高考化学物质的量的综合复习
高考化学物质的量的综合复习
一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）
1．用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4 mol·L-1）配制100mL
1.0mol·L-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：A．100mL量 B．托盘天平 C．玻璃棒
D．50mL容量瓶 E．10mL量筒 F．胶头滴管 G．50mL烧杯 H．100mL容量瓶。
请回答：
（1）通过计算，需用量筒量取浓硫酸的体积为________mL；
（2）实验时选用的仪器有______（填序号），使用容量瓶时第一步的操作是
________________；
（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是________（填序号）；
①定容时俯视刻度线观察液面
②容量瓶使用时未干燥
③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
（4）实验步骤如下：
①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③溶解④恢复至室温⑤转移、洗涤⑥定容、摇匀⑦装瓶贴标签。
其中，第⑤步中“洗涤”操作的目的是_______________________。
【答案】5.4 CFGEH 检查容量瓶是否漏水①减少溶质损失，减小实验误差
【解析】
【分析】
⑴根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。
⑵配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，使用容量瓶前要检漏。
⑶①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。
⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。
【详解】
⑴用物质的量浓度为18.4 mol·L-1的浓硫酸配制100mL 1.0mol·L-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4 mol·L?1 ×V= 1.0 mol·L?1×0.1 L，V=0.0054L =5.4mL，因此需用量筒量取浓硫酸的体积为5.4mL；故答案为：5.4。
⑵配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，因此实验时选用的仪器有CFGEH，使用容量瓶时第一步的操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：CFGEH；检查容量瓶是否漏水。
⑶①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高，故①符合题意；②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响，故②不符合题意；③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故③不符合题
意；综上所述，答案为：①。
⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第⑤步中“洗涤”操作的目的是减少溶质损失，减小实验误差；故答案为：减少溶质损失，减小实验误差。
2．氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。
Ⅰ.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___mol·L-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”）：
①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久___；
②定容时俯视容量瓶刻度线___。
Ⅱ.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___。
2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
（2）试比较KClO3和CO2的氧化性强弱：KClO3___CO2（填“>”“<”或“=”）。
（3）消毒时，ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物，此过程说明ClO2具有___（填“氧化”或“还原”）性。
（4）在标准状况下，当生成11.2LClO2时，转移电子的数目为___。
【答案】6（或6.0） 44.7 偏低偏高
> 氧化
0.5N A
【解析】
【分析】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度1000ρω
=
c。
M
⑵先根据物质的量浓度计算NaClO 物质的量和NaClO 固体的质量。
⑶①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；②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小。
Ⅱ⑴KClO 3中Cl 化合价降低，H 2C 2O 4中C 化合价升高。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
⑶Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等，化合价升高，则ClO 2化合价降低。 ⑷生成2mol ClO 2转移2mol 电子，先计算生成11.2LClO 2的物质的量，再计算转移电子物质的量和电子的数目。
【详解】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
111000ρω1000 1.237.25%=mol L 6mol L M 74.5
c --??=?≈?；故答案为：6(或6.0)。 ⑵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1(aq)n=V =6mol L 0.1L=0.6mol c -??，则需
要用托盘天平称量NaClO 固体的质量1m=nM=0.6mol 74.5g mol .7=g 44-??；故答案为：0.6；44.7。
⑶①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。
②定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积减小，物质的量浓度偏高；故答案为：偏高。 Ⅱ⑴KClO 3中Cl 化合价降低，H 2C 2O 4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：
。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此KClO 3氧化性大于CO 2的氧化性，故答案为：＞。
⑶消毒时，ClO 2还可以将水中的Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等难溶物，Fe 2+、Mn 2+等转化成Fe(OH)3和MnO 2等，化合价升高，则ClO 2化合价降低，因此此过程说明ClO 2具有氧化性；故答案为：氧化。
⑷在标准状况下，生成2mol ClO 2转移2mol 电子，当生成11.2LClO 2即物质的量为1m V 11.2L n==0.5mol V 22.4L mol
-=?时，转移电子物质的量为0.5mol ，电子的数目为0.5N A ；故答案为：0.5N A 。
3．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 。
【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。
4．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NH3
c．标准状况下8.96LCO2
d．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：①铝；②二氧化硅；③液氯；④NaOH溶液；⑤液态HCl；⑥NaHCO3晶体；⑦蔗糖；⑧熔融Na2O；⑨Na2O2固体；⑩CO2。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⑨与⑩反应的化学方程式___________。
（4）写出①与④的离子方程式_____________。
（5）写出⑤的水溶液与⑥的水溶液反应的离子方程式___________________ 。
（6）写出②与④反应的离子方程式_______________________________ 。
【答案】d>b>a>c 17g/mol 2 ①④⑧⑤⑥⑧⑨②⑦⑩ 2Na2O2 + 2CO2=2Na2CO3 + O2 2Al + 2H2O + 2OH- = 2AlO2- + 3H2 H+ + HCO3- = H2O + CO2 SiO2 + 2OH- = SiO32- + H2O
【解析】
【分析】
I．利用n=m
M
=
A
N
N=
m
V
V计算。
II．①铝能导电，既不是电解质，也不是非电解质；
②二氧化硅不能导电，为非电解质；
③液氯不能导电，既不是电解质，也不是非电解质；
④NaOH溶液能导电，为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑤液态HCl不能导电，为电解质；
⑥NaHCO3晶体不能导电，为电解质；
⑦蔗糖不能导电，为非电解质；
⑧熔融Na2O能导电，为电解质；
⑨Na2O2固体不能导电，为电解质；
⑩CO2不能导电，为非电解质。
【详解】
I(1)a．10g氖气的物质的量=10
20
=0.5mol，Ne为单原子分子，即分子数为0.5mol；
b．NH3中含有10个电子，则含有40mol电子的NH3的物质的量为4mol；
c．标准状况下8.96LCO2的物质的量=8.96
22.4
=0.4mol；
d．标准状况下112g液态水的物质的量=112
18
=6.22mol；
