2020高中化学 精品系列 专题13 阿伏加德罗常数与化学计算（学生版）

3-2-1精品系列化学2020版 2020年高考计算题特点分析近几年高考试卷中的化学计算在命题立意、情景创设、设问角度及表达方式上基本保持科学、规范、简洁、灵活的特色，并有所突破、创新。I卷选择题突出基本概念和基本方法。II卷综合题其特点是：、选题背景与实际问题紧密结合；、把物质性质、实验操作与化学计算有机融合，突出了化学计算的本质；、体现了化学学科对化学计算的要求，首先是化学问题，其次才是考计算能力，不是为计算而计算；、降低了计算难度，减少了繁琐运算，突出对思维品质和化学思维方法的考查。预测2020年高考，化学计算将呈现如下特点：、化学计算主要考查学生知识建构的整体性和灵活应用的能力，综合性较强；、试题整体的计算量不大，更多的是对化学基本概念、理论和性质的理解，试题不会做数学游戏、审题绕圈子，还化学计算的本来面目；、把实验操作、生产实践和化学计算综合起来，或者通过图表、报刊文献等背景呈现方式、力求题型出新，体现化学学科对计算的要求，更体现对计算综合能力的考查；、考试方式的变化决定了化学计算应该降低难度。三、化学计算复习对策化学计算题考查化学基础知识和数学思维，数学思维包括逻辑推理、数形变换等。化学计算常要根据量的关系建立数学模型，但建立教学模型的前提应该是先建立正确的化学概念、弄清概念的涵义，即找出计算依据。只有对化学基本概念、基础知识正确理解，建立起来的算式或数学表达关系才能正确，才能顺利解答计算题。【考点定位】化学定量研究离不开计算，定性判断往往也要经过化学计算才能得出结论。因而化学计算是化学体系中不可或缺的重要组成部分。高考化学试卷少不了化学计算题，题解过程需要计算的试题更是超过试卷分值百分之四十。如何成功地进行化学计算总复习是化学教师关心的问题。化学计算能力是化学教学中培养学生的一种能力。化学计算是借助于用数学计算工具，从量的方面来对化学的概念或原理加深理解或通过计算进一步掌握物质的性质及其变化规律,也是依据化学物质的性质与化学规律为载体进行的一种运算能力的训练。另外，通过计算还能培养分析、推理、归纳等逻辑思维能力和解决实际问题的能力。计算的关键是对概念的正确理解，在教学中要加强概念间的联系，认识概念间量的关系，把概念定律联系起来，在讲解化学概念的化学涵义的同时要讲解清楚它的数学涵义，以及建立知识点、线与面之间的关系（建构知识的体系结构）。从认知心理学角度培养学生的逻辑思维能力来看：可以分为两种计算形式具体计算与形式计算。【考点PK】考点一、阿伏加德罗常数例1、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A1L1mol/L的Na2CO3溶液中含CO32-0.1NAB标准状况下，22.4LCCl4含分子数为NAC常温下100mL0.1mol/L醋酸溶液中含醋酸分子0.01NAD0.1mol Na2O2与足量水反应转移的电子数为0.1NA考点二、有关物质的量浓度、质量分数、溶解度等的换算例2、质量分数为a、质量为m(g)的某物质的溶液与质量分数为b、质量为n(g)的溶液混合后，蒸发掉质量为p(g)的水，得到溶液的密度为gml-1，物质的量浓度为cmolL-1，则该溶质的相对分子质量为（ ）A B C D 解析：对于本题，首先我们要牢记有关基本公式，如c (B)=n/V(溶液)，V(溶液)=m (溶液)/ ，质量分数=m(溶质)/m(溶液)100%等，以及相关换算公式c=1000/M。根据以上公式及关系式，不难得出正确答案。答案：C考点三、物质的量浓度溶液配制及误差分析例3、用98%（密度为1.84g/cm3）的浓硫酸稀释成3mol/L的稀硫酸100mL。回答下列问题：(1)配制操作可分解成如下几步,以下正确的操作顺序是 。A.向容量瓶中注入少量蒸馏水,检查是否漏水B.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒,将溶液注入容量瓶,并重复操作两次C.用冷却的稀硫酸注入已检查不漏水的容量瓶中D.根据计算,用量筒取一定体积的浓硫酸E.将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中,并不断用玻璃棒搅拌F.盖上容量瓶塞子,振荡,摇匀G.用胶头滴管加蒸馏水,使溶液凹面恰好与刻度相切H.继续往容量瓶中小心地滴加蒸馏水,使液面接近刻度线(2)由于错误操作,使制得的稀硫酸溶液浓度偏小的是 (填写编号)。A.用量筒量取一定液体时,俯视液面读数B.使用容量瓶配制溶液时,俯视液面定容后所得溶液浓度C.没有用蒸馏水洗涤烧杯23次, 并将溶液移入容量瓶中D.容量瓶刚用蒸馏水洗净,没有烘干E.定容时,滴加蒸馏水,先使液面略高于刻度线,再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切F把配制好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用 解析：物质的量浓度溶液的配制是一个定量的基本操作实验，因此要掌握其配制步骤：计算称量溶解转移定容摇匀。在分析误差时，要从引起质量和体积两方面的误差着手分析。答案：(1)ADECBHGF或DEACBHGF （2）A C E F【2020高考试题解析】（2020广东）11设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A常温下，4g CH4含NA个CH共价键 B1 mol Fe与足量稀HNO3反应，转移个2NA个电子C1L 0.1 mol/L NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3 D常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子（2020四川）7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAD某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA（2020四川）13.