高考化学阿伏加德罗常数与化学计算试题汇编解析.docx
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高考化学阿伏加德罗常数与化学计算试题汇编解析
2014年高考化学阿伏加德罗常数与化学计算试题汇编解析
2014年普通高等学校招生全国统一考试化学试题分类汇编
专题二阿伏伽德罗常数与化学计算
1.(2014•四川理综化学卷,T5)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是:
A.高温下,0.2molFe与足量水蒸气反应,生成的H2分子数目为0.3NA
B.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH-离子数目为0.1NA
C.氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时,电路中通过和电子数目为2NA
D.5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA
【答案】D
【解析】0.2molFe与足量水蒸气反应,生成四氧化三铁和氢气,氢气的物质的量为为0.267mol,A错误;1LpH=13的NaOH溶液中由水电离的OH-离子数目为10-13NA,B错误;氢氧燃料电池正极消耗22.4L氧气(标准状况)气体时,电路中通过和电子数目为4NA,C错误;5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中,生成4mol氮气,转移的电子数为15NA,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA,D正确。
2.(2014•上海单科化学卷,T16)含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应,生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。
若砷的质量为1.50mg,则
A.被氧化的砒霜为1.98mgB.分解产生的氢气为0.672mL
C.和砒霜反应的锌为3.90mgD.转移的电子总数为6×10-3NA
【答案】C
【解析】A、根据题目提供的信息“砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应,生成的砷化氢(AsH3)”,可知As元素的化合价变化情况是,即在该反应中As2O3作氧化剂(被还原),A错误;B、所给的是氢气的体积,体积和外界条件有关,在没有指明具体的外界条件下,无法求出氢气的体积,B错误;C、根据元素守恒可知,在热玻璃管中生成的As单质的物质的量和参加反应As2O3中含有的As元素的物质的量相等,mol,则=mol,根据As元素的化合价变化情况是,可知molAs2O3完全反应转化为AsH3转移电子的物质的量是mol,而Zn在此反应中的化合价变化情况是,故参加反应Zn的物质的量是=mol,则=3.90mg,C正确;D、根据上述分析,转移的电子数为D错误。
3.(2014•上海单科化学卷,T22)已知:
2NaAl(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O,向含2molNaOH、1molBa(OH)2、2molNaAl(OH)4]的混合溶液中慢慢通入CO2,则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是
选项ABCD
n(CO2)(mol)2345
n(沉淀)(mol)1233
【答案】AC
【解析】含NaOH、Ba(OH)2、NaAl(OH)4]的混合溶液中慢慢通入CO2,发生的离子反应有:
Ba2++2OH—+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH—+CO2=CO32—+H2O、2Al(OH)4]—+CO2=2Al(OH)3↓+CO32—+H2O、CO32—+H2O+CO2=2HCO3—。
A、当通入的n(CO2)=2mol时,发生的离子反应是Ba2++2OH—+CO2=BaCO3↓+H2O和2OH—+CO2=CO32—+H2O,所以产生的沉淀是BaCO3且n(沉淀)=1mol,A正确;B、当通入的n(CO2)=3mol时,发生的离子反应是Ba2++2OH—+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH—+CO2=CO32—+H2O、2Al(OH)4]—+CO2=2Al(OH)3↓+CO32—+H2O,所以产生的沉淀是BaCO3和Al(OH)3且n(沉淀)之和是3mol(1molBaCO3和2molAl(OH)3),B错误;C、当通入的n(CO2)=4mol时,发生的离子反应是Ba2++2OH—+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH—+CO2=CO32—+H2O、2Al(OH)4]—+CO2=2Al(OH)3↓+CO32—+H2O、CO32—+H2O+CO2=2HCO3—,所以产生的沉淀是BaCO3和Al(OH)3且n(沉淀)之和是3mol(1molBaCO3和2molAl(OH)3),C正确;D、当通入的n(CO2)=5mol时,部分的BaCO3会发生反应,生成的沉淀要小于3mol,D错误。
4.(2014•全国大纲版理综化学卷,T7)NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是
