专题03 物质的量-2018年高考化学备考之小题精练系列

2018届高考小题精炼专題昭物质的量(满分42分时间20分钟)姓名：班级：得分：1．标准状况下，下列说法正确的是等体积CH和HF所含的电子数相同4pH=12的NazCOs溶液中c(0H-)=10-2mol/L2.5gMg-Zn合金与足量的盐酸反应，放出的气体体积可能为2.24LD•由H2O2制2.24巴转移的电子数目为0.4Na【答案】C【解析】X、在标准状况下四是气体，而HF是液体，所以等体积时二者的物质的量不同，所含的电子数也不同，故A错误1E、因为在常温下水的离子积常数K^=1.0X10-iS则pH=12的阻CO畀容液中c(OH-)=10^mol-L-1,但题目所给条件是标准状况，所以.E错误，C、在标况下2.24L氢气的物质的量为0.lmob生成这些氢气需要Mg的质量为2.4g<2.轴需要Zn的质量为6.5g>2.5S?根据平均值原则可确定C!正确,D、IhOi中的氧元素从T价升高为0价，生成氧气，所以标况下生成2.241X)2转移的电子数为0.2Na,故D错误。本题正确答案为点睛：本题最容易错选ABoHF通常都知道是气1■本，但由于分子间形成的氢键导致其熔沸点反常〔相对于HC1、HBr.HI依次升高而言人它在常温下是气体，在标况下是液体，所以_等体积CHi和HF,物质的量不同；常常使用pH表示濬液的酸碱性，JOpH<7显酸性，pHh显中性，pH》了显碱性，其实是有温度限制，遠是在常温下的结论，若没有指明温度就确定溶液的酸碱性是不准确的，也不能计算溶液的Kw.c(OH-).tOT)等。氢氧化铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解25.25g二者的混合物，恰好消耗l.Omol・L-i盐酸500mL。灼烧等量的上述混合物，得到的氧化铜质量为()15gB.20gC.30gD.35g【答案】B【解析】混合物加入盐酸发生：Cu(OH)+2HCl=CuCl+2HO、Cu(OH)CO+4HCl=2CuCl+COf+3HO,恰好22223222消耗盐酸500mL,生成CuCl物质的量为500X10-3X1/2mol=0.25mol,其中Cu原子物质的量为0.25mol,2灼烧混合物Cu元素最终转化成CuO,因此根据Cu原子守恒，因此CuO的物质的量为0.25mol,其质量

为0.25X80g=20g,故选项B正确。单质M与氧气反应为：2M+02-2M0,参加反应的M与生成的M0质量关系如图所示，则M0的摩尔质量（g/mol）为（）M质量/g12M质量/g12o20MO质量僖24B.40C.48D.80【答案】B【解析】设M的相对原子质量为孟，根据化学方程式列数据如下：2M-K）2^2MO2k2x（x+l6）12g20fi所以.互二"&+⑹,解得盟斗扎则MO的相对分子质量为24+16-40,根据摩尔质量的数值等于其]2g20g相对分子质量，单位是g/mol,所以MO摩尔质量40g/mob故选点睛：本题考查根据化学方程式的有关计算，解题的关键是理解化学方程式可以表示反应物和生成物的质量关系，利用化学方程式求出某元素的相对原子质量，再根据摩尔质量在数值上等于其相对分子质量进一歩解决问题。注意利用图像数据得到M和MO的质量关系o4•甘氨酸的化学式为CHON，关于0.5molCH0N计算结果错误的是（）252252A.分子个数约为：3.O1X1023B.式量：75C.原子的物质的量的总和：4.5molD.氧元素质量：16g【答案】C【解析】A项，根据阿伏伽德罗常数可知，0.5molCHON中含有的分子个数约为：2520.5molX6.02X1023mol-i=3.01X1023，故A正确；B项，甘氨酸的化学式为：CHON，则式量为：25212X2+1X5+16X2+14=75,故B正确；C项，甘氨酸的化学式为：CHON,所以0.5molCHON中原子的252252物质的量的总和为：0.5molX（2+5+2+1）=5mol，故C错误；D项，O.5molCHON中含有的氧元素的物质252的量为2X0.5mol=1mol，所以氧元素的质量为：1molX16g/mol=16g,故D正确。5．对物质的量的理解正确的是（）物质的量就是物质的质量的另一种表达方式，单位是g/mol物质的量就是物质的数量，数值上等于式量，单位是mol物质的量就是6.02X1023个微粒的质量，单位是g物质的量是国际单位制中的一个物理量，表示含有一定数目微粒的集体【答案】D【解析】A项，物质的量与物质的质量为两个不同的物理量，物质的量的单位是皿也故A错误；E项，物质的量表示物质所含指定粒子的梦少，物质的量是一个整体，不是物质所含粒子的数量，数值上等于物质质量与相对分子质量之比，单位是mol,故E错误；C项，物质的量的单位是mol,lmd任何物质中含有的该物质徽粒个数是6.02X1023^,故C错误,D项，物质的量是国际单位制中的一个基本物理量，它表示含有一定数目粒子的集合体，故D正确。r\EDTA是一种重要的络合剂。