2020届高三化学题型强化训练——化学计量的相关计算

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2020届届届届届届届届届届届

——届届届届届届届届届

一、单选题（本大题共20小题，共40分）

1. 标准状况下，将VLA 气体(摩尔质量为M g/mol)溶于0.1L 水中，所得溶液密度为

ρg/mL ，则此溶液物质的量浓度为( )

A. VρMV+2240 mol/L

B. 1000VρMV+2240 mol/L

C. 100VρMV+2240 mol/L

D. 1000+VρM

MV+2240 mol/L

2. 在200mL 含Mg 2+、Al 3+、NH 4+、H +、Cl −等离子的溶液中，逐滴加入4mol/L 的氢

氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示，下列叙述正确的是( )

A. 原溶液中n(Mg 2+)：n(Al 3+)=10：1

B. 原溶液中的c(H +)=0.8mol/L

C. x 与y 的差值为0.01mol

D. 原溶液中c(Cl −)=0.66mol/L

3. 往含0.2mol NaOH 和0.1mol Ba(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO 2气体，当通入气

体的体积为6.72L(标准状况下)时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子数目和通入CO 2气体的体积关系正确的图象是(气体的溶解忽略不计)( )

A. B.

C. D.

4. 1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g⋅mL−1、质量分数为63%的浓硝酸中，

得到NO2和N2O4的混合气体 1 120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol⋅L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，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1：2

B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol⋅L−1

C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%

D. 得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mL

5.将一定量Mg、Al合金溶于1mol⋅L−1的HCl溶液中，进而向所得溶液中滴加1mol⋅

L−1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与滴加的NaOH溶液体积(mL)的图示如下。下列分析的结论中正确的是()

A. 溶解“一定量Mg、Al合金”的HCl溶液的体积小于80mL

B. 由题中数据，无法求出实验中产生H2的物质的量

C. 无法确定Mg、Al合金中n(Mg)/n(Al)的最大值

D. 欲求出a的取值范围尚缺少一个条件

6.将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合

物共0.8mol这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为()

A. 0.2mol

B. 0.6mol

C. 0.8mol

D. 1.0mol

7.agFe2O3和Al2O3组成的混合物全部溶于20mL、物质的量浓度为0.05mol/L的硫酸

中，反应后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，则该NaOH溶液的物质的量浓度为()

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A. 0.1mol⋅L−1

B. 0.2mol⋅L−1

C. 0.4mol⋅L−1

D. 0.8mol⋅L−1

8.在一定量铁的氧化物中，加入45mL4mol/L硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中

Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化。则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为()

A. 5：6

B. 7：9

C. 3：4

D. 2：3

9.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，

这些气体与3.36L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入6mol·L−1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗

NaOH溶液的体积是

A. 50mL

B. 30mL

C. 15mL

D. 100mL

10.将Cl2通入200mL0.5mol⋅L−1氢氧化钾溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、

KClO3的混合溶液，经测定ClO−与ClO3−的物质的量之比是1：2，则通入的Cl2在标准状况下的体积为()

A. 0.56L

B. 1.68L

C. 2.24L

D. 1.12L

11.常温时，将0.1mol Fe(NO3)3和2mol HCl溶于水得到2L混合溶液，然后向该溶液中

投入m g铁粉，充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法正确的是

A. 由于氧化性：Fe3+>H+，故首先发生的反应是Fe+2Fe3+=3Fe2+

B. 充分反应后，共消耗56g铁

C. m=28时，溶液剩余0.9mol H+

D. 当加入16.8g铁粉时，可生成标准状况下6.72L气体

12.向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至过量，加入

Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是()

A. 图中C点铝元素存在形式是AlO2—

B. 向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀

C. 原混合液中c[Al2(SO4)3]:c(AlCl3)=1:2

D. 加入的Ba(OH)2溶液为0∼3L过程中发生反应的离子方程式为：

3Ba2++2Al3++8OH—+3SO42—=BaSO4↓+2AlO2—+4H2O

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13.取一定质量的均匀固体混合物Cu、CuO和Cu2O，将其分成两等份，取其中一份用

足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500mL稀硝酸(其还原产物为NO)，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为()

A. 0.7mol/L

B. 1.4mol/L

C. 1.2mol/L

D. 2.4mol/L

14.如图装置中，容器甲内充入0.1molNO气体。干燥管内装有一定量的Na2O2，从A

处缓慢通入CO2气体。恒温下，容器甲中活塞缓慢由D处向左移动，当移至C处时容器体积缩至最小，为原体积的9

，干燥管中物质的质量增加了2.24g。随着CO2的

10

继续通入，活塞又逐渐向右移动。下列说法中正确的是()

A. 活塞从D处移动到C处的过程中，通入的CO2气体为2.24L(标准状况)

B. NO2转化为N2O4的转化率为20％

C. 容器甲中NO已反应完

D. 活塞移至C处后，继续通入amolCO2，此时活塞恰好回至D处，则a小于0.01

15.取一定量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化：

则转化过程中所加稀硝酸的物质的量浓度为()

A. 2.2mol·L−1

B. 1.8mol·L−1

C. 2.0mol·L−1

D. 1.6mol·L−1

16. 1.52g铜镁合金完全溶解于50mL14mol/L的浓硝酸中，得到NO2和N2O4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，当金属离子全部沉淀时，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. 得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL

C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%

D. 与铜镁合金反应的HNO3的物质的量为0.12mol

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17. 铁和氧化铁的混合物共Xmol ，加盐酸后固体全部溶解，共收集到Ymol 氢气，且

向反应后的溶液中加入KSCN 溶液不显红色，则反应后溶液中Fe 元素质量为( )

A. 56(3X +Y)g

B. 56(3X −Y)g

C. 28(3X +Y)g

D. 28(3X −Y)g 18. 某种铁的硫化物4.5 g ，与足量的稀硝酸反应后，在所得的溶液中加入足量的纯碱，

充分反应后，过滤，洗涤沉淀并充分灼烧，得到的固体质量为3.2 g ，这种铁的硫化物是( )

A. FeS 2

B. Fe 2S 3

C. FeS

D. FeS 2和Fe 2S 3

19. 已知氧化性：

Fe 3+>M 2+(M 为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1 mol ·L −1的Fe 2(SO 4)3和MSO 4的100 mL 混合液中加入a mol 铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是( )

A. 当a ≤0.1时，发生的反应为2Fe 3++Fe =3Fe 2+

B. 当0.1≤a <0.2时，溶液中n(Fe 2+)=(0.2+a)mol

C. 当a ≥0.2时，发生的反应为2Fe 3++M 2++2Fe =4Fe 2++M

D. 若有固体剩余，则可能是铁或铁和M

20. 设N A 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )

A. 常温常压下，4.2g 丙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.3N A

B. 1mol Cl 2通入足量水中反应转移的电子数为N A

C. 向1L 0.3mol/L NaOH 溶液中通入0.2mol CO 2，溶液中CO 32−和HCO 3−的数目均为

0.1N A

D. 100g 质量分数为46％的乙醇溶液中所含的氢原子数为6N A

二、填空题（本大题共5小题，共60分）

21. 取等物质的量浓度的NaOH 溶液两份，每份100mL.分别向A 、B 中通入不等量．．．

的CO 2气体，再继续分别向两溶液中逐滴加入0.1mol/L 的盐酸，标准状况下产生的CO 2气体体积与所加入的盐酸的体积之间的关系如图所示．回答下列问题：

(1)原NaOH 溶液的物质的量浓度为_______________。

(2)A 曲线表明原NaOH 溶液中通入CO 2后，所得溶液中含有的阴离子为 。

(3)B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，发生的化学反应总方程式为

_________________________________________；所得溶液加盐酸后产生的CO2气体体积(标准状况)的最大值为________________ mL。

22.把由NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后生成1.16g白色沉

淀，在所得的悬浊液中逐滴加入1mol·L−1HCl溶液，加入HCl溶液的体积V与生成沉淀的质量m的关系如图所示：

完成下列问题：

(1)原混合物中MgCl2的质量为________，AlCl3的质量为________，NaOH的质量为

________。

(2)Q点所表示的HCl溶液的体积是________。

23.在200mLNa2CO3与NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol⋅L−1的盐酸，测得溶液中的

CO32−、HCO3−、AlO2−、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系，见下图一所示．

(1)原混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度为______ mol⋅L−1

(2)V1：V2=______ ．

(3)若滴加盐酸过程中得到沉淀0.975g，则滴入盐酸的体积可能为______ mL．

(4)在图二坐标中画出该混合溶液中逐滴加入1mol⋅L−1的盐酸，所得沉淀的物质的

量与加入盐酸溶液的体积变化关系．

24.以炼锌厂的烟道灰(主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等)为原

料可生产草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O，摩尔质量为189g/mol)。

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有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH 如下表： 氢氧化物

Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀的

pH

1.5 6.5 4.2 5.4

沉淀完全的

pH 3.3 9.7 6.7 8.2 请问答下列问题：

(1)滤渣A 的主要成分为 ，滤渣B 的主要成分为 。

(2)除锰过程中产生MnO(OH)2沉淀的离子方程式为 。

(3)①除铁(部分Cu 2+可能被除去)时加入ZnO 控制反应液pH 的范围为 。 ②若某溶液中含有Fe 3+，可能含有Fe 2+，请设计实验证明Fe 2+的存

在。 。

(4)沉淀后要获得干燥纯净草酸锌晶体，需进行的操作是 。

(5)将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300℃∼460℃范围内，发生反应的化学方程式为 。

25.将FeCl3、CuCl2混合溶液加入一定质量的铁粉中充分反应，所加混合溶液的体积与

反应后剩余固体质量如图所示。已知原混合溶液中Cu2+浓度为0.140mol·L−1，经检测M点时溶液中无Cu2+。

求：

(1)c(FeCl3)=________mol·L−1。

(2)铁粉的质量为________g。

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9 / 25 答案和解析

1.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查物质的量浓度的有关计算，属于字母型计算，增大题目难度，计算溶液的体积是解题关键，注意对公式的理解与灵活运用。

【解答】

根据n =V

V m 来计算气体的物质的量，根据m =nM 计算气体的质量，根据m =ρV 计算水的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V =m ρ来计算溶液的体积，最后利用c =n V 来计算该溶液的物质的量浓度。

气体的物质的量=VL 22.4L/mol =V 22.4mol ，故气体的质量=V 22.4mol ×Mg/mol =VM 22.4g ，0.1L 水的质量为100mL ×1g/mL =100g ，溶液的质量为(100+VM 22.4)g ，溶液的体积为(100+VM 22.4)g 1000ρg/L =2240+VM 22400ρL ，所以溶液的物质的量浓度=V 22.4mol 2240+VM 22400ρL =1000ρV 2240+VM mol/L 。 故选B 。

2.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查化学反应图象及离子反应计算，清楚图象中各阶段发生的反应是解答本题的关键，注意守恒思想的运用，难度较大。

【解答】

A.由Al(OH)3+NaOH =NaAlO 2+2H 2O ，溶解氢氧化铝的NaOH 的物质的量为(35−

33)×10−3L ×4mol ⋅L −1=0.008mol ，即Al(OH)3的物质的量为0.008mol ，则原溶液中n(Al 3+)=n[Al(OH)3]=0.008mol ，由图可知沉淀Mg 2+、Al 3+消耗氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=(30−4)×10−3L ×4mol ⋅L −1=0.104mol ，根据氢氧根守恒该阶段有3n[Al(OH)3]+2n[Mg(OH)2]=n(NaOH)，则n[Mg(OH)2]=12(0.104mol −0.008mol ×

3)=0.04mol ，故原溶液中n(Mg 2+)=0.04mol ，故原溶液中n(Mg 2+)：n(Al 3+)=5：

1，故A 错误；

B.0～4mL 发生H +与氢氧化钠的反应，则H +的物质的量为4×10−3L ×4mol ⋅L −1=0.016mol ，c(H +)=0.016mol 0.2L =0.08mol/L ，故B 错误；

C.由图象可知，x 与y 的差值即为Al(OH)3的物质的量，Al(OH)3的物质的量为0.008mol ，故C 错误；

D.溶液中的阴离子只有Cl −，则加入33mLNaOH 溶液时Cl −全部存在于NaCl 中，则Cl −的物质的量为33×10−3L ×4mol ⋅L −1=0.132mol ，原溶液中c(Cl −)=

0.132mol 0.2L =

0.66mol/L ，故D 正确；

故选D 。

3.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查元素化合物，考查考生分析、处理问题的能力与解答图象题的能力．难度中等。

【解答】

向含0.2 mol NaOH 和0.1 mol Ba(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO 2气体，依次发生的反应为Ba(OH)2+CO 2=BaCO 3↓+H 2O 、2NaOH +CO 2=Na 2CO 3+H 2O 、Na 2CO 3+H 2O +CO 2=2NaHCO 3、BaCO 3+H 2O +CO 2=Ba(HCO 3)2，因此可知当通入2.24 L CO 2时0.1 mol Ba 2+和0.2 mol OH −参加反应，溶液中离子的量由起始的0.7 mol 降到0.4 mol ，再通入2.24 L CO 2时，0.2 mol OH −参加反应，生成0.1 mol CO 32−，溶液中离子的量由0.4 mol 降到0.3 mol ，最后再通入2.24 L CO 2时，0.1 mol CO 32−发生反应，生成0.2 mol HCO 3−，溶液中离子的量由0.3 mol 升高到0.4 mol ．

故选C 。

4.【答案】A

【解析】解：A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g −1.52g =1.02g ，氢氧根的物质的量为 1.02g 17g/mol =0.06mol ，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中

Cu 、Mg 的物质的量分别为xmol 、ymol ，则：{2x +2y =0.0664x +24y =1.52

，解得x =0.02，y =0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol ：0.01mol =2：1，故A 错误；

B.该浓硝酸密度为1.40g/mL 、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为1000×1.4×63%63mol/L =14mol/L ，故B 正确；

C.NO 2和N 2O 4混合气体的物质的量为 1.12L 22.4L/mol =0.05mol ，令二氧化氮的物质的量为

amol ，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol ，根据电子转移守恒可知，a ×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得a =0.04，NO 2和N 2O 4 的物质的量之比=0.04mol ：(0.05mol −0.04mol)=4：1，NO 2的体积分数是44+1×100%=80%，故C 正确；

D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L ×14mol/L −0.04mol −(0.05−0.04)×2=0.64mol ，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO 3)=0.64mol ，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mol 1mol/L =0.64L =640mL ，故D 正确； 故选：A 。

A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g −1.52g =1.02g ，根据n =m M 计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu 、Mg 的物质的量分别为xmol 、ymol ，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x 、y 的值，据

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此解答； B.根据c =1000ρw M 计算该浓硝酸的物质的量浓度；

C.根据n =

V

Vm

计算NO 2和N 2O 4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol ，

根据电子转移列方程计算；

D.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO 3)，再根据V =n

c 计算需要氢氧化钠溶液的体积．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大．

5.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查学生有关金属元素铝及其化合物的性质的知识，结合图象进行考查，增大了难度。 【解答】

A.当加入NaOH 溶液的体积为80mL 是镁、铝恰好完全沉淀，溶液的溶质为NaCl ，n(HCl)=n(Cl −)=n(Na +)=0.08mol ，则加入盐酸的体积为80mL ，故A 错误；

B.根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H ++OH −=H 2O ，然后是沉淀两种金属离子：Mg 2++2OH −=Mg(OH)2↓，Al 3++3OH −=Al(OH)3↓，最后是Al(OH)3的溶解：Al(OH)3+OH −=AlO 2−+2H 2O ，从横坐标80mL 到90mL 这段可以求出n[Al(OH)3]=0.01mol ，则n(Al)=n[Al(OH)3])=0.01mol ，所以沉淀Al 3+需要的OH −为0.03mol ，即NaOH 溶液的体积为30mL ，金属镁的量不确定，无法判断生成氢气的量的多少，故B 正确；

C.镁离子和铝离子沉淀完全消耗的碱的体积为(80−a)mL ，若假设盐酸不剩余，沉淀Mg 2+需要NaOH 溶液的体积最大值为50mL ，求出n (Mg)的最大值为0.025mol ，所以该合金中镁铝两元素物质的量之比的最大值为2.5，故C 错误；

D.假设盐酸溶解金属后不剩余，这种情况下，酸恰好与金属反应完全，即a =0，通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀Al 3+需要NaOH 溶液的体积为30mL ，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50mL ，但是假设不成立，最大值是不存在的，所以a 的取值范围为 0≤a <50，故D 错误。 故选B 。

6.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO 3到NaNO 2得到的电子是解题的关键。 【解答】

用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu →Cu(NO 3)2，Cu 元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu 原子失2个电子；另一个是HNO 3→NaNO 2，N 元素由+5价降低为+3价，每个N 原子得2个电子，38.4gCu 的物质的量为：n(Cu)=m

M =

38.4g

64g/mol

=0.6mol，共失电子为0.6mol×2=1.2mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.2mol，根据得失电子数目相等得到2n(Cu)=2n(NaNO2)，故产物中NaNO2的物质的量为

