【文档说明】2023届高考二轮总复习试题 化学（适用于广东、福建、辽宁、湖北、重庆、浙江、江苏） 专题二 化学计量及其应用 专题二　化学计量及其应用.docx，共(10)页，438.704 KB，由小赞的店铺上传

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专题二化学计量及其应用A组基础巩固练1.(2022广东汕尾期末)某兴趣小组要配制物质的量浓度为0.1mol·L-1的NaCl溶液,下列装置中不需要使用的是()2.(2022重庆第四次质检)下列说法正确的是()A.常温时pH=3的

CH3COOH溶液中H+的数目约为6.02×1020B.等质量的CaCO3固体和Mg3N2固体含有的离子总数相等C.标准状况下,30g甲醛的体积约为22.4LD.将46.0g乙醇溶于100mL水中,所得溶液浓

度为10mol·L-13.(2022广东广州二模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.标准状况下,22.4L氮气所含的原子数为NAB.124gP4()分子中所含的共价键数目为4NAC.1mol

乙酸乙酯在酸性条件下水解,生成乙醇的分子数为NAD.1L0.10mol·L-1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应,转移的电子数为0.1NA4.(2022广东惠州一模)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.32g甲醇中含有C—H的数目为4

NAB.1molFe溶于过量稀硫酸,转移的电子数目为3NAC.0.1mol·L-1H2S溶液中含有阳离子总数为0.2NAD.标准状况下,22.4LN2和O2混合气中含有的原子数为2NA5.(2022安徽师大附中月考)下图是配制450mL1.00mol·L-1NaOH溶液的一般步骤示意图,下列说法

正确的是()A.图①中应称得NaOH18.0gB.未进行④和⑤的操作,所配溶液浓度将偏大C.定容后把容量瓶倒置摇匀,正立后发现液面低于刻度线不必再加水至刻度线D.步骤②后应将溶液立即转移到容量瓶中,防止药品变质6.(2022四川南充二模)设NA

表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.相同条件下,质量相等的CO和CO2所含的氧原子数目之比为11∶7B.1molLi3N与过量水反应收集的气态氨分子数目为NAC.Na2CO3溶液中Na+和CO32-个数比为2∶1

D.标准状况下,1molN2和O2的混合气体总体积约为22.4L7.(2022辽宁抚顺一模)常温下,向100mL1.0mol·L-1Na2C2O4溶液中加入足量pH=1的稀硫酸,再加入20mLKMnO4溶液恰好完全反应。下列说法正确的是()

A.Na2C2O4溶液中C2O42-数目为0.1NAB.稀硫酸中水电离的c(H+)=0.1mol·L-1C.KMnO4溶液的浓度为0.1mol·L-1D.反应过程中转移的电子数为0.2NA8.(2022吉林省吉林市调研)设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的

是()A.5.85gNaCl晶体中含有0.1NA个NaCl分子B.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAC.11g由3H和16O形成的超重水中,中子数和电子数之和为10NAD.标准状况

下,2.24LCl2与足量的铁反应,转移电子数为0.2NA9.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.常温下,pH=9的NaF溶液中,由水电离出的H+数为10-9NAB.1molI2与1molH2充分反应生成HI的分子数为2NAC.56gCO和N2的混

合气体,所含的原子总数为4NAD.标准状况下,22.4LCO2与足量的Na2O2充分反应,转移的电子数为2NA10.(2022北京门头沟区一模)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.1L0.2mol·L-1NH4Cl溶液中,NH4+

的数目为0.2NAB.标准状况下,11.2LCCl4含共用电子对数为2NAC.24g正丁烷和5g异丁烷的混合物中含共价键数目为6.5NAD.等质量的O2和O3中,所含电子数之比为2∶311.(2022辽宁抚顺一模)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.6.4gCH4O中含有的

