全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总附详细答案
高考化学 物质的量综合试题及答案
4．（1）1mol H2SO4中含有_____个硫原子，_____mol O。
（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式
HCl：_______________NaHSO4：____________________
【解析】
【分析】
（1）根据物质结构进行计算；
（2）强电解质完全电离；
（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子；
（4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；
（5）还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，产物为还原产物。
【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。
3．按要求完成下列各小题
（1）在同温同压下，相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。
（2）0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___，含有氧原子物质的量之比为___，相同条件下两物质的密度之比为___。
【解析】
【分析】
根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化还原反应进行判断。根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子，所以选择H2SO4进行除杂。
【详解】
（1）相同质量的N2和H2S的物质的量之比为 ，根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17：14。答案：17：14；
高考化学物质的量的综合题试题及答案解析
高考化学物质的量的综合题试题及答案解析一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。
半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空：（1）半水煤气含有少量硫化氢。
将半水煤气样品通入____溶液中（填写试剂名称），出现_______，可以证明有硫化氢存在。
（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2O CO2+H2若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后的气体中：V(H2):V(N2)=____________。
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。
已知：Na2CO3K2CO320℃碱液最高浓度（mol/L）2.08.0碱的价格（元/kg） 1.259.80若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是__________；缺点是____________。
如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？___________________________________________写出这种方法涉及的化学反应方程式。
_______________________（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。
取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。
_________________②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是：_________________。
③该实验方案中，步骤________（选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【答案】硝酸铅（或硫酸铜）黑色沉淀 3:1 价廉吸收CO2能力差碱液循环使用2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O除去半水煤气中的CO2（包括H2S）和H2O IV【解析】【分析】【详解】（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。
高考化学物质的量综合经典题及详细答案
高考化学物质的量综合经典题及详细答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题（1）配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、___。
（2）容量瓶上标有刻度线、___，使用前要___。
（3）需用托盘天平称取Na2CO3____g。
（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？A．加水时超过刻度线___，B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶___，C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___，D．定容时仰视___，E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线___。
（5）若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，则需要量取浓硫酸的体积为___mL。
【答案】500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管温度、容积检漏 5.3 偏低偏高不变偏低不变 62.5【解析】【分析】配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，分析误差时可根据c=nV判断。
【详解】(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500mL容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；(2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应查漏；(3)配制500mL 0.1mol/LNa2CO3，需要 Na2CO3的质量为：0.5L×0.1mol/L×106g/mol=5.3g；(4)A．加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；D．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；E．上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；(5)若实验室中要用浓度为16mol/L 的浓硫酸配制480mL 2.0mol/L 的稀硫酸，应选择500mL 容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：16mol/L×V=500mL 2.0mol/L，解得V=62.5mL。
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总含答案
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总含答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4 mol·L-1）配制100mL1.0mol·L-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：A．100mL量 B．托盘天平 C．玻璃棒D．50mL容量瓶 E．10mL量筒 F．胶头滴管 G．50mL烧杯 H．100mL容量瓶。
请回答：（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）；①定容时俯视刻度线观察液面②容量瓶使用时未干燥③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：①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③溶解④恢复至室温⑤转移、洗涤⑥定容、摇匀⑦装瓶贴标签。
其中，第⑤步中“洗涤”操作的目的是_______________________。
【答案】5.4 CFGEH 检查容量瓶是否漏水①减少溶质损失，减小实验误差【解析】【分析】⑴根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。
⑵配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，使用容量瓶前要检漏。
⑶①定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；③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。
⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。
【详解】⑴用物质的量浓度为18.4 mol·L-1的浓硫酸配制100mL 1.0mol·L-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4 mol·L−1 ×V= 1.0 mol·L−1×0.1 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。
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总及答案解析
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总及答案解析一、高中化学物质的量1．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：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O(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KMnO 4参加反应？________。