1.2mol

2

=0.6mol，故选B。

故选B。

7.【答案】B

【解析】解：反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸

根守恒有n(Na2SO4)=n(H2SO4)=0.02L×0.05mol/L=0.001mol，根据钠离子守恒有

n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.002mol，则该NaOH溶液的物质的量浓度=0.002mol

0.01L

=

0.2mol/L，故选B。

反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入10mLNaOH

溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有

n(NaOH)=2n(Na2SO4)，根据硫酸根守恒有n(Na2SO4)=n(H2SO4)，据此计算n(NaOH)，

再根据c=n

V

计算．

本题考查混合物计算、物质的量浓度有关计算，难度中等，注意利用守恒法解答，侧重对学生思维能力、分析处理问题能力的考查．

8.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握原子守恒、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。

【解答】

硫酸的物质的量为4mol/L×0.045L=0.18mol，据铁的氧化物转变为硫酸亚铁可知氧化物中含O为0.18mol，

Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化，由电子守恒可知n(Fe2+)=

0.672L

22.4L/mol

×2×(1−0)

(3−2)

=

0.06mol，

铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n(Fe3+)=x，则3x+0.06×2=0.18×2，解得x=0.08mol，

该固体中铁原子和氧原子的个数之比为(0.06mol+0.08mol)：0.18mol=7：9，

故选：B。

9.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及电子守恒、原子守恒的计算为解答的关键，侧重分析能力与计算能力的综合考查，题目难度中等。

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【解答】

足量铜与浓硝酸反应，Cu 失去的电子被硝酸得到，生成NO 2、N 2O 4、NO 的混合气体，这些气体与3.36LO 2(标准状况)混合后通入水中，O 2得电子完全生成HNO 3，则整个过程中HNO 3反应前后总量没有变化，即Cu 失去的电子都被O 2得到了，根据得失电子守恒： n(Cu)×2=n(O 2)×4， n(Cu)×2= 3.36L

22.4L/mol mol ×4 ， 解得：n(Cu)=0.3mol 所以Cu(NO 3)2为0.3mol

由Cu ～Cu(NO 3)2～2NaOH 可知，Cu 2+～2OH − 0.3mol n(OH −) 则NaOH 为 0.3×2=0.6mol 则NaOH 体积V =n c

=

0.6mol 6mol/L

=0.1L ，即 100mL 。

故选D 。

10.【答案】D

【解析】解：由Cl 2与KOH 恰好反应生成KCl 、KClO 、KClO 3，结合n(K)=n(Cl)可知n(Cl 2)=n(KOH)=1

2×0.2L ×0.5mol/L =0.05mol ，通入的Cl 2在标准状况下的体积为0.05mol ×22.4L/mol =1.12L ， 故选：D 。

由Cl 2与KOH 恰好反应生成KCl 、KClO 、KClO 3，结合n(K)=n(Cl)可知n(Cl 2)=n(KOH)=1

2×0.2L ×0.5mol/L =0.05mol ，结合V =nVm 计算．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及守恒法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大．

11.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。 【解答】

硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，所以向溶液中加入铁粉后先发生反应：Fe +

4H ++NO 3−=Fe

3+

+NO ↑+2H 2O ，0.1mol 硝酸铁中含有0.3mol 硝酸根离子，根据反应可知，0.3mol 硝酸根离子完全反应消耗1.2mol 氢离子，同时生成0.3molNO 气体，氢离子

还剩余0.8mol；此时溶液中含有Fe3+的物质的量为：0.1mol+0.3mol=0.4mol，然后发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，

A.溶液中含有H+、NO3−，其氧化性大于铁离子，所以优先发生反应：Fe+4H++NO3−= Fe3++NO↑+2H2O，故A错误；

B.在前两个反应中消耗Fe的物质的量为：n(Fe)=n(NO3−)+1

2

n总(Fe3+)=0.3mol+

0.4mol×1

2

=0.5mol，在Fe+2H+=Fe2++H2↑的反应中，剩余的氢离子的物质的量为0.8mol，所以消耗的铁的物质的量为0.4mol，消耗铁的质量为：56g/mol×0.9mol=

50.4g，故B错误；

C.当投入铁粉28g时，只发生前两个反应，此时剩余氢离子0.8mol，故C错误；

D.16.8g铁的物质的量为：16.8g

56g/mol =0.3mol，根据反应Fe+4H++NO

3

−=Fe3++NO↑

+2H2O可知，0.3mol铁完全反应生成0.3molNO气体，标况下NO的体积为6.72L，故D 正确。

故选D。

12.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查化学反应的有关图象问题、铝化合物性质、混合物的有关计算等，难度中等，关键是清楚各阶段发生的反应，注意从开始到A点相当于是硫酸铝与氢氧化钡的反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀。

【解答】

向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH−、Ba2+与SO42−之间的离子反应，如下：Ba2++SO42−=BaSO4↓，Al3++3OH−=Al(OH)3↓，

Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，假设1molAl2(SO4)3中SO42−完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，提供6molOH−，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH−=

Al(OH)3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH−，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42−完全沉淀，A～B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B～C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。

A.C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是AlO2−，故A 正确；

B.D点的溶液中含有Ba2+、AlO2−，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，故B 正确；

C.前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L～6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知

3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧

2020届高三化学题型强化训练——化学计量的相关计算

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化铝可知3n(AlCl 3)=2[Ba(OH)2]=6mol ，故n(AlCl 3)=2mol ，故原溶液中原混合液中c[Al 2(SO 4)3]：c(AlCl 3)=1：2，故C 正确；

D.加入的Ba(OH)2溶液为0∼3L 过程中，实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：

3Ba 2++2Al 3++6OH −+3SO 42−=3BaSO 4↓+2Al(OH)3↓，故D 错误。 故选D 。

13.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要考查混合物的计算、守恒计算等，清楚反应过程是解题的关键，本题采取拆分法解答，简化计算过程，注意体会，可以通过列方程解答，题目难度一般。 【解答】

将Cu 2O 拆分为Cu 、CuO ，原混合物看做Cu 、CuO 的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g 为拆分后Cu 、CuO 的混合物中O 元素的质量，O 原子的物质的量为 3.2g

16g/mol =0.2mol ，根据Cu 元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0.2mol ；另一份中加入500mL 稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO 3)2，且同时收集到标准状况下NO 气体4.48L ，NO 的物质的量为 4.48L

22.4L/mol =0.2mol ，根据电子转移守恒可知拆分后Cu 、CuO 的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=3×0.2mol ，n(Cu)=0.3mol ，由铜元素守恒可知n[Cu(NO 3)2]=n(CuO)+n(Cu)=0.2mol +0.3mol =0.5mol ，根据氮元素守恒可知：n(HNO 3)=n(NO)+2n[Cu(NO 3)2]=0.2mol +2×0.5mol =1.2mol ，硝酸的浓度为：

1.2mol 0.5L

=2.4mol/L ，故D 正确。

故选D 。

14.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了混合物反应的计算，侧重考查NO 、CO 2和过氧化钠反应的有关计算与判断，试题综合性强，过程复杂，计算量很大，难度很大，为易错题目，该题是高考中的常见考点和题型，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练。

A.干燥管内质量增重，由于发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，利用差量法计算参加反应的二氧化碳的体积；

B.容器甲中发生反应2NO+O 2=2NO2，2NO2N2O4，根据①计算生成氧气的体积，进而计算n(O2)，根据过量计算，判断氧气与NO反应生成的二氧化氮的物质的量，此过程容器甲的体积不变，此后由于发生反应2NO 2N2O4，甲容器的体积减小，根据体积变化，判断混合气体物质的量减少量，根据差量法计算参加反应的二氧化氮的物质的量，再根据转化率定义计算；

C.根据B的计算判断NO是否完全反应；

D.活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积扩大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01mol，因此所需CO2必小于0.01mol。

【解答】

A.设通入标准状况下CO2气体的体积为x，产生氧气的体积为y，则：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2质量装置△m

2×22.4L22.4L56g

x y 2.24g

所以56g：2.24g=2×22.4L：x，解得x=1.792L，

56g：2.24g=22.4L：y，解得：y=0.896L，即：通入二氧化碳的体积为1.792L，故A错误；

=0.04mol，

B.由A计算可知，生成氧气的物质的量：n(O2)=0.896L

22.4L/mol

2NO+O2=2NO2

2 1 2

0.08mol0.04mol0.08mol

0.1mol>0.08mol，所以NO过量，生成NO2的物质的量为0.08mol，

所以2NO 2N2O4物质的量减少△n

2 1 1

)=0.01mol

0.02mol0.1mol×(1−9

10

×100%=25%，故B错误；

所以NO2转化为N2O4的转化率为：0.02mol

0.08mol

C.根据B的计算可知，NO还剩余：0.1mol−0.08mol=0.02mol，故C错误；

D.活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积扩大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01mol，因此所需CO2必小于0.01mol，故D正确。

