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专题4 物质的量
考纲·题型解读
1.了解物质的量的单位———摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积的含义。
2.理解阿伏加德罗常数的含义。从高考试题看,此类题目多为选择题,且题型、题量保持稳定,命题的形式也都是:已知阿
伏加德罗常数为 NA,判断和计算一定量的物质所含粒子数的多少。此类试题在注重对有关计算关系考查的同时,又隐含对某
些概念的理解。试题概念性强,覆盖面广,难度虽不大但干扰性、迷惑性较强,因而区分度好,预计今后会继续保持。
3.掌握阿伏加德罗定律及其推论,题型常以选择题为主。
4.掌握物质的量与粒子(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标况下)之间的相互关系。
5.掌握与物质的量和气体摩尔体积有关的计算,题型有选择题、填空题和综合题。
B.气体摩尔体积L·mol-1
题源1 物质的量和阿伏加德罗常数 C.溶解度g/100g
D.密度g·cm-3
解题模型1.1 [解析] 考查学生对化学中常用物理量的认识。有单位,
物质的量的概念 数值才有其意义,所以在表示化学量的时候要注意有无单位,单
(1)物质的量与摩尔 位是什么,从而准确理解其含义。
物质的量是国际单位制中7个基本物理量之一,其符 [答案] C
号为n。它表示的是含有一定数目粒子的集体,是一个专
用名词, 解题模型不得随意简化或添加文字,更不能按字面意义把 1.2
它当作物质的数量或质量是多少的量。它适用于微观粒 阿伏加德罗常数
子(如分子、原子、离子、电子、中子、质子等微粒及这些微 (1)阿伏加德罗常数与6.02×1023
粒的某些特定组合)。 阿伏 加 德 罗 常 数:符 号 NA,单 位:mol-1。定 义 为
摩尔是物质的量的单位,物质的量多少是用摩尔表示 0.012kg12C所含碳原子的准确数目,是个精确值。在现
的,使用摩尔做物质的量的单位时,要注意:①摩尔只适用 有技术条件下,测得其数值约为6.02×1023mol-1。注意:
于微观粒子,不适用于宏观物质;②应用符号标明微观粒 6.02×1023mol-1只是阿伏加德罗常数在现有条件下的一
子的种类或其特定组合(如分子、原子、离子、电子、质子、 个约数。
中子及化学意义的特定组合)。 (2)应用阿伏加德罗常数(NA)时注意的事项:
(2)摩 尔 质 量 与 化 学 式 量(相 对 原 子 质 量、相 对 分 子 ①状态:水在标准状况下为液态或固态;SO3 在标准
质量) 状况下为固态,常温常压下为液态;碳原子数大于4的烃,
摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量,单位 在标准状况下为液态或固态。
是g·mol-1,而化学式量则是指该物质一个粒子(或单位 ②特别物质的摩尔质量,如D2O、T 182O、O2 等。
组成)的质量与一个12C原子质量的1/12之比所得 的 数 ③某些特殊物质分子中的原子个数。例如:稀有气体
值,单位是1,使用时二者的意义是不一样的。 为单原子分子,臭氧(O3)为三原子分子,白磷(P4)是四原
注意:①混合物只要组成一定,那么1mol混合物的质量, 子分子。
就是该混合物的平均摩尔质量,当以g·mol-1为单位时, ④一 些 物 质 结 构 中 化 学 键 的 数 目。例 如:SiO2、Si、
在数值上等于该混合物的平均相对分子质量。 CH4、P4 等。
②1mol原子、离子、单质或化合物的质量,就是以g ⑤典型的氧化还原反应中,求算电子转移数目。如:
为单位时,在数值上等于化学式的式量。 Na2O2 和水,Cl2 和NaOH溶液的反应等。
③注意质量与摩尔质量的单位不同。 ⑥用到22.4L·mol-1时,必须注意气体是否处于标
准状况。
[真题1] (2019·上海)下列有关物理量相应的单位表达
某些离子或原子团是否存在水解,引起离子数目变
错误的是 ( )
⑦
A.摩尔质量g·mol-1
·27·
D.不同的气体,若体积不等,则它们所含的分子数一定不等
化等。 [解析] A项,气体的体积主要是由分子间的距离决定,而
⑧常 见 的 可 逆 反 应,如2NO2 N2O4,N2+3H2 分子自身的大小可忽略不计;B项:据pV=nRT,在p、T 一定
2NH3 等。 时,V 由n 决定;C、D项错 误 相 同,没 有 给 出 温 度、压 强 条 件。
气体摩尔体积等于22.4L,是气体必须处于标准状况(0℃,
[真题2] (2023·广东)设 NA 为阿伏加德罗常数的数值, 101kPa)下才能成立。
下列说法正确的是 ( ) [答案] B
A.常温常压下,8gO2 含有4NA 个电子 [真题5] (2018·全国)在273K和101kPa的条件下,将
B.1L0.1mol·L-1的氨水中有 NA 个NH+4 2.00g氦气、1.40g氮气和1.60g氧气混合,该混合气体的体积是
C.标准状况下,22.4L盐酸含有 NA 个 HCl分子 ( )
D.1molNa被完全氧化生成Na2O2,失去个2NA 电子 A.6.72L B.7.84L
[解析] NH+4 在溶液能发生水解,故求不出氨水中 NH+4 C.10.08L D.13.44L
的物质的量,B错;标况下,盐酸为液体,故求不出22.4L盐酸中 [解析] 273K,101kPa即 标 准 状 况 下,混 合 气 体 体 积
HCl分子的个数,C错;1molNa被完全氧化,只能失去1mol电 2.00g 1.40g 1.60g / 。
子,D错。 (4.00g/mol+28.0g/mol+32.0/mol)×22.4Lmol=13.44Lg
[答案] A [答案] D
[真题3] (2022·江苏)设 NA 为阿伏加德罗常数的值,下
列叙述正确的是 ( ) 解题模型2.2
A.常温下,1L0.1mol·L-1的 NH4NO3 溶液中氮原子数 阿伏加德罗定律及其推论
为0.2NA (1)阿伏加德罗定律
B.1mol羟基中电子数为10NA 同温同压同体积的任何气体都含有相同数目的分子。
C.在反 应 KIO3+6HI KI+3I2+3H2O 中,每 生 成 注意:对阿伏加德罗定律的理解要明确三点:①使用范围:
3molI2转移的电子数为6NA 气体;②同温、同压、同体积、同分子数(同物质的量),即四
D.常温常压下,22.4L乙烯中C H键键数为4NA 同。四同相互制约,只要三同成立,则第四同也成立。③
[解析] A项,正确;B项,1mol羟基中的电子数为9NA, 气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的一个特例。
不正确;C项,每生成3molI2,转移的电子数为5NA,不正确;D (2)阿伏加德罗定律的重要推论
项,常温常压下,气体摩尔体积Vm 不为22.4L/mol,不正确。 ì 、 :n1 V1 N1同温 同压
[答案] A n
= =
2 V2 N2
V1 M2
题源2 气体摩尔体积 同温、同压、同质量: V =2 M1
推论 í
同温、同压:ρ1 M1
解题模型2.1 =ρ2 M2

气体摩尔体积 同温、同体积:
n1 p1
n =2 p2
(1)定义:单位物质的量的气体所占的体积叫做气体 特别提醒:所有推论均可由理想气体状态方程:pV=nRT,
摩尔体积,符号为Vm,常用单位为L·mol-1。 m m
V 结合n= ,ρ= 来推出,不必机械记忆。
①计算公式:Vm= 。 M Vn
②标准状况下的气体摩尔体积:Vm=22.4L·mol-1。 [真题6] (2020·海南)在两个密闭容器中,分别充有质量
(2)对于气体摩尔体积需注意以下四个方面 相同的甲、乙两种气体,若两容器的温度和压强均相同,且甲的
①状态:a.气态物质;b.纯净物或混合物都适用。 密度大于乙的密度,则下列说法正确的是 ( )
②状况:a.同温、同压;b.特定状况:标准状况(0℃、 A.甲的分子数比乙的分子数多
101kPa)。 B.甲的物质的量比乙的物质的量少
③定量:a.一定条件下,气体分子间距离基本相同;b. C.甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小
