全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总.docx
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全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.按要求填空,已知NA为阿伏伽德罗常数的数值。
(1)标准状况下,2.24LCl2的质量为____;有__个氯原子。
(2)含0.4molAl3+的Al2(SO4)3中所含的SO42-的物质的量是____。
(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51:
300,则这两种离子的物质的量之比为____。
(4)质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中,含有分子数目最少的是____。
(5)标准状况下,3.4gNH3的体积为___;它与标准状况下____LH2S含有相同数目的氢原子。
(6)10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01×1023,则元素R的相对原子质量为___;R元素名称是___。
(7)将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和,则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___,混和溶液中Cl-的物质的量___(忽略混合前后溶液体积的变化)。
(8)a个X原子的总质量为bg,则X的相对原子质量可以表示为____
(9)已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g,在标准状况下的体积为6.72L,则混合气体中CO的质量为___;CO2在相同状况下的体积为___。
(10)由CH4和O2的组成的混和气体,在标况下的密度是H2的14.5倍。
则该混合气体中CH4和O2的体积比为___。
【答案】7.1g0.2NA或1.204×10230.6mol3:
5SO24.48L6.7214氮1mol/L0.02mol
NA或6.02×1023
2.8g4.48L3:
13
【解析】
【分析】
(1)先计算标准状况下,2.24LCl2的物质的量,再计算氯气的质量和氯原子个数;
(2)由化学式计算硫酸根的物质的量;
(3)由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比;
(4)由n=
可知,质量相同的不同气体,气体的摩尔质量越大,物质的量越小,分子数越小;
(5)先计算标准状况下,3.4gNH3的物质的量,再计算气体体积和所含氢原子的物质的量,最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积;
(6)由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量;
(7)将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变;
(8)先计算a个X原子的物质的量,再依据质量计算X的摩尔质量;
(9)依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量,在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积;
(10)先计算混合气体的平均相对分子质量,再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。
【详解】
(1)标准状况下,2.24LCl2的物质的量为
=0.1mol,质量为0.1mol×71g/mol=7.1g,Cl2为双原子分子,含有的氯原子个数为0.2NA或1.204×1023,故答案为:
7.1g;0.2NA或1.204×1023;
(2)由化学式可知,含0.4molAl3+的Al2(SO4)3中所含的SO42-的物质的量是0.4mol×
=0.6mol,故答案为:
0.6mol;
(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51:
300,则这两种离子的物质的量之比为
:
=3:
5,故答案为:
3:
5;
(4)由n=
可知,质量相同的不同气体,气体的摩尔质量越大,物质的量越小,分子数越小,H2、NH3、SO2、O3四种气体中SO2的摩尔质量最大,则SO2的物质的量最小,分子数最小,故答案为:
SO2;
(5)标准状况下,3.4gNH3的物质的量为
=0.2mol,则体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L,含有氢原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol,含有氢原子的物质的量为0.6mol的H2S的物质的量为
=0.3mol,标准状况下,0.3molH2S的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L,故答案为:
4.48L;6.72;
(6)设元素R的相对原子质量为M,10.8gR2O5的物质的量为
=
mol,所含氧原子的数目为
mol×6.02×1023×5=3.01×1023,解得M=14,该元素为N元素,故答案为:
14;N;
(7)将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变,10mL1.00mol/LNa2CO3溶液中Na+的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mol,则混和溶液中Na+的物质的量浓度为
=1.00mol/L;10mL1.00mol/LCaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mol,则混和溶液中Cl-的物质的量0.02mol,故答案为:
1mol/L;0.02mol;
(8)a个X原子的物质的量为
mol,X的摩尔质量为
=
g/mol,则X的相对原子质量
,故答案为:
或
;
(9)设CO、CO2混合气体中CO为xmol,CO2为ymol,由题意可得28x+44y=11.6①,x+y=
=0.3mol②,解①②可得x=0.1,y=0.2,则0.1molCO的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g,0.2molCO2在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L,故答案为:
2.8g;4.48L;
(10)由题意可知,CH4和O2的组成的混和气体平均相对分子质量为2×14.5=29,设混合气体中甲烷的物质的量为x、氧气的物质的量为y,则有
=29,解得x:
y=3:
13,故答案为:
3:
13。
2.用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·L-1的溶液。
请回答:
(1)在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。
A.烧杯B.量筒C.玻璃棒D.胶头滴管E.容量瓶
(2)定容时的操作:
当液面接近容量瓶刻度线时,__,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀。
(3)下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是___。
A.称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制
B.定容时俯视容量瓶的刻度线
C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线,再滴加蒸馏水至刻度线
D.转移洗涤液时洒到容量瓶外,继续用该未清洗的容量瓶重新配制
【答案】B用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切ACD
【解析】
【分析】
(1)配制溶液在烧杯中溶解,需要玻璃棒搅拌,转移到容量瓶中定容,当液面接近容量瓶刻度线时,需用胶头滴管滴加液体;
(2)当液面接近容量瓶刻度线时,改用胶头滴管滴加;
(3)结合
及不当操作可知,n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低;
【详解】
(1)配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤:
计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等,使用的仪器为:
托盘天平(带砝码)、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶;不必要的玻璃仪器是量筒,故答案为:
B。
(2)定容时,当液面接近容量瓶刻度线时,用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀,故答案为:
用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。
(3)A.称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制,n偏小,所配的Na2CO3溶液浓度偏低,A正确;
B.定容时俯视容量瓶的刻度线,V偏小,所配的Na2CO3溶液浓度偏大,B错误;
C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线,再滴加蒸馏水至刻度线,V偏大,所配的Na2CO3溶液浓度偏低,C正确;
D.转移洗涤液时洒到容量瓶外,继续配制,n偏小,所配的Na2CO3溶液浓度偏低,D正确;故答案为:
ACD。
【点睛】
配制一定物质的量浓度过程中误差分析:
①向容量瓶中转移液体时有少量流出,n减小,c偏小;②未洗涤烧杯和玻璃棒,n减小,c偏小;③定容时,水加多了,用胶头滴管吸出,n减小,c偏小;④定容摇匀时,液面下降,再加水,V增大,c偏小;⑤定容时,俯视刻度线,V减小,c偏大;⑥仰视刻度线,V增大,c偏小;⑦溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容,V减小,c偏大。
3.
(1)有相同物质的量的H2O和H2SO4,其质量之比为_____,氢原子个数比为_____,氧原子个数比为_____。
(2)把3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中,恰好完全反应,并得到标准状况下3.36LH2。
计算:
①该合金中铝的物质的量为_____。
②该合金中镁的质量为_________。
③反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为__________(假定反应体积仍为100mL)。
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,则混和气体中CO2的体积分数为_____;CO的质量分数为_____。
【答案】9:
491:
11:
40.06mol1.44g3.0mol·L-175%17.5%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)n(H2O)=n(H2SO4),m(H2O):
m(H2SO4)=n(H2O)×18:
n(H2SO4)×98=9:
49;NH(H2O):
NH(H2SO4)=n(H2O)×2:
n(H2SO4)×2=1:
1;NO(H2O):
NO(H2SO4)=n(H2O)×1:
n(H2SO4)×4=1:
4;
(2)设镁的物质的量为xmol,铝的物质的量为ymol,二者混合物的质量为3.06=24x+27y;根据化学反应的计量系数比:
Mg~2HCl~H2,2Al~6HCl~3H2,氢气的体积标准状况下3.36L,n(H2)=0.15mol,列式x+1.5y=0.15,解方程x=0.06mol,y=0.06mol,故该合金中铝的物质的量为0.06mol,该合金中镁的质量为0.06×24=1.44g,反应后溶液中Cl¯(盐酸恰好反应完全,溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝)的物质的量=0.06×2+0.06×3=0.3mol,溶液体积100mL,Cl¯的物质的量浓度c=
=3.0mol·L-1;
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,密度之比等于摩尔质量之比,则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol,设1mol混合气体中有xmolCO,CO2ymol,故x+y=1,28x+44y=40,则x=0.25mol,y=0.75mol,同温同压,气体体积之比等于物质的量之比,则混和气体中CO2的体积分数为75%,CO的质量分数=0.25×28/40=17.5%
4.设NA代表阿伏加德罗常数的数值,判定下列说法是否正确,打√或×?
