高考化学物质的量经典压轴题含详细答案.docx

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高考化学物质的量经典压轴题含详细答案

2020-2021高考化学物质的量-经典压轴题含详细答案

一、高中化学物质的量

1．锂因其重要的用途，被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”．

（1）Li3N可由Li在N2中燃烧制得．取4.164g锂在N2中燃烧，理论上生成Li3N__g；因部分金属Li没有反应，实际反应后固体质量变为6.840g，则固体中Li3N的质量是__g（保留三位小数，Li3N的式量：

34.82）

（2）已知：

Li3N+3H2O→3LiOH+NH3↑．取17.41g纯净Li3N，加入100g水，充分搅拌，完全反应后，冷却到20℃，产生的NH3折算成标准状况下的体积是__L．过滤沉淀、洗涤、晾干，得到LiOH固体26.56g，计算20℃时LiOH的溶解度__．（保留1位小数，LiOH的式量：

23.94）

锂离子电池中常用的LiCoO2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备．

（3）将含0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g；过滤，向滤液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，得到白色沉淀143.50g，经测定溶液中的阳离子只有Na+，且Na+有1mol；反应中产生的气体被足量NaOH溶液完全吸收，使NaOH溶液增重13.20g，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式__，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式__．

（4）Co2（OH）2CO3和Li2CO3在空气中保持温度为600～800℃，可制得LiCoO2，已知：

3Co2（OH）2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2

按钴和锂的原子比1：

1混合固体，空气过量70%，800℃时充分反应，计算产物气体中CO2的体积分数__．（保留三位小数，已知空气组成：

N2体积分数0.79，O2体积分数0.21）

【答案】6.9646.65611.212.8g2CoCO3•3Co（OH）2•H2O5CoCl2+5Na2CO3+4H2O=2CoCO3•3Co（OH）2•H2O+10NaCl+3CO2↑0.305

【解析】

【分析】

【详解】

（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：

，接下来根据

算出锂的物质的量，则理论上能生成0.2mol的氮化锂，这些氮化锂的质量为

；反应前后相差的质量为

，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即

的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为

，这些氮化锂的质量为

；

（2）根据

先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:

1的，这些氨气在标况下的体积为

；根据化学计量比，0.5mol的氮化锂理论上能生成1.5mol的

，这些

的质量为

，缺少的那9.35克

即溶解损失掉的，但是需要注意：

溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100克水，但是反应会消耗掉1.5mol水，这些水的质量为

，因此我们算出的9.35克是73克水中能溶解的

的量，换算一下

，解得S为12.8克；

（3）加入硝酸银后的白色沉淀为

，根据

算出

的物质的量，因此

全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无

，

也全部留在溶液中，沉淀中无

，使烧碱溶液增重是因为吸收了

，根据

算出

的物质的量，根据碳守恒，剩下的

进入了碱式碳酸钴中，0.5mol

全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由

来提供，因此

的物质的量为0.6mol。

将0.5mol

、0.2mol

和0.6mol

的质量加起来，发现只有

，剩下的1.8克只能是结晶水，即0.1mol结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为

；写出制备方程式

；

（4）令参加反应的氧气为3mol，相当于

的空气，又因为空气过量70%，则一共通入了

空气，反应中一共生成了6mol水蒸气和12mol二氧化碳，则二氧化碳的体积分数为

。

2．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，打√或×？

①22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA__________

②标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA__________

③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA__________

④1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA__________

⑤标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA__________

⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA__________

⑦常温常压下，8gO2含有的电子数为4NA__________

⑧常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2NA__________

⑨标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA__________

⑩常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA__________

⑪标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA__________

⑫常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA__________

【答案】√√×√√√√××√××

【解析】

【分析】

运用n=m/M、V=n×Vm、n=V/Vm等公式的应用转换，先求出物质的量，然后求出分子的总个数，在根据这个分子中含有多少个相关微粒。

【详解】

①标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，1个氩气分子中含有18个电子，故22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA说法正确；

②标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合物的物质的量是：

11.2L/（22.4L/mol）=0.5mol，1个CH4分子中、1个C2H4分子中都含有4个H原子，所含H原子的个数为0.5NA×4=2NA，故标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA说法正确；

③标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是：

2.24L/（22.4L/mol）=0.1mol，所含分子数为0.1NA，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA说法错误；

④1mol的CO和N2混合气体的分子数为NA，1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子，故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA说法正确；

⑤标准状况下，5.6LCO2气体的物质的量为5.6L/（22.4L/mol）=0.25mol，1个CO2分子中含有2个O原子，故标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA说法正确；

⑥1.6g由O2和O3组成的混合物中O原子的物质的量为0.1mol，故1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA说法正确；