碳氢键数目为0.8NAB.过氧化钠与水反应时,每生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAC.标准状况下,2.24LHCl气体中含有的H+数目为0.1NAD.1mol硅中含有的共价键数目为4NA12.(2022广东梅州二模)为精准投放药量,常利用滴定方法测定某滤液中的Cr2O72-含量。方法如下

:步骤Ⅰ:量取10.00mL滤液于锥形瓶中,加入适量稀硫酸酸化(除Cr2O72-外,其他成分不参与滴定反应)。步骤Ⅱ:加入过量的碘化钾溶液充分反应:Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O。步骤Ⅲ:向锥形

瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定,平均用去Na2S2O3溶液18.00mL(I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6)。(1)步骤Ⅰ量取10.00mL滤液选择的仪器是。(2)Cr2O72-的含量为g·L-1。B组能力提升练1

.(2022广东佛山第一次质量检测)“中国芯”的主要原料是单晶硅,反应SiCl4+2H2Si+4HCl可用于纯硅的制备。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.标准状况下,1molSiCl4的体积为22.4LB.当反应消耗1molH2时,转移的电子数为2NAC.1molSi中含有

的共价键数目为4NAD.常温下,1mol·L-1的HCl溶液中含有的H+数目为NA2.(2022湖北十一校联考)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.1molD318O+(其中D代表12H)中含有的中

子数为10NAB.0.5molC2H4和C3H4O2的混合物完全燃烧,消耗O2分子数目为0.5NAC.常温下,1LpH=9的Na2CO3溶液中水电离的H+数为10-9NAD.32gS8()与S6()的混合

物中所含共价键数为NA3.(2022广东揭阳一模)设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.在0.1mol11B中,含有0.6NA个中子B.等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数相等C.常温常压下,1.0molFe和足量浓硝酸混合反

应,转移电子数为3NAD.11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)在光照条件下充分反应后,分子总数为1.5NA4.(2022广东清远期末)用次氯酸钠处理氨氮废水的主要化学方程式为3NaClO

+2NH3·H2O3NaCl+N2↑+5H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.22.4L氮气中含有的共价键数目为3NAB.1mol·L-1的NaCl溶液中,Cl-的数目为NAC.

1mol超重水T2O中含有的中子数为10NAD.每生成5.85gNaCl,反应中转移的电子数为0.2NA5.(2022陕西咸阳二模)设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.10LpH=1的HCl溶液中,含HCl分子的数目为NAB.0.3molNO2与足量H2O完全反应时

,产生2.24LNO气体C.铅酸蓄电池工作时,若负极增重48g,则外电路转移电子数目为NAD.2molSO2和1molO2在一定条件下反应,所得混合气体的分子总数为2NA6.(2022广东梅州1月质检)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列

说法错误的是()A.0.1molFe和0.1molCu分别与0.1molCl2完全反应,转移电子数均为0.2NAB.3.6gH2O中含有的质子数为2NAC.7.8gNa2S与Na2O2的混合物,含离子总数为0.3NAD.标准

状况下,11.2LHF含有的分子数为0.5NA7.(2022广东东莞检测)在容积相同的三个固定容器里,分别充入三种气体①H2②CO2③O2并保持三个容器内气体的温度和密度均相等,下列说法正确的是()A.原子数目:①>②>③B.质量关系:①<③<②C.分子数目:①=②=③D.压强关

系:②>③>①8.(2022河北唐山一模)设NA表示阿伏加德罗常数的值,一种提纯白磷的原理如图所示。下列叙述错误的是()A.常温常压下,31g白磷所含共价键数目为1.5NAB.生成1molCu3P时,转移电子的数目为

6NAC.生成0.1mol白磷的同时生成CO分子的数目为NAD.1L0.01mol·L-1Ca(OH)2溶液中含有氧原子数目为0.02NA9.(2022山东威海期末)溶质均为0.1mol的HmX、HnY两种酸,HmX与足量铝反应生成H2的体积为V1

L(标准状况,下同),HnY与足量锌反应生成H2的体积为V2L。下列说法错误的是()A.HmX和HnY生成氢气的物质的量之比一定为𝑉1𝑉2B.HmX和HnY消耗铝和锌的物质的量之比一定为3𝑉12𝑉2C.

