2017年高考化学真题分类汇编专题常用化学计量

2017年高考化学真题分类汇编
专题1 常用化学计量(必修1)
Ⅰ—阿伏伽德罗常数和物质的量
1．（2017•新课标Ⅱ-8）阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法正确的是
A．1L0.1mol•L﹣1NH4CL溶液中，NH4+的数量为0.1NA
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
【解析】A．铵根易水解，所含NH4+数小于0.1NA，故A错误；
B．n（Mg）=0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+，则1molMg参与反应转移2mol电子，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2NA，故B错误；
C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1mol，即0.1NA，故C错误；
D．H2+I22HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA。

【考点】阿伏加德罗常数。

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度不大，注意气体摩尔体积指的是1mol 任何气体的体积为22.4L．
2．(2017•新课标Ⅲ-10) NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．0.1 mol 的11B中，含有0.6NA个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P﹣Cl键
【答案】A
【解析】A．11B中含有中子数=11﹣5=6，0.1 mol 的11B中含有0.6mol中子，含有0.6NA 个中子，故A正确；B．没有告诉pH=1的H3PO4溶液的体积，无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目，故B错误；
C．标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；
D．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P ﹣Cl键小于2NA，故D错误；
【考点】阿伏加德罗常数；弱电解质的电离；化学计量；物质结构。

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，B为易错点，注意缺少溶液体积。

3．（2017•浙江-22）设NA为阿伏伽德罗常数的值，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0.5 NA
B．1 L 0.1 mol•L﹣1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 NA
C．0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 NA
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0.3 NA
【答案】CD
【解析】A、标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的个数大于0.4NA 个，故B错误；
C、0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中能完全反应，且碘元素由﹣1价变为0价，故0.1molKI 反应后转移0.1mol电子即0.1NA个电子，故C正确；
D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气，故0.1mol乙烯和乙醇消耗0.3mol氧气即0.3NA个氧气分子，故D正确．
【考点】阿伏加德罗常数
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。

Ⅱ—气体摩尔体积和阿伏加德罗定律
1．（2017•新课标Ⅱ-8）阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法正确的是
A．1L0.1mol•L﹣1NH4CL溶液中，NH4+的数量为0.1NA
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
【解析】A．铵根易水解，所含NH4+数小于0.1NA，故A错误；
B．n（Mg）=0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+，则1molMg参与反应转移2mol电子，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2NA，故B错误；
C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1mol，即0.1NA，故C错误；
D．H2+I22HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA。

【考点】阿伏加德罗常数。

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度不大，注意气体摩尔体积指的是1mol 任何气体的体积为22.4L．
2．(2017•新课标Ⅲ-10）NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．0.1 mol 的11B中，含有0.6NA个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P﹣Cl键
【答案】A
【解析】A．11B中含有中子数=11﹣5=6，0.1 mol 的11B中含有0.6mol中子，含有0.6NA 个中子，故A正确；B．没有告诉pH=1的H3PO4溶液的体积，无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目，故B错误；
C．标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；
D．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P ﹣Cl键小于2NA，故D错误；
【考点】阿伏加德罗常数；弱电解质的电离；化学计量；物质结构。

【专题】 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积
的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，B 为易错点，注意缺
少溶液体积。

Ⅲ—常用化学计量综合
1.（15分）（2017•新课标Ⅰ-26）凯氏定氮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：333333NH H BO NH H BO +===⋅；333433NH H BO HCl NH Cl H BO ⋅+===+
回答下列问题：
（1）a 的作用是 。

（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是 。

f 的名称是 。

（3）清洗仪器：g 中加蒸馏水；打开1k ，关闭23k k 、，加热b ，蒸气充满管路；停止加热，
关闭1k g ，中蒸馏水倒吸进入c ，原因是
；打开2k 放掉水，重复操作2~3次。

（4）仪器清洗后，g 中加入硼酸（33H BO ）和指示剂。

铵盐试样由d 注入e ，随后注入氢
氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d ，关闭3k d ，中保留少量水。

打开1k ，加热b ，使水蒸气进入
e 。

①d 中保留少量水的目的是 。

②e 中主要反应的离子方程式为 ，e 采用中空双层
玻璃瓶的作用是 。

（5）取某甘氨酸（252C H NO ）样品m 克进行测定，滴定g 中吸收液时消耗浓度为1
mol L c -⋅的盐酸mL V ，则样品中氮的质量分数为 %，样品的纯度≤ %。