A.lmolFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
B.2L0.5mol•L-1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
C.1molNa2O2固体中含离子总数为4NA
D.丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA
【答案】D
【解析】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算应用。
A、足量的氯气发生的离子反应有
2I—+Cl2=I2+2Cl—和2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—,所以lmolFeI2(1molFe2+和2molI—)与足量氯气反应时转移的电子数为3NA,A错误;B、2L0.5mol•L-1硫酸钾溶液中含溶质(K2SO4)的物质的量是1mol,所以阴离子SO42—的物质的量是2mol,B错误;C、Na2O2是由Na+和O22—构成,所以1molNa2O2固体中含离子总数是3mol,C错误;D、丙烯和环丙烷的最简式都是CH2,则42g混合气体含有3molCH2,则氢原子的物质的量是6mol,D正确。
5.(2014•江苏单科化学卷,T6)设NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA
B.0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
C.标准状况下,11.2L苯中含有分子的数目为0.5NA
D.在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.4NA
【答案】A
【解析】根据氧原子守恒,1.6g氧气和臭氧含有氧原子的数目为0.1NA,A正确;丙烯酸中含有碳氧双键和碳碳双键,B错误;标准状况下苯为液体,C错误;过氧化钠与水的反应中,生成0.1mol氧气,转移的电子数为0.2mol,D错误。
6.(2014•广东理综化学卷,T10)设nA为阿伏加德罗常数的数值。
下列说法正确的是
A.1mol甲苯含有6nA个C-H键
B.18gH2O含有10nA个质子
C.标准状况下,22.4L氨水含有nA个NH3分子
D.56g铁片投入足量浓H2SO4中生成nA个SO2分子
【答案】B
【解析】A项、甲苯化学式为C7H8,结构简式为,所以1mol甲苯有8个C—H键,A错误;B项、18gH2O的物质的量是1mol水,1molH2O有10mol质子,B正确;C项:
22.4L氨水非气体,所以标准状况下,22.4L氨水物质的量不是1mol,不可计算,C错误;D项:
铁片与浓H2SO4中钝化,只有表面反应,不可计算,D错误。
7.(2014•安徽理综化学卷,T27)(14分)LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质。
某工厂用LiF、PCl5为原料,低温反应制备LiPF6,其流程如下:
已知:
HCl的沸点是-85.0℃,HF的沸点是19.5℃。
(1)第①步反应中无水HF的作用是、。
反应设备不能用玻璃材质的原因是(用化学方程式表示)。
无水HF有腐蚀性和毒性,工厂安全手册提示:
如果不小心将HF沾到皮肤上,可立即用2%的溶液冲洗。
(2)该流程需在无水条件下进行,第③步反应中PF5极易水解,其产物为两种酸,写出PF5水解的化学方程式:
。
(3)第④步分离采用的方法是;第⑤步分离尾气中HF、HCl采用的方法是。
(4)LiPF6产品中通常混有少量LiF。
取样品wg。
测得Li的物质的量为nmol,则该样品中LiPF6的物质的量为mol(用含有w、n的代数式表示)。
【答案】(14分)
(1)反应物溶剂SiO2+4HF=SiF4↑+2H2ONaHCO3
(2)PF5+4H2O=H3PO4+5HF
(3)过滤冷凝
(4)
(本题部分小题属于开放试题,合理答案均给分)
【解析】
(1)根据题目中的流程可以看出,固体+液体反应新物质+饱和溶液,所以无水HF的作用是反应物和溶剂;玻璃的主要成分中含有二氧化硅,能和HF发生反应,反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O;HF属于弱酸,必须用弱碱性溶液来除去(比如2%的NaHCO3溶液);
(2)根据题目中的信息“PF5极易水解,其产物为两种酸”,则根据元素组成可知,两种酸分别是H3PO4和HF,所以反应的方程式为PF5+4H2O=H3PO4+5HF;
(3)第④步分离的是固体(LiPF4(s))和液体(HF(l)),所以采用过滤的方法;分离尾气中HF、HCl,可以利用二者沸点的差异(HF分子之间存在氢键)进行分离,所以采用冷凝法;
(4)根据守恒可以得到;设LiPF6为xmol,LiF为ymol;根据Li守恒,有x+y=n,根据质量守恒有152x+26y=w,解得x=mol。
8.(2014•北京理综化学卷,T28)(15分)用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液,通过控制电压电解得以再生。
某同学使用石墨电极,在不同电压(x)下电解pH=1的0.1mol/L的FeCl2溶液,研究废液再生机理。
记录如下(a、b、c代表电压数值):
序号电压/V阳极现象检验阳极产物
Ix≥a电极附近出现黄色,有气泡产生有Fe3+、有Cl2
IIa>x≥b电极附近出现黄色,无气泡产生有Fe3+、无Cl2
IIIb>x>0无明显变化无Fe3+、无Cl2