②被氧化的HCl 的物质的量为多少？________。
【答案】 6.32g 0.2 mol【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Cl 2的物质的量，然后根据方程式中KMnO 4、HCl 与Cl 2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KMnO 4中的+7价变为反应后MnCl 2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Cl 2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KMnO 4、MnCl 2前的系数是2，HCl 前的系数是10，Cl 2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H 2O 的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：；(2)在标准状态下， 2.24LCl 2的物质的量n(Cl 2)=m V 2.24L V 22.4L /mol=0.1mol 。
①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl 2时，参与反应的KMnO 4的物质的量为0.1mol×25=0.04mol ，则参与反应的KMnO 4的质量m(KMnO 4)=0.04mol×158g/mol=6.32g ； ②由反应化学方程式可知，HCl 被氧化后生成Cl 2，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 。
高考化学 物质的量 综合题及详细答案
高考化学 物质的量 综合题及详细答案一、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mM=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 Mw 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。
2020-2021高考化学物质的量综合题含答案解析
2020-2021高考化学物质的量综合题含答案解析一、高中化学物质的量1．纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。
(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈__________色。
(2)实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是__________。
A． 1000mL；21.2g B．950mL；20.14g C．500mL；21.2g D．500mL；10.6g(3)若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为______。
(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色物质溶于水，并向所得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳酸钠。
你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点________。
(5)取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：①曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为_______mL。
②曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是________，其物质的量之比为________。
【答案】黄 A 32.8% 不同意，由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3↓ + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH)2 + NaHCO3 = CaCO3↓+ NaOH +H2O)，碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀33.6 Na2CO3 与NaHCO3 1:1【解析】【分析】(1)考查焰色反应；(2)根据n=cV，m=nM计算；(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；(4)根据碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断；(5)①根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，利用n=VVm；②由曲线B可知从25mL到75mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计算；【详解】(1)钠的焰色反应为黄色；(2)配置950ml的溶液应用1000 mL容量瓶配制溶液，所需Na2CO3的质量m=nM=cVM=0.2mol/L×1L×106g/mol=21.2g，答案选A；(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x根据混合物质量减少了2.48g，323222NaHCO=Na CO+H O+CO16862x 2.48g↑质量差16862x 2.48g=，解得x=6.72g，碳酸钠和碳酸氢钠共10g，则碳酸钠的质量为10g-6.72g=3.28g，原混合物中碳酸钠的质量分数=3.28g100%10g⨯=32.8%；(4) 由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3↓ + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH)2 + NaHCO3 = CaCO3 ↓+ NaOH +H2O)，碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀，所以不同意他的观点；(5) ①CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，当()()2n COn NaOH⩾1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成NaHCO3，CO2有剩余；当12＜()()2n COn NaOH＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当()()2n COn NaOH⩽12，反应按②进行，等于12时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于12时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；由曲线A可知从60ml到75ml为碳酸氢钠与盐酸反应, 消耗的15mL盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生CO2，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n(NaHCO3)=n(HCl)=(75ml−60ml)×0.1mol/L=1.5×10−3mol，根据C原子守恒，所以n(CO2)=n(NaHCO3)=1.5×10−3mol，V= nV m=1.5×10−3mol×22.4L/mol=33.6 mL；②加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。
2023年高考真题——理综化学部分(全国卷)解析版答案
6、以下关于化学键的表达，正确的一项为哪一项A 离子化合物中确定含有离子键B 单质分子中均不存在化学键C 含有极性键的分子确定是极性分子D 含有共价键的化合物确定是共价化合物【答案】A【解析】离子化合物中确定含有离子键，A 正确；只有单原子分子单质分子中不含化学键，B 错误；CO2 分子含有极性键，但CO2 是非极性分子；NaOH 等离子化合物含有共价键，但是离子化合物，不是共价化合物，D 错误。
【考点】1.离子键与离子化合物的关系：含有离子键的化合物确定是离子化合物，而离子化合物中却不愿定只含有离子键．如NH NO 、Na O 是离子化合物，但在NH NO 、Na O 中除了含有离子键外，还含有共价键。
4 3 2 2 4 3 2 22.共价键与共价化合物：共价化合物中确定含有共价键，但不愿定有共价键的化合物就是共价化合物，即共价键既可以存在于共价化合物中，又可以存在于离子化合物中，如 NH NO 、Na O 、NaOH 是离子化合物，但含有离子键的同时还含有共价键。
4 3 2 2【点评】：此题把化学键和化合物的类型熔合成一体，考察学生对离子化合物、共价化合物、化学键、极性分子等学问的把握和应用力气。
此题根底性较强，重点特出。
7、能正确表示以下反响的离子方程式是A 硫酸铝溶液中参与过量氨水Al 3 ++3OH-=Al(OH) ↓3B碳酸钠溶液中参与澄清石灰水Ca(OH)2 + C O 2 -3=CaCO3↓+ 2 OH -C冷的氢氧化钠溶液中通入氯气Cl2 + 2 OH -=Cl O-+ Cl -+ H O2D稀硫酸中参与铁粉2Fe + 6 H += 2 Fe 3 ++ 3H ↑2【答案】C【解析】A 答案中氨水是弱电解质，应写成分子式，错误；B 中澄清石灰水应写成离子形式，错误；D 答案中铁粉与稀硫酸反响生成亚铁离子，错误。
【考点】推断离子方程式的正误判时，关键抓住离子方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循电荷守恒和质量守恒、氧化复原反响中的得失电子是否守恒等；就能很好的解决问题。
高考化学 物质的量综合试题及详细答案
高考化学物质的量综合试题及详细答案一、高中化学物质的量1．（1）有相同物质的量的 H2O 和 H2SO4，其质量之比为_____，氢原子个数比为_____，氧原子个数比为_____。
（2）把 3.06 g 铝和镁的混合物粉末放入 100 mL 盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下 3.36 L H2。
计算：①该合金中铝的物质的量为_____。
②该合金中镁的质量为_________。
③反应后溶液中 Cl﹣的物质的量浓度为__________（假定反应体积仍为 100 mL）。