【答案】（1）使容器内气体压强与外界大气压相同（或平衡压强）
（2）防暴沸 直形冷凝管
（3）停止加热，水蒸气变为液态，装置内压强减小
（4）①液封，防漏气 ②
432NH OH NH H O ===+-++△↑；保温
（5）1.4cV m ；
7.5cV
m 【解析】（1）该装置利用水蒸气推动3NH 进入g 装置，故a （空心玻璃管）的作用是使容器内气体压强与外界大气压相同（或平衡压强）。

（2）防暴沸 直形冷凝管（3）加热圆底烧瓶使整个装置内充满水蒸气，停止加热，关闭1k 时，右侧装置内水蒸气冷凝为液态，装置内压强减小。

（4）①防止漏气 ②e 采用中空双层玻璃瓶的作用是减少热量损失，尽量保证水以水蒸气形式存在。

（5）①根据N 守恒，甘氨酸中的N 元素被处理成铵盐后，在e 装置中转化为NH3进入g 装置：
325243(C H NO )(NH )(NH )(HCl)10n n n n cV +-====⨯，3(N)10n cV -=⨯，(N) 1.4(N)100%%m cV w m m =⨯=
②由于HCl 具有挥发性，可能有部分逸出，导致测量结果偏高，测得N 的含量应为最大值，
纯度为757.51000100%%cV cV m m ⨯⨯= 。

【考点】探究物质的组成；化学实验基本操作；离子反应与离子方程式；化学计算。

【专题】定量测定与误差分析．
【点评】本题考查含量的测定实验设计，为高考常见题型，试题涉及了元素化合物的性质、实验原理、物质制备等，侧重考查学生对实验方案理解及对元素化合物的知识的应用能力， 难度中等。

2．（14分）（2017•新课标Ⅱ-26）水泥是重要的建筑材料．水泥熟料的主要成分为CaO 、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。

实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。

加入硝酸的目的是 ，还可使用 代替硝酸。

（2）沉淀A 的主要成分是 ，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学
方程式为。

（3）加氨水过程中加热的目的是。

沉淀B的主要成分为（填化学式）。

（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4﹣+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取0.400g 水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol•L﹣1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为。

【答案】⑴将样品中的Fe2+氧化为Fe3+H2O2
⑵SiO2SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
⑶防止胶体生成，易生成沉淀。

Al(OH)3、Fe(OH) 3
⑷45.0%
【解析】（1）铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，故答案为：将样品中的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；（2）由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
（3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al(OH)3、Fe(OH) 3，故答案为：防止胶体生成，易生成沉淀；Al(OH)3、Fe(OH) 3；
（4）反应的关系式为5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，
n（KMnO4）=0.0500mol/L×36.00mL=1.80mmol，n（Ca2+）=4.50mmol，
水泥中钙的质量分数为(4.50×10—3mol×40g/mol)×100%/0.400g =45.0%，故答案为：45.0%。

【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；硅及其化合物；铁、铝及其化合物；胶体的性质；化学计算；
【专题】定量测定与误差分析
【点评】本题侧重考查物质的含量的测定，为高频考点，注意把握流程的分析，把握物质的性质，结合关系式法计算，有利于培养学生的分析能力、实验能力和计算能力，难度中等。

3．（15分）（2017•新课标Ⅲ-27）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。

制备流程如图所示：
回答下列问题：（1）步骤①的主要反应为：
FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 。

上述反应配平后
FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为。

该步骤不能使用陶瓷容器，原因是。

（2）滤渣1中含量最多的金属元素是，滤渣2的主要成分是及含硅杂质。

（3）步骤④调滤液2的pH使之变(填“大”或“小” )，原因是
(用离子方程式表示)。

（4）有关物质的溶解度如图所示．向“滤液3”中加入适
量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。

冷却到（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。

a.80℃
b.60℃
c.40 ℃
d.10℃
步骤⑤的反应类型是。

（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为
×100%。

【答案】⑴2：7 二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳
⑵Fe Al(OH)3 ⑶小CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O
⑷c 复分解反应⑸[m2/(m1×0.4×294g/mol÷152 g/mol)]
【解析】⑴铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等，制备重铬酸钾，由制备流程
可知，步骤①的主要反应为FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2
+NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N 元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO•C r2O3+4Na2CO3
+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为2：
7。

