高中化学必修1资料：专题3-2-2物质的量在化学方程式计算中的应用备作业（人教版2019）（解析版）

第三章铁金属材料第二节金属材料第2课时物质的量在化学方程式计算中的应用1.相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下体积之比为()A.1:1B.1:6C.2:3D.3:2【答案】A【解析】铝和盐酸、氢氧化钠反应的方程式为：2Al+6HCl==2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑；相同质量的两份铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠反应产生氢气的物质的量相同，同温同压下气体物质的量之比等体积比，故体积比为1:1。2．在一定温度和压强下，2L气体XY2与1L气体Y2化合，生成2L气体化合物，则该化合物的化学式为()A．X3Y B．X3Y2 C．X2Y3 D．XY3【答案】D【解析】根据阿伏加德罗定律及质量守恒定律可知，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，而在一个化学反应中，物质的量之比等于化学计量数之比，则有2XY2+Y2=2L，根据原子守恒，该化合物的化学式为XY3，D项符合题意；本题答案选D。3.把10.8gAl放入足量氢氧化钠溶液中完全反应，生成氢气的体积（标准状况下）为()A.8.96LB.13.44LC.2.24LD.6.72【答案】B【解析】铝和氢氧化钠反应的方程式为：2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑n(Al)=10.8g÷27g/mol=0.4mol;根据反应中各物质物质的量之比等于化学计量数之比得：0.4mol/n(H2)=2/3;则n(H2)=0.6mol,标况下生成氢气体积为0.6mol×22.4L/mol=13.44L。4．在2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，生成Cl2体积为11.2L（标况下），则反应中转移电子物质的量为()A．1.6molB．1molC．0.5mol D．1.2mol【答案】B【解析】根据该化学方程式2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中生成的氯气和转移电子数的关系为：5Cl2----10e-，生成Cl2体积（标况下）为11.2L，则Cl2物质的量为11.2L÷22.4L/mol=0.5mol,转移电子物质的量为1mol,答案选B。5．把22.4LCO2通过一定量的固体过氧化钠后收集到16.8L气体(标况下)，则这16.8L气体的质量是(

)A．10g B．15g C．30g D．32g【答案】C【解析】根据干信息可得，n(CO2)=22.4L÷22.4L/mol=1mol，反应后气体的物质的量为16.8L÷22.4L/mol==0.75mol。设参加反应的CO2的物质的量为x，由方程式2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2知，xmolCO2参加反应，生成O2的物质的量为0.5x，则1-x+0.5x=0.75，x=0.5mol，从而得出混合气体中，CO2为0.5mol，O2为0.25mol，因此m(混)=0.5mol×44g/mol+0.25mol×32g/mol=30g；6．甲、乙两烧杯中各盛有100mL1.5mol·L-1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入2.7g的铝粉，计算反应结束后生成的气体的体积比是（）A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．3：2【答案】B【解析】甲、乙两烧杯中各盛有100mL

1.5mol⋅L−1的盐酸和氢氧化钠溶液，可知HCl和NaOH的物质的量均为1.5mol⋅L−1×0.1L=0.15mol，加入的Al粉质量为2.7g，其物质的量为=0.1mol，再结合2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑分析，甲、乙烧杯中生成的氢气的物质的量，再推断体积比即可。【详解】乙两烧杯中各盛有100mL

