1、物质的量在化学方程式计算中的应用学习理解共45分一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1(2021北京西城区高一检测)在一定体积的容器中加入1.5 mol氙气和7.5 mol氟气(双原子分子)，于400 和2 633 kPa压强下加热数小时，然后迅速冷至25 ，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5 mol氟气。则所得无色晶体产物中，氙和氟的原子个数之比是()A16B14C13D12【解析】选B。参加反应的氙气和氟气的物质的量之比为1.5(7.54.5)12，氙气是单原子分子，氟气是双原子分子，所以得到的无色晶体中，氙和氟的原子个数比为14。【补偿训练】对于反应aAbB=cCdD(
2、A、B、C、D表示物质的化学式，a、b、c、d为化学方程式中的化学计量数)，下列说法不正确的是()A如果质量为m1的A与质量为m2的B恰好完全反应，则生成的C、D的质量之和一定等于(m1m2)B参加反应的A和B中的原子总数一定等于生成的C和D的原子总数C(ab)不一定等于(cd)DA和B中的元素种类，不一定等于C和D中的元素种类【解析】选D。化学反应的本质是把反应物中旧分子拆成原子，再把原子重新组合成生成物中的分子，反应过程中元素种类不会改变，所以选D。2在500 mL NaOH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33.6 L，该NaOH溶液的浓度为()A1.0 molL1B
3、2.0 molL1C1.5 molL1 D3.0 molL1【解析】选B。2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2 2 mol 67.2 L n(NaOH) 33.6 Ln(NaOH)1.0 mol，c(NaOH)2.0 molL1。3(2021包头高一检测) 浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4(浓) CCO2 2H2O 2SO2，则12 g木炭和足量的浓硫酸反应后生成的气体在标准状况下的体积为()A67.2 LB89.6 LC44.8 LD22.4 L【解析】选A。根据反应方程式，消耗12 g C，生成CO2的物质的量为1 mol，SO2的物质的量为2 mol
4、，即气体总物质的量为3 mol，标准状况下气体的体积为322.4 L67.2 L，故A正确。【补偿训练】将足量铁粉放入100 mL 0.1 molL1的AgNO3溶液中，充分反应后析出的银的质量为()A10.8 gB6.4 gC1.08 gD3.2 g【解析】选C。设析出银的质量为m g，Fe2AgNO3=Fe(NO3)22Ag 2 mol 216 g 0.1100103 mol m解得m1.08 g。4(2021广州高一检测)部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：下列说法正确的是()A样品中Fe元素的质量为2.24 gB滤液A中的阳离子为Fe2
5、、Fe3、HC样品中CuO的质量为4.08 gDV896【解析】选A。因为铜与稀硫酸不反应，所以样品与足量稀硫酸反应后的滤渣为Cu，滤液中不含Cu2，所以原合金中Cu元素质量为3.2 g；因有Cu单质剩余，故滤液A中不含Fe3，其为FeSO4溶液和稀硫酸的混合液；加入NaOH溶液后生成Fe(OH)2，充分灼烧后得到固体为Fe2O3，其质量为3.2 g，其中含Fe元素质量为3.2 g2.24 g，样品中氧元素的质量为5.76 g3.2 g2.24 g0.32 g。样品中Fe的质量为2.24 g，故A正确；溶液中不可能存在Fe3，故B错误；样品中氧元素的质量为0.32 g，Cu元素的质量为3.2
6、g，其质量和3.52 g小于4.08 g，故C错误；若V896，则Fe单质的质量为56 gmol12.24 g，因为有部分被氧化，参与反应的Fe单质小于2.24 g，故D错误。5(2021济南高一检测)一定浓度的NaOH溶液20 mL可恰好中和18 mL x molL1的H2SO4溶液或24 mL y molL 1的盐酸，则xy为()A12B21C23D32【解析】选C。中和20 mL一定浓度的NaOH溶液需要的HCl的量是H2SO4的2倍，即24y218x或理解为两者电离出的n(H)相同，可得出xy23。6将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中三价铁离子和二价铁离子浓度相等。则已反
7、应的三价铁离子和未反应的三价铁离子的物质的量之比是()A23B32C12D11【解析】选A。设溶液中未反应的Fe3的物质的量为a mol，则反应后溶液中n(Fe2)a mol。2Fe3Fe =3Fe2a mol a mol所以已反应的Fe3和未反应的Fe3的物质的量之比为a mola mol23。【补偿训练】(2021泰安高一检测)实验室利用反应2KClO32KCl3O2制取氧气，现有24.5 g KClO3参加反应，则得到标准状况下的氧气体积是()A.2.24 L B4.48 L C44.8 L D6.72 L【解析】选D。24.5 g KClO3的物质的量是0.2 mol，2KClO32K
8、Cl3O22 mol 3 mol0.2 mol n(O2)，则n(O2)0.3 mol。故产生的氧气在标准状况下的体积是0.3 mol22.4 Lmol16.72 L。7(2021广州高一检测)将等质量的铝粉分别加入足量的等体积等浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，在相同条件下，前者与后者产生气体的体积之比是()A31B13C21D11【解析】选D。2Al6HCl=2AlCl33H2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，因为HCl和NaOH溶液都足量，两种溶液中生成的氢气体积之比与溶解的Al的质量有关，两种溶液中Al的质量相等，则转移电子数相等，所以生成的氢气体积相同。8(2021中山高一
