专题4 物质的量 十年高考母题原型训练-【备战高考】备战2027高考化学母题题源同步练

十年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) A 题源1物质的量和阿伏加德罗常数（★★★★） 1,(2023·广东)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说 正确的是 A.1mol甲苯含有6NA个C-H键 B.18gH2O含有10NA个质于 C.标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH分于 D.56g铁片投入足量浓H,SO:中生成NA个SO2分于 2.(2023·四川)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说正 确的是 A.高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分于 数目为0.3VA B.室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH 离于数目为0.1NA C.氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时，电路 中通过的电于数目为2NA D.5NH,NO,A2HNO,+4N,◆+9H,0反应中，生成 28gN时，转移的电于数目为3.75NA 3.(2023·广东)设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列 说法正确的是 A.常温下，4gCH:含有NA个C一H共价键 B.1 mol Fe与足量的稀HNOg反应，转移2NA个电于 C.1L0.1mol·L1 NaHCO3液含有0.1NA个HC)3 D.常温常压下，22.4L的NO2和CO,混合气体含有2NA 个0原于 4.(2023·江苏)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法 正确的是 () A.1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原于的数目 为0.1NA B.0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1Na C.标准状况下，11.2L苯中含有分于的数目为0.5NA D.在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电 于的数目为0.4NA 5.(2023·大纲)VA表示阿伏加德罗常数，下列叔述正确 的是 A.1 mol Fel与足量氣气反应时转移的电于数为2NA B.2L0.5mol·L1硫酸钾溶液中阴离于所带电荷数 为NA C.1 mol Na2 O,固体中含离于总数为4VA D.丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原于的个数 为6NA 6.(2023·江苏)甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有 相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲一乙吊丙 下列有关物质的推断不正确的是 A.若甲为焦炭，则丁可能是) ·3 组 B.若甲为SO,则丁可能是氨水 C.若甲为Fe,则丁可能是盐酸 D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO, 7.(2023·新课标Ⅱ)NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述 正确的是 A.1.0L1.0mol·L-1的NaAlO,水溶液中含有的氧原于 数为2NA B.12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA C.25℃时pH=13的Na()H溶液中含有OH的数目 为0.1NA D.1mol的羟基与1mol的氢氧根离于所含电于数均 为9NA 题源2气体摩尔体积（★★★） 1.(2020·海南)设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确 的是 A.标准状况下，5.6L四氣化碳含有的分于数为0.25NA B.标准状况下，14g氨气含有的核外电于数为5NA C.标准状况下，22.4L任意比的氢气和氯气的混合气体中 含有的分于总数均为NA D.标准状况下，铝跟氢氧化钠溶液反应生成1mol氢气时， 转移的电于数为NA 2.实验测得乙烯(C2H,)与氧气混合气体的密度是氢气的 14.5倍，可知其中乙烯的质量分数为 A.25.0% B.27.6% C.72.4% D.75.0% 3.(2018·广东)下列条件下，两瓶气体所含原于数一定相 等的是 () A.同质量、不同密度的N2和CO B.同温度、同体积的H,和N2 C.同体积、同密度的CH和C3H D.同压强、同体积的NO和CO2 4.