【化学】化学物质的量的专项培优练习题及答案

【化学】化学物质的量的专项培优练习题及答案一、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3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下3.36LH2。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100mL）。（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】9：491：11：40.06mol1.44g3.0mol·L-175%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；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：Mg~2HCl~H2，2Al~6HCl~3H2，氢气的体积标准状况下3.36L，n(H2)=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06mol，y=0.06mol，故该合金中铝的物质的量为0.06mol，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=3.0mol·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xmolCO，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．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）Li3N可由Li在N2中燃烧制得．取4.164g锂在N2中燃烧，理论上生成Li3N__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Li3N的质量是__g（保留三位小数，Li3N的式量：34.82）（2）已知：Li3N+3H2O→3LiOH+NH3↑．取17.41g纯净Li3N，加入100g水，充分搅拌，完全反应后，冷却到20℃，产生的NH3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LiCoO2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备．（3）将含0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3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HNO3酸化的AgNO3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）Co2(OH)2CO3和Li2CO3在空气中保持温度为600～800℃，可制得LiCoO2，已知：3Co2(OH)2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2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CO2的体积分数__．（保留三位小数，已知空气组成：N2体积分数0.79，O2体积分数0.21）【答案】6.9646.65611.212.8g2CoCO3•3Co（OH）2•H2O5CoCl2+5Na2CO3+4H2O=2CoCO3•3Co（OH）2•H2O+10NaCl+3CO2↑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+N2LiN点燃，接下来根据4.164g=0.6mol6.94g/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0.2mol34.82g/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=0.191mol14g/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0.191mol34.82g/mol=6.656g；（2）根据17.41g=0.5mol34.82g/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/mol0.5mol=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1.5mol23.94g/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1.5mol18g/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9.35gS=100g-27g100g，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=1mol143.5g/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=0.3mol44g/mol算出2CO的物质的量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol2-3CO进入了碱式碳酸钴中，0.5mol2+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。将0.5mol2+Co、0.2mol2-3CO和0.6mol-OH的质量加起来，发现只有0.5mol59g/mol+0.2mol60g/mol+0.6mol17g/mol=51.7g，剩下的1.8克只能是结晶水，即0.1mol结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为3222CoCO3Co(OH)HO；写出制备方程式223232225CoCl+5NaCO+4HO=2CoCO3Co(OH)HO+10NaCl+3CO；（4）令参加反应的氧气为3mol，相当于3mol21%的空气，又因为空气过量70%，则一共通入了31+0.7mol21%（）空气，反应中一共生成了6mol水蒸气和12mol二氧化碳，则二氧化碳的体积分数为12100%=30.5%312+6-3+1.70.21（）。3．O2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1.15g·cm-3的混合溶液。该混合溶液的物质的量浓度为___mol·L-1。【答案】1：13：21：12：3A22.4bcaNL2.28【解析】【详解】(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为∶＝3∶2，则所含分子个数之比为3∶2，原子个数之比为1∶1，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1∶1，则原子个数比为2∶3，质量比为2∶3，故答案为：1：1；2：3；(3)氧气的摩尔质量为M＝＝＝g·mol－1，则cgO2在标准状况下体积为V＝·Vm＝×22.4L·mol－1＝L，故答案为：A22.4bcaNL；(4)混合后溶液中的KNO3的物质的量为n(KNO3)＝≈0.099mol，混合后溶液的总体积为V[KNO3(aq)]＝≈43.5cm3＝4.35×10－2L，混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c(KNO3)＝≈2.28mol·L－1，故答案为：2.28。4．NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。(2)氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2，该反应的离子方程式是_____。(4)为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气)，该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。【答案】4NH3+5O2催化剂加热4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O19.6【解析】【分析】（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；（4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；（5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m=nM计算。【详解】(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O2催化剂加热4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2催化剂加热4NO+6H2O；(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：光化学烟雾；(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，答案为：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O；(4)NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式为：4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O；(5)n(NO2)＝n(NO)＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，根据电子转移守恒，可知n(Cu)＝0.1mol10.1mol32＝0.2mol，由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol，生成Cu(OH)2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol＝19.6g，故答案为：19.6。【点睛】掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。5．我国某些地区曾出现过高致病性禽流感，为防止疫情蔓延，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)、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。请回答下列问题：(1)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