综上所述，分子数目由多到少的顺序为d>b>a>c；
(2)标准状况下，某气体的体积为672mL，物质的量为0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，则
M=m
n
=
0.51
0.03
=17g/mol；
(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0.2mol盐酸，c(Cl－)=0.2÷0.1=2mol/L；
II(1)分析可知，能导电的为①④⑧；
(2)属于电解质的为⑤⑥⑧⑨；属于非电解质的为②⑦⑩；
(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。
5．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。
【答案】置换反应降低得到 Al Fe2O3 Cl Mn 116.8 73
【解析】
【分析】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。
②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价；
③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。
(2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原；
②根据方程式进行计算。
【详解】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B ，属于置换反应。
②反应中，Fe 的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；
③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al 发生氧化反应；Fe 2O 3发生还原反应。
(2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl 被氧化，Mn 被还原；
②若生成71gCl 2，即1mol ，需消耗3.2molHCl ，即3.2×36.5=116.8g ；化合价升高的HCl 为2mol ，即73g 。
【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl 参加反应，其中有10molHCl 发生了氧化反应，产生了5molCl 2，6molHCl 价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。
6．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O 2和O 3所含分子的物质的量之比为___。
（2）等温等压下，等体积的O 2和O 3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 ，则cg 氧气在标准状况下的体积约是___(用含a 、b 、c 、N A 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：
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___。
②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线
【答案】3：2 1：1 2：3
A
22.4bc a N ?L 100mL 容量瓶 4.0 1mol /L A 【解析】
【详解】
（1）根据n m M =可知，等质量的O 2和O 3的物质的量之比为2311(O ):(O ):3:23248
==n n ，所含分子的物质的量之比为3：2。 （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，O 2和O 3的质量比为2：3。
（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 ，则ag 氧气的物质的量A A N b n N N ==，摩尔质量1
A A
m ag aN M g mol b n b mol N -===g ，即当氧气为cg ，物质的量1A A m cg bc n mol aN M aN g mol b
-===g ，在标准状况下的体积22.4m A bc V nV aN == L 。 （4）①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 。
②需要NaOH 固体的质量111001404--===??=g g m nM cVM mL mol L g mol g 。
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 .称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，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n c V
=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，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，都会使所配溶液浓度偏大。需要具体问题具体分析。
7．（1）在Na 2SO 4和Al 2(SO 4)3的混合溶液中，测得Al 3＋
浓度为0.1mol·
L -1，加入等体积0.3 mol·L -1的BaCl 2溶液恰好使SO 42-完全沉淀，则混合溶液中Na ＋的浓度为____。
（2）将0.1mol·
L -1的K 2SO 4溶液、0.2mol·L -1的Al 2(SO 4)3溶液和纯水混合，要使混合液中K ＋、Al 3＋、SO 42-的浓度分别为0.1mol·L -1、0.1mol·L -1、0.2mol·L -1，则K 2SO 4溶液、Al 2(SO 4)3溶液、纯水三者的体积比___。(忽略体积的变化)
【答案】0.3mol·
L -1 2：1：1 【解析】
【详解】
(1)设混合溶液体积为1 L 。n(Al 3＋)＝c·V ＝0.1 mol·L －1×1 L ＝0.1 mol ，n(SO )＝n(Ba 2＋)＝0.3 mol·L －1×1 L ＝0.3 mol 。由电荷守恒可得：3n(Al 3＋)＋n(Na ＋)＝2n(SO )，所以n(Na ＋)＝2n(SO )－3n(Al 3＋)＝2×0.3 mol －3×0.1 mol ＝0.3 mol ，c(Na ＋)＝＝
＝＝0.3 mol·L －1，故答案为：0.3mol·
L -1； (2)设K 2SO 4溶液、Al 2(SO 4)3溶液、纯水三者的体积分别是xL 、yL 、zL ，则0.2x ＝0.1×(x ＋y ＋z)、0.4y ＝0.1×(x ＋y ＋z)、0.1x ＋0.6y ＝0.2×(x ＋y ＋z)，解得x ＝2y ＝2z ，所以K 2SO 4溶液、Al 2(SO 4)3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1，故答案为：2∶1∶1。
8．根据题意计算填空。
（1）在标准状况下，8.5g某气体占有的体积为5.6L，则该气体的摩尔质量是__。
（2）在标准状况下，0.01mol某气体的质量为0.28g，则该气体的相对分子质量为__，该气体的密度为__g·L?1。
（3）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中CO 和CO2物质的量之比是__，C和O原子个数比是__，CO的质量分数是__。
（4）现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的相对分子质量为M。若阿伏伽德罗常数用N A表示，则：该气体的物质的量为__mol；该气体所含原子总数为__个；该气体在标准状况下的体积为__L；该气体溶于水后形成1L溶液（该气体不与水反应），其物质的量浓度为__mol·L－1。
【答案】34g/mol 28 1.25 1：3 4：7 17.5% m
M
A
2mN
M
22.4m
M
m
M
【解析】【详解】
（1）该气体的摩尔质量
8.5g
=34g/mol
5.6L
22.4L/mol
，
故答案为：34g/mol；
（2）0.01mol某气体的质量为0.28g，摩尔质量为
0.28g
=28g/mol
0.01mol
，故相对分子质量为
28；标况下体积是0.224L，故密度为
0.28g
=1.25g/L 0.224L
，
答案为：28；1.25;
（3）设CO的物质的量为xmol，2
CO的物质的量为ymol，标准状况下总体积6.72L，即总物质的量为0.3mol，故x+y=0.3，总质量为12g，故28x+44y=12，解得x=0.075，
y=0.225，故CO和2
CO物质的量之比是为1:3，C和O原子个数比是4:7，CO的质量
分数为0.07528
=17.5%
12
，
故答案为：1：3；4：7；17.5%；
（4）该气体的物质的量为m
M
mol；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为A
2mN
M
个；该气体在标准状况下的体积为22.4m
M
L；该气体溶于水后形成1L溶液，其物质的量浓
度为m
M
mol·L－1，
故答案为：m
M
；A
2mN
M
；
22.4m
M
；
m
M
。
9．实验室可用如下方法制取Cl 2，根据相关信息，回答下列问题：
(1)在该反应中，HCl 表现的性质有______、________.
①MnO 2 +4HCl （浓）ΔCl 2↑+ MnCl 2+ 2H 2O
(2)若反应中有0.1mol 的氧化剂被还原，则被氧化的物质为________（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 H 2 完全反应，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)②KClO 3＋6HCl(浓)=3Cl 2↑＋KCl ＋3H 2O③2KMnO 4＋16HCl(浓)=2KCl ＋2MnCl 2＋5Cl 2↑＋8H 2O
若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。