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是ACu与Cu2O的物质的量之比为21B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【答案】：B【解析】：设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有64x+144y=27.2 由CuCu(OH)2 Cu2O2Cu(OH)2得34x+68y-16y=39.2-27.2，解得x=0.2 y=0.1Cu与Cu2O的物质的量之比为0.20.1=21，A正确；硝酸的物质的量为硝酸铜中NaOH和NO的物质的量之和，1.0mol +（0.2 mol2+0.1 mol2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /0.5L =2.4 mol/L，B不正确；产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/ mol（0.2 mol2+0.1 mol2）/3=4.48L，C正确；Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2 mol2-0.1 mol22=0.2mol，D正确。【考点定位】本题考查铜及其化合物知识和氧化还原反应的计算。（2020大纲版）12在常压和500条件下，等物质的量的Ag2O、Fe(OH)3 、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得气体体积依次是V1V2V3V4。体积大小顺序正确的是A.V3V2V4V1 B. V3V4V2V1C.V3V2V1V4 D.V2V3V1V4【答案】A【解析】500时，分解产生的H2O均为气体，涉及的反应方程式有：2Ag2O4Ag + O2,2Fe(OH)3Fe2O3 + 3H2O,NH4HCO3 NH3+CO2+H2O,2NaHCO3 Na2CO3 + CO2+ H2O,设取2mol以上各物质，产生的气体分别为：1mol,3mol,6mol和2mol。同温同压下，体积之比等于物质的量之比，则体积大小顺序为：V3V2V4V1，A项正确。【考点定位】无机反应方程式书写，阿伏加德罗定律（2020海南）6将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100 molL-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是AM BM2+ CM3+ DMO2+【答案】：B【解析】：根据我们所学的氧化还原反应，在反应中一定存在得失电子守恒。设反应后X元素的化合价为x，参加反应的MO2+的物质的量为0.002mol，参加反应的锌的物质的量为0.003mol，故存在：(5-x)0.002=0.0032，解得x=2，故选B。【考点定位】此题以氧化还原知识为载体，考查了化学计算知识。（2020海南）7NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是A在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后可得到NH3分子数为NAB一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NAC1.0L的0.1 molL-1Na2S溶液中含有的S2-离子数为0.1NAD标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA【答案】：B【解析】：合成氨反应为可逆反应，氮气和氢气不能完全转化为氨气，A错；钠原子在化学反应中一般失去最外层的一个电子，故其不论生成氧化钠还是过氧化钠，都失去0.1mol电子，B对；硫化钠电离出的S2-离子在水溶液中存在水解，故不到0.1mol，C错；CCl4在常温下为液态，其不符合气体摩尔体积，D错。【考点定位】此题结合可逆反应、氧化还原反应、离子水解和物质的状态考查阿伏伽德罗常数知识。（2020全国新课标卷）9. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是 A.分子总数为NA的NO2和CO2的混合气体中含有的氧原子数为2NA B.28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA C.常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA D.常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA【答案】 D（2020上海）11工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氮氧化反应，若有标准状况下yL氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数NA可表示为A B C D【答案】D【解析】氨气的催化氧化的反应为：4NH35O24NO6H2O，标准状况下VL氨气转移的电子数为5NAnmol，NA。【考点定位】本题考查化学计算（2020上海）22PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将l mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2。则剩余固体的组成及物质的量比是A1：1混合的Pb3O4、PbO B1：2混合的PbO2、Pb3O4C1：4：l混合的PbO2、Pb3O4、PbO DPbO2、Pb3O4、PbO【答案】AD 【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒可知PbO2生成O2时，生成O2与生成的2价Pb(用PbO表示)的关系为：O2 2PbO，氧化还原反应中得失电子守恒可知由剩余固体与浓盐酸反应时，其中反应物中的4价Pb(用PbO2表示)与生成物Cl2的关系为：PbO2 Cl2。