故选D。

15.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查铜及化合物的性质，并且利用有关化学方程式计算技能或原子守恒思想解决问题．侧重电子守恒和原子守恒的考查，是解决化学计算的简洁方法，应用比较广泛，应给予重视。

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【解答】

设其中一份中n(Cu)=xmol ，n(Cu 2O)=y mol ，n(CuO)=z mol ， 依得失电子守恒和氧元素守恒，

有：{2x +2y = 2.24L

22.4L/mol ×3

y +z = 3.2g

16g/mol →x +2y +z =0.35mol ，根据铜原子守恒，即反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.35mol ；生成一氧化氮2.24L(标准状况下)，即为0.1 mol ，起氧化作用的硝酸为0.1 mol ；则500mL 稀硝酸中，n(HNO 3)=0.35mol ×2+0.10 mol =0.8 mol 因此c(HNO 3)=0.8 mol/0.5 L =1.6mol/L ，综合上述，故 A 、B 、C 错误，故D 正确。 故选D 。

16.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查了混合物反应以及氧化还原反应的计算，为高频考点，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力，题目难度较大，注意质量守恒、电子守恒在混合物反应的计算中的应用方法。 【解答】

A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根离子的质量为：2.54g −1.52g =1.02g ，氢氧根离子的物质的量为： 1.02g

17g/mol =0.06mol ，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、镁合金中Cu 、Mg 的物质的量分别为xmol 、ymol ，则：2x +2y =0.06、64x +24y =1.52，解得：x =0.02、y =0.01，则该合金中n(Cu)：n(Mg)=2：1，故A 正确；

B.50mL 该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L ×0.05L =0.7mol ，反应后的溶质为硝酸钠，根据N 元素守恒，硝酸钠的物质的量为：0.05L ×14mol/L −0.04mol −(0.05−0.04)×2=0.64mol(由C 分析可知混合气体中含有二氧化氮0.04mol 、四氧化二氮0.01mol)，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mol

1mol/L =0.64L =640mL ，故B 错误； C.标况下1.12L 气体的物质的量为 1.12L

22.4L/mol =0.05mol ，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol ，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol ，根据电子转移守恒可知：a ×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得a =0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol 、四氧化二氮0.01mol ，NO 2和N 2O 4的混合气体中，NO 2的体积分数为：0.04mol

0.05mol ×100%=80%，故C 正确；

D.Cu 、Mg 的物质的量分别为0.02、0.01mol ，则生成Cu(NO 3)2、Mg(NO 3)2各0.02、0.01mol ，NO 2和N 2O 4的物质的量为 1.12L

22.4L/mol =0.05mol ，含有二氧化氮0.04mol 、四氧化二氮

0.01mol，则消耗硝酸的物质的量为0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12(mol)，故D正确。

故选B。

17.【答案】D

【解析】【分析】

考查混合物定量计算，难度中等，掌握反应过程是解题关键，注意解题方法选择。

【解答】

根据电子守恒：与H+反应生成H2的铁的物质的量等于氢气的物质的量：n(Fe)=n(H2)= Ymol；

其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2++

3H2O，参加该反应的铁的物质的量为1

2(X−Y)mol，Fe2O3的物质的量也是1

2

(X−Y)mol，

故共含铁元素Ymol+1

2(X−Y)mol+(X−Y)mol=1

2

(3X−Y)mol，故共含铁元素：

1

2

(3X−Y)mol×56g/mol=28(3X−Y)g。

故选D。

18.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要考查化合物的化学式的确定，涉及物质的量计算，难度不大。

【解答】

由题意可知，3.2g的固体为Fe2O3，

故n(Fe)=

3.2g

160g/mol

×2=0.04mol，则m(Fe)=0.04mol×56g/mol=2.24g，

而由硫化物4.5g，可知m(S)=4.5g−2.24g=2.26g

故n(S)=

2.26g

32g/mol

≈0.07mol

因而硫化物中n(Fe)：n(S)=4：7，介于1：2和2：3之间，故应为FeS2和Fe2S3的混合物。

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故选D 。

19.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的比较，根据氧化性或还原性判断反应的先后顺序，结合题目中给出的各物质的量进行定量计算，有一定的难度。 【解答】

因氧化性 Fe 3+>M 2+，加入铁粉后，先与Fe 3+反应，后与M 2+反应。

A.加入铁粉后，先与Fe 3+反应，混合溶液中Fe 3+的物质的量为 2mol/L ×0.5L ×2=2mol ，则：

2Fe 3++Fe =3Fe 2+ 2mol 1mol

当 a ≤1 时，Fe 粉只能将Fe 3+还原，故A 正确；

B.当 1≤a <2 时，Fe 3+全部被还原，根据铁元素守恒，可得溶液中n(Fe 2+)=(2+a)mol ，故B 正确；

C.当Fe 3+反应完全后，继续加入铁粉，将与M 2+反应，混合溶液中M 2+的物质的量为 2mol/L ×0.5L =1mol ，则： M 2++Fe =Fe 2++M 1mol 1mol

当a ≥2 时，Fe 3+和M 2+均反应完全，此时发生的反应为2Fe 3++M 2++2Fe =4Fe 2++M ，故C 正确；

D.若有固体剩余，则固体中一定有M ，当铁粉过量时，还会含有铁，故D 错误。 故选D 。

20.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确三氯甲烷在标准状况下不是气体，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；选项C 为易错点，注意检查题中数据是否齐全。 【解答】

A.丙烯和环丙烷的摩尔质量相同，为42g/mol ，故无论什么比例混合，混合气体中含有的碳原子数不变，4.2g 混合气体中含有的碳原子数为0.3N A ，A 正确；

B.因为氯气只有部分在水中参与反应，一部分氯气会溶于水中，故反应转移电子数小于N A ，B 错误；

C.向1L 0.3mol/L NaOH 溶液中通入0.2mol CO 2，生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，

碳酸钠、碳酸氢钠溶液中，CO 32−和HCO 3−均能发生水解，C 错误；

D.100g 质量分数为46％的乙醇溶液中，乙醇物质的量为

100g×46%46g/mol

=1mol ，含有氢原子

数为6N A ，而乙醇溶液中含有除乙醇外，水也含有氢原子，所以乙醇溶液中所含的氢原子数大于6N A ，D 错误。 故选A 。

21.【答案】(1)0.06mol/L

(2)CO32−、OH− 

(3)3NaOH+CO2 =Na2CO3 +NaHCO3 +H2O；89.6

【解析】【分析】

本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键根据图中盐酸的体积计算出NaOH、CO2的物质的量，判断CO2与NaOH反应过程。

【解答】

(1)加入60mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液；根据氯离子、钠离子守恒，

所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.060L×0.1mol/L=0.006mol，

=0.06mol/L；

所以c(NaOH)=0.006mol

0.1L

故答案为：0.06mol/L；

(2)当生成CO2气体时，发生反应HCO3−+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，由图像知：滴加盐酸没有气体生成时，可能发生OH−+H+=H2O和CO32−+H+=HCO3−，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠；即A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中含有的阴离子为CO32−、OH− ；

故答案为：CO32−、OH− ；

(3)由曲线B可知从0mL到20mL为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应方程式为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；由曲线B可知从20mL到60mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，且原溶液中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相同，则原NaOH溶液中通入CO2后，发生的化学反应总方程式为3NaOH+CO2 =Na2CO3 +NaHCO3 +H2O；

所以n(CO2)=n(HCl)=(0.060L−0.020L)×0.1mol/L=0.004mol，

所以CO2气体体积为0.004mol×22.4L/mol=0.0896L=896mL。

故答案为：3NaOH+CO2 =Na2CO3 +NaHCO3 +H2O；89.6。

22.【答案】(1)1.9g；2.67g；5.2g

(2)130mL

【解析】【分析】本题考查图像分析，明确每一段图像发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶质的成分为解题关键，注意结合有关方程进行分析，题目难度较大。

【解答】

= (1)由图示可知，m[Mg(OH)2]=1.16g，则n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]= 1.16g

