全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总及答案Word格式.docx

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空气的平均相对分子质量为29，混合气体的平均相对分子质量为:

9.5×

2=19；

设烧瓶的容积为VL，氨气的体积为xL，空气的体积为（V-x）L，则有:

[17x/Vm+（29×

（V-x）/Vm）]÷

（V/Vm）=19，解之得:

x=

V；

将此瓶气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即

V，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积为:

（

V）/V=

（或83.3%）；

（4）混合液的质量为（100d1+50d2）g，混合后溶液的体积为：

[（100d1+50d2）÷

d3]mL=[（100d1+50d2）÷

d3]×

10-3L；

溶液混合后n（SO42-）=（0.1×

0.3×

1+0.05×

0.2×

3）=0.06mol；

根据c=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：

0.06÷

10-3=60d3/（100d1+50d2）mol/L=6d3/（10d1+5d2）mol/L

6d3/（10d1+5d2）mol/L；

（5）设AOH和BOH的摩尔质量分别为5xg/mol和7xg/mol，n（HCl）=n（OH-）=0.1×

1.2=0.12mol；

7molAOH与5molBOH混合物中含有n（OH-）=7+5=12，根据题意可知，5.6g混合碱中含有n（OH-）=0.12mol，则含有n（OH-）=12mol时，混合碱的质量为560g；

根据7mol×

5xg/mol+5mol×

7xg/mol=560g可知，x=8，所以AOH的摩尔质量为40g/mol；

40g/mol；

（6）假设溶液体积为1.00L，1.00L盐酸中含氯化氢的物质的量为：

1L×

1mol/L=1mol，V（HCl）=1×

22.4=22.4L；

1.00L盐酸中含水的质量为：

m（H2O）=1×

1.0365×

103-1×

36.5=1000g，V（H2O）=1L；

标准状况下，1体积水吸收氯化氢的体积为V=[V（HCl）/V（H2O）]×

1L=22.4L；

22.4。

2．

（1）在标准状况下①6.72LCH4②3.01×

1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3，体积最大的是____，密最大的是度___，质量最小的是___，氢原子个数最多的是____。

（填写序号）

（2）等温等压下，质子数相等的CO、N2两种气体，质量之比为____，体积之比为____，摩尔质量之比____。

（3）某物质在一定条件下加热分解，产物都是气体。

分解方程式为：

3A＝B＋3C＋2D。

测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a，则A的摩尔质量为____。

【答案】②②④①1:

11:

14ag/mol

（1）①6.72LCH4中：

n（CH4）=

=0.3mol，m（CH4）=0.3mol×

16g/mol=4.8g，ρ（CH4）=

，N（H）=4N（CH4）=1.2NA；

②3.01×

1023个HCl分子中：

n（HCl）=

=0.5mol，V（HCl）=0.5mol×

22.4L/mol=11.2L，ρ（HCl）=

，m（HCl）=0.5mol×

36.5g/mol=18.25g，N（H）=N（HCl）=0.5NA；

③13.6gH2S 

中：

n（H2S）=

=0.4mol，V（H2S）=0.4mol×

22.4L/mol=8.96L，ρ（H2S）=

，N（H）=2N（H2S）=0.8NA；

④0.2molNH3中：

m（NH3）=0.2mol×

17g/mol=3.4g，V（NH3）=0.2mol×

22.4L/mol=4.48L，ρ（NH3）=

，N（H）=3N（NH3）=0.6NA.

所以：

体积最大的是②，密度最大的是②，质量最小的是④，含氢原子数最多的是①；

（2）CO、N2两种气体涉及的元素有C、O、N质子数分别为6、8、7，所以两种气体的分子的质子数分别为：

14、14，质子数相等的CO、N2，物质的量相等；

CO、N2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol，故摩尔质量之比1:

1；

根据m=nM知：

质量之比与摩尔质量成正比为28:

28=1:

根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积，故体积之比为1:

（3）化学方程式系数的意义：

表示物质的量。

设A的物质的量为3mol，则三种混合气体的总物质的量为6mol，由于平均相对分子质量为2a，即平均摩尔质量为2ag/mol，三种气体质量总和为12ag，根据质量守恒定律，A的质量也是12ag，故A的摩尔质量为4ag/mol。