由上述两个关系式及题目已知信息O2和Cl2的物质的量之比为3:2可知剩余固体中，PbO：PbO2=6:2=3:1。Pb3O4可以看做2PbOPbO2，故选将四个选项中的Pb3O4换算为2PbOPbO2时，选项A、D中的PbO：PbO2=3:1，选项B中的PbO：PbO2=4:3，选项C中的PbO：PbO2=7:5。【考点定位】本题考查铅的化合物的性质，考查氧化还原反应规律的应用。（2020江苏）8. 设NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 标准状况下，0. 1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0. 1NA B 常温常压下，18 g H2O 中含有的原子总数为3NA C 标准状况下，11. 2 L CH3CH2OH 中含有的分子数目为0. 5NA D 常温常压下，2. 24 L CO 和CO2 混合气体中含有的碳原子数目为0. 1NA 【答案】B【解析】A选项溶于水的氯气不能完全与水反应，该反应可逆；B选项正确；C选项错误，乙醇标况下为液态；D选项错误，非标况下不能使用标况下的气体摩尔体积。【考点定位】阿伏加德罗常数的应用（2020上海）二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：27Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式_。答案：解析：28已知：Se+2H2SO4(浓)2SO2+SeO2+2H2O；2SO2+SeO2+2H2OSe+2SO42-+4H+ SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_。29回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定： SeO2+ KI+ HNO3 Se+ I2+ KNO3+ H2O I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI 配平方程式，标出电子转移的方向和数目。30实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000 mol/L的Na2S2O3溶液25.00 mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为_。【答案】27Se2HNO3(浓)H2SeO3NONO228H2SO4(浓)SeO2SO2294HNO3Se2I24KNO32H2O300925SeO2 4Na2S2O4故样品中的SeO2质量为m=02000 mol/L0025 L111 g/mol。即样品中SeO2质量分数为=0925。【考点定位】本题主要考查氧化还原反应和有关的化学计算能力，意在考查考生对氧化还原反应规律的理解与应用。（2020上海）用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下： 3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g) Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q0) 完成下列填空：答案：解析：31在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2 L，3 min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80 g，则H2的平均反应速率_ mol(Lmin)；该反应的平衡常数表达式K=_32上述反应达到平衡后，下列说法正确的是_。 a其他条件不变，压强增大，平衡常数K减小 b其他条件不变，温度升高，平衡常数K减小 c其他条件不变，增大Si3N4物质的量平衡向左移动 d其他条件不变，增大HCl物质的量平衡向左移动33一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是_。a3v逆(N2)=v正(H2) bv正(HCl)=4v正(SiCl4) c混合气体密度保持不变 dc(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：634若平衡时H2和HCl的物质的量之比为m/n，保持其它条件不变，降低温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比_m/n（填“”、“=”或“”)。【答案】31002；32bd33ac34【解析】31反应生成n(Si3N4)002 mol，则反应消耗n(H2)=012 mol，v (H2)=002 mol/(Lmin)，该反应的平衡常数的表达式为。关。（2020全国新课标卷）26.（14分）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换。交换完成后，流出溶液的OH-用0.40mol.L-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值： （列出计算过程）；（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n（Fe）：n（Cl）=1:2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为 。在实验室中，FeCl2可用铁粉和 盐酸反应制备，FeCl3可用铁粉和 反应制备；（3）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为 （4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为 。 