9、检测)甲、乙两烧杯中各盛有1 L 3 molL1的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成的气体体积比为V(甲)V(乙)12，则加入铝粉的质量为()A54 g B36 g C27 g D18 g【解析】选A。由2Al6HCl=2AlCl33H2、2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2可知，若铝在两溶液中均不足，则产生的气体体积之比应为11，若铝在两溶液中均过量，则产生的气体体积之比应为13，而13V(甲)V(乙)1211，故盐酸与Al反应时Al有剩余，氢氧化钠溶液与Al反应时Al完全反应。盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为1 L3 molL13 mo
10、l，设铝与酸反应时生成的氢气的物质的量为x，则：2Al6HCl=2AlCl33H2 6 3 3 mol x解得x1.5 mol，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为1.5 mol23 mol，设与碱反应的铝的物质的量为y，则：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H22 3y 3 mol解得y2 mol，则铝的质量为2 mol27 gmol154 g。二、非选择题(本题共1小题，共13分)9(2021安庆高一检测)将5 g钠、铝合金投入200 mL的水中，固体完全溶解，产生4.48 L(标准状况下)气体，溶液中只有一种溶质。回答下列问题：(1)处理计算问题，可以用图示分析的方法。写出化学
11、式：A_，B_，C_。经过分析得出钠、铝合金中两金属的物质的量之比为_。(2)所得溶液的物质的量浓度为_。(假设反应前后溶液体积变化忽略不计)【解析】据题意可知该流程为因反应后溶液中只有一种溶质，说明Na与H2O反应生成的NaOH恰好与Al发生反应，该过程中反应为2Na2H2O=2NaOHH22Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2则设n(Na)n(Al)x，所以0.2 mol，x0.1 mol，则所得NaAlO2溶液的物质的量浓度为0.5 molL1。答案：(1)H2NaOHNaAlO211(2)0.5 molL1【补偿训练】一块表面已被氧化为氧化钠的钠块17.0 g，投入50 g水中
12、，最多能产生0.2 g气体，则：(1)涉及的化学方程式为_，_。(2)钠块中钠的质量是_。(3)钠块中氧化钠的质量是_。(4)原来钠块中被氧化的钠的质量是_。(5)设所得溶液的体积为50 mL，求所得溶液溶质物质的量浓度是_。【解析】(1)该过程中涉及的化学方程式有2Na2H2O=2NaOHH2，Na2OH2O=2NaOH；(2)(3)反应生成氢气的质量为0.2 g，则2Na2H2O=2NaOHH246 2m(Na) 0.2 gm(Na)4.6 g；m(Na2O)17.0 g4.6 g12.4 g；(4)m(Na2O)12.4 g，则被氧化成氧化钠的金属钠的质量12.4 g9.2 g；(5)原
13、样品中钠元素的质量4.6 g9.2 g13.8 g，钠元素的物质的量0.6 mol，根据钠守恒得溶液中氢氧化钠的物质的量0.6 mol，则氢氧化钠的浓度12 molL1。答案：(1)2Na2H2O=2NaOHH2Na2OH2O=2NaOH(2)4.6 g(3)12.4 g(4)9.2 g(5)12 molL1应用实践共35分一、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)10(2021新余高一检测)设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A1 mol Na在空气中完全燃烧，转移的电子数为2NAB常温下，2.3 g钠投入水中，产生0.05NA个氢分子C0.1 mol Fe与足量水蒸气反
14、应生成H2的分子数为0.1NAD0.1 mol Fe与足量盐酸反应，转移0.3 mol电子【解析】选B。1 mol Na在空气中完全燃烧生成0.5 mol Na2O2，转移1 mol电子，A错误；钠与水发生反应2Na2H2O=2Na2OHH2，2.3 g钠(0.1 mol)生成0.05 mol H2，B正确；根据反应3Fe4H2O(g)Fe3O44H2，0.1 mol Fe完全反应生成 mol H2，C错误；Fe与盐酸反应生成FeCl2，0.1 mol Fe与足量盐酸反应，转移0.2 mol电子，D错误。11Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48 L。下列推断中不正
15、确的是()A参加反应的Mg、Al共0.2 molB参加反应的HCl为0.4 molCMg、Al在反应中共失去0.4 mol电子D若与足量的稀硫酸反应能产生0.2 mol H2【解析】选A。反应的实质为Mg2H=Mg2H2，2Al6H=2Al33H2。n(H2)0.2 mol，则参加反应的n(H)0.4 mol。若换成稀H2SO4，同样产生0.2 mol H2，故B、D正确。由2HH22e可知，得电子总数为0.2 mol20.4 mol，依据得失电子守恒，故C正确。0.2 mol Mg提供0.4 mol电子，0.2 mol Al提供0.6 mol电子，则0.2 mol Mg、Al混合物提供的电子
16、数大于0.4 mol、小于0.6 mol，故A不正确。【补偿训练】将1.1 g铁、铝混合物溶于200 mL 5 molL1的盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6 molL1(溶液体积变化忽略不计)，则下列表述不正确的是()A反应中消耗HCl为0.08 molB混合物中含有0.02 mol AlC混合物中含有0.01 mol FeD混合物中Al与Fe的物质的量之比为11【解析】选D。n(消耗HCl)0.2 L5 molL10.2 L4.6 molL10.08 mol，A正确；可设混合物中Al、Fe物质的量分别为x、y，则根据Al3HCl、Fe2HCl，可得3x2y0.08 mol，27 gmol1
