北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
专题二 物质的量
1.实验室用KMnO 固体配制500 mL 0.100 0 mol·L-1 KMnO 标准溶液所涉及的操作中
4 4
不需要用到的仪器为( )
答案 A 用KMnO 固体配制500 mL 0.100 0 mol·L-1 KMnO 标准溶液时,需要用到托
4 4
盘天平、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、量筒、胶头滴管,故选A。
2.设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A
A.4.6 g甲苯和甘油的混合物中含有氢原子的数目为0.4N
A
B.1 L 0.1 mol/L Na PO 溶液中,所含阴离子的数目为0.1N
3 4 A
C.标准状况下,2.24 L 2H19F含有的中子数为1.1N
A
D.酸性KMnO 溶液与1 mol H O 完全反应,转移电子数为N
4 2 2 A
答案 A 1个甲苯分子和1个甘油分子中均含有8个氢原子,且二者的相对分子质量都
是92,4.6 g甲苯和甘油组成的混合物的物质的量为0.05 mol,含有的氢原子数目为
0.4N,A正确;Na PO 溶液中P 会发生水解,使阴离子个数增多,故溶液中所含阴离子
A 3 4 O3−
4
数目大于0.1N,B错误;标准状况下,2H19F为液体,C错误;反应中H O 中的氧元素从-1价
A 2 2
升高到0价,故酸性KMnO 溶液与1 mol H O 完全反应,转移电子数为2N,D错误。
4 2 2 A
名师点睛 计算氧化还原反应中转移电子的数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合
价的改变以及物质的量,还原剂失去的电子总数或氧化剂得到的电子总数即为反应过程
中转移的电子数。
3.设N为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A
A.1 mol H O 含电子数16N
2 2 A
B.4.6 g 乙醇含有的极性共价键数为0.7N
A
C.1 mol/L乙酸钠溶液中含CH COO-数小于N
3 A
D.22.4 L NO与11.2 L O 充分反应后氧原子数为2N
2 A
答案 B 1个H O 分子含有18个电子,1 mol H O 含电子数18N,A错误;1个乙醇分子
2 2 2 2 A
中含有7个极性共价键,4.6 g(0.1 mol)乙醇含有的极性共价键数为0.7N,B正确;溶液
A
体积未知,无法计算,C错误;未指明气体所处的状态,无法计算,D错误。
第 1 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
4.设N为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 ( )
A
A.常温下,在pH=3,体积为2 L的H PO 溶液中,H+的数目为2×10-3N
3 4 A
B.电解硫酸铜溶液时,若阳极收集到22.4 L气体,电路中通过电子的数目为4N
A
C.1 mol SiC晶体中含有的共价键数为2N
A
D.0.5 mol KO 中阴离子数为N
2 A
答案 A A项,pH=3即c(H+)=10-3 mol/L,2 L的H PO 溶液
3 4
中,N(H+)=n×N=c×V×N=2×10-3N,正确;B项,未指明是否为标准状况,无法计算,错
A A A
误;C项,1 mol SiC中含有共价键数为4N,错误;D项,KO 中阴离子为 ,故0.5 mol KO
A 2 O− 2
2
中阴离子数为0.5N,错误。
A
5.设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A
A.标准状况下,22.4 L庚烷中非极性键数目为6N
A
B.电解精炼铜时,当阳极质量减少64 g时,电路中转移电子数为2N
A
C.常温下,1 L pH=9的CH COONa溶液中,发生电离的水分子数为1×10-5N
3 A
D.将氯气通入FeI 溶液中,当有N个Fe2+被氧化时,消耗标准状况下氯气33.6 L
2 A
