2023新题分类汇编A-常用化学计量(高考真题+模拟新题)

A单元常用化学计量

Al阿伏伽德罗常数和物质的量

7.N3、B3、A1

［2023•安徽卷］科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N（NC>2）3（如图1—3所示）。该分子中N一

N—N键角都是108.1。，以下有关N（NC>2）3的说法正确的是（）

NONNONO,

K1-3

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复原性

D.15.2g该物质含有6.02X1022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复原性，C正确；15.2g该物

质含有的原子数约为等1X10X6.02X1023=6.02X1023,故D错误。

152g-mol1

9.Al

［2023•广东卷］设“A为阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的是（）

A.常温下，23gNCh含有“A个氧原子

B.1LO.lmol-L।氨水含有0.1"A个OH

C.常温常压下，22.4LCCL含有"A个CCL,分子

D.ImolFe?+与足量的H2O2溶液反响，转移2小个电子

9.A1

【解析】A23gNCh中氧原子的物质的量为特拜拉?X2=lmol,故A正确；ILO.ImolLf氨水中含有

溶质NH3H2O的物质的量为O.lmol,但由于NH3H2O是弱电解质，不能完全电离，故含有的OH一的个数

少于0.1"A,B错误；常温常压下，CCL为液态，22.4LCCL的物质的量不是Imol,C错误；ImolFe?+被

H2O2氧化生成lmolFe3+,反响过程转移的电子数为“A,D错误。

10.A1Q023•海南化学卷］设NA是阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的是（）

A.ImolAF+离子含有的核外电子数为3必

B.ImolCL与足量的铁反响，转移的电子数为3NA

C.10LpH=l的硫酸溶液中含有的H*离子数为2刈

D.10LpH=13的NaOH溶液中含有的OH一离子数为NA

10.Al【解析】DAP+离子核外电子数为10个，ImolAF+离子含有的核外电子数应为10NA,故A错；

2Fe+3C12=2FeCb,反响中转移6个电子，ImolCL反响转移的电子数应为2人，故B错；pH=l时c（H

+）=0.1molLr,〃（H+）=lmol,故C错；pH=13时c（OFr）=0.1molLr,n（OH）=1mol,故D对。

8.A1I2023•江苏化学卷］设NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的是（）

A.Imol甲醇中含有C-H键的数目为4N,\

B.25"C,pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为O.INA

C.标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为O.INA

D.常温常压下，NazCh与足量H2O反响，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4必

8.Al【解析】Dlmol甲醇中含有3moic-H键，A错；pH=13的NaOH溶液c（OHJ=0.1mol/L,由

于没有提供溶液体积，OFT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；2Na2C）2+2H2O^=4NaOH+O2t中，生成0.2molC）2,转移0.4mole,D对。

12.AlC1E4

［2023•全国卷］NA为阿伏加德罗常数，以下表达错误的是（）

A.18gH2。中含有的质子数为10NA

B.12g金刚石中含有的共价键数为4NA

C.46gNCh和N2O4混合气体中含有原子总数为3必

D.ImolNa与足量O2反响，生成Na?。和NaaCh的混合物，钠失去NA个电子

12.AlC1E4

【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，12g金刚石为Imol,因此含有共价键

为2mo1。一个水分子中有10个质子，18g水是Imol,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。钠与氧气反响时，无论生成物是Na?。还是Naz。?，

Na均为+1价，因此ImolNa参加反响时失去的电子数为1/VA,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

［2023•广东卷］某同学进行实验研究时，欲配制LOmolL-BalOH)?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局部溶解，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283K、293K和303K时的溶解度(g/100gH2O)

分别为2.5、3.9和5.6。

⑴烧杯中未溶物可能仅为BaCCh，理由是

(2)假设试剂由大量Ba(OH)2-8H2。和少量BaCCh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。(不考虐结晶水的检验；室温时BaCCh饱和溶液的pH=9.6)

限造试剂及仪器：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

实验步骤预期现象和结论

步骤1:取适量试剂于洁净烧杯中，参加足量蒸僧水，充分搅拌，静置，

过滤，得滤液和沉淀。

步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。

步骤3：取适量步骤1中的沉淀于试管中，________。

步骤4：

⑶将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)2・8H2。的含量。实验如下：

①配制250mL约0.1mol-LrBa(OH)2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸储水,，

