[最新]高考化学备考 专题03 物质的量 含解析.doc

最新教学资料·高考化学（满分42分 时间20分钟）姓名： 班级： 得分： 1．下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（ ）A．体积相等时密度相等B．原子数相等时具有的中子数相等C．体积相等时具有的电子数相等D．质量相等时具有的质子数相等【答案】C考点：考查物质的量的有关计算2．将17．9 g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3．36 L（标准状况）另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，生成6．72 L NO（标准状况），向反应后的溶液中加人过量NaOH溶液，得到沉淀的质量为A．33．2 g B．25．4 g C．22．4 g D．19．6 g【答案】B【解析】试题分析：最终生成的沉淀是氢氧化铁和氢氧化铜，沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH － 的质量，而结合的OH － 的物质的量就是金属失去的电子的物质的量，根据电子的得失守恒可知，金属失去电子的物质的量是(6.72L/22.4L•mol-1)×3mol＝0.9mol，而金属铝失去的电子的物质的量是0.3mol，则金属铝的质量是0.1mol×27g/mol＝2.7g，所以和金属阳离子结合的OH －的质量是0.6mol×17g/mol＝10.2g，则最终沉淀的质量是17.9g－2. 7g＋10.2g＝25.4g，选项B符合题意。

考点：考查化学计算，涉及化学反应原理、原子守恒、电荷守恒及电子守恒等的应用3．金属Cu和一定浓度的HNO3反应：生成NO、NO2、N2O4，生成的气体恰好与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳在加热时反应，所产生的CO2的量（ ）A．小于0.5 mol B．等于0.5 mol C．大于0.5mol D．无法确定【答案】A【解析】试题分析：后阶段生成NO、NO2、N2O4，生成的气体恰好与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳在加热时反应仍生成二氧化氮，相当于一氧化氮和碳失电子给=0.5mol的氧气得电子，利用得失电子守恒，4n（O2）=4n（C）+2n（NO），因为：2n（NO）＞0，所以4n（O2）＞4n（C），即n（C）＜n（O2）=0.5，则产生的CO2的量小于0.5mol，答案选A考点：考查铜与硝酸反应的有关计算4．已知3.01×1023个X气体分子的质量为16g，则X气体的摩尔质量是 （ ）A．16g B．32g C．64g /mol D．32g /mol 【答案】D【解析】试题分析： 3.01×1023个X气体分子的物质的量是0.5mol，所以根据n＝m/M可知，X气体的摩尔质量是16g÷0.5mol＝32g /mol，答案选D。

考点：考查物质的量的有关计算5．1.9g AO32﹣中核外电子数比质子数多3.01×1022个，则元素A的相对原子质量为（ ）A．12 B．28 C．32 D．76【答案】B考点：考查相对原子质量的计算6．下列说法正确的是（ ）①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4L②0.5mol H2所占体积为11.2L③标准状况下，1mol H2O的体积为22.4L④常温常压下，28g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4L•mol﹣1⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同．A．①③⑤ B．④⑥ C．③④⑥ D．①④⑥【答案】B考点：考查物质的量的有关计算7．下列有关物质的量的说法，错误的是A．1摩尔任何气体都含有6．02×1023个分子B．0.012Kg12C中含有6.02×1023个碳原子C．1摩尔水中含有2mol氢和1mol氧D．1molH2O中含有3 mol原子.【答案】C【解析】试题分析：A．构成气体的微粒为分子，1mol任何气体均含有约6.02×1023个分子，故A正确；B．0.012kg碳-12中含有阿伏伽德罗常数个碳原子，约含有6.02×1023个碳原子，故B正确；C．使用物质的量应指明具体的物质或微粒，1mol水中含有2 mol氢原子和1mol氧原子，故C错误；D．每个H2O分子中含有2个氢原子和1个氧原子，则1molH2O含有2mol氢原子和1mol氧原子，故D正确；故选C。

