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1、化学一模试题分类汇编物质的量综合一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1 氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。 .次氯酸钠是最普通的家庭洗涤中的 “氯 ”漂白剂和消毒剂。已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签，完成以下问题：（ 1）该 “84消毒液 ”的物质的量浓度约为 _molL-1。（ 2）该同学参阅该 “84消毒液 ”的配方，欲用 NaClO 固体配制 100mL 含 NaClO 质量分数为37.25%的消毒液。需要用托盘天平称量NaClO 固体的质量为_g。（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高 ”“偏低 ”或 “无影响 ”）：称量时若选择的NaClO 固体已在
2、空气中放置时间过久_；定容时俯视容量瓶刻度线_。.ClO2 是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2 +K2SO4+2CO2 +2H2O试回答下列问题：（1）请用双线桥表示反应中电子转移的情况_。2KClO +H C O +H SO =2ClO +KSO +2CO +2H O32242422422（2）试比较 KClO和 CO2的氧化性强弱： KClO3_CO2（填 “ ”“或“氧化0.5NA【解析】【分析】1000该“ 84”c=。消毒液 的物质的量浓度M先根据物质的量浓度计算NaClO 物质的量和NaClO
3、固体的质量。 称量时若选择的NaClO 固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g 固体中 NaClO 的质量减少； 定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小。 KClO3 中 Cl 化合价降低， H2C2O4 中 C 化合价升高。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。Fe2+、 Mn 2+等转化成 Fe(OH)3 和 MnO2 等，化合价升高，则 ClO2 化合价降低。生成 2mol ClO2 转移 2mol 电子，先计算生成11.2LClO2 的物质的量，再计算转移电子物质的量和电子的数目。【详解】该 “ 84消毒液 ”的物质的量浓度c=1000 10001.2 37.25%molL 16
4、molL 1 ；故答案为： 6(或 6.0)。M74.5该同学参阅该 “84消毒液 ”的配方，欲用NaClO 固体配制 100mL 含 NaClO 质量分数为37.25%的消毒液，则需要的 NaClO 物质的量为 n=cV(aq) =6molL 10.1L=0.6mol ，则需要用托盘天平称量 NaClO 固体的质量 m=nM=0.6mol74.5gmol1= 44.7g ；故答案为：0.6；44.7。 称量时若选择的NaClO 固体已在空气中放置时间过久，则称量44.7g 固体中 NaClO 的质量减少，因此物质的量浓度偏低；故答案为：偏低。 定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小，物质的量浓
5、度偏高；故答案为：偏高。 KClO3 中 Cl 化合价降低，H2C2O4 中 C 化合价升高，因此用双线桥表示反应中电子转移的情况；故答案为：。根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此KClO3 氧化性大于 CO2 的氧化性，故答案为：。消毒时， ClO2 还可以将水中的Fe2+、 Mn 2+等转化成 Fe(OH)3 和 MnO2 等难溶物， Fe2+、Mn2+等转化成 Fe(OH)32等，化合价升高，则2化合价降低，因此此过程说明和 MnOClOClO 具有氧化性；故答案为：氧化。2在标准状况下，生成2mol ClO2转移 2mol 电子，当生成211.2LClO 即物质的量为n= V
6、=11.2L0.5mol 时，转移电子物质的量为0.5mol ，电子的数目为 0.5NAVm22.4L mol 1；故答案为： 0.5NA 。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
7、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， 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
8、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 n(Cl )=V2.24LVm22.4L / mol =0.1mol 。2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/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
9、氧化 =0.1mol 2=0.2mol。HCl 的物质的量 n(HCl)【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。3 将一定质量的镁铝混合物投入200 mL 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
10、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 2H22224+O 2NaAlO3H9 Na SO 2 510 08=+.NaAlO2+CO2+2H2O=Al( OH) 3+NaHCO3【解析】【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH 溶液 20 mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、 Al 后有剩余
11、，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Mg 2+、3+OH-反应生成Mg OH2和Al OH 3，溶液溶质为Na24Al与( )( )mL，SO ；从 200 mL 到 240NaOH 溶解固体-+2H2O，据此分析解答。Al( OH) 3，发生反应： OH + Al( OH) 3=AlO2【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