气体体积由气体分子数(即物质的量)来决定。
D.甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小
④数值:a.任何状况下的任何气体均存在一个Vm;b. m
标准状况下,V =22.4L·mol-1;c.常 温 常 压 下V > [解析] 本题考查的是阿伏加德罗定律及其推论。ρ= ,m m V
22.4L·mol-1;d.在非标准状况下,气体摩尔体积也可能 由题意知ρ甲>ρ乙,甲与乙的质量相等,则V甲为22.4L·mol-1。 加德罗定律推论,同温同压下,体积之比等于物质的量之比,即
分子数之比。
[真题4] (2019·海南)下列叙述正确的是 ( ) [答案] B
A.一定温度、压强下,气体体积由其分子的大小决定
B.一定温度、压强下,气体体积由其物质的量的多少决定
C.气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积为22.4L
·28·
解题模型2.3 应,最后在相同条件下得到干燥气体460mL,则反应前混合气
体中CH 和Ar的物质的量之比为 ( )
以物质的量为核心的各物理量的相互关系 4
A.1∶4 B.1∶3
C.1∶2 D.1∶1
[解析] 本题考查混合气体计算,意在考查考生的计算能
点燃
力。根据CH4+2O2 →CO2+2H2O,利用差量法,1mLCH4
完全燃烧生成干燥的CO2 时,混合气体体积缩小2mL,现混合
气体缩小了40mL,则CH4 为20mL,Ar为80mL。
[答案] A
N m V
有关关系式为n=N =M =V =cV
。
A m 解题模型3.2
注意:(1)“一个中心”:必须以物质的量为中心。
()“ 求气体的摩尔质量 的常用方法2 两个前提”:在应用Vm=22.4L·mol-1时,一定 M
“ ” “ ” ( (1)根据标准状况下气体的密度ρ: (/要有 标准状况 和 气体状态 两个前提条件 混合气体也 M=ρ×22.4g
)。 mol)适用
()“ ()根据气体的相对密度(3 三个条件”:①直接构成物质的粒子与间接构成 2 D=ρ1
/ρ2):M1/M2=D
物质的粒子(原子、电子等) ; ()根据物质的质量(间的关系 ②摩尔质量与相对 3 m
)和物质的量(n):M=m/n
; “ 、 、 ” ( (4)根据一定质量(m)的物质中微粒数目( )和阿伏分子质量间的关系 ③ 强 弱 非 电解质与溶质粒子 分 N
) 加德罗常数( ): · /子或离子 数之间的关系。 NA M=NA m N
(4)“
()对于混合气体,求其平均摩尔质量,上述计算式仍
四个无关”:物质的量、质量、粒子数的多少均与 5
然成立;还可以用下式计算:
温度的高低、压强的大小无关;物质的量浓度的大小与所
(混合)
取该溶液的体积多少无关(但溶质粒子数的多少与溶液体 M =M1×a%+M2×b%+M3×c%+…
积有关)。 a%、b%、c%、…指混合物中各成分的物质的量分数
(或体积分数)。
[真题7] (2002·上海)如果ag某气体中含有的分子数
, [ ] ( · ) ,为b 则cg该气体在标准状况下的体积是(式中 N
真题9 2021 上海 臭氧层是地球生命的保护神 臭氧
A 为阿伏加
德罗常数) ( ) 比氧气具有更强的氧化性
。实验室可将氧气通过高压放电管来
放电
22.4bc 22.4ab 制取臭氧:
A. L B. L 3O2 →2O3
。
aNA cNA (1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧,所得混合气
22.4ac 22.4b
C. L D. L 的平均摩尔质量为 g/mol(保留一位小数)。bNA acNA (2)将8L氧气通过放电管后,恢复到原状况,得到气体
[ ] N b解析 由n= 可知,ag气体的物质的量为 mol,那 6.5L,其中臭氧为N L
。
A NA
(3)实验室将氧气和臭氧的混合气体 (标准状况)通b c 22.4bc 0.896L
么cg气体的物质的量为 ·N amol
,则V=n·Vm=aN L
。 入盛有20.0g铜粉的反应器中,充分加热后,粉末的质量变为
A A
[答案] A 21.6g。则原混合气中臭氧的体积分数为 。
[点评] 解涉及气体的m、n、N、V 等物理量之间的关系的 [解析] (1)设最初 O2 的体积为V,则反应后得到的混合
简单计算题时,应以物质的量为纽带,活用有关公式。 气体中含O2 和 O3 的体积分别为0.7V 和0.2V,则 M(平)=
32g/mol×7/9+48g/mol×2/9=35.6g/mol。
题源3 与气体有关的计算 放电
(2)根据3O2 →2O3 ΔV
3L 2L 3L-2L
解题模型3.1 V(O3)8L-6.5L
平均值规律及应用 解得V(O3)=3L。
(1)依 据:若 Mr(A)>Mr(B),则 Mr(A)>Mr> (3)
△
由2Cu+O2 2CuO可知,20.0gCu若完全转化成
Mr(B),Mr 代表平均相对原子质量、平均相对分子质量、 CuO需5.0gO2。由 加 热 后 粉 末 质 量 变 为21.6g,可 知 增 重
平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。 21.6g-20.0g=1.6g为O2 和O3 总质量,即O2 和O3 完全和
(2)应用:已知Mr,可以确定 Mr(A)、Mr(B)的范围; Cu反应。标准状况下0.896L气体的物质的量为0.896L/22.4
或已知 M (A)、M (B),可以确定M 的范围。 L·mol
-1=0.04mol,设 O2 和 O3 物质的量分别为x 和 ,则r r r y
解题的关键是通过平均值确定范围,很多习题的平均 {x+y=0.04 ,解得x=y=0.02mol,故混合气体中 O3 的
值需要根据条件先确定下来再作出判断。 32x+48y=1.6
体积分数为0.02mol/0.04mol=0.5。
[真题8] (2022·全国Ⅱ)在一定的温度、压强下,向100 [答案] (1)35.6 (2)3 (3)0.5
mLCH4 和Ar的混合气体中通入400mLO2,点燃使其完全反
·29·
题源4 根据化学方程式的计算 ①比例法:将反应物的已知量与化学方程式中的关系
量相比,比值大者即为过量的反应物,然后根据不过量的
解题模型4.1 反应物的量来计算。
独立反应的计算 ②极值法
:常用于某混合物与一种物质反应,如一定
独立反应是指发生一个化学反应或多个相互间没有 质量碳酸钠和碳酸氢钠混合物与一定量盐酸反应,或一定
必然联系的化学反应,这是最简单的化学计算,计算时一 体积甲烷、氢气、乙烷混合气体与一定体积氧气反应,判断
定要注意化学方程式中同一化学式下的物理量要上下一 的方法是假设混合物全为消耗另一反应物最多或最少的
致,不同物质之间要左右成比例。 一种物质,看能否完全反应,判断出该反应物一定过量或
特别提醒:化学方程式中各物质的化学计量数可表示 一定不足,从而选择适当的物质进行计算。
参与反应的各物质的分子数(或离子数)之间的比例关系、 (2)过量计算的几种类型
物质的量之间的比例关系、气体体积(在相同条件下)之间 ①常规题型:若已知两种反应物的量,应先判断过量,
的比例关系,但不能直接表示各物质之间的质量关系。在 再根据不足量进行计算。
应用时要特别注意: ②多种反应物混合型:若反应物有三种或三种以上,
(1)表示体积关系时,只适用于相同条件(同温、同压) 判断过量时,需判断有哪两种或两种以上的物质过量。
下的气态物质,而不适用于液态、固态物质。
③反应物总量确定型:反应物未全部消耗(即肯定有
(2)表示质量关系时,要用各物质的摩尔质量进行相
物质过量),需讨论哪种反应物过量。
应地转换后再进行计算。
() , , ④反应物用量不确定型
:在有些物质之间进行的化学
3 用不同物理量进行计算时 要注意量的对应关系
不同物质可用不同的物理量, 反应,由于反应物相对用量不同会导致产物不同,往往借但同种物质应用相同的物理
量,且注意量的合理应用。 助数轴、极值法等来讨论。
⑤金属与酸或碱反应的过量计算(天平问题):一般涉
