol LL 的 Al2(SO4)3、32-1-1-1，则K2 424 3Al、 SO4 的浓度分别为 0.1mol L 、0.1mol L、0.2mol L溶SO溶液、 Al (SO )液、纯水三者的体积比_。(忽略体积的变化 )【答案】-12： 1： 10.3mol L【解析】【详解】(1)设混合溶液体积为1 L。 n(Al31L0.1
14、mol ， n(SO2) cV0.1 mol L 1) n(Ba) 0.31 1 L 0.3 mol 。由电荷守恒可得：3n(Al3)mol L) n(Na)2n(SO)，所以 n(Na2n(SO)3n(Al3 0.3 mol L)2 0.3 mol 3 0.1 mol0.3 mol ， c(Na ) 1，故答案为： 0.3mol L-1；(2)设K2SO4 溶液、 Al2(SO4)3 溶液、纯水三者的体积分别是xL、 yL、 zL，则0.2x 0.1(xyz)、0.4y 0.1(xy z)、 0.1x0.6y 0.2(x yz)，解得x 2y 2z，所以K2SO4 溶液、Al2 (SO4)3
15、 溶液、纯水三者的体积比为2 1 1，故答案为：2 1 1。5 为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl 2+Cl2+2H2O。（1）用 “双线桥法 ”标明反应中电子转移的方向和数目_。（2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_。（3）草酸能使酸性KMnO4 溶液褪色，配平下面的化学方程式：_KMnO 4+H2SO4+H2C2O4= MnSO +K SO +CO H O。42422盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。 HCl 极易溶于水，工业上用
16、 HCl 气体溶于水的方法制取盐酸。（ 1）用密度为 1.2 g/mL ，质量分数为 36.5%的浓盐酸配制 250mL 3mol/L 的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为 _mL。（ 2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是_。A量取浓盐酸时俯视刻度线B实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水C定容时俯视刻度线D转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒【答案】1： 2 2 3 5 2 1 10 862.5C【解析】【分析】 (1)反应 MnO 2+4HCl(浓 )222+4 价降低到 +2MnCl +Cl +2H O 中， Mn 元素化合价由价， Cl 元素化合价由-1 价升高为0 价，根据化合价
17、的变化可知电子的转移方向和数目；(2)该反应中， Cl 元素部分化合价由-1 价升高为0 价， HCl 既是还原剂，还有酸性作用；(3)该反应中 Mn 元素化合价由+7 价变为 +2 价、 C 元素化合价由 +3 价变为 +4 价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；1000 (1)根据 c=计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不M变计算需要浓盐酸体积；(2)分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c= n 进行误差分析。V【详解】 (1)反应 MnO 2+4HCl(浓 )222+4 价降低到 +2MnCl +Cl +2H O 中， Mn 元素化合价由价， Cl 元素化合
18、价由-1 价升高，该反应的电子转移方向和数目可表示为；(2)反应中 MnO 2 是氧化剂， HCl 是还原剂，且 HCl 部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2 的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:2；(3)该反应中 Mn 元素化合价由 +7 价变为 +2 价、 C 元素化合价由 +3 价变为 +4价，其转移电子总数为 10，根据转移电子守恒知，KMnO4 的计量数是 2、 H2C2O4 的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4 +3H2SO4 +5H2C2O4 =2 MnSO4+1K2SO4 +10CO2H2O8； (1)质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm 3 的浓盐酸，物
19、质的量浓度10001.236.5%V，则依据溶液稀释规律得：c=12mol/L ，设需要浓盐酸体积为36.5250mL 3mol/L=12mol/L，V解得 V=62.5mL；(2)A量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故A 错误；B容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故B 错误；C定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C 正确；D转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故误；故答案为C。D 错6 按要求回答下列问题(1)实验室可用K2Cr2O7 固体与浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学
20、方程式为K2Cr2O7+14HCl(浓 )=3Cl2 +2CrCl3 +2KCl+7H2O，当转移0.6mole -时被氧化的HCl 为 _mol(2)同温同压下，相同物质的量的SO2 气体和SO3 气体，其分子数之比为_，密度之比为 _(3)向溴化钠溶液中通入适量的氯气，产生的现象是_，反应的化学方程式是_； Cl2 、Br2、 I2 三种单质氧化性强弱的关系是 _。下列海产品中可以考虑用于工业上大量地提取碘的是 _。贝壳 紫菜 鱼 海带(4)将相同质量的镁条分别在：氧气；空气；氮气；二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是_（填序号）。【答案】 0.6mol1： 14：
21、 5 溶液由无色变为橙色Cl2 +2NaBr=Br2+2NaClCl2 Br2I2 Br2，所以向溴化钠溶液中通入适量的氯气，会发生反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，反应后产生的 Br2 的水溶液显橙色，因此看到的现象是溶液由无色变为橙色；同一主族的元素，从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl2、 Br2、 I2 三种单质氧化性强弱的关系是Cl2Br2I2；贝壳主要成分为碳酸钙，不符合题意；紫菜主要成分为蛋白质、维生素，不符合题意；鱼主要成分为蛋白质，不符合题意；海带含有丰富的碘元素，主要以碘化钾的形式存在，符合题意；故合理选项是；(4)Mg 燃烧的有关反应