（3）由 CO2与 CO 组成的混和气体对 H2的相对密度为 20，则混和气体中 CO2的体积分数为_____； CO 的质量分数为_____。
【答案】9：49 1：1 1：4 0.06 mol 1.44 g 3.0 mol·L-1 75% 17.5%【解析】【分析】【详解】（1）n (H2O)= n (H2SO4) ，m (H2O)：m (H2SO4)= n (H2O)×18：n (H2SO4)×98= 9：49；N H(H2O) ：N H(H2SO4)= n (H2O)×2：n (H2SO4)×2=1：1； N O(H2O) ：N O(H2SO4)= n (H2O)×1：n (H2SO4)×4=1：4；（2）设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，二者混合物的质量为3.06=24x+27y；根据化学反应的计量系数比：Mg~2HCl~H2，2Al~6HCl~3H2，氢气的体积标准状况下3.36 L，n (H2)=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06 mol，y=0.06 mol，故该合金中铝的物质的量为0.06 mol，该合金中镁的质量为0.06×24=1.44g，反应后溶液中Cl¯（盐酸恰好反应完全，溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝）的物质的量=0.06×2+0.06×3=0.3mol，溶液体积100mL,Cl¯的物质的量浓度c=nV=3.0 mol·L-1；（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol，设1mol混合气体中有xmol CO，CO2ymol，故x+y=1，28x+44y=40，则x =0.25mol，y =0.75mol，同温同压，气体体积之比等于物质的量之比，则混和气体中CO2的体积分数为75%，CO的质量分数=0.25×28/40=17.5%2．某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。
高考化学考点复习《物质的量》真题练习含答案
高考化学考点复习《物质的量》真题练习含答案1．（2023年黑龙江省春季普通高中学业水平合格性考试）下列关于物质的量及其单位摩尔使用正确的是 A ．1mol 钠原子B ．1mol 香蕉C ．1mol 铅笔D ．1mol 大米 【答案】A【解析】物质的量是描述微观粒子的数目多少的物理量；香蕉、铅笔、大米均为宏观物质，不能使用物质的量描述；1mol 钠原子化学用语使用正确；故选A 。
2．（2023年江苏省普通高中学业水平合格性考试）N 2的摩尔质量为28 g·mol −1,下列说法正确的是 A ．1 mol 氮原子的质量为28 gB ．1 mol 氮气的质量为28 gC ．1个氮分子的质量为28 gD ．1 g 氮气的物质的量为28 mol 【答案】B【解析】A ．N 2的摩尔质量为28 g·mol −1，1 mol 氮气中由2mol 氮原子，1 mol 氮原子的质量为-1228 g mol 1mol ⋅⨯=14g ，A 错误；B ．N 2的摩尔质量为28 g·mol −1，说明1 mol 氮气的质量为28 g ，B 正确；C ．1 mol 氮气含有N A 个分子，1个氮分子的质量为A 28g N ，C 错误； D ．1 g 氮气的物质的量为-128 g mo l l 1g 1mo 28=⋅，D 错误； 故答案为：B 。
3．（2022年7月浙江省普通高中学业水平考试 ）下列物理量的单位为“摩尔(mol)”的是A ．质量B ．物质的量C ．时间D ．温度 【答案】B【解析】A ．质量的国际单位制单位是“千克”，故不选A ；B ．物质的量的单位是“摩尔”，故选B ；C ．时间的国际单位制单位是“秒”，故不选C ；D ．温度的国际单位制单位是“开尔文”，故不选D ；选B 。
4．（2022年夏季山东普通高中学业水平考试）对于相同物质的量的2H O 和22H O ，下列说法错误的是 A ．氧原子数之比为1：2 B ．原子总数之比为3：4C ．分子数之比为1：1D ．质量之比为1：1 【答案】D 【解析】A ．相同物质的量的2H O 和22H O ，分子数比为1:1，所以氧原子数之比为1：2，故A 正确； B ．相同物质的量的2H O 和22H O ，分子数比为1:1，所以原子总数之比为3：4，故B 正确；C ．相同物质的量的2H O 和22H O ，分子数比为1:1，故C 正确；D ．相同物质的量的2H O 和22H O ，假设物质的量都是1mol ，1molH 2O 的质量为18g ，1molH 2O 2的质量为34g ，质量之比为9：17，故D 错误；选D 。
全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总附答案
全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总附答案一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)1 .按要求填空, N A为阿伏伽德罗常数的数值.(1)标准状况下,2.24L C2的质量为—；有一个氯原子.(2)含0.4mol Al3+的A12(SQ)3中所含的SQ2」的物质的量是.(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH与CO32「质量之比为51: 300,那么这两种离子的物质的量之比为.(4)质量相同的H2、NH3、SQ、O3四种气体中,含有分子数目最少的是.(5)标准状况下,3.4g NH3的体积为—；它与标准状况下L H2s含有相同数目的氢原子.(6) 10.8g R2O5中氧原子的数目为3.01 X 1023,那么元素R的相对原子质量为—；R元素名称是.(7)将10mL 1.00mo1/L Na z CQ溶液与10mL 1.00mo1/L CaC12溶液相混和,那么混和溶液中Na+的物质的量浓度为一,混和溶液中Cl-的物质的量—(忽略混合前后溶液体积的变化).(8) a个X原子的总质量为b g,那么X的相对原子质量可以表示为(9)CQ CO2混合气体的质量共11.6g,在标准状况下的体积为 6.72L,那么混合气体中CO的质量为一；CO2在相同状况下的体积为一.(10)由CH4和O2的组成的混和气体,在标况下的密度是H2的14.5倍.那么该混合气体中CH4和O2的体积比为一.【答案】7.1g 0.2N A或 1.204X 1023 0.6mol 3:5 SQ 4.48L 6.72 14 氮1mol/L0.02mol b N A或6.02X 1023b 2.8g 4.48L 3:13 a a【解析】【分析】(1)先计算标准状况下,2.24L C2的物质的量,再计算氯气的质量和氯原子个数；(2)由化学式计算硫酸根的物质的量；(3)由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比；(4)由n=M可知,质量相同的不同气体,气体的摩尔质量越大,物质的量越小,分子数越小；(5)先计算标准状况下,3.4g NH3的物质的量,再计算气体体积和所含氢原子的物质的量,最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积；(6)由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量；(7)将10mL 1.00 mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2溶液相混和发生反响,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反响过程中Na+和Cl-的物质的量不变；(8)先计算a个X原子的物质的量,再依据质量计算X的摩尔质量；(9)依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量,在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积；(10)先计算混合气体的平均相对分子质量,再依据公式计算甲烷和氧气的体积比.【详解】(1)标准状况下,2.24L C 2 的物质的量为 222.L/mol =0.1mol ,质量为 0.1mol x 71g/mol=7.1gCl 2为双原子分子,含有的氯原子个数为0.2N A 或1.204 X 2b,故答案为：7.1g ； 0.2N A 或1.204 X 20(2)由化学式可知,含 0.4mol Al 3+的Al 2(SO 4)3中所含的SO 42一的物质的量是 0.6mol ;OH 与CO 32-质量之比为51： 300,那么这两种离子的物质的量 51g 300g ,之比为 17g/mol : 60g/mol =3:5 ,故答案为：3:5 ；(4)由n=M 可知,质量相同的不同气体,气体的摩尔质量越大,物质的量越小,分子数越小,H 2、NH 3、SQ 、O 3四种气体中SO 2的摩尔质量最大,那么 SQ 的物质的量最小,分子 数最小,故答案为：SQ ；(5)标准状况下,3.4g NH 3的物质的量为 精蒜=0.2mol,那么体积为0.2mol x 22.4L/mol=4.48L 含有氢原子的物质的量为 0.2mol x 3=0.6mol 含有氢原子的物质的 量为0.6mol 的H 2s 的物质的量为 竺黑=0.3mol,标准状况下,0.3mol H 2s 的体积为0.3mol X 22.4L/mol=6.72L 故答案为：4.48L; 6.72;氧原子的数目为(2M 0制mol X 6.02产10 5=3.01才310解得M=14 ,该元素为N 元素,故答案为：14; N ；(7)将10mL 1.00mol/L Na z CQ 溶液与10mL 1.00mol/L CaCl 2溶液相混和发生反响,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反响过程中Na +和Cl -的物质的量不变,10mL 1.00mol/L Na 2CO 3溶液中 Na +的物质的量为0.01LX1.00 mol/L x 2=0.02m 删混和溶液中 Na +的物质的量浓度为0000m ol =1.00mol/L ; 10mL 1.00mol/L CaCl 2 溶液中 Cl -的物质的量为 0.01L x 1.00mol/L x 2=0.02mol 那么混和溶液中 C 「的物质的量0.02mol,故答案为：1mol/L; 0.02mol;(8) a 个X 原子的物质的量为 Wmol, X 的摩尔质量为 晶=^g/mol,那么X 的相对原子 质量bNA ,故答案为：?