答案 C 标准状况下庚烷为液态,A错误;电解精炼铜时,阳极含有锌、铁等杂质,阳极
质量减少64 g时,电路中转移电子数无法计算,B错误;醋酸根离子在溶液中水解促进水
的电离,溶液中OH-全部由水电离产生,则发生电离的水分子数与OH-数目相等,为
1.0×10−14 mol/L×1 L×N mol-1=1×10-5N,C正确;I-的还原性强于Fe2+,当Cl 通入
A A 2
1.0×10−9
FeI 溶液时,I-优先反应,但FeI 浓度未知,所以完全反应的I-物质的量无法确定,不能
2 2
计算消耗标准状况下氯气的体积,D错误。
6.设N为阿伏加德罗常数的值,下列叙述错误的是( )
A
A.1 L 0.1 mol·L-1(NH ) SO 溶液中N 的数目为0.2N
4 2 4 H+ A
4
B.Zn与浓硫酸反应,产生22.4 L气体(标准状况)时,转移的电子数一定为2N
A
C.16.9 g过氧化钡(BaO )固体中阴、阳离子总数为0.2N
2 A
D.42.0 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为3N
A
答案 A A项,N 发生水解,故该溶液中N 的数目小于0.2N,错误;B项,Zn与浓硫
H+ H+ A
4 4
酸反应生成二氧化硫,随着反应的进行,浓硫酸变稀,Zn与稀硫酸反应生成氢气,所以Zn
与硫酸反应产生的气体可能是二氧化硫或二氧化硫和氢气的混合气体,反应的化学方程
第 2 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
式为Zn+2H SO (浓) ZnSO +SO ↑+2H O、Zn+H SO ZnSO +H ↑,根据化学方程式
2 4 4 2 2 2 4 4 2
可知无论生成氢气还是二氧化硫,生成1 mol气体转移电子的物质的量均为2 mol,22.4
L气体(标准状况)的物质的量为1 mol,所以转移的电子数一定为2N,正确;C项,16.9 g
A
过氧化钡(BaO )的物质的量是0.1 mol,阴离子为 ,所以0.1 mol该固体中含有的
2 O2−
2
阴、阳离子总数为0.2N,正确;D项,乙烯和丙烯的最简式均为“CH ”,42.0 g混合物中
A 2
含有的“CH ”的物质的量为3 mol,则含3N个碳原子,正确。
2 A
7.设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A
A.120 g熔融NaHSO 中含有的离子总数为3N
4 A
B.1 mol FeCl 水解形成Fe(OH) 胶体粒子的数目为N
3 3 A
C.1 L 1 mol·L-1的乙醇水溶液中含有氧原子的数目为N
A
D.2 mol NO与1 mol O 在密闭容器中充分反应后的分子总数小于2N
2 A
答案 D A项,熔融状态下,NaHSO 电离出Na+、HS ,120 g熔融NaHSO 的物质的量为
4 O− 4
4
1 mol,故其含有的离子总数为2N,错误;B项,1个Fe(OH) 胶体粒子是多个Fe(OH) 的聚
A 3 3
集体,因此1 mol FeCl 水解形成Fe(OH) 胶体粒子的数目小于N,错误;C项,1 L 1
3 3 A
mol·L-1的乙醇水溶液中,乙醇的物质的量为1 mol,含有的氧原子数目为N,但水中也
A
含有氧原子,故该溶液中含有的氧原子数目大于N,错误;D项,NO和O 发生反应2NO+O
A 2 2
2NO ,2 mol NO与1 mol O 恰好完全反应生成2 mol NO ,但NO 存在转化:2NO
2 2 2 2 2
N O ,故充分反应后的分子总数小于2N,正确。
2 4 A
8.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。下列说法
正确的是 ( )
硫酸 化学纯(CP)(500 mL)
品名:硫酸
化学式:HSO
2 4
相对分子质量:98
密度:1.84 g/cm3
质量分数:98%
第 3 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
A.该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/L
B.标准状况下,1.5 mol Zn与足量的该硫酸反应产生33.6 L氢气