[真题10] (2004·上海)氢氧化钡是一种使用广泛的化学 及两种类型的计算,过量计算和差量计算。
试剂。某课外小组通过下列实验测定某试样中 Ba(OH)2·
nH O的含量。 [真题11] (2005·江苏)较低温度下,氯气通入石灰乳中2
(1)称取3.50g试样溶于蒸馏水配成100mL溶液,从中取 可制得漂白粉,该反应为放热反应。某校甲、乙两化学研究性学
出10.0mL溶液放入锥形瓶中,加2滴指示剂,用0.100mol/L 习小组均用200mL12mol·L-1盐酸与17.4gMnO2 在加热条
HCl标准溶液滴定至终点,共消耗标准液20.0mL(杂质不与酸 件下反应制备氯气,并将制备的氯气与过量的石灰乳反应制取
反应)。求试样中氢氧化钡的物质的量为多少 漂白粉,用稀NaOH溶液吸收残余的氯气。分析实验结果发现:
(2)另取5.25g试样加热至失去全部结晶水(杂质不分解), ①甲、乙两组制得的漂白粉中Ca(ClO)2 的质量明显小于理论
称得质量为3.09g。求Ba(OH)2·nH2O中的n值为多少 值,②甲组在较高温度下将氯气与过量的石灰乳反应,所制得的
(3)试样中Ba(OH)2·nH2O的质量分数为多少 产品中Ca(ClO3)2 的含量较高。试回答下列问题:
[解析] (1)设试样中氢氧化钡的物质的量为x (1)上述实验中理论上最多可制得Ca(ClO)2 多少克
Ba(OH)2+2HCl BaCl2+2H2O (2)实验中所得到的Ca(ClO)2 的质量明显小于理论值,试
1mol 2mol 简要分析其可能原因,并写出可能涉及的化学方程式。
10mL / 20 [解析] 根据题意
100mLx 0.100molL×1000L n(HCl)=12mol·L-1×0.2L=2.4mol
x=0.01mol
( 17.4△ n MnO )=
g
2 87 ·mol-1=0.2mol(2)Ba(OH)2·nH2O Ba(OH)2+nH2O g
1mol 18ng MnO2+4HCl( )
△
浓 MnCl2+Cl2↑+2H2O
5.25g×0.01mol (5.25-3.09)g n(HCl)∶n(MnO2)=2.4mol∶0.2mol=12∶1>4∶13.50g
所以浓 HCl过量,应根据 MnO2 计算。
n=8
根据制备氯气的化学方程式
(3)3.50克样品中,Ba(OH)2·8H2O质量为: ( ) (
/ n Cl2 =n MnO2)=0.2mol0.01mol×315gmol=3.15g
又因为:
3.15 2Cl2+2Ca
(OH)2 CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
试样中Ba(OH)2·nH2O 的 质 量 分 数 为:
g
3.50 ×100%g [ ( 1 1n CaClO)2]= n(2 Cl2
)=2×0.2mol=0.1mol=90%
[ ] () [ ( )
-1
答案 1 试 样 中 氢 氧 化 钡 的 物 质 的 量 为0.01 mol m CaClO 2
]=143g·mol ×0.1mol=14.3g
()
[ ] ()
2n=8 (3)90% 答案 1 理论上最多可制得Ca
(ClO)214.3g
(2)①随着反应进行,温度升高,会产生副产物Ca(ClO3)2
解题模型4.2 6Cl2+6Ca( △OH)2 5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O
过量计算 ②Cl2 未与石灰乳完全反应,残余Cl2 被NaOH溶液吸收
(1)过量计算中过量判断的方法 Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O
·30·
(★代表高考出现的频次)
A组
题源1 物质的量和阿伏加德罗常数(★★★★)
B.若甲为SO2,则丁可能是氨水
C.若甲为Fe,则丁可能是盐酸
1.(2023·广东)用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说 D.若甲为NaOH溶液,则丁可能是CO2
正确的是 ( ) 7.(2023·新课标Ⅱ)NA 为阿伏加德罗常数的值,下列叙述
A.1mol甲苯含有6NA个C-H键 正确的是 ( )
B.18gH2O含有10NA个质子 A.1.0L1.0mol·L-1的 NaAlO2 水溶液中含有的氧原子
C.标准状况下,22.4L氨水含有 NA个NH3 分子 数为2NA
D.56g铁片投入足量浓 H2SO4 中生成 NA个SO2 分子 B.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA
2.(2023·四川)设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说正 C.25℃时pH=13的 NaOH 溶 液 中 含 有 OH- 的 数 目
确的是 ( ) 为0.1NA
A.高温下,0.2molFe与足量水蒸气反应,生成的 H2 分子 D.1mol的 羟 基 与1mol的 氢 氧 根 离 子 所 含 电 子 数 均
数目为0.3NA 为9NA
B.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH-
题源 气体摩尔体积( )
离子数目为0.1N 2 ★★★A
C.氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时,电路 1.(2020·海南)设 NA 为阿伏加德罗常数,下列说法正确
中通过的电子数目为2NA 的是 ( )
△
D.5NH NO 2HNO +4N ↑+9H O 反应中,生成 A.标准状况下
,5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA
4 3 3 2 2
28gN2 时,转移的电子数目为3.75N B.标准状况下,14g氮气含有的核外电子数为5NAA
3.(2023·广东)设 NA 表示阿伏加德罗常数的数值,下列 C.标准状况下,22.4L任意比的氢气和氯气的混合气体中
说法正确的是 ( ) 含有的分子总数均为 NA
A.常温下,4gCH4 含有 NA 个C—H共价键 D.标准状况下,铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时,
B.1molFe与足量的稀 HNO 反应,转移2N 个电子 转移的电子数为 NA3 A
C.1L0.1mol·L-1NaHCO3 液含有0.1N 个 HCO- 2.实验测得乙烯(C2H4)与氧气混合气体的密度是氢气的A 3
D.常温常压下,22.4L的 NO 和CO 混合气体含有2N 14.5倍,可知其中乙烯的质量分数为 ( )2 2 A
个O原子 A.25.0% B.27.6%
4.(2023·江苏)设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法 C.72.4% D.75.0%
正确的是 ( ) 3.(2018·广东)下列条件下,两瓶气体所含原子数一定相
A.1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目 等的是 ( )
为0.1N A.同质量、不同密度的N2 和COA
B.0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1N B.同温度、同体积的 H2 和N2A
C.标准状况下,11.2L苯中含有分子的数目为0.5N C.同体积、同密度的C2H4 和C3HA 6
D.在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1mol氧气,转移电 D.同压强、同体积的N2O和CO2
子的数目为0.4N 4.(2004·京、皖春)在相同的温度和压强下,4个容器分别A
5.(2023·大纲)NA 表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确 装有4种气体。已知各容器中的气体和容器的容积分别是a.
