全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题汇总及答案解析.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及答案解析

全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题汇总及答案解析

一、高中化学物质的量

1．①同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为_________；

②同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_______________，其中含有的氢的原子个数比为___________；

③若二者氢原子数相等，它们的体积比为_____________；

④在相同条件下，在5.6g氮气中应添加___________g氨气所组成的混合气体与16g氧气所占的体积相等。

【答案】1:

22:

13:

12:

35.1

【解析】

【分析】

【详解】

①同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，根据m=nM可知，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为17g/mol：

34g/mol= 1：

2 ；

②根据n=

可知，同质量的氨气与硫化氢的物质的量之比为34g/mol:

 17g/mol=2:

1；相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为2:

1，所含氢原子数目之比为（2

3）:

（1

2）=3:

1；

③假设H原子为3mol，氨气为1mol，硫化氢为1.5mol，二者体积之比为1mol:

 1.5mol=2:

3；

④氮气物质的量n=

，氧气物质的量n=

= 0.2mol，则氨气物质的量为=0.5mol-0.2mol=0.3mol ，氨气的质量为0.3mol

17g/mol=5.1g。

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．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/g·mol-1

体积/标况

（1）

氮气

___

14

___

___

___

（2）

H2SO4

3.01×1022

___

___

___

空

（3）

H2O

___

___

0.5

___

空

（4）

Cl2

___

___

___

___

2.24L

【答案】0.5NA0.52811.24.90.05980.5NA9180.1NA7.10.17.1

【解析】

【分析】

摩尔质量在以为g·mol-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g·mol-1单位时，数值上等于相对分子质量，所以N2的摩尔质量是28g·mol-1，当N2的质量为14g时，n（N2）=

=0.5mol，N2的分子数N（N2）=0.5NA，标况下N2的体积为：

0.5mol

22.4L·mol-1=11.2L；

（2）H2SO4的分子数是3.01×1022，H2SO4的物质的量：

n（H2SO4）=

=0.05mol，H2SO4的摩尔质量是98g·mol-1，质量：

m（H2SO4）=0.05mol×98g·mol-1=4.9g；

（3）H2O的物质的量是0.5mol，水的摩尔质量：

M（H2O）=18g·mol-1，水分子的个数N（H2O）=0.5NA，水分子的质量是：

m（H2O）=0.5mol×18g·mol-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）=0.1NA，Cl2的摩尔质量是71g·mol-1，Cl2的质量：

m（Cl2）=0.1mol

71g·mol-1=7.1g；

【点睛】

考生熟练掌握n=

、n=

、n=

，这几个公式之间的换算；

4．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：

；

；

；

。

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．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。

7．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。

8．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。

（1）图中Y物质的化学式为______。

（2）治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体．则治理烟道气反应的化学方程式为____________________________。

（3）实验室中X气体由不溶性的硫化亚铁（FeS）固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方程式为：

_____________________________________________。

（4）Na2S2O3（硫代硫酸钠）是一种用途广泛的钠盐。

①下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是___。

a.Na2S+Sb.Z+Sc.Na2SO3+Yd.NaHS+NaHSO3

②Na2S2O3具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S2O32-转变为SO42-。

现需处理含标准状况下Cl22.24L的织锦物，理论上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的体积为_______L。

【答案】SO32CO+SO2

2CO2+SFeS+2H+=Fe2++H2S↑bd25

【解析】

【分析】

依据元素化合价和物质分类分析，X为气态氢化物为H2S，Y为硫元素的+6价氧化物为SO3，Z为+4价的盐可以为Na2SO3。

（1）Y是S元素化合价为+6价；

（2）根据反应物、生成物，结合反应中电子转移数目相等，可得反应方程式；

（3）FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，根据离子方程式中物质拆分原则书写反应的离子方程式；

（4）①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；

②根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的Na2S2O3的物质的量，再根据n=cV计算其物质的量。

【详解】

根据上述推断可知X是H2S，Y是SO3，Z是Na2SO3。

（1）Y为S元素的氧化物，化合价为+6价，则Y为SO3；

（2）CO、SO2反应产生S单质和CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：

2CO+SO2

2CO2+S；

（3）FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，反应的离子方程式为：

FeS+2H+=Fe2++H2S↑；

（4）①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，A中S化合价都小于2，C中物质中S化合价都大于+2价，B、D中S元素化合价必须分别大于2和小于2，故合理选项是bd；

②根据题干信息可知发生反应方程式为：

Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，标准状况下2.24LCl2的物质的量是n（Cl2）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，在反应中获得电子变为-1价的Cl-，0.1molCl2获得电子的物质的量是0.2mol；S2O32-转变为SO42-，每1molS2O32-失去8mol电子，则转移0.2mol电子，需消耗S2O32-的物质的量n（S2O32-）=0.2mol÷8=0.025mol，根据n=c·V可知理论上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的体积V=0.025mol÷0.00100mol/L=25L。

【点睛】

本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算，正确提取图象信息，结合氧化还原反应规律分析为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

9．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长颈漏斗液面差不变Na2CO31.6NaOH0.4

【解析】

【分析】

（1）发生反应：

2NaN3=2Na+3N2↑，根据方程式计算；

（2）①Na与水反应生成NaOH和氢气；

②根据装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；

③利用液压法确定装置气密性；

（3）加热发生2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O，然后发生2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2和2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，以此来解答。

【详解】

（1）设需要NaN3的质量为m，则：

2NaN3

2Na+3N2↑

130g67.2L

m6.72L

m=

=13g；

（2）①Na与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

②装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；

A．煤油密度小于水，且与水不溶，故A正确；

B．酒精与水互溶，故B错误；

C．四氯化碳密度大于水，且与水不溶，故C错误；

故答案为A；

③实验前检验该装置气密性的方法是：

关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，直到长颈漏斗中的液面高于试管中的液面，且两者液面差不再改变，就证明该装置气密性良好；

（3）由2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O可知，1.6mol碳酸氢钠分解生成0.8molNa2CO3、0.8molCO2、0.8molH2O，由2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2可知，0.8molCO2与0.8molNa2O2反应生成0.8molNa2CO3，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，0.2molNa2O2与水反应生成0.4molNaOH，充分反应，排出气体物质后冷却，则残留的固体物质是NaOH、Na2CO3，两者的物质的量分别为0.4mol、1.6mol。