(5)已知反应4HCl(g)＋O 2 Δ催化剂2Cl 2＋2H 2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO 2、O 2、KMnO 4三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 2CO 3和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L 盐酸中，充分反应后，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】还原性 酸性 HCl 0.2mol 0.2N A 8.96L 4mol/L 6：5：6 KMnO 4> MnO 2> O 2
5.85g
【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；
(3) 根据方程式及c=n V
计算； (4) ①生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；②生成1mol 氯气时，转移
53mol 电子；③生成1mol 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，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0.2N A ；
(3) H 2 + Cl 2=2HCl ，0.2mol 氯气与0.2mol H 2 完全反应，生成0.4molHCl ，标况下的体积为
8.96L ；c=n V =0.40.1
=4mol/L ；
(4) ①生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；②生成1mol 氯气时，转移
53mol 电子；③生成1mol 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①、③和4HCl(g)＋O 2 Δ催化剂2Cl 2＋2H 2O(g)可知，MnO 2、O 2、KMnO 4三种物质均可制取氯气，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KMnO 4> MnO 2> O 2；
(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 mL×2.00mol/L=0.1mol ，其质量为5.85g 。
10．按要求完成下列各小题
（1）在同温同压下，相同质量的N 2和H 2S 气体的体积比为____。
（2）0.8molCO 和0.4molCO 2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Cu 2＋、H ＋、Fe 2＋、Al 3＋、Br －、Cl －的溶液中，还原性最弱的阴离子是___，氧化
性最强的离子是___，既有氧化性又有还原性的离子是___。
（4）除去Na 2SO 4中的Na 2CO 3所加试剂___，离子方程式___。
【答案】17：14 14：11 1：1 7：11 Cl - Cu 2+ Fe 2+ 稀H 2SO 4 CO 32-+2H +=CO 2↑+H 2O
【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Na 2SO 4中的Na 2CO 3目的是除去CO 32-离子，所以选择H 2SO 4进行除杂。
【详解】
（1）相同质量的N 2和H 2S 的物质的量之比为m m :34:2817:142834
==，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N 2和H 2S 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 × (6+8)=11.2mol ， 0.4molCO 2中电子的物质的量为0.4mol ×(6+8×2) =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F 2>Cl 2>Br 2>I 2，单质的氧化性越强，其对应的离子的还原性越弱，所以还原性Br －>Cl －, 还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Cu 2＋；属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，所以Fe 2＋既有氧化性又有还原性的；答案：Cl - Cu 2+ Fe 2+；
（4）除去Na 2SO 4中的Na 2CO 3，实质是除去CO 32-离子，所加试剂H 2SO 4，离子方程式CO 32-+2H +=CO 2↑+H 2O 。
11．（1）下列物质能导电的是___，属于电解质的是___。
①NaCl晶体②液态SO2③液态醋酸④铜⑤BaSO4固体⑥纯蔗糖(C12H22O11) ⑦氨水⑧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】④⑦⑧①③⑤⑧ 8 11.2 3 16g/mol
【解析】
【分析】
（1）①NaCl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；②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；③液态醋酸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；④铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；⑥纯蔗糖(C12H22O11) 不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质；⑦氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧熔化的KNO3含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；
（2）根据n=m
M
可得，m=nM，V= nVm，进行计算；
【详解】
（1）①NaCl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；②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；③液态醋酸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；④铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；⑥纯蔗糖(C12H22O11) 不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质；⑦氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧熔化的KNO3含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；
下列物质能导电的是④⑦⑧，属于电解质的是①③⑤⑧，
答案为：④⑦⑧；①③⑤⑧；
（2）根据n=m
M
可得，m=nM，0.5molCH4的质量=0.5mol×16g/mol=8g；在标准状况下的体
积为=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，答案为：8；11.2；
（3）8.4g氮气的物质的量=m
M
=
28g
8.4g
/mol
=0.3mol，则氮原子的物质的量
=0.3mol×2=0.6mol，物质的量之比等于粒子数目之比，根据题意9.6g某单质Rx所含原子物
质的量也为0.6mol，则Rx所含分子物质的量为0.6
x
mol，则0.3mol：
0.6
x
mol=3：2，解
得x=3，R3的物质的量为0.6
3
mol=0.2mol，R3的摩尔质量=
m
n
=
9.6g
0.2mol
=48g/mol，则R的
摩尔质量=48g/mol
3
=16g/mol，
答案为：3；16g/mol。
12．对一定量气体体积的探究。已知1 mol不同气体在不同条件下的体积：
（1）从表分析得出的结论：
①1mol任何气体，在标准状况下的体积都约为____。
②1mol不同的气体，在不同的条件下，体积____(填“一定”、“一定不”或“不一定”)相等。（2）理论依据：相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等，原因是：①____，②___。（3）应用：在标准状况下，4gO2的体积为____。
（4）等温、等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比___，质量比为__。
（5）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为___。（6）在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)分别用p(Ne)、p(H2)、p(O2)表示，由大到小的顺序是__。
【答案】22.4L 不一定气体分子数目相等相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等 2.8L 1∶1 2∶3 106g·mol?1 p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)
【解析】
【分析】
(1)根据图表信息进行分析；
(2)根据克拉伯龙方程：PV=nRT进行分析；
(3)根据n=m/M=V/V m进行分析；
(4)根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；
(5)根据质量守恒定律及n=m/M进行分析；
(6)根据PM=ρRT进行分析。
【详解】
(1)①从表中的H2、O2、CO在标准状况下体积可以看出：1mol任何气体在标准状况下，体积都约为22.4L；
故答案是：22.4L；
②根据克拉伯龙方程:PV=nRT可知，1mol不同的气体，物质的量n相同，在不同的条件下，如温度相等，压强不相等时，体积则不相等；或在温度不相等，压强也不相等时，体积可能相等；因此1mol不同的气体，在不同的条件下，体积不一定相等；
故答案是：不一定；
(2) 因为在相同的温度和压强下，任何气体分子间的平均距离几乎相同且1mol气体的分子数目也相同，所以在相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等；
