全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题汇总附详细答案.docx
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全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题汇总附详细答案
2020-2021全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题汇总附详细答案
一、高中化学物质的量
1.物质的量是高中化学中常用的物理量,请回答下列问题:
(1)某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+,则溶液中SO42-的物质的量是_____mol。
(2)在标准状况下,4.48LHCl气体溶于水配成500mL溶液,其物质的量浓度为_____________。
(3)在标准状况下,1.7g氨气所占的体积约为_________L,与_____molH2S含有相同的氢原子数。
(4)7.8gNa2X中含Na+0.2mol,则X的摩尔质量是_____________________。
(5)实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL。
①配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外,还需要______________。
②需量取质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为______mL。
③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释,操作方法是:
_______________。
【答案】0.250.4mo•L-12.240.1532g•mol-1500mL容量瓶8.2将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌
【解析】
【分析】
(1)硫酸钠为强电解质,完全电离,1molNa2SO4电离产生2molNa+和1molSO42-;
(2)依据
计算氯化氢的物质的量,依据
计算溶液中氯化氢的物质的量浓度;
(3)依据
结合氨气与硫化氢分子构成计算解答;
(4)由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量,根据
计算Na2X的摩尔质量,进而计算X的相对原子质量;
(5)①依据配制溶液的体积,选择需要的容量瓶;
②依据
计算硫酸的物质的量浓度,依据稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积;
③依据浓硫酸稀释的正确操作解答,注意浓硫酸的密度大于水,稀释产生大量的热。
【详解】
(1)某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+,n(Na+)=
=0.5mol,n(SO42-)=
=0.25mol;
(2)在标准状况下,4.48LHCl气体的物质的量为:
=0.2mol,溶于水配成500mL溶液,其物质的量浓度为:
=0.4mol/L;
(3)在标准状况下,1.7g氨气的体积:
=2.24L;1.7g氨气中所含氢原子的物质的量:
0.1mol×3=0.3mol,与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等,即n(H2S)×2=0.3mol,n(H2S)=0.15mol;
(4)7.8gNa2X中含Na+0.2mol,则n(Na2X)=0.1mol,M(Na2X)=
=78g/mol,故X的相对原子质量为78-23×2=32,摩尔质量为32g/mol;
(5)①实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL,应该选择500mL的容量瓶;
②质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为:
=18.4mol/L,设所需浓硫酸的体积为V,依据稀释前后溶质的物质的量不变可知,18.4×V×
10-3=0.3×500×10-3,V=8.2mL;
③浓硫酸稀释的正确操作为:
将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌。
2.在实验室里,用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热),来制取氯气。
反应:
2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
(1)“双线桥法”标出电子转移情况________ 。
(2)若生成2.24L标准状况时的氯气,请计算(写出必要的计算过程):
①理论上需要多少克KMnO4参加反应?
________。
②被氧化的HCl的物质的量为多少?