(2004·京、皖春)在相同的温度和压强下，4个容器分别 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, CO2,100mL;b.O2,200mL:c.N2,400mL;d.CH,600mL。 则4个容器中气体的质量由大到小的顺序是 () A.a>bc>d B.b>a>d>c C.c>d>b>a D.d>c>>b 题源3与气体有关的计算（★★★） 1.(2023·全国)在常压和500℃条件下，等物质的量的 Ag2),Fe()H)3,NH,HCO3,Na HCO3完全分解，所得气体体 积依次是V1V:、V、V:,体积大小顺序正确的是 () A.V3>V:>V.>V1 B.V>V>V>V C.V:>V>VI>V D.V2>V>V>V 2.(2023·上海)120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200 L盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有 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 ( A.2.0 mol/L B.1.5 mol/L C.0.18 mol/L D.0.24 mol/L 3.(2022·全国1)一定条件下磷与干燥氣气反应，若0.25g 磷消耗掉314mL氯气（标准状况），则产物中PCl与PCl的物 质的量之比接近于 () A.3:1 B.2:3 C.5:3 D.1:2 4.在一个密闭容器中盛有11gX气体(X的摩尔质量为44 g/mol)时，压强为1×10Pa。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5×10Pa,这时容器内气体 X的分于数约为 A.3.3×102 B.3.3×102 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一2Q+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.46:9B.32:9C.23:9D.16:9 B (测试时间：60分 一、选择题（本题包括10小题，每小题5分，共50分。） 1.一定温度和压强下，30L某种气态纯净物中含有6.02× 1023个分于，这些分于由1.204×104个原于组成，下列有关说法 中不正确的是 A.该温度和压强可能是标准状况 B.标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4L C.该气体中每个分于含有2个原于 D.若O2在该条件下为气态，则1mol),在该条件下的体 积也为30L 2.下列有关摩尔质量的描述或应用中，正确的是() A.OH的摩尔质量是17g/mol 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于的相对原于质量 D.一个钠原于的质量约等于6.02X10西 23 3.下列哪种物质所含有原于数与0.4 mol H2 O,所含有的 原于数相等 A.0.2 mol H2 SO B.0.2 mol H;PO C.0.3 mol HNO D.0.5 mol NaCl 4.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A.常温常压下，8gO2含有4NA个电于 B.1L0.1mol·L1的氨水中有NA个NH 2.(2002·全国)在25℃、101kPa条件下，将15L0通入 10LC0和H2的混合气中，使其完全燃烧，干燥后，恢复至原来 的温度和压强。 (1)若剩余气体的体积是15L,则原C)和H。的混合气中： V(CO)= L,V(H2)= L。 (2)若剩余气体的体积为aL,则原C)和H2的混合气体 中：V(CO)：V(H2)= (3)若剩余气体的体积为aL,则a的取值范围是 3.甲醇(CHOH)是一种有毒、有酒的气味的可燃性液体。 甲醇在氧气中不完全燃烧可发生如下反应：8CHOH十nO, 一mC02+2C0+16H0。若反应生成3.6g水，请计算： (1)m值是 (2)参加反应的氧气质量是多少克？ 组 总分：100分) C.标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCI分于 D.1 mol Na被完全氧化生成NaO,失去2WA个电于 5.用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，11.2L乙烯含有的极性共价键数为NA B.常温下，5.6LNO和5.6LO2的混合气体中含有的分于 数为0.5NA C.16.9gBaO:固体中阴、阳离于总数为0.2Na D.含有1 mol Fe(OH)3的氢氧化铁胶体中含有胶粒数 为NA 6.设NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是 () A.NA个氢气分于和NA个氯气分于的质量比为1：1 B.NA个水分于的质量与水的摩尔质量在数值上相等 C.16g氧气含氧分于数为NA D.44gCO2与28gCO所含的分于数均为NA 7.