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

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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ΔH<0

B.氢氧燃料电池

负极反应为O2+2H2O+4e−

4OH−

C.常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023

D.反应2H2（g）+O2（g）

2H2O（g）的ΔH可通过下式估算：

ΔH=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<0，故A正确；

B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为:

2H2-4e-=4H+，故B错误；

C.常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误；

D.反应中，应该如下估算：

∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；

故选A。

2.【2019江苏】聚合硫酸铁[Fe2（OH）6-2n（SO4）n]m广泛用于水的净化。

以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。

（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：

准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。

用5.000×10−2mol·L−1K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中

与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。

①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。

②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_____。

【答案】

（2）.①偏大②n（

）=5.000×10−2mol·L−1×22.00mL×10−3L·mL−1=1.100×10−3mol

由滴定时

→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒

关系式：

~6Fe2+

（或

+14H++6Fe2+

6Fe3++2Cr3++7H2O）

则n（Fe2+）=6n（

）=6×1.100×10−3mol=6.600×10−3mol

样品中铁元素的质量：

m（Fe）=6.600×10−3mol×56g·mol−1=0.3696g

样品中铁元素的质量分数：

w（Fe）=

×100%=12.32%

【解析】

（2）①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：

还原剂>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

②实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol

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）

则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol

（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：

m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g

样品中铁元素的质量分数：

ω（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）①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）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（废水中不含干扰测定的物质）。

Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L−1KBrO3标准溶液；

Ⅱ．取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加HSO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；

Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水；

Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；

Ⅴ．用bmol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ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v2mL。

已知：

I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色

（7）废水中苯酚的含量为___________g·L−1（苯酚摩尔质量：

94g·mol−1）。

【答案】（7）.

【解析】

（7）n（BrO3-）=av1×10-3mol，根据反应BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知n（Br2）=3av1×10-3mol，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I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~I2，可得Br2~2Na2S2O3，n（Na2S2O3）=bv3×10-3mol，n1（Br2）=

bv3×10-3mol，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3Br2~C6H5OH，n（C6H5OH）=

n2（Br2）=（av1-

bv3）×10-3mol，废水中苯酚的含量=

=

mol；

4.【2019新课标Ⅰ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253K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5×10−3mol·L−1（设冰的密度为0.9g·cm−3）

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HCl

H++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10—4:

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/mol×1mol=18g，则溶液的体积为

×10—3L/ml=2.0×10—2L，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10—4mol，则氢离子浓度为

=5×10—3mol/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HCl

H++Cl—，而第一层和第三层均不存在，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Ⅱ卷】已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是

A.3g3He含有的中子数为1NA

B.1L0.1mol·L−1磷酸钠溶液含有的

数目为0.1NA

C.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA

D.48g正丁烷和10g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.磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NAmol-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

3mol×2×NAmol-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

×13×NAmol-1=NA，D项正确；

答案选B。

6.【2019新课标Ⅱ卷】8.立德粉ZnS·BaSO4（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）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mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L−1的I2−KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。

以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2

=2I−+

。

测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。

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-～I22S2O32-～I2

1mol1mol2mol1mol

nmolnmol0.1V×10-3mol

0.1V×10-3mol

n+

0.1V×10-3mol=25

0.1V×10-3mol，得n=（25-

V）0.1×10-3mol

则样品中硫离子含量为：

×100%=

×100%

答案：

×100%

7.【2019新课标Ⅲ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0.02NA

B.c（H+）=c（

）+2c（

）+3c（

）+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pH＝2，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Ⅲ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=1/3

9.【2019上海等级考】5.25℃时，0.005mol/LBa（OH）2中H+浓度是（）

A.1×

mol/LB.1×

mol/L

C.5×

mol/LD.5×

mol/L

【答案】A

【解析】

0.005mol/LBa（OH）₂溶液中，OH-浓度是0.005mol/L×2=0.01mol/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100mL0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝素的存在形式是（）

A.AlO2-B.Al3+C.Al（OH）3D.Al3+、Al（OH）3

【答案】D

【解析】pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，（H+）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol.

n（Al3+）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol.300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液中n（OH-）=0.1mol/L×0.3L=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+4NO2→4H2O+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4NO2—16e，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0.15mol×4=0.6mol，即0.6NA个。

12..【2019浙江4月选考】6.反应8NH3＋3Cl2

N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为

A.2∶3B.8∶3C.6∶3D.3∶2

【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.1molCH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA

B.500mL0.5mol·L−1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA

C.30gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA

D.2.3gNa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1molCH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；

B.n（Na+）=n（Cl-）=0.5L×0.5mol·L-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0.1mol×1×NA=0.1NA，D项错误。

故答案选D。

14.【2019浙江4月选考】24.聚合硫酸铁[Fe（OH）SO4]n能用作净水剂（絮凝剂），可由绿矾（FeSO4·7H2O）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1mol[Fe（OH）SO4]n消耗6/nmolKClO3

B.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=6[Fe（OH）SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1mol[Fe（OH）SO4]n消耗n/6molKClO3，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2.04g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672mL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）＝0.03mol，设X中羟基和羧基的总数为m个（m≥3）则n（X）＝（0.03×2）/m＝0.06/mmol，

M（X）＝2.04m/0.06＝34mg·mol−1m＝4，M（X）＝136g·mol−1，含有3个羟基和1个羧基，

相对分子质量为136。

【解析】

n（H2）=

=0.03mol，由于2-OH~H2、2-COOH~H2，设X中羟基和羧基的总数为m个（m>2，且为整数），则n（X）=

=

，

34mg/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=102-16×4=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：

Ⅱ．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

（以上数据均已扣除干扰因素）。

测定过程中，发生的反应如下：

①

②

③

（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②式和③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=

×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=

mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-

）mol，据反应①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1molBr2，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。