高考化学一模试题分类汇编物质的量综合含答案.docx

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高考化学一模试题分类汇编物质的量综合含答案

2020-2021高考化学一模试题分类汇编——物质的量综合含答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．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。

3．某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。

已知：

①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。

②氯气和碱反应放出热量。

温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：

3Cl2+6OH-

5Cl-+ClO3-+3H2O。

该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。

请回答下列问题：

（1）①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是________。

②该兴趣小组用100mL12mol·L-1盐酸与8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2______g。

（2）小组成员发现，产物中Ca（ClO）2的质量明显小于理论值。

他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高也是可能原因。

为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为如图（不考虑氯气和水的反应）。

①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。

②所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为______mol。

③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol，则产物中

=__。

（3）为了提高Ca（ClO）2的产率，可对丙装置作适当改进。

请你写出一种改进方法：

________。

【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15ClO-0.252：

1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中

【解析】

【分析】

（1）①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；

②依据MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，结合定量关系计算理论值；

（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；

②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；

③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：

2，结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。

（3）根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。

【详解】

（1）①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；

②n（HCl）=12mol/L×0.1L=1.2mol，n（MnO2）=

=0.1mol，MnO2、HCl反应的物质的量的比是1：

4，可见足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，n（Cl2）=n（MnO2）=0.1mol，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，根据方程式中物质反应关系可知：

理论上最多可制得Ca（ClO）2的物质的量为0.05mol，其质量m[Ca（ClO）2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；

（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；

②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为：

0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，在CaCl2、Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2中钙离子和含氯离子的个数比为1：

2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为

=0.25mol；

③取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；则得到：

0.35=x×1+y×5；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：

2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.35=0.5，解得：

x=0.1mol，y=0.05mol，则产物中

=2：

1；

（3）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生3Cl2+6OH-

5Cl-+ClO3-+3H2O。

【点睛】

本题考查了性质方案的设计。

明确实验目的、实验原理为解答关键，注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法，题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。

4．NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。

（1）写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。

（2）氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。

（3）实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2，该反应的离子方程式是_____。

（4）为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体（其中之一是水蒸气），该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。

（5）一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。

向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成Cu（OH）2沉淀的质量为_____克。

【答案】4NH3+5O2

4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO

5N2+6H2O19.6

【解析】

【分析】

（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；

（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；

（4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；

（5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m=nM计算。

【详解】

（1）氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，

故答案为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：

光化学烟雾；

（3）Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应离子方程式为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，答案为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O；

（4）NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O，

故答案为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O；

（5）n（NO2）＝n（NO）＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，根据电子转移守恒，可知n（Cu）＝

＝0.2mol，由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol，生成Cu（OH）2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol＝19.6g，故答案为：

19.6。

【点睛】

掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。

5．实验室需要配制0.1mol·L－1CuSO4溶液480mL。

按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。

（1）选择仪器。

完成本实验所必需的仪器有：

托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、________、________以及等质量的两片张滤纸。

（2）计算，应选择下列________。

A．需要CuSO4固体8.0gB．需要CuSO4·5H2O晶体12.0g

C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5gD．需要CuSO4固体7.7g

（3）称量。

所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）。

（4）溶解、冷却。

若未冷却，则所配溶液浓度会________。

（5）转移、洗涤。

若未洗涤，则所配溶液浓度会________。

（6）定容，摇匀。

（7）将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。

（8）在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________。

【答案】胶头滴管500mL容量瓶AC偏高偏高偏低偏低

【解析】

【分析】

本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可

【详解】

（1）配制的是480mL溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500mL容量瓶；

（2）因为定容时使用的500mL容量瓶，其物质称量时时按500mL算，不是按480mL算，若果是硫酸铜固体其质量为

=8.0g，若为5水硫酸铜其质量为

=12.5g，故答案为A、C；

（3）砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度会偏高，故答案为偏高；

（4）若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；

（5）若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；

（8）因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。

【点睛】

注意：

计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。

6．Ⅰ某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl、K2SO4和NH4Cl3种固体原料的物质的量之比为1:

4:

8。

（1）配制该营养液后c（NH4+）=0.016mol﹒L-1，溶液c（K+）=_______________。

（2）若采用（NH4）2SO4和KCl来配制该营养液，则（NH4）2SO4和KCl物质的量之比为________

Ⅱ从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出100mL：

（1）取出的这100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是______。

若将取出的这100mL氢氧化钠溶液加水稀释至500mL，所得溶液的物质的量浓度是_____。

某学生计划用12mol﹒L-1的浓盐酸配制0.1mol﹒L-1的稀盐酸450mL，回答下列问题：

（2）实验过程中，不必使用的是________（填字母）。

A．托盘天平     B．量筒  C．容量瓶    D．250mL烧杯    E.胶头滴管    F.500mL试剂瓶

（3）除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是________。

（4）量取浓盐酸的体积为___mL，应选用的量筒规格为______（提供10.0mL、25.0mL）。

（5）配制时应选用的容量瓶规格为______________。

（6）某同学操作出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

定容时俯视刻度线__________加蒸馏水时不慎超过了刻度__________,此时应如何处理________。

【答案】0.018mol/L4:

91mol/L0.2mol/LA玻璃棒4.2mL10.0mL500mL偏高偏低重新配制

【解析】

【分析】

Ⅰ由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:

4:

8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为（1+2×4）：

8=9:

8，由K+和NH4+的物质的量比计算可得；

Ⅱ溶液是均匀的，从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500mL试剂瓶。

【详解】

Ⅰ

（1）由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:

4:

8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为（1+2×4）：

8=9:

8，若营养液中c（NH4+）为0.016mol﹒L-1，n（K+）：

n（NH4+）=c（K+）：

c（NH4+）=9:

8，则c（K+）=

=0.018mol/L，故答案为：

0.018mol/L；

（2）设（NH4）2SO4的物质的量为x，KCl的物质的量的物质的量为y，由溶液中K+、NH4+的物质的量比为9:

8可得y：

2x=9:

8，则x：

y=4：

9，故答案为：

4：

9；

Ⅱ

（1）溶液是均匀的，从1L1mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度，则取出的这100mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L；据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，令稀释后的浓度为c，则可得关系式100mL×1mol/L=500mL×c，解得c=0.2mol/L，故答案为：

1mol/L；0.2mol/L；

（2）配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500mL试剂瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为：

A；

（3）由

（2）分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：

玻璃棒；

（4）设量取浓盐酸的体积是Vml，由稀释定律可知稀释前后HCl物质的量不变，则有12mol/L×V×10—3L=0.10mol/L×0.5L，解得V=4.2，由量筒使用的最近原则可知，应选用10.0mL量筒量取4.2ml浓盐酸，故答案为：

4.2ml；10.0mL；

（5）实验室没有450mL的容量瓶，则配制0.1mol﹒L-1的稀盐酸450mL应选用500mL的容量瓶，故答案为：

500mL；

（6）定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，由于操作导致实验失败，解决的方法是重新配制，故答案为：

偏高；偏低；重新配制。

7．现有下列九种物质：

①HCl气体②Cu③蔗糖④CO2⑤H2SO4⑥Ba（OH）2固体⑦氯酸钾溶液⑧稀硝酸⑨熔融Al2（SO4）3

（1）属于电解质的是___；属于非电解质的是___。

（2）②和⑧反应的化学方程式为：

3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

上述反应中氧化产物是___。

硝酸没有全部参加氧化还原反应，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的___。

用双线桥法分析上述反应（只需标出电子得失的方向和数目）___。

3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

（3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：

H＋＋OH－=H2O，该离子反应对应的化学方程式为___。

（4）⑨在水中的电离方程式为___，

（5）34.2g⑨溶于水配成1000mL溶液，SO42-的物质的量浓度为___。

【答案】①⑤⑥⑨③④Cu（NO3）2或Cu2+25%

Ba（OH）2＋2HNO3=Ba（NO3）2＋2H2OAl2（SO4）3=2Al3＋＋3SO42-0.3mol/L

【解析】

【分析】

（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；

（2）氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂，对应产物为氧化产物；依据硝酸中氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量；根据Cu元素的化合价变化、N元素的化合价变化来分析，化合价升高的元素原子失去电子，化合价降低的元素的原子得到电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；

（3）H++OH-═H2O，可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水；

（4）硫酸铝为强电解质，水溶液中完全电离；

（5）计算3.42g硫酸铝的物质的量，依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量，依据

计算硫酸根离子的物质的量浓度。

【详解】

（1）①HCl气体是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；

②Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质；

③蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质；

④CO2本身不能电离，属于非电解质；

⑤H2SO4是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；

⑥Ba（OH）2固体是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，是电解质；

⑦氯酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑧稀硝酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑨熔融Al2（SO4）3是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；

综上所述，属于电解