在相同的温度和压强下，4个容器中分别装有4种气体。 已知各容器中的气体和容器的容积分别是a.CO,,100mL:b. O2,200mL;c.N2,400mL;d.CH,600mL。则4个容器中气 体的质量由大到小的顺序是 () A.a>b>c>d B.b>a>d>c C.c>d>ba D.d>c>a>b 8.常温下，抽去如图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分 反应。下列说法正确的是（设NA为阿伏加德罗常数的值） -0.01mol HCl 玻璃片 -0.01mol NH, A.反应物的总体积为0.448L B.装置中氢元素的总质量为0.04g C.生成物中含有0.01NA个分于 D.生成物完全溶于水后所得溶液含有0.01NA个NH 9.下列说法正确的是 ( ①标准状况下，22.4L己烯含有的分于数为6.02×10 ②标准状况下，aL的氧气和氮气的混合物含有的分于数约 为24×6.02×10 ③7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电于数约 为0.2×6.02×102s ④60gSiO:晶体中含有2×6.02×103个Si-0键 ⑤1mol乙醇中含有的共价键数约为7×6.02×102 ⑥500mL1mol·L1的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子 数约为1.5×6.02×1023 A.①④ B.②⑥C.③⑤D.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NO:和N,O:的混合气体 1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH 溶液，当金属离于全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正 确的是 () A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1 B.该浓硝酸中HNO:的物质的量浓度是14.0mol/L C.NO,和N2O,的混合气体中，NO,的体积分数是80% D.得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL 二、非选择题（本题包括5小题，共50分。） 11.(10分)现有如下药品和装置：心g(心<1)锌片、稀 HSO,、无水硫酸铜和水，设计一个实验，测Zn的相对原于质量 (气体体积均可认为是在标准状况下测定)，参见下图。 ① ② ③ ④ (1)所用装置连接顺序（填接口宇母）为 (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的相对原于质量的数学表 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于 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 3 12.(8分)现有含NH33.4mg·L的废水150m3(密度为 1g·cm3),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,+NHa一NO+H +H2O、6NO3+6H++5CH3OH一3N2↑+5CO2◆+ 13H0。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N的体积（标况下）为 L。 13.(10分)硝酸工业生产中的尾气（主要成分为N)2和 N))可用纯碱溶液吸收，有关的化学反应为： 2NO2 +Naz CO3 -NaNO2 +NaNO;+CO2 D NO+NO。十NaeC)3-2NaNO。+C)2② (1)用双线桥法表示出反应①中电于转移的方向和数目。 2NO2+Na2 COs-NaNO,+NaNOs+CO (2)配制1000g质量分数为21.2%的纯碱吸收液，需 Na2CO3·10H2O多少克？ (3)现有1000g质量分数为21.2%的纯碱吸收液，吸收硝酸 工业尾气，每产生22.4L(标准状况)C)2时，吸收液质量增加了 44g。计算吸收液中NaNO和NaNO的物质的量之比。（写 出计算过程) 14.(12分)(1)某气体的分于为双原于分于，其摩尔质量为 Mg/mol,现有标准状况下VL该气体，设阿伏加德罗常数的值 为NA,则： ①该气体的物质的量为mol; ②该气体中所含的原于总数为 ③该气体在标准状况下的密度为」 g/L; ④该气体的一个分于的质量为 g。 (2)气体化合物A分于式可表示为O.F,,已知同温同压下 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[AL,Si:O(OH)]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 (2)计算矿物中高岭石的质量分数。 3且H<7,不与A反应，C可与D反应产生二氧化碳 气体，因此C为NH,HS):。由n(A):n(B)=1:3 产生白色沉淀，可知A为氯化铝或硝酸铝。