1、备战高考化学易错题专题复习物质的量练习题2020-2021备战高考化学易错题专题复习-物质的量练习题一、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：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）： 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】 6.32g 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
2、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
3、“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。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)=0.04mol158g/mol=6.32g；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=0.1mol2=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
4、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。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 NH4Br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
5、况下，1体积水（密度为1g/cm3）吸收560体积B气体得到密度为0.91 g/cm3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、NO2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、NO2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：实验次数B与混合气体的体积比反应后气体密度（已换算为标准状况；g/L）第一次1.01.35第二次1.21.25第三次2.01.04第四次2.2 则原NO、NO2
6、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 NH4Br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】NH3 27.98 14.98 20 22.76 CaBr2 Ca(NH2)2或CaN2H4 【解析】【分析】(1)根据M=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=100%，溶液物质的量浓度c=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
7、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=0.7622.4=17，其中氮的质量分数为82.35%，则B分子中N原子数目=1，其余是氢，则H原子数目=，则B为NH3，故答案为：NH3；(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=22.86mo，氨气的质量=22.86mol17g/mol=388.62g，1L水的质量为1000g，则所得溶液质量分数=100%=27.99%；所得溶液密度为0.91g/cm3，故溶
8、液物质的量浓度= =14.98 mol/L，故答案：27.98；14.98；(3)在催化剂作用下，NH3可和NO、NO2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N2。第一次反应气体的相对分子质量=1.3522.4=30.24；第二次反应气体的相对分子质量=1.2522.4=28；第三次反应气体的相对分子质量=1.0422.4=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，
9、根据电子转移守恒：2x+4(1-x)=1.20-(-3)，解得x=0.2，故NO的体积分数=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：20.2+40.8=y0-(-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=1.1mol，故反应后气体的平均摩尔质量=22.76g/mol，故答案为：20；22.76；(4)将9.80gNH4Br跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70
10、gNH3气体和固体产物C，由元素守恒，则C的化学式为CaBr2。由(1)9.80gNH4Br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=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=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0.2mol3-0.1mol4=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
11、学式为CaN2H4，故答案为：CaBr2；Ca(NH2)2或CaN2H4。【点睛】根据M=Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。3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/gmol-1体积/标况（1）氮气_14_（2）H2SO43.011022_空（3）H2O_0.5_空（4）Cl2_2.24L【答案】0.5NA 0.5 28 11.2 4.9 0.05 98 0.5NA 9 18 0.1NA 7.1 0.1 7.1 【解析】【分析】摩尔质量在以为gmol-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】（
12、1）N2的摩尔质量在以为gmol-1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N2的摩尔质量是28 gmol-1，当N2的质量为14g时，n(N2)= =0.5mol，N2的分子数N(N2)= 0.5 NA，标况下N2的体积为：0.5mol22.4Lmol-1=11.2L；（2）H2SO4的分子数是3.011022，H2SO4的物质的量：n(H2SO4)= =0.05 mol，H2SO4的摩尔质量是98 gmol-1，质量：m(H2SO4)= 0.05 mol98 gmol-1=4.9g；（3）H2O的物质的量是0.5 mol，水的摩尔质量：M(H2O)=18 gmol-1，水分子的个数N(H2O)
13、= 0.5 NA，水分子的质量是：m(H2O)= 0.5 mol18 gmol-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)=0.1 NA，Cl2的摩尔质量是71 gmol-1，Cl2的质量：m(Cl2)= 0.1mol71 gmol-1=7.1g；【点睛】考生熟练掌握n=、n=、n=，这几个公式之间的换算；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应的条件和产物。已知：二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。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
14、-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)甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是_。该兴趣小组用100 mL12 molL-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
15、气和水的反应)。图中曲线表示_离子的物质的量随反应时间变化的关系。所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为_mol。另取一份与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=_。(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)饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；依据MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(C
16、lO)2+2H2O，结合定量关系计算理论值；(2)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；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；另取一份与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
17、生副反应，可以把丙装置放入冰水中。【详解】(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；n(HCl)=12 mol/L0.1 L=1.2 mol，n(MnO2)= =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(C
18、lO)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mCa(ClO)2=0.05mol143 g/mol=7.15 g；(2)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；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n1=0.10 mol1+0.05 mol5=0.35 mol，则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为：0.3
19、5 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=0.25 mol；取一份与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=x1+y5；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=0.0
20、5 mol，则产物中=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。【点睛】本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、理解能力及化学实验、化学计算能力。5O2和O3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：（1）等质量的O2和O3所含原子个数比为_，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为阿伏加德罗常数的数值，如果ag氧气
21、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NA的式子表示)。（4）常温下，将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3溶液混合，得到密度为1.15gcm-3的混合溶液。该混合溶液的物质的量浓度为_molL-1。【答案】1：1 3：2 1：1 2：3 L 2.28 【解析】【详解】(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为32，则所含分子个数之比为32，原子个数之比为11，故答案为：1:1；3:2；(2)据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有相同数目的分子，即O2和O3所含分子数之比为11，则原子个数比为23，质量比为23，故答案为：1：1
22、；2：3；(3)氧气的摩尔质量为Mgmol1，则cg O2在标准状况下体积为VVm22.4 Lmol1L，故答案为：L；(4)混合后溶液中的KNO3的物质的量为n(KNO3)0.099 mol，混合后溶液的总体积为VKNO3(aq)43.5 cm34.35102L，混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c(KNO3)2.28molL1，故答案为：2.28。6已知：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，将0.1moKMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注：KMnO4和K2Mn
23、O4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中的还原产物是_（填化学式），反应中若产生0.3mol的气体则有_mol的电子转移。(2)a+b的最大值为_，a+b最小值为_。【答案】MnCl2 0.6 0.25 0.2 【解析】【分析】(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；根据Cl元素化合价变化计算转移电子；(2)KMnO4固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失
24、去的电子，则有：0.1(7-2)=4a+2b，整理得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定(a+b)的最小值。【详解】(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnCl2是还原产物；产生0.3mol的氯气时，转移电子为n(e-)=0.3mol20-(-1)=0.6mol；(2)KMnO4固体加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等
25、于O元素、Cl元素失去的电子，则有：0.1(7-2)=4a+2b，整理可得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，此时a=0，则(a+b)的最大值=0.25；当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol=0.05mol，则a+b0.25-0.05=0.2，故(a+b)的最小值为0.2。【点睛】本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础，学会将关
26、系式进行变形，并用用极值方法分析判断。7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
27、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】0.6mol 1：1 4：5 溶液由无色变为橙色 Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl Cl2Br2I2 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
28、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燃烧的有关反应方程式为：2Mg+O2 2MgO； 3Mg+N2Mg3N2； 2Mg+CO2 2MgO+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molN2的质量g；在空气中燃烧产物既有MgO、也有Mg3N2，所以增加的质量在g16g之间；在CO2中燃烧质量增加1molO和0.5molC原子的质量，16g+6g=22g，可见等质量的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。【点睛】本题考查了物质成
