高一化学人教版必修第一册巩固练习：第三章　第二节　第2课时　物质的量在化学方程式计算中的应用 含解析

PAGE第2课时物质的量在化学方程式计算中的应用课后训练巩固提升1.0.56g氧化钙恰好与20mL盐酸反应,则此盐酸中c(HCl)为()A.0.10mol·L-1 B.0.20mol·L-1C.0.50mol·L-1 D.1.00mol·L-1答案:D解析:CaO+2HClCaCl2+H2O 56g2mol0.56gc(HCl)×20×10-3L则:56g0.56g=2molc(HCl)×20×12.将8g铁片放入100mL硫酸铜溶液中,溶液中的铜离子全部被还原时,固体质量变为8.2g,则原溶液中硫酸铜的物质的量浓度为()A.0.5mol·L-1 B.0.25mol·L-1C.0.025mol·L-1 D.0.125mol·L-1答案:B解析:Fe+CuSO4FeSO4+CuΔm1mol 8gn(CuSO4)(8.2-8)gn(CuSO4)=1mol×0.2g8g=0.025mol,c(CuSO4)=0.025mol0.3.将铁加入100mL某浓度的盐酸中恰好完全反应,反应后生成的气体为VL(标准状况下),将铝加入100mL2mol·L-1氢氧化钠溶液中恰好完全反应,充分反应后生成的气体为3VL。下列说法正确的是()A.铁和铝的物质的量相等B.原盐酸中c(HCl)=2mol·L-1C.铁加入盐酸中发生反应的离子方程式为2Fe+6H+2Fe3++3H2↑D.盐酸与氢氧化钠溶液中溶质的物质的量浓度之比为1∶3答案:B解析:铝与氢氧化钠溶液的反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑2mol2mol 3moln(Al) 0.1L×2mol·L-1 n(H2)2mol0.1L×2mol·L-1=3moln(H2),解得n(H2)=0.3mol,2mol0.1L×2mol·L-1=2moln(Al),解得n(Al)=0.2mol,由铝与氢氧化钠溶液反应生成的气体为3VL,得3V22.4L·mol4.等质量的两份铝分别与适量的稀硫酸和NaOH溶液完全反应,若消耗两溶液的体积相同,则稀硫酸与NaOH溶液中溶质的物质的量浓度之比为()A.3∶2 B.2∶3C.2∶1 D.1∶2答案:A解析:2Al~3H2SO42Al~2NaOH2 3 22等量的Al消耗H2SO4和NaOH的物质的量之比是3∶2。又因它们体积相同,则物质的量浓度之比等于物质的量之比。5.在500mLNaOH溶液中加入足量铝粉,反应完全后共收集到标准状况下的气体33.6L,该溶液中NaOH的物质的量浓度为()A.1mol·L-1 B.2mol·L-1C.1.5mol·L-1 D.3mol·L-1答案:B解析:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑ 2mol 67.2L n(NaOH) 33.6Ln(NaOH)=2mol×33.c(NaOH)=1mol0.5L=2mol6.铝、钠混合物投入足量的水中,充分反应后,得到澄清溶液,并收集到4.48LH2(标准状况),若钠的物质的量为0.1mol,则铝的物质的量为()A.0.2mol B.0.1molC.0.05mol D.0.025mol答案:B解析:0.1molNa产生H2的物质的量为0.05mol,生成0.1molNaOH,而反应共释放H2为4.48L22.4L·mol-1=0.2mol,2Al~2NaOH~3H222 3X0.1mol 0.15molx=0.1mol。7.已知Fe+SFeS,FeS+2HClFeCl2+H2S↑,2H2S+3O22SO2+2H2O,一定量的铁粉和9g硫粉混合加热,待其反应后再加入过量盐酸,将生成的气体完全燃烧,共收集得9g水,则加入的铁粉质量为()A.14g B.42g C.56g D.28g答案:D解析:设加入的铁粉的质量为x。根据各步反应的定量关系,可列出关系式:FeFeS(铁守恒)H2S(硫守恒)H2O(氢守恒)FeH2(Fe与HCl反应)H2O(氢守恒)推出:Fe~H2O56 18x 9g56x=28g,即加入的铁粉为28g。8.0.3mol氯气与足量的金属M反应,生成0.2molMCln,则n等于()A.1 B.2 C.3 D.4答案:C解析:根据氯原子守恒,可知0.3molCl2与0.2molMCln均含0.6molCl。9.将4.6g金属钠投入足量水中,充分反应后得ag溶液;将4.8g金属镁投入足量盐酸中,充分反应后得bg溶液,假设水的质量与盐酸的质量相等,则反应后两溶液的质量关系式为()A.a=b B.a>bC.a<b D.无法判断答案:A解析:溶液的质量等于金属和水或酸的质量之和减去放出H2的质量。2Na+2H2O2NaOH+H2↑46 24.6g 0.2ga=4.6+m(H2O)-0.2=4.4+m(H2O)Mg+2HClMgCl2+H2↑24 24.8g 0.4gb=4.8+m(盐酸)-0.4=4.4+m(盐酸)因为m(H2O)=m(盐酸),所以a=b。10.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回来的氢氧化钠试剂标签上的部分内容。某同学从该试剂瓶中取出24.0g固体,配成1L溶液,请计算:氢氧化钠化学纯(CP)500g品名:氢氧化钠化学式:NaOH相对分子质量:40(1)所得氢氧化钠溶液中溶质的物质的量浓度为。