A蒸千过 程中促进铝离子水解得到氢氧化铝和盐酸或硝酸（易 辉发)，再灼烧变为氧化铝。W为偏铝钠，蒸千灼烧仍 为偏铝酸钠。(3)由上知A:AlCl3或Al(N)3)3;B: NaOH:C:NH,HS)::D:NaC)3。根据pH大小：酸< 盐<碱，可得pH由大到小的顺序是NaOH>NaC) >AICL[AI(NO3)a]>NH.HS):。(4)若B,C的稀溶 液混合后（不加热）溶液呈中性，则n(Na)H)> n(NH:HSO:),因此各离子的浓度大小关系为c(Na) c(SO)>c(NH)>c(H)=c(OH) 15.(1)n(HNO3)=6.0mol·L1(2)747mL 【解析】n(Na)H)=1.0mol·L1×0.035L 9.32g =0.035 mol n(BaSO:)= 233g·mo17=0.04mol n(Cu)= 64g·mol7=0.05mol 3.2g (1)原混合液中：c(H+)=4X0.035m0 0.010L 14 mol I(HO.)=0.04 mol =4.0mol·L1 0.010L c(HN0,)=0.14mol-0.04molX2 6.0mol·L-1 0.010L (2)8H++2NO+3Cu一3Cu2++4H2O+ 2N) 0.14 mol 0.06 mol 0.05 mol n(N)) 可判断H+、N)3过量，故按铜计算NO的量。 n(No)=0.05mo×2=0.1m 3 3 mol V(NO)=0.1 3 mol×22.4L·mol-1=0.747L=747mL 专题4物质的量 十年高考母题原型训练 A组 题源1 1.B【解析】A选项应含有8NA个C-H键， 苯环上有5WA,甲基上有3NA,共8NA:B选项，18g HO为1mol,1molH:O中含有10mol即10NA个 质子。C选项，标况下氨水不是气体；D选项，56g铁 为1mol,与足量浓硫酸反应会生成Fe3+,失去3mol 电子，1mol浓硫酸被还原变成SO2得2NA个电子， 因此应该生成1.5VAS)2分子时能保证得失电子数 守恒。 2.D【解析】A项高温条件下铁与水蒸气反 应生成氢气，铁与氢气的物质的量之比为3：4，所以 0.2mol铁与足量水蒸气反应，生成氢气的分子数目 为0.2NA×4/3=0.27NA,A项错误；B项室温下， 1LpH=l3的Na)H溶液中，氢离子的物质的量是 10-18NA,由水电离出的氢离子和氢氧根是相等的， 所以氢氧根的物质的量也为10-13NA,B项错误：C 项氢氧燃料电池的正极为氧气，消耗1mol氧气，电 路中通过的电子数目为4mol,C错误；D项正确。 3.A【解析】A项中4gCH的物质的量为 0.25mol,故含VA个C一H共价键，故A项正确；B 项中Fe转化为Fe+,转移3Na个电子，故B项错 误；C项中因HCO水解，则HCO的数目小于 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。 4.A【解析】A.氧气和臭氧都是氧原子形成 的单质，则1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有 氧原子的数目为0.1NA,A正确；B.丙烯酸的结构简 式为CH2=CHCO)H,则0.1mol丙烯酸中含有双 键的数目为0.2NA,B不正确；C.标准状况下，苯不是 气态不能选用于气体摩尔体积，则11.2L苯中含有 分子的数目一定不是0.5NA,C不正确；D.在过氧化 钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂， 氧元素的化合价从一1价升高到0价，部分降低到一 2价，因此反应中每生成1mol氧气转移2mol电子， 则每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2NA,D 不正确，答案选A。 5.D【解析】A项1 mol Fel与足量氯气反 应时转移的电子数应该为3NA,A错误；2L0.5mol ·L1硫酸钾溶液中SO所带电荷数应该为2NA, B错误：C项1 mol Na2)。固体中所含离子总数应该 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。 6.C【解析】Fe只能与盐酸反应生成FeCl2, FCl不能继续与盐的再反应，故C错。 7.B【解析】除了NaAl)2中含有氧原子，水 中也含氧原子，故A错；C中未给溶液的体积，故求不 出)H的数目，C错：OH中的电子数为10，故 D错。 题源2 1,C【解析】A项中四氯化碳是液态物质：B 项中14gN2含有的核外电子总数为7NA;D项中每 生成1molH2时转移的电子数为2NA。 2.C 3.AC【解析】在A选项中，因为它们的摩尔 质量相同，又是同质量，则它们的物质的量必相同，所 以分子数相同，又因为都是双原子分子，所以它们的 原子数也相同。在B选项中，考的知识，点是阿伏加德 罗定律，H2和N2的原子数相同，则分子数也必须相 同，可以推出必须是在同温度、同体积、同压强的条件 下。在D选项中，其原理和B是一样的。 