高考化学物质的量(大题培优)附详细答案

高考化学物质的量(大题培优)附详细答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

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SO 42-的物质的量是_____mol 。

(2)在标准状况下，4.48 L HCl 气体溶于水配成500 mL 溶液，其物质的量浓度为_____________。

(3)在标准状况下，1.7 g 氨气所占的体积约为_________L ，与_____mol H 2S 含有相同的氢原子数。

(4)7.8 g Na 2X 中含Na + 0.2 mol ，则X 的摩尔质量是_____________________。

(5)实验室需要0.3 mol?L -1硫酸溶液480 mL 。

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1.84 g?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】0.25 0.4 mo?L -1 2.24 0.15 32 g?mol -1 500mL 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，1molNa 2SO 4电离产生2molNa +和1molSO 42-； （2）依据m V n V =

计算氯化氢的物质的量，依据n c V =计算溶液中氯化氢的物质的量浓度；

（3）依据m V m n==V M

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Na 2X 的物质的量，根据m

M=n 计算Na 2X 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1000c M

w ρ=

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 +)=23

233.01106.0210?? =0.5mol ，n(SO 42-)=0.5mol 2

=0.25mol ；

（2）在标准状况下，4.48 L HCl气体的物质的量为：4.48

22.4

=0.2mol，溶于水配成500 mL溶

液，其物质的量浓度为：0.2mol

0.5L

=0.4mol/L；

（3）在标准状况下，1.7g氨气的体积：

1.7g

22.4L/mol

17g/mol

? =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）7.8 g Na2X中含Na+ 0.2 mol，则n(Na2X)=0.1mol，M(Na2X)=

7.8g

0.1mol

=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0.3 mol?L-1硫酸溶液480 mL，应该选择500mL的容量瓶；

②质量分数为98%、密度为1.84 g?cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为：1000 1.8498%

98

??

=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．以下涉及的物质中A、B、C都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。

(1)一定条件下，9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反应，生成了4.48L（标准状况）气态产物B和固体产物C。标准状况下，B气体的密度为0.76g/L，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。试求B的分子式_____________ 。

(2)25℃、101.3KPa时，气体摩尔体积为24.5L/mol. 该状况下，1体积水（密度为1g/cm3）吸收560体积B气体得到密度为0.91 g/cm3的溶液，则该溶液中溶质的质量分数为_____%（溶液中的溶质以B计量；保留2位小数）；溶液的物质的量浓度为__________ mol /L （保留2位小数）。

(3)在催化剂作用下，B可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D（可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用）。在常温常压下，将密度一定的NO、NO2混合气体和B在不同体积比时进行了四次实验，所得数据如下：

则原NO、NO2混合气体中NO的体积分数为________%；第四次实验所得气体的平均摩尔

质量为_______（保留2位小数）。

(4)将9.80g NH 4Br 跟过量的氧化鈣共热，充分反应后生成水、1.70gB 气体和固体产物C ，则C 的化学式为__________；试根据有关数据，求钙盐A 的化学式_______ 。

【答案】NH 3 27.98 14.98 20 22.76 CaBr 2 Ca(NH 2)2或CaN 2H 4

【解析】

【分析】

(1)根据M=ρ?Vm 计算B 的相对分子质量，根据氮的质量分数为82.35%计算氢元素的质量分数，继而确定B 的分子式；

(2)根据溶液质量分数=?溶质的质量溶液的质量100%，溶液物质的量浓度c=n V

公式进行计算，结和已知信息寻找相应的量进行求解；

(3)根据体积比不同混合气体和密度，计算混合气体的平均摩尔质量；

(4)根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。

【详解】

(1)标况下B 气体的密度为0.76g/L ，则B 的相对分子质量= 0.76 ? 22.4= 17，其中氮的质量分数为82.35%，则B 分子中N 原子数目=

17?82.5%14?=1，其余是氢，则H 原子数目=171431

-=，则B 为NH 3，故答案为： NH 3； (2)假设氨气体积为560L ，则水为1L ，25C 、101.3KPa 时，气体摩尔体积为24.5L/mol ，氨气的物质的量=

560L 24.5L /mol = 22.86mo ，氨气的质量= 22.86mol ?17g/ mol = 388.62g ，1L 水的质量为1000g ，则所得溶液质量分数=

388.62g 1000g 388.62g ?+100%= 27.99%；所得溶液密度为0.91g/cm3，故溶液物质的量浓度=

1000?0.91?27.99%17

?? = 14.98 mol/L ，故答案：27.98；14.98； (3)在催化剂作用下，NH 3可和NO 、NO 2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D ，根据原子守恒电子守恒可知，D 为N 2。第一次反应气体的相对分子质量

= 1.35? 22.4= 30.24；第二次反应气体的相对分子质量= 1.25? 22.4= 28；第三次反应气体的相对分子质量=1.04 ? 22.4= 23.2，由反应后气体相对分子质量可知，第二次实验恰好完全反应气体为N 2，说明第一次剩余氨气不足，第三次剩余氨气有剩余，令第二次实验中NO 、NO 2的总物质的量为1mol ，则NH 3为1.2mol ，设NO 为axmol ，则NO 2为(1-x)mol ，根据电子转移守恒：2x +4(1-x)=1.2?[0-(-3)]，解得x=0.2，故NO 的体积分数=0.2mol 1mol

? 100%= 20%； 令第四次实验中NO 、NO 2的总物质的量为1mol ，则NH 3为2.2mol ， NO 为0.2mol ，则NO 2为(1- 0.2) mol= 0.8mol ，令参加反应的氨气为ymol ，根据电子转移守恒：

2?0.2 +4?0.8=y ? [0- (-3)]，解得y= 1.2，剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol ，根据N 原子

守恒可知生成N2的物质的量=1mol?1?.2mol

2

+

= 1.1mol，故反应后气体的平均摩尔质量

=1mol1?7g/mol?1?.1mol?28g/?mol

1mol 1.1mol

?+?