⑦常温常压下，8gO2的物质的量为8g/（32g/mol）=0.25mol，1个O2分子中含有16个电子，故8gO2含有的电子数为4NA说法正确；

⑧常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2NA说法错误；

⑨标准状况下，CCl4是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4的物质的量，故标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA说法错误；

⑩18gH2O的物质的量为18g/（18g/mol）=1mol，1个H2O分子中含有3个原子，故常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA说法正确；

⑪标准状况下，CH3CH2OH是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH3CH2OH的物质的量，故标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA说法错误；

⑫常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA说法错误；

【点睛】

本题考查物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算，另外注意气体摩尔体积的适用范围。

3．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。

【答案】置换反应降低得到AlFe2O3ClMn116.873

【解析】

【分析】

（1）①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。

②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价；

③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。

（2）①还原剂被氧化，氧化剂被还原；

②根据方程式进行计算。

【详解】

（1）①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B，属于置换反应。

②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；

③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al发生氧化反应；Fe2O3发生还原反应。

（2）①还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；

②若生成71gCl2，即1mol，需消耗3.2molHCl，即3.2×36.5=116.8g；化合价升高的HCl为2mol，即73g。

【点睛】

高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加反应，其中有10molHCl发生了氧化反应，产生了5molCl2，6molHCl价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。

4．O2和O3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O2和O3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O2和O3所含分子个数比为__，质量比为___。

（3）设NA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NA的式子表示）。

（4）常温下，将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3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：

13：

21：

12：

3

L2.28

【解析】

【详解】

（1）等质量的O2和O3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O2和O3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cgO2在标准状况下体积为V＝

·Vm＝

×22.4L·mol－1＝

L，故答案为：

L；

（4）混合后溶液中的KNO3的物质的量为n（KNO3）＝

≈0.099mol，混合后溶液的总体积为V[KNO3（aq）]＝

≈43.5cm3＝4.35×10－2L，混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c（KNO3）＝

≈2.28mol·L－1，故答案为：

2.28。

5．根据所学知识，回答下列问题：

（1）高铁酸钠（Na2FeO4）可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是__________。

高铁酸钠可与水反应生成Fe（OH）3胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：

_____________。

（2）戴维通过电解法首先制得了金属钠，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气，同时获得Fe3O4和氢气。

写出该反应的化学方程式_____________，该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是________________（填化学式），若制得22.4L（折算为标准状况下）钠蒸气，转移电子的数目为________________。

（3）漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙[Ca（ClO）2]，有效成分为次氯酸钙。

为测得某漂白粉的有效成分含量，称取Ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，若反应生成次氯酸（HClO）的物质的量为Kmol，则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________%（用含A、K的式子表示）。

【答案】166g/mol4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑NaOH2NA或1.204×1024

【解析】

【分析】

（1）摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；

（2）由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，配平书写化学方程式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH；反应中Na、H元素化合价降低，根据方程式计算生成氢气的量，根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目；

（3）根据HClO的量计算Ca（ClO）2的质量，再根据质量分数的定义式计算。

【详解】

（1）Na2FeO4的相对分子质量为166，故其摩尔质量为166g/mol。

高铁酸钠可与水反应生成Fe（OH）3胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式：

4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑；

（2）由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，反应方程式为：

3Fe+4NaOH

4Na↑+Fe3O4+2H2↑，反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH，Na的物质的量n（Na）=224L÷22.4L/mol=1mol，由方程式可知生成氢气为1mol×

=0.5mol，故转移电子的物质的量n（e-）=1mol×1+0.5mol×2=2mol，则转移电子数目N（e-）=2mol×NA/mol=2mol×（6.02×1023mol-1）=1.204×1024；

（3）由Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知，n[Ca（ClO）2]=

n（HClO）=

×Kmol=0.5Kmol，则该漂白粉中有效成分的质量分数

×100%=

%。

【点睛】

本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。

掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础，考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。

6．

（1）物质的量相等的CO和CO2中，同温同压下所占的体积比为____，原子个数之比为______；

（2）1.8g水与_______mol硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是________，其中氢原子数之比是___________。

（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022，此气体的摩尔质量为________。

（4）可用于分离或提纯物质的方法有：

A过滤B萃取C渗析D蒸馏E灼热氧化F分液．

如欲分离或提纯下列各组混合物，请选择上述方法中最合适者，并将相应字母填入题后空格内：

①除去淀粉溶液中的少量碘化钠________；②提取溴水中的溴单质______；

③除去水中的Na＋、

、Cl－等杂质________；④除去CuO中的Cu______；

【答案】1:

12:

30.11:

41:

164g/molCB/BFDE

【解析】

【分析】

（1）同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，原子的物质的量等于分子的物质的量乘以分子中原子的个数；