(2)从所得氢氧化钠溶液中取出200mL放入烧杯中,投入足量的金属铝,完全反应后,产生的气体在标准状况下的体积为。

答案:(1)0.6mol·L-1(2)4.032L解析:n(NaOH)=m(NaOH)M(NaOH)=24.0g40g·2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑ 2mol 22.4L×30.6mol·L-1×0.2L V(H2)V(H2)=0.6mol·L11.某学习小组用下图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。(1)A中试剂为。

(2)B中发生反应的化学方程式为

。

(3)若实验用铝镁合金的质量为ag,测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况),B中剩余固体的质量为cg,则铝的相对原子质量为。

答案:(1)NaOH溶液(2)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑(3)33600解析:(1)Mg、Al均可以与酸反应,因此不可以用酸来实验,由于Al可以与碱溶液反应而Mg不可以,则可以用NaOH溶液与Al反应制得H2,然后用排水法收集H2,以计算Al的量。(2)B中发生的是Al与碱溶液的反应。(3)(a-c)g即为铝的质量,再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量。而n(Al)可以由产生的H2的量求得。12.完成下面有关钠、镁、铝的计算及判断。(1)取wg钠、镁、铝分别与足量盐酸反应,在相同条件下产生氢气的体积之比是。

(2)取0.1mol钠、镁、铝分别与足量盐酸反应,在相同条件下产生氢气的体积之比是。

(3)若产生相同体积(同温同压)的氢气,所需钠、镁、铝三种金属的物质的量之比是,质量之比是。

(4)若将0.2mol钠、镁、铝分别投入10mL1mol·L-1盐酸中,在标准状况下产生氢气体积的大小顺序是。

答案:(1)1(2)1∶2∶3(3)1∶12∶13(或6∶3∶2)23(4)V(Na)>V(Al)=V(Mg)解析:(1)利用电子守恒,产生氢气的体积之比即为金属转移的电子数之比,为w23(2)0.1mol钠、镁、铝分别与足量盐酸反应,金属转移的电子物质的量之比为(0.1mol×1)∶(0.1mol×2)∶(0.1mol×3),所以相同条件下产生氢气的体积之比为1∶2∶3。(3)氢气的体积相等,转移的电子数相等,即金属失去的电子数相等。(4)Mg、Al过量,应以HCl的量计算生成的气体的体积(转移电子为0.01mol),Na也过量但过量的钠可以与水反应(共转移电子0.2mol)。13.把10.2g镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中,在标准状况下生成6.72L氢气。试计算:(1)该合金中铝的质量分数是;