故答案是：气体分子数目相等；相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等；
(3)O2的摩尔质量是32g/mol，4gO2的物质的量是4g/32g·mol-1=1/8mol；在标准状况下，
4gO2的体积为22.4L·mol-1×1/8mol=2.8L；
故答案是： 2.8L；
(4)等温等压下，气体摩尔体积相等，相同体积的氧气和臭氧其物质的量相等，根据N=nN A 知，分子数之比等于物质的量之比=1：1；根据m=nM知，相同物质的量时其质量之比等于摩尔质量之比=32g/mol:48g/mol=2:3；
故答案为：1：12：3；
(5)根据质量守恒定律知，C的质量=(16+20-31.76)g=4.24g，C的摩尔质量
=4.24g/0.04mol=106g/mol；
故答案为：106g/mol；
(6)Ne的摩尔质量是4g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是P(H2)＞P(Ne)＞P(O2)；
故答案为：P(H2)＞P(Ne)＞P(O2)。
【点睛】
影响物质的体积的因素有：微粒的数目、微粒的间距、微粒的大小；对于固体和液体来讲，粒子间距较小，可忽略，体积主要由微粒的数目、微粒的大小来决定；而对于气体来讲，粒子间距较大，忽略粒子大小，体积主要由微粒的数目、微粒的间距来决定，当温度和压强一定时，粒子间距几乎相等，体积由微粒的数目来决定。
13．(1)0.5mol某固体A的质量是30g，A的摩尔质量为_________。
(2)在同温同压同体积的条件下，H2与气体B的密度之比是1∶8，则B的相对分子质量为
(3)在25℃ 101kPa的条件下，同质量的CH4和C气体的体积之比是15∶8，则1摩尔C的质量为______。
(4).质量之比为8∶7∶6的三种气体SO2、CO、NO，其分子数之比为_____；氧原子数之比为______；相同条件下的体积之比为_____。
(5)4.8g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的气体质量为12.8g。则在标准状况下，生成物CO和CO2的体积比为_______。
【答案】60g/mol1630g5：10：85：5：45：10：83：1
【解析】
【详解】
(1)A的摩尔质量=30g÷0.5mol=60g/mol，故A的摩尔质量为60g/mol；
(2)H2与气体B的密度之比是1:8，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故B的摩尔质量为8×2g/mol=16g/mol，数值上相对分子质量=摩尔质量=16；
(3)由
mg mg
:
16g/mol M(C)
=15：8，故M(C)=30g/mol，1mol C的质量为30g；
(4)质量之比为8:7:6的三种气体SO2、CO、NO的物质的量之比为
8g7g6g
::
64g/mol28g/mol30g/mol
=5:10:8，故三者分子数之比为5:10:8，含有氧原子数之比为(5×2):10:8=5:5:4，相同条件下的体积之比为5:10:8；
(5)设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，则：12x+12y=4.8，28x+44y=12.8，解得x=0.3，y=0.1，故标况下CO和CO2的体积比等于物质的量之比为0.3mol：0.1mol=3：1。
14．现用质量分数为18.4 mol/L的浓硫酸来配制 500 mL0.46 mol/L的稀硫酸，可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧杯③胶头滴管④量筒⑤容量瓶⑥托盘天平⑦药匙
(1)上述仪器中，配制过程中用不到的有________。
(2)计算所需浓硫酸的体积为_________mL。
(3)在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏高的有_________。(填代号)
①洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到定量瓶中
②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒
⑤定容时，俯视刻度线
【答案】⑥⑦ 12.5 ①②⑤
【解析】
【分析】
(1)根据操作步骤选取实验仪器；
(2)根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算需量取浓硫酸的体积；
(3)根据c=n
V
分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。
(1)配制一定体积一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸溶液，在烧杯中稀释，要使用玻璃棒搅拌，冷却后通过玻璃棒引流转移溶液到500 mL容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、50 0 mL容量瓶，所以用不到的仪器有⑥托盘天平、⑦药匙，故不需要的仪器序号为⑥⑦；
(2)用18.4 mol/L浓硫酸配制500 mL0.46 mol/L的稀硫酸，假设需要浓硫酸的体积为V，0.46 mol/L×0.5 L=18.4 mol/L×V，解得V=0.0125 L=12.5 mL；
(3)①量取浓硫酸的量筒不需要洗涤，若洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到定量瓶中，会导致溶质的物质的量偏大，使配制的溶液浓度偏高，①符合题意；
②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却下来，则配制的溶液的体积偏小，最终导致溶液浓度偏高，②符合题意；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，由于不影响溶质和溶液的体积，因此最终对配制的溶液的浓度无影响，③不符合题意；
④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，使溶质的物质的量偏小，最终导致配制的溶液浓度偏低，④不符合题意；
⑤定容时，俯视刻度线，使溶液的体积偏小，根据c=n
V
可知：最终使溶液浓度偏高，⑤符
合题意；
故合理选项是①②⑤。
【点睛】
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器的使用、溶液的稀释、配制溶液的误差分析。掌握物质的量浓度的配制方法、并根据溶液的物质的量浓度定义式分析实验误差，注意掌握误差分析的方法与技巧。
15．实验室需要1.2mol·L-1NaOH溶液80mL，步骤如下：
（1）选择仪器：有如图所示的仪器，配制溶液一定不需要的是___________(填序号)；
除以上仪器外，还需用到的玻璃仪器是___________(填仪器名称)。
（2）计算：根据计算结果得知，用托盘天平称取NaOH固体的质量应为___________g。（3）称量：调节天平平衡时，发现指针在分度盘的偏右位置，此时应向___________（填“左”或“右”）调节螺母以使天平平衡。
称量一个小烧杯的质量。下图表示称量小烧杯的过程：“↓”表示在托盘上放上砝码，“↑”表示从托盘上取下砝码（5g以下用游码）。
砝码质量/g502020105
称量(取用砝码过程)↓↑↓↓↑↓↓↑
标尺上游码的位置：
由以上图示可知，小烧杯的质量为___________g。
（4）溶解，冷却。
（5）移液、洗涤：洗涤2～3次的目的是___________。
（6）定容、摇匀。
【答案】AC 烧杯、玻璃棒 4.8 左 32.4 保证溶质全部转移至容量瓶中
【解析】
【分析】
(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据操作步骤判断需要使用的仪器；
（2）实验需用100mL容量瓶(没有80mL），根据容量瓶的规格计算氢氧化钠的质量；（3）天平平衡的标志是：指针指在分度盘的中央或左右摆动幅度相等，指针左偏右调螺母，右偏左调螺母；烧杯的质量=砝码的质量+游码的刻度；
（5）洗涤2～3次可以把溶质完全移入容量瓶；
【详解】
（1）一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，根据提供的仪器可知，不需仪器有烧瓶、分液漏斗，故选AC；除以上仪器外，还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；
（2）实验需用100mL容量瓶，根据容量瓶的规格计算氢氧化钠的质量，m=cVM=1.2mol·L-1×0.1L×40g/mol=4.8g；
（3）在调节横梁平衡时，指针左偏右调，右偏左调；本题中指针指向分度盘的偏右位置，所以应该将平衡螺母向左移；烧杯的质量=砝码的质量+游码的刻度=20+10+2.4=32.4g；（5）洗涤2～3次，把洗涤液移入容量瓶中，目的是保证溶质全部转移至容量瓶中。
高考化学物质的量(大题培优)
高考化学物质的量(大题培优) 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=m M 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= 5.6g 0.2mol 28g/mol =，氧气物质的量n= 16g 32g/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．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。 (1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是 ______ (填写字母)。 (2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36 L(标准状况)二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 ______ g (保留一位小数)。 (3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。首先用pH 试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分