与MnO2-Zn电池类似，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为 ，该电池总反应的离子方程式为 。（4）根据题意，FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，根据元素守恒、电子转移守恒，可得反应的离子方程式。根据原电池反应原理，锌做负极材料，失电子，发生氧化反应；K2FeO4在电池中作为正极材料，得电子，发生还原反应。【考点定位】铁及其化合物、酸碱中和滴定、离子方程式的书写、电化学、化学计算。（2020上海）钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。完成下列计算：57叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生40.32 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠_g。58钠-钾合金可在核反应堆中用作热交换液。5.05 g钠-钾合金溶于200 mL水生成0.075 mol氢气。(1)计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度(忽略溶液体积变化)。 (2)计算并确定该钠-钾合金的化学式。59氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳，有下列反应： 2NaAl(OH)4+CO22Al(OH)3 +Na2CO3+H2O己知通入二氧化碳336 L(标准状况下)，生成24 mol Al(OH)3和15 mol Na2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L（标准状况下)，计算生成的Al(OH)3和Na2CO3的物质的量之比。60常温下，称取不同氢氧化钠样品溶于水，加盐酸中和至pH=7，然后将溶液蒸干得氯化钠晶体，蒸干过程中产品无损失。 氢氧化钠质量(g) 氯化钠质量(g) 2.40 3.51 2.32 2.34 3.48 3.51 上述实验所用氢氧化钠均不含杂质，且实验数据可靠。通过计算，分析和比较上表3组数据，给出结论。【答案】5778结论：实验所取氢氧化钠样品是NaOH；实验和实验所取氢氧化钠样品应该是NaOHH2O。【解析】57根据氮元素守恒：n(NaN3)=n(N2)= =12 mol，m(NaN3)=12 mol65 gmol1=78 g。58根据化学方程式：2Na2H2O=2NaOHH2，2K2H2O=2KOHH2，可知n(OH)=2n(H2)=0075 mol2=015 mol。c(OH)=0.75molL1。设合金中钠和钾物质的量分别为a和b，则：ab=00752=015，23a39b=505 g，解得a=0050 mol，b=010 mol，n(Na):n(K)=1:2，该钠-钾合金的化学式为NaK2。 59溶液中通入CO2，与NaOH反应生成Na2CO3，与铝酸钠反应生成Al(OH)3和Na2CO3。由化学方程式：2NaAl(OH)4CO22Al(OH)3Na2CO3H2O，可求出由CO2与NaAl(OH)4生成Na2CO312 mol，则CO2与NaOH反应生成Na2CO33 mol。n(NaOH)=6 mol。112 L二氧化碳得物质的量：5 mol，CO2与NaOH反应生成Na2CO33 mol。CO2与NaAl(OH)4生成Al(OH)3：(53)2=4 mol，生成Na2CO32 mol，则n(Al(OH)3)：n(Na2CO3)=4：5。60见“答案”。【考点定位】本题考查化学计算与判断。（2020江苏）18. (12 分)硫酸钠-过氧化氢加合物(xNa2SO4 yH2O2 zH2O)的组成可通过下列实验测定：准确称取1. 7700 g 样品，配制成100. 00 mL 溶液A。准确量取25. 00 mL 溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2 溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0. 5825 g。准确量取25. 00 mL 溶液A，加适量稀硫酸酸化后，用0. 02000 molL-1KMnO4 溶液滴定至终点，消耗KMnO4 溶液25. 00 mL。H2O2 与KMnO4 反应的离子方程式如下：2MnO4- +5H2O2+6H=2Mn2+8H2O+5O2(1)已知室温下BaSO4 的Ksp =1. 1伊10-10，欲使溶液中c(SO42 )1. 010-6 molL-1，应保持溶液中c(Ba2) molL-1。(2)上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO4- 被还原为MnO2，其离子方程式为 。(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。【答案】18. (12 分)(1)1. 110-4(2)2MnO4+3H2O2=2MnO2+3O2+2OH+2H2O(3)n(Na2SO4)= n(BaSO4)= 0. 5825g/233gmol1 =2. 5010-3 mol 2MnO4- +5H2O2+6H=2Mn2+8H2O+5O2 n(H2O2)= 5/20. 02000 molL-125. 00 mL/1000 mLL-1 =1. 2510-3mol m(Na2SO4)= 142 gmol1 2. 5010-3 mol=0. 355 g m(H2O2)= 34 gmol11. 2510-3 mol=0. 0425 g n(H2O)=（1. 7700 g25. 00 mL/100. 00mL-0. 355 g-0. 0425 g）/18 gmol1 =2. 5010-3mol x ：y ：z =n(Na2SO4) ：n(H2O2) ：n(H2O)= 2 ：1 ：2 硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4H2O22H2O【解析】(1)根据Ksp可得出c(Ba2+)=Ksp/c(SO42-)=1.110-10/1.010-6=1. 