高考化学真题专题分类汇编专题五NA与化学计算 解析版Word格式文档下载.docx
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)=5.000×
L−1×
22.00mL×
10−3L·
mL−1=1.100×
10−3mol
由滴定时
→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒
关系式:
~6Fe2+
(或
+14H++6Fe2+
6Fe3++2Cr3++7H2O)
则n(Fe2+)=6n(
)=6×
1.100×
10−3mol=6.600×
样品中铁元素的质量:
m(Fe)=6.600×
10−3mol×
56g·
mol−1=0.3696g
样品中铁元素的质量分数:
w(Fe)=
×
100%=12.32%
(2)①根据题意,Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+,发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+,根据还原性:
还原剂>
还原产物,则还原性Sn2+>
Fe2+,实验中若不除去过量的Sn2+,则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大,则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。
答案:
偏大
②实验过程中消耗的n(Cr2O72-)=5.000×
10-2mol/L×
22.00mL×
10-3L/mL=1.100×
10-3mol
由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒,可得微粒的关系式:
Cr2O72-~6Fe2+(或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O)
则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×
10-3mol=6.6×
(根据Fe守恒)样品中铁元素的质量:
m(Fe)=6.6×
10-3mol×
56g/mol=0.3696g
ω(Fe)=
100%=12.32%。
【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体,考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。
易错点是第
(2)①的误差分析,应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。
难点是第
(2)②,注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。
3.【2019北京】化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·
L−1KBrO3标准溶液;
Ⅱ.取v1mL上述溶液,加入过量KBr,加HSO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水;
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI;
Ⅴ.用bmol·
L−1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液v2mL。
已知:
I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
(7)废水中苯酚的含量为___________g·
L−1(苯酚摩尔质量:
94g·
mol−1)。
【答案】(7).
(7)n(BrO3-)=av1×
10-3mol,根据反应BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知n(Br2)=3av1×
10-3mol,溴分别与苯酚和KI反应,先计算由KI消耗的溴的量,设为n1(Br2),根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3,又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~I2,可得Br2~2Na2S2O3,n(Na2S2O3)=bv3×
10-3mol,n1(Br2)=
bv3×
10-3mol,再计算由苯酚消耗的溴的量,设为n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=(3av1-
bv3)×
10-3mol,苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH,n(C6H5OH)=
n2(Br2)=(av1-
bv3)×
10-3mol,废水中苯酚的含量=
=
mol;
4.【2019新课标Ⅰ卷】固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。
下图为少量HCl气体分子在253K冰表面吸附和溶解过程的示意图。
下列叙述错误的是
A.冰表面第一层中,HCl以分子形式存在
B.冰表面第二层中,H+浓度为5×
10−3mol·
L−1(设冰的密度为0.9g·
cm−3)
C.冰表面第三层中,冰的氢键网格结构保持不变
D.冰表面各层之间,均存在可逆反应HCl
H++Cl−
【答案】D
A项、由图可知,冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附,氯化氢以分子形式存在,故A正确;
B项、由题给数据可知,冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:
1,第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数,与水的质量相比,可忽略其中溶解的氯化氢的质量。
设水的物质的量为1mol,则所得溶液质量为18g/mol×
1mol=18g,则溶液的体积为
10—3L/ml=2.0×
10—2L,由第二层氯离子和水个数比可知,溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量,为10—4mol,则氢离子浓度为
=5×
10—3mol/L,故B正确;
C项、由图可知,第三层主要是冰,与氯化氢的吸附和溶解无关,冰的氢键网络结构保持不变,故C
正确;
D项、由图可知,只有第二层存在氯化氢的电离平衡HCl
H++Cl—,而第一层和第三层均不存在,故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。
侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力,注意能够明确图像表达的化学意义,正确计算物质的量浓度为解答关键。
5.【2019新课标Ⅱ卷】已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是
A.3g3He含有的中子数为1NA
B.1L0.1mol·
L−1磷酸钠溶液含有的
数目为0.1NA
C.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】B
A.