𝑚𝑛=𝑉1𝑉2D.由题给条件无法确定m和n的具体数值10.(2022湖南长郡中学模拟)捕获二氧化碳是碳中和技术之一,某用捕获二氧化碳生成甲酸的过程中用到了N(C2H5)3,N(C2H5)3的性质与NH3类似。设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正

确的是()A.若有22.4LCO2参与反应,则拆开CO2分子中共用电子对的数目为4NAB.0.1molN(C2H5)3与盐酸恰好完全反应所得盐溶液中[N(C2H5)3H]+的数目为0.1NAC.每生成1mol甲酸,该捕获过程中转移的

电子数为2NAD.1mol甲酸和足量乙醇充分反应后,生成甲酸乙酯的数目为NA11.(2022广东茂名五校联盟第三次联考)(NH4)6Mo7O24·4H2O的热重曲线如图所示:已知A点失重的原因是生成H2O,则1mol(NH4)6Mo7O24·4H2O在A点失去H2O的物质的量为,B

点所得的物质为(填化学式)。参考答案专题二化学计量及其应用A组基础巩固练1.D解析配制0.1mol·L-1的NaCl溶液需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管,用不到分液漏斗,故选D。2.C解析未指明pH=3的CH3COOH溶液的体积,不能

确定溶液中含有的H+数目,A错误;CaCO3由Ca2+和CO32-构成,Mg3N2由Mg2+和N3-构成,等质量时其物质的量相等,含有离子总数之比为2∶5,B错误;标准状况下甲醛为气体,30g甲醛为1mol,在标准

状况下的体积约为22.4L,C正确;46.0g乙醇为1mol,溶于100mL水中,所得溶液的体积不是0.1L,故其浓度不是10mol·L-1,D错误。3.D解析1个氮气分子中含有2个氮原子,标准状况下,22.4LN2的物质的量为1mol,所含的原子数为2NA,A错误;124gP4的物

质的量为1mol,1个P4分子中含有6个共价键,故124gP4分子中所含的共价键数目为6NA,B错误;1mol乙酸乙酯在酸性条件下水解,该反应是可逆反应,生成的乙醇的物质的量小于1mol,乙醇的分子数小于NA

,C错误;1L0.10mol·L-1FeCl3溶液中FeCl3的物质的量为0.1mol,加入足量Cu粉充分反应生成亚铁离子和铜离子,转移的电子的物质的量为0.1mol,数目为0.1NA,D正确。4.D解析甲醇的结构

式是,32g甲醇中含有C—H的数目为32g32g·mol-1×3×NAmol-1=3NA,A错误;铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,铁元素的化合价由0价升高为+2价,1molFe溶于过量稀硫酸,转移的电子数目

为2NA,B错误;没有明确溶液体积,且H2S为弱电解质,不能计算0.1mol·L-1H2S溶液中含有的阳离子数,C错误;N2和O2都是双原子分子,标准状况下,22.4LN2和O2混合气中含有的原子数为22.4L22.4L·mol-

1×2×NAmol-1=2NA,D正确。5.C解析选取500mL容量瓶配制NaOH溶液,称取NaOH固体的质量为0.5L×1.00mol·L-1×40g·mol-1=20.0g,A错误;④和⑤的操作是洗涤以及将洗涤液转移到容量瓶中,若未进行上述操作,所配溶液的浓度将偏小,

B错误;定容后将容量瓶倒置摇匀,溶液附着在刻度线以上瓶颈内壁上,正立后液面会低于刻度线,待液体回流后液面会与刻度线相平,故不必加水,C正确;NaOH固体溶于水会放出热量,必须冷却至室温后才能转移到容量瓶中,D错误。6.D解析设气体的质量均为mg,