3．用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4mol·

L-1）配制100mL1.0mol·

L-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：

A．100mL量B．托盘天平C．玻璃棒D．50mL容量瓶E．10mL量筒F．胶头滴管G．50mL烧杯H．100mL容量瓶。

请回答：

（1）通过计算，需用量筒量取浓硫酸的体积为________mL；

（2）实验时选用的仪器有______（填序号），使用容量瓶时第一步的操作是________________；

（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是________（填序号）；

①定容时俯视刻度线观察液面

②容量瓶使用时未干燥

③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线

（4）实验步骤如下：

①计算所用浓硫酸的体积　②量取一定体积的浓硫酸③溶解　④恢复至室温⑤转移、洗涤　⑥定容、摇匀⑦装瓶贴标签。

其中，第⑤步中“洗涤”操作的目的是_______________________。

【答案】5.4CFGEH检查容量瓶是否漏水①减少溶质损失，减小实验误差

【分析】

⑴根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。

⑵配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，使用容量瓶前要检漏。

⑶①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；

②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；

③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。

⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。

⑴用物质的量浓度为18.4mol·

L-1的浓硫酸配制100mL1.0mol·

L-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4mol·

L−1×

V=1.0mol·

L−1×

0.1L，V=0.0054L=5.4mL，因此需用量筒量取浓硫酸的体积为5.4mL；

故答案为：

5.4。

⑵配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，因此实验时选用的仪器有CFGEH，使用容量瓶时第一步的操作是检查容量瓶是否漏水；

CFGEH；

检查容量瓶是否漏水。

⑶①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高，故①符合题意；

②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响，故②不符合题意；

③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故③不符合题意；

综上所述，答案为：

①。

⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第⑤步中“洗涤”操作的目的是减少溶质损失，减小实验误差；

减少溶质损失，减小实验误差。

4．为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：

（1）等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为___。

（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为___，质量比为___。

（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则cg氧气在标准状况下的体积约是___（用含a、b、c、NA的式子表示）。

