1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时素养检测 十七物质的量在化学方程式计算中的应用(30分钟50分)一、选择题(本题包括3小题,每小题6分,共18分)1.太阳光普照大地,没有地域的限制,可直接开发和利用,便于采集,且无须开采和运输;开发利用太阳能不会污染环境,它是最清洁能源之一,每年到达地球表面上的太阳辐射能约相当于130万亿吨煤,其总量属于现今世界上可以开发的最大能源。利用太阳能分解制氢,若光解0.02 mol水,下列说法正确的是()A.可生成H2的质量为0.02 gB
2、.生成的氢气中氢原子数为2.4081023个C.可生成H2的体积为0.224 L(标准状况)D.生成H2的量理论上等于0.04 mol Na与水反应产生H2的量【解析】选D。根据方程式:2H2O2H2+O2,根据物质的量之比等于系数比可知,光解0.02 mol H2O,可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2。则可得:A.0.02 mol H2的质量为0.04 g,错误;B.0.02 mol H2的氢原子数为2.4081022个,错误;C.0.02 mol H2在标准状况下的体积为0.448 L;D.根据反应方程式:2Na+2H2O2NaOH+H2,0.04 mol Na与水反应产
3、生0.02 mol H2,故D正确。【补偿训练】金属氧化物在日常生活中应用广泛。生石灰是一种常用的干燥剂,也可用于消毒;氧化铁(Fe2O3)俗称铁红,可作红色颜料;在常温下,金属氧化物一般都为固体,活泼金属的氧化物能溶于水而生成碱。一块表面已被氧化为Na2O的钠块10.8 g,将其投入100 g 水中,产生H2 0.2 g,则被氧化的钠的质量是()A.9.2 gB.10.6 gC.6.2 gD.4.6 g【解析】选D。由于钠块放入水中发生反应:2Na+2H2O2NaOH+H2,由产生H2的质量可求出Na的质量,进而可求出钠块中Na2O的质量,最后根据关系式:Na2O2Na即可求出被氧化的钠的质
4、量。2.(2020临沂高一检测)已知100 mL硫酸铁、硫酸铜、硫酸的混合溶液,各阳离子的物质的量浓度相同,测得c(S)=9 molL-1,则此溶液中还可以溶解铁粉的质量为()A.11.2 gB.16.8 gC.33.6 gD.5.6 g【解析】选C。硫酸根离子的物质的量为0.1 L9 molL-1=0.9 mol;各阳离子的物质的量浓度相等,设各阳离子的物质的量为x,则根据电荷守恒可得x+2x+3x=20.9 mol,解得x=0.3 mol;根据化学方程式2H+FeFe2+H2,可知与酸反应的Fe的物质的量为0.15 mol,根据化学方程式Fe+2Fe3+3Fe2+,可知与Fe3+反应的Fe
5、的物质的量为0.15 mol,根据化学方程式Fe+Cu2+Fe2+Cu,可知与Cu2+反应的Fe的物质的量为0.3 mol,因此可溶解的Fe的物质的量之和为0.15 mol+0.15 mol+0.3 mol =0.6 mol,质量为0.6 mol56 gmol-1=33.6 g,故C正确。【补偿训练】用铝箔包装0.1 mol金属钠,用针扎出一些小孔,放入水中,完全反应后,用排水集气法收集产生的气体,则收集到的气体为(标准状况)()A.O2和H2的混合气体B.1.12 L H2C.大于1.12 L H2D.小于1.12 L气体【解析】选C。涉及的反应为2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2
6、NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2,从中可看出0.1 mol 钠可产生0.05 mol氢气,铝又可和NaOH反应生成少量氢气,故最终产生的氢气大于1.12 L。3.(2020济宁高一检测)标准状况下,8.8 mg CO2通过一定量的Na2O2固体后,最终收集到3.36 mL气体,则这3.36 mL气体的成分是()A.CO2B.CO2和O2C.O2D.无法确定【解析】选B。n(CO2)=210-4 mol,V(CO2)=210-4 mol22.4 Lmol-1=44.810-4 L=4.48 mL,设参加反应的CO2气体的体积为a,生成的O2的体积为b,2CO2+2Na2O22Na2CO3
7、+ O2 V2 11a b4.48 mL-3.36 mL则=,解得a=2.24 mL,b=1.12 mL,可知二氧化碳有剩余,则这3.36 mL气体的成分是CO2和O2。【补偿训练】铝是地壳中含量最丰富的金属元素,表面能形成一层防止金属腐蚀的氧化膜。铝不仅能与稀硫酸、硝酸、盐酸等酸反应,还能与氢氧化钠和氢氧化钾等强碱反应。现将一定质量的铝分别加入稀盐酸和氢氧化钠溶液中,当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时,反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为()A.31B.21C.11D.13【解析】选A。根据反应方程式2Al+6H+2Al3+3H2,2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2可知:
8、当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时,反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为31。二、非选择题(本题包括1小题,共12分)4.(2019合肥高一检测)将30 g MnO2的质量分数为76.6%的软锰矿石与足量12 molL-1浓盐酸完全反应(杂质不参加反应)。计算:(1)参加反应的浓盐酸的体积。(2)生成的Cl2的体积(标准状况)。【解析】根据题目中所给的已知条件,可先计算出参加反应的MnO2的物质的量n(MnO2),然后根据化学反应中各物质之间的化学计量数之比,计算出参加反应的浓盐酸的体积VHCl(aq)和生成的Cl2的体积V(Cl2)。(1)MnO2的摩尔质量为87 gmol-1
9、。n(MnO2)=0.26 mol4HCl(浓)+MnO2MnCl2+2H2O+Cl24112 molL-1VHCl(aq) 0.26 mol VHCl(aq)=0.087 L(2)4HCl(浓)+MnO2MnCl2+2H2O+Cl21 mol 22.4 L0.26 mol V(Cl2)V(Cl2)=5.8 L答案:(1)0.087 L(2)5.8 L【补偿训练】(2019汉口高一检测)在隔绝空气的条件下,某同学将一块部分被氧化的钠块用一张已除去氧化膜、并用针刺一些小孔的铝箔包好,然后放入盛满水且倒置于水槽中的容器内。待钠块反应完全后,在容器中仅收集到1.12 L氢气(标准状况),此时测得铝箔
10、质量比反应前减少了0.27 g,水槽和容器内溶液的总体积为2.0 L,溶液中NaOH的浓度为0.050 molL-1(忽略溶液中离子的水解和溶解的氢气的量)。(1)写出该实验中发生反应的化学方程式。(2)消耗的Al的物质的量是多少?(3)未被氧化的金属钠的物质的量是多少?(4)Na2O的物质的量是多少?【解析】该实验中发生的反应可表示为2Na+2H2O2NaOH+H2,Na2O+H2O2NaOH,2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2。消耗的Al的物质的量为n(Al)=0.010 mol,根据反应可得由铝消耗NaOH的物质的量为n(NaOH)=0.010 mol,生成的氢气的物质的
11、量为n(H2)=0.015 mol,那么由金属钠生成的氢气的物质的量为n(H2)=-0.015 mol=0.035 mol,根据反应可得金属钠的物质的量为n(Na)=20.035 mol=0.070 mol,又因为反应后溶液中NaOH的物质的量为n(NaOH)=2.0 L0.050 molL-1=0.10 mol,所以溶液中Na+的总物质的量即原金属钠的总物质的量为n(Na+)=0.10 mol+0.010 mol=0.11 mol,n(Na2O)=0.020 mol。答案:(1)2Na+2H2O2NaOH+H2Na2O+H2O2NaOH2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2(2)
12、0.010 mol(3)0.070 mol(4)0.020 mol1.(5分)(2020武汉高一检测)甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 molL-1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,则加入铝粉质量为()A.5.4 gB.3.6 gC.2.7 gD.1.8 g【解析】选A。盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1 L3 molL-1=0.3 mol,又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甲乙=12,设铝与酸反应时酸完全反应,生成的氢气的物质的量为x,则 2Al+6HCl2AlCl3+3
13、H26 30.3mol x=,解得x=0.15 mol,相同条件下,气体的物质的量之比等于体积之比,则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15 mol2=0.3 mol,碱与金属铝反应时铝完全反应,设与碱反应的铝的物质的量为y,则 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H22 3y 0.3 mol=,解得y=0.2 mol,则铝的质量为0.2 mol27 gmol-1=5.4 g,故A正确。【补偿训练】镁和铝分别和等浓度、等体积的过量稀硫酸反应,产生气体的体积(V)与反应时间(t)的关系如图所示。则下列说法正确的是()A.镁和铝消耗硫酸的物质的量之比是23B.参加反应的镁、铝的质量
14、之比是89C.反应中消耗的镁、铝的物质的量之比是32D.反应中镁、铝转移电子的物质的量之比是23【解析】选C。由题意,结合题图可知,Mg、Al完全反应且产生氢气的量相等。利用Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式可知,产生等量的氢气消耗硫酸的物质的量之比是11,消耗Mg、Al的物质的量之比为32,A项错误、C项正确;参加反应的镁、铝的质量之比是43,B项错误;由产生等量氢气可知反应转移电子的物质的量之比为11,D项错误。2.(5分)(2020温州高一检测)研究性学习小组进行了一系列化学实验后,发现高锰酸钾及其分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气,且产物中锰元素均以Mn2+存在。他们将