则CO和CO2所含氧原子的物质的量之比为𝑚28×1𝑚44×2=2228=1114,则氧原子数目之比为11∶14,A错误;Li3N与水反应的化学方程式为Li3N+3H2O3LiOH+NH3↑,理论上1molLi3N与水反应收集的气态

氨分子数目为NA,但由于水过量,氨气极易溶于水而且会发生反应NH3+H2ONH3·H2O,则收集的气态氨分子数目小于NA,B错误;CO32-在溶液中会水解,则Na+和CO32-的个数比大于2∶1,C错误;标准状况下,1mol任何气体的体积都约为22.4L,D正确。7.D解析100mL1.0mol

·L-1Na2C2O4溶液中含0.1molNa2C2O4,由于C2O42-发生水解,故C2O42-的数目小于0.1NA,A错误;常温下,pH=1的稀硫酸中c(H+)=0.1mol·L-1,则由水电离的c(H+)=10-13mol·L-1,B错误;题给反应的离子方程式为

5C2O42-+2MnO4-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,结合反应可知,参与反应的KMnO4为0.04mol,则有c(KMnO4)=0.04mol0.02L=2.0mol·L-1,C错误;碳元素由+3价升高到+4价,则0.1molNa2C2O4被氧化,转移电子数为0.2NA

,D正确。8.D解析氯化钠晶体是由Na+和Cl-构成的离子化合物,不存在氯化钠分子,A错误;氢氧化铁胶粒是“Fe(OH)3分子”的集合体,则16.25g氯化铁水解形成的氢氧化铁胶粒的个数小于16.25g162.5g·mol-1×NAmol-1=0.1NA,B错误;由3H和16O组成的超重水分

子中含有的中子数为12,电子数为10,则11g由3H和16O形成的超重水中,中子数和电子数之和为11g22g·mol-1×12×NAmol-1+11g22g·mol-1×10×NAmol-1=11NA,C错误;铁在氯气中燃烧生成氯化铁,则标准状况下,2.24L氯气与足量的铁反应,转移电子数

为2.24L22.4L·mol-1×2×NAmol-1=0.2NA,D正确。9.C解析溶液体积未知,无法确定溶液中微粒的数目,A错误;I2与H2的反应为可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,则生成HI的分子数小于2NA,B错误

;CO和N2的摩尔质量均为28g·mol-1,所以56g混合物中含有2mol分子,CO和N2均为双原子分子,含有4mol原子,则原子总数为4NA,C正确;标准状况下22.4LCO2为1mol,与足量的Na2O2充分反应生成0.5molO2,根据O元素的价态变化可知转

移的电子数为NA,D错误。10.C解析1L0.2mol·L-1NH4Cl溶液中含0.2molNH4Cl,NH4+发生水解,故NH4+的数目小于0.2NA,A错误;标准状况下CCl4为液体,11.2LCCl4不是0.5mol,则含有共用电子对数不是2NA,B错误;正丁烷和异丁烷互为同

分异构体,1个分子均含有13个共价键,29g混合物的物质的量为0.5mol,故含有共价键的数目为6.5NA,C正确;等质量的O2和O3中含O原子的物质的量相等,则所含电子数相等,D错误。11.B解析若CH4O的结构简式为CH3OH,6.4g甲醇为0.2mol,则含有C—H的数目为0.6NA,A

错误;Na2O2与水反应时,-1价O元素发生“歧化反应”,则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA,B正确;标准状况下,2.24LHCl气体为0.1mol,但未发生电离,不含H+,C错误;1mol晶体硅

中含有的共价键数目为2NA,D错误。12.答案(1)酸式滴定管(或移液管)(2)6.48解析(1)滤液中的Cr2O72-具有较强的氧化性,能氧化橡胶管,因此步骤Ⅰ量取10.00mL滤液选择的仪器是酸式滴定管或移液管。(2)

由反应原理:Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6,得到关系式Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3,消耗n(Na2S2O3)=cV=0.