将溶液转入中，洗涤，定容，摇匀。

②滴定：准确量取25.00mL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”)molLr盐酸装入50mL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VmL,

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1.0mol-L-iBa(OH)2溶液。

33.J2A3H2

(1)由于Ba(OH)2-8H2O与空气中CCh反响，所取试剂大局部已变质为BaCCh,未变质的Ba(OH)2-8H2O

在配制溶液时能全部溶解

⑵

步骤2：出现臼色沉淀，说明该试剂中有Ba?+存在

步骤3：滴加稀盐酸，连接带塞导气管将产生

澄清石灰水变浑浊，说明该试剂含有BaCO

的气体导入澄清石灰水中3

步骤4：取步骤1中的溶液于烧杯中，用pH

pH明显大于9.6,说明该试剂含有Ba(OH)

计测定其pH2

(3)①搅拌溶解250mL容量瓶

②0.1980

25QXO.198OX1Q-3X315XV

③X100%

2X25.00Xw

(4)不能

［解析】(1)空气中存在的CCh能与Ba(OH)2反响可生成BaCO3；(2)BaCO3和Ba(OH)2-8H2O的检验，

可首先通过参加硫酸，与BaCCh反响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

BaCO.3饱和溶液的pH为9.6加以确认；(3)①配制250mL溶液应使用250mL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25mL,浓度大约是O.lmoLL-i,即〃(OFT)大约是25X10一

3X0.1mol,据中和滴定关系，可确定盐酸浓度为0.1980mol-Lr较为适宜；③结合Ba(OH)2+2HCl=BaCb

+2H2O即可计算;(4)由上述可知,Ba(OH)2固体易与空气中水和CO?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1.0molL-i的该溶液。

A4常用化学计量综合

23.A4B3[2023•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°C生成白磷，反响为：

2Ca3(PO4)2+6SiO2=6CaSiO3+P4Oi0

:

10C+P40,o=P4+10CO

每生成lmolP4时，就有mol电子发生转移。

(3)硫代硫酸钠(Na2s2。3)是常用的复原剂。在维生素C(化学式C6H8。6)的水溶液中参加过量12溶液，使

维生素C完全氧化，剩余的12用Na2s2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反响为：

C6H8。6+12=C6H6O6+2H++21

2s2or+l2=s4or+2F

在一定体积的某维生素C溶液中参加amoLL%溶液HmL,充分反响后，用Na2s2O3溶液滴定剩余

的L,消耗bmolLNa2s2。3溶液V2mL»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响：

+

210?+5SOr+2H=I2+5SOr+H2O

生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反响溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反响的速率。某同学设计

实验如下表所示：

0.01mol-L

0.01mol-L"H2O的实验

'KIO酸性溶溶液出现蓝色

3Na2sO3溶液体积温度

液(含淀粉)的时所需时间/S

的体积/mL/mL/℃

体积/mL

实验153525

实验2554025

实验3550

v2

该实验的目的是;

表中mLo

II.稀土元素是珍贵的战略资源，我国的蕴臧量居世界首位。

(5)铀(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素，在加热条件下CeCb易发生水解，无水CeCb可用加热

CeCl3-6H2O和NH4C1固体混合物的方法来制备。其中，NH4cl的作用是

(6)在某强酸性混合稀土溶液中参加H2O2,调节pH心3。Ce3+通过以下反响形成Ce(OH)4沉淀得以别

离。完成反响的离子方程式：

3+

Ce+H2O2+H2O=Ce(OH)4I+

(2)20

aV\—0.5/?VS」八人e"》.一

(3)—foQO一(其他合理答案也可)

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

(5)分解出HC1气体，抑制CeCb水解(或其他合理答案)