的中子数为3-2=1,则3g
的中子数为
=NA,A项正确;
B.磷酸钠为强碱弱酸盐,磷酸根离子在水溶液中会发生水解,则1L0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×
0.1mol/L×
NAmol-1=0.1NA,B项错误;
C.重铬酸钾被还原为铬离子时,铬元素从+6降低到+3,1mol重铬酸钾转移的电子数为
3mol×
2×
NAmol-1=6NA,C项正确;
D.正丁烷与异丁烷的分子式相同,1个分子内所含共价键数目均为13个,则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为
13×
NAmol-1=NA,D项正确;
答案选B。
6.【2019新课标Ⅱ卷】8.立德粉ZnS·
BaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。
回答下列问题:
(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:
(3)成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。
称取mg样品,置于碘量瓶中,移取25.00mL0.1000mol·
L−1的I2−KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析出。
以淀粉溶液为指示剂,过量的I2用0.1000mol·
L−1Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2
=2I−+
。
测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。
终点颜色变化为_________________,样品中S2−的含量为______________(写出表达式)。
【答案】(3).浅蓝色至无色
(3)碘单质与硫离子的反应:
S2-+I2=S+2I-;
碘单质与淀粉混合为蓝色,用硫代硫酸钠滴定过量的I2,故终点颜色变化为浅蓝色至无色;
根据氧化还原反应得失电子数相等,利用关系式法解题;
根据化合价升降相等列关系式,设硫离子物质的量为nmol:
S2-~I22S2O32-~I2
1mol1mol2mol1mol
nmolnmol0.1V×
10-3mol
0.1V×
n+
10-3mol=25
10-3mol,得n=(25-
V)0.1×
则样品中硫离子含量为:
100%=
100%
7.【2019新课标Ⅲ卷】设NA为阿伏加德罗常数值。
关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是
A.每升溶液中的H+数目为0.02NA
B.c(H+)=c(
)+2c(
)+3c(
)+c(OH−)
C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小
D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强
A、常温下pH=2,则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L,因此每升溶液中H+数目为0.01NA,A错误;
B、根据电荷守恒可知选项B正确;
C、加水稀释促进电离,电离度增大,但氢离子浓度减小,pH增大,C错误;
D、加入NaH2PO4固体,H2PO4-浓度增大,抑制磷酸的电离,溶液的酸性减弱,D错误;
8.【2019新课标Ⅲ卷】8.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。
当x=y=
时,z=___________。
(7)根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得:
1+2x+3y+4z=6,已知,x=y=1/3,带入计算得:
z=1/3
9.【2019上海等级考】5.25℃时,0.005mol/LBa(OH)2中H+浓度是()
A.1×
mol/LB.1×
mol/L
C.5×
mol/LD.5×
【解析】
0.005mol/LBa(OH)₂溶液中,OH-浓度是0.005mol/L×
2=0.01mol/L,c(H+)=Kw/c(OH-)=10-14mol/L/0.01mol/L=10-12mol/L.故选A。
10.【2019上海等级考】16.在pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中,加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝素的存在形式是()
A.AlO2-B.Al3+C.Al(OH)3D.Al3+、Al(OH)3
【解析】pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中,(H+)=0.1mol/L×
0.1L=0.01mol.
n(Al3+)=0.1mol/L×
0.1L=0.01mol.300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液中n(OH-)=0.1mol/L×
0.3L=0.03mol。
其中0.01mol的OH-和0.01mol的H+发生中和反应,剩下的0.02mol的OH-和0.01mol的Al3+反应,氢氧根不足,所以生成Al(OH)3并有Al3+剩余。
所以正确答案D.
11.【2019上海等级考】24.烟气中的NO2与尿素[CO(NH2)2](C的化合价为+4)反应进行脱硝。
反应的化学方程式是2CO(NH2)2+4NO2→4H2O+2CO2+4N2+O2。
该反应的氧化产物为__________,若反应过程中有0.15molNO2反应,则电子转移的数目为____________。
【答案】24.N2和O2;
0.6NA
氧化产物是化合价升高的产物,本反应化合价升高的元素有两种,一种是氧元素从-2价升高到0价,生成氧气。
另一种是CO(NH2)2的氮元素从-3价升高为0价的N氮气,因此氧化产物为N2和O2;
根据方程式化合价变化情况可以得知4NO2—16e,转移电子数和二氧化氮的比例关系为4:
1,因此吸收0.15molNO2转移的电子数0.15mol×
4=0.6mol,即0.6NA个。
12..【2019浙江4月选考】6.反应8NH3+3Cl2
N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为
A.2∶3B.8∶3C.6∶3D.3∶2
该氧化还原反应用双线桥表示为
,可知实际升价的N原子为2个,所以2个NH3被氧化,同时Cl2全部被还原,观察计量数,Cl2为3个,因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2:
3。
故答案选A。
13.【2019浙江4月选考】19.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是
A.1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA
B.500mL0.5mol·
L−1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C.30gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D.2.3gNa与O2完全反应,反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
A.1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键,4个碳氢键合为4个共价键,总计6个共价键,因而1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA,A项正确;