4.C【解析】根据阿伏加德罗定律可知，四种 气体的物质的量之比为：n(C)2)：n()2):n(N2): n(CH)=V(CO2):V(O2):V(N2):V(CH)= 1:2:4:6,又m=n·M,所以m(C02):m(O2): m(N2):m(CH,)=(1×44):(2×32):(4×28): (6×16)=11:16:28:24。 题源3 1.A【解析】在常压和500℃条件下，水是气 体，等物质的量的AgO、Fe(OH)3、NH.HCO3、 NHC)3完全分解，根据分解化学方程式可知：生成 的气体体积大小顺序V3>V,>V:>V1。 2.B【解析】将Na2CO3滴加入盐酸时，发生 的反应为：Na2CO,+2HCl一2NaCl+CO,↑+ H2)①，将盐酸滴加入N2C)3溶液时，发生的反 应为：Na2CO3+HCI一NaHCO3+NaCl②， NaHC)3+HCl-NaCI+C)2◆+H2O③。②， ③反应为随着盐酸量的逐渐增多，逐步发生的反应。 因此，若实现在两种滴加顺序下产生的气体体积不 同，加入盐酸的量应介于②，③之间。即n(NaC)3) <n(HCl)<2n(Na2 CO),0.2 mol<n(HCl)< 0.4mol,1.0mol/L<c(HCl)2.0mol/L,因此，选出 答案B。 3.A【解析】本题运用质量守恒进行解题，设 生成的PCL3,PCL的物质的量分别为xmol,ymol。 由质量守恒（原子守恒）可得 y=n(P)=0.008 mol 解得=0.006mol 故 3x+5y=n(C1)=0.028mol y=0.002mol x:y=3:1,选择A。 4.C 题源4 1.D【解析】已知Q与R的摩尔质量之比为 9:22,结合方程式可以知道，反应生成的Q和R的质 量比为18：22，也就是1.6gX与Y完全反应后，生成 了4.4gR,同时生成了4.4g 8=3.6gQ,消耗Y 22 的质量为：3.6g十4,4g-1,6g=6.4g。所以，参加反 6.4g=16:9。 应的Y和生成物Q的质量之比为：3.6g 2.(1)55(2)(a-10)/(20-a)(3)10<a 。1 <20 【解析】15L),与10LC)和H。的混合气体 反应时，O2过量。在25℃、101kPa时水为液体。 (1)设混合气体中V(CO)=xL, 则V(H)=(10一x)L 2CO+O,一一2CO,△V(减) 21 2 1 x 2 2H2+O2--2HO △V(减) 21 3 10-x 1.5(10-x) 2+1.510-x)=10 解得x=5L V(H2)=5L,V(CO)=5L (2)用与(1)相似的解法，可求出答案。 (3)若10L混合气体全部为H2,则： 2H+)2一2H2)△V(减) 10L5L 15L 剩余气体为10L 若10L混合气体全部为C(),则： 2C0+O2-2CO:△V(减) 21 2 1 10L 5L 剩余气体为20 所以a的取值范围为10<a<20。 3.(1)6(2)4.4 【解析】此题要求运用质量守恒定律，去确定计 量数。质量守恒定律不仅体现在宏观上总质量相等、 元素的质量相等，还体现在微观上原子个数相等。根 据碳原子数反应前后相等，8=m十2，m=6;反应前 后氧原子个数为8十2n=6×2十2十16，n=11,然后 根据化学方程式，由生成3.6g水，求参加反应的氧气 质量。 B组 1.A【解析】若为标准状况，6.02×103个分 子的体积为22.4L。 2.A【解析】B项单位错误；C项应指明摩尔 质量的单位为g/mol的前提下，才与相对原子（分子） 质量在数值上相等；D项少了质量的单位(g)。 3.B【解析】根据化学式意义的拓宽，比较原 子个数相等，也就是比较原子的物质的量是否相等。 由题中双氧水的化学式可知，1 mol H2O:含有2mol H和2mol(),原子的物质的量总和为4mol,那么 0.4 mol H2 O2含有原子总物质的量为1.6mol。 4.A【解析】A项，8gO2中的电子数为 32g·moX16XVA=4Nx:B项，NH·H,0为 8 g 弱电解质，不完全电离，1L0.1mol·L1氨水中 NH数少于0.1NA;C项，盐酸为混合物，HCI完全 电离，没有HC1分子，且标准状况下盐酸为液体；D 项，1 mol Na被完全氧化生成Na)2,失去NA个 电子。 5.C【解析】乙烯含的极性共价键为C一H 键，每个乙烯分子中含有4个，故0.5mol乙烯中的极 性共价键数为2NA,故A错：“5.6LN)和5.6L)2 的混合气体”为11.2L,若为标准状况下且不反应，含 有的分子数为0.5NA,而“常温下”且两种气体反应， 故B错：BaO,固体中含有的阴离子为O号，16.9g BaO2固体为0.1mol,故C正确；一个氢氧化铁胶体 粒子含有多个Fe(OH)3,故D错。 6.BD【解析】本题考查阿伏加德罗常数的具 体应用。NA个氢气分子和VA个氯气分子的质量比 为2：71：16g氧气的物质的量为0.5mol,故16g氧 气含氧分子数为0.5NA;NA个水分子的质量为 18g,水的摩尔质量为18g/mol,显然二者在数值上 是相等的，B正确：44gC)2为1mol,含NA个C) 分子，28gC)为1mol,含Na个C0分子，D正确。 7.C【解析】根据阿伏加德罗定律：n(CO) :n()2):n(N2):n(CH,)=V(CO2):V()2): V(N2):V(CH:)=100mL:200mL:400mL: 600mL=1:2:4:6,m(C)2):m(O2):m(N2): m(CH,)=(1×44):(2×32):(4×28):(6×16) =11:16:28:24。 