1000mol·L-1×18.00×10-3L=0.0018mol,则n(Cr2O72-)=16n(Na2S2O3)=16×0.0018mol=0.0003mol,质量为m=nM=0.0003mol×216g·mol-1=0.0648g,Cr2O72-的含量=0.0648

g0.01L=6.48g·L-1。B组能力提升练1.B解析标准状况下SiCl4为固体,由已知条件无法计算1molSiCl4的体积,A错误;由题干反应信息可知,当反应消耗1molH2时,转移的电子数为2NA,B正确;根据晶体硅的结构可知,1

molSi中含有的共价键数目为2NA,C错误;题干未告知溶液的体积,故无法计算H+的数目,D错误。2.D解析1个D318O+含有13个中子,则1molD318O+含有的中子数为13NA,A错误;1molC2

H4和1molC3H4O2完全燃烧均消耗3molO2,则0.5mol混合物完全燃烧消耗1.5molO2,B错误;常温下,1LpH=9的Na2CO3溶液中c(OH-)=10-5mol·L-1,则由水电离的H+数为10-5NA,C错误;32gS8()为18mol

,含有共价键为1mol,32gS6()为16mol,共含有共价键为1mol,故32g二者的混合物含有共价键的数目为NA,D正确。3.C解析1个11B中含有6个中子,则0.1mol11B中含有0.6NA个中子,A正确;28g乙烯含6mol共用电子对,42g丙烯

含有9mol共用电子对,均为14g烯烃含3mol共用电子对,故等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数相等,B正确;常温下,铁在浓硝酸中发生钝化,不能完全反应,故转移电子数小于3NA,C错误;11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)的物质的量分别为0.5mol、1.0mo

l,在光照条件下发生取代反应,分子总数不变,故反应后分子总数为1.5NA,D正确。4.D解析未指明标准状况,A错误;未指明溶液的体积,B错误;1个T2O分子中含有的中子数是12,则1molT2O中含有的中子

数为12NA,C错误;根据化学方程式分析生成1molNaCl时转移2mol电子,5.85gNaCl的物质的量为0.1mol,因此每生成5.85gNaCl,反应中转移的电子数为0.2NA,D正确。5.C解析HCl为强电解质,在水中完全电离,因此1

0LpH=1的HCl溶液中不含HCl分子,A错误;未指明状态,不能用气体摩尔体积为22.4L·mol-1进行计算,B错误;铅酸蓄电池的负极电极反应式为Pb+SO42--2e-PbSO4,负极增重的质量为SO42

-的质量,若负极增重48g,则转移1mol电子,即外电路转移电子数目为NA,C正确;SO2和O2在一定条件下反应生成SO3,该反应为可逆反应,所得混合气体的分子总数大于2NA,D错误。6.D解析Fe与Cl2反应产生Fe

Cl3,0.1molFe完全反应需消耗0.15molCl2,则Fe过量,Cl2不足量,0.1molCl2完全反应转移0.2NA个电子;Cu与Cl2反应产生CuCl2,0.1molCu反应消耗0.1molCl2,故0.1molFe

和0.1molCu分别与0.1molCl2完全反应,转移电子数均为0.2NA,A正确。3.6gH2O的物质的量是0.2mol,由于1个H2O分子中含有10个质子,则0.2molH2O分子中含有质子的数目是2NA,B正确。Na2S与Na2O2的相对分子质量均是78

,都是由2个阳离子和1个阴离子构成,7.8gNa2S与Na2O2的混合物中含有Na2S和Na2O2的物质的量之和为0.1mol,则其中含离子总数为0.3NA,C正确。在标准状况下,HF不是以气体形式存在,因此不能根据HF的体积和气体摩尔体积计算其中含有的分子数,D错误。7.A解析由容积