58g⋅mol−1

0.02mol，m(MgCl

)=0.02mol×95g·mol−1=1.9g。盐酸加入量在10～30mL时，发

2

2020届高三化学题型强化训练——化学计量的相关计算

2020届高三化学题型强化训练——化学计量的相关计算 1 / 25 2020届届届届届届届届届届届 ——届届届届届届届届届 一、单选题（本大题共20小题，共40分） 1. 标准状况下，将VLA 气体(摩尔质量为M g/mol)溶于0.1L 水中，所得溶液密度为 ρg/mL ，则此溶液物质的量浓度为( ) A. VρMV+2240 mol/L B. 1000VρMV+2240 mol/L C. 100VρMV+2240 mol/L D. 1000+VρM MV+2240 mol/L 2. 在200mL 含Mg 2+、Al 3+、NH 4+、H +、Cl −等离子的溶液中，逐滴加入4mol/L 的氢 氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示，下列叙述正确的是( ) A. 原溶液中n(Mg 2+)：n(Al 3+)=10：1 B. 原溶液中的c(H +)=0.8mol/L C. x 与y 的差值为0.01mol D. 原溶液中c(Cl −)=0.66mol/L 3. 往含0.2mol NaOH 和0.1mol Ba(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO 2气体，当通入气 体的体积为6.72L(标准状况下)时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子数目和通入CO 2气体的体积关系正确的图象是(气体的溶解忽略不计)( )

A. B. C. D. 4. 1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g⋅mL−1、质量分数为63%的浓硝酸中， 得到NO2和N2O4的混合气体 1 120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol⋅L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，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1：2 B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol⋅L−1 C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D. 得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mL 5.将一定量Mg、Al合金溶于1mol⋅L−1的HCl溶液中，进而向所得溶液中滴加1mol⋅ L−1的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量(n)与滴加的NaOH溶液体积(mL)的图示如下。下列分析的结论中正确的是() A. 溶解“一定量Mg、Al合金”的HCl溶液的体积小于80mL B. 由题中数据，无法求出实验中产生H2的物质的量 C. 无法确定Mg、Al合金中n(Mg)/n(Al)的最大值 D. 欲求出a的取值范围尚缺少一个条件 6.将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合 物共0.8mol这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为() A. 0.2mol B. 0.6mol C. 0.8mol D. 1.0mol 7.agFe2O3和Al2O3组成的混合物全部溶于20mL、物质的量浓度为0.05mol/L的硫酸 中，反应后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，则该NaOH溶液的物质的量浓度为()

2020高考化学决胜二轮新高考省份专用版：专题三化学常用计量及其应用含答案

了解物质的量及其相关物理量的涵义和应用.体会定量研究对化学科学的重要作用。

(3)Na2O2、KO2中的阴、阳离子个数比.前者为1∶2.后者为1∶1；熔融的Na HSO4中的阳离子数目(阳离子只有Na＋)。 (4)等物质的量的羟基与氢氧根离子所含质子、电子或原子数目。 (5)等质量的最简式相同的有机物(如烯烃)、同素异形体、N2与CO、NO2与N2O4等含有的原子、分子数目。 (6)注意特殊物质的摩尔质量.如D2O、18O2、H37Cl等。 (7)一定物质的量的有机物中共价键的数目(苯环、萘环中无碳碳双键).如C n H2n＋2中共价键的数目为3n＋1。 (8)1 mol金刚石、石墨中的C—C键数目分别为2N A、1.5N A；1 mol SiO2中Si—O键数目为4N A；1 mol P4中的P—P键数目为6N A。 3．与氧化还原反应相关的N A的应用 (1)歧化反应类：Na2O2与CO2、H2O的反应.Cl2与NaOH(冷稀、热浓)、H2O 的反应。 (2)变价金属(Fe、Cu)与强、弱氧化剂(Cl2/Br2、S/I2)反应类。 (3)Fe与浓、稀硝酸.Cu与浓、稀硝酸反应类。 (4)足量、不足量Fe与稀硝酸.足量Fe与浓硫酸反应类。 (5)足量KMnO4与浓盐酸.足量MnO2与浓盐酸.足量Cu与浓硫酸反应类。 (6)注意氧化还原的顺序.如向FeI2溶液中通入Cl2.首先氧化I－.再氧化Fe2＋。 4．与可逆反应相关的N A的应用 在N A的应用中.常涉及以下可逆反应： (1)2SO2＋O2错误!2SO3 PCl3＋Cl2PCl5 2NO2N2O4 N2＋3H2错误!2NH3 (2)Cl2＋H2O HCl＋HClO (3)NH3＋H2O NH3·H2O NH＋4＋OH－ 5．与电解质溶液中粒子数目判断相关的N A的应用 审准题目要求.是突破该类题目的关键。 (1)溶液中是否有“弱粒子”.即是否存在弱电解质或能水解的“弱离子”.如1 L 1 mol·L－1的乙酸或1 L 1 mol·L－1乙酸钠溶液中CH3COO－数目均小于N A。

化学平衡常数及相关计算(共35题)——2020届高三化学题型狂练

化学平衡常数及相关计算（共35题） ——2020届高三化学题型狂练 1．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示。下列说法中正确是 A．30min时降低温度，40min时升高温度 B．8min前A的平均反应速率为0.08mol/(L·s) C．反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应 D．20min～40min间该反应的平衡常数均为4 【答案】D 【解析】 由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1、 A.由图象可知，30min时正逆反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，而增大压强平衡不移动，应是升高温度、 B.反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，根据υ=计算υ、A、、 C.由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1、增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应； 试卷第1页，总47页

D.20min、30min间正逆反应速率相等，各物质的物质的量浓度都不变，反应处于平衡状态，30min、40min，速率降低，为降低压强，平衡常数不变，20min、40min平衡常数相同，根据20min时计算平衡常数、 【详解】 由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1、 A.由图象可知，30min时正逆反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，而增大压强平衡不移动，应是升高温度；故A错误、 B.0～8min内A的浓度减少了0.64mol/L，故υ（A）=0.64/ 8 mol L min =0.08mol/（L?min）， 选项中单位不对，故B错误； C.由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1、增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误； D.20min～30min间正逆反应速率相等，各物质的物质的量浓度都不变，反应处于平衡状态，30min～40min，速率降低，为降低压强，平衡常数不变，20min～40min平衡常数相同，由图可知20min时c（A）=c（B）=1mol/L，c（C）=2mol/L，所以平衡常数 K= 2 2 11 （） =4，故D正确； 故答案选D、 2．已知反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)生成N2的初始速率与NO、H2的初始浓度的关系为v=k c x(NO)?c y(H2)，k为速率常数。在800℃时测得的相关数据如表所示。 试卷第2页，总47页

2020届高考化学考前冲刺提分训练：以物质的量为中心的综合计算【答案+详解、课后复习总结】

——以物质的量为中心的综合计算 【提分训练】 1．把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( D ) A．0.1(b－2a) mol·L－1B．10(2a－b) mol·L－1 C．10(b－a) mol·L－1D．10(b－2a) mol·L－1 解析：根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2＋)＝a mol，n(Cl－)＝b mol，根据电荷守恒关系得n(K＋) ＝(b－2a) mol，则c(K＋)＝(b－2a) mol 0.1 L ＝10(b－2a) mol·L－1。 2．25 ℃时，20.00 mL硫酸和硝酸的混合溶液，加入足量氯化钡溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，可得0.466 g沉淀。滤液跟2.00 mol·L－1氢氧化钠溶液反应，共用去10.00 mL碱液时恰好中和。下列说法中正确的是( C ) A．原混合液中c(SO2－4)＝0.20 mol·L－1 B．原混合液中c(NO－3)＝0.90 mol·L－1 C．原混合液中pH＝0 D．原混合液中由水电离出的c(H＋)＝0.10 mol·L－1 解析：原混合溶液中，n(H2SO4)＝n(BaSO4)＝0.466 g÷233 g·mol －1＝0.002 mol，n(H＋)＝n(NaOH)＝2.00 mol·L－1×0.01 L＝0.02 mol，

c (H ＋)＝0.02 mol ÷0.02 L ＝1 mol ·L －1，pH ＝0。c (SO 2－ 4)＝0.002 mol ÷0.02 L ＝0.1 mol ·L －1；n (HNO 3)＝0.02 mol －0.002 mol ×2＝0.016 mol ，c (NO －3)＝0.80 mol ·L －1；原混合液中由水电离出的c (H ＋)＝1×10－14 mol ·L －1。 3．将物质的量均为a mol 的Na 和Al 一同投入m g 足量水中，所得溶液的密度为ρ g ·cm －3，则此溶液的物质的量浓度为( A ) A.1 000a ρ 46a ＋m mol ·L －1 B.4ρ46a ＋m mol ·L －1 C.1 000a ρ50a ＋m mol ·L －1 D.1 000a 45a ＋m mol ·L －1 解析：Na 和Al 一同投入m g 足量水中时，发生反应2Na ＋2H 2O===2NaOH ＋H 2↑、2Al ＋2NaOH ＋2H 2O===2NaAlO 2＋3H 2↑。Na 、Al 的物质的量均为a mol ，结合化学方程式可知生成2a mol H 2，所得溶液中只有NaAlO 2一种溶质，其物质的量为a mol 。所得溶液的质量为m (Na)＋m (Al)＋m (H 2O)－m (H 2)＝(46a ＋m )g ，所得溶液的体积为46a ＋m 1 000ρ L ，所得溶液的物质的量浓度为1 000a ρ 46a ＋m mol ·L －1。 4．同温同压下，x g 甲气体和y g 乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是( B ) A ．x ∶y 等于甲与乙的相对分子质量之比 B ．x ∶y 等于甲与乙的分子个数之比 C ．x ∶y 等于同温同压下甲与乙的密度之比 D ．y ∶x 等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比 解析：A 项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子 数，则x g 甲气体和y g 乙气体的物质的量相等，即x M 甲＝y M 乙 ，推出x ∶