(1)用KSCN检验出Fe3+的现象是_______________________。
(2)I中,Fe3+产生的原因可能是Cl—在阳极放电,生成的Cl2将Fe2+氧化。
写出有关反应:
____________________________________________________。
(3)由II推测,Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电,原因是Fe2+具有_________性。
(4)II中虽未检验出Cl2,但Cl—在阳极是否放电仍需进一步验证。
电解pH=1的NaCl溶液做对照实验,记录如下:
序号电压/V阳极现象检验阳极产物
IVa>x≥c无明显变化有Cl2
Vc>x≥b无明显变化无Cl2
①NaCl的浓度是_________mol/L
②IV中检测Cl2的实验方法______________________________________________。
③与II对比,得出的结论(写出两点):
_____________________________________________。
【答案】(15分)
(1)溶液变红
(2)2Cl—-2e—=Cl2↑Cl2+2Fe2+=2Cl—+2Fe3+
(3)还原
(4)①0.2②取少量阳极附近的溶液,滴在淀粉KI试纸上,试纸变蓝③通过控制电压,证实了产生Fe3+的两种原因都成立;通过控制电压,验证了Fe2+先于Cl-放电
【解析】
(1)在电解池中,氯离子在阳极放电:
2Cl--2e-=Cl2↑,生成的Cl2能够与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应:
Cl2+2Fe2+===2Cl-+2Fe3+。
(2)阳极产物没有氯气,二价铁离子具有还原性,也可能是二价铁离子失电子变为三价铁离子,体现了其还原性。
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(3)①根据对照试验,则需要Cl-浓度等于原FeCl2溶液中Cl-的浓度:
0.1mol/L×2=0.2mol/L;②用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验有无氯气,若试纸变蓝,说明有氯气生成;③与Ⅱ对比,电压较大时有Cl2产生,说明电压较大时Cl-放电;电压较小时没有Cl2产生,说明在电压较小的时候,Cl-没有放电,即Fe2+放电变为Fe3+,故放电顺序:
Fe2+>Cl-。
9.(2014•北京理综化学卷,T27)(12分)碳、硫的含量影响钢铁性能,碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体,再用测碳、测硫装置进行测定。
(1)采用装置A,在高温下x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。
①气体a的成分是________________。
②若钢样中硫以FeS的形式存在,A中反应:
3FeS+5O21_____+3________。
(2)将气体a通入测硫酸装置中(如右图),采用滴定法测定硫的含量。
①H2O2氧化SO2的化学方程式________________________________。
②用NaOH溶液滴定生成的H2SO4,消耗zmLNaOH溶液,若消耗
1mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克,则该钢样中硫的质量分数为__________。
(3)将气体a通入测碳装置中(如下图),采用重量法测定碳的质量。
①气体a通过B和C的目的______________________________。
②计算钢样中碳的质量分数,应测量的数据是_______________________。
【答案】(12分)
(1)①O2、SO2、CO2②Fe3O4SO2
(2)①H2O2+SO2=H2SO4②
(3)①排除SO2对CO2测定的干扰②吸收CO2前、后吸收瓶的质量
【解析】
(1)①钢样进行灼烧,碳、硫转化为二氧化碳和二氧化硫,所以气体成分为CO2、SO2和O2;②若硫元素的存在形式为FeS,根据给出的化学计量数,3后面的物质为SO2,则根据质量守恒确定1后面的物质为Fe3O4,化学方程式为3FeS+5O2=====高温Fe3O4+3SO2。
(2)①H2O2与SO2反应的化学方程式为H2O2+SO2===H2SO4;②根据消耗1mL的氢氧化钠溶液相当于硫含量yg,则消耗zmL的氢氧化钠溶液相当于含硫量为zyg,则钢样中硫含量为。
(3)气体中既含有二氧化硫又含有二氧化碳,测定二氧化碳前必须除去二氧化硫,避免干扰,所以B、C装置用于除去二氧化碳中的二氧化硫,测定碳的含量即测定二氧化碳的量,因此需要测定的数据是吸收二氧化碳装置(二氧化碳吸收瓶)前后的质量(质量差值为二氧化碳的质量)。
10.(2014•福建理综化学卷,T25)(15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。
某研究小组进行如下实验:
实验一焦亚硫酸钠的制取
采用右图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。
装置II中有Na2S2O5晶体析出,发生的反应为:
Na2SO3+SO2=Na2S2O5
(1)装置I中产生气体的化学方程式为。
(2)要从装置II中获得已析出的晶体,可采取的分离方法是。
(3)装置III用于处理尾气,可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为(填序号)。