8.B【解析】A项，气体反应物在标准状况下 总体积为0.448L:B项，氢元素的总质量为(0.01×1 十0.01×3)g=0.04g;C项，生成物为0.01mol NHCl,其为离子化合物，含有0.01 mol NH和0.01 mol Cl,不含分子；D项，0.01 mol NH.CI完全溶于 水后，由于NH水解，其数目小于0.01NA。 9.B【解析】①标准状况下，己烯为液体；③ 7.1gCl:为0.1mol,与NaOH反应时只有全部变为 C1时，转移电子数才为0.2×6.02×103，而Cl2与 NaOH反应时不可能全部变为Cl-;④60gSi():中 应有Si一0键4×6.02×103个，因为一个Si原子可 形成4个S一)键；⑤乙醇的结构式为 HH H—C—C一0一H,应含有8×6.02×103个共价 HH 键。②⑥正确。 10.D【解析】分析清楚反应过程，充分利用 守恒思想来解决问题。A.向反应后溶液中加入 NaOH,生成Mg(OH)2和Cu(OH):沉淀，固体质量 增加的是OH的质量，且有n(OH)=n(e-),设合 金中镁、铜的物质的量分别为x、y,则有 /24g/mol×x+64g/mol×y=1.52g质量 2x+2y=254g.528电子守恒 17 g/mol 解之得=0.01mol 则该合金中铜、镁的物质 y=0.02 mol 的量之比为2：1。B,该硝酸的浓度c=又 50×1.40×63% mol 63 50×10-3L -=14.0mol/L。C.NO,和 N2O,都来自硝酸，设混合气体中NO2的物质的量为 x,根据电子守恒得x+(0.05mol-x)×2=0.06 mol,x=0.04mol,NO2的体积分数为80%。D.得到 2.54g沉淀后，溶液中的溶质只有NaNO,故 n(Na0H)=0.7mol-0.04mol-0.02mol=0.64 mol,则NaOH溶液的体积是640mL。 11.(1)D·B→C·E(2)接好装置后，打开③ 的塞于，加入适量稀硫酸，将试管倾成一定角度，将锌 片放在管壁上，盖好塞于，缓缓竖起试管使锌片滑入 疏酸中（3)22400心(4)硝酸有强氧化性，与锌反 应不放出氢气(5)偏高偏高 【解析】测量Z的相对原子质量，利用反应： Zn+H,SO,—ZnSO:+H2↑ 实验中只需准确测量产生H2的体积（用②④采 用“气压排液”的方法测定H2的体积)即可。 Zn H2 2 22400mL·mol1 g VmL M_22400mL·mol-1 g VmL M=22400mL·mo11Xwg VmL 所以锌的相对原子质量为22400四】 V Zn和稀HSO的反应是在③中进行的。为保 证H2不漏出，故在③的试管中应先加入稀HS):, 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H2S()接触反应。 若实验时锌片中有不溶性杂质或装置气密性不 太好，使测得水的量减小，据公式M=V“知测得 的M的值均偏高。 △m=48g 12.(1)800(2)336 NO+NO,+Na2 CO--2NaNO2+CO2 Am 【解析】根据题中化学方程式，可得关系式 =32g 6NH3~5CH3)H~3N2 设由NO2与纯碱反应产生的CO:为amol, 6 5 3 由NO和NO)。与纯碱反应产生的CO2为bmol,列 n(NH3)= 3.4×10-3g·L-1×150×103L 方程计算 17g·mo-1 a+b=1 30 mol, 048a+32b=44 故n(CH,OH)= 6×30mol=25mol, (a=0.75 mol 6=0.25 mol 3 n(N,)=6×30mol=15mol, n (NaNO2 )n(NaNO3)=5 3 V m(CH;OH)=25 molX32 g/mol=800 g, 14.(1)① 兴 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 得e 【解析】(1)由”=了得物质的量” VL V V 2NO2+Na2 CO;--NaNO2+NaNO3+CO2 22.4Lm022.4mol.含有分子数为2.4N,原子 失e V (2)572g 数为分子数的2倍，即山2N:密度是单位体积气体 (3)12NO2+Na2 CO3 -NaNO2 +NaNO;+ 的质量，期p=日-产-2gL:1mol气体中含 MM C02△m=48g M NO+NO2 +Na2 CO3--2NaNO2 +CO2 有N个分子，一个分子的质量为N8。(2)根据质 △m=32g 量守恒定律和阿伏加德罗定律，写出分解方程式为 设由NO:与纯碱反应产生的CO,为amol 由NO和NO2与纯碱反应产生的CO,为bmol 20,F,△30，十2F2,则A的化学式为0，F。 a+b=1 15.(1)44%(2)77.5% 【解析】本题主要考查学生依据化学方程式进 48a+32b=44 a=0.75mol, 行分析计算的能力。