全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总及答案.docx

1、全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总及答案全国高考化学物质的量的综合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按要求完成下列填空。（1）在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为_。（2）将3.22g芒硝（Na2SO410H2O）溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+，则需水的质量为_g。（3）在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净，所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_。（4）100mL

2、 0.3mol/L Na2SO4(密度为d1 g/cm3)和50mL 0.2mol/L Al2(SO4)3(密度为d2 g/cm3)混合，所得密度为d3 g/cm3的混合溶液中SO42-的浓度为_。（用含d1,d2, d3的式子表示）（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7，现将7mol AOH与5mol BOH混合后，从中取出5.6g，恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_。（6）标准状况下，用一定量的水吸收HCl气体后制得浓度为1.0mol/L，密度为1.0365g/cm-3的盐酸。请计算1体积水吸收_体积的HCl可制得上述氨水。【答案】6：

3、3：2 34.2 (或83.3%) 6d3/(10 d1+5 d2)mol/L 40g/mol 22.4 【解析】【详解】（1）设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z，由分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则种溶液中Cl-的物质的量相等，x=y2=z3，解得x：y：z=6：3：2，因溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度之比，所以浓度之比为6：3：2；故答案是：6：3：2；（2）3.22g芒硝的物质的量为3.22/322=0.01mol，所以溶液中n(Na+)=2n(Na2SO410H2O)=0.012=0.02mol，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n(

4、H2O)=100n(Na+)=2mol，0.01mol Na2SO410H2O 中含有水的物质的量为0.0110=0.1mol，所以需要的水的物质的量为2-0.1=1.9mol，所以需要水的质量为1.9mol18g/mol=34.2g；故答案是：34.2；（3）用排气法收集氨气后，收集到的氨气气体不纯，含有空气；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: 9.52=19；设烧瓶的容积为V L，氨气的体积为x L，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，

5、烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积为:(V)/V=(或83.3%)；故答案是：(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)d3mL=(100d1+50d2)d310-3L；溶液混合后n(SO42-)=(0.10.31+0.050.23)=0.06mol；根据c=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：0.06(100d1+50d2)d310-3=60 d3/(100d1+50d2)mol/L=6d3/(10d1+5d2)mol/L故答案是：6d3/(10d1+5d2)mol/L；（5）设AOH和BOH的摩尔质量分别为5x g/m

6、ol和7x g/mol，n(HCl)=n(OH-)=0.11.2=0.12mol；7mol AOH与5mol BOH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7mol5x g/mol+5mol7x g/mol=560g可知，x=8，所以AOH的摩尔质量为40g/mol；故答案是：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：1L1mol/L=1mol，V(HCl)=122.4=22.4L；1.00L盐酸中含水的质量为：m(H2O)=

7、11.0365103-136.5=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；故答案是：22.4。2（1）在标准状况下6.72L CH43.011023个HCl分子13.6g H2S0.2mol NH3，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：3AB3C2D。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_。【

8、答案】 1:1 1:1 1:1 4a g/mol 【解析】【详解】(1)6.72L CH4中：n(CH4)=0.3mol，m(CH4)=0.3mol16g/mol=4.8g，(CH4)= ，N(H)=4N(CH4)=1.2NA；3.011023个HCl分子中：n(HCl)=0.5mol，V(HCl)=0.5mol22.4L/mol=11.2L，(HCl)=，m(HCl)=0.5mol36.5g/mol=18.25g，N(H)=N(HCl)=0.5NA；13.6g H2S中：n(H2S)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol22.4L/mol=8.96L，(H2S)= ，N(H)=2N(H2

9、S)=0.8NA；0.2mol NH3中：m(NH3)=0.2mol17g/mol=3.4g，V(NH3)=0.2mol22.4L/mol=4.48L，(NH3)= ，N(H)=3N(NH3)=0.6NA.所以：体积最大的是，密度最大的是，质量最小的是，含氢原子数最多的是；（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=1:1；根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物

10、质的量相等的气体具有相同的体积，故体积之比为1:1；（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2a g/mol，三种气体质量总和为12a g，根据质量守恒定律，A的质量也是12a g，故A的摩尔质量为4a g/mol。3用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4 molL-1）配制100mL 1.0molL-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：A100mL量 B托盘天平 C玻璃棒 D50mL容量瓶 E10mL量筒 F胶头滴管 G50mL烧杯 H100mL容量瓶。请回

