全国备战高考化学物质的量的综合备战高考真题分类汇总及答案.docx

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全国备战高考化学物质的量的综合备战高考真题分类汇总及答案

2020-2021全国备战高考化学物质的量的综合备战高考真题分类汇总及答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2。

实验步骤如下：

①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95g.

②连接好实验装置，检查装置的气密性．

③加热，开始反应，直到不再有气体产生为止．

④测量排入量筒中水的体积为285.0mL，换算成标准状况下氧气的体积为279.7mL.

⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55g.

根据上述实验过程，回答下列问题：

（1）如何检查装置的气密性？

______________________________________________。

（2）以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：

①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同

②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温

③读取量筒内液体的体积

这三步操作的正确顺序是________（请填写步骤代码。

进行③的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

（3）实验过程中产生氧气的物质的量是________mol；实验测得氧气的摩尔体积是________（保留小数点后两位）。

【答案】往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气②①③偏小0.012522.38L/mol

【解析】

【分析】

【详解】

（1）往广口瓶中装满水，使装置左侧形成密闭体系，通过捂热试管看广口瓶中长导管内液面高度的变化来判断装置的气密性；综上所述，本题答案是：

往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气。

（2）在测量收集到O2的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，会使排出水的体积偏大；然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，从而使排出水的体积与产生的O2的体积相等，最后再读取量筒内水的体积；正确顺序为②①③；读数时若仰视量筒内的液面，会使读取O2的体积偏小；综上所述，本题答案是：

②①③；偏小。

（3）根据质量守恒定律，产生O2的质量为15.95g－15.55g＝0.4g；n（O2）＝0.4/32=0.0125mol，O2的摩尔体积为0.2797/0.0125=22.38L/mol；综上所述，本题答案是：

0.0125，22.38L/mol。

【点睛】

用排水法测量收集到气体体积时，要注意：

先将装置中的气体冷却至室温，否则气体受热膨胀时，易引起误差；第二，要调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等，这样才能减小实验误差；最后再读取量筒内水的体积，要平视进行读数，减小实验误差；只要做到以上三点，就能提高测定数据的准确度。

2．实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol·L－1的NaOH溶液500mL，回答下列问题。

（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是________（填字母）。

a．使用前要检验容量瓶是否漏液

b．用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干

c．为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行

d．为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀

e．用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液

f．当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放所配制的试剂

（2）请补充完整实验的简要步骤。

①计算；②称量NaOH固体________g；③溶解；④冷却并移液；⑤洗涤并转移；⑥________；⑦摇匀。

（3）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平（带砝码）、镊子、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是________、________。

（4）上述实验操作②③都要用到小烧杯，其作用分别是_____________________和_______。

（5）如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：

①____________________________________________；

②_____________________________________________。

（6）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是________（填字母）。

A．转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面

B．定容时俯视刻度线

C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容

D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线

【答案】ad20.0定容500mL容量瓶胶头滴管用烧杯称量NaOH固体，防止NaOH腐蚀天平的托盘用烧杯做溶解用的容器没有用玻璃棒引流应选用500mL的容量瓶BC

【解析】

【分析】

【详解】

（1）a、容量瓶使用前要检验是否漏水，a正确；

b、容量瓶不能加热，b错误；

c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液，也不能用来溶解固体，c错误；

d、为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后要摇匀，d正确；

e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液，不能配制480mL溶液，e错误；

f、容量瓶不能长期贮存溶液，f错误；

故选ad；

（2）m（NaOH）＝nM=cVM=1.00mol·L－1×0.500L×40g·mol－1＝20.0g。

配制时，要遵循计算、称量、溶解（冷却）、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。

（3）配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平（带砝码）、量筒，本题还缺少500mL容量瓶和胶头滴管。