17、x56 gmol1y1.1 g，联立可得x0.02 mol、y0.01 mol，可知B、C正确，D错误。12将过量的锌片放入500 mL CuSO4溶液中，待充分反应后取出锌片，洗净、称量，发现锌片质量比原来减少了0.5 g，则CuSO4溶液的物质的量浓度为()A0.5 molL1B1 molL1C1.5 molL1 D2 molL1【解析】选B。Zn与CuSO4溶液反应时，置换出来的Cu附着在锌片上。反应的离子方程式如下：ZnCu2=Zn2Cum 1 mol 6465 1 g n(Cu2) 0.5 g则，解得n(Cu2)0.5 mol，所以c(CuSO4)1 molL113(2021天津河西
18、区高一检测)将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 molL1的盐酸反应，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，则下列说法错误的是()Ax2.24B曲线b为Mg与盐酸反应的图像C反应时，Na、Mg、Al均过量D钠的物质的量为0.2 mol【解析】选C。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应该是不一样的，比值应是123，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。由于酸不足，所以生成氢气的量为n(H2)
19、0.5n(HCl)0.50.1 L2 molL10.1 mol，所以标准状况下的体积为2.24 L，故A正确；按照金属活动性顺序NaMgAl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B正确；Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，故C错误；生成0.1 mol的氢气需0.2 mol的钠，故D正确。二、非选择题(本题共1小题，共15分)14某学习小组用如图所示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)实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_。(3)B中发生反应的化学方程式为_。(4)若实验用的铝镁合金的质
20、量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为_。(5)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将_(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【解析】根据实验目的，要测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，需要选用一种试剂只能与铝反应，不能与镁反应，因此可以选用氢氧化钠溶液，结合2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2分析解答。(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能与NaOH溶液反应放出氢气，因此要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液；(2)铝镁是活泼的金属，
21、表面容易形成一层氧化膜，在实验前需要除去；(3)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2；(4)铝镁合金的质量为a g，B中剩余固体镁的质量为c g，则参加反应的铝的质量为(ac) g，设铝的相对原子质量为M，则2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H22M 322 400 mL(ac) g b mL有，解得：M；(5)铝的质量分数为100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，则铝的质量分数偏小。答案：(1)氢氧化钠溶液(2)除去铝镁合金表面的氧化膜(3)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2(4)(5)偏小迁移创新共20分非选
22、择题(本题共1小题，共20分)15. (2021杭州高一检测)在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验各取30 mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝混合物粉末，产生气体，有关数据列表如下：实验序号甲乙丙混合物质量/mg255385459生成气体/mL280336336(1)甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？_(填“甲”或“乙”)。理由是_。(2)要算出盐酸中HCl的物质的量浓度，题中可作计算依据的数据是_，求得盐酸中HCl的物质的量浓度为_。(3)求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作计算依据的数据是_，求得Mg、Al的物质的量之比为_。【解析】(1)因甲、乙生成H2的体积不等，则产
23、生H2体积小的应有酸未反应。若乙中盐酸过量，则可产生H2：385 mL423 mL，而实际为336 mL，说明甲中盐酸过量而混合物粉末反应完全；乙中盐酸不足而混合物粉末过量。(2)在乙或丙中盐酸反应完全，则2HClH22 1n(HCl)23102 mol, c(HCl)1 molL1。(3)在甲中，混合物质量255 mg生成气体280 mL，混合物完全反应而盐酸有剩余。由MgH2，AlH2得：n(Mg)24 gmol1n(Al)27 gmol10.255 gn(Mg)n(Al)，求得：n(Mg)0.005 mol，n(Al)0.005 mol，则n(Mg)n(Al)11。答案：(1)乙甲、乙生成H2的体积不等，则产生H2体积小的应有酸未反应。若乙中盐酸过量，则可产生H2：385 mL423 mL，而实际为336 mL，说明甲中盐酸过量而混合物粉末反应完全(2)336 mL1 molL1(3)255 mg和280 mL11