110-4。(2)根据条件可知，非酸性条件下，MnO4 被还原为MnO2，则H2O2被氧化，产物只能为O2，根据【考点定位】物质组成的定量检测【2020高考试题解析】1（上海）过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28 g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数) 二氧化碳碳酸钠转移的电子A1molNAB22.4L1molC106 g1molD106g2NA解析：二氧化碳和过氧化钠反应的方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，每生成1mol氧气，固体质量就增加56g、消耗2mol二氧化碳和2mol过氧化钠，同时生成2mol碳酸钠，而转移的电子数是2mol。答案：AC2.（四川）25 在等体积的pH=0的H2SO4溶液，0.05 molL1的Ba(OH)2溶液，pH = 10的Na2S溶液，pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是( )A1101010109 B1551095109C1201010109 D110 104109【答案】A【解析】中pH=0的H2SO4中c(H)=1.0 molL1，c(OH)=1.01014molL1，水电离程度为1.01014molL1。中c(OH)=0.1 molL1，c(H)=1.01013molL1，水电离程度为1.01013molL1。中c(OH)=1.0104molL1，水的电离程度为1.0104molL1。中c(H)=1.0105molL1，水的电离程度为1.0105molL1。故中水的电离程度之比为：1.01014molL1：1.01013molL1：1.0104molL1：1.0105molL1=1:10:1010:109，A项正确。3.（四川）25C和101kpa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32 mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体的总体积缩小了72 mL，原混合烃中乙炔的体积分数为( )A12.5% B25% C50% D75%【答案】B【解析】根据燃烧方程式：C2H6 O2=2CO23H2O 减小V 1 2.5 C2H2O2=2CO2H2O 减小V 1 1.5 C3H6O2=3CO23H2O 减小V 1 2.5由方程式不难发现看，C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即可。设C2H6和C3H6一共为x mL，C2H2为y mL。则有 x y = 32；2.5x1.5y = 72，解得y=8。混合烃中乙炔的体积分数为，B项正确。4.（大纲版）某含铬（Cr3O72)废水用硫酸亚铁铵废水用硫酸亚铁铵铵FeSO4(NH4)2SO46H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到n molFeOFeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是A.消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2-x)mol B.处理废水中Cr2O72的物质的量为nx/2molC.反应中发生转移的的电子数为3nx mol D.在FeOFeyCrxO3中，3x=y【解析】A选项错误，由铁元素守恒可知，沉淀中含的铁全部来自硫酸亚铁铵中，n 【答案】A5.（大纲版） NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是 A.18gH2O中含有的质子数为10NAB.12g金刚石中含有的共价键数为4NAC.46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA D.1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子【解析】A选项正确，18g水为1mol，而水是10电子10质子的微粒，故易知A正确；B选项错误，用均摊法，金刚石晶体中中每6个碳原子构成1个6元环，每个碳原子被12个环共用，每个C-C被6个环共用，也即每1mol金刚石中含有2 molC-C键（晶体硅与金刚石类似），即2NA而不是4NA；C选项正确，由于N2O4可看作(NO2)2，故46g两者的混合物中含有1molN,2molO，也即含原子总数为3NA；D选项正确，因为钠只有1mol，无论反应得到氧化钠还是过氧化钠，由得失电子守恒，Na失去的电子数目只能为NA个电子。【答案】B 6.（全国新课标）下列叙述正确的是A.1.00mol NaCl中含有6.021023个NaCl分子B. 1.00mol NaCl中,所有Na+的最外层电子总数为86.021023C.欲配置1.00L ,1.00mol.L-1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L水中D.电解58.5g 熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠解析：NaCl属于离子化合物，不存在NaCl分子，A不正确；Na+的最外层已经达到8电子稳定结构，所以B正确；1.00L ,1.00mol.L-1的NaCl溶液是指1.00molNaCl即58.5g NaCl溶于水配成1L溶液，而不是指溶剂为1L，C不正确；有原子守恒可知58.5g NaCl只能生成0.5mol氯气，在标准状况下是11.2L，D不正确。答案：B7.（安徽） 科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3（如下图所示）。