（4）NaOH固体具有强腐蚀性，不能用纸称量，要用玻璃仪器（如小烧杯）盛放。

NaOH固体溶解时要在小烧杯中进行。

（5）配制500mL的溶液，应选用500mL的容量瓶；在转移溶液时，一定要用玻璃棒引流，防止溶液溅到瓶外。

（6）A、转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面，导致溶质损失，则所配溶液浓度偏低，A错误；

B、定容时俯视液面，则溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，B正确；

C、在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，则冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，C正确；

D、定容后，加盖倒转摇匀后，由于会有少量液体残留在刻线上方，因此液面低于刻度线是正常的，又滴加蒸馏水至刻度，体积会增大，导致所配溶液浓度偏低，D错误；

故选BC。

【点睛】

本题第（3）题，填写容量瓶时务必带着规格填写，即填写500mL容量瓶，只填写容量瓶是不正确的。

3．将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。

（1）写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________；

（2）镁和铝的总质量为________g；

（3）b点溶液中的溶质为__________，硫酸的物质的量浓度为___________mol/L；

（4）生成的氢气在标准状况下的体积为__________L；

（5）c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。

【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑9Na2SO42.510.08NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3

【解析】

【分析】

由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，此时发生的反应为：

H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液溶质为Na2SO4；从200mL到240mL，NaOH溶解固体Al（OH）3，发生反应：

OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O，据此分析解答。

【详解】

（1）Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（2）根据图象可知Mg（OH）2和Al（OH）3的物质的量之和为0.35mol，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，Al（OH）3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由元素守恒可知n（Al）=n[Al（OH）3]=0.20mol，n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.15mol，所以镁和铝的总质量为m（Al）+m（Mg）=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g；

（3）沉淀量最大时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mLNaOH溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍，所以n（Na2SO4）=0.5×5mol/L×0.2L=0.5mol，所以H2SO4的物质的量浓度c（H2SO4）=

=2.5mol/L；

（4）根据以上分析，n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，由于Al是+3价金属，Mg是+2价的金属，所以金属失去电子的物质的量n（e-）=3n（Al）+2n（Mg）=0.2mol×3+0.15mol×2=0.9mol，根据反应过程中得失电子守恒，可知反应产生氢气的物质的量n（H2）=

n（e-）=0.45mol，则在标准状况下的体积V（H2）=0.45mol×22.4L/mol=10.08L；

（5）在b点时溶液中溶质为Na2SO4，沉淀量为Mg（OH）2和Al（OH）3，在b→c过程中发生反应：

NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，至c点，该反应恰好反应完全，故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2，由于酸性：

H2CO3＞Al（OH）3，所以c点溶液中通入足量的CO2，NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al（OH）3和NaHCO3，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3。

【点睛】

本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算，侧重考查学生的分析与计算能力。

4．现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。

（1）沉淀A的主要成分是_____________、______________（填化学式）。

（2）①②③中均进行的分离操作是_______________。

（3）溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是__________，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的______________。

（4）实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol•L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8mol•L-1的HNO3溶液，该小组用8mol•L-1的HNO3溶液配制所需溶液。

①实验中所需的玻璃仪器包括________、_____mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。

②该实验中需要量取8mol•L-1的HNO3溶液________mL。

③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_____________。

A．取用8mol•L-1的HNO3溶液溶液时仰视量筒刻度线

B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作

C．8mol•L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯

D．定容时仰视刻度线

E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作

【答案】BaSO4BaCO3过滤Na2CO3HNO3500mL容量瓶100玻璃棒62.5AC

【解析】

【分析】

由实验流程可知，加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。

【详解】

（1）加入过量的Ba（NO3）2，Na2SO4、Na2CO3和Ba（NO3）2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故答案为：

BaSO4；BaCO3；

（2）①②③中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：

过滤；

（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：

Na2CO3；HNO3；

（4）①实验室只有500mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：

500mL容量瓶；100；玻璃棒；

②设需要量取8mol•L-1的HNO3溶液VmL，则8mol•L-1×V×10-3L=1mol•L-1×500×10-3L，解得：

V=62.5mL，故答案为：

62.5；

③A．取8mol•L-1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A正确；

B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；

C．量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；

D．定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；

E．定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误；故答案为AC。

5．O2和O3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：

（1）等质量的O2和O3所含原子个数比为__，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数值，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NA的式子表示）。