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高考化学考点一遍过考点12,离子检验与推 断 一、离子的检验1．检验离子的“四种方法”（1）生成气体，如、的检验。 （2）生成沉淀，如Cl?、的检验。 （3）显现特殊颜色，如Fe3+、苯酚的检验。 （4）焰色反应：金属或金属离子的检验。 2．常见阳离子的检验离子检验试剂主要实验现象离子方程式及说明 Ba2+ 稀硫酸或可溶性硫酸盐溶液先加稀盐酸，不产生沉淀，然后加稀硫酸或可溶性硫酸盐溶液生成白色沉淀Ba2++BaSO4↓ (白色) Mg2+ NaOH溶液生成白色沉淀，NaOH过量时沉淀不溶解Mg2++2OH?Mg(OH)2↓(白色) Al3+ NaOH溶液或氨水加氨水或适量NaOH溶液，有絮状白色沉淀生成，沉淀能溶于NaOH溶液，但不溶于氨水 Al3++3OH?Al(OH)3↓(白色) Al(OH)3↓+OH?+2H2O Fe3+ (黄色) NaOH溶液生成红褐色沉淀Fe3++3OH?Fe(OH)3↓(红褐色) KSCN溶液溶液呈红色Fe3++3SCN?Fe(SCN)3(红色) Fe2+ (浅绿色) NaOH 溶液加NaOH溶液生成白色沉淀，在空气中迅速变为灰绿色，最后变为红褐色Fe2++2OH?Fe(OH)2↓(白色) 4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3↓(红褐色) KSCN溶液，新制氯水加KSCN溶液，无明显现象，加新制氯水后溶液呈红色2Fe2++Cl22Cl?+2Fe3+ Fe3++3SCN?Fe(SCN)3(红色) H+ 紫色石蕊溶液变红色 H+表现酸性甲基橙溶液变红色pH试纸变红色锌粒生成无色气体Zn+2H+
Zn2++H2↑Cu2+ (蓝色) NaOH溶液加NaOH溶液，有蓝色沉淀生成，若加热则沉淀变黑 Cu2++2OH?Cu(OH)2↓(蓝色) Cu(OH)2CuO(黑色)+H2O H2S(或Na2S溶液) 生成黑色沉淀Cu2++H2S2H++CuS↓(黑色) Ag+ 稀盐酸或氯化物溶液，稀硝酸生成白色沉淀，不溶于稀硝酸 Ag++Cl?AgCl↓ (白色) NaOH溶液加NaOH溶液，加热并用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，试纸变蓝 +OH?NH3↑+H2O Na+ 焰色反应火焰呈黄色焰色反应属于物理现象 K+ 火焰呈紫色(透过蓝色钴玻璃片) 3．常见阴离子的检验离子检验试剂或方法实验现象反应方程式及说明 OH?①取少量试液于试管中，向其中滴加紫色石蕊溶液(或酚酞试液)； ②用玻璃棒蘸取少量试液滴于红色石蕊试纸上①紫色石蕊溶液变蓝(或酚酞试液变红)； ②红色石蕊试纸变蓝 Cl?取少量试液于试管中，向其中滴加少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸生成白色沉淀，且不溶于稀硝酸Ag++Cl?AgCl↓ Br?取少量试液于试管中，向其中滴加少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸生成浅黄色沉淀，且不溶于稀硝酸Ag++Br?AgBr ↓ I?①取少量试液于试管中，向其中滴加少量AgNO3溶液，再加入稀硝酸； ②滴入淀粉溶液后再滴入氯水①生成黄色沉淀，且不溶于稀硝酸； ②溶液显蓝色①Ag++I?AgI↓②2I?+Cl22Cl?+I2，淀粉遇碘变蓝色氯化钡溶液、稀硝酸生成白色沉淀，加稀硝酸后白色沉淀溶解，产生无色无味气体Ba2++BaCO3↓BaCO3+2H+ Ba2++ CO2↑
2020高考化学知识点大汇总
1、钝化现象：铁、铝在冷的浓硝酸或浓硫酸中钝化。钝化只在常温下用，加热条件下铁会与 浓硫酸反应：2Fe + 6H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+3SO2↑ + 6H2O 钝化是指活泼金属在强酸中氧化表面生成一层致密的氧化膜组织金属进一步反应。 2、浓盐酸、浓硝酸，在离子方程式中拆开，浓硫酸不拆开。 3、在离子方程式中，澄清石灰水要拆开写成离子，浑浊石灰乳不拆。 4、有阴离子必有阳离子，有阳离子未必有阴离子，如金属中只有自由电子。 5、氢氧化钠与乙醇不反应。 6、阿伏伽德罗常数考点陷阱有：未告知体积，如PH=1的盐酸溶液中，氢离子的个数为0.1NA。 7、苯中无C=C双键。 8、碳酸钠俗名是纯碱、苏打，显碱性但不是碱，是盐。（稳定） 9、小苏打是碳酸氢钠，加热分解成碳酸钠、二氧化碳和水。（不稳定）在推断题中会出。 10、醋酸、苯酚、水、乙醇，分子中羟基上氢原子的活泼性依次减弱。故，氢氧化钠与乙醇不 反应。 11、碱金属元素的熔沸点是原子半径越大熔沸点越低；卤素单质是分子晶体，靠范德华力结合，范德华力大小与分子量有关，分子量越大范德华力越大，熔沸点也就越高。碱金属元素是金属 晶体，结合键是金属键，原子半径越小原子核间的引力越强，越难破坏，熔沸点越高。#随着 核电荷数的递增，熔沸点逐渐降低（与卤素、氧族相反） 12、锂与氧气反应只生成氧化锂，钠在常温生产氧化钠，加热或完全燃烧生成过氧化钠。 13、碱金属的特殊性：锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，通常密封在石蜡里，钠的密度 比水小，比煤油大。 14、碱金属的密度由锂到铯逐渐增大的趋势，但是有反常的钠密度比钾的大。 15、酸式盐的溶解度一般比相应的正盐大，但是碳酸钠比碳酸氢钠的溶解度大。 16、煤的干馏是化学变化，蒸馏和分馏是物理变化。 17、蛋白质的变性是化学变化，盐析是物理变化。 18、碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物。Mn2O7是金属氧化物， 但它是酸氧化物，其对应的酸是高锰酸，即HMnO4。 19、酸性氧化物不一定是非金属氧化物（如Mn2O7），非金属氧化物也不一定是酸性氧化物 （如H2O、CO、NO）。
高考化学专题：物质的量浓度计算
高考化学专题：物质的量浓度计算 1． 下图是某同学用500 mL 容量瓶配制0.10 mol·L － 1 NaOH 溶液的过程： 该同学的错误步骤有 ( ) A ．1处 B ．2处 C ．3处 D ．4处 2． 若20 g 密度为ρ g·cm － 3的Ca(NO 3)2溶液中含有2 g Ca(NO 3)2，则溶液中NO － 3的物质的量浓度为 ( ) A.ρ400 mol·L － 1 B.20ρ mol·L －1 C. 50ρ41 mol·L － 1 D. 25ρ41 mol·L － 1 3． 只给出下列甲和乙中对应的量，不能求出物质的量的是 ( ) A B C D 甲 物质的粒子数 标准状况下的气体摩尔体积 固体的体积 溶液中溶质的物质的量浓度 乙 阿伏加德罗常数 标准状况下的气体体积 固体的密度 溶液的体积 好使反应后的溶液呈中性，则下列叙述错误的是 ( ) A ．溶液中c (Na ＋ )＝2c (SO 2－ 4) B.a 2 mol ＞沉淀的物质的量＞0 C ．沉淀的物质的量＝a 2 mol D ．原浓硫酸中H 2SO 4的物质的量＞a 2 mol 5． 3 g 镁铝合金与100 mL 稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g ，则 原硫酸的物质的量浓度为 ( ) A ．1 mol·L － 1 B ．1.5 mol·L － 1 C ． 2 mol·L －1 D ．2.5 mol·L － 1
6．等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中完全溶解，得到的Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的浓度分别为a mol·L－1和b mol·L－1，则a与b的关系为() A．a＝b B．a＝2b C．2a＝b D．a＝5b 7．300 mL Al2(SO4)3溶液中，含Al3＋为1.62 g，在该溶液中加入0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液300 mL，反应后溶液中SO2－4的物质的量浓度为() A．0.4 mol·L－1B．0.3 mol·L－1 C．0.2 mol·L－1D．0.1 mol·L－1 8．在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol·L－1。下列叙述中正确的是() ①w＝ 35a 22.4Vρ×100%②c＝ 1 000a 22.4V③若上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的质量分数大于 0.5w④若上述溶液中再加入0.5V mL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为 c(NH＋4)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) A．①④B．②③C．①③D．②④ 9．右图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是() A．只有在t1℃时，NaCl和MgSO4的溶解度才相等 B．t1～t2℃，MgSO4的溶解度随温度升高而减小 C．在t2℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大 D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t2℃时，有晶体析 出 10．36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为W，物质的量浓度为c mol·L－1，N A表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是 () A．所得溶液的物质的量浓度：c＝1 mol·L－1 B．所得溶液中含有N A个HCl分子 C．36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L D．所得溶液的质量分数：W＝36.5 c/(1 000ρ) 11．试回答下列问题。 (1)已知24 g A和40 g B恰好完全反应生成0.4 mol C和32 g D，则C的摩尔质量为________。 (2)把1 mol Na和1 mol Mg分别投入到等量且过量的盐酸中，分别得到溶液a和b，则溶液a和b的 质量关系为m a________m b。 (3)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶的标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题： 盐酸 分子式：HCl 相对分子质量：36.5