的是 ( ) CO2,100mL;b.O2,200mL;c.N2,400mL;d.CH4,600mL。
A.1molFeI 则 个容器中气体的质量由大到小的顺序是 ( )2 与足量氯气反应时转移的电子数为2NA 4
B.2L0.5mol· L-1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数 A.a>b>c>d
为 N B.b>a>d>cA
C.1molNa2O2 固体中含离子总数为4NA C.c>d>b>a
D.丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数 D.d>c>a>b
为6NA 题源3 与气体有关的计算(★★★)
6.(2023·江苏)甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有
丁 丁 1.(2023·全 国)在常压和500℃条件下,等物质的量的
相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系:甲 →乙 丙。
甲 Ag2O,Fe(OH)3,NH4HCO3,NaHCO3 完全分解,所得气体体
下列有关物质的推断不正确的是 ( ) 积依次是V1、V2、V3、V4,体积大小顺序正确的是 ( )
A.若甲为焦炭,则丁可能是O2 A.V3>V2>V4>V1 B.V3>V4>V2>V1
·31·
C.V3>V2>V1>V4 D.V2>V3>V1>V4 2.(2002·全国)在25℃、101kPa条件下,将15LO2 通入
2.(2023·上海)120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200 10LCO和 H2 的混合气中,使其完全燃烧,干燥后,恢复至原来
mL盐酸,不管将前者滴加入后者,还是将后者滴加入前者,都有 的温度和压强。
气体产生,但最终生成的气体体积不同,则盐酸的浓度合理的是 (1)若剩余气体的体积是15L,则原CO和 H2 的混合气中:
( ) V(CO)= L,V(H2)= L。
A.2.0mol/L B.1.5mol/L (2)若剩余气体的体积为aL,则原CO和 H2 的混合气体
C.0.18mol/L D.0.24mol/L 中:V(CO)∶V(H2)= 。
3.(2022·全国Ⅰ)一定条件下磷与干燥氯气反应,若0.25g (3)若剩余气体的体积为aL,则a的取值范围是 。
磷消耗掉314mL氯气(标准状况),则产物中PCl3与PCl5的物 3.甲醇(CH3OH)是一种有毒、有酒的气味的可燃性液体。
质的量之比接近于 ( ) 甲醇在氧气中不完全燃烧可发生如下反应:8CH3OH+nO2
A.3∶1 B.2∶3 mCO2+2CO+16H2O。若反应生成3.6g水,请计算:
C.5∶3 D.1∶2 (1)m 值是 。
4.在一个密闭容器中盛有11gX气体(X的摩尔质量为44 (2)参加反应的氧气质量是多少克
g/mol)时,压强为1×104Pa。如果在相同温度下,把更多的气
体X充入容器,使容器内压强增至5×104Pa,这时容器内气体
X的分子数约为 ( )
A.3.3×1025 B.3.3×1024
C.7.5×1023 D.7.5×1022
题源4 根据化学方程式的计算(★★★)
1.(2005·全国Ⅰ)已知 Q与R的摩尔质量之比为9∶22,
在反应X+2Y 2Q+R中,当1.6gX与 Y完全反应后,生成
4.4gR,则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为 ( )
A.46∶9 B.32∶9 C.23∶9 D.16∶9
B组
(测试时间:60分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括10小题,每小题5分,共50分。) C.标准状况下,22.4L盐酸含有 NA个 HCl分子
1.一定温度和压强下,30L某种气态纯净物中含有6.02× D.1molNa被完全氧化生成Na2O2,失去2NA 个电子
1023个分子,这些分子由1.204×1024个原子组成,下列有关说法 5.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
中不正确的是 ( ) ( )
A.该温度和压强可能是标准状况 A.标准状况下,11.2L乙烯含有的极性共价键数为 NA
B.标准状况下该纯净物若为气态,其体积约是22.4L B.常温下,5.6LNO和5.6LO2 的混合气体中含有的分子
C.该气体中每个分子含有2个原子 数为0.5NA
D.若O2 在该条件下为气态,则1molO2 在该条件下的体 C.16.9gBaO2 固体中阴、阳离子总数为0.2NA
积也为30L D.含有1molFe(OH)3 的氢氧化铁胶体中含有胶粒数
2.下列有关摩尔质量的描述或应用中,正确的是 ( ) 为 NA
A.OH-的摩尔质量是17g/mol 6.设 NA表示阿伏加德罗常数,则下列说法正确的是
B.CO2 的摩尔质量是44g ( )
C.铁原子的摩尔质量在数值上等于铁原子的相对原子质量 A.NA 个氢气分子和 NA个氯气分子的质量比为1∶1
23 B.NA 个水分子的质量与水的摩尔质量在数值上相等
D.一个钠原子的质量约等于6.02×1023 C.16g氧气含氧分子数为 NA
3.下列哪种物质所含有原子数与0.4molH2O2 所含有的 D.44gCO2 与28gCO所含的分子数均为 NA
原子数相等 ( ) 7.在相同的温度和压强下,4个容器中分别装有4种气体。
A.0.2molH2SO4 已知各容器中的气体和容器的容积分别是a.CO2,100mL;b.