+

=22.76g/mol，故答案为：20；22.76；

(4)将9.80g NH4 Br跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70gNH3气体和固体产物C，由元素守恒，则C的化学式为CaBr2。由(1)9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反

应，生成了4.48L(标准状况)NH3和CaBr2，NH4Br的物质的量=

9.8g

98g/?mol

= 0.1mol，由Br

元素守恒可知CaBr2为0.05mol，由Ca元素守恒可知，3.6gA中含有Ca原子为0.05mol，

氨气的物质的量=

4.48L

22.4L/?mol

= 0.2mol，由N元素守恒可知3.6gA 中含有N原子为

0.2mol - 0.1mol= 0.1mol，由H元素守恒，3.6gA 中含有H原子为0.2mol? 3-

0.1mol?4 = 0.2mo，故3.6gA中Ca、N、H原子物质的量之比= 0.05:0.1 :0.2= 1 :2:4，故A 的化学式为CaN2H4，故答案为：CaBr2；Ca(NH2)2或CaN2H4。

【点睛】根据M=ρ?Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。

3．①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】1:2 2:1 3:1 2:3 5.1

【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=m

M

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=

5.6g

0.2mol

28g/mol

=，氧气物质的量n=

16g

32g/mol

= 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。4．设N A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18N A__________

②标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2N A__________

③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A__________

④1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14N A__________

⑤标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5N A__________

⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1N A__________

⑦常温常压下，8g O2含有的电子数为4N A__________

⑧常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2 N A__________

⑨标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为N A__________

⑩常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3N A__________

?标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5N A__________

?常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A__________

【答案】√√ × √√√√ × × √ × ×

【解析】

【分析】

运用n=m/M、V=n×V m、n= V/ V m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18N A说法正确；

②标准状况下，11.2 LCH4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0.5N A ×4=2N A，故标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2N A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0.1N A，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A说法错误；

④1mol的CO和N2混合气体的分子数为N A，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14N A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0.5N A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0.1N A说法正确；

⑦常温常压下，8g O2的物质的量为8g/( 32g/mol)=0.25mol，1个O2分子中含有16个电子，故8g O2含有的电子数为4N A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2 N A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N A说法错误；

⑩18 g H2O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，18 g H2O中含有的原子总数为3N A说法正确；

?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0.5N A说法错误；

?常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A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。

5．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N A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/mol 28 1.25 1：3 4：7 17.5% m

M

A

2mN

M

22.4m

M

m

M

【解析】【详解】

（1）该气体的摩尔质量

8.5g

=34g/mol

5.6L

22.4L/mol

，

故答案为：34g/mol；

（2）0.01mol某气体的质量为0.28g，摩尔质量为

0.28g

=28g/mol

0.01mol

，故相对分子质量为

28；标况下体积是0.224L，故密度为

0.28g

=1.25g/L 0.224L

，

答案为：28；1.25;

（3）设CO的物质的量为xmol，2

CO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CO和2

CO物质的量之比是为1:3，C和O原子个数比是4:7，CO的质量

分数为0.07528

=17.5%

12

，

故答案为：1：3；4：7；17.5%；

（4）该气体的物质的量为m

M

mol；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为A

2mN

M

个；该气体在标准状况下的体积为22.4m

M

L；该气体溶于水后形成1L溶液，其物质的量浓

度为m

M

mol·L－1，

故答案为：m

M

；A

2mN

M

；

22.4m

M

；

m

M

。

6．现有21.6 g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为13.44 L。回答下列问题：

(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。

(2)混合气体中碳原子的质量为________。

(3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。

①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。

②气球中收集到的气体中，电子总数为________(用N A表示阿伏加德罗常数的值)。

③气球的体积为________L。

【答案】36 g·mol－1 7.2 g 28 g·mol－1 4.2N A 6.72

【解析】

【详解】

(1)标准状况下，该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0.6（mol），所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36 （g·mol－1），

(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol，而 CO和CO2分子中均只含一个碳原子，故混合气体中的碳原子也为1mol，所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.2（g）(3) CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后，CO2与NaOH反应被吸收，剩余的CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。设CO的物质的量为x ,则CO2的物质的量为0.6-x，列方程：28x+44(0.6-x)=21.6，解得x=0.3mol。

①气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为28 g·mol－1；② CO的物质的量为

0.3mol，所以电子总数为0.3×14NA=4.2NA ；③标准状况下，0.3molCO的体积为

0.3×22.4=6.72（L），所以气球的体积为6.72L。

7．Ⅰ．为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+ 2H2O。

（1）用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目_________。

（2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_________。

（3）草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，配平下面的化学方程式：_____KMnO4+H2SO4+H2C2O4 = MnSO4+K2SO4 +CO2↑＋H2O。

Ⅱ．盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。HCl极易溶于水，工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。

（1）用密度为1.2 g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL 3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为________mL。

（2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是____________。

A．量取浓盐酸时俯视刻度线 B．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水

C．定容时俯视刻度线 D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒

【答案】 1：2 2 3 5 2 1 10 8

62.5 C

【解析】

【分析】

Ⅰ．(1)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高为0价，根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目；

(2)该反应中，Cl元素部分化合价由-1价升高为0价，HCl既是还原剂，还有酸性作用；

(3)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；

Ⅱ．(1)根据c=1000ρω

M

计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不

变计算需要浓盐酸体积；

(2)分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c=n

V

进行误差分析。

【详解】

Ⅰ．(1)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高，该反应的电子转移方向和数目可表示为

；

(2)反应中MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，且HCl部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:2；

(3)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，根据转移电子守恒知，KMnO4的计量数是2、H2C2O4的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4 =2 MnSO4+1K2SO4 +10CO2↑＋8H2O；Ⅱ．(1)质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm3的浓盐酸，物质的量浓度

c=1000 1.236.5%

36.5

??