（4）实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，进行如下操作：

①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器___。

②计算需要NaOH固体的质量：

___g。

③取出50mL配制好的溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为___。

④若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是___。

A.称量时砝码已经生锈

B.定容时仰视

C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作

D.定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线

【答案】3：

21：

12：

3

L100mL容量瓶4.01mol/LA

（1）根据

可知，等质量的O2和O3的物质的量之比为

，所含分子的物质的量之比为3：

2。

（2）根据阿伏加德罗定律，PV=nRT（R为常数），在等温等压下，等体积的任一气体所含分子的物质的量相同，由N=nNA（NA为常数）可知，分子个数比为1：

由m＝nM可知，O2和O3的质量比为2：

3。

（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则ag氧气的物质的量

，摩尔质量

，即当氧气为cg，物质的量

，在标准状况下的体积

L。

（4）①实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶。

②需要NaOH固体的质量

。

③溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol/L。

④A.称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；

B.定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；

C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；

D.定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。

答案为A。

【点睛】

根据

可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎ和溶液的体积V引起的。

误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。

在配制一定物质的量浓度溶液时，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；

若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

需要具体问题具体分析。

5．填写下列表格

序号

物质

分子数（用NA表示）

质量/g

物质的量/mol

摩尔质量/g·

mol-1

体积/标况

（1）

氮气

___

14

（2）

H2SO4

3.01×

1022

空

（3）

H2O

0.5

（4）

Cl2

2.24L

【答案】0.5NA0.52811.24.90.05980.5NA9180.1NA7.10.17.1

摩尔质量在以为g·

mol-1单位时，数值上等于相对分子质量，以n=

、n=

这几个公式为基础，按试题中的要求，进行计算。

（1）N2的摩尔质量在以为g·

mol-1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N2的摩尔质量是28g·

mol-1，当N2的质量为14g时，n（N2）=

=0.5mol，N2的分子数N（N2）=0.5NA，标况下N2的体积为：

0.5mol

22.4L·

mol-1=11.2L；

（2）H2SO4的分子数是3.01×

1022，H2SO4的物质的量：

n（H2SO4）=

=0.05mol，H2SO4的摩尔质量是98g·

mol-1，质量：

m（H2SO4）=0.05mol×

98g·

mol-1=4.9g；

（3）H2O的物质的量是0.5mol，水的摩尔质量：

M（H2O）=18g·

mol-1，水分子的个数N（H2O）=0.5NA，水分子的质量是：

m（H2O）=0.5mol×

18g·

mol-1=9g；

（4）Cl2标况下的体积试剂2.24L，Cl2的物质的量：

n（Cl2）=

=0.1mol，Cl2的分子数是：

N（N2）=0.1NA，Cl2的摩尔质量是71g·

mol-1，Cl2的质量：

m（Cl2）=0.1mol

71g·

mol-1=7.1g；

考生熟练掌握n=

，这几个公式之间的换算；

6．硫酸是重要的基础化工原料之一，是化学工业中最重要的产品，号称“工业之母”。

在中学化学教材中有多处涉及其应用。

（1）利用浓硫酸配制稀硫酸

已知某浓硫酸的密度为1.84g/ml，质量分数为98％，则该浓硫酸的物质的量浓度为_______；

现用该浓硫酸配制480ml浓度为1.84mol/L的稀硫酸，在配制过程中除量取浓硫酸的仪器、烧杯、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________________；

（2）硫酸与无机物的反应

实验室在用稀硫酸与锌反应制取氢气时，常向其中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率，请写出发生的离子反应方程式______________________________；

不活泼金属铜在与浓硫酸反应中，体现了浓硫酸的___________________性质；

非金属碳在加热条件下也能与浓硫酸反应，若要你设计实验检验反应生成的气体产物，则检验出气体产物的正确顺序为______________________；

（3）硫酸在有机中的应用

利用硫酸的性质可以制取多种有机物，比如烈性炸药TNT、硝基化合物、酯类物质、不饱和烃等。

请写出制取TNT的化学方程式________________________________________；

请写出用乙醇制取乙烯的化学方程式________________________________________；

稀硫酸还可以使蔗糖、淀粉等多种有机物发生水解，请写出蔗糖水解的产物名称_________。

【答案】18.4mol/L500ml容量瓶Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑＋Zn2＋强氧化性和强酸性H2O、SO2、CO2

+3HNO3

+3H2OC2H5OH

CH2=CH2↑+H2O葡萄糖、果糖

（1）根据c=1000ρwM计算出该浓硫酸的浓度；

配制该溶液的步骤是：

称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器；

（2）硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，原因是形成原电池反应；

（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：

c=1000×

1.84×

98%÷

98mol/L=18.4mol/L；

实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL1mol/L的硫酸溶液，配制该溶液的步骤是：

称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，配制过程中需要使用的仪器为：

药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器为：

500mL容量瓶，

18.4mol/L；

500mL容量瓶；

（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，离子方程式是Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑；

铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，硫元素的化合价降低表现硫酸的氧化性，生成盐和水体现硫酸的酸性，故硫酸表现的性质是酸性和氧化性；

碳和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化碳和水，检验气体的顺序是水，二氧化硫，二氧化碳，

Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑；

强氧化性和强酸性；

H2O、SO2、CO2；

（3）制取TNT需要甲苯，浓硫酸和浓硝酸的混合酸加热，反应的化学方程式是

+3H2O；

向乙醇中加入浓硫酸，加热到170度，可以制取乙烯，方程式是C2H5OH

CH2=CH2↑+H2O；

蔗糖水解产生葡萄糖和果糖，

C2H5OH

葡萄糖、果糖。

7．已知：

2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑，将0.1moKMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；

向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中（注：

KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+）。

（1）2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中的还原产物是_____（填化学式），反应中若产生0.3mol的气体则有________mol的电子转移。

（2）a+b的最大值为________，a+b最小值为________。

【答案】MnCl20.60.250.2

（1）元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；

根据Cl元素化合价变化计算转移电子；

（2）KMnO4固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：

0.1×

（7-2）=4a+2b，整理得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，（a+b）达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定（a+b）的最小值。

（1）反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnCl2是还原产物；

产生0.3mol的氯气时，转移电子为n（e-）=0.3mol×

2×

[0-（-1）]=0.6mol；

（2）KMnO4固体加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：

（7-2）=4a+2b，整理可得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，（a+b）达最大值，此时a=0，则（a+b）的最大值=0.25；

当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×

=0.05mol，则a+b≥0.25-0.05=0.2，故（a+b）的最小值为0.2。

本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。

掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础，学会将关系式进行变形，并用用极值方法分析判断。

8．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

（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。

（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