1.5mol⋅L−1的盐酸和氢氧化钠溶液，可知HCl和NaOH的物质的量均为1.5mol⋅L−1×0.1L=0.15mol，加入的Al粉质量为2.7g，其物质的量为=0.1mol，在甲烧杯2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑中Al粉过量，生成氢气的物质的量为0.15mol×=0.075mol，在乙烧杯2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑中，NaOH过量，生成氢气的物质的量为0.1mol×=0.15mol，则甲、乙两烧杯中生成气体在相同条件下的体积比等于气体的物质的量之比，即为0.075mol：0.15mol=1：2，答案选B。7．把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，残余固体的质量与原来加入的铁粉质量相等，则原溶液中的H+和SO42-的物质的量之比为()A．1：4 B．2：7 C．1：2 D．3：8【答案】A【解析】设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为a和b，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，由题意，56(a+b)=64b，则，c(H+)：c(SO42-)=，选A；故答案为：A。8．过氧化钠是常见的消毒剂与供氧剂，在呼吸面具中使用时发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法中正确的是()A．物质的量均为1mol的Na2O2和Na2CO3所含离子数目均为3NAB．反应过程中，固体每增重28g转移的电子数目为2NAC．该反应中，CO2是还原剂D．44.8LCO2与O2的混合气体中所含氧原子数目为4NA【答案】A【解析】A．过氧化钠由钠离子和过氧根构成，碳酸钠由钠离子和碳酸根构成，所以物质的量均为1mol的Na2O2和Na2CO3所含离子数目均为3NA，故A正确；B．根据反应方程式每生成1molNa2CO3时固体增重即为1molC原子和1molO原子的质量，为(12g/mol+16g/mol)×1mol=28g，此时有1molCO2参与反应，生成0.5molO2，转移电子数应为1NA，故B错误；C．CO2化合价没有变化，既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；D．未注明温度和压强，无法确定气体的物质的量，故D错误；9．（2020·江苏启东中学高一开学考试）Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48L，下列推断中不正确的是（）A．参加反应的Mg、Al共0.2molB．参加反应的HCl为0.4molC．Mg、Al在反应中共失去0.4mol电子D．若与足量的稀硫酸反应能产生0.2molH2【答案】A【解析】Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应的离子方程式为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑。【详解】反应实质为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑。n(H2)＝＝0.2mol，则参加反应的n(H＋)＝0.4mol。B项正确；若换成足量稀H2SO4，反应实质不变，同样产生0.2molH2，D项错误；依据得失电子守恒，由2H＋→H2得电子总数为0.2mol×2＝0.4mol，C项正确；根据极值法，0.2molMg提供0.4mol电子，0.2molAl则提供0.6mol电子，0.2molMg、Al混合物提供的电子数大于0.4mol小于0.6mol，A项错误。故本题答案为A。10．4.6g钠与足量的水发生反应，得到100mL溶液，则所得到溶液的物质的量浓度是()A.1mol/LB.2mol/LC.1.5mol/LD.3mol/L【答案】B【解析】根据钠元素守恒：Na------NaOH，n(NaOH)=4.6g÷23g/mol=0.2mol；c(NaOH)=0.2mol÷0.1L=2mol/L。11．用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．常温常压下，含有的氧原子数为3NAB．标准状况下，与足量的反应转移的电子数为3NAC．NA个一氧化碳分子和甲烷的质量比为7:4D．固体溶于1L的水中，所得溶液的物质的量浓度为【答案】A【解析】A．n(O)==3mol，即含有的氧原子数为3NA，A正确；B．结合2Fe+3Cl22FeCl3可知，反应消耗3molCl2转移6mol电子，所以标准状况下，(1mol)与足量的反应转移2mol电子，即转移的电子数为2NA，B错误；C．NA个一氧化碳分子的质量为28g，甲烷的质量=0.5mol×16g/mol=8g，所以NA个一氧化碳分子和甲烷的质量比=28:8=7:2，C错误；D．未给出溶液的体积，无法准确计算溶质的物质的量浓度，D错误。答案选A。12．制取水处理剂ClO2(其部分性质如表所示)的方法之一是利用草酸(H2C2O4)与氯酸钾反应，反应的化学方程式为2KClO3+aH2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+bH2O。下列有关该反应的说法不正确的是密度/(g·L−1)熔点/℃沸点/℃水溶性3.09−59.511.0极易溶解A．化学方程式中的a=1，b=2B．草酸只起到还原剂的作用C．KClO3中只有Cl元素被还原D．生成标准状况下5.6LClO2，转移0.25mol电子【答案】D【解析】A、由化学方程式中的碳元素守恒可知a=1，由氢元素或氧元素守恒可知b=2，故A说法正确；