（2）1.8g水所含分子的数目用公式N=n×NA=

；

（3）利用n=

=

，从而计算出M；

（4）选择分离物质的方法时，要考虑物质的性质，除去淀粉溶液中的少量碘化钠，选择渗析，淀粉溶液属于胶体，碘化钾溶在溶液里，区分溶液和胶体的方法是渗析；溴水中的溴用有机溶剂萃取后分液；除去自来水中可溶性的离子，可用蒸馏，CuO中的Cu可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。

【详解】

（1）根据阿伏伽德罗定律，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。

物质的量相等的CO和CO2，分子的数目也相同，故体积也相同，故体积比为1:

1。

一个CO分子中含有两个原子，CO2分子中含有三个原子，分子的数目相同，故原子数目比为2:

3，

故答案为：

1:

1；2:

3；

（2）1.8g水中水分子的数目=

=

×NA=0.1NA个，0.1NA个硫酸分子的物质的量为0.1mol，由于分子数相同，一个水分子含有一个氧原子，一个硫酸分子含有四个氧原子，故氧原子的数目比为1:

4，一个水分子有两个氢原子，一个硫酸分子也有两个氢原子，其中氢原子数之比是1:

1，

故答案为：

0.1；1:

4；1:

1；

（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022利用n=

=

，从而计算出M=

=

=

=64g/mol，

故答案为：

64g/mol；

（4）A．过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离操作。

B．萃取是利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，萃取之后要分液。

C．渗析是一种以浓度差为推动力的膜分离操作，利用膜对溶质的选择透过性，实现不同性质溶质的分离，可用于分离溶液和胶体。

D．蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。

①除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析，

②提取溴水中的溴单质，可以选用萃取和分液操作；

③除去水中的Na＋、

、Cl－等杂质，选择蒸馏；

④除去CuO中的Cu，可选择灼热氧化；

故答案为：

C；B/BF；D；E。

7．氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。

I．工业上通常采用电解法制氯气：

观察图1，回答：

（1）电解反应的化学方程式为__________。

（2）若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是___________。

Ⅱ．某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：

（3）B中反应的化学方程式是_________。

（4）该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca（ClO）2____g。

（5）此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。

①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_______。

②试判断另一个副反应（用化学方程式表示）_________，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_________。

【答案】2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl22Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O7.15g冷却B装置（或把B放置在冷水浴中等合理答案）2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶

【解析】

【分析】

I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验；

II.在装置A中制取Cl2，在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染物，在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答。

【详解】

I.

（1）电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，反应方程式为：

2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（2）在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。

由于放电能力Cl->OH-，所以溶液中的阴离子Cl-放电，失去电子变为Cl2逸出，Cl2检验强氧化性，可以使KI变为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；

II.（3）在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（4）n（MnO2）=8.7g÷87g/mol=0.1mol，n（HCl）=12mol/L×0.1L=1.2mol，根据制取气体方程式：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.1molMnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol，说明HCl过量，制取的Cl2按MnO2计算，n（Cl2）=n（MnO2）=0.1mol，则根据反应关系2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O可知n[Ca（ClO）2]=

n（Cl2）=0.05mol，所以理论上制取的漂白粉中Ca（ClO）2的质量为m[Ca（ClO）2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；

（5）①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是冷却B装置（或把B放置在冷水浴中等合理答案）；

②试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca（OH）2反应，用化学方程式表示为2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置改进为：

在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl气体。

【点睛】

本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。

掌握氯气的工业和实验室制取方法，根据电解原理、氧化还原反应规律，结合物质的性质（挥发性、氧化性）等分析判断。

8．

（1）4.8gO3和0.2molCH4，在同温同压下的体积之比是__；相同质量的O2和SO2，所含分子的数目之比为__，所含O原子的物质的量之比为__，密度之比为__。

（2）标准状况下11.2LN2所含分子数是___个。

（3）若某原子的摩尔质量是Mg/mol，则一个该原子的真实质量是__g。

（4）483gNa2SO4·10H2O中所含的Na+的物质的量是__，SO42-的物质的量是__，所含H2O分子的数目是___个。

（5）现有100ml1.00mol/LNaCl溶液，其中所含Na+的质量是___g。

（6）下列物质能导电是__，属于电解质是__，属于非电解质的是__。

（填序号，多选或错选扣分）①水银②烧碱③硫酸钡④氯化钠晶体⑤盐酸⑥蔗糖

（7）实验室配制480mL0.08mol/LNa2CO3溶液，需要十水碳酸钠晶体质量_______g。

【答案】1:

22:

12:

11:

20.5NA

3mol1.5mol15NA2.3g①⑤②③④⑥11.44g

【解析】

【详解】

（1）同温同压下的气体的体积之比等于物质的量之比，4.8gO3的物质的量为n=