已知该分子中N-N-N键角都是108.1，下列有关N(NO2) 3的说法正确的是 A.分子中N、O间形成的共价键是非极性键B.分子中四个氮原子共平面C.该物质既有氧化性又有还原性D.15.2g该物质含有6.021022个原子解析：N和O两种原子属于不同的非金属元素，它们之间形成的共价键应该是极性键，A错误；因为该分子中N-N-N键角都是108.1，所以该分子不可能是平面型结构，而是三角锥形，B错误；由该分子的化学式N4O6可知分子中氮原子的化合价是3价，处于中间价态，化合价既可以升高又可以降低，所以该物质既有氧化性又有还原性，因此C正确；该化合物的摩尔质量是152g/mol，因此15.2g该物质的物质的量为0.1mol，所以含有的原子数0.1106.0210236.021023，因此D也不正确。答案：C8、（广东）设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A、常温下，23g NO2含有nA个氧原子B、1L 0.1molL-1的氨水含有0.1nA个OHC、常温常压下，22.4L CCl4 含有个nA个CCl4分子D、1 mol Fe2+ 与足量的H2O2溶液反应，转移2 nA个电子答案：A9.（江苏）设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1mol甲醇中含有CH键的数目为4NAB.25,PH13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NAC.标准状况下，2.24L已烷含有分子的数目为0.1NAD.常温常压下，Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2,转移电子的数目为0.4 NA【答案】D【解析】本题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和注意事项。A.1mol甲醇中含有CH键的数目为3NA。B.无溶液体积无法计算OH的数目。C.标准状况下已烷为液态，无法计算。D.Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2，O的化合价1价转变为0价，转移电子1mol，0.220.4 NA。解决此类问题的关键是：灵活应用各种知识，尤其基本概念与理论中元素守恒、化学键问题、晶体结构问题、氧化还原中电子转移问题、可逆反应问题及物质的量计算中一些特殊物质的状态等。10.（江苏）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.在0.1 molL1NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)B.在0.1 molL1Na2CO3溶液中：c(OH)c(H)c(HCO3)2c(H2CO3)C.向0.2 molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液：c(CO32) c(HCO3) c(OH)c(H)D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH7, c(Na)0.1 molL1：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H)c(OH)【答案】BD【解析】本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比较似乎是考试热点内容，高三复习中要反复加强训练。11.（全国新课标）（14分）0.80gCuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。请回答下列问题：（1）试确定200时固体物质的化学式_（要求写出推断过程）；（2）取270所得样品，于570灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为_。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为_，其存在的最高温度是_；（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为_；（4）在0.10molL-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=_molL-1（KapCu（OH）2=2.210-20）。若在0.1molL-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是_molL-1。解析：（1）0.80gCuSO45H2O中含有CuSO4的质量为。由图像可知当温度升高到102是时CuSO45H2O开始部分脱水，在113258时剩余固体质量为0.57g，根据原子守恒可计算出此时对应的化学式，设化学式为CuSO4nH2O，则有，解得n1，所以200时固体物质的化学式为CuSO4H2O；（2）由图像可知当温度超过258时，剩余物质恰好是CuSO4，高温下分解的化学方程式是CuSO4570CuOSO3；CuO溶于硫酸生成CuSO4，结晶析出生成胆矾即CuSO45H2O；由图像可知CuSO45H2O存在的最高温度是102；（3）SO3溶于水生成硫酸，浓硫酸在加热时与铜反应的化学方程式为Cu2H2SO4CuSO42H2OSO2（4）因为KapCu（OH）2c(Cu2)c2(OH) =2.210-20，当溶液的pH=8时，c (OH)106，所以c(Cu2)2.210-8；硫酸铜溶液中通入过量H2S气体时反应的化学方程式为： CuSO4H2S=H2SO4CuS，忽略溶于体积变化根据原子守恒可知生成的硫酸的浓度是0.1molL-1，所以H+浓度是0.2molL-1。答案：（1）CuSO4H2O；（2）CuSO4570CuOSO3、CuSO45H2O、102；（3）Cu2H2SO4CuSO42H2OSO2（4）2.210-8、0.212.