12、；+=( 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. 15 mol ，Al( OH) 3 的物质的量为 0. 35mol - 0. 15 mol=0. 2 mol ，由元素守恒可知n( Al)= n Al( OH) 3= 0. 20mol ， n( Mg )= n Mg( OH) 2= 0.15 mol ，所以镁和铝的总质量为mAlmMg)=0.20 mol27
13、g mol 015 mol24 g mol 9 g；()+(/+ ./=( 3) 沉淀量最大时为Mg ( OH) 2 和 Al( OH) 3，溶液中溶质为Na24SO，根据钠元素守恒可知此时 n( Na2SO4200mLNaOH溶液中含有的nNaOH的0.5倍，所以nNa2SO40.55) 等于()()=mol/ L0. 2 L = 0 . 5 mol ，所以 H2SO4 的物质的量浓度c( H2 SO4)=0.5mol =2. 5mol / L；0.2L( 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 +
14、2价的金属，所以金属失去电子的物质的量ne-)=3n Al)+2n Mg)=0.2 mol30.15(+mol 2=0. 9 mol，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nH21n-)=0.45 mol，则在标准状况下的体积V H2 045mol224 L mol 1008)=e(.()=/= .2L；( 5) 在 b 点时溶液中溶质为Na2 SO4MgOH 2和Al OH 3bc过程中发生反，沉淀量为()() ，在应： 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： H2CO
15、3 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。4 纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3 溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈_色。(2)实验室中需的质量分别是0.2mol/L
16、的 Na2CO3 溶液_ 。950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3A1000mL； 21.2gB 950mL； 20.14gC500mL ；21.2gD 500mL；10.6g(3)若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为_。(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色物质溶于水，并向所得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳酸钠。你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点_。(5)取等物质的量浓度的NaOH 溶液两份A
17、和B，每份10 mL，分别向A、 B 中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/L 的盐酸，标准状况下产生的CO2 的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：曲线 A 表明，原 NaOH 溶液中通入 CO2后，所得溶液加盐酸后产生2气体体积 (标准状CO况 )的最大值为 _mL。曲线 B 表明，原 NaOH 溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是_，其物质的量之比为 _。【答案】黄A 32.8%不同意，由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3 + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH)2 + NaHCO3 = CaCO3 + NaOH +
18、H2O)，碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀33.6 Na2CO3与 NaHCO31:1【解析】【分析】(1)考查焰色反应；(2)根据 n=cV， m=nM 计算；(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；(4)根据碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断；(5)根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，利用n=V ；Vm由曲线 B 可知从 25mL 到 75mL 为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计算；【详解】(1)钠的焰色反应为黄色；(2)配置 950ml 的溶液应用 1000 mL 容量瓶配制溶液，所需
19、Na CO 的质量23m=nM=cVM =0.2mol/L 1L106g/mol=21.2g ，答案选 A；(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x 根据混合物质量减少了2.48g，2NaHCO3 = Na2CO3 +H 2O+CO2质量差16862x2.48g1686210g，则碳酸钠的质量为10g-6.72g=x，解得 x=6.72g，碳酸钠和碳酸氢钠共2.48g3.28g，原混合物中碳酸钠的质量分数=3.28g100% =32.8%；10g(4) 由于 Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3 + Na2CO3 +2H2 O (或 Ca(OH)2 + NaHCO3 = CaCO3
20、+ NaOH +H2O)，碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀，所以不同意他的观点；(5) CO2 与 NaOH 反应为 CO2+NaOH=NaHCO3， CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，n CO2? 1，反应按进行，等于 11当23n NaOH时， CO 、 NaOH 恰好反应生成NaHCO ；大于时，生成 NaHCO3， CO2 有剩余；当 1 n CO2 1，反应按进行，CO2 、 NaOH 反应，无剩余，生成物为n NaOH2NaHCO 、 Na CO ；323当 n CO21，反应按进行，等于1 时， CO223；小于n NaO