C.配制100 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸25.0 mL
D.等质量的水与该硫酸混合后所得溶液中溶质的物质的量浓度大于9.2 mol/L
1.84×1 000×98%
答案 C 该硫酸的物质的量浓度为 mol/L=18.4 mol/L,A错误;锌
98
与浓硫酸反应生成二氧化硫,随着反应的进行浓硫酸逐渐变为稀硫酸,与稀硫酸反应的
锌会少于1.5 mol,故产生氢气物质的量小于1.5 mol,其体积小于33.6 L,B错误;配制
100 mL×4.6mol/L
100 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸的体积为 =25.0 mL,C正
18.4mol/L
确;硫酸浓度越大,密度越大,且该硫酸的密度大于水的密度,故等质量的该硫酸和水,水
的体积大于硫酸体积,等质量的二者混合后溶液体积大于该硫酸体积的2倍,混合溶液
1
的物质的量浓度小于原浓硫酸浓度的 ,D错误。
2
9.N为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A
A.14.4 g 28Si 15N 中含质子的数目为7N
3 4 A
B.5.8 g C H 充分裂解生成乙烷的分子数为0.1N
4 10 A
C.1 mol雄黄(As S ,结构为 )含有4N个As—S键
4 4 A
D.标准状况下,Na S O 与H SO 溶液混合产生22.4 L气体时转移电子数为4N
2 2 3 2 4 A
14.4 g
答案 A A项,n(28Si 15N )= =0.1 mol,其含有的质子的物质的量为
3 4 144 g·mol−1
(3×14+4×7)×0.1 mol=7 mol,正确;B项,丁烷裂解的反应方程式为C H
4 10
5.8 g
C H +C H ,C H CH +C H ,n(C H )= =0.1 mol,故0.1 mol C H 充
2 4 2 6 4 10 4 3 6 4 10 4 10
58 g·mol−1
分裂解生成乙烷的分子数小于0.1N,错误;C项,1 mol雄黄中含有8N个As—S键,错
A A
误;D项,发生反应Na S O +H SO Na SO +S↓+SO ↑+H O,标准状况下,Na S O 与H SO
2 2 3 2 4 2 4 2 2 2 2 3 2 4
溶液混合产生22.4 L即1 mol气体时,转移电子数为2N,错误。
A
10.解耦电解水可实现用电低谷期的过剩电力向氢能的高效转化,一种以多硫化物离子
为介质的转化关系如图。设N为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A
A.1 mol S2-含有质子数目为18N
A
第 4 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
B.16 g O 含有O原子数目为2N
2 A
C.用电低谷期:生成1 mol 得到电子数目为2N
S2− A
x
D.用电高峰期:1 mol H O发生还原反应生成22.4 L H
2 2
答案 C A项,1个S2-中含有16个质子,1 mol S2-含有质子数为16N,错误;B项,16 g
A
O 的物质的量为0.5 mol,则n(O)=1 mol,N(O)=N,错误;C项,由题图可知,1 mol 需
2 A S2−
x+1
要得到2 mol电子才能生成1 mol 和1 mol S2-,故生成1 mol 得到电子数目为
S2− S2−
x x
2N,正确;D项,1 mol水电解产生1 mol H ,但未指明是否处于标准状况下,无法确定体
A 2
积,错误。
11.工业上常用三种方法制氢:
(1)绿氢:电解水制氢气(添加NaOH溶液或稀硫酸增强导电性);
(2)蓝氢:利用天然气在高温下与水蒸气反应,CH (g)+H O(g) CO(g)+3H (g);
4 2 2
(3)灰氢:利用焦炭在高温下与水蒸气反应,C(s)+H O(g) CO(g)+H (g)。
2 2
设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A
A.制绿氢时,当阳极产生a mol气体时,转移的电子数为2aN