考点：考查物质的量及有关计算8．把一定质量的铁完全溶解于某浓度的硝酸中收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液充分反应，经过滤、洗涤后，把所得沉淀加热至质量不再减少为止得到固体质量不可能为：（ ）A．18 g B．24 g C．30 g D．36 g【答案】A考点：考查氧化还原反应计算、铁及其化合物的性质等知识9．只给出下列甲和乙中对应的物理量，不能求出物质的量的是（ ）ABCD甲物质中的粒子数标准状况下的气体摩尔体积固体的体积溶液中溶质的物质的量浓度乙阿伏加德罗常数标准状况下的气体的体积固体的密度溶液体积【答案】C【解析】试题分析：A、根据n=N/NA，能求出物质的量，故说法正确；B、根据n=V/22.4mol，能求出物质的量，故说法正确；C、得到是的溶液的质量，不能求出物质的量，故说法错误；D、根据c=n/V，能求出物质的量，故说法正确考点：考查物质的量、气体体积、物质的量浓度、微粒数之间的关系等知识10．标准状况下的下列气体关系正确的是①6．72 L CH4 ②3.01×1023个HCl分子 ③13.6 g H2S ④0.2 mol NH3A．体积：④>①>②>③ B．密度：②>③>①>④C．质量：②>③>①>④ D．氢原子数：①>②>③>④【答案】C【解析】试题分析：①6.72L CH4物质的量为6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol；②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol；③13.6g H2S 的物质的量为13.6g÷34g/mol＝0.4mol，④0.2mol NH3。

A、相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，A错误；B、相同条件下气体的密度之比是相应的摩尔质量之比，则密度②＞③＞④＞①，B错误；C、各物质的质量分别为①CH4为0.3mol×16g/mol＝4.8g，②HCl为0.5mol×36.5g/mol＝18.25g，③H2S 13.6g，④NH3为0.2mol×17g/mol＝3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，C正确；D、各物质中H原子的物质的量分别为①CH4为0.3mol×4＝1.2mol，②HCl为0.5mol，③H2S 0.4mol×2=0.8mol，④NH3为0.2mol×3＝0.6mol，所以氢原子个数①＞③＞④＞②，D错误答案选C考点：考查物质的量的有关计算11．0.1mol/L明矾溶液 100mL中，加入0.1mol/L的 Ba（OH）2溶液，当SO42-恰好沉淀完全时，同时得到的氢氧化铝的物质的量为（ ）A．0.01mol B．0.005mol C．0.0133mol D．0.0mol 【答案】D考点：考查离子方程式的有关计算12．有4.8 g CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少1.28 g，反应后全部气体用0.6 mol·L－1 Ba(OH)2溶液100 mL吸收。

下列有关叙述中正确的是 ( )A．原混合物中CuO与Fe2O3物质的量的比为1∶2B．原混合物中CuO与Fe2O3的质量比为2∶1C．吸收CO2后溶液中一定有Ba(HCO3)2D．反应中生成的CO2体积为1.792 L【答案】C【解析】试题分析：A．CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，混合物中氧原子的物质的量为=0.08mol，令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+3y＝0.08、80x+160y=4.8，解得x=0.02、y=0.02，故原混合物中CuO与Fe2O3物质的量的比为0.02mol：0.02mol=l：l，故A错误；B．原混合物中CuO、Fe2O3的质量之比为80g/mol×0.02mol：160g/mol×0.02mol=1：2，故B错误；C．CO获得1个O原子生成CO2，故n(CO2)=n(O)==0.08mol，nBa(OH)2]=0.6mol/L×0.1L=0.06mol，故n(CO2)：nBa(OH)2]=0.08mol：0.06mol=4：3，介于1：1与2：1之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡，故C正确；D．状况不知气体摩尔体积不知，所以无法求体积，故D错误；故选C。

考点：考查混合物的有关计算13．一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成下列有关说法中不正确的是（ ）A．该温度和压强可能是标准状况B．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 LC．该气体中每个分子含有2个原子D．若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L【答案】A考点：考查物质的量以及气体摩尔体积的有关计算和判断 14．将一定质量的镁和铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示．则下列说法不正确的是( )A．镁和铝的总质量为9 gB．最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的硫酸C．硫酸的物质的量浓度为2.5 mol•L-1D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L【答案】D可知此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的，从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg(OH)2为0.15mol，Al(OH)3为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3:NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=nAl(OH)3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/L。

A、由元素守恒可知n(Al)=nAl(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=nMg(OH)2]=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g，故A正确；B、由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，故B正确；C、沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的倍，所以n(Na2SO4)=×0.2L×5mol/L=0.5mol，。