________。
【答案】
6.32g0.2mol
【解析】
【分析】
(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析,标出电子转移情况;
(2)先计算Cl2的物质的量,然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。
【详解】
(1)在该反应中,Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价,化合价降低,得到5个电子,Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价,化合价升高,失去2个电子,电子得失最小公倍数是10,所以KMnO4、MnCl2前的系数是2,HCl前的系数是10,Cl2前的系数是5,根据原子守恒,KCl的系数是2,这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应,所有Cl原子都是由HCl提供,因此HCl前的系数为10+6=16,结合H原子反应前后相等,可知H2O的系数是8,用“双线桥”表示电子转移为:
;
(2)在标准状态下,2.24LCl2的物质的量n(Cl2)=
=0.1mol。
①根据反应的化学方程式可知:
生成0.1molCl2时,参与反应的KMnO4的物质的量为0.1mol×
=0.04mol,则参与反应的KMnO4的质量m(KMnO4)=0.04mol×158g/mol=6.32g;
②由反应化学方程式可知,HCl被氧化后生成Cl2,因此根据Cl元素守恒可知:
被氧化的HCl的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol。
【点睛】
本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。
氧化还原反应的特征是元素化合价的升降,实质是电子转移,氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧,降得还”。
根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式,并可用单线桥法或双线桥法表示。
物质的量应用于化学方程式,使化学计算简单,物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。
3.根据题意计算填空。
(1)在标准状况下,8.5g某气体占有的体积为5.6L,则该气体的摩尔质量是__。
(2)在标准状况下,0.01mol某气体的质量为0.28g,则该气体的相对分子质量为__,该气体的密度为__g·L−1。
(3)在标准状况下,由CO和CO2组成的混合气体为6.72L,质量为12g,此混合物中CO和CO2物质的量之比是__,C和O原子个数比是__,CO的质量分数是__。
(4)现有mg某气体,它由双原子分子构成,它的相对分子质量为M。
若阿伏伽德罗常数用NA表示,则:
该气体的物质的量为__mol;该气体所含原子总数为__个;该气体在标准状况下的体积为__L;该气体溶于水后形成1L溶液(该气体不与水反应),其物质的量浓度为__mol·L-1。
【答案】34g/mol281.251:
34:
717.5%
【解析】
【详解】
(1)该气体的摩尔质量
,
故答案为:
34g/mol;
(2)0.01mol某气体的质量为0.28g,摩尔质量为
,故相对分子质量为28;标况下体积是0.224L,故密度为
,
答案为:
28;1.25;
(3)设
的物质的量为xmol,
的物质的量为ymol,标准状况下总体积6.72L,即总物质的量为0.3mol,故x+y=0.3,总质量为12g,故28x+44y=12,解得x=0.075,y=0.225,故
和
物质的量之比是为1:
3,
和
原子个数比是4:
7,CO的质量分数为
,
故答案为:
1:
3;4:
7;17.5%;
(4)该气体的物质的量为
mol;因为该气体为双原子分子,故所含原子总数为
个;该气体在标准状况下的体积为
L;该气体溶于水后形成1L溶液,其物质的量浓度为
mol·L-1,
故答案为:
;
;
;
。
4.I.NaCl溶液中混有Na2CO3、Na2SO4,为检验两种物质的存在,请你根据所选择的试剂,按实验步骤的先后顺序写出相应的化学方程式:
①______________________________;
②______________________________;
③________________________________。
II.取100.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液,加入过量BaCl2溶液后得到16.84g沉淀,用过量稀硝酸处理后沉淀质量减少至6.99g,同时溶液中有气泡产生。
试求:
原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为________________;(写出计算列式的过程)
【答案】Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2OCO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2OBaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl0.3mol/L
【解析】
【分析】
I.首先加入过量HCl,有气泡产生,该气体能够使澄清石灰水变浑浊,说明有Na2CO3,再滴加过量BaCl2溶液,最终有白色沉淀证明有Na2SO4;
II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液,发生反应:
BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl,得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3,沉淀用过量稀HNO3处理,发生反应:
BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O,最终6.99g沉淀为BaSO4,根据n=
计算BaSO4的物质的量,而n(Na2SO4)=n(BaSO4),再根据c=
计算c(Na2SO4)。
【详解】
I.首先向该物质的水溶液中滴加过量盐酸,有气体产生,该气体能够使澄清的石灰水变浑浊,证明溶液中含有Na2CO3,反应方程式为:
Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O,然后向溶液中加入过量BaCl2溶液,产生白色沉淀,证明含有Na2SO4,发生该反应的化学方程式为:
Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓;
II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液,发生反应:
BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl,得到16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3的质量和,沉淀用过量稀HNO3处理,发生反应:
BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O,最终6.99g沉淀为BaSO4,根据n=
可知n(BaSO4)=
=0.03mol,根据S元素守恒可知n(Na2SO4)=n(BaSO4),所以根据c=
可得c(Na2SO4)=
=0.3mol/L。
【点睛】
本题考查了物质检验实验方案的设计以及化学方程式的书写、溶质物质的量浓度的计算,明确硫酸根离子、碳酸根离子的性质是解题的关键。
5.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(Na2SO4·10H2O)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)100mL0.3mol/LNa2SO4(密度为d1g/cm3)和50mL0.2mol/LAl2(SO4)3(密度为d2g/cm3)混合,所得密度为d3g/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7molAOH与5molBOH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_____。
【答案】6:
3:
234.2
(或83.3%)
40g/mol
【解析】
【分析】
(1)分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知,溶液中Cl﹣的物质的量相等;
(2)每100个水分子中溶有1个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:
1;
(3)将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中,溶液上升体积等于氨气的体积;
(4)溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性,溶液的体积不具有加合性;
(5)由混合碱5.6g恰好可以中和100mL浓度为1.2mol/L的盐酸可知,混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等。
【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可知,溶液中Cl﹣的物质的量相等,则有x=2y=3z,解得x:
y:
z=6:
3:
2,因溶液的体积相同,由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6:
3:
2,故答案为:
6:
3:
2;
(2)3.22g芒硝的物质的量为
=1mol,溶液中n(Na+)=2n(Na2SO4•10H2O)=0.01mol×2=0.02mol,每100个水分子中溶有1个钠离子,所以n(H2O)=100n(Na+)=2mol,0.01molNa2SO4•10H2O中含有水的物质的量为0.01mol×10=0.1mol,需要的水的物质的量为2mol-0.1mol=1.9mol,则需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g,故答案为:
34.2;
(3)由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5可知,混合气体的平均摩尔质量为2g/mol×9.5=19g/mol,设氨气的体积分数为x,则空气的体积分数为(1-x),故17x+29(1-x)=19,解得x=
,溶液上升体积等于氨气的体积,故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的
,故答案为:
;
(4)100mL0.3mol/LNa2SO4溶液中SO42-的物质的量为0.1L×0.3mol/L=0.03moL,50mL0.2mol/LAl2(SO4)3溶液中SO42-的物质的量为0.05L×0.2moL/L×3=0.03mol,混合后的总SO42-的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol,混合溶液的体积为
×10—3L,则混合溶液中SO42−的浓度为
=
mol/L,故答案为:
;
(5)由混合碱5.6g恰好可以中和100mL浓度为1.2mol/L的盐酸可知,混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等,盐酸的物质的量为1.2mol/L×0.1L=0.12mol,设5.6g混合碱中AOH的物质的量为7a,则BOH的物质的量为5a,由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等可得7a+5a=0.12mol,解得a=0.01mol,设AOH的摩尔质量为5b,则BOH的摩尔质量为7b,由混合碱的质量为5.6g可得:
0.07mol×5b+0.05mol×7b=5.6,解得b=8,则AOH的摩尔质量为40g/mol,故答案为:
40g/mol。
【点睛】
溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性,溶液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键,也是易错点;由混合碱5.6g恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸确定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。
6.