A
B.制备蓝氢时,16 g CH 与足量水蒸气反应可制备H 的分子数为3N
4 2 A
C.标准状况下,制备44.8 L灰氢时断裂的极性键数目为N
A
D.制备1 mol H 时,三种制氢方法中,转移的电子数均为2N
2 A
答案 D 制绿氢时,阳极生成氧气,氧元素化合价由-2升高为0,当阳极产生a mol气
体时,转移的电子数为4aN,A错误;16 g CH 的物质的量为1 mol,CH (g)+H O(g)
A 4 4 2
CO(g)+3H (g)为可逆反应,1 mol CH 与足量水蒸气反应,参加反应的甲烷小于1 mol,生
2 4
成的氢气小于3 mol,B错误;制备灰氢时断裂的极性键是O—H键,标准状况下,44.8 L
氢气的物质的量是2 mol,制备2 mol氢气需要消耗2 mol水,断裂的极性键数目为
4N,C错误;三种制氢方法中,氢元素化合价均由+1降低为0,制备1 mol H 时,转移的电
A 2
子数均为2N,D正确。
A
12.设N为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 ( )
A
A.2 mol·L-1的Na CO 溶液中含有的阴离子总数大于2N
2 3 A
B.将足量的Cu与100 mL 12 mol·L-1的浓硝酸充分反应,转移的电子数为0.6N
A
C.标准状况下,22.4 L HF的分子数为N
A
第 5 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
D.30 g由甲醛(HCHO)与乙酸组成的混合物中所含共用电子对数目为4N
A
答案 D 溶液体积未知,无法计算,A错误。100 mL 12 mol·L-1的浓硝酸中含有
n(HNO )=0.1 L×12 mol·L-1=1.2 mol,铜和浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO (浓)
3 3
Cu(NO ) +2NO ↑+2H O,1.2 mol 硝酸完全反应转移电子数为0.6N;铜与稀硝酸反
3 2 2 2 A
应的化学方程式为3Cu+8HNO 3Cu(NO ) +2NO↑+4H O,1.2 mol 硝酸完全反应转移
3 3 2 2
电子数为0.9 mol;但随着反应的进行,浓硝酸变为稀硝酸,则转移的电子数介于0.6N
A
~0.9N之间,B错误。标准状况下,HF是液体,C错误。甲醛和乙酸的最简式均为CH O,相
A 2
同质量的甲醛(HCHO)和乙酸中的共用电子对数目相同,则共用电子对数目为
30 g
×4N mol-1=4N,D正确。
30 g·mol−1 A A
名师点睛 最简式相同的有机物,当质量相同时碳原子的个数相同,共用电子对的数目
也相同。
13.若N表示阿伏加德罗常数的值,则下列说法正确的是 ( )
A
A.1 mol [Cu(NH ) ]2+含有12N个σ键
3 4 A
B.50 mL 0.1 mol·L-1 CH COOH溶液和10 mL 0.5 mol·L-1 CH COOH溶液中所含
3 3
CH COOH分子数目相等
3
C.在标准状况下,11.2 L由甲烷和乙烯组成的混合气体含极性键的数目为2N
A
D.8.7 g MnO 与40 mL 10 mol·L-1浓盐酸充分反应,此时转移的电子数目为0.2N
2 A
答案 C 1 mol [Cu(NH ) ]2+含有16N个σ键,A错误;弱电解质浓度越大,其电离程度
3 4 A
就越小,所以50 mL 0.1 mol·L-1 CH COOH溶液中所含CH COOH分子数比10 mL 0.5
3 3
mol·L-1 CH COOH溶液中的少,B错误;甲烷和乙烯分子中C—H极性键数均为4,标准状
3
况下,11.2 L由甲烷和乙烯组成的混合气体含极性键的数目为2N,C正确;MnO 只与浓
A 2
盐酸反应,故40 mL 10 mol·L-1浓盐酸不能完全反应,D错误。
14.设N为阿伏加德罗常数的值,则下列说法中正确的是 ( )
A
A.2 g H O和D O的混合物质中,含有的电子总数为N
2 2 A
B.常温常压下,0.5 mol O 与11.2 L O 所含的分子数均为0.5N
3 2 A
C.向盛有一定量煮沸蒸馏水的烧杯中滴加1 mL 5 mol/L氯化铁溶液,继续煮沸使其完