（4）常温下，将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3溶液混合，得到密度为1.15g·cm-3的混合溶液。

该混合溶液的物质的量浓度为___mol·L-1。

【答案】1：

13：

21：

12：

3

L2.28

【解析】

【详解】

（1）等质量的O2和O3的物质的量之比为

∶

＝3∶2，则所含分子个数之比为3∶2，原子个数之比为1∶1，故答案为：

1:

1；3:

2；

（2）据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的气体含有相同数目的分子，即O2和O3所含分子数之比为1∶1，则原子个数比为2∶3，质量比为2∶3，故答案为：

1：

1；2：

3；

（3）氧气的摩尔质量为M＝

＝

＝

g·mol－1，则cgO2在标准状况下体积为V＝

·Vm＝

×22.4L·mol－1＝

L，故答案为：

L；

（4）混合后溶液中的KNO3的物质的量为n（KNO3）＝

≈0.099mol，混合后溶液的总体积为V[KNO3（aq）]＝

≈43.5cm3＝4.35×10－2L，混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c（KNO3）＝

≈2.28mol·L－1，故答案为：

2.28。

6．

（1）在Na2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，测得Al3＋浓度为0.1mol·L-1，加入等体积0.3mol·L-1的BaCl2溶液恰好使SO42-完全沉淀，则混合溶液中Na＋的浓度为____。

（2）将0.1mol·L-1的K2SO4溶液、0.2mol·L-1的Al2（SO4）3溶液和纯水混合，要使混合液中K＋、Al3＋、SO42-的浓度分别为0.1mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，则K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积比___。

（忽略体积的变化）

【答案】0.3mol·L-12：

1：

1

【解析】

【详解】

（1）设混合溶液体积为1L。

n（Al3＋）＝c·V＝0.1mol·L－1×1L＝0.1mol，n（SO

）＝n（Ba2＋）＝0.3mol·L－1×1L＝0.3mol。

由电荷守恒可得：

3n（Al3＋）＋n（Na＋）＝2n（SO

），所以n（Na＋）＝2n（SO

）－3n（Al3＋）＝2×0.3mol－3×0.1mol＝0.3mol，c（Na＋）＝

＝

＝

＝0.3mol·L－1，故答案为：

0.3mol·L-1；

（2）设K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积分别是xL、yL、zL，则0.2x＝0.1×（x＋y＋z）、0.4y＝0.1×（x＋y＋z）、0.1x＋0.6y＝0.2×（x＋y＋z），解得x＝2y＝2z，所以K2SO4溶液、Al2（SO4）3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1，故答案为：

2∶1∶1。

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%=

%。

【点睛】

本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。

掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础，考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。

8．卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。

（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。

某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：

KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4

①氧化剂与还原剂的物质的量比是_______；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_______。

②先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_____；

③若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。

写出图中仪器的名称：

①_____；该装置还缺少的仪器是_____；冷凝管的进水口是：

_____（填g或f）。

（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O

①实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式：

__________________________

②上述反应中氧化剂：

__________，还原剂：

__________，被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值______________。

③a:

Cl2+2I-=I2+2Cl-；b:

Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-；c:

2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。

Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序：

_________________________

【答案】1:

50.5NA溶液分层，下层液为紫红色蒸馏烧瓶温度计gMnO2+4H++2Cl-（浓）

Mn2++Cl2↑+2H2OMnO2HCl1:

1Cl2>Fe3+>I2

【解析】

【分析】

（1）①KIO3+5KI+3H2SO4→3I2+3K2SO4+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价变化确定电子转移情况；

②碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；

③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析；

（2）①实