(2)该合金中镁与铝的物质的量之比是;

(3)该合金溶于足量的盐酸中,标准状况下产生氢气的体积是。

答案:(1)52.9%(2)1∶1(3)11.2L解析:(1)把镁铝合金的粉末放入过量的烧碱溶液中,镁不反应,只有铝能与氢氧化钠溶液反应。设铝的物质的量为n(Al),则:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑2mol 3×22.4Ln(Al) 6.72L解得:n(Al)=0.2mol,m(Al)=0.2mol×27g·mol-1=5.4g,铝的质量分数为5.4g10.2g×100%(2)m(Mg)=10.2g-5.4g=4.8g,n(Mg)=4.8g24g·mol-1=0.2mol,则(3)设由铝生成的氢气为V1(H2),由镁生成的氢气为V2(H2),由铝和镁与盐酸的反应可知:2Al+6HCl2AlCl3+3H2↑2mol 3×22.4L0.2mol V1(H2)解得:V1(H2)=6.72L,Mg+2HClMgCl2+H2↑1mol 22.4L0.2mol V2(H2)解得:V2(H2)=4.48L,V总(H2)=V1(H2)+V2(H2)=6.72L+4.48L=11.2L。综合测评(A)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题包括12个小题,每小题5分,共60分,每小题只有1个选项符合题意)1.分类法是化学学习中的一种重要方法,下列分类图正确的是()答案:B解析:离子反应与氧化还原反应是交叉关系,A项错误;Al2O3属于氧化物,但既不是酸性氧化物,也不是碱性氧化物,而是两性氧化物,C项错误;有些化学反应不属于四种基本类型的反应,如CO+CuOCO2+Cu,D项错误。2.下列说法中正确的是()A.氯化钠在电流的作用下产生能自由移动的Na+和Cl-,所以氯化钠溶液能导电B.二氧化碳的水溶液能够导电,所以二氧化碳属于电解质C.NaHSO4和NaHCO3在水中反应的离子方程式为H++HCO3-H2O+CO2D.氯气的水溶液能使有色布条褪色,所以氯气具有漂白性答案:C解析:水溶液中NaCl在水分子的作用下发生电离,A项错误;二氧化碳本身不能电离出自由移动的离子,故二氧化碳不是电解质,B项错误;使有色布条褪色的是氯水中的HClO,氯气没有漂白性,D项错误。3.实验室欲用18mol·L-1的浓硫酸配制500mL3mol·L-1的稀硫酸,下列说法正确的是()A.应用量筒量取83.33mL浓硫酸B.在烧杯中稀释后,应立即将溶液转移至容量瓶中C.加水定容时,若仰视刻度线,会使所配溶液浓度偏大D.转移溶液后,若未洗涤烧杯内壁和玻璃棒并将洗涤液转移至容量瓶中,会使所配溶液浓度偏小答案:D解析:量筒的精确度较低,一般准确到0.1mL,A项错误;浓硫酸稀释时放出热量,应待溶液恢复至室温后再转移溶液,B项错误;定容时仰视刻度线,溶液体积偏大,所配溶液的浓度偏小,C项错误。4.在强碱性溶液中,下列离子组能大量共存的是()A.Na+、K+、SO42B.Na+、Cu2+、SO42C.Mg2+、Na+、SO42D.Ba2+、HCO3-、NO答案:A解析:强碱性溶液中,Cu2+、Mg2+、HCO35.某化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液标签上标有“CaCl20.1mol·L-1”的字样,下面是该小组成员对溶液的叙述,正确的是()A.配制1L该溶液,可将0.1molCaCl2溶于1L水中B.Ca2+和Cl-的物质的量浓度都是0.1mol·L-1C.从试剂瓶中取该溶液的一半,则所取溶液的物质的量浓度为0.05mol·L-1D.将该瓶溶液稀释至原体积的2倍,则所得溶液的c(Cl-)为0.1mol·L-1答案:D解析:溶液的体积不能确定,A项错误;Cl-物质的量浓度为0.2mol·L-1,B项错误;所取溶液物质的量浓度为0.1mol·L-1,C项错误;原溶液中c(Cl-)=0.2mol·L-1,将溶液稀释至原体积的2倍后,则溶液的c(Cl-)=0.1mol·L-1,D项正确。6.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述不正确的是()A.标准状况下,22.4L由NH3和CH4组成的混合气体,所含分子数为NAB.1molCl2与足量的Ca(OH)2溶液完全反应,转移电子的数目为NAC.0.5mol·L-1MgCl2溶液中,含有Cl-的数目为NAD.常温常压下,NA个氯气分子的体积大于22.4L答案:C解析:C项中溶液的体积未知,不能计算Cl-的物质的量。7.W、X、Y、Z4种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示,其中Z位于第ⅦA族。