=12mol/L，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：

250mL×3mol/L=12mol/L×V，解得V=62.5mL；

(2)A．量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故A错误；

B．容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故B错误；

C．定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C正确；

D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故D错误；

故答案为C。

8．我国某些地区曾出现过高致病性禽流感，为防止疫情蔓延，必须迅速进行隔离，并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒。资料显示：禽流感病毒在高温、碱性环境(如氢氧化钠溶液)、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。请回答下列问题：

(1)次氯酸钠(NaClO)属于__________(填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)，其中氯元素的化合价为________价。

(2)用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍，写出所发生反应的化学方程式：________________。

(3)以下对受污染工具的消毒方法可行的是_________________(填字母代号)。

a.用NaClO溶液浸泡

b.用NaOH溶液浸泡

c.用水冲洗即可

(4)配制用的0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用天平称取固体NaCl________。若在实验室中配制此溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管 ____________________、量筒和玻璃棒。【答案】盐 +1 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2↑ a、b 5.9 g 500mL容量瓶、烧杯【解析】

【分析】

（1）化合物各元素化合价代数和为0；

（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气；

（3）次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用；

（4）根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析。

【详解】

（1）次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成，属于盐类物质。设氯元素的化合价为x，则有（+1）+x+（-2）=0，解得x=+1，故填：盐，+1；

（2）高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故填：2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2↑；

（3）由题意可知：禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差，所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒，用水冲洗不能起到消毒的作用，故填：ab；

（4）配制0.5L 0.2mol.L-1的NaCl溶液，需用固体NaCl：0.5L×0.2mol/L×58.5g/mol=5.9g，配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500mL容量瓶等，故填：

5.9g；500mL容量瓶、烧杯。

9．氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。

（1）下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。

a．滴水成冰 b．蜡炬成灰 c．百炼成钢

（2）NH3和Cl2反应的方程式为：NH3+Cl2﹣N2+HCl

①该反应中被氧化的元素是_____（填元素名称），氧化剂是_____（填化学式）。

②配平该方程式：_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl

（3）“地康法”制氯气的反应原理图示如下：

①反应I的化学方程式为_____。

②若要制得标准状况下氯气11.2L，则整个反应中转移电子的物质的量为_____。

【答案】a 氮 Cl22316 2HCl+CuO＝CuCl2+H2O 1mol

【解析】

【分析】

（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；

b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；

c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；

（2）①还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原；

②利用化合价升降法配平；

（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O；

②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，氯元素化合价由﹣1升高为0。

【详解】

（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；

b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；

c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；

故答案为a；

（2）①NH3和Cl2反应中氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，该反应中被氧化的元素是氮元素，氧化剂是Cl2；

②氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，最小公倍数为6，根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2＝N2+6HCl；

（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O，反应方程式是

2HCl+CuO＝CuCl2+H2O；

②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，根据2CuCl2+O2＝2CuO+2Cl2，氯元素化合价由﹣1升高为0，所以生成0.5mol

氯气转移1mol电子。

【点睛】

还原剂化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物；氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物。

10．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6.72 L(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】13 g 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2A长颈漏斗液面差不变 Na2CO3 1.6 NaOH 0.4

【解析】

【分析】

(1)发生反应：2NaN3=2Na+3N2↑，根据方程式计算；

(2)① Na 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2NaHCO3Na2CO3+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：

2NaN32Na+3N2↑

130g 67.2L

m 6.72L

m=130g 6.72L

67.2L

=13g；

(2)① Na 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2NaHCO3Na2CO3+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。

11．储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯其反应式为C＋K2Cr2O7＋

H2SO4＝CO2＋K2SO4＋Cr2(SO4)3＋H2O（未配平）

（1）配平上述方程式__C＋__K2Cr2O7＋__H2SO4＝__CO2＋ __K2SO4＋__Cr2(SO4)3＋__H2O （2）上述反应中氧化剂是_______（填化学式），氧化产物是__________（填化学式）（3）H2SO4在上述发应中表现出来的性质是_______（填序号）

a.氧化性

b.氧化性和酸性

c.酸性

d.还原性和酸性

（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为__________ L （5）要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7，溶液被还原，至少要加入 ________ mL2mol/L的

H2SO4溶液

【答案】3283228 K2Cr2O7 CO2c 4.48 10

【解析】

【分析】

（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平；

（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物；

（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成；

（4）由可知，生成3mol

CO2转移12mol电子。

（5）根据化学方程式计算要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7溶液被还原，需要2mol/L的H2SO4溶液的体积。

【详解】

（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O

（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，Cr元素化合价由+6降低为+3，所以K2Cr2O7是氧化剂；还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物，C元素化合价由0升高为

+4，氧化产物是CO2；

（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成，硫酸表现出来的性质是酸性，故选c。

（4）由可知，生成3mol

CO2转移12mol电子，所以转移0.8mol电子生成CO2的物质的量是30.8

=0.2

12

mol

?

，则

产生的气体在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48 L；

（5）设需要2mol/L的H2SO4溶液的体积为VL；

3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O

2 8

0.01L×0.5mol/L V×2mol/L

28

=

0.010.52

V

??

V=0.01L=10 mL

【点睛】

本题考查氧化还原反应，会根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式是解题的关键，需

要熟练掌握氧化还原反应的几组概念和计算。

12．(1)0.3mol NH 3分子中所含原子数与__________________个H 2O 分子中所含原子数相等。

(2)在9.5g 某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl －，该金属元素的相对原子质量为_______。

(3)在标准状况下，由CO 和CO 2组成的混合气体为6.72L ，质量为12g ，此混合物中C 和O 原子个数比是_______ 。

【答案】2.408×1023 24 4∶7

【解析】

【分析】

(1)根据N=nN A 结合氨气、水分子结合计算；

(2)先根据化合物与氯离子间的关系计算氯化物的物质的量，根据M=

m n

计算其摩尔质量，摩尔质量以g/mol 为单位时，在数值上等于其相对分子质量，从而确定该金属的原子量； (3)设CO 和CO 2的物质的量分别为x mol 、y mol ，根据二者总体积、总质量列方程计算解答,然后根据C 、O 守恒分析。

