高三化学一轮复习 常用化学计量(高考真题+模拟新题)精品资料

高三化学一轮复习常用化学计量（高考真题+模拟新题）精品

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7．N3、B3、A1

[2011·安徽卷] 科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3(如图1－3所示)。已知该分子中N－N－N键角都是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法正确的是( )

NO2NNO2NO2

图1－3

A．分子中N、O间形成的共价键是非极性键

B．分子中四个氮原子共平面

C．该物质既有氧化性又有还原性

D．15.2 g该物质含有6.02×1022个原子

7．N3、B3、A1

【解析】 C 分子中N、O间形成的共价键是由不同元素的原子形成的，属于极性键，故A错误；由夹角108.1°可知该分子的结构类似NH3的结构，是三角锥形，因此，四个氮原子不可能共平面，故B错误；该分子中N的化合价为＋3价，处于中间价态，因此，该物质既有

氧化性又有还原性，C正确；15.2 g该物质含有的原子数约为15.2 g

152 g·mol－1

×10×6.02×1023＝6.02×1023，故D错误。

9．A1

[2011·广东卷] 设n A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )

A．常温下，23 g NO2含有n A个氧原子

B．1 L 0.1 mol·L－1氨水含有0.1 n A个OH－

C．常温常压下，22.4 L CCl4含有n A个CCl4分子

D．1 mol Fe2＋与足量的H2O2溶液反应，转移2n A个电子

9．A1

【解析】 A 23 g NO2中氧原子的物质的量为23 g

46 g·mol－1

×2＝1 mol，故A正确；1 L 0.1 mol·L－1氨水中含有溶质NH3·H2O的物质的量为0.1 mol，但由于NH3·H2O是弱电解质，不能完全电离，故含有的OH－的个数少于0.1n A，B错误；常温常压下，CCl4为液态，22.4 L CCl4的物质的量不是1 mol，C错误；1 mol Fe2＋被H2O2氧化生成1 mol Fe3＋，反应过程转移的电子数为n A，D错误。

10．A1 [2011·海南化学卷] 设N A是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( ) A．1 mol Al3＋离子含有的核外电子数为3N A

B．1 mol Cl2与足量的铁反应，转移的电子数为3N A

C．10 L pH＝1的硫酸溶液中含有的H＋离子数为2N A

D．10 L pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－离子数为N A

10．A1 【解析】 D Al3＋离子核外电子数为10个，1 mol Al3＋离子含有的核外电子数应为10 N A，故A错；2Fe＋3Cl2===2FeCl3，反应中转移6个电子，1 mol Cl2反应转移的电子数应为2N A，故B错；pH＝1时c(H＋)＝0.1 mol·L－1，n(H＋)＝1 mol，故C错；pH＝13时c(OH －)＝0.1 mol·L－1，n(OH－)＝1 mol, 故D对。

8．A1 [2011·江苏化学卷] 设N A为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( ) A．1 mol甲醇中含有C－H键的数目为4N A

B．25 ℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1N A

C．标准状况下，2.24 L己烷含有分子的数目为0.1N A

D．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4N A 8．A1 【解析】 D 1 mol 甲醇中含有3 mol C－H键，A错；pH＝13的NaOH溶液c(OH

－)＝0.1 mol/L，由于没有提供溶液体积，OH－的数目无法确定，B错；己烷在标准状况下为液体，不适用气体摩尔体积，C错；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中，生成0.2 mol O2，转移0.4 mol e－，D对。

12．A1 C1E4

[2011·全国卷] N A为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是( )

A．18 gH2O中含有的质子数为10N A

B．12 g金刚石中含有的共价键数为4N A

C．46 g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3N A

D．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去N A个电子

12．A1 C1E4

【解析】 B 金刚石中一个碳原子形成4条共价键，而每条共价键被两个碳原子拥有，因此一个碳原子对每条共价键的“拥有权”为0.5，因此一个碳原子有两条共价键，12 g金刚石为1 mol，因此含有共价键为2 mol。一个水分子中有10个质子，18 g水是1 mol，所以A项正确。NO2和N2O4的最简式相同，因此只要质量相同，其所含原子个数也相同，C项正确。钠与氧气反应时，无论生成物是Na2O还是Na2O2，Na均为＋1价，因此1 mol Na参加反应时失去的电子数为1N A，D项正确。