15、9.48 g KMnO4粉末加热一段时间,收集到 0.56 L气体后停止加热;将反应后的固体冷却后,加入足量的浓盐酸加热,充分反应,又收集到V L气体(上述气体体积都折合成标准状况)。则V为()A.2.24B.2.80C.4.48D.5.60【解析】选A。9.48 g KMnO4粉末物质的量=0.06 mol,氧气物质的量为=0.025 mol,KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2,冷却后放入足量的浓盐酸再加热,Mn元素最终都以MnCl2形式存在,纵观整个过程,根据电子转移守恒,可知Mn元素获得电子等于氧元素、Cl元素失去电子,则:0.06 mol(7-2)=0.025 mol
16、4+2n(Cl2),解得n(Cl2)=0.1 mol,V(Cl2)=0.1 mol22.4 Lmol-1=2.24 L。【补偿训练】(2020济宁市高一检测)13.6 g Fe和Fe2O3的混合物,加入150 mL足量的稀硫酸,在标准状况下收集到1.12 L H2,向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红。为中和过量的H2SO4,并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀,恰好消耗了200 mL 3 molL-1的NaOH溶液,则该稀H2SO4的物质的量浓度为()A.2.25 molL-1B.2 molL-1C.3 molL-1D.0.6 molL-1【解析】选B。Fe和Fe2O3的混合物与稀H2
17、SO4反应,Fe和Fe2O3均无剩余,且有H2生成,说明反应生成FeSO4,为了中和过量的硫酸,而且使FeSO4完全转化成Fe(OH)2,共消耗3 molL-1的NaOH溶液200 mL,说明反应后的溶液溶质只有Na2SO4,根据硫酸根守恒,则n(H2SO4)=n(Na2SO4),根据钠离子守恒,则n(Na2SO4)=n(NaOH),则有n(H2SO4)=n(Na2SO4)=n(NaOH)=3 molL-10.2 L=0.3 mol,故c(H2SO4)=2 molL-1。3.(10分)(2020济南高一检测)利用下图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。图中甲己均含铁元素。回答下列问题
18、:(1)K2FeO4常用作杀菌消毒剂,从铁元素化合价的角度分析是因其具有性;下列关于乙的说法正确的是(填序号)。a.属于酸性氧化物,能与碱反应b.属于碱性氧化物,能与酸反应c.属于两性氧化物,既能与酸反应,又能与碱反应(2)已知甲与稀硝酸反应的化学方程式为甲+HNO3 戊+己+NO+H2O(方程式未配平)。若产物中戊和己的物质的量之比为31,则甲与HNO3的物质的量之比为。(3)戊与烧碱溶液反应生成丙,放置一段时间后丙转化为丁,丙转化为丁的化学方程式为 ,现象为 。【解析】(1)K2FeO4常用作杀菌消毒剂,从铁元素化合价的角度分析是因其具有强氧化性,乙为氧化亚铁为碱性氧化物,和酸反应生成盐和
19、水,故ac错误,b正确;(2)铁和硝酸反应,铁由0价变化为+2价、+3价,若产物中戊和己的物质的量之比为31,电子转移6+3=9,氮元素化合价由+5价降低为+2价,电子转移3,则利用电子守恒、原子守恒配平书写得到化学方程式:4Fe+12HNO33Fe(NO3)2+Fe(NO3)3+3NO+6H2O,则甲与HNO3的物质的量之比为13;(3)戊与烧碱溶液反应生成丙,是亚铁离子和碱反应生成氢氧化亚铁白色沉淀丙,放置一段时间后丙转化为丁是氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁,反应现象是先生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后为红褐色,反应的化学方程式:4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。答案:(1)
20、氧化b(2)13(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色【补偿训练】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,加入同一种镁铝合金粉末,产生气体,有关数据列表如下:实验序号甲乙丙合金质量/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。
21、【解析】(2)在乙或丙中,因盐酸反应完全,则可根据:2HClH22 1n(HCl)=2=310-2 molc(HCl)=1 molL-1(3)在甲中,合金完全反应,盐酸有剩余,则可根据合金质量255 mg,生成气体280 mL计算。根据MgH2,AlH2得:n(Mg)24 gmol-1+n(Al)27 gmol-1=25510-3 gn(Mg)+n(Al)=求得:n(Mg)=0.005 mol,n(Al)=0.005 mol,n(Mg)n(Al)=11。答案:(1)乙 因甲、乙生成H2的体积不等,则产生H2体积小的,说明还有酸未反应,因此甲中盐酸过量,合金反应完全;若乙中盐酸过量,则可产生H2:385 mL423 mL,而实际为336 mL,说明乙中盐酸不足,合金过量(2)336 mL1 molL-1(3)255 mg和280 mL11关闭Word文档返回原板块- 13 - 版权所有高考资源网