下列判断错误的是()A.常压下4种元素的单质中,W单质的熔点最高B.Z的阴离子电子层结构与氩原子相同C.Z的氧化物对应水化物的酸性比X的氧化物对应水化物的酸性强D.Y元素的非金属性比X元素的非金属性强答案:C解析:根据四种元素的位置关系可知,W、X、Y、Z分别为C、P、O、Cl。Z的最高价氧化物对应水化物(HClO4)的酸性比X的最高价氧化物对应水化物(H3PO4)的酸性强,C项错误。8.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效的饮用水处理剂,工业上可由下列方法制得:Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O关于该反应的说法正确的是()A.反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂B.Fe2O3可以通过铁丝在氧气中燃烧制得C.生成1molNa2FeO4,有3mol电子转移D.在Na2FeO4中Fe为+6价,具有强还原性,能消毒杀菌答案:C解析:根据元素化合价的变化可知,反应中Na2O2只是氧化剂,A项错误;铁丝在氧气中燃烧生成Fe3O4,B项错误;Na2FeO4中Fe为+6价,具有强氧化性,D项错误。9.下列实验现象和结论不相符的是()选项操作及现象结论A某溶液中加入盐酸,产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体该溶液中一定含有COB某溶液进行焰色试验,焰色为黄色溶液中一定含有Na+C某气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊该气体可能是CO2D向某溶液中先加KSCN溶液,无明显现象,再滴入氯水,溶液变红溶液中一定含有Fe2+答案:A解析:A项中,若溶液中存在HCO310.将11.6gFe3O4加入10.0mL某浓度的盐酸中,再加入9.8g铁粉,反应停止时,溶液中无固体存在。向溶液中滴加硫氰化钾溶液,未见颜色变化,为了中和过量的盐酸(不考虑HCl的挥发),且使铁完全转化成Fe(OH)2,共消耗5.0mol·L-1NaOH溶液16.0mL。原盐酸中HCl的物质的量浓度为()A.2.0mol·L-1 B.4.0mol·L-1C.6.0mol·L-1 D.8.0mol·L-1答案:D解析:由题意可知,最终得到的是NaCl溶液,根据电荷守恒,有n(Cl-)=n(Na+),c(HCl)×0.0100L=5.0mol·L-1×0.0160L,c(HCl)=8.0mol·L-1。11.某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是()A.闭合开关K,电流计指针发生偏转,证明HCl溶液是电解质B.闭合开关K,向烧杯中加入NaCl固体,由于HCl与NaCl不反应,故电流计指针不发生偏转C.闭合开关K,向溶液中加入CaCO3固体,电流计示数不变D.选取相同浓度的硫酸替换0.1mol·L-1的HCl溶液,电流计的示数相同答案:C解析:HCl溶液为混合物,不是电解质,A项错误;加入NaCl固体,溶液中自由移动的离子浓度增大,导电能力增强,电流计示数增大,B项错误;向HCl溶液中加入CaCO3固体,2H++CaCO3Ca2++CO2↑+H2O,溶液中离子所带电荷的总浓度基本不变,导电性不变,电流计示数不变,C项正确;盐酸和硫酸浓度相同时溶液中离子浓度不同,电荷浓度不同,导电能力不同,电流计示数不同,D项错误。12.已知:5PbO2+2Mn2++4H+5Pb2++2MnO4-+2H2A.PbO2为还原剂,具有还原性B.氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2C.生成1mol的Pb2+,转移的电子数为5molD.酸性环境下PbO2的氧化性强于MnO答案:D解析:PbO2中铅元素的化合价由+4价降低为+2价,故PbO2为氧化剂,具有氧化性,A项错误;MnO4-为氧化产物,Pb2+为还原产物,其物质的量之比为2∶5,B项错误;生成1molPb2+时,转移电子2mol,C项错误;在化学反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性二、非选择题(共4小题,共40分)13.(5分)下图分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系(X为核电荷数,Y为元素的有关结构或性质)。(1)表示第ⅥA族元素原子的最外层电子数变化规律的是(填字母,下同)。