A2 气体摩尔体积和阿伏加德罗定律

A3 物质的量浓度及溶液的配制

33．J2A3H2

[2011·广东卷] 某同学进行实验研究时，欲配制1.0 mol·L－1 Ba(OH)2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂(化学式量：315)。在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。为探究其原因，该同学查得Ba(OH)2·8H2O在283 K、293 K和303 K时的溶解度(g/100 g H2O)分别为2.5、3.9和5.6。

(1)烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

(2)假设试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成。设计实验方案，进行成分检验。写出实验步骤、预期现象和结论。(不考虑

．．．结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH＝9.6)

限选

．．试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管

22

①配制250 mL约0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，________，将溶液转入________中，洗涤，定容，摇匀。

②滴定：准确量取25.00 mL所配Ba(OH)2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将________(填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”)mol·L－1盐酸装入50 mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸V mL。

③计算Ba(OH)2·8H2O的质量分数＝____________(只列出算式，不做

．．运算)。

(4)室温下，________(填“能”或“不能”) 配制1.0 mol·L－1 Ba(OH)2溶液。

33．J2A3H2

(1)由于Ba(OH)2·8H2O与空气中CO2反应，所取试剂大部分已变质为BaCO3，未变质的

Ba(OH)2·8H2O在配制溶液时能全部溶解

(2)

②0.1980

③250×0.1980×10－3×315×V

2×25.00×w

×100%

(4)不能

【解析】 (1)空气中存在的CO2能与Ba(OH)2反应可生成BaCO3；(2)BaCO3和Ba(OH)2·8H2O 的检验，可首先通过加入硫酸，与BaCO3反应生成沉淀和气体进行检验，确定后再将混合物配成饱和溶液，结合BaCO3饱和溶液的pH为9.6加以确认；(3)①配制250 mL溶液应使用250 mL 容量瓶，溶解固体后应恢复至室温方可转移溶液至容量瓶；②取样品溶液25 mL，浓度大约是0.1 mol·L－1，即n(OH－)大约是25×10－3×0.1 mol，据中和滴定关系，可确定盐酸浓度为0.1980 mol·L－1较为合适；③结合Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O即可计算；(4)由上述可知，Ba(OH)2固体易与空气中水和CO2结合出现杂质，同时依据Ba(OH)2·8H2O的溶解度关系，不能配制出1.0 mol·L－1的该溶液。

A4 常用化学计量综合

23．A4 B3 [2011·福建卷] Ⅰ.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。

(1)磷元素的原子结构示意图是____________。

(2)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500 ℃生成白磷，反应为：

2Ca3(PO4)2＋6SiO2===6CaSiO3＋P4O10

10C＋P4O10===P4＋10CO

每生成1 mol P4时，就有________mol电子发生转移。

(3)硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的还原剂。在维生素C(化学式C6H8O6)的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为：

C6H8O6＋I2===C6H6O6＋2H＋＋2I－

2S2O2－3＋I2===S4O2－6＋2I－

在一定体积的某维生素C溶液中加入a mol·L－1I2溶液V1 mL，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗b mol·L－1Na2S2O3溶液V2 mL。该溶液中维生素C的物质的量是________mol。

(4)在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生如下反应：

2IO－3＋5SO2－3＋2H＋===I2＋5SO2－4＋H2O

生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某同学设计实验如下表所示：

该实验的目的是________________________________________________________________________；

表中V 2＝________mL 。

Ⅱ.稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。

(5)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素，在加热条件下CeCl 3易发生水解，无水CeCl 3可用加热CeCl 3·6H 2O 和NH 4Cl 固体混合物的方法来制备。其中，NH 4Cl 的作用是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(6)在某强酸性混合稀土溶液中加入H 2O 2，调节pH≈3。Ce 3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉

淀得以分离。完成反应的离子方程式：

Ce 3＋＋H 2O 2＋H 2O===Ce(OH)4↓＋______ 23．A4 B3 (1)

(2)20

(3)aV 1－0.5bV 21000

(其他合理答案也可) (4)探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系(其他合理答案也可) 40

(5)分解出HCl 气体，抑制CeCl 3水解(或其他合理答案)

(6)2 1 6 2 6H ＋

【解析】 (1)P 元素为15号元素，根据核外电子排布规律其原子结构示意图为。

(2)在P 4O 10中P 的化合价为＋5价，当生成1 mol P 4转移电子数为20 mol 。

(3)第二个反应消耗Na 2S 2O 3的物质的量为：b mol·L －1×V 2 10－3L ＝V 2b 10－3mol ，则第一个

反应剩余的I 2的物质的量为0.5V 2b 10－3mol ，该过程加入I 2总的物质的量为a mol·L －1×V 1 10

－3L ＝V 1 a 10－3mol ，则参加第一个反应的I 2的物质的量为V 1a 10－3mol －0.5 V 2b 10－3mol ，则

该溶液中维生素C 的物质的量为V 1a 10－3mol －0.5 V 2b 10－3mol ＝(V 1a －0.5 V 2b )10－3mol 。

(4)实验1和实验2温度相同但加水体积不同，而实验2和实验3温度不同则加水体积应该相同，故V 2＝40，有3个实验所给出的不同对比数据可得出该实验目的为：探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠浓度的关系。

(5)CeCl 3发生水解的方程式为：CeCl 3＋3H 2O Ce(OH)3＋3HCl ，NH 4Cl 固体加热可分解生成HCl ，起到抑制CeCl 3水解的作用。

(6)根据电荷守恒：反应物中有阳离子，则生成物中必然要有阳离子，由题意知溶液pH

＝3，故最后一个空应为H ＋；根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，

H 2O 2中两个O 的化合价从－1→－2，得到2个电子，Ce 元素的化合价从＋3→＋4，应该失去两

个电子，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出2Ce 3＋＋H 2O 2＋6H 2O===2Ce(OH)4＋6H ＋

7．A4[2011·课标全国卷] 下列叙述正确的是( )

A ．1.00 mol NaCl 中含有6.02×1023个NaCl 分子

B ．1.00 mol NaCl 中，所有Na ＋的最外层电子总数为8×6.02×1023

C ．欲配制1.00 L ,1.00 mol·L －1的NaCl 溶液，可将58.5 g NaCl 溶于1.00 L 水中

D ．电解58.5 g 熔融的NaCl ，能产生22.4 L 氯气(标准状况)、23.0 g 金属钠

7．A4 【解析】 B NaCl 为离子晶体，是由Na ＋和Cl －直接构成的，不存在分子，A 项

错误；Na ＋最外层电子数为8，因此，1.00 mol Na ＋最外层电子数为8×6.02×1023，B 项正确；溶液的体积不是1.00 L ，C 项错误；D 项产生氯气的体积应为11.2 L(标准状况)。

1．[2011·舟山月考] N A代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是( )

A．标准状况下，2.24 L H2O含有的电子数等于N A

B．常温下，100 mL 1 mol·L－1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1N A

C．分子数为N A的N2、C2H4混合气体体积约为22.4 L，质量为28 g

D．3.4 g NH3中含N—H键数目为0.2N A

1．B 【解析】 A项标准状况下H2O为液态；C项没有限定条件，所以体积无法确定；D 项3.4 g NH3为0.2 mol，含N—H键数目为0.6N A；B项要考虑CO2－3水解，所以100 mL 1 mol·L －1Na

N A。

2CO3溶液中阴离子总数大于0.1

2．[2011·日照一模] 下列叙述正确的是(用N A代表阿伏加德罗常数的值)( )

A．2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1 N A

B．1 mol HCl气体中的粒子数与0.5 mol/L盐酸中溶质的粒子数相等

C．在标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有的电子数均为10 N A

D．CO和N2为等电子体，22.4 L CO气体与1 mol N2所含的电子数相等

2．C 【解析】 A中应为0.2N A；B中盐酸的体积不知道，无法确定溶质的粒子数；D中22.4 L CO的状态不确定，CO的物质的量无法确定。

3．[2011·启东一模] 设阿伏加德罗常数为N A。则下列说法正确的是( )