B.0.2molH3PO4 O2,200mL;c.N2,400mL;d.CH4,600mL。则4个容器中气
C.0.3molHNO3 体的质量由大到小的顺序是 ( )
D.0.5molNaCl A.a>b>c>d
4.设 NA 为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是 B.b>a>d>c
( ) C.c>d>b>a
A.常温常压下,8gO2 含有4NA 个电子 D.d>c>a>b
B.1L0.1mol·L-1的氨水中有 NA 个NH+4 8.常温下,抽去如图所示装置中的玻璃片,使两种气体充分
·32·
反应。下列说法正确的是(设 NA 为阿伏加德罗常数的值) 12.(8分)现有含NH33.4mg·L-1的废水150m3(密度为
( ) 1g·cm-3),可采用如下方法进行处理:将甲醇加入含氨的废水
中,在一种微生物作用下发生反应2O +NH NO-+H+2 3 3
+H2O、6NO- +3 +6H +5CH3OH 3N2↑ +5CO2↑ +
13H2O。若用此方法处理,假设每步的转化率为100%。
(1)理论上需要甲醇的质量为 g。
(2)理论上生成N2 的体积(标况下)为 L。
A.反应物的总体积为0.448L 13.(10分)硝酸工业生产中的尾气(主要成分为 NO2和
B.装置中氢元素的总质量为0.04g NO)可用纯碱溶液吸收,有关的化学反应为:
C.生成物中含有0.01NA 个分子 2NO2+Na2CO3 NaNO2+NaNO3+CO2 ①
D.生成物完全溶于水后所得溶液含有0.01N +A 个NH4 NO+NO2+Na2CO3 2NaNO2+CO2 ②
9.下列说法正确的是 ( ) (1)用双线桥法表示出反应①中电子转移的方向和数目。
①标准状况下,22.4L己烯含有的分子数为6.02×1023
②标准状况下,aL的氧气和氮气的混合物含有的分子数约 2NO2+Na2CO3 NaNO2+NaNO3+CO2
a
为
22.4×6.02×10
23
(2)配 制1000g质 量 分 数 为 21.2% 的 纯 碱 吸 收 液,需
③7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约 Na2CO3·10H2O多少克
为0.2×6.02×1023 (3)现有1000g质量分数为21.2%的纯碱吸收液,吸收硝酸
④60gSiO2 晶体中含有2×6.02×1023个Si—O键 工业尾气,每产生22.4L(标准状况)CO2 时,吸收液质量增加了
⑤1mol乙醇中含有的共价键数约为7×6.02×1023 44g。计算吸收液中 NaNO2 和 NaNO3 的物质的量之比。(写
⑥500mL1mol·L-1的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子 出计算过程)
数约为1.5×6.02×1023
A.①④ B.②⑥ C.③⑤ D.②⑤
10.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、
质量分数为63%的浓硝酸中,得到 NO2 和 N2O4 的混合气体
1120mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH
溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀。下列说法不正
确的是 ( ) 14.(12分)(1)某气体的分子为双原子分子,其摩尔质量为
A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1 Mg/mol,现有标准状况下VL该气体,设阿伏加德罗常数的值
B.该浓硝酸中 HNO3 的物质的量浓度是14.0mol/L 为 NA,则:
C.NO2 和N2O4 的混合气体中,NO2 的体积分数是80% ①该气体的物质的量为 mol;
D.得到2.54g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600mL ②该气体中所含的原子总数为 ;
二、非选择题(本题包括5小题,共50分。) ③该气体在标准状况下的密度为 g/L;
11.(10分)现有 如 下 药 品 和 装 置:w g(w<1)锌 片、稀 ④该气体的一个分子的质量为 g。
H2SO4、无水硫酸铜和水,设计一个实验,测Zn的相对原子质量 (2)气体化合物A分子式可表示为 OxFy,已知同温同压下
(气体体积均可认为是在标准状况下测定),参见下图。 10mLA受热分解生成15mLO2 和10mLF2,则 A的化学式
为 ,推断的依据为 。
15.(10分)地球化学中,通常用热重分析研究矿物在受热时的
质量变化以确定其组成。取66.6mg由高岭石[Al4Si4O10(OH)8]和
方解石(CaCO3)组成的矿物,加热,在873K~1123K区间内分解为
氧化物,样品总失重13.8mg。
(1)方解石的失重百分比为 。
(1)所用装置连接顺序(填接口字母)为 。 (2)计算矿物中高岭石的质量分数。
(2)为保证不漏出氢气,加试剂的顺序及操作要领是
。
(3)若④中收集到水VmL,则Zn的相对原子质量的数学表
达式为 。
(4)实验时用稀硫酸而不用稀硝酸,其理由是
。
(5)由于锌片可能含不溶性杂质,实验测得的锌的相对原子
质量可能比真实值 (填“偏高”或“偏低”,下同);若装置
气密性不太好,则测得值 。
·33·且pH<7,不与A反应,C可与D反应产生二氧化碳 2.D 【解析】 A项高温条件下铁与水蒸气反
气体,因此C为NH4HSO4。由n(A)∶n(B)=1∶3 应生成氢气,铁与氢气的物质的量之比为3∶4,所以
产生白色沉淀,可知A为氯化铝或硝酸铝。A蒸干过 0.2mol铁与足量水蒸气反应,生成氢气的分子数目
程中促进铝离子水解得到氢氧化铝和盐酸或硝酸(易 为0.2NA×4/3=0.27NA,A项 错 误;B项 室 温 下,
挥发),再灼烧变为氧化铝。W为偏铝钠,蒸干灼烧仍 1LpH=13的NaOH溶液中,氢离子的物质的量是
为偏铝 酸 钠。(3)由 上 知 A:AlCl3 或 Al(NO -133)3;B: 10 NA,由水电离出的氢离子和氢氧根是相等的,
NaOH;C:NH4HSO4;D:Na2CO3。根据pH大小:酸< 所以氢氧根的物质的量 也 为10-13NA,B项 错 误;C
盐<碱,可得pH由大到小的顺序是NaOH>Na2CO3 项氢氧燃料电池的正极为氧气,消耗1mol氧气,电
>AlCl3[Al(NO3)3]>NH4HSO4。(4)若B,C的稀溶 路中通过的电子数目为4mol,C错误;D项正确。
液 混 合 后(不 加 热)溶 液 呈 中 性,则n(NaOH)> 3.A 【解析】 A项中4gCH4 的物质的量为
n(NH4HSO4),因此各离子的浓度大小关系为c(Na+) 0.25mol,故含 NA 个C-H 共价键,故 A项正确;B
>c(SO2-)>c(NH+)>c(H+)=c(OH-4 4 )。 项中Fe转 化 为Fe3+,转 移3NA 个 电 子,故B项 错
15.(1)n(HNO )=6.0mol·L-1 (2)747mL 误;C项 中 因 HCO- 水 解,则 HCO-3 3 3 的 数 目 小 于