11、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）；定容时俯视刻度线观察液面容量瓶使用时未干燥定容后经振荡、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：计算所用浓硫酸的体积量取一定体积的浓硫酸 溶解恢复至室温 转移、洗涤定容、摇匀 装瓶贴标签。其中，第步中“洗涤”操作的目的是_。【答案】5.4 CFGEH 检查容量瓶是否漏水 减少溶质损失，减小实验误差 【解析】【分析】根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。配制溶液时需要用到100mL容量

12、瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，使用容量瓶前要检漏。定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；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。溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。【详解】用物质的量浓度为18.4 molL-1的浓硫酸配制100mL 1.0molL-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4 molL1 V= 1.0 molL10.1 L，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。配制溶液时需要用到100mL容量瓶

13、、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；故答案为：CFGEH；检查容量瓶是否漏水。定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高，故符合题意；容量瓶使用时未干燥，与结果无影响，故不符合题意；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，故不符合题意；综上所述，答案为：。溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第步中“洗涤”操作的目的是减少溶质损失，减小实验误差；故答案为：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

14、“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：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_。计算需要NaOH固体的质量：_g。取出50 mL配制好的溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为_。若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_。A.称量

15、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】3：2 1：1 2：3 L 100mL容量瓶 4.0 1mol/L A 【解析】【详解】（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1：1；由mnM 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

16、量，即当氧气为cg，物质的量，在标准状况下的体积 L。（4）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 。需要NaOH固体的质量。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。A.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

17、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/gmol-1体积/标况（1）氮气_14_（2）H2SO43.011022_空（3）H2O_0.5_空（4）Cl2_2.24L【答案】0.5NA 0.5 28 11.2 4.9 0.05 98 0

18、.5NA 9 18 0.1NA 7.1 0.1 7.1 【解析】【分析】摩尔质量在以为gmol-1单位时，数值上等于相对分子质量，以n=、n=、n=这几个公式为基础，按试题中的要求，进行计算。【详解】（1）N2的摩尔质量在以为gmol-1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N2的摩尔质量是28 gmol-1，当N2的质量为14g时，n(N2)= =0.5mol，N2的分子数N(N2)= 0.5 NA，标况下N2的体积为：0.5mol22.4Lmol-1=11.2L；（2）H2SO4的分子数是3.011022，H2SO4的物质的量：n(H2SO4)= =0.05 mol，H2SO4的摩尔质量是9

19、8 gmol-1，质量：m(H2SO4)= 0.05 mol98 gmol-1=4.9g；（3）H2O的物质的量是0.5 mol，水的摩尔质量：M(H2O)=18 gmol-1，水分子的个数N(H2O)= 0.5 NA，水分子的质量是：m(H2O)= 0.5 mol18 gmol-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)=0.1 NA，Cl2的摩尔质量是71 gmol-1，Cl2的质量：m(Cl2)= 0.1mol71 gmol-1=7.1g；【点睛】考生熟练掌握n=、n=、n=，这几个公式之间的换算；6硫

20、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

21、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/L 500ml容量瓶 ZnCu2=CuZn2、Zn2H=H2Zn2 强氧化性和强酸性 H2O、SO2、CO2 +3HNO3+3H2O C2H5OH CH2=CH2+ H2O 葡萄糖、果糖 【解析】【分析】（1）根据c=1000wM计算出该浓硫酸的浓度；配制该溶液的步骤是：称量、溶

22、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；【详解】（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：c=10001.8498%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，故答案为：18.4mol/L；500mL容量瓶；（

23、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ZnCu2=CuZn2、Zn2H=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，故答案为：ZnCu2=CuZn2、Zn2H=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+3HNO3+3H2O；向乙醇中加入浓硫酸，加热

24、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，故答案为：+3HNO3+3H2O；C2H5OH CH2=CH2+ H2O；葡萄糖、果糖。7已知：2KMnO4K2MnO4+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

25、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】MnCl2 0.6 0.25 0.2 【解析】【分析】(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

26、最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定(a+b)的最小值。【详解】(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-)=0.3mol20-(-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：0.1(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

27、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2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol=0.05mol，则a+b0.25-0.05=0.2，故(a+b)的最小值为0.2。【点睛】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F

28、e(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A g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+H

29、2O=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/mol 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2 3Fe+4NaOH=4Na+Fe3O4+2H2 NaOH 2NA或1.2041024 【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