高考化学 物质的量 综合题及详细答案
高考化学 物质的量 综合题及详细答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．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 。 【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
高考化学常识题常考点大全
高考化学常识题常考点 现行高考说明中要求学生了解生活中的一些化学现象，并且对有些现象能加以解释。下面根据教学大纲和教材，搜集体现渗透于生活中、生产的化学50例，以期对学生复习备考有实实在在的帮助。 1.在山区常见粗脖子病（甲状腺肿大），呆小病（克汀病），医生建议多吃海带，进行食物疗法。上述病患者的病因是人体缺一种元素：碘。 2.用来制取包装香烟、糖果的金属箔（金属纸）的金属是：铝。 3.黄金的熔点是106 4.4℃，比它熔点高的金属很多。其中比黄金熔点高约3倍，通常用来制白炽灯泡灯丝的金属是：钨。 4.有位妇女将6.10克的一个旧金戒指给金银匠加工成一对耳环。她怕工匠偷金或掺假，一直守在旁边不离开。她见工匠将戒指加热、捶打，并放人一种液体中，这样多次加工，一对漂亮的耳环加工完毕了。事隔数日，将这对耳环用天平称量，只有 5.20克。那么工匠偷金时所用的液体是：王水。 5.黑白相片上的黑色物质是：银。 6.很多化学元素在人们生命活动中起着重要作用，缺少它们，人将会生病。例如儿童常患的软骨病是由于缺少：钙元素。 7.在石英管中充入某种气体制成的灯，通电时能发出比萤光灯强亿万倍的强光，因此有“人造小太阳”之称。这种灯中充入的气体是：氙气。 8.在紧闭门窗的房间里生火取暖或使用热水器洗澡，常产生一种无色、无味并易与人体血红蛋白（Hb）结合而引起中毒的气体是：CO。 9.地球大气圈的被破坏，则形成臭氧层空洞，致使作为人们抵御太阳紫外线伤害的臭氧层受到损坏，引起皮肤癌等疾病的发生，并破坏了自然界的生态平衡。造成臭氧层空洞的主要原因是：冷冻机里氟里昂泄漏。 10.医用消毒酒精的浓度是：75%。 11.医院输液常用的生理盐水，所含氯化钠与血液中含氯化钠的浓度大体上相等。生理盐水中NaCl的质量分数是：0.9%。 12.发令枪中的“火药纸”（火子）打响后，产生的白烟是：五氧化二磷。 13.萘卫生球放在衣柜里变小，这是因为：萘在室温下缓缓升华。 14.人被蚊子叮咬后皮肤发痒或红肿，简单的处理方法是：擦稀氨水或碳酸氢钠溶液。 15.因为某气体A在大气层中过量累积，使地球红外辐射不能透过大气，从而造成大气温度升高，产生了“温室效应”。气体A为：二氧化碳。 16.酸雨是指pH值小于5.6的雨、雪或者其他形式的大气降水。酸雨是大气污染的一种表现。造成酸雨的主要原因是：燃烧燃料放出的二氧化硫、二氧化氮等造成的。 17.在五金商店买到的铁丝，上面镀了一种“防腐”的金属，它是：锌。 18.全钢手表是指它的表壳与表后盖全部是不锈钢制的。不锈钢锃亮发光，不会生锈，原因是在炼钢过程中加入了：铬、镍。 19.根据普通光照射一种金属放出电子的性质所制得的光电管，广泛用于电影机、录相机中。用来制光电管的金属是：铯。 20.医院放射科检查食道、胃等部位疾病时，常用“钡餐”造影法。用作“钡餐”的物质是：硫酸钡。 21.我国世界闻名的制碱专家侯德榜先生，在1942年发明了侯氏制碱法。所制得的碱除用在工业上之外，日常生活中油条、馒头里也加入一定量这种碱。这种碱的化学名称是：碳酸钠。 22.现代建筑的门窗框架，有些是用电镀加工成古铜色的硬铝制成，该硬铝的成分是：Al 一Cu一Mg-Mn-Si合金。 23.氯化钡有剧毒，致死量为0.8克。不慎误服时，除大量吞服鸡蛋清解毒外，并应加服一
高考化学知识点汇总
高考化学知识点汇总 在高中化学课程教学过程中,高考化学作为一种重要的形式,为了方便同学们复习，接下来为你整理了高考化学知识点汇总，一起来看看吧。 高考化学知识点：实验中导管和漏斗的位置的放置方法1.气体发生装置中的导管;在容器内的部分都只能露出橡皮塞少许或与其平行，不然将不利于排气。 2.用排空气法(包括向上和向下)收集气体时，导管都必领伸到集气瓶或试管的底部附近。这样利于排尽集气瓶或试管内的空气，而收集到较纯净的气体。 3.用排水法收集气体时，导管只需要伸到集气瓶或试管的口部。原因是"导管伸入集气瓶和试管的多少都不影响气体的收集"，但两者比较，前者操作方便。 4.进行气体与溶液反应的实验时，导管应伸到所盛溶液容器的中下部。这样利于两者接触，充分发生反应。 5.点燃H2、CH4等并证明有水生成时，不仅要用大而冷的烧杯，而且导管以伸入烧杯的1/3为宜。若导管伸入烧杯过多，产生的雾滴则会很快气化，结果观察不到水滴。 6.进行一种气体在另一种气体中燃烧的实验时，被点燃的气体的导管应放在盛有另一种气体的集气瓶的中央。不然，若与瓶壁相碰或
离得太近，燃烧产生的高温会使集气瓶炸裂。 7.用加热方法制得的物质蒸气，在试管中冷凝并收集时，导管口都必须与试管中液体的液面始终保持一定的距离，以防止液体经导管倒吸到反应器中。 8.若需将HCl、NH3等易溶于水的气体直接通入水中溶解，都必须在导管上倒接一漏斗并使漏斗边沿稍许浸入水面，以避免水被吸入反应器而导致实验失败。 9.洗气瓶中供进气的导管务必插到所盛溶液的中下部，以利杂质气体与溶液充分反应而除尽。供出气的导管则又务必与塞子齐平或稍长一点，以利排气。 11.制H2、CO2、H2S和C2H2等气体时，为方便添加酸液或水，可在容器的塞子上装一长颈漏斗，且务必使漏斗颈插到液面以下，以免漏气。 12.制Cl2、HCl、C2H4气体时，为方便添加酸液，也可以在反应器的塞子上装一漏斗。但由于这些反应都需要加热，所以漏斗颈都必须置于反应液之上，因而都选用分液漏斗。 高考化学知识点：离子方程式书写规则1、只能将强电解质(指溶于水中的强电解质)写出离子形式，其它(包括难溶强电解质)一律写成分子形式。如碳酸钙与盐酸的反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O 因此熟记哪些物质是强电解质、哪些强电解质能溶于水是写好离子方程式的基础和关键。 2、不在水溶液中反应的离子反应，不能书写离子方程式。如铜
高一化学物质的量知识点讲解
化学计量在实验中的应用 一、物质的量 1.定义：表示物质所含微粒多少的物理量，也表示含有一定数目粒子的集合体。 2.物质的量是以微观粒子为计量的对象。 3.物质的量的符号为“n”。 二、摩尔 1.物质的量的单位单位：克／摩符号：g／mol 数值：等于物质的原子量、分子量、原子团的式量。 2.符号是mol。 3.使用摩尔表示物质的量时，应该用化学式指明粒子的种类。 例如：1molH表示mol氢原子，1mol H2表示1mol氢分子（氢气），1mol H+表示1mol氢离子，但如果说“1mol氢”就违反了使用标准，因为氢是元素名称，不是微粒名称，也不是微粒的符号或化学式。 4.计算公式： n=N/ＮＡn=m/M 5.气体的摩尔体积 单位物质的量的气体所占的体积，符号Vm。（提问：为什么液体、固体没有摩尔体积） n=V/Vm (标准状况下：Vm=22．４L/mol) 使用“物质的量”与“摩尔”时的注意事项 (1)物质的量 ①“物质的量”四个字是一个整体概念，不得简化或增添任何字，如不能说成“物质量”“物质的质量”或“物质的数量”等。 ②物质的量是七个基本物理量之一；同“时间”，“长度”等一样，其单位是摩尔（mol）。 ③物质的量表示的是微观粒子或微观粒子的特定组合的集合体，不适用于宏观物质，如 1 mol苹果的说法是错误的。 ④物质的量中所指粒子包括分子、原子、离子、质子、中子、电子、原子团等微观粒子
或微观粒子的特定组合(如NaCl、Na2SO4等)。 (2)摩尔 使用摩尔作单位时必须用化学式指明粒子的种类，如1 mol H表示1摩尔氢原子，1 mol H2表示1摩尔氢分子，1 mol H＋表示1摩尔氢离子。不能说1 mol氢，应该说1 mol氢原子(或分子或离子)。 2．阿伏加德罗常数N A 阿伏加德罗常数是一个物理量，单位是mol－1，而不是纯数。 不能误认为N A就是6.02×1023。 例如：1mol O2中约含有个6.02×1023氧分子 2mol C中约含有1.204×1024个碳原子 1mol H2SO4中约含有6.02×1023硫酸分子 1.5mol NaOH中约含有9.03×1023个Na+和9.03×1023个OH-； n mol某微粒集合体中所含微粒数约为n×6.02×1023。 由以上举例可以得知：物质的量、阿伏伽德罗常数以及微粒数之间存在什么样的关系式？由以上内容可以看出，物质的量与微粒数之间存在正比例关系。如果用n表示物质的量，N A 表示阿伏伽德罗常数，N表示微粒数，三者之间的关系是：N = n·N A,由此可以推知n = N/N A N A = N/n 3．摩尔质量与相对原子质量、相对分子质量的区别与联系 量或相对分子质量相等。 ②“摩尔质量在数值上一定等于该物质的相对分子质量或相对原子质量”。这句话对否？为什么？ 不对。因为摩尔质量的单位有g·mol－1或kg·mol－1等，只有以g·mol－1为单位时，在数值上才与微观粒子的相对原子质量或相对分子质量相等。 ③两种原子的质量之比与其相对原子质量之比有何关系？为什么？ 相等。因为任何一种原子的相对原子质量，都是以12C质量的1/12为标准所得的比值。所以，任何原子的质量之比，就等于它们的相对原子质量之比。 4．物质的量n、质量m、粒子数目N之间的关系
高考化学物质的量(大题培优)及答案