方解石的主要成分是CaCO:, {b=0.25mol 受热时生成CaO和CO2,其中CO2挥发失去，故方 44 n(NaNO2):n(NaNOg)=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HO,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+Na2 CO3-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66.6xmg,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 液，溶液中溶质碳酸钠物质的量=1000gX21.2% A1,Si,0.(OHD.△2AL.0,+4H0+4Si0, 106 g/mol 516 72 2mol;晶体碳酸钠物质的量也是2mol,所以 66.6x mg 72X66.6xmg m(NaCO,·10HzO)=2mol×286g/mol=572g, 516 (3)1000g质量分数为21.2%的纯碱吸收液，吸 CaCO △ca0+C0,↑ 收硝酸工业尾气，每产生22.4L(标准状况)CO时， 100 44 吸收液质量增加了44g。 44 D2NO2 +Na2 CO3--NaNO2+NaNO3+CO2 (66.6-66.6x)mg100(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(C1-)=2n(Mg2+)=1.5mol。 516 mg+100(66.6-66.6.x)mg 5.(1)m(CuS0·5H2O):m(H20)=5:11 13.8mg (2)样品中CC1的质量分数符合标准 解得x=77.5%。 【解析】(1)设需要CuSO,·5HO的质量为 专题5溶液及其浓度 160 2507 20.0 十年高考母题原型训练 x,H:0的质量为y,则有：2十y=100,得xy= 5:11。所以需CuS):·5H,O和H)的质量之比 A组 为5：11。 (2)设样品中CCl的质量为x,由化学方程式可 题源1 得关系式：CuCl~Fe2+~Ce+, 1.BD 则有n(CuCl)=n(Ce+), 2.(1)11.7(2)蒸发皿(3)35℃(33℃~ x 所 40℃的任一个值都可)(4)加热法：取少量氯化铵 99.5g·mol=0.1000mol.L1×24.60× 产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯 10-3Lx=0.24477g, 化铵产品纯净(5)重结晶 u(CuC)=0.2477g×10%=97.91%> 【解析】根据氣元素守恒可列关系式求得 0.2500g m(NaCl)=10.7g×58.5g/mol÷53.5g/mol= 96.50%,所以样品中CuC1的质量分数符合标准。 11.7g,氯化铵的溶解度随温度变化较大，而硫酸钠在 6.(1)10.7%(2)0.25(3)3:2 【解析】(1)该问可直接利用物质的量浓度和质 30℃~100℃变化不大，故可用冷却结晶法将 量分数的换算公式求解。 NH,C1晶体析出，但温度不能太低以防硫酸钠析出。 M(NaOH)Xc(NaOH)XV(NaOH) 所以合适温度应大约在33℃~40℃。 = ×100%= m(Na(OH溶液) 3.D【解析】因为原来的石灰水是饱和的，当 加入生石灰后，0.1mol生石灰要消耗石灰水中的水 3mol.L×100ml,X10L·mL1×40g·mo× 1.12g·mL×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NCIO,说明CL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982g。 点燃 Cl2 +H22HCI 题源2 Cl2+2NaOH--NaCl+NaClO+H2 O 1.D【解析】电荷守恒，由a mol NaOH,求出 HCI+NaOH-NaCl+H,O Mg+的物质的量，另一份加入BaCl2bmol求出 可知溶液中n(Na+)=n(C1)十n(ClO) SO物质的量，2[Mg2+]+[K+]=2[S0]。注意 0.1L×3.00mol·L-1=n(C1-)+0.050mol 原溶液为VL,平分二份各 n(C1)=0.25mol. 29 (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 mol Na:SO,求 n(NaCl)=0.05mol,与Hg反应的Clg为n(CL)= 出Ba+浓度，6 mol AgNO3求出[CI]浓度。由： [K+]+2[Ba2+]=[C1]。 2LG)wco]=号 ×(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(H),所以，所用Cl与H2的物质的量 算。由题意可算出NaCO3的物质的量为0.03mol, 之比为(CL}=-0.1+0.05)mol_3 MCl。的物质的量为0.02mol,两者恰好完全反应生 n(H2) 0.1 mol 成碳酸盐，可知CO和M离子比例为3：2，可能为 题源3 M(CO:)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 ·15·