高考化学真题专题分类汇编专题五NA与化学计算 解析版.docx

1、高考化学真题专题分类汇编 专题五 NA与化学计算 解析版专题五 NA与化学计算 （解析版）1.【2019 江苏 】11.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的H0B. 氢氧燃料电池负极反应为O2+2H2O+4e4OHC. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.021023D. 反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的H可通过下式估算：H=反应中形成新共价键的键能之和反应中断裂旧共价键的键能之和【答案】A【解析】A.体系能量降低和混乱度增大都

2、有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即H还原产物，则还原性Sn2+Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。答案：偏大 实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.00010-2mol/L22.00mL10-3L/mL=1.10010-3mol由滴定时Cr2O72-Cr3+和Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O

3、）则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=61.10010-3mol=6.610-3mol（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.610-3mol56g/mol=0.3696g样品中铁元素的质量分数：（Fe）=100%=12.32%。【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第（2）的误差分析，应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。难点是第（2），注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。3.【2019 北京 】化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干

4、扰测定的物质）。用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL1 KBrO3标准溶液；取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加HSO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；向所得溶液中加入v2 mL废水；向中加入过量KI；用b molL1 Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v2 mL。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色（7）废水中苯酚的含量为_gL1（苯酚摩尔质量：94 gmol 1）。【答案】 (7). 【解析】（7）n(BrO3-)=av110-3mol，根据反

5、应BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av110-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I22Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2 I2，可得Br22Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv310-3mol，n1(Br2)= bv310-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) 10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2C6H5OH，n(C6H

6、5OH)= n2(Br2)=(av1-bv3)10-3mol，废水中苯酚的含量=mol；4.【2019新课标卷】固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是 A. 冰表面第一层中，HCl以分子形式存在B. 冰表面第二层中，H+浓度为5103 molL1（设冰的密度为0.9 gcm3）C. 冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变D. 冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH+Cl【答案】D【解析】A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；B

7、项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为104:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol1mol=18g，则溶液的体积为103L/ml=2.0102L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为104mol，则氢离子浓度为=5103mol/L，故B正确；C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HClH+Cl，而第一层和第三层均不存

8、在，故D错误。故选D。【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。5.【2019新课标卷】已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 3g 3He含有的中子数为1NAB. 1 L 0.1 molL1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NAC. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA【答案】B【解析】A.的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确； B. 磷酸钠为

9、强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L0.1mol/LNA mol-1 =0.1NA，B项错误；C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol2NA mol-1 =6NA，C项正确；D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为13NA mol-1 =NA，D项正确；答案选B。6.【2019新课标卷】8.立德粉ZnSBaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：（2）以重晶石（BaSO4）

10、为原料，可按如下工艺生产立德粉： （3）成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000 molL1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2=2I+。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_，样品中S2的含量为_（写出表达式）。【答案】 (3). 浅蓝色至无色 【解析】（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为

11、浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为nmol：S2- I2 2S2O32- I21mol 1mol 2mol 1moln mol nmol 0.1V10-3mol 0.1V10-3moln+ 0.1V10-3mol=250.1V10-3mol，得n=（25-V）0.110-3mol则样品中硫离子含量为：100%=100%答案：100%7.【2019新课标卷】设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是A. 每升溶液中的H+数目为0.02NAB. c(H+)= c()+2c()+3c()+

12、 c(OH)C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【答案】B【解析】A、常温下pH2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H数目为0.01NA，A错误；B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。8.【2019新课标卷】8.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问

13、题： （7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=_。【答案】 (7). 【解析】（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/39.【2019 上海 等级考 】5. 25时，0.005mol/L Ba(OH)2中H+浓度是（ ） A. 1mol/L B. 1mol/L C. 5mol/L D. 5mol/L【答案】A【解析】 0.005mol/L Ba(OH)溶液中，OH-浓度是0.005mol/L2=0.0

14、1mol/L，c(H+)=Kw/c(OH-)=10-14mol/L/0.01mol/L=10-12mol/L.故选 A。10.【2019 上海 等级考 】16.在pH为1的100mL 0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝素的存在形式是（ ） A. AlO2- B. Al3+ C. Al(OH)3 D. Al3+、Al(OH)3【答案】D【解析】pH为1的100mL 0.1mol/L的AlCl3中，(H+)=0.1mol/L0.1L=0.01mol.n(Al3+)=0.1mol/L0.1L=0.01mol.300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液中n