【解析】 n(NaOH)=1.0mol·L-1×0.035L 0.1NA 个,故C项错误;D项中,在常 温 常 压 下,不 能
用Vm=22.4L/mol,故D项错误。
=0.035mol n(BaSO4)
9.32
= g233 ·mol-1=0.04molg 4.A 【解析】 A.氧气和臭氧都是氧原子形成
3.2g 的单质,则1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有n(Cu)=64 =0.05molg·mol-1 氧原子的数目为0.1NA,A正确;B.丙烯酸的结构简
(1)原 混 合 液 中:c(H+ )
4×0.035mol 式为
= = CH2=CHCOOH
,则0.1mol丙烯酸中含有双
0.010L 键的数目为0.2NA,B不正确;C.标准状况下,苯不是
0.04mol
14mol·L-1 c(HSO)= =4.0mol·L-1 气态不能选用于气体摩尔体积,则11.2L苯中含有2 4 0.010L 分子的数目一定不是0.5NA,C不正确;D.在过氧化
( )0.14mol-0.04mol×2cHNO3 = =6.0mol·L-1 钠与水的反应中,过氧化钠既是氧化剂也是还原剂,0.010L
氧元素的化合价从-1价升高到0价,部分降低到-
(2)8H+ +2NO-3 +3Cu 3Cu2+ +4H2O+ 2价,因此反应中每生成1mol氧气转移2mol电子,
2NO↑
则每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.2NA,D
0.14mol 0.06mol 0.05mol n(NO)
不正确,答案选A。
可判断 H+、NO-3 过量,故按铜计算NO的量。 5.D 【解析】 A项1molFeI2 与足量氯气反
( ) 0.05mol 0.1 0.1n NO = ×2= mol V(NO)= 应时转移的电子数应该为3NA,A错误;3 3 3 2L0.5mol
·L-1· -1 硫酸钾溶液中
2-所带电荷数应该为 ,
mol×22.4L mol =0.747L=747mL SO4 2NA
B错误;C项1molNa2O2 固体中所含离子总数应该
专题4 物质的量 为3NA,C错误;D项丙烯和环丙烷互为同分异构体,
故42g混合气体中氢原子的个数为6NA,D正确。
十年高考母题原型训练 6.C 【解析】 Fe只能与盐酸反应生成FeCl2,
A组 FeCl2 不能继续与盐的再反应,故C错。
7.B 【解析】 除了 NaAlO2 中含有氧原子,水
题源1 中也含氧原子,故A错;C中未给溶液的体积,故求不
1.B 【解析】 A选项应含有8N 个C-H键, 出OH
- 的 数 目,C 错;OH- 中 的 电 子 数 为10,故
A
苯环上有5N ,甲基上有3N ,共8N ;B选项,18g D错。A A A
H2O为1mol,1molH2O中含有10mol即10NA 个 题源2
质子。C选项,标况下氨水不是气体;D选项,56g铁 1.C 【解析】 A项中四氯化碳是液态物质;B
为1mol,与足量浓硫酸反应会生成Fe3+,失去3mol 项中14gN2 含有的核外电子总数为7NA;D项中每
电子,1mol浓硫酸被还原变成SO2 得2NA 个电子, 生成1molH2 时转移的电子数为2NA。
因此应该生成1.5NASO2 分子时能保证得失电子数 2.C
守恒。 3.AC 【解析】 在A选项中,因为它们的摩尔
·11·
质量相同,又是同质量,则它们的物质的量必相同,所 <20
以分子数相同,又因为都是双原子分子,所以它们的 【解析】 15LO2 与10LCO和 H2 的混合气体
原子数也相同。在B选项中,考的知识点是阿伏加德 反应时,O2 过量。在25℃、101kPa时水为液体。
罗定律,H2 和N2 的原子数相同,则分子数也必须相 (1)设混合气体中V(CO)=xL,
同,可以推出必须是在同温度、同体积、同压强的条件 则V(H2)=(10-x)L
下。在D选项中,其原理和B是一样的。 2CO+O2 2CO2 ΔV(减)
4.C 【解析】 根据阿伏加德罗定律可知,四种 2 1 2 1
气体的物质的量之比为:n(CO2)∶n(O2)∶n(N2)∶ xx
n(CH4)=V(CO2)∶V(O2)∶V(N 22)∶V(CH4)=
1∶2∶4∶6,又m=n·M,所以m(CO 2H2+O2 2H2O ΔV(减)2)∶m(O2)∶
m(N2)∶m(CH4)=(1×44)∶(2×32)∶(4×28)∶ 2 1 3
(6×16)=11∶16∶28∶24。 10-x 1.5(10-x)
题源3 x ( )2+1.510-x =10
1.A 【解析】 在常压和500℃条件下,水是气 解得x=5L V(H2)=5L,V(CO)=5L
体,等 物 质 的 量 的 Ag2O、Fe(OH)3、NH4HCO3、 (2)用与(1)相似的解法,可求出答案。
NaHCO3 完全分解,根据分解化学方程式可知:生成 (3)若10L混合气体全部为 H2,则:
的气体体积大小顺序V3>V2>V4>V1。 2H2+O2 2H2O ΔV(减)
2.B 【解析】 将 Na2CO3 滴加入盐酸时,发生 10L 5L 15L
的反 应 为:Na2CO3+2HCl 2NaCl+CO2↑+ 剩余气体为10L
H2O ①,将盐酸滴加入 Na2CO3 溶液时,发生的反 若10L混合气体全部为CO,则:
应为:Na2CO3 + HCl NaHCO3 +NaCl ②, 2CO+O2 2CO2 ΔV(减)
NaHCO3+HCl NaCl+CO2↑+H2O ③。②, 2 1 2 1
③反应为随着盐酸量的逐渐增多,逐步发生的反应。 10L 5L
因此,若实现在两种滴加顺序下产生的气体体积不 剩余气体为20L
同,加入盐酸的量应介于②,③之间。即n(Na2CO3) 所以a 的取值范围为100.4mol,1.0mol/L答案B。 量数。质量守恒定律不仅体现在宏观上总质量相等、
3.A 【解析】 本题运用质量守恒进行解题,设 元素的质量相等,还体现在微观上原子个数相等。根
生成的PCl3,PCl5 的物质的量分别为x mol,y mol。 据碳原子数反应前后相等,8=m+2,m=6;反应前
由 质 量 守 恒 (原 子 守 恒 ) 可 得 后氧原子个数为8+2n=6×2+2+16,n=11,然后
{x+y=n(P)=0.008mol x=0.006mol, 根据化学方程式,由生成解得 故 3.6g水,求参加反应的氧气3x+5y=n(Cl)=0.028mol {y=0.002mol 质量。
x∶y=3∶1,选择A。
4.C B组
题源4 1.A 【解析】 若为标准状况,6.02×1023个分
1.D 【解析】 已知 Q与R的摩尔质量之比为 子的体积为22.4L。
9∶22,结合方程式可以知道,反应生成的Q和R的质 2.A 【解析】 B项单位错误;C项应指明摩尔
量比为18∶22,也就是1.6gX与Y完全反应后,生成 质量的单位为g/mol的前提下,才与相对原子(分子)
18 质量在数值上相等;D项少了质量的单位(g)。
了4.4gR,同时生成了4.4g×22=3.6gQ
,消耗Y 3.B 【解析】 根据化学式意义的拓宽,比较原
的质量为:3.6g+4.4g-1.6g=6.4g。所以,参加反 子个数相等,也就是比较原子的物质的量是否相等。