【详解】

(1) 0.3 mol NH 3分子中所含原子数为0.3mol×N A /mol×4=1.2N A ，要使H 2O 分子中所含原子数相等，则H 2O 分子数目为N(H 2O)=1.2N A ÷3=0.4N A =2.408×1023个；

(2)某二价金属的氯化物中氯化物的物质的量与氯离子的物质的量之比为1：2，由于Cl -的物质的量为0.2mol ，则该氯化物的物质的量是0.1mol ，所以该化合物的摩尔质量M=m 9.5g =n 0.1mol

=95g/mol ；当摩尔质量以g/mol 为单位时，在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为95，金属的相对原子质量+35.5×2=95，所以该金属元素的相对原子质量为24；

(3)设混合气体中CO 和CO 2的物质的量分别为x mol 、y mol ，则： x+y= 6.72L 22.4L/mol

=0.3mol ，28x+44y=12g ，解得x=0.075mol ，y=0.225mol ，则此混合物中含有C 原子与O 原子的物质的量的比为n(C)：n(O)=(0.075mol +0.225mol )：(0.075mol +2×0.225mol )=4：7，根据n=

A N N 可知混合气体中C 、O 原子个数比为4：7。 【点睛】

本题考查物质的量的有关计算，注意对物质的量的有关计算公式的理解，并结合物质的微粒结构进行灵活运用，旨在考查学生对知识的掌握情况。

13．实验实验室配制500mL 0.1mol?L -1的碳酸钠溶液，请回答下列问题．

（1）应用托盘天平称取Na 2CO 3?10H 2O 晶体__________g.

（2）配置碳酸钠溶液时，需要的主要玻璃仪器除烧杯和胶头滴管以外还需要_________、____________.

（3）配置过程中，若遇到以下操作可能造成实验结果偏大，偏小还是不影响？

①容量瓶中原来有少量蒸馏水_____

②定容时，俯视液面_____

③有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯中_____

④盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线，再加蒸馏水使液面达到刻度处_____

【答案】14.3 玻璃棒 500毫升容量瓶不影响偏大偏小偏小

【解析】

【详解】

（1）配制500mL 0.1mol/L的碳酸钠溶液，其中碳酸钠物质的量为

-3

50010L0.1mol/L=0.05mol

??，则需要称取的质量为Na2CO3?10H2O

0.05mol286g/mol=14.3g

?；

（2）玻璃棒、500mL容量瓶；

（3）①容量瓶在定容的过程中还需要加蒸馏水，因此原来有少量蒸馏水对实验无影响；

②定容时，俯视液面，液体的实际体积偏小，则浓度偏大；

③有少量溶质残留在烧杯中，则溶质物质的量减小，体积不变时浓度偏小；

④摇匀后液面低于标线是正常现象，再加入蒸馏水会使浓度偏小。

【点睛】

盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线属于正常现象。

14．现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。

（1）该混合气体的平均摩尔质量为____。

（2）混合气体中碳原子的个数为____(用N A表示阿伏加德罗常数)。

（3）将混合气体依次通过下列装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。

①气球中收集到的气体的摩尔质量为____。

②气球的体积为____L。

【答案】36g·mol－1 0.4N A 28g·mol－1 4.48

【解析】

【详解】

设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则列方程组：28x+44y=14.4，

x+y=8.96

22.4

mol，解之得x=0.2，y=0.2，气体共为0.4mol，则

（1）根据M=m/n可知，该混合气体的平均摩尔质量为14.4g÷0.4mol=36g/mol；

答案是：36g/mol；

（2）CO和CO2中碳原子的物质的量为0.2mol×1+0.2mol×1=0.4mol，碳原子的个数为

0.4mol×N A=0.4N A；

故答案是：0.4N A；

（3）将混合气体依次通过如图所示装置，二氧化碳与氢氧化钠反应，经浓硫酸干燥，得到的气体为CO，

①气球中收集到的气体为CO，摩尔质量为28g/mol；

故答案是：28g/mol；

②气球中收集到的气体为CO，标况下体积V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

故答案是：4.48。

15．某化学兴趣小组同学欲完成两个实验，涉及到下列有关实验操作。甲实验为食盐的精制，乙实验通过精制的食盐来配制0.4mol·L-1的氯化钠溶液。

（1）甲实验中除去难溶性杂质的操作步骤是___________（填写上述序号），其中关键实验操作名称是___________。

（2）甲实验中，为有效除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-杂质，精制过程中加入试剂：

①NaOH溶液②Na2CO3溶液③BaCl2溶液④盐酸，合理的加入顺序为____（填序号）。其中加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式为________________。

（3）乙实验，使用仪器③前必须进行的一步操作是______。配制时，除了上述仪器外，还可能用到的玻璃仪器是_____________。

（4）乙实验称量的NaCl质量为________g。

【答案】①④⑤过滤①③②④（或③①②④，或③②①④） Mg2+＋2OH-

===Mg(OH)2↓查漏量筒 5.9g

【解析】

【分析】

(1)根据粗盐提纯中难溶性杂质的去除的操作步骤是溶解、过滤、蒸发进行分析；

(2)有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在钡试剂之后；镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁；

(3)使用仪器③前必须进行的一步操作是查漏；配制时，除了上述仪器外，还可能用到的玻璃仪器是量筒；

(4)m=CVM据此进行计算；

【详解】

(1)粗盐中难溶性杂质的去除的操作步骤是溶解、过滤、蒸发，所以操作步骤是：①④⑤；

其中去除杂质的关键一步是过滤，把不溶于液体的固体与液体分离；

答案为：①④⑤；过滤；

(2)SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以合理的加入顺序为①③②④（或③①②④，或③②①④）；其中加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式为Mg2++2OH -═Mg(OH)2↓；