21、H?、 NaOH 恰好反应生成Na CO221 时，生成 Na2CO3， NaOH 有剩余；2由曲线 A 可知从 60ml 到 75ml为碳酸氢钠与盐酸反应, 消耗的 15mL 盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生 CO2，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2 +H2O，所以n(NaHCO3)=n(HCl)=(75ml-60ml)-3原子守恒，所以 0.1mol/L=1.5 mol，10根据 Cn(CO2)=n(NaHCO3)=1.5-3， V= nVm =1.5 -3 10mol10mol 22.4L/mol=33.6 mL ； 加入 75ml 盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为
22、氯化钠溶液。根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075ml 0.1mol/L=0.0075mol，由曲线 B 可知从25mL 到 75mL 为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为3223NaHCO +HCl=NaCl+CO +H O，所以 n(NaHCO )=n(HCl)=222，n(CO )=(75ml-25ml) 0.1mol/L=0.005mol，所以 n(CO )： n(NaOH)=0.005mol ：0.0075mol=3大于 1:2，小于 1，所以反应按进行，CO2、 NaOH 反应， NaOH 无剩余，生成物为Na CO 与 Na
23、HCO ，根据钠原子守恒，所以n(Na CO )+n(NaHCO )=0.0075mol ，而23312332n(NaHCO3)= 0.005mol ，则 n(NaHCO3)=0.005mol ，故 Na2CO3 与 NaHCO3 的物质的量之比为1:1。【点睛】碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键，学生使用时需灵活掌握。5 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
24、 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
25、线22.4bc【答案】 3： 21：12：3L 100mL容量瓶4 01mol/L A.a 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Mn(O 2 ) : n(O 3 )1 : 1 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=nNA（ NA 为常数）可知，分子个数比为1： 1；由 m nM 可知， O2和 O3的质量比为2： 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
26、的物质的量 nNb，摩尔质量 MmagaN A g gmol1，即当氧气为，物质N AN AnbbcgmolN Amcgbc22.4bc的量 naN A g mol 1aN A mol ，在标准状况下的体积 V nVmML。gaN Ab（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 m nMcVM100mL 1mol gL 140ggmol 14g 。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
27、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 cn和溶液的体可得，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V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
28、所配溶液浓度偏大。需要具体问题具体分析。6 （ 1）在 Na2SO4 和 Al2(SO4)3 的混合溶液中，测得Al3-10.3浓度为 0.1mol L，加入等体积-1 的 BaCl2溶液恰好使42- 完全沉淀，则混合溶液中Na 的浓度为 _ 。mol LSO（2-1的K2 4-1的Al24 3）将 0.1mol L溶液、 0.2mol L溶液和纯水混合，要使混合液中KSO(SO )32-1-1-1，则 K2 424 3、 Al、 SO4 的浓度分别为0.1mol L 、 0.1molL、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 )-12： 1：
29、1【答案】 0.3mol L【解析】【详解】(1)设混合溶液体积为 1 L。 n(Al31L0.1 mol ， n(SO2) 0.3) cV0.1 mol L 1) n(Ba1 1 L 0.3 mol 。由电荷守恒可得： 3n(Al3mol L) n(Na )2n(SO)，所以 n(Na )2n(SO)3n(Al30.3 mol L)2 0.3 mol3 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)、
30、 0.1x0.6y 0.2(x yz)，解得x 2y 2z，所以K2SO4 溶液、Al2 (SO4)3 溶液、纯水三者的体积比为2 1 1，故答案为：2 1 1。7 卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的 KIO3 进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是： KIO3+5KI+3H2SO4 3I2+3H2O+3K2SO4氧化剂与还原剂的物质的量比是_；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_。先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加
31、入稀硫酸和KI 溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_；若采用下图实验装置将四氯化碳和I2 的混合溶液分离。写出图中仪器的名称：_；该装置还缺少的仪器是_；冷凝管的进水口是：_（填 g 或 f）。（2）实验室常用MnO 2 和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2 +2H2O实验室用MnO 2 和浓盐酸制氯气的离子方程式：_上述反应中氧化剂：_ ，还原剂： _ ，被氧化的HCl 和未被氧化的HCl的比值 _。a : Cl2+2I-=I2+2Cl-； b: Cl2 +2Fe2+=2Fe3+Cl-； c:2Fe3+2I-=I2+2Fe2+。 Cl2、 I2、 Fe3+的氧化性由强到弱的顺序： _【答案】 1:50.5NA溶液分层，下层液为紫红色蒸馏烧瓶 温度计g MnO2+4H+ +2Cl-（浓）Mn 2+ 22MnO2HCl 1:123+2+Cl +2H OClFeI【解析】【分析】（1） KIO 3+5KI+3H2SO4 3I2+3K2SO4+3H 2O 中