①22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA__________
②标准状况下,11.2LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA__________
③标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA__________
④1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA__________
⑤标准状况下,5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA__________
⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA__________
⑦常温常压下,8gO2含有的电子数为4NA__________
⑧常温常压下,22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2NA__________
⑨标准状况下,22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA__________
⑩常温常压下,18gH2O中含有的原子总数为3NA__________
⑪标准状况下,11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA__________
⑫常温常压下,2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA__________
【答案】√√×√√√√××√××
【解析】
【分析】
运用n=m/M、V=n×Vm、n=V/Vm等公式的应用转换,先求出物质的量,然后求出分子的总个数,在根据这个分子中含有多少个相关微粒。
【详解】
①标准状况下,22.4L氩气的物质的量为1mol,1个氩气分子中含有18个电子,故22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA说法正确;
②标准状况下,11.2LCH4和C2H4混合物的物质的量是:
11.2L/(22.4L/mol)=0.5mol,1个CH4分子中、1个C2H4分子中都含有4个H原子,所含H原子的个数为0.5NA×4=2NA,故标准状况下,11.2LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA说法正确;
③标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是:
2.24L/(22.4L/mol)=0.1mol,所含分子数为0.1NA,故标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA说法错误;
④1mol的CO和N2混合气体的分子数为NA,1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子,故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA说法正确;
⑤标准状况下,5.6LCO2气体的物质的量为5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol,1个CO2分子中含有2个O原子,故标准状况下,5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA说法正确;
⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中O原子的物质的量为0.1mol,故1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA说法正确;
⑦常温常压下,8gO2的物质的量为8g/(32g/mol)=0.25mol,1个O2分子中含有16个电子,故8gO2含有的电子数为4NA说法正确;
⑧常温常压下,气体的摩尔体积不是22.4L/mol,故常温常压下,22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2NA说法错误;
⑨标准状况下,CCl4是液体,不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4的物质的量,故标准状况下,22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA说法错误;
⑩18gH2O的物质的量为18g/(18g/mol)=1mol,1个H2O分子中含有3个原子,故常温常压下,18gH2O中含有的原子总数为3NA说法正确;
⑪标准状况下,CH3CH2OH是液体,不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH3CH2OH的物质的量,故标准状况下,11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA说法错误;
⑫常温常压下,气体的摩尔体积不是22.4L/mol,故2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA说法错误;
【点睛】
本题考查物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算,另外注意气体摩尔体积的适用范围。
5.完成下列填空:
(1)已知反应:
Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe,则
①该反应所属基本反应类型是___。
②在反应中铁元素的化合价变化__(填“升高”或“降低”),该元素的原子__(填“失去”或“得到”)电子。
③发生氧化反应的是__,发生还原反应的是__。
(2)反应2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中:
①反应中被氧化的元素是__,被还原的元素是___。
②若生成71gCl2,则消耗的HCl是__g,被氧化的HCl是__g。
【答案】置换反应降低得到AlFe2O3ClMn116.873
【解析】
【分析】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。
②反应中,Fe的化合价由+3价变为0价;
③反应中,还原剂被氧化,发生氧化反应。
(2)①还原剂被氧化,氧化剂被还原;
②根据方程式进行计算。
【详解】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B,属于置换反应。
②反应中,Fe的化合价由+3价变为0价,化合价降低,得电子;
③反应中,还原剂被氧化,发生氧化反应,则Al发生氧化反应;Fe2O3发生还原反应。
(2)①还原剂被氧化,氧化剂被还原,则Cl被氧化,Mn被还原;
②若生成71gCl2,即1mol,需消耗3.2molHCl,即3.2×36.5=116.8g;化合价升高的HCl为2mol,即73g。
【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气,16molHCl参加反应,其中有10molHCl发生了氧化反应,产生了5molCl2,6molHCl价态没变,生成了盐,体现了其酸性的性质。
6.Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置,请根据装置回答问题:
(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体,选择装置____(填代表装置图的字母);
(2)分离CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的液体混合物,可选择装置A,该分离方法的名称为_____,装置A中①的名称是______。
(3)实验室用B装置从碘水中分离出I2,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,碘主要溶解在_____(填“上层”或“下层”)液体中,该层溶液颜色为_____,该装置在分液时为使液体顺利下滴,应进行的具体操作_____。
Ⅱ.用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL,回答下列问题:
(1)所需仪器为:
托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管,还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验,请写出:
_____。
(2)请写出该实验的简要的实验步骤:
①计算②称量胆矾_____g③溶解④转移⑤洗涤并转移⑥定容⑦摇匀
(3)如图是该同学转移溶液的示意图,图中的错误是_____。
【答案】D蒸馏冷凝管上层紫红色打开分液漏斗的上口活塞250mL容量瓶25转移溶液时,应用玻璃棒引流
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离;
(2)分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法;
(3)碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度,苯的密度比水小,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,上层为紫红色的碘的苯溶液,下层为水层;分液时,应打开分液漏斗的上口活塞,起到平衡气压的作用,便于液体顺利下滴;
Ⅱ.