（安徽）(14分)MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：（1）第步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的 （写化学式）转化为可溶性物质。 （2）第步反应的离子方程式 +ClO3+ MnO2+Cl2+ 。（3）第步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、 、 、 ，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有 （写化学式）。（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g，第步反应后，经过滤得到8.7g MnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下），则在第步反应中至少需要 mol NaClO3解析：本题通过MnO2的提纯综合考察了常见的基本实验操作、氧化还原方程式的配平、产物的判断及有关计算。程式5MnSO42NaClO34H2O=5MnO2Cl2Na2SO44H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol。答案：（1）MnO和MnCO3；（2）5Mn22ClO34H2O=5MnO2Cl28H；（3）酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；NaCl；（4）0.02mol。13.（北京）（14分）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如下图所示：（1）溶液A的溶质是 ；（2）电解饱和食盐水的离子方程式是 ；（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用 ；（4）电解所用的盐水需精制。去除有影响的Ca2、Mg2、NH4、SO42c(SO42)c(Ca2)。精致流程如下（淡盐水和溶液A来电解池）：盐泥a除泥沙外，还含有的物质是 。过程中将NH4+转化为N2的离子方程式是 BaSO4的溶解度比BaCO3的小，过程中除去的离子有 经过程处理，要求盐水中c 中剩余Na2SO3的含量小于5mg /L,若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg /L ，则处理10m3 盐水b ，至多添加10% Na2SO3溶液 kg（溶液体积变化忽略不计）。解析：（1）电解时在电极的作用下，溶液中的阳离子向阴极作定向运动，阴离子向阳极作定向运动，所以电解饱和食盐水时Na和H向阴极运动并放电，但H比Na易得电子，所以H首先放电，方程式为2H2e=H2。由于H是水电离出的，所以随着H的不断放电，就破坏了阴极周围水的电离平衡，OH的浓度就逐渐增大，因此溶液A的溶质是NaOH。由于Cl比OH易失电子，所以在阳极上CI首先放电，方程式为2Cl2e=Cl2。因此电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl2H2O2OHH2Cl2。（2）见解析（1）（3）由于阳极上生成氯气，而氯气可溶于水，并发生下列反应Cl2H2OHClHClO，根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反应方向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。（4）由于溶液中含有Mg2，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg(OH)2沉淀，即盐泥a中还含有Mg(OH)2；淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl，方程式为2NH43Cl28OH=8H2O6ClN2；沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀；NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为Na2SO3+NaClONa2SO4+NaCl。10m3 盐水b中含NaClO的物质的量为，由方程式可知消耗Na2SO3的质量为1mol126g/mol126g。若设需要10% Na2SO3溶液的质量为X，则有，解得x1760g，即至多添加10% Na2SO3溶液1.76kg。答案：（1）NaOH（2）2Cl2H2O2OHH2Cl2（3）氯气与水反应：Cl2H2OHClHClO，增大HCl的浓度可使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。（4）Mg(OH)2 2NH43Cl28OH=8H2O6ClN2SO42、Ca21.7614.（福建）（14分）四氧化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成为是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：回答下列问题( 1 ) 往中缴入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：加入铁屑的作用是 。（2）在 工艺过程中需要控制条件以形成TiO2nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大大小在 范围。（3）若把中制得的固体TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可以制得钛白粉。已知25C时， 该温度下反应的平衡常数K= 。（4）已知： 写出中TiO2和焦炭、氧气反应生成也太TiCl4和CO气体的热化学方程式： 。（5）上述工艺具有成本