答案为：①③②④（或③①②④，或③②①④）；Mg2++2OH -═Mg(OH)2↓；

(3)使用仪器③前必须进行的一步操作是查漏；配制时，除了上述仪器外，还可能用到的玻璃仪器是量筒；

答案为：查漏；量筒；

(4)m=CVM=0.4 mol?L-1×0.25L×58.5g/mol=5.85g≈5.9 g；

答案为：5.9。

【点睛】

(4)容易错，从题目提供的图可知，实验中用托盘天平称量氯化钠固体，托盘天平能粗略称量固体质量，质量的数值保留一位小数点。

1996年广东高考化学真题及答案

1996年广东高考化学真题及答案 第I卷 （选择题共84分） 合题意.) 根据以下叙述,回答1～2小题. 1995年诺贝尔化学奖授予致力于研究臭氧层被破坏问题的三位环境化学家.大气中的臭氧层可滤除大量的紫外光,保护地球上的生物.氟利昂(如CCl2F2可在光的作用下分解,产生Cl原子,Cl原子会对臭氧层产生长久的 破坏作用(臭氧的分子式为O3).有关反应为: 1.在上述臭氧变成氧气的反应过程中,Cl是( ). (A)反应物(B)生成物(C)中间产物 (D)催化剂 2.O3和O2是( ). (A)同分异构体(B)同系物 (C)氧的同素异形体(D)氧的同位素 请分别比较3～5三个小题中前后两个数值的相对大小.选择(A)、(B)、(C)、(D)表示前者和后者的关系. 3.原子核外的M电子层和L电子层最多可容纳的电子数( ). (A)大于(B)小于 (C)等于 (D)不能肯定 4.钢和生铁中碳的百分含量( ). (A)大于(B)小于 (C)等于 (D)不能肯定 5.相同温度下的0.1摩/升和0.01摩升CH3COOH溶液中,CH3COOH的电离度( ). (A)大于(B)小于 (C)等于 (D)不能肯定 项符合题意.若正确答案只包括一个选项,多选时,该题为0分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的给1分,选两个且都正确的给3分,但只要选错一个,该小题就为0分.) 6.科学家最近制造出第112号新元素,其原子的质量数为277,这是迄今已知元素中最重的原子.关于 该新元素的下列叙述正确的是( ). (A)其原子核内中子数和质子数都是112 (B)其原子核内中子数为165,核外电子数为112 (C)其原子质量是12C原子质量的277倍 (D)其原子质量与12C原子质量之比为277:12 7.关于磷的下列叙述中,正确的是( ). (A)红磷没有毒性而白磷剧毒 (B)白磷在空气中加热到260℃可转变为红磷 (C)白磷可用于制造安全火柴 (D)少量白磷应保存在水中 8.把三氯化铁溶液蒸干灼烧,最后得到的固体产物是( ). (A)无水三氯化铁(B)氢氧化铁 (C)氧化亚铁 (D)三氧化二铁

高考化学专题 化学计量与化学计算

第一章 化学计量与化学计算 1．[2019新课标Ⅱ] 已知N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A ．3 g 3He 含有的中子数为1N A B ．1 L 0.1 mol·L ?1磷酸钠溶液含有的34PO -数目为0.1N A C ．1 mol K 2Cr 2O 7被还原为Cr 3+转移的电子数为6N A D ．48 g 正丁烷和10 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13N A 2．[2019新课标Ⅲ] 设N A 为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H 3PO 4溶液下列说法正确的是 A ．每升溶液中的H +数目为0.02N A B ．c (H +)= c (42H PO -)+2c (24HPO -)+3c (34PO - )+ c (OH ?) C ．加水稀释使电离度增大，溶液pH 减小 D ．加入NaH 2PO 4固体，溶液酸性增强 3．[2018新课标Ⅲ]下列叙述正确的是 A ．24 g 镁与27 g 铝中，含有相同的质子数 B ．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C ．1 mol 重水与1 mol 水中，中子数比为2∶1 D ．1 mol 乙烷和1 mol 乙烯中，化学键数相同 4．[2018新课标Ⅱ]N A 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A ．常温常压下，124 g P 4中所含P —P 键数目为4N A B ．100 mL 1mol·L ?1FeCl 3溶液中所含Fe 3+的数目为0.1N A C ．标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2N A D ．密闭容器中，2 mol SO 2和1 mol O 2催化反应后分子总数为2N A 5．[2018新课标Ⅰ]N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A ．16.25 g FeCl 3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 N A B ．22.4 L （标准状况）氩气含有的质子数为18N A C ．92.0 g 甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0N A D ．1.0 mol CH 4与Cl 2在光照下反应生成的CH 3Cl 分子数为1.0N A 6．[2018海南]N A 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A ．12 g 金刚石中含有化学键的数目为4N A B ．18 g 的D 2O 中含有的质子数为10 C ．28 g 的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6N A D ．1 L 1mol·Lˉ1的NH 4Cl 溶液中NH 4＋和Cl ?的数目均为1N A 7．[2017浙江11月选考]设N A 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确．．． 的是 A ．含0.2 mol H 2SO 4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2 N A B ．25 ℃时，pH=3的醋酸溶液1L ，溶液中含H +的数目小于0.001 N A C ．任意条件下，1 mol 苯中含有C —H 键的数目一定为6 N A D ．a mol 的R 2+（R 的核内中子数为N ，质量数为A ）的核外电子数为a （A-N-2）N A 8．[2017浙江4月选考]设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A ．标准状况下，2.24 L 乙醇中碳氢键的数目为0.5N A B ．1 L 0.1 mol·L －1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4N A C ．0.1 mol KI 与0.1 mol FeCl 3在溶液中反应转移的电子数为0.1N A D ．0.1 mol 乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3N A

2020年高考化学计算题专题复习(带答案)

