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