6.4g 由题中双氧水的化学式可知,1molH2O: 。 2
含有2mol
应的Y和生成物Q的质量之比为 3.6 =16∶9g H和2molO,原子的物质 的 量 总 和 为4mol,那 么
2.(1)5 5 (2)(a-10)/(20-a) (3)10·12·
4.A 【解析】 A 项,8gO2 中 的 电 子 数 为 10.D 【解析】 分析清楚反应过程,充分利用
8g ; , · 守恒 思 想 来 解 决 问 题
。A.向 反 应 后 溶 液 中 加 入
32 · mol-1×16×NA=4NA B
项 NH3 H2O为g NaOH,生成 Mg(OH)2 和Cu(OH)2 沉淀,固体质量
弱电解 质,不 完 全 电 离,1L0.1mol·L-1氨 水 中 增加的是OH-的质量,且有n(OH-)=n(e-),设合
NH+4 数少于0.1NA;C项,盐酸为混合物,HCl完全 金中镁、铜的物质的量分别为x、y,则有
电离,没有 HCl分 子,且 标 准 状 况 下 盐 酸 为 液 体;D /
{24g mol×x+64g
/mol×y=1.52g 质量
项,1molNa被 完 全 氧 化 生 成 Na2O2,失 去 NA 个 2.54g-1.522x+2 = g 电子守恒电子。 y 17g/mol
5.C 【解析】 乙烯 含 的 极 性 共 价 键 为C—H {x=0.01mol解之得 ,则该合金中铜、镁的物质键,每个乙烯分子中含有4个,故0.5mol乙烯中的极 y=0.02mol
性共价键数为2NA,故A错;“5.6LNO和5.6LO2 n的量 之 比 为 2∶1。B.该 硝 酸 的 浓 度 c= =
的混合气体”为11.2L,若为标准状况下且不反应,含 V
有的分子数为0.5NA,而“常温下”且两种气体反应, 50×1.40×63% mol
故B错;BaO2 固 体 中 含 有 的 阴 离 子 为 O2-2 ,16.9g 63
50×10-3L =14.0 mol
/L。C.NO2 和
BaO2 固体为0.1mol,故C正确;一个氢氧化铁胶体
都来自硝酸,设混合气体中 的物质的量为
粒子含有多个Fe(OH),故D错。 N2O4 NO23
6.BD 【解析】 x
,根据电 子 守 恒 得x+(0.05mol-x)×2=0.06
本题考查阿伏加德罗常数的具
。 mol,x=0.04mol,NO 的体积分数为 。 得到体应用 N N 80% D.A个氢气分子和 A个氯气分子的质量比 2
2.54 沉 淀 后,溶 液 中 的 溶 质 只 有 NaNO ,故
为2∶71;16g氧气的物质的量为0.5mol,故16 氧
g 3
g ( )
气含氧 分 子 数 为 0.5NA;N
n NaOH =0.7mol-0.04 mol-0.02 mol=0.64
A 个 水 分 子 的 质 量 为
mol,则NaOH溶液的体积是640mL。
18g,水的摩尔质量为18g/mol,显然二者在数值上
, ; , 11.(1)D→B→C→E (2)接好装置后,打开是相等的 B正确 44gCO2 为1mol
③
含 NA个CO2
, 的塞子,加入适量稀硫酸,将试管倾成一定角度,将锌分子 28gCO为1mol,含 NA个CO分子,D正确。
片放在管壁上,盖好塞子,缓缓竖起试管使锌片滑入
7.C 【解析】 根据阿伏加德罗定律:n(CO2)
∶n(O2)∶n(N2)∶n(CH4)=V(CO
22400w
2)∶V(O2)∶ 硫酸中 (3) (4)硝酸有强氧化性,与锌反V
V(N2)∶V(CH4)=100mL∶200mL∶400mL∶ 应不放出氢气 (5)偏高 偏高
600mL=1∶2∶4∶6,m(CO2)∶m(O2)∶m(N2)∶ 【解析】 测量 的相对原子质量,利用反应:
m(CH4)=(1×44)∶(2×32)∶(4×28)∶(6×16)
Zn
Zn+H2SO4 ZnSO4+H2↑
=11∶16∶28∶24。
实验中只需准确测量产生 H2 的体积(用②④采
8.B 【解析】 A项,气体反应物在标准状况下
用“气压排液”的方法测定 H2 的体积)即可。
总体积为0.448L;B项,氢元素的总质量为(0.01×1 Zn ~ H2
+0.01×3)g=0.04g;C项,生 成 物 为0.01 mol M 22400mL·mol-1
NH4Cl,其为离子化合物,含有0.01molNH+4 和0.01 w VmL
molCl-,
g
不含分子;D项,0.01molNH4Cl完全溶于 M 22400mL·mol-1
水后,由于NH+4 水解,其数目小于0.01NA。 w =g VmL
9.B 【解析】 ①标准状况下,己烯为液体;③ 22400mL·mol-1×wg
7.1gCl2 为0.1mol,与NaOH反应时只有全部变为 M= VmL
Cl-时,转移电子数才为0.2×6.02×1023,而Cl2 与 22400w
所以锌的相对原子质量为 。
NaOH反应时不可能全部变为Cl-;④60gSiO2 中 V
应有Si—O键4×6.02×1023个,因为一个Si原子可 Zn和稀 H2SO4 的反应是在③中进行的。为保
形 成 4 个 Si—O 键;⑤ 乙 醇 的 结 构 式 为 证 H2 不漏出,故在③的试管中应先加入稀 H2SO4,
H H 然后将试管倾成一定角度,把锌片放在试管壁上,塞
紧塞子,缓缓竖直试管使锌片和稀 H2SO4 接触反应。H C C O H ,应含 有8×6.02×1023个 共 价
若实验时锌片中有不溶性杂质或装置气密性不
H H
, 22400w。 。 太好 使测得水的量减小,据公式 知测得键 ②⑥正确 M= V
·13·
的M 的值均偏高。 Δm=48g
12.(1)800 (2)336 NO+NO2+Na2CO3 2NaNO2+CO2 Δm
【解析】 根据题中化学方程式,可得关系式 =32g
6NH3~5CH3OH~3N2 设由NO2 与纯碱反应产生的CO2 为amol,
6 5 3 由NO和NO2 与纯碱反应产生的CO2 为bmol,列
3.4×10-3g·L-1×150×103L 方程计算n(NH3)= 17g· mol-1
=
{a+b=1 ,30mol, 48a+32b=44
5 a=0.75mol
故n(CH3OH)=6×30mol=25mol
, { ,b=0.25mol
n(N )
3 (
= ×30mol=15mol, n NaNO2
)∶n(NaNO3)=5∶3。
2 6 V VNA M M
m( )
()
CH3OH =25mol×32g/mol=800g, 14.1 ①22.4 ②11.2 ③22.4 ④NA
V(N2)=15mol×22.4L/mol=336L。 (2)O3F2 阿伏加德罗定律和质量守恒定律
13.(1) 【 V解析】 (1)由 n= 得 物 质 的 量 n=
得e- Vm
↓ VL V V
2NO2+Na2CO3 NaNO2+NaNO3+CO2 22.4L/mol=22.4mol
,含有分子数为
22.4NA
,原子
↑
失e- V数为分子数的2倍,即 NA;密度是单位体积气体
(2)572g 11.2
(3)①2NO +NaCO NaNO +NaNO + m M M2 2 3 2 3 的质量,则ρ= = = g/L;1mol气体中含V Vm 22.4
CO2 Δm=48g M