2020年高考化学计算题专题复习 (精选高考真题+详细教案讲义，值得下载) 1．(2019·唐山一模)阿伏加德罗常数的值用N A表示，下列叙述正确的是() A．室温时，1 L pH＝2的NH4Cl溶液中所含H＋的数目为1×10－12N A B．1 mol LiAlH4在125 ℃时完全分解生成LiH、H2、Al，转移电子数为3N A C．1.7 g氨气中含有共价键的数目为0.4N A D．标准状况下，22.4 L NO2含有的原子数小于3N A 解析：选B A项，室温时，1 L pH＝2的NH4Cl溶液中所含H＋的数目为0.01N A；B项，1 mol LiAlH4在125 ℃时完全分解生成LiH、H2、Al，反应中Al元素的化合价从＋3价降低到0价，因此转移电子数为3N A；C项，1.7 g氨气的物质的量是0.1 mol，其中含有共价键的数目为0.3N A；D项，标准状况下，NO2不是气体。 2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是() A．常温常压下，30.0 g氟化氢中含有氟原子的数目为 1.5N A B．标准状况下，33.6 L乙烯与乙炔的混合物中含有碳原子的数目为3N A L－1的Na2CO3溶液中含有氧原子的数目为3N A C．1 L 1 mol· D．某密闭容器中0.1 mol Na2O2和0.1 mol CO2充分反应，转移电子的数目为0.1N A mol－1＝1.5 mol，含有 20 g· 解析：选C30.0 g氟化氢的物质的量为30.0 g÷ 氟原子的数目为 1.5N A，故A正确；标准状况下，33.6 L乙烯与乙炔的混合气体的物质的量为 1.5 mol，它们分子中均含有2个碳原子，则混合物中含有碳原子

(完整版)高中化学计算题

专题四：中学化学计算题常见方法及策略 二. 知识要点及例题： （一）化学计算中的转化策略 1. 由陌生转化为熟悉。 在解题过程中，当接触到一个难以解决的陌生问题时，要以已有知识为依据，将所要求解的问题与已有知识进行比较、联系，异中求同，同中求异，将陌生转化为熟悉，再利用旧知识，解决新问题。 [例1] 现有25℃的硫酸铜饱和溶液300克，加热蒸发掉80克水后，再冷却到原来的温度，求析出CuSO4·5H2O多少克（已知25℃时，CuSO4的溶解度为20克）。 [例2] 溶质质量分数为3x％和x％的两种硫酸等体积混合后，混合液中溶质的质量分数是（） A. 2x％ B. 大于2x％ C. 小于2x％ D. 无法计算 2. 由局部转化为整体。 复杂的化学问题，往往是由几个小问题组合而成，若将这些小问题孤立起来，逐个分析解决，不但耗时费力，且易出错。如能抓住实质，把所求问题转化为某一整体状态进行研究，则可简化思维程序，收到事半功倍之效。 [例3] 有一包FeSO4和Fe2（SO4）3的固体混合物，已测得含铁元素的质量分数为31％，则混合物中硫元素的质量分数是____。

[例4] 有一放置在空气中的KOH固体，经测定，其中含 KOH 84.9％，KHCO35.1％，K2CO32.38％，H2O 7.62％。将此样品若干克投入 98克10％的盐酸中，待反应完全后，再需加入20克10％的KOH溶液方能恰好中和。求蒸发中和后的溶液可得固体多少克。 3. 由复杂转化为简单 著名数学家华罗庚教授曾经说过：“把一个较复杂的问题‘退’成最简单、最原始的问题，把这最简单、最原始的问题想通了，想透了……”然后各个击破，复杂问题也就迎刃而解，不攻自破了。华罗庚教授所说的“退”，就是“转化”，这种“退”中求进的思维策略常被用于解决复杂的化学问题。 [例5] 向1000克未知溶质质量分数的硫酸铜溶液中加入一定量的氢氧化钠溶液，过滤、干燥后得到蓝色固体19.6克。在所得滤液中加入过量铁粉，充分反应后，再加入足量盐酸，最后得到6.4克固体，求原溶液中硫酸铜的质量分数。 4. 由隐含转化为显露。 有些题目从表面看来似缺条件而无法求解，实际上解题条件就隐含在语言叙述、化学现象、化学原理之中。解答此类题目的关键，是充分挖掘题中的隐含条件，化隐为显，架设由未知到已知的“桥梁”。 [例6] 将镁粉和碳酸镁的混合物置于氧气中灼烧，直至质量不再改变为止。经测定，灼烧 后所得固体质量与原混合物质量相同，求原混合物中镁粉和碳酸镁的质量比。

2020-2021高考化学压轴题之铁及其化合物(高考题型整理,突破提升)含答案

2020-2021高考化学压轴题之铁及其化合物(高考题型整理,突破提 升)含答案 一、高中化学铁及其化合物练习题（含详细答案解析） 1．A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系： 其中①②③均为有单质参与的反应。 （1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应，B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。 （2）如何检验上述C溶液中的阳离子？______________________。 （3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。C的化学式是 ____________，属于置换反应____________，（填序号）写出反应①的化学方程式 ____________________。 【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+ SiCl4①③ 2C+SiO2Si+2CO↑ 【解析】 【分析】 (1)由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，②为Fe与氯化铁的反应； (3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。 【详解】 (1)A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+； (2)由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+； (3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。 2．已知有以下物质相互转化：