或强户；(9)设CQ CO 2混合气体中CO 为x mol, CQ 为y mol,由题意可得28x+44y=11.6①, x+y= zzN*ol=0.3mol ②,解①②可得 x=0.1, y=0.2,贝U 0.1mol CO 的质量为0.1mol x 28g/mol=2.8g 0.2mol CO 2在标准状况下的体积为0.2mol x 22.4L/mol=4.4&L 故答案 为：2.8g ； 4.48L;(10)由题意可知,C1和O 2的组成的混和气体平均相对分子质量为2X14.5=29设混合 16x+32y =29,解得 x ： y=3:13,故答3 0.4mol *=0.6mol,故答案为:(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中 (6)设元素R 的相对原子质量为 M , 10.8g R 2O 5的物质的量为 10.8g 10.8(2M+80)g/mol = (2M+80) mol,所含气体中甲烷的物质的量为 x 、氧气的物质的量为 y,那么有2.实验室需要480mL 0.3 mol. L-1 NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液.请答复：〔1〕如下图的仪器中,配制上述溶液一定不需要的仪器为〔填选项字母〕,配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为〔填仪器名称〕.〔2〕配制NaOH溶液.①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为g.②假设NaOH溶液在转移至容量瓶时,洒落了少许,那么所配制的溶液浓度将〔填褊高"、偏低〞或无影响〞.〕⑶配制硫酸溶液.①实验室用98%〔p =1.84g •〔3〕1的硫酸配制3.68mo L-1的硫酸溶液500mL,需准确量取98%的硫酸的体积为mLo②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为 3.50mol L-1,原因可能是〔填选项字母〕.A.用胶头滴管加水定容时俯视刻度B.容量瓶中原来存有少量水C稀释硫酸的烧杯未洗涤D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度【答案】AC烧杯、玻璃棒 6.0偏低100mL CD【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：计算、称量、溶解〔冷却〕、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签.配制硫酸溶液时,根据浓稀硫酸物质的量相等计算,浓硫酸的浓度可根据公式c=1000一进行计算.M【详解】〔1〕用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒,因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒.〔2〕①配制溶液应根据体积选择适宜的容量瓶以保证精度,然后根据容量瓶体积计算溶质的量,配制480mL 0.3 mol/L的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶,因此需要NaOH的物质的量为0.5LX0.3 mol/L=0.15mo］需要NaOH 的质量为：m=n- M=0.15mol/L x 40g/mol =6.0g,因此需要称取6.0NaOH固体.②NaOH溶液转移时洒落少许,会使溶质物质的量减小,配制的溶液浓度偏低.1000 1000 1.84g/L 98%(3) 98%的浓硫酸的分数为：c= ------------- = ----------------- ----------- =18.4mol/L ,需要浓硫酸的M 98g/moln 3.68mol/L 0.5L体积为: 0.1L 100mL oV= 一= --------c 18.4mol / L(4)A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度,读数比实际体积大,参加的水会低于刻度线,会使实际溶液浓度偏大, A错误；B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度, B错误；C稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸剩余在烧杯中,会使配制的溶液浓度减小, C正确；D用胶头滴管加水定容时仰视刻度,读数比实际体积小,参加的水会超过刻度线,会使实际溶液浓度减小,D正确；应选CD.【点睛】此题的易错点为(3)①,计算浓硫酸用量时,需根据稀释前后物质的量不变来计算,稀硫酸的浓度和体积是的,只需要知道浓硫酸的浓度即可,浓硫酸的浓度可用公式1000算出.c= -------M3.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“物质的量〞这一物理量,据此完成以下试题：(1)等质量的.2和O3所含分子的物质的量之比为一.(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N A为阿伏加德罗常数的值,如果ag氧气中含有的分子数为b,那么cg氧气在标准状况下的体积约是一(用含a、b、c、N A的式子表示)o(4)实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液,进行如下操作：①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______ O②计算需要NaOH固体的质量：—g.③取出50 mL配制好的溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为—.④假设出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是—.A.称量时祛码已经生锈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 22L 100mL容量瓶 4. 0 1mol/L Aa N A【解析】【详解】(1)根据n M■可知,等质量的O2和O3的物质的量之比为1 1 …一…,…一n(O2)：n(O3)一：——3:2 ,所含分子的物质的量之比为3： 2.32 48(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=nN A (N A 为常数)可知,分子个数比为 1： 1；由m=nM 可 知,.2和O 3的质量比为2： 3.ag 氧气中含有的分子数为 b,那么ag 氧气的物质 ag aN A l 1 ―b " %—ggmo ,即当氧气为cg,物质——mol N A .. .. 22.4bc ,在标准状况下的体积 V nV mLo aN A NaOH 溶液,那么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1 1②需要 NaOH 固体的质重 m nM cVM 100mL 1molgL 40ggmol 4g .③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 . ④A.称量时祛码已经生锈,实际祛码质量增大,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,剩余局部溶质残留,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结果无影响. 答案为A .【点睛】根据c 2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 n 和溶液的体 V积V 引起的.误差分析时,关键要看配制过程中引起n 和 V 怎样的变化.在配制一定物质的量浓度溶液时,假设 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；假设 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.4 .某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉,并探究氯气与石灰乳反响的条件和产物.：①二氧化镒与浓盐酸反响可制备氯气,同时生成 MnCl 2.②氯气和碱反响放出热量.温度较高时,氯气和碱还能发生如下反响：3Cl 2+6OH ==r 5Cl -(1)①甲装置用于制备氯气,乙装置的作用是 .(3)设N A 为阿伏加德罗常数的值,如果 N b - M m 的量n ————,摩尔质量 n N A N A n m cg bc , nmol 的重 M aN A । i aN A A ggmol a A b 、(4)①实验室需要配制 100mL1mol/L 的 +ClO 3-+3H 2O .该兴趣小组设计了以下实验装置进行实验.②该兴趣小组用100 mL12 mol L-1盐酸与8.7 g MnO2制备氯气,并将所得氯气与过量的石灰乳反响,那么理论上最多可制得Ca(ClO2 g o(2)小组成员发现,产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值.他们讨论后认为,局部氯气未与石灰乳反响而逸出,以及温度升高也是可能原因.为了探究反响条件对产物的影响,他们另取一定量的石灰乳,缓慢、匀速地通入足量氯气,得出了CIO、CIO3-两种离子的物质的量(n)与反响时间⑴的关系曲线,粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反响).②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为mol.③另取一份与②等物质的量的石灰乳,以较大的速率通入足量氯气,反响后测得产物中Cl-n ClO的物质的量为0.35 mol ,那么产物中--------- =.n ClO3一(3)为了提升Ca(ClO〉的产率,可对丙装置作适当改良.请你写出一种改良方法：__________________ O【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15 ClO 0.25 2： 1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中【解析】【分析】(1)①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；②依据MnO2+4HCl(浓)-^-MnCl2+C bT +2H2O； 2C b+2Ca(OH?