全国备战高考化学物质的量的综合备战高考真题汇总及详细答案.docx

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全国备战高考化学物质的量的综合备战高考真题汇总及详细答案

2020-2021全国备战高考化学物质的量的综合备战高考真题汇总及详细答案

一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）

1．用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4mol·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】5.4CFGEH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18.4mol·L-1的浓硫酸配制100mL1.0mol·L-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4mol·L−1×V=1.0mol·L−1×0.1L，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。

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，因此实验时选用的仪器有CFGEH，使用容量瓶时第一步的操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：

CFGEH；检查容量瓶是否漏水。

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，故①符合题意；②容量瓶使用时未干燥，与结果无影响，故②不符合题意；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，故③不符合题意；综上所述，答案为：

①。

⑷溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第⑤步中“洗涤”操作的目的是减少溶质损失，减小实验误差；故答案为：

减少溶质损失，减小实验误差。

2．

（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3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下3.36LH2。

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100mL）。

（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：

491：

11：

40.06mol1.44g3.0mol·L-175%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；NH（H2O）：

NH（H2SO4）=n（H2O）×2：

n（H2SO4）×2=1：

1；NO（H2O）：

NO（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3.36L，n（H2）=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06mol，y=0.06mol，故该合金中铝的物质的量为0.06mol，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=

=3.0mol·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xmolCO，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%

3．I．自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。

下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。

请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。

将A、B、C、D填入适当的空格中。

（1）碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________；

（2）氯化钠溶液中分离出氯化钠___________；

（3）分离39％的乙醇溶液___________；

（4）分离溴的氯化钠溶液____________；

Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空

已知某饱和氯化钠溶液体积为VmL，溶液密度为dg/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为cmol/L，溶液中含NaCl的质量为mg。

（1）用m、V表示溶液的物质的量浓度是_________

（2）用w、d表示溶液的物质的量浓度是_________

（3）用c、d表示溶液的质量分数是__________

【答案】BDAC

mol·L－1

mol·L－1

【解析】

【分析】

I.根据混合物的性质选择相应的装置进行分离；

Ⅱ.根据公式

、

、

进行计算。

【详解】

I.

（1）碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，故答案为：

B；

（2）氯化钠易溶于水，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠，故答案为：

D；

（3）乙醇和水是互溶的两种液体，可用蒸馏的方法分离乙醇和水，故答案为：

A；

（4）溴易溶于四氯化碳而难溶于水，且四氯化碳与水不互溶，则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质，再分液，故答案为：

C；

Ⅱ.

（1）NaCl的物质的量为

，则NaCl溶液的物质的量浓度是

，故答案为：

mol·L－1；

（2）根据公式

可知，该溶液的物质的量浓度是

，故答案为：

mol·L－1；

（3）由

可知，

，则该溶液的质量分数是

，故答案为：

。

【点睛】

该公式

中，涉及溶液的密度，质量分数，物质的量浓度，密度的单位为g/cm3，是同学们的易忘点。

4．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。

（1）如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是______（填写字母）。

（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠______ g （保留一位小数）。

（3）某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。

首先用pH试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，将溶液B久置于空气中，与密闭保存的A相比，久置后的溶液B中水的电离程度将______（填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。

减小

【解析】

【分析】

（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；

（2）由硫守恒可得：

Na2SO3～SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；

（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。

【详解】

（1）用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置b无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：

ae；

（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，根据反应方程式可知：

Na2SO3～SO2，n（SO2）=

=0.15mol，则需亚硫酸钠的质量为：

m（Na2SO3）=0.15mol×126g/mol=18.9g；如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为

==31.5g；

（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中c（H+）增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。

【点睛】

本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。

明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。

5．已知：

2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑，将0.1moKMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中（注：

KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+）。

（1）2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O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】MnCl20.60.250.2

【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）KMnO4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MnCl2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）KMnO4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2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×

=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。

6．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：

；

；

；

。

7．NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。

（1）写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。

（2）氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。

（3）实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2，该反应的离子方程式是_____。

（4）为了消除NO对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使NO转化为两种无毒气体（其中之一是水蒸气），该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。

（5）一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。

向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀，则生成Cu（OH）2沉淀的质量为_____克。

【答案】4NH3+5O2

4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO

5N2+6H2O19.6

【解析】

【分析】

（1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；

（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式；

（4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；

（5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根据m=nM计算。

【详解】

（1）氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水，反应方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，

故答案为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：

光化学烟雾；

（3）Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应离子方程式为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，答案为：

Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O；

（4）NH3使NO转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O，

故答案为：

4NH3+6NO

5N2+6H2O；

（5）n（NO2）＝n（NO）＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，根据电子转移守恒，可知n（Cu）＝

＝0.2mol，由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol，生成Cu（OH）2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol＝19.6g，故答案为：

19.6。

【点睛】

掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。

8．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。

9．实验室可用如下方法制取Cl2，根据相关信息，回答下列问题：

（1）在该反应中，HCl表现的性质有______、________.

①MnO2+4HCl（浓）

Cl2↑+MnCl2+2H2O

（2）若反应中有0.1mol的氧化剂被还原，则被氧化的物质为________（填化学式），被氧化物质的物质的量为_____，同时转移电子数为_____（用NA表示）。

（3）将

（2）生成的氯气与0.2molH2完全反应，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）②KClO3＋6HCl（浓）=3Cl2↑＋KCl＋3H2O③2KMnO4＋16HCl（浓）=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O

若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。

（5）已知反应4HCl（g）＋O2

2Cl2＋2H2O（g），该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、KMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为_______。

（6）将不纯的NaOH样品2.50g（样品含少量Na2CO3和水），放入50.0mL2.00mol/L盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0mL1.00mol/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】还原性酸性HCl0.2mol0.2NA8.96L4mol/L6：

5：

6KMnO4>MnO2>O25.85g

【解析】

【分析】

（1）盐酸与二氧化锰反应化合价发生变化，且能与碱性氧化物反应；

（2）还原剂被氧化，求解被还原的还原剂的量；

（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1mol氯气时，转移2mol电子；

（5）根据氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，进行推理；

（6）根据Cl-离子守恒进行计算。

【详解】

（1）盐酸与二氧化锰反应化合价由-1变为0，作还原剂，表现还原性；与碱性氧化物反应，表现酸性；

（2）若0.1mol的氧化剂被还原，还原剂被氧化，物质为HCl，被还原的物质的量为0.2mol，转移0.2mol电子，即0.2NA；

（3）H2+Cl2=2HCl，0.2mol氯气与0.2molH2完全反应，生成0.4molHCl，标况下的体积为8.96L；c=

=

=4mol/L；

（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1mol氯气时，转移2mol电子；电子转移的数目之比为6：

5：

6；

（5）根据反应①、③和4HCl（g）＋O2