该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳。

（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al(OH) 3及含硅杂质，故答案为：Fe；Al（OH）3；
（3）④中调节pH发生CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72﹣，故答案为：小；CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O；
（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，由溶解度可知，冷却到40℃K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中最小、且溶解度较大，过滤分离产品最多；步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应。

故答案为：c；复分解反应；
（5）用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为：实际产量/理论产量，由Cr原子守恒可知，则产率为[m2/(m1×0.4×294g/mol÷152 g/mol)]×100%，
【考点】制备实验方案的设计。

铁及其化合物；铝及其化合物；化学计量；
【专题】无机实验综合
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

4．（14分）（2017•新课标Ⅲ-26）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。

某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究．回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。

再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。

由此可知：。

（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g．将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g．按下图连接好装置进行实验。

①仪器B的名称是。

②将下列实验操作步骤正确排序
（填标号）；重复上述操作步骤，直
至A恒重，记为m3 g。

a．点燃酒精灯，加热b．熄灭酒精灯c．关闭K1和K2
d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却至室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x= （列式表示）。

若实验时按a、d次序操作，则使x （填“偏大”“偏小”或“无影响”）．
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。

实验后反应管中残留固体为红色粉末。

①C、D中的溶液依次为（填标号）。

C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为。

a．品红b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式。

【答案】⑴硫酸亚铁与KSCN不反应、硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁。

⑵①干燥管②dabcfe ③76(m2-m3)/9(m3-m1)偏小
⑶①c、a产生白色沉淀、品红褪色②2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】（1）滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与KSCN不反应，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色。

故答案为：硫酸亚铁与KSCN不反应；硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁；
（2）①由仪器的图形可知B为干燥管，故答案为：干燥管；②实验时，为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabcfe。

故答案为：dabcfe；
③直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3﹣m1），m （H2O）=(m2﹣m3)，则n(H2O) =(m2﹣m3)/18、n(FeSO4) =(m3﹣m1)/152，结晶水的数目等于=n(H2O)/ n(FeSO4) =76(m2﹣m3)/9(m3﹣m1)
若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小。

故答案为：76(m2﹣m3)/9(m3﹣m1)；偏小；
（3）①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，故答案为：c、a；产生白色沉淀、品红褪色；
②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑．
【考点】性质实验方案的设计；铁及其化合物；硫及其化合物；化学计量。

【专题】无机实验综合
【点评】本题以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，题目难度中等。

5．（4分）（2017•浙江-29）分别称取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。

（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉
淀质量与加入Ba(OH) 2溶液体积的关系如图．混合物中n[(NH4)2SO4]：
n(NH4Cl)为。

（2）另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH) 2溶液(浓度同上)恰好完全反应
时，溶液中c(Cl﹣)=(溶液体积变化忽略不计)。

【答案】⑴1：2 ⑵0.1mol/L
【解析】⑴分别称取2.39g(NH4) 2SO4和NH4Cl固体混合物两份，而第一份加100ml的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为2.33g，其物质的量为：2.33g÷233g/mol =0.01mol，根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为0.01mol，其质量为：0.01×132=1.32g，则每份中NH4Cl的质量为：2.39-1.32=1.07g，所以氯化铵的物质的量为 1.07g÷53.5g/mol =0.02mol；所以两者的物质的量之比为：0.01：0.02=1：2，故答案为：1：2；
⑵由⑵可知100ml氢氧化钡的物质的量为：0.01mol，所以氢氧化钡的浓度为0.01mol/0.1L =0.1mol/L，而 2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物中铵根离子的物质的量为：0.01×2+0.02=0.04mol，根据NH4++OH﹣=NH3↑+H2O可知氢氧化钡的物质的量为：0.02mol，所以需氢氧化钡的体积为：0.02mol/0. 1mol/L=0.2L，根据c=n/v=0.02mol/0.2L=0.1mol/L。

故答案为：0.1mol/L。

【考点】有关混合物反应的计算
【专题】计算题
【点评】本题考查混合物的有关计算，注意利用守恒法解答，侧重对基础知识的巩固。