化学计量的相关计算

化学计量的相关计算 物质的量摩尔质量 一、物质的量 （一）物质的量（n） 1．定义：表示含有一定数目微观粒子的集合体的一个物理量 2．单位: 摩尔（简称“摩”），符号：mol ▲把含有６.02×1023个粒子的任何粒子集体计量定为１摩尔 ▲物质的量及微观粒子数之间成正比：n１／n２＝Ｎ１／Ｎ２ 3．使用物质的量应注意事项： ①物质的量这四个字是一个整体，是专用名词,不得简化或增添任何字。 ②物质的量只能描述分子、原子、离子、中子、质子等微观粒子，不能描述宏观物质，用摩尔为单位表示某物质的物质的量时，必须指明物质微粒的名称、符号或化学式。如：1 mol H、1 mol H＋、 1 mol H2 ，不能用“1 mol 氢”这样含糊无意义的表示。 ③物质的量计量的是粒子的集合体，不是单个粒子，物质的量的数值可以是整数，也可以是小数。 （二）阿伏加德罗常数（N A） 事实证明,1mol粒子集体所含的粒子数及0.012g 12C所含的碳原子数相同，约为6.02 ×1023。国际上把1mol任何粒子集体所含的粒子数叫做阿伏伽德罗常数。（12C是指原子核内有6个质子和6个中子的碳原子。） 1.阿伏加德罗常数 （1）含义：科学上规定把0.012kg12C中所含有的碳原子数叫做阿伏加德罗常数。 （2）符号：N A

（3）单位：mol－1 (4)近似值：6.02×1023mol－1 （5）物质的量（n），阿伏加德罗常数（N A）及粒子数（N）三者之间关系：n=N/ＮＡ。 （三）物质的量、阿伏加德罗常数及粒子数间的关系 粒子数(N)、物质的量(n)和质量(m)之间的关系： 【例题】在0.5 mol O2中含有的氧原子数目是多少？ 随堂练习： 1．1 mol C中约含有个碳原子 2．0.3 mol H2SO4含有个硫酸分子 3．1.204 × 1024个H2O2分子的物质的量为。 4．1 mol Na2CO3中约含有__ _molNa+、_ __molCO32-离子，共含有离子的个数为__________个。 二、摩尔质量 1．定义：单位物质的量的物质所具有的质量 2．符号：符号：Ｍ单位：g／mol 或g·mol－１ 3．含义：某物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量。 4．公式： m （g) ＝ n (mol) ·Ｍ(g/mol) n ＝m／Ｍ 自我检测

全国通用高考专项训练2020年高考化学小题专练3--化学计量

2020高考化学小题专练3--化学计量 【考试要求】 主要以物质的量为中心考查阿伏伽德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积等基本概念和相关计算以及阿伏伽德罗定律及其推论。试题往往围绕阿伏伽德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积的应用范围设置知识陷阱，同时又隐含对物质的组成和结构、氧化还原反应、弱电解质的电离、盐类的水解等知识的考查。题型有选择题、实验题、化工流程题等。 【高考真题】 1．[2019新课标Ⅱ] 已知N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 （ ） A ．3 g 3He 含有的中子数为1N A B ．1 L 0.1 mol·L ?1磷酸钠溶液含有的34PO - 数目为0.1N A C ．1 mol K 2Cr 2O 7被还原为Cr 3+转移的电子数为6N A D ．48 g 正丁烷和10 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13N A 2．[2019新课标Ⅲ] 设N A 为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H 3PO 4溶液，下列说法正确的是（ ） A ．每升溶液中的H +数目为0.02N A B ．c (H +)= c (42H PO -)+2c (24HPO -)+3c (34PO - )+ c (OH ?) C ．加水稀释使电离度增大，溶液pH 减小 D ．加入NaH 2PO 4固体，溶液酸性增强 3．[2018新课标Ⅰ]N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A ．16.25 g FeCl 3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 N A B ．22.4 L （标准状况）氩气含有的质子数为18N A C ．92.0 g 甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0N A D ．1.0 mol CH 4与Cl 2在光照下反应生成的CH 3Cl 分子数为1.0N A 4．[2018新课标Ⅱ]N A 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A ．常温常压下，124 g P 4中所含P —P 键数目为4N A B ．100 mL 1mol·L ?1FeCl 3溶液中所含Fe 3+的数目为0.1N A C ．标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2N A D ．密闭容器中，2 mol SO 2和1 mol O 2催化反应后分子总数为2N A 5．[2018新课标Ⅲ]下列叙述正确的是（ ） A ．24 g 镁与27 g 铝中，含有相同的质子数 B ．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C ．1 mol 重水与1 mol 水中，中子数比为2∶1 D ．1 mol 乙烷和1 mol 乙烯中，化学键数相同

2020届高考化学二轮复习常考题型大通关(3)化学计量与化学计算(含解析)

化学计量与化学计算 1、已知N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( ) A．3g 3He含有的中子数为1N A PO-数目为0.1N A B．1 L 0.1 mol·L?1磷酸钠溶液含有的3 4 C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6N A D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13N A 2、N A代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A.常温常压下,124 g P4中所含P—P键数目为4N A B.100 mL 1 mol?L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1 N A C.标准状况下,11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2 N A D.密闭容器中,2 mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数为2 N A 3、阿伏加德罗常数的值为N A。下列说法正确的是( ) NH+的数量为0.1N A A.1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中, 4 B.2.4 g Mg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.1N A C.标准状况下,2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2N A D.0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2N A 4、下列说法中正确的是（N A为阿伏加德罗常数的值）( ) A.O2-的电子式为，则O2-核外有8个电子 B.1 m o l N H4Cl中含有的H—C1键的数目为N A C.CrO5中Cr元素的化合价为+6价，每个CrO5分子中存在两个过氧键 D.20 g Na2O和Na2O2的混合物中，所含阴阳离子数目之比无法确定 5、设N A表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( ) A.饱和碳酸钠溶液中析出1.06 g晶体,该晶体中含有2N A个Na+ B.1 mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应,生成乙酸乙酯分子数为N A C.某温度下,1 L pH=2的H2SO4溶液中,硫酸和水电离的H+总数为0.01N A D.常温常压下,NO2与N2O4的混合气体46 g,分子总数为N A 6、设N A为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是( ) A. 常温下，48 g CT3CO18OCH2CH3含电子数24N A、中子数24 N A

2020届高三化学一轮复习 物质的量有关计算(守恒法、差量法、关系式法计算)

2020届高三化学一轮复习物质的量有关计算（守恒法、差量法、关系式法计算） 方法一守恒法 1．原子(或离子)个数守恒 当物质之间发生化学反应时，其实质就是原子之间的化分和化合。即可推知某种元素的原子无论是在哪种物质中，反应前后其质量及物质的量都不会改变，即质量守恒。 专题训练 1．现有铁、氧化亚铁、三氧化二铁的混合物粉末3.44g，向其中加入100mL1mol·L－1盐酸恰好完全溶解，收集到标准状况下的气体22.4mL，向反应后的溶液中加入KSCN溶液不变色，则6.88g该混合物在高温下用足量CO处理后，残留固体质量为________g。 答案 5.6 2．(2018·浙江4月选考，29)称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L－1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。 请计算： (1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量为______。 (2)固体混合物中氧化铜的质量为________。 答案(1)0.100mol(2)2.40g 3．(2018·舟山质检)向一定质量CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入浓度为1.000mol·L－1的Na2CO3溶液，反应过程中加入的Na2CO3溶液的体积与产生沉淀或气体的质量关系如图所示。 (1)样品中物质的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)＝________。 (2)V2＝__________L。 答案(1)1∶2(2)0.1000 4．(2017·浙江4月选考，29)分别称取2.39g (NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。 (1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图所示。混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为______。