B、该反应中的草酸为还原剂，故B说法正确；

C、根据反应方程式KClO3中Cl的化合价由＋5价→＋4价，化合价降低，氯酸钾为氧化剂，故C的说法正确；

D、由表中信息知，标准状况下ClO2为液体，不能直接用22.4L·mol－1，故D说法错误。13．将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL2mol/L盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法不正确的是()A．x＝2.24B．反应时，Na、Mg、Al均过量C．钠的物质的量为0.2molD．曲线b为Mg与盐酸反应的图像【答案】B【解析】由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数因该是不一样的，比值应是1：2：3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余，由此分析。【详解】A、由于酸不足，所以生成氢气的量为n（H2）＝0.5n（HCl）＝0.5×0.1L×2mol/L＝0.1mol，所以标况下的体积为2.24L，故A正确；B、Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，故B错误；C、生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，故C正确；D、按照金属活动性顺序Na＞Mg＞Al可知钠和盐酸反应最激烈，产生相同的氢气需要的时间最少，故中间那条线是Mg与盐酸反应的图像，故D正确；14．氢化钠(NaH)是一种生氢剂，可发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，对这一反应的描述正确的是()A．2.4g氢化钠完全反应可产生1.12LH2（标况下 ）B．生成1molH2转移2mol电子C．NaOH是还原产物 D．氧化产物和还原产物的质量比是1：1【答案】D【解析】A.2.4g氢化钠物质的量为2.4g÷24g/mol=0.1mol,可产生氢气体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24LB.NaH中H元素的化合价从-1价升至0价，H2O中H元素的化合价从+1价降至0价，生成1molH2转移1mol电子，B错误；C.NaH中H元素的化合价从-1价升至0价，H2O中H元素的化合价从+1价降至0价，所以氢气既是氧化产物，也是还原产物，氢氧化钠既不是氧化产物，也不是还原产物，C错误；D.根据C项分析，以及电子得失守恒可知氧化产物和还原产物的物质的量之比是1：1，质量比是1：1，D正确；15．近年来，科技人员研究得到一种新型材料——泡沫铝。它是把发泡剂加到熔融或固体粉末的铝合金中而制成的，其优点是硬度高、密度小(约为0.16～0.5g/cm3)，比木材还轻，可浮于水面，又有很大刚性，且隔音、保温，是一种良好的建筑材料和轻质材料，可大批量投放市场。回答下列问题：(1)铝制成铝箔用于食品包装，是利用它的__________(填序号)。A．金属光泽B．延展性C．导电性D．导热性(2)铝在空气中会被氧化生成一层致密的氧化膜(氧化物)而对铝起保护作用，但这层氧化膜(氧化物)遇到强酸或强碱都会溶解，请写出其与盐酸反应的离子方程式：_________。与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_________。(3)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，相同条件下所得H2的体积之比为______。(4)足量的两份铝分别投入到等体积、一定物质的量浓度的HCl、NaOH溶液中，二者恰好完全反应且产生的H2相等，则HCl和NaOH的物质的量浓度之比是__________。【答案】BAl2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2OAl2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O1∶13∶1【解析】(1)将铝制成铝箔用于食品包装，是利用了铝的延展性。(2)氧化铝为两性氧化物，可与酸或强碱反应生成盐和水，其与盐酸反应的离子方程式为Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O。(3)等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，反应中铝失去电子的物质的量相等，根据得失电子守恒可知相同条件下生成H2的体积之比为1∶1。(4)铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别是2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，因此当二者产生的H2相等时，HCl和NaOH的物质的量之比是6∶2＝3∶1，盐酸和NaOH溶液的体积相同，故HCl和NaOH的物质的量浓度之比为3∶1。16．i.完成该化学方程式：KClO3+HCl(浓)→KCl+

ClO2↑+Cl2↑+H2O_____________。ii.用2.7g铝和过量200mL浓度为2mol/L的盐酸反应，回答下列问题：(1)反应消耗_______molHCl；(2)在标准状况下产生的气体体积为_______升；(3)溶液中生成物的物质的量浓度为________。(假设反应后溶液体积不变)【答案】2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+

2ClO2↑+Cl2↑+2H2O0.33.360.5mol/L【解析】i．根据同种元素发生氧化还原反应（归中反应）时，化合价变化规律“只靠拢不交叉”分析可知，反应中KClO3中