全转化为氢氧化铁胶体,则所得的分散系中含氢氧化铁胶体粒子为0.005N
A
D.56 g Fe与一定量稀硝酸充分反应后,若Fe完全溶解,则此时转移电子数可能为2.5N
A
答案 D H O和D O的摩尔质量分别为18 g/mol、20 g/mol,从而可得H O和D O的混合
2 2 2 2
物的平均摩尔质量应介于18~20 g/mol,故2 g H O和D O混合物的物质的量大于0.1
2 2
mol,而1个H O分子和1个D O分子中都含有10个电子,因此2 g H O和D O的混合物
2 2 2 2
中,含有电子物质的量大于1 mol即电子总数大于 N,A错误;非标准状况下,11.2 L O
A 2
第 6 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
的分子数不为0.5N,B错误;根据FeCl +3H O Fe(OH) (胶体)+3HCl,Fe(OH) 胶体粒子
A 3 2 3 3
是Fe(OH) 的聚集体,故分散系中Fe(OH) 胶体粒子数一定小于0.005N,C错误;56 g Fe
3 3 A
为1 mol,其与一定量稀硝酸充分反应后,若Fe完全溶解,则此时得到产物可能为1 mol
硝酸铁、1 mol硝酸亚铁以及1 mol硝酸铁和硝酸亚铁的混合物三种情况,因此,此时转
移电子数应介于2N~3N,D正确。
A A
15.设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A
A.标准状况下,22.4 L HF中含有电子数为10N
A
B.标准状况下,46 g C H OH中含有极性键的数目为7N
2 5 A
C.相同体积的CO和H 完全燃烧,消耗O 的物质的量相同
2 2
D.标准状况下,11.2 L Cl 溶于水,溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数之和为N
2 A
答案 B HF在标准状况下为液体,无法计算其物质的量,A错误;1分子C H OH中含有5
2 5
个C—H键、1个C—O键、1个O—H键,因此46 g C H OH中含有极性键的数目为7N,B
2 5 A
正确;根据阿伏加德罗定律,同温同压同体积的气体才具有相同的物质的量,由于未注明
温度和压强是否相等,故无法判断相同体积的CO和H 物质的量是否相等,也无法判断二
2
者完全燃烧消耗O 的物质的量是否相同,C错误;Cl 与水发生可逆反应生成HCl和
2 2
HClO,溶液中含氯元素的微粒包括Cl-、ClO-、HClO和Cl ,D错误。
2
16.研究表明NH VO 固体(固体的组成用V O ·aNH ·bH O表示)热分解得到V O 的过程
4 3 2 5 3 2 2 5
可分为四步,每一步产生NH 和H O(g)的物质的量之比依次为2∶1、x∶y、3∶2、
3 2
3∶2。某实验小组取23.4 g NH VO 固体进行热重分析,剩余固体的质量与温度的关系
4 3
如图所示:
下列分析错误的是 ( )
A.NH VO 可表示为V O ·2NH ·H O
4 3 2 5 3 2
1
B.150 ℃时,剩余固体的组成可表示为V O ·NH · H O
2 5 3 2
2
1 1
C.已知180 ℃时,剩余固体的组成可表示为V O · NH · H O,则x∶y=1∶1
2 5 3 2
2 3
第 7 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
D.图中m的值为18.20
答案 C NH VO 可写为N H V O ,故可表示为V O ·2NH ·H O,A正确;起始
4 3 2 8 2 6 2 5 3 2
时,n(NH VO )=0.2 mol,相当于含0.1 mol V O ,0.2 mol NH ,0.1 mol H O,150 ℃时减
4 3 2 5 3 2
少的质量为2.6 g,假设H O产生a mol,则NH 产生2a mol,18a+17×2a=2.6,解出
2 3
1
a=0.05,剩余固体:n(V O )∶n(NH )∶n(H O)=0.1 mol∶0.1 mol∶0.05 mol=1∶1∶ ,
2 5 3 2
2
1
故剩余固体的组成可表示为V O ·NH · H O,B正确;150 ℃时,剩余固体的组成可表示