NO+NO2+Na2CO3 2NaNO ,2+CO2 有 NA个分子 一个分子的质量为N g
。(2)根据质
A
Δm=32g 量守恒定律和阿伏加德罗定律,写出分解方程式为
设由NO2 与纯碱反应产生的CO2 为amol △
由 和 与纯碱反应产生的 为b 2OxFy 3O2+2F2
,则A的化学式为NO NO CO mol O3F2
。
2 2
()
a+b=1 15.144%
(2)77.5%
{ 【解析】 本题主要考查学生依据化学方程式进48a+32b=44
, 行分析计算的 能 力
。方 解 石 的 主 要 成 分 是
a CaCO=0.75mol 3
,
{ 受热时生成CaO和CO ,其中COb=0.25mol 2 2 挥发失去,故方
( 44n NaNO2)∶n(NaNO3)=5∶3 解石的失重百分比为100×100%=44%
;分析题中所
【解析】 (1)反应①中电子转移的方向和数目, 涉及的反应可知,高岭石在受热过程中,失重为生成
用双线桥法表示为: 的 H2O,方解石受热过程中,失重为生成的CO2,利
得e- 用二者质量之和为13.8mg,列方程可得混合物中高
↓
2NO2+Na2CO3 NaNO2+NaNO3+CO2 岭石的质量分数。设混合物中高岭石的质量分数为
↑ x,则其 质 量66.6x mg,方 解 石 的 质 量 为(66.6-
失e-
() 66.6x
)mg,由题意可得如下关系:
2 配制1000g质量分数为21.2%的纯碱吸收 △
1000g×21.2% Al4Si4O10(OH)8 2Al2O3+4H, 2
O+4SiO2
液 溶液中溶质碳酸钠物质的量= 106g/mol
= 516 72
2mol;晶 体 碳 酸 钠 物 质 的 量 也 是 2 mol,所 以 72×66.6xm
66.6xm g
m(Na2CO3·10H2O)=2mol×286g/mol=572g,
g 516
(3)1000g质量分数为21.2%的纯碱吸收液,吸 △CaCO3 CaO+CO2↑
收硝酸工业尾气,每产生22.4L(标准状况)CO2 时, 100 44
吸收液质量增加了44g。
( 44
①2NO +NaCO NaNO +NaNO +CO 66.6-66.6x
)mg 10
( )
2 2 3 2 3 2 0 66.6-66.6x mg
·14·
由题意得: mL-1×5.1%=18.1g,则n(Mg2+)=0.75mol,故
72×66.6x 44 n(Cl-)( ) =2n
(Mg2+)=1.5mol。
516 mg+10066.6-66.6x mg= 5.(1)m(CuSO4·5H2O)∶m(H2O)=5∶11
13.8mg (2)样品中CuCl的质量分数符合标准
解得x=77.5%。 【解析】 (1)设 需 要CuSO4·5H2O 的 质 量 为
专题5 溶液及其浓度 160
, 250
x 20.0
x H2O的质量为y,则有:x+ =
,得x∶y=
十年高考母题原型训练 y 100
5∶11。所以需CuSO4·5H2O和 H2O的质量之比
A组 为5∶11。
(2)设样品中CuCl的质量为x,由化学方程式可
题源1 得关系式:CuCl~Fe2+~Ce4+,
1.BD 则有n(CuCl)=n(Ce4+),
2.(1)11.7 (2)蒸发皿 (3)35 ℃(33 ℃~ x所以 -1=0.1000mol·L-1×24.60×
40℃的任一个值都可) (4)加热法;取少量氯化铵 99.5g·mol
-3
产品于试管底部,加热,若试管底部无残留物,表明氯 10 L x=0.24477g,
化铵产品纯净 (5)重结晶 ( 0.24477w CuCl)= g0.2500 ×100% =97.91% >【解析】 根 据 氯 元 素 守 恒 可 列 关 系 式 求 得 g
m(NaCl)=10.7 ×58.5 /mol÷53.5 /mol= 96.50%
,所以样品中CuCl的质量分数符合标准。
g g g
(
11.7 , , 6.1
)10.7% (2)0.25 (3)3∶2
g氯化铵的溶解度随温度变化较大 而硫酸钠在 【解析】 ()该问可直接利用物质的量浓度和质
30℃~100℃变化 不 大, 1故 可 用 冷 却 结 晶 法 将
, 量分数的换算公式求解
。
NH4Cl晶体析出 但温度不能太低以防硫酸钠析出。
。 M
(NaOH)×c(NaOH)×V(NaOH)
所以合适温度应大约在33℃~40℃ w= m(NaOH溶液) ×100%=
3.D 【解析】 因为原来的石灰水是饱和的,当 3mol·L-1×100mL×10-3L·mL-1×40g·mol-1
加入生石灰后,0.1mol生石灰要消耗石灰水中的水 1.12g·mL-1×100mL
×
0.1mol,生成氢氧化钙,但并不能溶解,要析出,同时 100%=10.7%。
因为原来饱和石灰水减少1.8g水,其中的溶质氢氧化 (2)溶液中有NaClO,说明Cl2 与 H2 的反应中Cl2
钙也会析出一部分,故溶液减少的质量会大于1.8g, 过量。据反应:
所以原饱和石灰水的质量就小于98.2g。 点燃
Cl2+H2 2HCl
题源2 Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O
1.D 【解析】 电荷守恒,由amolNaOH,求出 HCl+NaOH NaCl+H2O
Mg2+的 物 质 的 量,另 一 份 加 入 BaCl2b mol求 出 可知溶液中n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-)
SO2- 物质的量,2[Mg2+]+[K+4 ]=2[SO2-4 ]。注意 0.1L×3.00mol·L-1=n(Cl-)+0.050mol
V -
原溶液为VL,平分二份各 。 n(Cl )=0.25mol。2 (3)据 反 应 可 知,燃 烧 后 剩 余 Cl2 为n(Cl2)=
2.D 【解析】 电荷守恒,由a molNa2SO4 求 n(NaClO)=0.05mol,与 H2 反应的Cl2 为n(Cl2)=
出Ba2+ 浓 度,b molAgNO -3 求 出[Cl ]浓 度。由: 1
[ +] [ 2+] [(
-) ( )] 1 ( )
K +2Ba =[Cl-]。 2 n Cl -n NaClO =2× 0.25-0.05 mol=
3.B 【解析】 本题考查复分解反应的简单计 0.1mol=n(H2),所以,所用Cl2 与 H2 的物质的量
算。由题意可算出Na2CO3 的物质的量为0.03mol, n(Cl2) (0.1+0.05)mol 3之比为 = = 。
MCln 的物质的量为0.02mol,两者恰好完全反应生 n(H2) 0.1mol 2
成碳酸盐,可知CO2-3 和 M离子比例为3∶2,可能为 题源3
M2(CO3)3 形式,所以 M 离子为+3价,故 MCln 中 1.D 【解析】 由固体物质配制溶液的一般步
n 值是3,B项正确。 骤为:计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇
4.D 【解析】 m(Mg2+)=300mL×1.18g· 匀。溶解是在烧杯中进行的,溶解后的溶液冷却后才
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