(6)21626H+

。)285

【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P4O10中P的化合价为+5价，当生成Imo*转移电子数为20molo

i3

(3)第二个反响消耗Na2s2O3的物质的量为：bmo\-L'XV2W~L=V2b\0mol,那么第一个反响剩余的

3

12的物质的量为0.5Vy?10-3moi,该过程参加上总的物质的量为amol-L'XVHO^L-V,alOmol,那么参

加第一个反响的L的物质的量为VialO3moi—0.5吻匕103mol,那么该溶液中维生素C的物质的量为VitzlO

3mol—O.5V26W'mo^CVia—0.5V2&)103molo

(4)实验1和实验2温度相同但加水体积不同，而实验2和实脸3温度不同那么加水体积应该相同，故

V2=40,有3个实验所给出的不同比照数据可得出该实验目的为：探究该反响的速率与温度、亚硫酸钠浓

度的关系。

(5)CeCb发生水解的方程式为：CeCl3+3H2OCe(OH)3+3HCl,NH4cl固体加热可分解生成HC1,

起到抑制CeCb水解的作用。

(6)根据电荷守恒：反响物中有阳离子，那么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+；根据氧化复原反响方程式的配平原那么，分析反响中的化合价变化，H2O2中两个O的化

合价从一1一-2,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2Ce3++H2O2+6H2O=2Ce(OH)4+6H,

7.A4I2023•课标全国卷］以下表达正确的是()

A.I.OOmolNaCI中含有6.02X1()23个NaCl分子

B.LOOmolNaCl中，所有Na卡的最外层电子总数为8X6.02X1()23

C.欲配制LOOLLOOmoLL"的NaCl溶液,可将58.5gNaCl溶于1.00L水中

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

7.A4【解析】BNaCl为离子晶体，是由Na卡和C「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，LOOmolNa*最外层电子数为8X6.02X1()23,B项正确；溶液的体积不是1.00L,C项

错误；D项产生氯气的体积应为11.2L(标准状况)。

1.［2023•舟山月考］以代表阿伏加德罗常数，以下有关表达正确的是()

A.标准状况下，2.24LH2O含有的电子数等于NA

B.常温下，lOOmLlmolLNa2cO3溶液中阴离子总数大于01刈

C.分子数为NA的N?、C2H4混合气体体积约为22.4L,质量为28g

D.3.4gNH3中含N—H键数目为0.2NA

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3.4gNH3

为0.2mol,含N—H键数目为0.6NA;B项要考虑COE水解，所以100mLimoLLNa2co3溶液中阴离子总

数大于O.INA。

2.［2023・日照一模］以下表达正确的是(用NA代表阿伏加德罗常数的值)()

A.2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为O.INA

B.ImolHCl气体中的粒子数与0.5mol/L盐酸中溶质的粒子数相等

C.在标准状况下，22.4LCH4与18gH2。所含有的电子数均为IONA

D.CO和N2为等电子体，22.4LCO气体与lmolN2所含的电子数相等

2.C【解析】A中应为0.2M;B中盐酸的体积不知道，无法确定溶质的粒子数；D中22.4LCO的状

态不确定，CO的物质的量无法确定。

3.［2023•启东一模］设阿伏加德罗常数为心。那么以下说法正确的是()

A.7.1gCL与足量NaOH溶液充分反响后，转移的电子数为O.INA

B.1.0L浓度为1.0mol-L-i的一元酸溶液中含有的氢离子数为I.ONA

C.常温下，1LO.lmoLL-i的NH4NO3溶液中氮原子数小于0.2M

D.标准状况下，22.4L乙醛中含有的氧原子数为I.ONA

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；会发生局部水解，但

根据质量守恒定律可知溶液中氮原子数等于0.2NA。选项D,标准状况下，乙醛是液体。

4.［2023•长春二模］设NA表示阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的是()