=CaC2+Ca(ClO2+2H2O,结合定量关系计算理论值；(2)①当温度低时,氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,根据温度上下来判断属于哪种离子；②根据氧化复原反响中得失电子数相等计算氯离子的物质的量,然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；③另取一份与②等物质的量的石灰乳,以较大的速率通入足量氯气,反响后测得产物中Cl-的物质的量为0.35 mol ,依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1： 2,结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量,依据氧化复原反响电子守恒,生成产物中氯元素守恒列式计算.(3)根据题中信息,在高温度下发生副反响,可以把丙装置放入冰水中. 【详解】(1)①浓盐酸和二氧化镒反响制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓MnCl2+Cl2 T +2住O;浓盐酸具有挥发性,在反响制取氯气的过程中挥发出HCl气体,所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；②n(HCl)=12 mol/L X0.1 L=1.2 moln(MnO2)=—87§—=0,1 mol, MnO2、HCl反响的物质的87 g / mol量的比是1 : 4,可见足量的浓盐酸与8.7 gMnO2制备氯气,以MnO2为标准计算, n(Cl2)=n(MnO2)=0.1 mol,将所得氯气与过量的石灰乳反响,反响方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaC2+Ca(ClO>+2H2O,根据方程式中物质反响关系可知：理论上最多可制得Ca(ClO»的物质的量为0.05 mol,其质量m[Ca(ClO>]=0.05mol x 143 g/mol=7.15 g (2)①当温度低时,氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,刚开始反响时,温度较低,氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙和次氯酸钙,所以图2中曲线I表示离子ClO的物质的量随反响时间变化的关系；②根据氧化复原反响中得失电子数相等计算Cl-的物质的量,设被复原的氯离子的物质的量为n,那么nX1=0.10 mol x 1+0.05 mol x 5=0.358那么反响的Cl2中含氯原子的物质的量为：0.35mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol ,在CaC2、Ca(ClO?、Ca(ClO)2 中钙离子和含氯离子的个数比为1 : 2,所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.5；o l =0.25 mol;③取一份与②等物质的量的石灰乳,其物质的量为0.25 mol,根据氧化复原反响中得失电子数相等,生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒,设n(ClO)=x,n(ClO3")=y;那么得到：0,35=x X 1+y；X依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1: 2,得到氯元素物质的量为0.5mol; x+y+0.35=0.5,解得：x=0.1 mol,y=0.05 mol,那么产物中“91m o=2n ClO30.05mol(3)由于反响在高温度下发生副反响,所以改良举措可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中,预防发生3Cl2+6OH=^5C「+Cl8+3H2O. 【点睛】此题考查了性质方案的设计.明确实验目的、实验原理为解答关键,注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法,题目培养了学生的分析、理解水平及化学实验、化学计算水平.5 .根据你对金属钠性质的了解,答复以下问题：(1)关于钠的表达中,正确的选项是 (填字母).A.钠是银白色金属,硬度很大B.将金属钠放在石棉网上,用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧,产生黄色火焰,生成过氧化钠C.金属钠在空气中燃烧,生成氧化钠D.金属钠的熔点很高(2)由于金属钠很容易跟空气中的、等物质反响,通常将它保存在_______ 里.(3)将一小块钠投入到以下溶液中,既能产生气体又会出现白色沉淀的是 (填字 母). A.稀硫酸 B.硫酸铜溶液 C.氢氧化钠溶液 D.氯化镁溶液(4)为粗略测定金属钠的相对原子质量,设计的装置如下图,该装置 (包括水)的总质量 为ag,将质量为bg 的钠(缺乏量)放入水中,立即塞紧瓶塞.完全反响后再称量此装置的总②无水氯化钙的作用是 .【答案】B 氧气水蒸气煤油 D b/(a+b-c)吸收H 2中所含的H 2O(g) 【解析】【分析】(1)根据钠的性质分析解答;(2)钠的性质很活泼,易和水、氧气反响,据此解答；(3)金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气,根据溶液中的溶质分析解答；(4)①根据钠与水反响产生氢气的质量关系以及反响前后质量差解答；②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断.【详解】(1) A 、钠是银白色金属,硬度很小,可以用小刀切,故 A 错误；B 、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,故 B 正确；C 、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,不是氧化钠,故 C 错误；D 、金属钠的熔点很低,故 D 错误；故答案选B ；(2)钠性质很活泼,易和水、氧气反响,所以保存钠时要隔绝空气和水,钠和煤油不反应,且密度大于煤油,所以保存钠可以放在煤油中；(3) A.钠和稀硫酸反响生成硫酸钠和氢气,没有沉淀产生, A 不选；B.钠投入硫酸铜溶液中,首先和水反响生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和硫酸铜反响生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠,但沉淀不是白色的,而是蓝色的,B 不选； C.钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气,没有沉淀,C 不选；D.钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气, 答案选Do(4)①金属与水发生反响放出氢气的质量 =ag+bg- cg= (a+b-c) g,假设金属为R,其相对①列出计算钠相对原子质量的数学表达式 (用含有a 、b 、c 的算式表示).D 选.原子质量为M,根据金属钠与水反响放出氢气的关系,可推断该金属与水放出氢气关系如下：2R〜〜〜〜〜 H22M 2bg (a+b-c) gb解得M - ----------------- ;(a b c)②氯化钙具有吸水水平,是常用的枯燥剂,在装置中吸收生成氢气中的水,而预防水分流失.6. I. NaCl溶液中混有Na2CQ、Na2SC4,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：③.II.取100.0 mLNa2CQ和Na z SCU的混合溶液,参加过量BaC2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Na2SC4的物质的量浓度为;(写出计算列式的过程)【答案】Na2CQ+2HCl=2NaCl+CQT +H2O CQ+Ca(OH〉=CaCCH +H2O BaC2+Na2SC4=BaSC4 J+2NaCl 0.3mol/L【解析】【分析】I .首先参加过量HCl,有气泡产生,该气体能够使澄清石灰水变浑浊,说明有Na2CQ,再滴加过量BaC2溶液,最终有白色沉淀证实有Na2SC4;II .混合溶液参加过量的氯化钢溶液,发生反响：BaC2+Na2SQ=BaSO4 +2NaClBaC2+Na2CQ=BaCO4 +2NaCl 得至U 16.84g 白色沉淀为BaSQ、BaCQ,沉淀用过量稀HNO3 处理,发生反响：BaCQ+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2 T +H2O,最终 6.99g 沉淀为BaSO,根据nu m计算BaSQ的物质的量,而n(Na2SQ)=n(BaSQ),再根据c芍计算c(Na2SQ).【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,证实溶液中含有Na2CQ,反响方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+COT +H2O,CQ+Ca(OH)2=CaCO J +H^O,然后向溶液中参加过量BaC2溶液,产生白色沉淀,证实含有Na2SQ,发生该反响的化学方程式为：Na2SO4+BaC2=2NaCl+BaSQ J ;II .混合溶液参加过量的氯化钢溶液,发生反响：BaC2+Na2SQ=BaSO4 +2NaClBaC2+Na2CQ=BaCQj +2NaCl得至U 16.84g白色沉淀为BaSQ、BaC.的质量和,沉淀用过量稀HNO3处理,发生反响：BaCO+2HNQ3=Ba(NO3)2+CO T +HO,最终6.99g沉淀为-m m 6.99gBaSQ,根据n=——可知n(BaSQ)= —— ---------------------- =0.03mol,根据S兀素守恒可知M M 233g / moln(Na2SQ)=n(BaSQ),所以根据c=/ 可得c(Na2sQ)="03m" =0.3mol/L.【点睛】此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.实验室可用如下方法制取Cl2,根据相关信息,答复以下问题：⑴在该反响中,HCl表现的性质有、. A①MnO 2 +4HCl (浓)=Cl2? + MnCl2+ 2H2O(2)假设反响中有0.1mol的氧化剂被复原,那么被氧化的物质为 (填化学式),被氧化物质的物质的量为 ,同时转移电子数为 (用N A表示).(3)将(2)生成的氯气与0.2mol H2完全反响,生成的气体在标准状况下所占体积为,将此产物溶于水配成100mL溶液,此溶液的物质的量浓度为.