高考化学物质的量(大题培优)及答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．I．配制0.5 mol/L的NaOH溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？（填“偏大”“偏小”或“不变”） （1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________； （2）定容时观察刻度线仰视，其结果_____________。 II．（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为： __________________________。 （2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置：_____________（将编号字母填入空格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂：_____________。装置有： A B C D E F G H NaHCO溶液e．碱石灰 试剂有：a．NaOH溶液b．澄清石灰水c．浓硫酸d．饱和3 f．品红溶液g．湿润的红色石蕊试纸 【答案】偏大偏小 2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O A e 【解析】 【分析】 根据n=cV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和溶液的体积V引起的，在配制一定物质的量浓度溶液时，若V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。 【详解】 I．（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大； （2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。II．（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为： 2NH4Cl+Ca(OH)2Δ 2NH3↑+CaCl2+2H2O。 （2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为A；为了得到纯净的氨，氨气为碱性气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选e。 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. 该状况下，1体积水（密度为1g/cm3）
高考化学二轮复习 物质的量浓度及有关计算教学案
物质的量浓度及有关计算 教学目标 知识技能：理解有关物质的量浓度的涵义，掌握有关计算的基本题型。 能力培养：有关物质的量浓度的计算思维能力。 科学思想：在溶液计算中，贯彻守恒的思想。 科学方法：演绎推理法，比较分析法。 重点、难点有关物质的量浓度计算的6种基本类型是重点；电荷守恒、建立参比的基本解题方法是难点。 教学过程设计 教师活动 【引入】今天我们复习物质的量浓度。 【提问】物质的量浓度的定义是什么？请写出它的计算公式。 学生活动 回答：1L溶液中含有溶质的物质的量。 板书：c=n（mol）/V（L） 【再问】溶液的组成还常用什么来表示？ 回答：也常用溶质的质量分数来表示。 溶质的质量分数表示单位质量溶液中所含溶质的质量。
板书：a％=m（溶质）/m（溶液）×100％ 【提问】根据物质的量浓度的计算公式c=n/V，我们能够联想起哪些有关的计算思想？请同学们讨论后回答。 思考，讨论，回答： （1）在公式计算中，已知任何两个量，可以求得第三个量。 （2）还可以根据物质的量联系溶质的质量、气体溶质在标准状况下的体积及微粒数目等。 （3）当溶质的量一定时，浓度和体积成反比；当体积一定时，浓度和溶质的物质的量成正比。 （4）根据n=cV，当取出一定浓度的溶液时，溶液的浓度不变，但溶质的物质的量和所取溶液的体积成正比。 【评价】同学们说的都很正确，不过，有一个问题，为什么当取出一定浓度的溶液时，溶液的浓度不变？ 回答：溶液是均匀稳定的体系。 【板书】类型1 代入公式的计算 【投影】填空： 思考，完成练习。
【强调】体积必须以升（L）为单位进行计算。如果题目给的体积为mL，则必须进行换算。 【提问】为什么醋酸的[H+]小于其酸的浓度？ 回答：醋酸为弱酸，[H+]=ca， 因此，[H+]小于酸的浓度。 【板书】类型2 溶液物质的量浓度和溶质质量分数的换算 【提问】在进行换算时，根据那个不变的量来推导计算公式？请写出计算公式？ 回答：溶液中溶质的量是不变的，分别用物质的量浓度和溶质的质量分数计算，于是得到如下方程： m=cVM=1000Vρa ％ 【强调】在此公式中，物质的量浓度（c）、溶质的质量分数（a％）、溶质的摩尔质量（M）和溶液密度（ρ），已知任何三个量，可计算第四个量。 【投影】练习：63％硝酸溶液的物质的量浓度为14 mol· L-1，溶液的密度为______。 思考，完成练习。 答案：1.4 g·mL-1 【板书】类型3 稀释问题 【提问】溶液在加水稀释过程中，不变的量和变化的量是什么？计算的依据是什么？ 回答：不变的量是溶质的质量和物质的量，变化的量是水的质量、溶液的体积、溶液的密度和溶液物质的量浓度。因此，可根据如下公式计算：n=c1V1=c2V2
高中一年级化学物质的量计算
物质的量 摩尔质量 一、 物质的量 是一个物理量，表示含有一定数目粒子的集合体。 在国际上摩尔这个单位是以12g 12 C 中所含的原子数目为标准的，即1 mol 粒子集体所含的粒子数与12 g 12 C 中所含的原子数相同，约为6.02 × 1023 个。 二、摩尔 1. 概念：是物质的量的单位，简称摩。 2. 符号：mol 。 也就是说，如果在一定量的粒子集体中所含有的粒子数与12 g 12 C 中所含的碳原子数目相同，则它的物质的量为1 mol ，而这个数值(粒子数)我们就叫它为阿伏加德罗常数。 三、阿伏伽德罗常数N A 把1 mol 任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数。 已知:一个碳原子的质量为 1.993 × 10-23 g 求: 12 g 12 C 中所含的碳原子数。 解：2323 -1002.610993.1g 12?≈?=g 碳原子数 物质的量、阿伏加德罗常数与粒子数（ N ）之间的关系： 注意：摩尔是物质的量的单位，1摩尔任何物质含有阿佛加德罗常数（N A )个微粒。1. 物质的量及其单位——摩尔只适用于微观粒子如原子、分子、离子、质子、电子、中子 等。不是用于宏观物质如：l mol 人、1 mol 大豆都是错误的。 2. 使用物质的量单位——摩尔时必须指明物质粒子的名称，不能笼统地称谓。1 mol 氧、1 mol 氢就是错误的。只能说：l mol 氧分子或1 mol 氧原子。 3. 只要物质的量相同的任何物质，所含微粒数相同，反之也成立。
根据表中已知条件进行计算，将结果填入表中空格： 物质微粒物质质量1个微粒实际质量所含微粒数目物质的量12C 12 g 1.993 3 × 10-23 g 6.02 × 1023 1 mol Fe 56 g 9.3 × 10-23 g 6.02 × 1023 1 mol O232 g 5.32 ×10-23 g 6.02 × 1023 1 mol Na＋23 g 3.82 × 10-23 g 6.02 × 1023 1 mol 据表可得出什么结论？ 1 mol 任何粒子集合体都约为 6.0 2 × 1023个粒子；而 1 mol 任何粒子或物质的质量以克 为单位时，其数值都与该粒子的相对原子质量相等。 三、摩尔质量 1. 概念：单位物质的量的物质所具有的质量叫做摩尔质量。 2. 符号：M 3. 单位：g ? mol -1或 g / mol 。 4. 物质的量、质量和摩尔质量之间的关系： 当堂检测 1. 下列有关阿伏加德罗常数(N A)的说法错误的是 ( ) A．32 g O2所含的原子数目为N A B．0.5 mol H2O 含有的原子数目为 1.5 N A C．1 mol H2O 含有的 H2O 分子数目为N A D．0.5 N A个 CO2分子的物质的量是 0.5 mol 【解析】32 g O2为 1 mol，氧原子数为 2N A，A 错误； 0.5 mol H2O 中原子数为 0.5 × 3 ×N A，B 正确；1 mol H2O 中含有 H2O 分子数为N A，C正确；0.5N A个 CO2分子的物质 的量为 0.5 mol，D正确。 2. 下列关于相同质量的 O2 和臭氧(O3)的说法一定正确的是 ( ) A．分子数之比为 1﹕1
备战高考化学物质的量综合经典题及答案
备战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．设N A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18N A__________ ②标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2N A__________ ③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A__________ ④1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14N A__________ ⑤标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5N A__________ ⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1N A__________ ⑦常温常压下，8g O2含有的电子数为4N A__________ ⑧常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2 N A__________ ⑨标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为N A__________ ⑩常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3N A__________ ?标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5N A__________ ?常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A__________ 【答案】√√ × √√√√ × × √ × × 【解析】 【分析】 运用n=m/M、V=n×V m、n= V/ V m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18N A说法正确； ②标准状况下，11.2 LCH4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0.5N A ×4=2N A，故标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2N A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0.1N A，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A说法错误； ④1mol的CO和N2混合气体的分子数为N A，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14N A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0.5N A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0.1N A说法正确； ⑦常温常压下，8g O2的物质的量为8g/( 32g/mol)=0.25mol，1个O2分子中含有16个电子，故8g O2含有的电子数为4N A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