实验二焦亚硫酸钠的性质
Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。
(4)证明NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度,可采用的实验方法是
(填序号)。
a.测定溶液的pHb.加入Ba(OH)2溶液c.加入盐酸
d.加入品红溶液e.用蓝色石蕊试纸检测
(5)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是。
实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
(6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。
测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:
(已知:
滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI)
①按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为g•L-1。
②在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测得结果(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(15分)
(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O)
(2)过滤
(3)d
(4)a、e
(5)取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成
(6)①0.16②偏低
【解析】
(1)装置1是制备二氧化硫气体,反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O)
(2)要从装置II中得到晶体,可采取的措施是过滤;
(3)装置III用于处理尾气,可选用的最合理装置是d,a装置缺少与外界相通,错误;b易发生倒吸,错误;c装置倒扣的漏斗进入水中,错误。
(4)证明NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度,可采用的实验方法是测定溶液的pH,pH小于7,则电离程度大于水解程度,a正确;加入氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀,和盐酸反应生成气体二氧化硫;无法判断电离程度和水解程度;亚硫酸根和亚硫酸氢根都不能使品红褪色,不能采用;用蓝色石蕊试纸检验,若变红则电离大于水解,e正确。
(5)检验变质的方法是取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成。
(6)根据反应方程式可得:
SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI。
碘的物质的量为0.0100×25×10-3=2.5×10-4mol,则抗氧化剂的残留量为2.5×10-4mol×64g/mol=0.16g;若碘化钾部分被氧化,则需要二氧化硫的物质的量减少,则所求浓度偏低。
11.(2014•江苏单科化学卷,T18)(12分)碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)d•xH2O]常用作塑料阻燃剂。
(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用,是由于其受热分解需吸收大量热量和。
(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d•xH2O中abcd的代数关系式为。
(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成,进行如下实验:
①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应,生成CO20.560L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如右图所示(样品在2700C时已完全失去结晶水,6000C以上残留固体为金属氧化物的混合物)。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH-):
n(CO32-)(写出计算过程)。
【答案】(12分)
(1)生成物具有阻燃作用
(2)2a+3b=c+2d
(3)n(CO2)=0.560L/22.4L.mol-1=2.50×10-2molm(CO2)=2.50×10-2mol×44g/mol=1.10g
在270-600℃之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出二氧化碳和水,m(CO2)+m(H2O)=3.390g×(0.7345-0.3702)=1.225g,
m(H2O)=1.235g-1.10g=0.135g,
n(H2O)=0.135/18=0.0075mol,
n(OH-)=0.0075mol×2=0.015mol,
n(OH-):
n(CO32-)=0.015:
2.50×10-2=3:
5
【解析】
(1)碱式碳酸镁铝具有阻燃作用,主要是分解需要吸收大量热量和生成的产物有氧化镁和氧化铝,都具有阻燃作用。