(4)② KClO+ 6HCl(浓)=3C2T + KCl+ 3H2OD 2KMnO 4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2 T + 8H2O假设要制得相同质量的氯气, ①②③ 三个反响中电子转移的数目之比为 .催化剂(5)反响4HCl(g)+O2 ^^=2C2+2H2O(g),该反响也能制得氯气,那么MnO2、O2、AKMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为.(6)将不纯的NaOH样品2.50 g(样品含少量Na z CQ和水),放入50.0 mL 2.00mol/L盐酸中, 充分反响后,溶液呈酸性,中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L的NaOH溶液.蒸发中和后的溶液,最终得到固体的质量为.【答案】复原性酸性HCl 0.2mol 0.2 N A 8.96L 4mol/L 6: 5: 6 KMnO4> MnO2> O25.85g【解析】【分析】(1)盐酸与二氧化镒反响化合价发生变化,且能与碱性氧化物反响；(2)复原剂被氧化,求解被复原的复原剂的量；(3)根据方程式及c=:计算；(4)①生成1mol氯气时,转移2mol电子；②生成1mol氯气时,转移-mol电子；③生成31mol氯气时,转移2mol电子；(5)根据氧化剂的氧化性越强,那么反响越容易,进行推理；(6)根据C「离子守恒进行计算.【详解】(1)盐酸与二氧化镒反响化合价由-1变为0,作复原剂,表现复原性；与碱性氧化物反响, 表现酸性；(2)假设0.1mol的氧化剂被复原,复原剂被氧化,物质为HCl,被复原的物质的量为0.2mol,转移0.2mol电子,即0.2N A；⑶H2 + C2=2HCl, 0.2mol氯气与0.2mol H2完全反响,生成0.4molHCl,标况下的体积为8.96L; c= — = =4mol/L :V 0.1(4)①生成1mol氯气时,转移2mol电子；②生成1mol氯气时,转移-mol电子；③生成31mol氯气时,转移2mol电子；电子转移的数目之比为6： 5： 6；催化剂(5)根据反响①、③和4HCl(g)+ O2Cl2 + 2H2O(g)可知,MnO2、O2、KMnO4三种物质A均可制取氯气,且反响的条件下由易到难,氧化剂的氧化性越强,那么反响越容易,那么氧化性由强到弱的顺序为KMnO4> MnO2> O2；(6)反响后的溶液的溶质为NaCl,且加热蒸干后得到的固体也为NaCl,根据C「离子守恒,n (NaCl) = n (HCl) =50.0 mL x 2.00mol/L=0.1mol,其质量为5.85g.8 .按要求完成以下各小题(1)在同温同压下,相同质量的N2和H2s气体的体积比为.(2) 0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为―,含有氧原子物质的量之比为—,相同条件下两物质的密度之比为―.(3)在含有Cu2+、H+、Fe2+、Al3+、B「、C「的溶液中,复原性最弱的阴离子是―,氧化性最强的离子是―,既有氧化性又有复原性的离子是―.(4)除去Na2SO4中的Na2CQ所加试剂―,离子方程式―.【答案】17： 14 14： 11 1： 1 7：11 C-Cu2+F3+稀H2SQ CC32-+2H+=CC2 T +H2O 【解析】【分析】根据阿伏伽德罗定律进行分析解答；根据氧化复原反响进行判断.根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂.如Na z SQ中的Na2CO3目的是除去CO32-离子,所以选择H2SO1进行除杂.【详解】(1)相同质量的N2和H2s的物质的量之比为m：皿34:28 17:14 ,根据阿伏伽德罗28 34定律,在同温同压下,气体体积之比等于物质的量之比,因此相同质量的N2和H2s气体的体积比为17: 14.答案：17: 14; (2)电子数目之比等于电子的物质的量之比. 0.8molCO中电子的物质的量为0.8 mol X(6+8)=11.2mol, 0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol x (6+8X 2) =8.8mol,电子数目之比为11.2:8.8=14:11 ；含有氧原子物质的量之比为0.8:0.4 2=1:1,根据阿伏伽德罗定律的推论可知,相同条件下,气体的密度与摩尔质量成正比,所以相同条件下两物质的密度之比为:28:44=7:11.答案：14:11 1:1 7:11；(3)卤素单质的氧化性为F2>C b>Br2>l2,单质的氧化性越强,其对应的离子的复原性越弱,所以复原性Br >C1,复原性最弱的阴离子是Cl ;金属单质的金属性越强,其离子的氧化性越弱,所以氧化性最强的离子是Cu2 + ;属于中间价态的元素既有氧化性又有复原性,所以Fe2+既有氧化性又有复原性的；答案：Cr C产F/;(4)除去Na z SQ中的Na2CC3,实质是除去CO32-离子,所加试剂H2SO4,离子方程式CC32- +2H+=CO T +倬O.9 .我国某些地区曾出现过高致病性禽流感,为预防疫情蔓延,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(如氢氧化钠溶液卜高镒酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存水平较差.请答复以下问题：⑴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)用加热高镒酸钾熏蒸消毒禽舍,写出所发生反响的化学方程式：.(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.假设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 q二| K2MnO4 + MnO2 + 02 T 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)高镒酸钾分解能生成镒酸钾、二氧化镒和氧气；(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,那么有(+1) +x+ (-2) =0,解得x=+1,故填：盐,+1;(2)高镒酸钾分解能生成镒酸钾、二氧化镒和氧气,故填：2KMnO4=4== K2MnO4 + MnO2 + O2T ;(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、高镒酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存水平较差,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 x 0.2mol/L x 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.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,故可应用于汽车平安气囊.假设产生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响并收集生成的气体,某研究性学习小组设计了如图发生装置.丫液体一年滴有酎触的就Eh触①写出Na与水反响的离子方程式.②丫液体可以选用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),那么气密性良好.(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响,排出【答案】13 g 2Na+2h b O=2Na++2OH+H2 A长颈漏斗液面差不变N&CQ 1.6 NaOH0.4【解析】【分析】(1)发生反响：2NaN3=2Na+3N2f ,根据方程式计算；(2)①Na与水反响生成NaOH和氢气；②根据装置可知丫液体密度小于水,且与水不溶；③利用液压法确定装置气密性；(3)加热发生2NaHCQ=^=Na2CO3+COd +H2O,然后发生2Na2Q+2CQ—2Na2CO3+O2 和2Na2O2+2H2O— 4NaOH+QT,以此来解答.【详解】(1)设需要NaN3的质量为m,那么：2NaN3=SZj=2Na+3N2 T130g 67.2L6.72Lm_130g 6.72L _13g (2)①Na与水反响生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2 T ;②装置可知丫液体密度小于水,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。
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总附详细答案
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总附详细答案一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．（1）写出下列各项操作的名称，并写出有标号的仪器名称。
A：操作名称______________；仪器名称______________B：操作名称______________；仪器名称______________C：操作名称______________；仪器名称___________、______________、____________ D：操作名称_____________；仪器名称________________（2）配制100ml、3.00mol/L NaCl溶液。
①计算需要NaCl固体的质量__________g。
②根据计算结果，用托盘天平称称量NaCl固体__________g。
③将称好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。
④将烧杯中的溶液注入容量瓶，并用少量蒸馏水_________________2~3次，__________也都注入容量瓶。
轻轻摇动容量瓶，使溶液混均。
⑤将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下________时，改用______________滴加蒸馏水使液面与刻度线相切，盖好瓶塞，上下颠倒，摇匀。
⑥贮存溶液。
（3）实验中所用玻璃仪器除量筒外还有________________________________________。
（4）为什么要用蒸馏水洗涤烧杯，并将洗涤液也注入容量瓶？答：____________________________________________________________________。