(2)表示第三周期五种主族元素的最高化合价变化规律的是。

(3)表示O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+的离子半径变化规律的是。

(4)表示碱金属单质密度的变化规律的是。

(5)表示卤族元素单质熔点的变化规律的是。

答案:(1)B(2)C(3)A(4)D(5)C解析:(1)第ⅥA族元素原子的最外层电子数都是6,不随核电荷数的变化而变化,图像B符合。(2)第三周期,主族元素的最高正价等于其最外层电子数,所以随着核电荷数的增加,其最高正价逐渐升高,图像C符合。(3)核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,图像A符合。(4)碱金属单质的密度随核电荷数的递增呈增大趋势,但K的密度比Na的密度小,图像D符合。(5)卤族元素单质熔点随核电荷数的递增逐渐升高,图像C符合。14.(11分)现有CO和CO2的混合气体20g,其体积为11.2L(标准状况)。回答下列问题:(1)该混合气体的总物质的量为,其平均摩尔质量为。

(2)混合气体中碳原子的个数为。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)

(3)若将该混合气体全部通过如图所示装置进行实验。则:①气球中收集的气体是,原混合气体中该气体的质量为;

②A瓶中发生反应的离子方程式为

。

③若要证明A瓶溶液中的阳离子未沉淀完全,其方法为

。

答案:(1)0.5mol40g·mol-1(2)0.5NA(3)①CO3.5g②Ba2++2OH-+CO2BaCO3↓+H2O③待A瓶中充分沉淀后,取少量上层清液放入试管中,滴加硫酸钠溶液,若有白色沉淀产生,说明Ba2+未沉淀完全(或其他合理方法)解析:(1)该混合气体的总物质的量为11.2L22.4L·mol-1(2)混合气体共0.5mol,且每个CO或CO2分子中都只有1个碳原子,所以混合气体中碳原子的个数为0.5NA。(3)①混合气体通过Ba(OH)2溶液时CO2被吸收,气球中收集到的气体是CO。设原混合气体中CO的物质的量为n,则有28g·mol-1×n+44g·mol-1×(0.5mol-n)=20g,解得n=0.125mol,CO的质量为28g·mol-1×0.125mol=3.5g。②A瓶中发生的反应是Ba(OH)2与CO2反应。③可利用反应Ba2++SO42-BaSO415.(12分)某学习小组在实验室制备FeCl3固体。已知FeCl3固体易吸水潮解。实验装置如下:(1)分液漏斗①中盛有浓硫酸,烧瓶②中盛放固体氯化钠和二氧化锰,将浓硫酸滴加到烧瓶中共热。分两步写出反应的化学方程式:①,

②。

(2)为了获得纯净干燥的氯气,B瓶中的试剂是;C瓶中的试剂是。

(3)D中盛放的固体是铁粉,发生反应的化学方程式为