15、(OH-)=0.1mol/L0.3L=0.03mol。其中0.01mol的 OH-和0.01mol的H+发生中和反应，剩下的0.02mol的OH-和0.01mol的Al3+反应，氢氧根不足，所以生成Al(OH)3并有Al3+剩余。所以正确答案D .11.【2019 上海 等级考 】24. 烟气中的NO2与尿素CO(NH2)2（C的化合价为+4）反应进行脱硝。反应的化学方程式是2CO(NH2)2+4NO24H2O+2CO2+4N2+O2。该反应的氧化产物为_，若反应过程中有0.15molNO2反应，则电子转移的数目为_。【答案】24. N2和O2；0.6NA【解析】氧化产物是化合价升高的产物，本

16、反应化合价升高的元素有两种，一种是氧元素从-2价升高到0价，生成氧气。另一种是CO(NH2)2 的 氮元素从-3价升高为0价的N氮气，因此氧化产物为 N2和O2；根据方程式化合价变化情况可以得知4NO216e，转移电子数和二氧化氮的比例关系为4:1，因此吸收0.15molNO2转移的电子数0.15mol4=0.6mol，即0.6NA个。12.【2019 浙江4月 选考 】6.反应8NH33Cl2N26NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为A. 23 B. 83 C. 63 D. 32【答案】A【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被

17、氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。故答案选A。13.【2019 浙江4月 选考 】19.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 1 mol CH2CH2分子中含有的共价键数为6NAB. 500 mL 0.5 molL1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAC. 30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NAD. 2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间【答案】D【解析】A.1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4个碳氢键合为4个共价键，总计6个共价键，因而1

18、mol CH2CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L0.5molL-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B项正确；C.HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子数为NA，C项正确；D.不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa（2.3gNa为0.1mol）转移电子数为0.1mol1NA=0.1NA，D项错误。

19、故答案选D。14.【2019 浙江4月 选考 】24.聚合硫酸铁Fe(OH)SO4n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO47H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是A. KClO3作氧化剂，每生成1 mol Fe(OH)SO4n消耗6/n mol KClO3B. 生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D. 在相同条件下，Fe3+比Fe(OH)2+的水解能力更强【答案】A【解析】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6Fe(OH)SO4n+nKCl，可知KClO3做氧化剂

20、，同时根据计量数关系亦知每生成1 mol Fe(OH)SO4n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项错误；C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。Fe(OH)2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故答案选A。15.【2019 浙

21、江4月 选考 】29.由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。【答案】n(H2)0.03 mol，设X中羟基和羧基的总数为m个(m3)则n(X)(0.032)/m0.06/m mol，M(X)2.04m/0.0634m gmol1 m4，M(X)136 gmol1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。【解析】n(H2)=0.03 mol，由于2-OHH2、2-C

22、OOH H2，设X中羟基和羧基的总数为m个（m2，且为整数），则n(X)=，34m g/mol。当m=3，M(X)=102g/mol, 羟基数目大于羧基数目，说明含有2个羟基和1个羧基，说明X分子式有4个O，碳和氢的摩尔质量=102-164=38g/mol，分子式为C3H2O4， 2个羟基和1个羧基就占了3个H原子，可知这个分子式不合理，m=3不成立；当m=4，M(X)=136g/mol,说明含有3个羟基和1个羧基，同上分析可知分子式为C4H8O5，该分子式合理，例如可能的结构简式为。故答案是：含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。【点睛】注意当C原子数很少时，氢原子很多，就会不符碳原

23、子4价键原则，即当C原子为n时，在烃的含氧衍生物中H原子最多为2n+2。16.【2019 天津 】我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。 A. 放电时，a电极反应为B. 放电时，溶液中离子的数目增大C. 充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化D. 充电时，a电极接外电源负极【答案】D【解析】A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br+2e=2I+Br，故A正确；B、放电时，正极反应式为I2Br+2e=2I+Br，溶液中离子数目增大，故B正确；C、充电时，b电极反应式为Zn2+2e=Zn，每增加

24、0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br+2I-2e=I2Br，有0.02molI失电子被氧化，故C正确；D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；故选D。【点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br+2e=2I+Br离子由1mol变成3mol。17.【2019 天津 】环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：回答下列问题：环己烯含量的测定在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已

25、扣除干扰因素）。测定过程中，发生的反应如下：（5）滴定所用指示剂为_。样品中环己烯的质量分数为_（用字母表示）。（6）下列情况会导致测定结果偏低的是_（填序号）。a样品中含有苯酚杂质b在测定过程中部分环己烯挥发c标准溶液部分被氧化【答案】(5. (6. b、c【解析】II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的式和式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余=cmolL-1vmL10-3LmL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，据反应式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为（b-）mol，其质量为（b-）82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：。（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1mol Br2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。