安徽高考化学试题及答案解析版

2014年安徽高考理综化学试题解析 第Ⅰ卷 的资源化利用是解决温室效应的重要途径，以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应： NH3+CO2 +H2O 下列有关三聚氰酸的说法正确的是 A．分子式为C3H6N3O3 B．分子中既含极性键，又含非极性键 C．属于共价化合物 D．生成该物质的上述反应为中和反应 【答案】C 【解析】三聚氰酸分子式为C3H3N3O3，分子中只含极性键(碳氮极性键、碳氧极性键和氧氢极性键)。氰酸的结构为HO—C≡N，3个氰酸分子发生加成生成三聚氰酸。本题是用NH3捕获CO2在一定条件下生成三聚氰酸，其过程是：NH3先与CO2发生加成反应生成中间产物氨基甲酸H2N—COOH，3个H2N—COOH失去3个水分子生成三聚氰酸。 8.下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是 A．该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br—可以大量共存 B．和KI溶液反应的离子方程式： Fe3+ +2I—== Fe2+ +I2 C．和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式： Fe3+ +SO42—+Ba2+ +3OH—== Fe(OH)3↓+BaSO4↓ D．1 mol/L该溶液和足量的Zn充分反应，生成 gFe 【答案】D 【解析】A选项：Fe3+与C6H5OH反应：Fe3++6C6H5OH==[Fe(OC6H5)6]3—+6H+ B选项：正确的离子方程式为2Fe3+ +2I—== 2Fe2+ +I2 C选项：正确的离子方程式为2Fe3+ +3SO42—+3Ba2+ +6OH—== 2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓ 9.为实现实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是 选项实验目的主要仪器试剂 A分离Br2和CCl4混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4混合物、蒸馏水 B鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液C实验室制取H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀HNO3 D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、 mol/L盐酸 【解析】A选项：Br2和CCl4是两种互溶的液体，Br2和CCl4混合物是溶液，不能通过分液的方法分离。 B选项：葡萄糖是还原性糖(分子中含—CHO)，蔗糖是非还原性糖(分子中不含—CHO)。 C选项：实验室制取H2的试剂通常是用锌粒和稀盐酸或稀硫酸，不是稀硝酸。锌与稀硝酸反应反应通常不能得到H2，而是低价氮的化合物或氮单质。 D选项：缺少酸碱指示剂。 10.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其反应为：2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断准确的是 A B C D

(word完整版)江苏高考化学计算题专题复习_[苏教版].

高考化学计算题专题复习一、涉及化工生产流程的计算 题型特点:以常见化工生产流程图为背景,根据不同反应步骤中反应物的利用率计算反应物的投料比或产率。 解题方法:以化学方程式为基础,应用守恒理论,对多个相关联的化学方程式进行简约(叠加,找出分散在不同化学反应中的不同物质之间的化学计量数关系,以此计量关系进行计算。 1.(08南通一检某化肥厂以氨和空气(其中氧气的体积分数为0.2为原料生产硝酸铵过程如下: 其中反应①为4NH 3+5O 2 4NO +6H 2O ⑴步骤②中发生了两个反应,将这两个化学方程式合并为一个化学方程式,可表示为___________________________。 ⑵若不考虑副反应且各步反应均完全,为使生产过程中不再补充空气,则原料气中氨(包括第③步被硝酸吸收的氨的体积分数最大值为____________。 ⑶假设实际生产中,反应①、②中含氮物质的利用率分别为a 、b ,反应③中氨的利用率为c 、硝酸的利用率为100%,则合成硝酸铵的整个流程中,氨的总利用率是多少? 解析:(14NO

+3O 2+2H 2O =4HNO 3 (2①、②、③步反应叠加 4NH 3+5O 4NO +6H 2O 4NO +3O 2+2H 2O =4HNO 3 4NH 3+4HNO 3=4NH 4NO 3 4NH 3+4O 2+H 2O=2NH 4NO 3+3H 2O NH 3%=4/(4+4/0.2=1/6(或16.7% (3解法一:假设消耗NH 3的总物质的量为1mol ,其中用于制取HNO 3的NH 3的物质的量为x mol ,被HNO 3吸收的NH 3的物质的量为y mol ,则有:x +y =1、abx =cy 。解得:x =c ab c + y = c ab ab + 氨的总利用率=(xab +yc /1= c ab abc +2 解法二:假设第①步参加反应的氨气的物质的量为4mol ,则: 生成硝酸的物质的量4ab mol ; 第③步需要氨气的物质的量为 c

2020-2021高考化学压轴题专题铁及其化合物的经典综合题及详细答案

2020-2021高考化学压轴题专题铁及其化合物的经典综合题及详细 答案 一、高中化学铁及其化合物练习题（含详细答案解析） 1．物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3（在180℃升华）和一种盐A按物质的量之比1：2组成。在密闭容器中加热X使之完全分解，发生如下转化： 请回答下列问题： （1）X的化学式为__。 （2）将E混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为__。 （3）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之_。 【答案】AlCl3·2FeSO4 Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O 将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是O2 【解析】 【分析】 固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液C中滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有Fe3+，则B为Fe2O3，C为FeCl3溶液，无色D气体能使品红褪色，则D为SO2，由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为 FeSO4，氧化铁的物质的量为 3.2g 160g/mol =0.02mol，生成二氧化硫为 0.448L 22.4L/mol =0.02mol， 由Fe、S原子为1：1可知生成SO3为0.02mol，4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物 质的量为4.27g-0.02mol80g/mol 133.5g/mol =0.02mol，X的组成为AlCl3?2FeSO4，以此解答该题。 【详解】 (1)根据上述分析，X的化学式为AlCl?2FeSO4； (2)将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为：Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O； (3)若在高温下长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2。 2．中学化学常见物质A、B、C、D、E有如下转化（已知A、B、C、D、E均含有同一元

2017年内蒙古高考化学试题及答案

2017年普通高等学校招生全国统一考试 理科化学综合能力测试试题卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．作答时，务必将答案写在答题卡上。学科.网写在本试卷及草稿纸上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Ca 40 一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 8．阿伏加德罗常数的值为A N 。下列说法正确的是 A ．1 L 0.1 mol·1 L -NH 4Cl 溶液中，4NH + 的数量为0.1A N B ．2.4 g Mg 与H 2SO 4完全反应，转移的电子数为0.1A N C ．标准状况下，2.24 L N 2和O 2的混合气体中分子数为0.2A N D ．0.1 mol H 2和0.1 mol I 2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2A N 9．a 、b 、c 、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同；c 所在周期数与族数相同；d 与a 同族。下列叙述正确的是 A ．原子半径：d>c>b>a B ．4种元素中b 的金属性最强 C ．c 的氧化物的水化物是强碱 D ．d 单质的氧化性比a 单质的氧化性强 10．下列由实验得出的结论正确的是