4mol一氯乙酸和lmol乙二胺（"八）在一定条件下发生反应生成ImolEDTA和4molHCl,则EDTA的分子式为（）A.CHNOB.CHNOC.CHNOD.CHNOCl10162810202881628l62028【答案】A【解析】一氯乙酸结构简式为CH2ClCOOH，分子式为C2H3O2Cl，乙二胺的分子式为C2H8N2,4m。1一氯乙酸和lmol乙二胺在一定条件下发生反应生成lmolEDTA和4mo1HC1，有4CHOCl+CHN—EDTA+4HC1,由质232282量守恒可得EDTA的分子式为。』』2°8,故选A点睛：本题考查有机物分子式的计算，侧重于学生的分析能力的考查，解题关键：根据反应的关系式，利用质量守恒计算。在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板,将容器分成两部分。当左边充入28gN2,右边充入8gCO和co2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）。则混合气体中CO和co2的分子个数比为（）A.l：lB.l：3C.2：lD.3：l【答案】D【解析】根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的体积之比是物质的量之比，根据示意图可知氮气和混合气体的体积之比是4：1。28g氮气是lmol，所以混合气体的物质的量是0.25mol,设混合气体中CO和匹的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y=0.25、28x+44y=8,解得x=0.1875、y=0.0625，所以混合气体中CO和CO的分子个数比为3：1,答案选D。2在一定的温度和压强下，30L某种气态纯净物中含有6.02X1023个分子，这些分子由1.204X1024个原子组成，下列有关说法中不正确的是该气体中每个分子含有2个原子标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4L该温度和压强可能是标准状况若02在该条件卜为气态，则1molO2在该条件下的体积也为30L【答案】C【解析】一定温度和压强下，30L某种气态纯净物中含有6.02X1023个分子物质的量为lmol,这些分子由1.204X1^个原子组成即原子构成；A、依据计算lmol分子中含有原子，该气体中每个分子含有2个原子，选项A正确；标准状况下该纯净物若为气态，物质的量为lmol,其体积约是22.4L,选项E正确：G题干lmol气体的体积为30ml,所以该温度和压强不可能是标准状况，在标准状况lmol气体体积约为22.4L,选项C不正确；D、同温、同压、同物质的量的气体体积相同，所以_若6在该条件下为气态，则1mol6在该条件下的体积也为30L,选项D正确。答案选Co点睛：本题考查了物质的量的计算应用，阿伏加德罗定律的分析判断，气体摩尔体积的条件应用等。注意依据冲》计算物质的量以及标准状况下气体的摩尔体积的适用范围。将铜和镁组成的2.24g混合物投入适量某浓度的硝酸中完全反应，还原产物中有NO2、NO、N2O三种气体，且体积均为0.224L(标准状况)，然后向反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，所得沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为A.3.12gB.4.28gC.4.68gD.5.08g【答案】B【解析】反应中CuTCu2+bCu(OH)2，MgTMg2+bMg(OH)昇由此可知Mg、Cu在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据HNOTNO,HNOTNO，HNOTNO可知生成32320.224LNO转移的电子为0.224L/22.4L/molX3=0.03mol,生成0.224LNO转移的电子为0.01mol,生成20.224巴0转移的电子为OE。1，共转移电子0.12m。1电子，所以反应后生成沉淀的质量为2.24g+0.12molX17g/mol=4.28g，答案选B。点睛：本题考查混合物的计算，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键。化学计算中需要灵活应用各种守恒法，例如电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒等。将mg含氧化铁、氧化铜或氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1mol/L的2L盐酸中恰好完全反应,若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是()A.(m－16)gB.(m＋16)gC.