2020届高考化学二轮复习考点精炼：化学用语化学计量(解析版)

化学用语化学计量 1．下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板（其质量忽略不计）。同温下将等质量的氢气与氦气同时充入容器，符合实际情况的是（） A．B．C．D． 2．下列化学用语正确的是（） A．18O2—结构示意图： B．硝基苯的结构简式： C．NaHSO4熔融时电离方程式：NaHSO4 == Na+ + HSO4－ D．CO2的比例模型： 3．下列化学用语正确的是（） A．乙醇的分子式：CH3CH2OH B．氮气的结构式：:N N: O D．环己烷的结构简式： C．中子数为8的氧原子：16 8 4．下列关于阿伏加德罗常数的说法中正确的是（） A．6.02×1023叫做阿伏加德罗常数 B．12g12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数的数值 C．1mol氯含有6.02×1023个氯分子 D．含有2mol氧原子单质的物质的量为1mol 5．在标准状况下,相同质量的下列气体体积最大的是（） A．CH4B．O2C．Cl2D．CO2 6．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（） A．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1 molCu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子数为0.2N A B．100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氢原子数为12N A C．工业合成氨每断裂N A个N≡N键，同时断裂6N A个N-H键，则反应达到平衡

D．100mL 12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6N A 7．N A表示阿伏加德罗常数的数值。下列的说法中，正确的是（） A．4.6g金属钠由原子完全变为Na+ 离子时，失去的电子数为0.1N A B．N A 个氧气分子与N A 个氢气分子的质量比为8︰1 C．0.2 N A个硫酸分子与19.6g磷酸（相对分子质量：98）含有相同的氧原子数 D．22.4L的氮气所含有的原子数为2N A 8．将12 mol·L－1的盐酸(ρ＝1.10 g·cm－3)50 mL稀释成6 mol·L－1的盐酸(ρ＝1.055 g·cm－3)，需加水的体积为() A．50 mL B．50.5 mL C．55 mL D．59.5 mL 9．用N A表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（） A．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na＋离子数为0.02N A B．标准状况下，22.4L四氯化碳含有的原子数为5N A C．通常状况下，0.5N A个CO2分子占有的体积为11.2L D．物质的量浓度为0.5mol·L－1的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为N A 10．下列叙述不正确的是（） A．常温常压，两种气体的密度之比等于摩尔质量之比 B．在同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比 C．在标准状况下，两种气体的体积之比等于摩尔质量之比 D．在同温同压下，同体积的两种气体的质量之比等于摩尔质量之比 11．“84”消毒液能有效杀灭甲型H1N1等病毒，某同学购买了一瓶某品牌“84”消毒液，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息:含25%NaClO的溶液1 000 mL、密度为1.192 g·cm-3，稀释100倍(体积比)后使用。 请根据以上信息和相关知识回答下列问题: (1)该“84”消毒液的物质的量浓度为________。 (2)该同学取100 mL稀释后的消毒液用于消毒，稀释后溶液中c(Na+)=________。 (3)一瓶该品牌“84”消毒液最多能吸收空气中CO2____L(标准状况)而失效。 (4)该同学参阅该品牌“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25% NaClO的消毒液。下列说法正确的是______(填字母)。

高中化学专题02 化学计量与化学计算-2020年高考化学真题与模拟题分类训练(教师版含解析)

专题02 化学计量与化学计算 1．【2020新课标Ⅲ】N A是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．22.4 L(标准状况)氮气中含有7N A个中子 B．1 mol重水比1 mol水多N A个质子 C．12 g石墨烯和12 g金刚石均含有N A个碳原子 D．1 L 1 mol·L−1 NaCl溶液含有28N A个电子 【答案】C 【解析】A．标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14N A个中子，不是7N A，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误； B．重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误； C．石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即 12g 12g/mol =1molC原子， 所含碳原子数目为N A个，故C正确； D．1molNaCl中含有28N A个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误； 故答案为C。 2．【2020年7月浙江选考】N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A．4MnO4−+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O，1mol[4MnO4−+5HCHO]完全反应转移的电子数为20N A B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为N A时，阳极应有32gCu转化为Cu2+ C．常温下，pH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+数为10−5N A D．1 L浓度为0.100 mol⋅L−1的Na2CO3溶液中，阴离子数为0.100N A 【答案】A 【解析】A．Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol MnO 4 -完全反应转移电子物质的量为 4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20N A，A正确； B．电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为N A时，即电路中通过1mol电子，Cu失去

专题02 化学计量与化学计算——三年(2020-2022)高考真题化学分项汇编(全国通用)(解析版)

专题02 化学计量与化学计算 1．（2022·全国甲卷）A N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A ．25℃，101kPa 下，28L 氢气中质子的数目为A 2.5N B ．1 32.0L 1.0mol L l AlC -⋅溶液中，3Al +的数目为A 2.0N C ．0.20mol 苯甲酸完全燃烧，生成2CO 的数目为A 1.4N D ．电解熔融2CuCl ，阴极增重6.4g ，外电路中通过电子的数目为A 0.10N 【答案】C 【解析】A ．25℃、101kPa 不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故A 错误； B ．Al 3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3，因此2.0L 1.0 mol/L 的AlCl 3溶液中Al 3+数目小于2.0N A ，故B 错误； C ．苯甲酸燃烧的化学方程式为6522215C H COOH+ O 7CO +3H O 2 点燃 ，1mol 苯甲酸燃烧生成7molCO 2，则0.2mol 苯甲酸完全燃烧生成1.4molCO 2，数目为1.4N A ，故C 正确； D ．电解熔融CuCl 2时，阳极反应为--22Cl -2e =Cl ↑，阴极反应为2+-Cu +2e =Cu ，阴极增加的重量为Cu 的质量，6.4gCu 的物质的量为0.1mol ，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2mol ，数目为0.2N A ，故D 错误； 答案选C 。 2．（2022·浙江卷）A N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A ．412g NaHSO 中含有A 0.2N 个阳离子 B ．11.2L 乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为A 3N C ．48g CH 含有中子数为A 3N D ．20.1mol H 和20.1mol I 于密闭容器中充分反应后，HI 分子总数为A 0.2N 【答案】C 【解析】A ． 4NaHSO 由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子，412g NaHSO 的物质的量

【高三化学专题测试】化学计量及其应用(解析版)

专题测试 【满分：100分时间：90分钟】 一、选择题（本题共包括15小题，每小题4分，共60分） 1．(山东省莱芜一中2020届高三模拟)实验室中需要2 mol·L－1的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl质量分别是() A．950 mL,111.2 g B．950 mL,117.0 g C．1 000 mL,117.0 g D．1 000 mL,111.2 g 【答案】C 【解析】实验室没有950 mL的容量瓶，应用1 000 mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)＝1 L×2 mol·L －1＝2 mol，m(NaCl)＝2 mol×58.5 g·mol－1＝117.0 g。 2．(陕西省宝鸡一中2020届高三质检)为了配制100 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液，其中有下列几种操作，错误的操作有() ①选刚用蒸馏水洗净过的100 mL容量瓶进行配制 ②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中 ③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中 ④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切 ⑤由于操作不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出超过的一部分 A．②④⑤B．①⑤C．②③⑤D．①② 【答案】A 【解析】①配制100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液，应选择100 mL容量瓶，因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水，所以使用前不需要干燥，正确；②NaOH溶于水放热，所以不能立即把溶液转移到容量瓶中，应冷却至室温再转移，错误；③用蒸馏水洗涤烧杯内壁2次，洗涤液也均转入容量瓶中，是为了将溶质全部转移到容量瓶中，正确；④定容时为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，错误；⑤由于操作不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，若吸出溶液则减少了溶质的质量，结果偏低，实验失败，需要重新配制，错误。