A．7.1 g Cl2与足量NaOH溶液充分反应后，转移的电子数为0.1N A

B．1.0 L浓度为1.0 m ol·L－1的一元酸溶液中含有的氢离子数为1.0N A

C．常温下，1 L 0.1 mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数小于0.2N A

D．标准状况下，22.4 L乙醛中含有的氧原子数为1.0N A

3．A 【解析】选项B中的一元酸没有指出是强酸还是弱酸。选项C，虽然NH＋4会发生部分水解，但根据质量守恒定律可知溶液中氮原子数等于0.2N A。选项D，标准状况下，乙醛是液体。

4．[2011·长春二模] 设N A表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )

A．足量的CO2与39 g Na2O2发生反应，转移的电子数为N A

B．100 mL 1 mol·L－1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数大于0.4 N A

C．用惰性电极电解硫酸铜溶液，若生成1 mol O2，则转移电子数为2N A

D．18 g的D2O与N A个CH－3具有相同的电子数

4．B 【解析】 A项中，39 g Na2O2的物质的量为0.5 mol，Na2O2中－1价的氧，化合价一升一降，所以转移的电子数为0.5 N A。B项中，不考虑水解，100 mL 1 mol·L－1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数等于0.4 N A，但1 mol Fe3＋水解生成3 mol H＋，从而使离子的数目增多。C项中，生成1 mol O2，转移电子4 mol。D项中，18 g的D2O含电子数小于10 mol，N A个CH－3的电子数为10 mol。

5.[2011·宜昌质检] 设N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )

A．用石墨电极电解Ca(NO3)2溶液，当转移电子数为0.2 N A时，阴极析出4 g金属

B．0.1 mol24Mg32S晶体中所含中子总数为2.8 N A

C．常温下含有N A个NO2、N2O4分子的混合气体，温度降至标准状况，其体积约为22.4 L D．在熔融状态下，1 mol NaHSO4完全电离出的阳离子数目为2N A

5．B 【解析】 A项错，电解硝酸钙实质是电解水，所以不会生成金属单质；B项正确，0.1 mol24 Mg32S含有中子的物质的量为0.1 mol×(12＋16)＝2.8 mol；C项错，NO2、N2O4是可以相互转化的，2NO2N2O4，该反应正向为放热反应，故温度由常温降至标准状况时，平衡正向移动，分子的数目减少，其体积也小于22.4 L；D项错，熔融状态下，NaHSO4===Na＋＋HSO－4，

1 mol NaHSO4完全电离出的阳离子数目为N A。

6．[2011·福鼎调研] N A为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )

①106 g Na2CO3晶体中的离子总数大于3 N A

②标准状况下，16 g O3和O2混合气体中含有的氧原子数为N A

③将0.1 mol NaCl全部溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1 N A

④1 mol N2和3 mol H2在一定条件下的密闭容器中充分反应，容器内的分子数大于2 N A

A．①②B．②④

C．①③ D．③④

6．B 【解析】在106 g Na2CO3晶体中，存在钠离子和碳酸根离子共3 N A，①错误；胶体粒子是粒子的集合体，0.1 mol NaCl全部溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目要远远小于0.1 N A，③错误；理论上1 mol N2和3 mol H2在一定条件下反应生成2N A个NH3分子，由于该反应为可逆反应，所以分子总数大于2N A，正确。

7．[2011·郑州联考] 阿伏加德罗常数的值约为6.02×1023 mol－1，下列叙述中不正确

．．．的是( )

①12.4 g白磷晶体中含有的P—P键数约是0.6×6.02×1023

②电解精炼铜时转移了6.02×1023个电子，阳极溶解32 g铜

③7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1×6.02×1023

④2 mol SO2和1 mol O2在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反应后，容器内物质分子数大于2×6.02×1023