A.足量的CCh与39gNa2O2发生反响，转移的电子数为NA

B.lOOmLlmoH/iFeCb溶液中,阴、阳离子总数大于0.4必

C.用惰性电极电解硫酸铜溶液，假设生成ImolCh，那么转移电子数为2NA

D.18g的D2O与NA个CH,具有相同的电子数

4.B【解析】A项中，39gNa2C>2的物质的量为0.5moLNazCh中一1价的氧，化合价一升一降，所以

转移的电子数为0.5NA。B项中，不考虑水解，lOOmLlmoH/iFeCb溶液中，阴、阳离子总数等于0.4NA，

但ImolFe?+水解生成3moiH+,从而使离子的数目增多。C项中，生成ImolO2,转移电子4mol。D项中，

18g的DzO含电子数小于lOmol,NA个CH3的电子数为10mol«

5」2023•宜昌质检］设NA代表阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的是（）

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

2432

B.0.1molMgS晶体中所含中子总数为2.8NA

C.常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体，温度降至标准状况，其体积约为22.4L

D.在熔融状态下，ImolNaHSCU完全电离出的阳离子数目为2NA

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，O.lmol24Mg32s

含有中子的物质的量为0.1molX（12+16）=2.8mol；C项错，NO2、N2O4是可以相互转化的，2NChN2O4.

该反响正向为放热反响，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

+

22.4L；D项错，熔融状态下，NaHSO4=Na+HSO4.ImolNaHSO』完全电离出的阳离子数目为NA。

6.［2023・福鼎调研］NA为阿伏加德罗常数，以下表达中正确的是（）

①106gNa2cCh晶体中的离子总数大于3以

②标准状况下，16gO3和。2混合气体中含有的氧原子数为NA

③将O.lmolNaCl全部溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为O.INA

④I1T10IN2和3moi比在一定条件下的密闭容器中充分反响，容器内的分子数大于2NA

A.①②B.②④

C.①③D.③④

6.B【解析】在106gNa2cCh晶体中，存在钠离子和碳酸根离子共3刈，①错误；胶体粒子是粒子的

集合体，O.lmolNaCl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.INA，③错误；理

论上ImolN?和3moi比在一定条件下反响生成2NA个NH.3分子，由于该反响为可逆反响，所以分子总数大

于2NA，正确。

7.［2023•郑州联考］阿伏加德罗常数的值约为6.O2X1023mo「，以下表达中不无硬的是（）

①12.4g白磷晶体中含有的P—P键数约是0.6X6.02X1023

②电解精炼铜时转移了6.02X1023个电子，阳极溶解32g铜

23

③7.8gNa2s和Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1X6.02X1O

④2moiSCh和ImolCh在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反响后，容器内物质分子数大于

2X6.02X1023

⑤2.9g2CaSO4H2O含有的结晶水分子数为0.02X6.02X的相对分子质量为290）

⑥含0.2molH2s。4的浓硫酸与足量铜反响，生成SO2的分子数为O.INA

A.①②③④⑤

B.①③④⑤⑥

C.②③⑤⑥

D.③④⑤⑥

7.C【解析】lmolP4中含有6molP-P键，12.4g白磷即O.lmolP^含有P—P键数约是0.6X6.02X1023,

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6.02X1023个电子，阳

极溶解的铜小于32g,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7.8gNa2s

和NazCh的混合物，即O.lmol的混合物中阴离子数为0.1X6.02X1023,③错；对于④，由于SCh和。2反

响属于可逆反响，根据方程式可知，如果完全反响，减少气体的物质的量为ImoL现在是可逆，实际减少

的物质的量小于Imol,因此，容器内气体物质的量大于2mol,所以容器内物质分子数大于2X6.02X1（）23,

④对；由于lmol2CaSO4H2O中结晶水的物质的量为Imol,所以2.9g2CaSO4H2O含有的结晶水分子数为

0.01X6.02X1023,⑤错；由于浓硫酸的量一定，随着反响的进行，硫酸变稀，硫酸浓度小到一定程度反响

就停止了，所以含0.2molH2so4的浓硫酸与足量铜反响，生成SO2的分子数小于0」NA，⑥错；因此，选C。

8.［2023彳茴州二模］用NA代表阿伏加德罗常数的数值，以下表达正确的是（）

A.在铁参与的反响中，5.6g铁完全反响失去的电子数一定为0.3NA

B.Imop2ci8o2中，所含的中子数为22NA

C.标准状况下，11.2LC0和N2混合气体中含有的分子数是0.5M

D.常温下，pH=12的1L氨水中含有的NH3H2O分子数是O.OINA

8.C【解析】铁在参加反响时可能生成Fe2\Fe3+,故失去的电子数不一定相同。Imol12cl8。？中含

有的中子数为2