2 5 3 2
2
1 1 1
为V O ·NH · H O,180 ℃时,剩余固体的组成可表示为V O · NH · H O,则产生NH
2 5 3 2 2 5 3 2 3
2 2 3
1 1 1
的物质的量∶产生H O的物质的量=(1- )∶( - )=3∶1,则x∶y=3∶1,C错误,380 ℃
2
2 2 3
之后曲线保持水平,意味着固体脱去了全部的NH 与H O,只有0.1 mol的V O ,质量为
3 2 2 5
18.20 g,题图中m的值为18.20,D正确。
17.(双选)碱式氯化铜[Cu Cl (OH) ·xH O]是一种重要的无机杀虫剂,它可以通过以下步
a b c 2
骤制备。
步骤1:将铜粉加入稀盐酸中,并持续通空气反应生成CuCl 。Fe3+对该反应有催化作用,
2
其催化原理如图所示。
步骤2:在制得的CuCl 溶液中,加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。
2
下列有关说法正确的是 ( )
A.a、b、c之间的关系式为a=b+c
B.步骤1充分反应后,需加入少量CuO或Cu(OH)
2
C.图中M、N分别为Fe2+、Fe3+
D.制备1 mol的CuCl ,理论上消耗11.2 L O
2 2
答案 B 化合物中正、负化合价代数和为0,a、b、c之间的关系式为2a=b+c,A错误;
步骤1充分反应后,需加入少量CuO或Cu(OH) 除去剩余的盐酸,B正确;图中M、N分别
2
为Fe3+、Fe2+,C错误;未指明气体所处状况,无法通过物质的量计算气体体积,D错误。
第 8 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
18.(双选)某铝热剂由铝粉和铁的某种氧化物组成,二者恰好完全反应生成铁单质和氧
化铝。将该铝热剂均分成两份,同温同压下,一份直接与足量的NaOH溶液反应,放出H
2
体积为V L;另一份在完全发生铝热反应后与足量的盐酸反应,放出H 体积为V L。下
1 2 2
列说法错误的是( )
A.两份生成氢气的质量比一定为V
1
V
2
B.两份消耗NaOH和HCl的物质的量之比一定为 V
1
3V
2
C.铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比一定为V
1
V
2
D.铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比一定为V
1
V
2
2y y
答案 BC 设铁的氧化物为Fe O ,铝热反应为 Al+Fe O Al O +xFe,设每一份
x y 3 x y 3 2 3
铝热剂中n(Al)=y mol,则生成n(Fe)=x mol;由关系式2Al~2NaOH~3H 得y=2V ;由关
2 1
3 2 V
m
系式Fe~2HCl~H 得x=2V 。A项,同温同压下气体的体积比等于气体物质的量之比,所
2 2
V
m
以两份生成氢气的质量比一定为V ,正确;B项,根据关系式2Al~2NaOH~3H 、
1 2
V
2
2V
1
3×V V
Fe~2HCl~H 2 ,消耗n(NaOH)∶n(HCl)= m= 1 ,盐酸还与产生的氧化铝反应,故消耗
2V 3V
2 2
V
m
y
V 3
n(NaOH)∶n(HCl)的值小于 1 ,错误;C项,铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比为 =
3V x
2
2
第 9 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
2V 2V
1 1
V ×3=2V ,错误;D项,铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比为y= V =V ,正确;故
m 1 m 1
2V 3V x 2V V
2 2 2 2
V ×2 V
m m
选BC。
19.纳米氧化锌是一种新型无机功能材料。以氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe O 、FeO、
2 3
MnO、CuO)为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如下:
①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO ·3Zn(OH) ·2H O],该反应的离子方程式
3 2 2
为 。
②碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如图所示。350 ℃时,剩余固体中已不含
碳元素,则剩余固体中含有 (填化学式)。
答案 ①5Zn2++5C +5H O 2ZnCO ·3Zn(OH) ·2H O↓+3CO ↑ ②ZnO和Zn(OH)
O2− 2 3 2 2 2 2
3
解析 ①加入Na CO 溶液沉锌,生成2ZnCO ·3Zn(OH) ·2H O,由工艺流程图可知,还有
2 3 3 2 2
CO 生成,该反应是非氧化还原反应,根据电荷守恒和原子守恒可写出离子方程式。
2
②2ZnCO ·3Zn(OH) ·2H O的相对分子质量为583,假设取1 mol
3 2 2
2ZnCO ·3Zn(OH) ·2H O,其质量为583 g,题给曲线上第一个平台处质量减少583
3 2 2
g-547 g=36 g,即2 mol H O,此时生成的物质为2ZnCO ·3Zn(OH) ;题给曲线上第二个
2 3 2
平台处质量减少547 g-423 g=124 g,由已知信息知,350 ℃时,剩余固体中已不含碳元
素,即此时ZnCO 已完全分解放出CO ,由碳原子守恒知,产生2 mol CO ,质量为88 g,另
3 2 2
外失去的质量为124 g-88 g=36 g,则3 mol Zn(OH) 中有2 mol Zn(OH) 分解生成2
2 2
mol H O,即350 ℃时剩余固体为ZnO和Zn(OH) 。
2 2
第 10 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
名师点睛 分析热重图像应从纵坐标数据入手,如583是2ZnCO ·3Zn(OH) ·2H O的相
3 2 2
对分子质量,547是2ZnCO ·3Zn(OH) 的相对分子质量,再结合题给条件进行分析。
3 2
20.通过下列方法测定MnO 的纯度:准确称取0.400 0 g MnO 样品,加入25.00 mL
2 2
0.200 0 mol·L-1 Na C O 溶液和适量硫酸,加热至完全反应(发生反应为MnO +C
2 2 4 2 2O2−
4
+4H+ Mn2++2CO ↑+2H O),用0.010 00 mol·L-1 KMnO 标准溶液滴定过量的Na C O
2 2 4 2 2 4
至终点,消耗KMnO 标准溶液20.00 mL(滴定反应为2Mn +5C +16H+ 2Mn2+
4 O− 2O2−
4 4
+10CO ↑+8H O)。计算样品中MnO 的质量分数(写出计算过程)。
2 2 2
5
答案 与MnO−反应的C O2−的物质的量为 ×0.010 00 mol·L-1×20.00 mL×10-3
4 2 4 2
L·mL-1=5.000×10-4 mol
0.400 0 g样品中MnO 的物质的量为0.200 0 mol·L-1×25.00 mL×10-3 L·mL-1-
2
5.000×10-4 mol=4.500×10-3 mol
m(MnO )=4.500×10-3 mol×87 g·mol-1=0.391 5 g
2
0.391 5 g
ω(MnO )= ×100%=97.875%
2
0.400 0 g
21.三氯化六氨合钴[Co(NH ) ]Cl 是一种重要的化工产品,通过碘量法可测定该产品中
3 6 3
的钴元素的含量。称取0.10 g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热,将Co完全转化为难
溶的Co(OH) ,过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中,向所得的溶液中加入过量的KI和2~3
3
滴淀粉溶液,再用0.010 mol·L-1的Na S O 溶液滴定(反应原理:Co3++I- Co2++I 、
2 2 3 2
I +S I-+S ),达到滴定终点时消耗Na S O 溶液24.00 mL,则产品中钴元素
2 2O2− 4O2− 2 2 3
3 6
的含量为(写出计算过程)。
