2025高考化学专题复习冲刺练习专题02物质的量及其化学计算（含解析）

参考答案1．B【详解】A．1个Na原子含有11个电子，所以1molNa含有的电子数为11NA，A错误；B．标况下22.4L氢气的物质的量为1mol，含有2mol氢原子，即氢原子数为2NA，B正确；C．溶液体积未知，无法计算溶液中微粒数目，C错误；D．56gFe即1molFe，与足量氯气反应生成FeCl3，转移的电子数为3NA，D错误；综上所述答案为B。2．C【详解】0.5gH2、11gCO2和4gO2的体积分别是：氢气：×22.4L/mol=5.6L；二氧化碳：=5.6L；氧气：=2.8L，所以混合气体的体积V=5.6L+5.6L+2.8L=14.0L，故C正确。故选C。3．C【详解】①2mol铁原子说法正确；②1molFe3＋说法正确；③0.5mol氧，由于没有指明是氧原子还是氧分子等，说法错误；④0.5mol氮分子说法正确；⑤摩尔质量的单位是g/mol，因此氨的摩尔质量是17g/mol，说法错误，因此说法正确的是①②④。答案选C。4．B【详解】设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度为c，则氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度等于c，氯化镁溶液中氯离子的物质的量浓度等于2c，氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度等于3c，三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为1：2：3，与溶液的体积无关；故选：B。5．D【详解】①根据N=n·NA可知：当气体的物质的量相等时，二者含有的分子数相等，故它们所含的分子数目之比为1∶1，①正确；②由于CO分子中含有1个O原子，CO2分子中含有2个O原子，二者的物质的量相等，它们的分子数相等，则它们所含的氧原子数目之比为1∶2，②正确；③二者分子数相等，则所含的原子总数目之比为2∶3，③正确；④一个CO分子中含有6+8=14个质子，一个CO2分子中含有6+8×2=22个质子，所以二者所含质子数目之比为14：22=7∶11，④正确；⑤CO分子中含有14个电子，CO2分子中含有22个电子，二者分子数相同，因此它们所含的电子数目之比为14：22=7∶11，⑤正确；所以①②③④⑤都正确，故D符合题意；6．D【详解】A．0.1molFe与足量氯气反应生成氯化铁，转移的电子数目为0.3NA，A错误；B．1L0.1mol·L－1硫酸钠溶液中含有的氧原子数大于0.4NA，因为溶剂水分子还含有氧原子，B错误；C．标准状况下CHCl3是液体，22.4LCHCl3的物质的量不是1mol，其中含有的CHCl3分子数不是NA，C错误；D．常温常压下，18gH2O的物质的量是1mol，其中含有的原子总数为3NA，D正确；答案选D。7．C【详解】A．阿伏伽德罗定律仅适用于气体，题中乙醇为液体，A项不符合题意；B．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果，说明生成了HClO，符合强酸制弱酸原理，由于HClO不是最高价含氧酸，所以不符合元素周期律，B项不符合题意；C．通过测量C、CO的燃烧热反应方程式，通过调整化学计量数后相减，可以间接计算2C(s)+O2(g)＝2CO(g)的反应热，符合盖斯定律，C项符合题意；D．加压时反应物浓度增大，但该反应的平衡不移动，不符合勒夏特列原理，D项不符合题意；答案选C。8．A【详解】A．1molH2O的质量为18g，故A错误；B．NA个H2SO4分子的质量为98g，H3PO4的摩尔质量为98g/mol，两者在数值上相等，故B正确；C．3.01×1023个SO2分子的物质的量为=0.5mol，质量为0.5mol×64g/mol=32g，故C正确；D．18gNH的物质的量为1mol，1个NH中有10个电子，则1molNH中含有电子数为10NA，故D正确；故选A。9．C【分析】根据可逆反应的特点判断生成物的量；根据物质的结构判断含有的化学键类型，对于混合物中含有的粒子数根据极限法或利用一元二次等式进行计算；【详解】A．