D ． 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体 能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 11．用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为 24224H SO H C O -混合溶液。下列叙述错误的是 A ．待加工铝质工件为阳极 B ．可选用不锈钢网作为阴极 C ．阴极的电极反应式为：3Al 3e Al +-+= D ．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 12．改变0.11mol L -?二元弱酸2H A 溶液的pH ，溶液中的2H A 、HA -、2A -的物质的量分 数(X)δ随pH 的变化如图所示[已知22(X) (X)(H A)(HA )(A ) c c c c δ--= ++]。 下列叙述错误的是 A ．pH=1.2时，2(H A)(HA )c c -= B ．22lg[(H A)] 4.2K =- C ．pH=2.7时，22(HA )(H A)(A )c c c -->= D ．pH=4.2时，2(HA )(A )(H )c c c --+== 13．由下列实验及现象不能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A ． 向2 mL 0.1 1mol L -?的3 FeCl 溶液中 加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN 黄色逐渐消失，加KSCN 溶液颜色不变 还原性：2Fe>Fe +

(完整)2018高考化学计算题专项训练

化学二卷计算专项练习 1、[2011全国卷]为了预防碘缺乏病，国家规定每千克食盐中应含有40～50毫克的碘酸钾(M=214g·mol-1)。为检验某种食盐是否为加碘的合格食盐，某同学取食盐样品428克，设法溶解出其中全部的碘酸钾。将溶液酸化并加入足量的碘化钾淀粉溶液，溶液呈蓝色，再用0.030mol/L的硫代硫酸钠溶液滴定，用去18.00mL时蓝色刚好褪去。试通过计算说明该加碘食盐是否为合格产品。有关反应如下： IO3－＋5I－＋6 H＋=3I2＋3H2O I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－ 2、[2015·全国卷Ⅰ36]氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72—被还原为Cr3＋。样品中CuCl的质量分数为__ __%。 3、[2017全国卷Ⅰ26]凯氏定氨法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl= NH4Cl+ H3BO3。 取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L-1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为_________%。 4、[2017全国卷Ⅲ27]某工厂用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%，M=152g·mol-1）制备K2Cr2O7（M=294g·mol-1），最终得到产品m2kg，产率为 5、[2017全国卷Ⅱ28]水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下： Ⅰ.取样、氧的固定：用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。 Ⅱ.酸化，滴定：将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I?还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32?+I2=2I?+ S4O62?）。 取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L?1Na2S2O3溶液滴定，若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L?1。 6、[2017北京卷27]尿素[CO(NH2)2]溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60g?mol-1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mL c1mol·L ?1H SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mL c2mol·L?1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中2 溶质的质量分数是_________。 7、[2016全国卷Ⅱ26]联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联

浙江新高考29题化学计算题试题练习

浙江新高考29题——化学计算 1. 将露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2体积（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系（不考虑CO 2在水中的溶解）。 试计算：（无需书写计算步骤） (1)盐酸的物质的量浓度为mol/L。 (2)该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为。 2. 取1.19gK2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，往溶液中加入25mLBa(OH)2溶液恰好使生成的 白色沉淀的量最多。反应后溶液的c(OH-)=0.3mol/L（混合溶液体积为50mL）。试计算： (1)反应后溶液中n(OH-)= mol。 (2)原混合物中n(K2CO3):n(KHCO3)= 。 3. 取2.74gNa2CO3和NaHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，往溶液中加入25mLHCl溶液恰好完全反应生成标准状况下672mL气体。反应后溶液的c(Cl-)=0.8mol/L(混合溶液体积为50mL）。试计算： (1)反应后溶液中n(Cl-)= mol。 (2)原混合物中n(Na2CO3):n(NaHCO3)= 。 5. 取14.3g Na2CO3·xH2O溶于水配成100mL溶液，然后逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出为止，用去盐酸20.0mL，并收集到1.12LCO2(标准状况)。试计算： (1) 稀盐酸物质的量的浓度为mol/L。 (2) x值是。 6. 取NaHCO3和Na2CO3的混合物8.22g，加热到质量不再发生变化，冷却后测得其质量为6.36g。 (1)取等质量的原混合物溶于水，配成80mL溶液，则c(Na+)= mol/L (2)向(1)所配的溶液中逐滴加入1mol/L的稀盐酸至过量， 生成CO2的体积(标准状况)与加入盐酸的体积有如右图所示 的关系（不考虑CO2的溶解），则a点消耗盐酸的体积为 mL。 7. 标准状况下，将7.84L HCl气体溶于水配得350mL 盐酸，然后与含17.9g Na2CO3和NaHCO3的溶液混合，充分反应后生成0.200mol CO2气体。 （1）盐酸的物质的量浓度 mol/L

高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案

高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案 一、元素周期律练习题（含详细答案解析） 1．高温下，正硅酸锂（Li 4SiO 4）能与CO 2发生反应，对控制CO 2的排放具有重要的理论意义和实用价值。完成下列填空： （1）硅原子核外电子占有_____种能量不同的轨道；Li 、C 、Si 的最高价氧化物中，属于原子晶体的是_____。 （2）钠元素的金属性比锂强，用原子结构的知识说明理由_____。 一定温度下，在2L 的密闭容器中，Li 4SiO 4与CO 2发生如下反应： Li 4SiO 4(s)+CO 2(g)Li 2SiO 3(s)+Li 2CO 3(s)。 （3）该反应的平衡常数表达式K=_____，反应20min ，测得容器内固体物质的质量增加了 8.8g ，则0~20min 内CO 2的平均反应速率为_____。 （4）在T 1、T 2温度下，恒容容器中c(CO 2)随时间t 的变化关系如图所示。该反应是_____反应（选填“放热”或“吸热”）。 若T 1温度下，达到平衡时c(CO 2)为amol· L -1，保持其他条件不变，通入一定量的CO 2，重新达到平衡时c(CO 2)为bmol· L -1。试比较a 、b 的大小，并说明理由_____。 【答案】5 SiO 2 钠元素和锂元素均为第ⅠA 族元素，Na 原子有3个电子层，Li 原子有2个电子层，原子半径Na>Li ，则原子核对外层电子的吸引能力：Na