答案 根据题干反应原理:2Co3++2I- 2Co2++I 、I +2S 2I-+S 可得关系
2 2 2O2− 4O2−
3 6
式2Co3+~I ~2S ,则n(Co3+)=n(S )=0.010 mol·L-1×24.00×10-3 L=2.400×10-4
2 2O2− 2O2−
3 3
2.400×10−4mol×59 g·mol−1
mol,则产品中钴元素的含量为 ×100%=14.16%。
0.10 g
名师点睛 解题关键是以n(I )为桥梁,找到n(Co3+)和n(S )的对应关系式。
2 2O2−
3
第 11 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
22.准确称取0.385 0 g MnSO ·H O样品置于锥形瓶中,加入H PO 和NH NO 溶液,加热使
4 2 3 4 4 3
Mn2+全部氧化成Mn3+,用0.100 0 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH ) Fe(SO ) ]标准溶液滴定至
4 2 4 2
终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),消耗标准溶液20.00 mL。计算MnSO ·H O样品的
4 2
纯度(请写出计算过程)。
答案 n(Fe2+)=0.100 0 mol·L-1×20.00 mL×10-3 L·mL-1=2.000×10-3 mol
n(Mn2+)=n(Fe2+)=2.000×10-3 mol
n(MnSO ·H O)=2.000×10-3 mol×169 g·mol-1=0.338 0 g
4 2
0.338 0 g
MnSO ·H O样品的纯度为 ×100%≈87.79%
4 2
0.385 0 g
方法指导 根据得失电子守恒可得关系式:MnSO ·H O~Mn3+~(NH ) Fe(SO ) ,即
4 2 4 2 4 2
n(Mn2+)=n(Fe2+)。
23.高铁酸钾(K FeO )是一种新型、高效、多功能水处理剂。实验小组通过以下方法测
2 4
定高铁酸钾样品的纯度:称取0.600 0 g高铁酸钾样品,完全溶解于浓KOH溶液中,再加
入足量亚铬酸钾{K[Cr(OH) ]}反应后配成100.00 mL溶液;取上述溶液20.00 mL于锥形
4
瓶中,加入稀硫酸调至pH=2,用0.100 0 mol·L-1硫酸亚铁铵溶液滴定,消耗标准硫酸亚
铁铵溶液15.00 mL。测定过程中发生反应:
a.Cr(OH +Fe Fe(OH) +Cr +OH-
) − O2− 3 O2−
4 4 4
b.2Cr +2H+ Cr +H O
O2− 2O2− 2
4 7
c.Cr +6Fe2++14H+ 2Cr3++6Fe3++7H O
2O2− 2
7
计算K FeO 样品的纯度(写出计算过程)。
2 4
答案 n(Fe2+)=0.100 0 mol·L-1×15.00×10-3 L=1.500×10-3 mol
根据关系式:2Fe ~2Cr ~Cr ~6Fe2+可得:
O2− O2− 2O2−
4 4 7
1.500×10−3mol×2
n(K FeO )= =5.000×10-4 mol
2 4
6
100.00 mL 5.000×10−4mol×198 g·mol−1
K FeO 样品的纯度为 × ×100%=82.50%
2 4 20.00 mL 0.600 0 g
第 12 页 共 13 页北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版
解析 样品与足量的亚铬酸钾反应,生成Cr ,在酸性条件下,Cr 转化为Cr ,生
O2− O2− 2O2−
4 4 7
成的Cr 用标准硫酸亚铁铵溶液滴定。由题给反应找出关系式:2Fe ~2Cr ~Cr
2O2− O2− O2− 2
7 4 4
~6Fe2+,根据消耗的硫酸亚铁铵的物质的量,可以计算出20.00 mL溶液中高铁酸钾的
O2−
7
物质的量,进而求出100.00 mL溶液中高铁酸钾的物质的量,从而计算出K FeO 的质量,
2 4
即可得出K FeO 样品的纯度。
2 4
易错易混 不能忽视20.00 mL的数据→100.00 mL数据的转化。
第 13 页 共 13 页