氮气和氢气的反应是可逆反应，故不能完全转化，氨气的分子数小于2NA，故A不正确；B．苯环中不存在碳碳双键，故B不正确；C．根据极限法，首先假设30g的物质全是甲醛：，n(C)=1×1mol=1mol，N(C)=n(C)×NA=1NA，其次假设30g的物质全是乙酸：，n(C)=2×0.5mol=1mol，N(C)=n(C)×NA=1NA；故当两者混合30g时含有碳原子数为NA，故C正确；D．H2S溶液中还有66%的水分子，水分子中也含有极性键，故极性键大于2NA，故D不正确；故选答案C。【点睛】注意溶液由溶质和溶剂组成，计算化学键数时都需要考虑。10．C【详解】A．物质的量是一个基本物理量，表示物质所含粒子的多少，其单位为摩尔，故A错误；B．1mol氢指代不明确，无法计算氢原子个数，应该是1molH2中含有2molH，故B错误；C．物质的量是国际科学界建议采用的一种物理量，表示物质所含粒子的多少，故C正确；D．0.012kg12C中所含的原子数目叫做阿伏加德罗常数，阿伏加德罗常数的近似值为：6.02×1023mol-1，故D错误；故选C。11．A【详解】A．28gN2的物质的量==1mol，所含原子数为2NA，A正确；B．电子数=原子序数，1molSi含有的电子数为14NA，B错误；C．标况下，三氧化硫是固体，22.4LSO3的物质的量为原大于1mol，则含有的氧原子数远大于3NA，C错误；D．1L2mol·L-1H2SO4溶液中硫酸的物质的量为n=c·V=2mol，氢离子和硫酸根离子数为3NA，水也电离出氢离子和氢氧根离子，因此离子总数大于3NA，D错误；答案选A。12．D【详解】A．电解法精炼铜，阳极是铜、铁、锌等失电子，若电路中转移电子时，阳极不一定消耗1molCu，还有可能消耗铁、锌等，阳极质量不一定减轻，故A错误；B．在1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中，存在碳酸根离子的水解：CO+H2OHCO+OH-，一个CO水解后得到2个阴离子，则1L、溶液中，阴离子数目大于，故B正确；C．未告知溶液的体积，不能计算的溶液中含有的离子数目，故C错误；D．常温下，1L的溶液中，碳酸根水解促进水的电离，水电离产生的的物质的量为1L=10-5mol，数目为，故D正确；故选D。13．C【分析】发生的反应有2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Si+2NaOH+2H2O=Na2SiO3+2H2↑，结合n=和V=nVm计算。【详解】9.2gNa的物质的量为=0.4mol，4.2gSi的物质的量为=0.15mol，根据反应Si+2NaOH+2H2O=Na2SiO3+2H2↑可知，0.15molSi完全反应消耗0.3molNaOH，而0.4molNa与水反应生成0.4molNaOH，说明氢氧化钠过量，Si完全反应，根据电子守恒可知生成氢气的物质的量为=0.5mol，标准状况下，0.5mol氢气的体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L，故选C。14．D【详解】生成气体的物质的量为，剩余硫酸的物质的量为，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18mol•L-1-0.3mol=1.5mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2。列方程x+y=1；2x+y=1.5；解得x=0.5，y=0.5，所以反应生成0.5molSO2和0.5molH2。A．气体Y是SO2和H2的混合物，A正确；B．生成0.5molSO2和0.5molH2，SO2和H2的体积比为1:1，B正确；C．消耗Zn为1mol×65g/mol=65g，C正确；D．反应中共转移电子为0.5mol×(6—4)+0.5mol×2×(1—0)=2mol，D错误；故答案为：D。15．C【详解】在实验室中没有规格是950mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，应该选择使用1000mL的容量瓶。