相同的三个固定容器里,三种气体的温度和密度均相等可知,气体的质量比为1∶1∶1,气体的物质的量比为1g2g·mol-1∶1g44g·mol-1∶1g32g·mol-1=1∶122∶116。三种气体的原子个数比为(1×2)∶(122×3)∶(116×2)=1∶344∶116,则原子数目的大

小顺序为①>②>③,A正确;三种气体的质量比为1∶1∶1,大小顺序为①=②=③,B错误;三种气体的物质的量比为1∶122∶116,则分子个数比为1∶122∶116,大小顺序为①>③>②,C错误;由阿伏加德罗定律可知,密度相等、温度相同时气体的

压强之比等于摩尔质量的反比,即摩尔质量越小其压强越大,则压强大小顺序为①>③>②,D错误。8.D解析白磷分子的结构为,1个P4分子含有6条共价键,31g白磷为0.25mol,则含有共价键数目为1.5N

A,A正确;CuSO4与P4反应生成Cu3P和H3PO4,CuSO4是氧化剂,P4既是氧化剂又是还原剂,根据得失电子守恒,生成1molCu3P时,转移电子的数目为6NA,B正确;根据Ca3(PO4)2→P4可知,生成0.1mol白磷转移2mol电子

,C反应后生成CO,根据得失电子守恒推知,同时生成1molCO,C正确;1L0.01mol·L-1Ca(OH)2溶液中含0.01molCa(OH)2,水中还含O原子,故含有氧原子数目大于0.02NA,D错误。9.B

解析由HmX生成H2的物质的量n1=𝑉122.4mol,由HnY生成H2的物质的量n2=𝑉222.4mol,则两种酸生成H2的物质的量之比为𝑛1𝑛2=𝑉1𝑉2,A正确;设消耗Al的物质的量为xmol,由得失电子守恒得:3xmol=2×𝑉122.4mol,解得x=𝑉133.6,

设消耗Zn的物质的量为ymol,由得失电子守恒得:2ymol=2×𝑉222.4mol,解得y=𝑉222.4,故消耗的铝和锌的物质的量之比为𝑥𝑦=2𝑉13𝑉2,B错误;由于金属足量,故两种酸都完全反应

,根据氢元素守恒得:0.1mol×m=2×𝑉122.4mol,解得m=10𝑉111.2,同理0.1mol×n=2×𝑉222.4mol,解得n=10𝑉211.2,故𝑚𝑛=𝑉1𝑉2,C正确;由C项分析可知,m=10𝑉111

.2,n=10𝑉211.2,由于V1、V2具体数值未知,故无法确定m、n的具体数值,D正确。10.C解析气体所处状况未知,无法计算二氧化碳的物质的量和拆开的电子对数,A错误;N(C2H5)3的性质与NH3类似,则[N(C2H5)3H]+与

NH4+性质相似,[N(C2H5)3H]+为弱离子,在水溶液中部分水解,则0.1mol该物质与盐酸恰好完全反应生成的盐溶液中,[N(C2H5)3H]+的数目小于0.1NA,B错误;该反应是氧化还原反应,C元素化合价由+4降到+2,则每生成1mol甲

酸时转移的电子数为2NA,C正确;酯化反应是可逆反应,1mol甲酸和足量乙醇充分反应后,甲酸不可能完全转化,则生成甲酸乙酯的数目小于NA,D错误。11.答案5molMoO3解析1mol(NH4)6Mo7O24·4H2O的

质量是1236g,假设该物质加热失去水的物质的量是x,则18g·mol-1𝑥1236g=1-0.9272=0.0728,解得x≈5mol。B点时1mol固体质量减轻m=1236g×(1-0.8156)≈228g,铵盐受热

分解产生6molNH3,则产生H2O的物质的量为228g-6mol×17g·mol-118g·mol-1=7mol,H元素完全变为气体逸出,固体中剩余O元素的物质的量n(O)=(24+4)mol-7mol=21m

ol,则n(Mo)∶n(O)=7∶21=1∶3,则该物质化学式是MoO3。