(m－32)gD.16g【答案】A【解析】试题分析：2Llmol/L的盐酸中含有HC1的物质的量为：n(HC1)=lmol/LX2L=2mobF出CuO或FeO与盐酸反应分别生成FeCb.CuCh.FeCh,根据化合物中总化合价为0,金属氧化物CuO和FQ中氧离子所带员电荷一定与FeCL、CuCb.FeCb中氯离子所带员电荷的物质的量相等，即加(O2-)=n(CT)=2mol，则Fe^Os、CuO和FeO中氧离子的物质的量为：n(O2_)=n(Cl_)=2molXi=lmob金属氧化物中氧元素的质16g/molXlmol=16g；则CuO和FeO金属元素的质量为：mg-16g=(m-16)g；根据质量守恒，该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是故选A。【考点定位】考查混合物的计算【名师点晴】本题考查了混合物的计算。氧化铁、氧化铜或氧化亚铁的样品投人物质的量浓度为laol/L的2L盐酸中恰好完全反应，反应生成氯化铁、氯化亚铁、氯化铜，根据化合物中总化合价为0可知，金属的氨化物中含有的氯高子所带电荷与氧元素所带电荷相等，根据盐酸中氯化氢的物质的量计茸出氧原子的物质的量、质量，从而得出金属元素的质量。明确金属氧化物中氧元素与对应的氯化氢中氯离子的物质的量关系为解答本題的关键，注意质量守恒在化学计算中的应用。n.某溶液中含有O.SmoWaNq和O.Sm^^Sq，向该溶液中加入14・4g金属Mg,充分反应后生成的N0在标准状况下的体积为A.8.96LB.6.72LC.5.6LD.4.48L答案】C【解析】金属与混合酸的计算必须用对应的离子方程式进行计算，n(NOj)=0.3mol；nW)=lmol,n(Mg)=14.4g4-24g-mol^O.toolo发生的反应的离子方程式为：3M^8fr+2NOj=3Mg^+2NOf+4H2O38220.610.3n(NO)经过判断可知NOh和Mg均有剩余，H■全部反应完，所以.根据用的物质的量计算，n(NO)=lmolX1/4-0.25mob所以标准状况下V(NO)二&巧molX22.4L■二5.6L,答案选C。正确答案为C点睛：金属与硫酸和硝酸的混合酸的计算，必须用其对应的离子方程式进行计算。M(NO)热分解化学方程式为：2M(N0)2M0+4N0f+Of。加热29.6gM(N0)使其完全分解，在标准32322232状况下收集11200mL的气体，那么M的摩尔质量是()A.64g/molB.24g/molC.65g/molD.40g/mol【答案】B【解析】试题分析：生成气体的物质的量为0.5mol，氧气为气体总量的1/5，氧气的物质的量为O.lmol,设M(NO)的物质的量为xmol322M(NO)2MO+4NOf+Of322221x0.1解得x=0.2mol,M(NO)的摩尔质量为29.6gF0.2=148g/mol,M=148—62X2=24g/mol。，故B正确。考点：本题考查物质的量计算。在常温下四个容积相同的抽空的密闭容器内，分别注入下列各组气体(先注入一种，再注入另一种)，全部气体注入完毕后，容器中的压强从大到小的顺序是()①2mol氢气和1mol氧气②2mol硫化氢和1mol二氧化硫③2mol一氧化氮和1mol氧气④2mol氨和lmol氯化氢A.①〉③〉④〉②B.①〉②二③〉④C.③〉④〉①〉②D.①迤=③〉④答案】A【解析】试题分析：①加1O1氢气和lnnd氧气混合后不发生反应，气体的总物质的3mob②谥硫化氢和lmol二氧化硫^2H2S+SO2=3S+2KO,两者恰好反应，S为固体，HQ为酒体,密闭容器中没有气体；③2mol—氧化氮和lmol氧气发生2\002=2N<>2,两者恰好反应生成2mol赳6,而NO还能转变成NMh,发生2NS註览04,密闭容器中气彳本有N6和MS的混合物，其物质的量必然犬于lmol切汙2mob④2mci氨和lmd氯化氢发生NHs+HC1=NI^C1,NHj过量，剩余气体的物质的量为ImoL在同温同体积条件下，不同气体的压强之比等于其物质的量之比，则四个容器中气体的压强从大到小的顺序^®>®>@>②，A正确，本题选典.将0.1mol镁和铝的混合物溶于100mL2mol/L稀硫酸中，然后滴加1mol/L的NaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是当V1=150mL时，金属粉末中镁粉的质量分数为50%若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Ab+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=4OOmL。C•若其中镁粉的物质的量分数为a,用100mL2mol/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450mL1mol/L1NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)，则a的取值范围为恳<a<132若在滴加NaOH溶液的体积为V时，溶液中溶质为NaAlO22【答案】D【解析】A、当V=150mL时，此时溶液是MgSO、Al(SO)和NaSO混合液，由Na+离子守恒可知，n(NaSO)142432424=1/2n(Na+)=1/2n(NaOH)=l/2XO.15LXlmol・L-i=0.075mol,设MgSO为xmol，Al(SO)为ymol，243根据Mg原子、Al原子守恒可得：x+2y=0.1,根据SO2-离子守恒可知：x+3y=0.2