B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×
0.5mol·
L-1=0.25mol,n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个,但水会电离出极少量的H+和OH-,因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA,B项正确;
C.HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O,原混合物相当于30gCH2O,n(CH2O)=1mol,因而C原子数为NA,C项正确;
D.不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠,钠元素的化合价由0变为+1,因而2.3gNa(2.3gNa为0.1mol)转移电子数为0.1mol×
1×
NA=0.1NA,D项错误。
故答案选D。
14.【2019浙江4月选考】24.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂),可由绿矾(FeSO4·
7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。
下列说法不正确的是
A.KClO3作氧化剂,每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3
B.生成聚合硫酸铁后,水溶液的pH增大
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D.在相同条件下,Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
A.根据题干中信息,可利用氧化还原配平法写出化学方程式:
6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl,可知KClO3做氧化剂,同时根据计量数关系亦知每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3,A项错误;
B.绿矾溶于水后,亚铁离子水解使溶液呈酸性,当其转系为聚合硫酸铁后,亚铁离子的浓度减小,因而水溶液的pH增大,B项错误;
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体,胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉,因而净水,C项正确;
D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。
[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解,由于其所带的正电荷比Fe3+少,因而在相同条件下,其结合水电离产生的OH-的能力较弱,故其水解能力不如Fe3+,即在相同条件下,一级水解的程度大于二级水解,D项正确。
15.【2019浙江4月选考】29.由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X,只含有羟基和羧基两种官能团,且羟基数目大于羧基数目。
称取2.04g纯净的X,与足量金属钠充分反应,生成672mL氢气(标准状况)。
请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。
【答案】
n(H2)=0.03mol,设X中羟基和羧基的总数为m个(m≥3)则n(X)=(0.03×
2)/m=0.06/mmol,
M(X)=2.04m/0.06=34mg·
mol−1m=4,M(X)=136g·
mol−1,含有3个羟基和1个羧基,
相对分子质量为136。
n(H2)=
=0.03mol,由于2-OH~H2、2-COOH~H2,设X中羟基和羧基的总数为m个(m>
2,且为整数),则n(X)=
,
34mg/mol。
当m=3,M(X)=102g/mol,羟基数目大于羧基数目,说明含有2个羟基和1个羧基,说明X分子式有4个O,碳和氢的摩尔质量=102-16×
4=38g/mol,分子式为C3H2O4,2个羟基和1个羧基就占了3个H原子,可知这个分子式不合理,m=3不成立;
当m=4,M(X)=136g/mol,说明含有3个羟基和1个羧基,同上分析可知分子式为C4H8O5,该分子式合理,例如可能的结构简式为
故答案是:
含有3个羟基和1个羧基,相对分子质量为136。
【点睛】注意当C原子数很少时,氢原子很多,就会不符碳原子4价键原则,即当C原子为n时,在烃的含氧衍生物中H原子最多为2n+2。
16..【2019天津】我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池,其工作原理示意图如下。
图中贮液器可储存电解质溶液,提高电池的容量。
A.放电时,a电极反应为
B.放电时,溶液中离子的数目增大
C.充电时,b电极每增重
,溶液中有
被氧化
D.充电时,a电极接外电源负极
A、放电时,a电极为正极,碘得电子变成碘离子,正极反应式为I2Br-+2e-=2I-+Br-,故A正确;
B、放电时,正极反应式为I2Br-+2e-=2I-+Br-,溶液中离子数目增大,故B正确;
C、充电时,b电极反应式为Zn2++2e-=Zn,每增加0.65g,转移0.02mol电子,阳极反应式为
Br-+2I--2e-=I2Br-,有0.02molI-失电子被氧化,故C正确;
D、充电时,a是阳极,应与外电源的正极相连,故D错误;
【点睛】本题考查化学电源新型电池,会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键,会正确书写电极反应式,易错选项是B,正极反应式为I2Br-+2e-=2I-+Br-离子由1mol变成3mol。
17.【2019天津】环己烯是重要的化工原料。
其实验室制备流程如下:
Ⅱ.环己烯含量的测定
在一定条件下,向
环己烯样品中加入定量制得的
,与环己烯充分反应后,剩余的
与足量
作用生成
,用
的
标准溶液滴定,终点时消耗
标准溶液
(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中,发生的反应如下:
①
②
③
(5)滴定所用指示剂为____________。
样品中环己烯的质量分数为____________(用字母表示)。
(6)下列情况会导致测定结果偏低的是____________(填序号)。
a.样品中含有苯酚杂质
b.在测定过程中部分环己烯挥发
c.
标准溶液部分被氧化
(5.
(6.b、c
II.(5)因滴定的是碘单质的溶液,所以选取淀粉溶液比较合适;
根据所给的②式和③式,可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1:
2,所以剩余Br2的物质的量为:
n(Br2)余=
cmol·
L-1×
vmL×
10-3L·
mL-1=
mol,反应消耗的Br2的物质的量为(b-
)mol,据反应①式中环己烯与溴单质1:
1反应,可知环己烯的物质的量也为(b-
)mol,其质量为(b-
)×
82g,所以ag样品中环己烯的质量分数为:
(6)a项错误,样品中含有苯酚,会发生反应:
,每反应1molBr2,消耗苯酚的质量为31.3g;
而每反应1molBr2,消耗环己烯的质量为82g;
所以苯酚的混入,将使耗Br2增大,从而使环己烯测得结果偏大;
b项正确,测量过程中如果环己烯挥发,必然导致测定环己烯的结果偏低;
c项正确,Na2S2O3标准溶液被氧化,必然滴定时消耗其体积增大,即计算出剩余的溴单质偏多,所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低,导致最终环己烯的质量分数偏低。
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