(1)实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mL容量瓶;
(2)先计算250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量,再计算胆矾的质量;
(3)转移溶液时,应用玻璃棒引流。
【详解】
Ⅰ.
(1)蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离,从氯化钾溶液中得到氯化钾固体可用蒸发,D为蒸发装置,故答案为:
D;
(2)分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法,四氯化碳和甲苯的沸点不同,用蒸馏的方法分离,A为蒸馏装置,装置A中①的名称是冷凝管,故答案为:
蒸馏;冷凝管;
(3)B为萃取分液装置,碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度,笨的密度比水小,将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后,上层为紫红色的碘的苯溶液,下层为水层;分液时,应打开分液漏斗的上口活塞,起到平衡气压的作用,便于液体顺利下滴,故答案为:
上层;紫红色;打开分液漏斗的上口活塞;
Ⅱ.
(1)实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mL容量瓶,用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管,故答案为:
250mL容量瓶;
(2)250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量为0.25L×0.40mol/L=0.1mol,则称量胆矾的质量为0.1mol×250g/mol=25g,故答案为:
25g;
(3)由题给图示可知,图中的错误是转移溶液时没有用玻璃棒引流,故答案为:
转移溶液时,应用玻璃棒引流。
【点睛】
实验室没有240mL容量瓶,用胆矾晶体(CuSO4·5H2O)配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时,应选用250mi容量瓶是解答易错点。
7.根据所学知识,回答下列问题:
(1)高铁酸钠(Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂,其摩尔质量是__________。
高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气,写出相应的离子方程式:
_____________。
(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠,随后几十年内,工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气,同时获得Fe3O4和氢气。
写出该反应的化学方程式_____________,该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是________________(填化学式),若制得22.4L(折算为标准状况下)钠蒸气,转移电子的数目为________________。
(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒,其主要成分是氯化钙和次氯酸钙[Ca(ClO)2],有效成分为次氯酸钙。
为测得某漂白粉的有效成分含量,称取Ag漂白粉样品溶解,往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止,反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,若反应生成次氯酸(HClO)的物质的量为Kmol,则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________%(用含A、K的式子表示)。
【答案】166g/mol4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑NaOH2NA或1.204×1024
【解析】
【分析】
(1)摩尔质量以g/mol为单位,数值上等于其相对分子质量;根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式;
(2)由题意可知,Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,配平书写化学方程式;反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH;反应中Na、H元素化合价降低,根据方程式计算生成氢气的量,根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目;
(3)根据HClO的量计算Ca(ClO)2的质量,再根据质量分数的定义式计算。
【详解】
(1)Na2FeO4的相对分子质量为166,故其摩尔质量为166g/mol。
高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气,相应的离子方程式:
4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑;
(2)由题意可知,Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,反应方程式为:
3Fe+4NaOH
4Na↑+Fe3O4+2H2↑,反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH,Na的物质的量n(Na)=224L÷22.4L/mol=1mol,由方程式可知生成氢气为1mol×
=0.5mol,故转移电子的物质的量n(e-)=1mol×1+0.5mol×2=2mol,则转移电子数目N(e-)=2mol×NA/mol=2mol×(6.02×1023mol-1)=1.204×1024;
(3)由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知,n[Ca(ClO)2]=
n(HClO)=
×Kmol=0.5Kmol,则该漂白粉中有效成分的质量分数
×100%
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