22、方程式为： 2Mg+O22MgO ； 3Mg+N 2Mg3 N2；2Mg+CO22MgO+C，可假设镁的物质的量是1mol，比较 Mg 燃烧后生成的固体增加的质量； 1molMg在 O2 中燃烧质量增加 1molO 原子的质量 16g；在 N2 中燃烧质量增加128MgO 、也有 Mg3N2，所以增加的质量在molN 2 的质量g；在空气中燃烧产物既有3328g 16g 之间；在CO2 中燃烧质量增加1molO 和 0.5molC 原子的质量， 16g+6g=22g，可3见等质量的 Mg 在四种情况下质量增加由小到大的顺序是氮气 空气 氧气 二氧化碳， Mg 的质量相等，增加的质量越大，则反应
23、后得到的固体质量越大，所以将相同质量的镁条分别在：氧气；空气；氮气；二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是 MnO2 O25.85g【解析】【分析】(1)盐酸与二氧化锰反应化合价发生变化，且能与碱性氧化物反应；(2)还原剂被氧化，求解被还原的还原剂的量；n(3) 根据方程式及 c= 计算；V(4) 生成 1mol 氯气时，转移2mol 电子；生成1mol 氯气时，转移5mol 电子；生成31mol 氯气时，转移2mol 电子；(5)根据氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，进行推理；(6)根据 Cl-离子守恒进行计算。【详解】(1)盐酸与二氧化锰反应化合价由 -1 变为 0，
24、作还原剂，表现还原性；与碱性氧化物反应，表现酸性；(2)若 0.1mol 的氧化剂被还原，还原剂被氧化，物质为HCl，被还原的物质的量为0.2mol ，转移 0.2mol 电子，即 0.2NA；(3) H+ Cl =2HCl， 0.2mol 氯气与 0.2mol H2完全反应，生成 0.4molHCl，标况下的体积为22n0.4=4mol/L ；8.96L； c=V0.1(4) 生成 1mol 氯气时，转移 2mol 电子；生成1mol 氯气时，转移5mol 电子；生成31mol 氯气时，转移2mol 电子；电子转移的数目之比为6： 5：6；(5)根据反应、和 4HCl(g) O催化剂O(g)
25、可知， MnO、O 、 KMnO三种物质2Cl 2H222224均可制取氯气，且反应的条件下由易到难，氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，则氧化性由强到弱的顺序为 KMnO4 MnO 2 O2；(6)反应后的溶液的溶质为 NaCl，且加热蒸干后得到的固体也为NaCl，根据 Cl-离子守恒， n（ NaCl） = n（HCl） =50.0 mL2.00mol/L=0.1mol，其质量为 5.85g。8 （ 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： _（ 3）写出下列化学反应的方程式呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳
26、反应的化学方程式_氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式_印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_（4）配平下列方程式：_I +_IO3 + _H+_I2 +_H2O_NH4ClO4_N2+_O2+_HCl+_H2O（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：Cu 4 HNO3（浓） = Cu(NO3)2 2 NO2 2H2O_HNO3 的作用是 _，发生氧化反应，氧化产物是_。【答案】NA4 Cl4+42-2 22232HCl=HNaHSO = Na + H +SO2Na O +2CO =2Na CO +O22233+ Cu=2Fe2+
27、 Cu2+51 6 334 2 5 4 64Fe(OH) +O +2H O 4Fe(OH)2Fe氧化性和酸性Cu(NO3)2【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。【详解】（ 1）一个 H2 SO4 分子中含有 1 个 S 原子
28、， 4 个 O 原子，则 1mol H2SO4 中含有 NA 个硫原子， 4mol O ；（2） HCl 为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：HCl=H Cl ； NaHSO4 为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则电离方程式为： NaHSO4 = Na+ + H+ +SO42- ；（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+2CO2=2Na2CO3+O2；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，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3；铜与氯化铁溶液反
29、应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为2Fe3+ Cu=2Fe2+ Cu2+；（4）根据氧化还原反应中，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为0 价，碘酸根离子变为 0 价，则最小公倍数为5，则离子方程式为+ 6H+=3I2+3H2O；5 I+IO3高氯酸铵自身发生氧化还原反应，N、 O 的化合价升高，Cl 的化合价降低，根据电子得失守恒，则 4NH4 4222ClO =2N +5O +4HCl+6HO；（5）反应中 Cu 作还原剂，失电子，化合价由0 价变为+2 价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、酸，部分N 得电子化合价降低由+5 变为 +4，生成的产物为还原产物；双线桥法表示为；单线桥法
30、为。【点睛】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的反应。9 （ 1）下列物质能导电的是_，属于电解质的是_。NaCl 晶体 液态 SO2 液态醋酸铜 BaSO4 固体 纯蔗糖 (C12H22O11) 氨水 熔化的KNO3（2） 0.5molCH4 的质量是 _g，在标准状况下的体积为_L；（3） 8.4g 氮气和 9.6g 某单质 Rx 所含原子个数相同，且分子个数之比为3：2，则x 的值是_， R 的摩尔质量是 _。【答案】811.2316g/mol【解析】【分析】（1） NaCl 晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；液态 SO2 不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；液态醋酸不含自由移动的