⑤2.9 g 2CaSO4·H2O含有的结晶水分子数为0.02×6.02×1023(2CaSO4·H2O的相对分子质量为290)

⑥含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1 N A

A．①②③④⑤

B．①③④⑤⑥

C．②③⑤⑥

D．③④⑤⑥

7．C 【解析】 1 mol P4中含有6 mol P－P键，12.4 g白磷即0.1 mol P4，含有P—P 键数约是0.6×6.02×1023，①对；电解精炼铜时，阳极首先失去电子的是Zn等活泼金属杂质，所以，转移了6.02×1023个电子，阳极溶解的铜小于32 g，②错；Na2S和Na2O2摩尔质量相同，且每摩尔物质中阴离子都为1摩尔，所以7.8 g Na2S和Na2O2的混合物，即0.1 mol的混合物中阴离子数为0.1×6.02×1023，③错；对于④，由于SO2和O2反应属于可逆反应，根据方程式可知，如果完全反应，减少气体的物质的量为1 mol，现在是可逆，实际减少的物质的量小于1 mol，因此，容器内气体物质的量大于2 mol，所以容器内物质分子数大于2×6.02×1023，④对；由于1 mol 2CaSO4·H2O中结晶水的物质的量为1 mol，所以2.9 g 2CaSO4·H2O含有的结晶水分子数为0.01×6.02×1023，⑤错；由于浓硫酸的量一定，随着反应的进行，硫酸变稀，硫酸浓度小到一定程度反应就停止了，所以含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1 N A，⑥错；因此，选C。

8．[2011·衢州二模] 用N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是( )

A．在铁参与的反应中，5.6 g铁完全反应失去的电子数一定为0.3 N A

B．1 mol12C18O2中，所含的中子数为22 N A

C．标准状况下，11.2 L CO和N2混合气体中含有的分子数是0.5 N A

D．常温下，pH＝12的1 L氨水中含有的NH3·H2O分子数是0.01 N A

8．C 【解析】铁在参加反应时可能生成Fe2＋、Fe3＋，故失去的电子数不一定相同。1 mol 12C18O

N A。氨水中NH3·H2O的浓度不能确定。

2中含有的中子数为26

9．[2011·鄂州统测] 将Mg、Al、Zn组成的混合物与足量的盐酸作用，放出H2的体积为2.8 L(标准状况下)，则这三种金属的物质的量之和可能为( )

A．0.250 mol

B ．0.125 mol

C ．0.100 mol

D ．0.080 mol

9．C 【解析】 V (H 2)＝

2.8 L 22.4 L·mol

－1＝0.125 mol ，若全为＋2价金属，A ――→HCl H 2，n (A)＝n (H 2)＝0.125 mol ，若全为＋3价金属，n (A)＝23n (H 2)＝0.125 mol×23

＝0.083 mol ，混合物中Mg 、Zn 为＋2价金属，Al 为＋3价金属，所以有：0.083 mol ＜n (混)＜0.125 mol ，只有C 项符合题意。

10．[2011·姜堰一模] (1)若某药品质量约为32.0 g ，用托盘天平准确称其质量，若用↓表示在右盘放上砝码，用↑表示将砝码取下，在下列表格的空格内，用↓和↑表示相应砝码的放上或取下。

(2)配制23________，实验时操作的先后顺序为______________(填编号)。

图K6－(3)在配制一定物质的量浓度的溶液时，用“偏高、偏低、无影响”表示下列操作对所配溶液浓度的影响。

①用量筒量取液态溶质，读数时，俯视量筒，所配制溶液的浓度________。

②将量取液态溶质的量筒用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，所配制溶液的浓度________。 ③定容摇匀后，有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度________。

10.

(2)5.3 (3)①偏低 ②偏高 ③无影响

【解析】 (3)①用量筒量取液态溶质，读数时俯视量筒会使所量取液体体积比理论值小，使所配制溶液的浓度偏低；②用量筒量取液体时已经排除残留的部分，故用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，会使液态溶质偏多，使所配溶液的浓度偏高；③定容摇匀后，即使有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度是没有影响的。