2020最新高考化学总复习必考知识点大全
2020最新高考化学总复习必考知识点大全 高中化学知识点总复习笔记、提纲 目录 高考化学考试重点总结（考试重点模式） (1) 高考化学计算公式总结 (124) 高考化学解题技巧总结 (129) 高考化学知识点总结（知识点模式） (167) 高考化学考点总结（考点-例题-解析模式） (275) 高中化学全知识点习题（附答案） (407) 高考化学真题（付答案） ........... 错误!未定义书签。高考化学热点知识习题（附答案） ... 错误!未定义书签。化学与生活知识点总结 ............. 错误!未定义书签。高考化学120个关键知识点总结 ..... 错误!未定义书签。 高考化学考试重点总结（考试重点模式） 一、俗名
有机部分： 氯仿：CHCl3 电石气：C2H2 (乙炔) 酒精、乙醇：C2H5OH 氟氯烃：是良好的制冷剂，有毒，但破坏O3层。醋酸：冰醋酸、食醋 CH3COOH 裂解气成分（石油裂化）： 烯烃、烷烃、炔烃、H2S、CO2、CO等。 甘油、丙三醇：C3H8O3 焦炉气成分（煤干馏）：H2、CH4、乙烯、CO等。石炭酸：苯酚 蚁醛：甲醛 HCHO 福尔马林：35%—40%的甲醛水溶液 蚁酸：甲酸 HCOOH 葡萄糖：C6H12O6 果糖：C6H12O6 蔗糖：C12H22O11 麦芽糖：C12H22O11 淀粉：（C6H10O5）n 硬脂酸：C17H35COOH 油酸：C17H33COOH 软脂酸：C15H31COOH
草酸：乙二酸 HOOC—COOH 使蓝墨水褪色，强酸性，受热分解成CO2和水，使KMnO4酸性溶液褪色。 无机部分： 纯碱、苏打、天然碱、口碱：Ｎa2CO3 小苏打：NaHCO3 石膏（生石膏）：CaSO4.2H2O 熟石膏：2CaSO4·.H2O 碳铵：NH4HCO3 石灰石、大理石：CaCO3 生石灰：CaO 食盐：NaCl 熟石灰、消石灰：Ca(OH)2 芒硝：Na2SO4·7H2O (缓泻剂) 烧碱、火碱、苛性钠：NaOH 绿矾：FeSO4·7H2O 干冰：CO2 明矾：KAl (SO4)2·12H2O 漂白粉：Ca (ClO)2、CaCl2（混和物） 胆矾、蓝矾：CuSO4·5H2O 双氧水：H2O2 皓矾：ZnSO4·7H2O 硅石、石英：SiO2
2021年高考化学二轮复习 专题训练 物质的量浓度
2021年高考化学二轮复习专题训练物质的量浓度 一、单项选择题 1.已知某饱和溶液的①体积、②密度、③溶质和溶剂的质量比、④溶质的摩尔质量,要根据溶质的溶解度计算该溶液的物质的量浓度,上述条件中必不可少的是( ) A.②④ B.①④ C.①②③ D.①②③④ 2.(xx·广州模拟)质量分数为a%,物质的量浓度为cmol·L-1的KOH溶液,蒸发溶剂,恢复到原来温度,若质量分数变为2a%,则物质的量浓度变为( ) A.等于2cmol·L-1 B.大于2cmol·L-1 C.小于2cmol·L-1 D.在c2cmol·L-1之间 3.配制100mL0.1mol·L-1Na 2CO 3 溶液,下列操作正确的是( ) A.称取1.06g无水碳酸钠,加入100mL容量瓶中,加水溶解、定容 B.称取1.06g无水碳酸钠,加入100mL蒸馏水,搅拌、溶解 C.转移Na2CO3溶液时,未用玻璃棒引流,直接倒入容量瓶中 D.定容后,塞好瓶塞,反复倒转,摇匀 4.(xx·广州模拟)由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液的pH=1,其中 c(Al3+)=0.4mol·L-1,c(S)=0.8mol·L-1,则c(K+)为( ) A.0.15mol·L-1 B.0.2mol·L-1 C.0.3mol·L-1 D.0.4mol·L-1 5.标准状况下,VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL-1),所得溶液的密度为ρg·mL-1,质量分数为ω,物质的量浓度为cmol·L-1,则下列关系中不正确的是( ) A.ρ= B.ω= C.ω=
D.c= 6.配制250mL0.10mol·L-1NaOH溶液时,下列实验操作会使所配得的溶液浓度偏大的是( ) A.转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容 B.在容量瓶中定容时仰视刻度线 C.在容量瓶中定容时俯视刻度线 D.定容后把容量瓶倒转摇匀,发现液面低于刻度,再补充几滴水至刻度 7.(xx·无锡宜兴一中改编)下列叙述正确的是( ) A.将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中,制得0.1mol·L-1NaCl溶液 B.将1体积cmol·L-1硫酸溶液用水稀释为5体积,得到0.2cmol·L-1硫酸溶液 C.将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液,其浓度为1mol·L-1 D.将wga%的NaCl溶液蒸发掉g水,得到4a%的NaCl溶液 8.(xx·合肥一中)现有VL浓度是0.5mol·L-1的盐酸,欲使其物质的量浓度增大一倍,采取的措施可行的是( ) A.通入标准状况下的HCl11.2L B.加入10mol·L-1盐酸0.1VL,再稀释至1.5VL C.将溶液加热浓缩至0.5VL D.加入VL1.5mol·L-1盐酸混合均匀 9.在配制一定物质的量浓度的HCl溶液时,下列错误操作可使所配制的溶液浓度偏高的是( ) A.用量筒量取浓盐酸时仰视读数 B.稀释搅拌时有液体飞溅 C.定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线 D.摇匀后见液面下降,再加水至刻度线 10.配制一定物质的量浓度溶液时,下列操作对所配得的溶液的浓度无影响的是( ) A.使用蒸馏水洗涤容量瓶后未进行干燥 B.固体样品溶解于水后立即转移到容量瓶 C.转移溶液时,少量溶液溅出容量瓶 D.移液后未洗涤烧杯和玻璃棒 二、非选择题 11.(1)下图是某医院病人输液使用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖注射液标签,请认真观察标
全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总含详细答案
全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总含详细答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·L-1的溶液。请回答： （1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。 A．烧杯 B．量筒C．玻璃棒 D．胶头滴管 E.容量瓶 （2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，__，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。 （3）下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是___。 A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制 B．定容时俯视容量瓶的刻度线 C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线 D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制 【答案】B 用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 ACD 【解析】 【分析】 （1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体； （2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加； （3）结合 n c V 及不当操作可知，n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低； 【详解】 （1）配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：B。 （2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。 （3）A. 称取相同质量的Na2CO3?10H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，A正确； B. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大，B错误； C. 摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，V偏大，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，C正确； D. 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，D正确；故答案为：ACD。 【点睛】 配制一定物质的量浓度过程中误差分析：①向容量瓶中转移液体时有少量流出，n减小，c 偏小；②未洗涤烧杯和玻璃棒，n减小，c偏小；③定容时，水加多了，用胶头滴管吸