【答案】过滤漏斗蒸发蒸发皿蒸馏温度计蒸馏烧瓶冷凝管萃取分液分液漏斗 17.55 17.6 洗涤烧杯内壁和玻璃棒洗涤液 1-2cm 胶头滴管 100ml容量瓶玻璃棒胶头滴管烧杯烧杯内壁粘有NaCl浓溶液，洗涤后并将洗涤液转入容量瓶，保证NaCl完全转入容量瓶，否则所配溶液偏低。
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总附答案解析
全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总附答案解析一、高中化学物质的量1．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 NH 4Br 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/cm 3）吸收560体积B 气体得到密度为0.91 g/cm 3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 、NO 2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 、NO 2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 、NO 2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。
高考化学物质的量的综合题试题及详细答案
高考化学物质的量的综合题试题及详细答案一、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】1:2 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=mM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=5.6g0.2mol28g/mol=，氧气物质的量n=16g32g/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。
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。
全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总及详细答案
全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总及详细答案一、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】1:2 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=mM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=5.6g0.2mol28g/mol=，氧气物质的量n=16g32g/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。
2．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“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N A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、N A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：①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___。
高考化学专题《物质的量》综合检测试卷附答案解析
高考化学专题《物质的量》综合检测试卷附答案解析一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1．（1）在标准状况下①6.72L CH 4②3.01×1023个HCl 分子③13.6g H 2S ④0.2mol NH 3，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 、N 2两种气体，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：3A ＝B ＋3C ＋2D 。
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____。
【答案】② ② ④ ① 1:1 1:1 1:1 4a g/mol【解析】【详解】(1)①6.72L CH 4中：n(CH 4)= 6.72L 22.4L/mol=0.3mol ，m(CH 4)=0.3mol×16g/mol=4.8g ，ρ(CH 4)= m m M 16==g/L V V 22.4，N(H)=4N(CH 4)=1.2N A ； ②3.01×1023个HCl 分子中：n(HCl)=23233.01106.0210⨯⨯=0.5mol ，V(HCl)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L ，ρ(HCl)=m m M 36.5==g/L V V 22.4，m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g ，N(H)=N(HCl)=0.5N A ； ③13.6g H 2S 中：n(H 2S)=13.6g 34g/mol=0.4mol ，V(H 2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L ，ρ(H 2S)= m m M 34==g/L V V 22.4，N(H)=2N(H 2S)=0.8N A ； ④0.2mol NH 3中：m(NH 3)=0.2mol×17g/mol=3.4g ，V(NH 3)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L ，ρ(NH 3)= m m M 17==g/L V V 22.4，N(H)=3N(NH 3)=0.6N A . 所以：体积最大的是②，密度最大的是②，质量最小的是④，含氢原子数最多的是①； （2）CO 、N 2两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 、N 2，物质的量相等；CO 、N 2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。
高考化学专题复习-专题二物质的量-高考真题练习(附答案)
专题二物质的量考点一物质的量和气体摩尔体积1.(2022海南,7,2分)在2.8g Fe中加入100mL3mol·L-1HCl溶液,Fe完全溶解。
N A代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.反应转移电子为0.1molB.HCl溶液中Cl-数为3N AC.2.8g56Fe含有的中子数为1.3N AD.反应生成标准状况下气体3.36L答案A n(Fe)=2.8g56g·mol−1=0.05mol,n(HCl)=0.3mol,由Fe+2HCl FeCl2+H2↑可知,盐酸过量。
A项,0.05mol Fe反应转移0.1mol电子,正确;B项,HCl溶液中Cl-数为0.3N A,错误;C项,2.8g56Fe含有的中子数为0.05×(56-26)×N A=1.5N A,错误;D项,生成的H2在标准状况下的体积为0.05mol×22.4L·mol-1=1.12L,错误。
易错提醒两种反应物的量都已知时,应考虑过量问题,反应和计算时以量不足的物质为准。
2.(2022河北,4,3分)N A是阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是()A.3.9g Na2O2与足量水反应,转移电子个数为0.1N AB.1.2g Mg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2,转移电子个数为0.1N AC.2.7g Al与足量NaOH溶液反应,生成H2的个数为0.1N AD.6.0g SiO2与足量NaOH溶液反应,所得溶液中Si O32−的个数为0.1N A答案B 3.9g Na2O2与足量水反应转移电子个数为0.05N A,A不正确;MgO、Mg3N2中镁元素均为+2价,1.2g镁在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2,转移电子个数为0.1N A,B正确;由Al与NaOH溶液反应可得关系式:2Al~3H2可知,2.7g Al与足量NaOH溶液反应,生成H2的个数为0.15N A,C不正确;6.0g SiO2与足量NaOH溶液反应生成Si O32−的个数为0.1N A,但Si O32−会发生水解,故所得溶液中Si O32−的个数小于0.1N A,D不正确。
高考化学-物质的量-专题练习有答案
高考化学-物质的量-专题练习有答案物质的量1.正确选项：B．2 L 0.5 mol/L 亚硫酸溶液中含有的 H+ 离子数为 2N A。
2.正确选项：C．①②③。
3.错误叙述：C．标准状况下，5.6 L O2 作氧化剂时转移电子数一定为 N A。
4.正确选项：B．在标准状况下，80 g SO3 所占的体积约为 22.4 L。
5.正确选项：A．标准状况下，1.12 L CCl4 含有 C-Cl 键的数目为 0.2N A。
6.正确选项：B．28 g CO 气体中含有 N A 个氧原子。
物质的量1.下列哪个选项正确？（B）B。
2 升 0.5 mol/L 亚硫酸溶液中含有的 H+ 离子数为 2N A。
2.下列哪个选项正确？（C）C。
0.6 克 CaCO3 和 Mg3N2 的混合物中所含质子数为0.3N A。
4.下列哪个叙述正确？（B）B。
在标准状况下，80 克 SO3 所占的体积约为 22.4 升。
5.下列哪个选项正确？（A）A。
标准状况下，1.12 升 CCl4 含有 C-Cl 键的数目为0.2N A。
6.下列哪个选项正确？（B）B。
28 克 CO 气体中含有 N A 个氧原子。
溶液中含有NA个Al3+。
7.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A。
在密闭中加入1.5 mol H2 和0.5 mol N2，充分反应后可得到NA个NH3分子。
B。
1 mol Mg 与足量O2 或N2 反应生成MgO或Mg3N2均失去2NA个电子。
C。
1.0 L 0.1 mol/L Na2S 溶液中含有的S2数目为0.1NA。
D。
标准状况下，22.4 L CCl4 中含有的CCl4 分子数为NA。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A。