高三化学练习题【化学计量与化学计算】

1．阿伏加德罗常数的值为A N 。下列说法正确的是 A ．1L0.1mol·1L -NH 4Cl 溶液中，4NH + 的数量为0.1A N B ．2.4gMg 与H 2SO 4完全反应，转移的电子数为0.1A N C ．标准状况下，2.24LN 2和O 2的混合气体中分子数为0.2A N D ．0.1molH 2和0.1molI 2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2A N 【答案】D 【名师点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个热点，主要从物质结构、水解、转移电 子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。 2． N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A ．0.1mol 的11 B 中，含有0.6N A 个中子 B ．pH=1的H 3PO 4溶液中，含有0.1N A 个H + C ．2.24L （标准状况）苯在O 2中完全燃烧，得到0.6N A 个CO 2分子 D ．密闭容器中1molPCl 3与1molCl 2反应制备PCl 5（g ），增加2N A 个P-Cl 键 【答案】A 【解析】A ．B 的原子序数为5，即质子数为5，在质量数为11的B 原子中含有6个中子，0.1mol 11B 含有0.6N A 个中子，A 正确；B ．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B 错误；C ．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算2．24L 苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO 2分子数目，C 错误；D ．PCl 3与Cl 2反应生成PCl 5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则1molPCl 3与1molCl 2反应生成的PCl 5小于1mol ，增加的P －Cl 键的数目小于2N A 个，D 错误。答案选A 。 【名师点睛】考查与阿伏加德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算，同时要注意气体 摩尔体积的使用条件；另外还要谨防题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：①溶液的体积，②离子是否水解，③对应的电解质是否完全电离；涉及化学反应时要考虑是否是可

2020届高三化学二轮复习物质的量浓度及计算 练习题(有答案)

1.【2019江西模拟】有五瓶溶液分别是：①10mL 0.60mol/L NaOH 水溶液；②20mL 0.50mol/L H 2SO 4水溶液；③30mL 0.40mol/L HCl 水溶液；④40mL 0.30mol/L CH 3COOH 水溶液；⑤50mL 0.20mol/L 蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是（ ） A ．①＞②＞③＞④＞⑤ B ．②＞①＞③＞④＞⑤ C ．⑤＞④＞③＞②＞① D ．②＞③＞④＞①＞⑤ 2.【2019山东临沂月考】N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A ．10g D 2O 中含有的质子数与中子数均为5N A B ．标准状况下，22.4L CHC13中含C-Cl 键的数目为3N A C ．密闭容器中，1mol NH 3和1mol HCl 反应后气体分子总数为N A D ．l00mL 1.0mol/L FeC13溶液与足量Cu 反应，电子转移数为0.2N A 3．【2019年河北武邑调研】N A 表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于治金、染料、 皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na 2SO 4+2C=====高温Na 2S+2CO 2↑。下列有关说法正确的是（ ） A ．1L 0.25mol/L Na 2SO 4溶液中含有的氧原子数目为N A B ．1L 0.1mol/L Na 2S 溶液中含有的阴离子数目小于0.1N A C ．生成1mol 还原产物时转移电子数为8N A D ．通常状况下，11.2L CO 2中含有的共价键数目为2N A 4．【2018衡水中学金卷】浓H 2SO 4密度为1.84g·mL −1，物质的量浓度为18.4mol·L −1，质量分数为98%，取10mL 浓H 2SO 4和a mL 水混合得物质的量浓度为c mol·L −1，质量分数为b %的稀硫酸。下列组合正确的是（ ） （1）若c=9.2，则a<18.4，b >49 （2）若c=9.2，则a<18.4，b <49 （3）若b=49，则a=18.4，c<9.2 （4）若b=49，则a=18.4，c>9.2 A ．（1）（3） B ．（1）（4） C ．（2）（3） D ．（2）（4） 1．N A 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ） A ．100g 46％的乙醇溶液中，含H-O 键的数目为7N A 考点突破 物质的量浓度及其计算

2020高考备考化学一轮复习单元训练金卷： 第二单元 化学计量在实验中的应用 A卷 Word版含答案

单元训练金卷·高三·化学卷（A ） 第二单元 化学计量在实验中的应用 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 一、选择题（每小题3分，共48分） 1．中国药学家屠呦呦因发现青蒿素，开创了治疗疟疾的新方法，荣获了诺贝尔奖。已知青蒿素 的分子式为C 15H 22O 5。下列有关说法正确的是 A ．青蒿素的摩尔质量为282 g·mol －1 B ．青蒿素中 C 、H 、O 的质量之比为15∶22∶5 C ．1mol 青蒿素的体积约为22.4 L D ．1mol 青蒿素中含11mol H 2 2．一定温度和压强下，30L 某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024 个原子组成，下列有关说法不正确的是 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 ．该气体中每个分子含有2个原子 D ．若O 2在该条件下为气态，则1mol O 2在该条件下的体积也为30 L 3．从浓度为98%，密度为1.84g·cm －3的浓硫酸试剂瓶中取出10 mL 的浓硫酸，然后稀释至1 L ， 则所得稀硫酸的物质的量浓度为 A ．1.84mol·L －1 B ．18.4mol·L －1 C ．0.184mol·L －1 D ．0.0184mol·L －1 4．设N A 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A ．1mol 的CO 和N 2混合气体中含有的质子数为14N A B ．常温下pH=1的盐酸溶液中的H +离子数目为0.1N A C ．0.2mol Al 与足量NaOH 溶液反应，生成氢气的体积为6.72L D ．1mol FeI 2与足量氯气反应时转移的电子数为2N A 5．意大利罗马大学的FulvioCacsce 等人获得了极具理论研究意义的N 4分子，下列说法正确的是 A ．N 4属于一种新型的化合物 B ．N 4与N 2的摩尔质量相等 C ．标准状况下，等体积的N 4与N 2所含的原子个数比为1∶2 D ．等质量的N 4与N 2所含的原子个数比为1∶1 6．一定温度和压强下，用m g 的CH 4、CO 2、O 2、SO 2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是 A ．气球②中装的是O 2 B ．气球①和气球③中气体分子数相等 C ．气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶1 D ．气球③和气球④中气体密度之比为2∶1 7．实验室里需要配制480mL 0.10mol·L －1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作正确的是 8．设N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A ．0.5 mol Cu 与足量的S 反应转移的电子数为N A B ．在粗铜精炼的实验中，阳极质量减少6.4 g ，则电解过程中转移的电子数为0.2N A C ．2 g D 2O 和H 2 18O 的混合物中含有的中子数为N A D ．46 g 有机物C 2H 6O 中含有极性共价键的数目一定为7N A 9．关于0.1mol·L －1 Na 2CO 3溶液的叙述错误的是 A ．0.5 L 该溶液中，Na +的物质的量浓度为0.2mol·L －1 B ．1 L 该溶液中，含CO 2－3的数目小于0.1N A (N A 是阿伏加德罗常数) C ．从1 L 该溶液中取出100 mL ，则取出的溶液中Na 2CO 3的物质的量浓度为0.01mol·L -1 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考 证号 考场 号 座位号

小题02 阿伏加德罗常数及化学计量20题—备战2020年高考化学小题必杀200题(解析版)

小题02 阿伏加德罗常数及化学计量 【1-14题——阿伏加德罗常数 15-20题——化学计量】 1．N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( ) A ．18g 182H O 和22H O 的混合物中，所含中子数为 10 N A B ．标准状况下，2.24L SO 3 中含有的氧原子数目为 0.3 N A C ．物质的量浓度为 0.1mol•L −1 的 MgCl 2 溶液中，含有 Cl −个数为0.2 N A D ．一定条件下，2.3g 的金属钠完全与氧气反应时生成 3.6g 产物时失去的电子数为 0.1N A 【答案】D 【解析】A ．182H O 和22H O 的摩尔质量均为20g/mol ，故18g 混合物的物质的量为0.9mol ，两者均含10 个中子，故0.9mol 混合物所含中子数为 9N A ，A 项错误； B ．SO 3在标准状况下为固体，不能用气体摩尔体积来计算其物质的量，B 项错误； C ．溶液体积不明确，无法计算氯离子的个数，C 项错误； D ． 2.3g 的金属钠物质的量为0.1mol ，钠与氧气发生反应化合价变为+1，故0.1mol 钠反应失去0.1 N A 个电子；答案选D 。 【点睛】 钠与氧气发生反应，无论变成氧化钠还是过氧化钠，或者是二者混合，钠的化合价都变为+1，电子转移按照前后化合价变化来计算就可以。 2．设[aX+bY]为a 个X 微粒和b 个Y 微粒组成的一个微粒集合体，N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ） A ．0.5 mol 雄黄(As 4S 4，已知As 和N 同主族，结构如图)含有N A 个S-S 键 B ．合成氨工业中，投料1mol[N 2(g)+3H 2(g)]可生成2N A 个[NH 3(g)] C ．用惰性电极电解1L 浓度均为2mol•L -1的AgNO 3与Cu(NO 3)2的混合溶液，当有0.2N A 个电子发生转移时，阴极析出6.4g 金属 D ．273K ，101kPa 下，1mol 过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3N A 【答案】D 【解析】A ．由As 4S 4的结构图可知，黑球代表As ，白球代表S ，则As 4S 4的结构中不存在S-S 键，故