(2)根据化合价的代数和为0,abcd的代数关系为2a+3b=c+2d
(4)(3)根据二氧化碳的体积求出二氧化碳的质量,根据270-600℃失去结晶水放出二氧化碳和水,根据质量分数变化可以求出水的质量,进一步求出水的物质的量,根据氢氧根的物质的量与水的关系,和二氧化碳与碳酸根的物质的量之间的关系即可求解。
n(CO2)=0.560L/22.4L.mol-1=2.50×10-2molm(CO2)=2.50×10-2mol×44g/mol=1.10g
在270-600℃之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出二氧化碳和水,m(CO2)+m(H2O)=3.390g×(0.7345-0.3702)=1.225g,
m(H2O)=1.235g-1.10g=0.135g,
n(H2O)=0.135/18=0.0075mol,
n(OH-)=0.0075mol×2=0.015mol,
n(OH-):
n(CO32-)=0.015:
2.50×10-2=3:
5
12、(2014•江苏单科化学卷,T20)(14分)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
由硫化氢获得硫单质有多种方法。
(1)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如题20图—1所示的电解池的阳极区进行电解。
电解过程中阳极区发生如下反应:
S2-—2e-S(n—1)S+S2-Sn2-
①写出电解时阴极的电极反应式:
。
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质,其离子方程式可写成。
(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S,其物质转化如题20图—2所示。
①在图示的转化中,化合价不变的元素是。
②反应中当有1molH2S转化为硫单质时,保持溶液中Fe3+的物质的量不变,需要消耗O2的物质的量为。
③在温度一定和不补加溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌。
欲使生成的硫单质中不含CuS,可采取的措施有。
(3)H2S在高温下分解生成硫蒸汽和H2。
若反应在不同温度下达到平衡时,混合气体中各组分的体积分数如题20图—3所示,H2S在高温下分解反应的化学方程式为。
【答案】(14分)
(1)①2H2O+2e—=H2+2OH—②Sn2-+2H+=(n-1)S+H2S
(2)①铜、氢、氯②0.5mol③提高混合气体中空气的比例
(3)2H2S===2H2+S2
【解析】
(1)①溶液呈碱性,电解时水得到电子,阴极的电极反应式为:
2H2O+2e—=H2+2OH—;②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质,Sn2-+2H+=(n-1)S+H2S
(2)在物质转化图中,铜元素的化合价都是+2价,氢的化合价均为+1价,氯的化合价均为-1价。
反应中1mol硫化氢转变成S,且三价铁不改变,说明硫化氢均被氧气氧化,转移电子数为2mol,消耗氧气的物质的量为0.5mol。
根据图表,要不生成CuS,需要提高氧气的量,即提高混合气体中空气的含量。
(3)根据图像,1400°C时,硫化氢由85%减少到40%,氢气由10%增加40%,另一种气体由5%增大到20%,生成物的物质的量之比为2:
1,2H2S===2H2+SX根据原子个数守恒,的X=2,反应方程式为:
2H2S===2H2+S2
13.(2014•全国理综II化学卷,T27)(15分)铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。
回答下列问题:
(1)铅是碳的同族元素,比碳多4个电子层,铅在元素周期表的位置为第__周期、第__族,PbO2的酸性比CO2的酸性(填“强”“弱”)。
(2)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体,反应的化学方程式为。
(3)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得反应的离子方程式为;PbO2也可以通过石墨为电极Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。
阳极发生的电极反应式为__。
阴极上观察到的现象是__;若电解液中不加入Cu(NO3)2,阴极发生的电极反应式为_,这样做的主要缺点是_。
(4)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示,已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%()的残留固体,若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2•nPbO,列式计算x值和m:
n值__。
【答案】(15分)
(1)六ⅣA弱
(2)PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O
(3)PbO+ClO—=PbO2+Cl—Pb2++2H2O-2e—=PbO2↓+4H+
石墨上包上铜镀层Pb2++2e—=Pb↓不能有效利用Pb2+
(4)根据PbO2P
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