常温常压下，2.24 L CH4 中含有0.4NA个共价键。
B。
100 mL 1 mol/L NaAlO2 溶液中含有0.1NA个AlO2-。
C。
常温下，5.6 g Fe 与足量稀HNO3 反应，转移0.2NA个电子。
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全国高考化学物质的量的综合高考真题汇总附详细答案一、高中化学物质的量1．按要求完成下列填空I.（1）给定条件下的下列四种物质：a．10g氖气b．含有40mol电子的NH3c．标准状况下8.96LCO2d．标准状况下112g液态水则上述物质中所含分子数目由多到少的顺序是________________（填序号）。
（2）标准状况下，0.51g某气体的体积为672mL，则该气体摩尔质量为______。
（3）将100mL H2SO4和HCl的混合溶液分成两等份，一份中加入含0.2molNaOH溶液时恰好中和完全，向另一份中加入含0.05molBaCl2溶液时恰好沉淀完全，则原溶液中c(Cl－)=____ mol/L。
II．现有以下物质：①铝；②二氧化硅；③液氯；④NaOH溶液；⑤液态HCl；⑥NaHCO3晶体；⑦蔗糖；⑧熔融Na2O；⑨Na2O2固体；⑩CO2。
回答下列问题（用相应物质的序号填写）：（1）其中可以导电的有__________。
（2）属于电解质的有_______，非电解质有__________。
（3）写出向⑨与⑩反应的化学方程式___________。
（4）写出①与④的离子方程式_____________。
（5）写出⑤的水溶液与⑥的水溶液反应的离子方程式___________________ 。
（6）写出②与④反应的离子方程式_______________________________ 。
【答案】d>b>a>c 17g/mol 2 ①④⑧⑤⑥⑧⑨②⑦⑩ 2Na2O2 + 2CO2=2Na2CO3 + O2 2Al + 2H2O + 2OH- = 2AlO2- + 3H2 H+ + HCO3- = H2O + CO2 SiO2 + 2OH- = SiO32- + H2O【解析】【分析】I．利用n=mM=ANN=mVV计算。
II．①铝能导电，既不是电解质，也不是非电解质；②二氧化硅不能导电，为非电解质；③液氯不能导电，既不是电解质，也不是非电解质；④NaOH溶液能导电，为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；⑤液态HCl不能导电，为电解质；⑥NaHCO3晶体不能导电，为电解质；⑦蔗糖不能导电，为非电解质；⑧熔融Na2O能导电，为电解质；⑨Na2O2固体不能导电，为电解质；⑩CO2不能导电，为非电解质。
【详解】I(1)a ．10g 氖气的物质的量=1020=0.5mol ，Ne 为单原子分子，即分子数为0.5mol ； b ．NH 3中含有10个电子，则含有40mol 电子的NH 3的物质的量为4mol ； c ．标准状况下8.96LCO 2的物质的量=8.9622.4=0.4mol ； d ．标准状况下112g 液态水的物质的量=11218=6.22mol ； 综上所述，分子数目由多到少的顺序为d>b>a>c ； (2)标准状况下，某气体的体积为672mL ，物质的量为0.672L ÷22.4L/mol=0.03mol ，则M=m n =0.510.03=17g/mol ； (3)0.05molBaCl 2与硫酸根离子生成0.05mol 硫酸钡，则原溶液中含有0.1mol 硫酸；0.05mol 硫酸消耗0.1mol 的NaOH ，剩余的0.1molNaOH 为盐酸消耗，则原溶液中含0.2mol 盐酸，c(Cl －)=0.2÷0.1=2mol/L ；II(1)分析可知，能导电的为①④⑧；(2)属于电解质的为⑤⑥⑧⑨；属于非电解质的为②⑦⑩；(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na 2O 2+CO 2=2Na 2CO 3+O 2；(4)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2H 2O+2OH -=2AlO 2-+3H 2↑；(5)盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为H ++HCO 3-=H 2O+CO 2↑；(6)二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO 2+2OH -=SiO 32-+H 2O 。
2．O 2和O 3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O 2和O 3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O 2和O 3所含分子个数比为__，质量比为___。
（3）设N A 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N A 的式子表示)。
（4）常温下，将20g 质量分数为14%的KNO 3溶液跟30g 质量分数为24%的KNO 3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】1：1 3：2 1：1 2：3 A22.4bc aN L 2.28 【解析】【详解】(1)等质量的O 2和O 3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O 2和O 3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cg O 2在标准状况下体积为V ＝·V m ＝×22.4 L·mol －1＝L ，故答案为：A22.4bc aN L ； (4)混合后溶液中的KNO 3的物质的量为n(KNO 3)＝≈0.099 mol ，混合后溶液的总体积为V[KNO 3(aq)]＝≈43.5 cm 3＝4.35×10－2L ，混合后溶液中KNO 3的物质的量浓度为c(KNO 3)＝≈2.28mol·L －1，故答案为：2.28。
3．已知：2KMnO 4K 2MnO 4+MnO 2+O 2↑，将0.1moKMnO 4固体加热一段时间后，收集到amolO 2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl 2，此时Mn 元素全部以Mn 2+的形式存在于溶液中(注：KMnO 4和K 2MnO 4以及MnO 2都能与浓盐酸反应并生成Mn 2+)。
(1)2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O 反应中的还原产物是_____（填化学式），反应中若产生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】MnCl 2 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)KMnO 4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MnCl 2是还原产物；产生0.3mol 的氯气时，转移电子为n(e -)=0.3mol×2×[0-(-1)]=0.6mol ；(2)KMnO 4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2KMnO 4K 2MnO 4+MnO 2+O 2↑，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×12=0.05mol ，则a+b≥0.25-0.05=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。
4．氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：（Ⅰ）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。
（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。
则该盐酸的物质的量浓度是___ mol·L-1。
（2）某同学用该浓盐酸配制100mL 1mol·L-1的稀盐酸。
请回答下列问题：①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸 ____ mL。
②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______。
③若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：（填“偏高”“偏低”“无影响”）A．量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。
B．转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。
C．定容时俯视容量瓶的刻度线_____。
（Ⅱ）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。
已知：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。
甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示：（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？_____。
（2）上述装置中，甲由A、B两部分组成，乙由C、D、E三部分组成，丙由F、G两部分组成。
从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）_____。
（3）利用（2）中实验装置进行实验，实验中若用12 mol·L-1的浓盐酸200 mL与足量二氧化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3 mol，其可能的主要原因是_____（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。
（Ⅲ）已知HClO的杀菌能力比ClO-强。
25℃时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。
由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH 范围是__，当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有___。