(1)下列物质能导电的是___,属于电解质的是___。
①NaCl晶体②液态SO2③液态醋酸④铜⑤BaSO4固体⑥纯蔗糖(C12H22O11)⑦氨水⑧熔化的KNO3
(2)0.5molCH4的质量是___g,在标准状况下的体积为___L;
(3)8.4g氮气和9.6g某单质Rx所含原子个数相同,且分子个数之比为3:
2,则x的值是___,R的摩尔质量是___。
【答案】④⑦⑧①③⑤⑧811.2316g/mol
【解析】
【分析】
(1)①NaCl晶体不含自由移动的离子,不能导电,其溶于水可电离,水溶液可导电,是电解质;②液态SO2不含自由移动的离子,不能导电,其于水反应生成亚硫酸可电离,水溶液可导电,但不是自身导电,是非电解质;③液态醋酸不含自由移动的离子,不能导电,其溶于水可电离,水溶液可导电,是电解质;④铜含有自由移动的电子可以导电,但属于单质,不是化合物,既不是电解质也不是非电解质;⑤BaSO4固体不含自由移动的离子,不能导电,熔融状态下电离生成离子可以导电,属于电解质;⑥纯蔗糖(C12H22O11)不含自由移动的离子,不能导电,在水溶液里和熔融状态下都不能导电,是非电解质;⑦氨水含有自由移动的离子可以导电,是混合物,既不是电解质也不是非电解质;⑧熔化的KNO3含有自由移动的离子,可以导电,属于电解质;
(2)根据n=
可得,m=nM,V=nVm,进行计算;
【详解】
(1)①NaCl晶体不含自由移动的离子,不能导电,其溶于水可电离,水溶液可导电,是电解质;②液态SO2不含自由移动的离子,不能导电,其于水反应生成亚硫酸可电离,水溶液可导电,但不是自身导电,是非电解质;③液态醋酸不含自由移动的离子,不能导电,其溶于水可电离,水溶液可导电,是电解质;④铜含有自由移动的电子可以导电,但属于单质,不是化合物,既不是电解质也不是非电解质;⑤BaSO4固体不含自由移动的离子,不能导电,熔融状态下电离生成离子可以导电,属于电解质;⑥纯蔗糖(C12H22O11)不含自由移动的离子,不能导电,在水溶液里和熔融状态下都不能导电,是非电解质;⑦氨水含有自由移动的离子可以导电,是混合物,既不是电解质也不是非电解质;⑧熔化的KNO3含有自由移动的离子,可以导电,属于电解质;
下列物质能导电的是④⑦⑧,属于电解质的是①③⑤⑧,
答案为:
④⑦⑧;①③⑤⑧;
(2)根据n=
可得,m=nM,0.5molCH4的质量=0.5mol×16g/mol=8g;在标准状况下的体积为=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L,
答案为:
8;11.2;
(3)8.4g氮气的物质的量=
=
=0.3mol,则氮原子的物质的量=0.3mol×2=0.6mol,物质的量之比等于粒子数目之比,根据题意9.6g某单质Rx所含原子物质的量也为0.6mol,则Rx所含分子物质的量为
,则0.3mol:
=3:
2,解得x=3,R3的物质的量为
=0.2mol,R3的摩尔质量=
=
=48g/mol,则R的摩尔质量=
=16g/mol,
答案为:
3;16g/mol。
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,属于电解质的是①⑤⑥⑨;属于非电解质的是③④;
故答案为:
①⑤⑥⑨;③④;
(2)3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,反应中铜元素化合价升高,为还原剂,对应产物硝酸铜为氧化产物,参加反应的硝酸有8mol,只有2mol硝酸中的N化合价降低,作氧化剂,参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%;在反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中,Cu元素的化合价由0升高到+2价,N元素的化合价由+5降低为+2价,转移的电子为6e−,则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为,
;
故答案为:
Cu(NO3)2或Cu2+;25%;
;
(3)H++OH−═H2O,可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应,化学方程式为:
Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O;
故答案为:
Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O;
(4)硫酸铝为强电解质,完全电离,电离方程式为:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-;
故答案为:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-;
(5)3.42g硫酸铝的物质的量
,依据硫酸铝电离方程式:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-,可知硫酸根离子的物质的量为0.03mol,则硫酸根离子的物质的量浓度
;
故答案为:
0.3mol/L。
8.钠是活泼的碱金属元素,钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。
(1)叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气,故可应用于汽车安全气囊。
若产生6.72L(标准状况下)氮气,至少需要叠氮化钠_____g。
(2)为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反应并收集生成的气体,某研究性学习小组设计了如图发生装置.
①写出Na与水反应的离子方程式_____。
②Y液体可以选用_____
A.煤油B.酒精C.四氯化碳
③实验前检验该装置气密性的方法是:
关闭止水夹,通过_________(填装置名称)向试管中加水至产生液面差,一段时间后,_____(填现象),则气密性良好。
(3)1mol过氧化钠与1.6mol碳酸氢钠固体混合后,在密闭的容器中加热充分反应,排出气体物质后冷却,残留的固体物质及对应的物质的量(可不填满)。
物质
物质的量/mol
__________
__________
__________
__________
【答案】13g2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2A长
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