配制1000mL的0.2mol/L的Na2CO3溶液，需要溶质的物质的量n(Na2CO3)=0.2mol/L×1L=0.2mol，根据C元素守恒，可知需Na2CO3·10H2O的物质的量是0.2mol，其质量m(Na2CO3·10H2O)=0.2mol×286g/mol=57.2g，故合理选项是C。16．B【详解】已知17mol·L-1氨水的密度为0.92g·cm-3，3mol·L-1氨水的密度为0.98g·cm-3，则等质量时密度大的氨水体积小，设17mol·L-1氨水的体积为V1，3mol·L-1氨水的体积为V2，则，若将上述两溶液等质量混合，则所得氨水溶液的体积，可看成是按以下方式混合的：先各取V2mL2种氨水混合得10mol·L-1的氨水、再加入(V1-V2)mL的17mol·L-1氨水，则混合的结果为大于10mol·L-1，B正确；答案选B。17．D【详解】A．KNO3中N元素化合价降低为0价生成N2，S单质中S元素化合价降低为-2价得到K2S，因此N元素、S元素被还原，还原产物为N2和K2S，A错误；B．该反应中只有C元素化合价升高，C单质是还原剂，S元素化合价降低，S是氧化剂，B错误；C．该反应中只有C元素失电子，化合价升高，当有32g(1mol)硫参加反应时有S~3C，转移电子物质的量=C失电子物质的量=1mol×3×(4-0)=12mol，转移电子数目约为12×6.02×1023=7.224×1024，C错误；D．由2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑可知，当有32g(1mol)硫参加反应时，生成3molCO2，在标况下的体积为3mol×22.4L/mol=67.2L，D正确；答案选D。18．B【详解】A．标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳中共价键的总数，A项错误；B．1molH218O中含有中子数为(0×2+18-8)×NA=10NA，相对分子质量为20g/mol，1molD216O中含有中子数为(1×2+16-8)×NA=10NA，相对分子质量为20g/mol，故4.0g混合物含中子数为，B项正确；C．二氧化氮和四氧化二氮的最简式都是NO2，4.6g由NO2与N2O4组成的混合气体中含有氮原子数为，C项错误；D．标准状况下，6.72LSO2的物质的量为，其水溶液中还存在亚硫酸分子，根据物料守恒可知，HSO与SO的微粒数目之和小于0.3NA，D项错误；答案选B。19．C【详解】钠和盐酸、水均能反应，故钠始终能完全反应，产生H2的体积由钠决定，钠与盐酸、水反应的方程式为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，镁、铝只能与盐酸反应，与盐酸反应的方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；盐酸的物质的量为：0.1L×1mol/L=0.1mol，由方程式可知：当钠、镁、铝均恰好完全反应时的物质的量分别为：mol、mol、mol，质量分别为：、、；(1)当m＜0.9g时，盐酸过量，产生的H2的物质的量由金属决定，由方程式可知，产生H2的物质的量分别为：、、，根据阿伏加德罗定律，V1：V2：V3=，①符合；(2)当1.2g＞m≥0.9g时，铝能完全反应，，产生氢气的物质的量为0.05mol，相对钠、镁，盐酸过量，产生的H2的物质的量由金属决定，由方程式可知，产生H2的物质的量分别为：、，根据阿伏加德罗定律，V1：V2：V3=；(3)当2.3g＞m≥1.2g时，镁、铝完全反应，，产生氢气的物质的量为0.05mol，相对钠，产生的H2的物质的量由金属决定，由方程式可知，产生H2的物质的量为：，根据阿伏加德罗定律，V1：V2：V3=，⑤符合；(4)当m=2.3g时，钠、镁、铝与盐酸均恰好完全反应，产生H2的物质的量均为：0.05mol，根据阿伏加德罗定律，V1：V2：V3=1:1:1，④符合；(5)当m＞2.3g时，镁、铝完全反应，而钠过量，产生的H2的物质的量由金属决定，由方程式可知，产生H2的物质的量分别为：，根据阿伏加德罗定律，V1：V2：V3=，⑤符合；故选C。【点睛】在不知道金属物质的量时，依据反应方程式判断完全反应时金属的物质的量，再依据各物质的量进行分类讨论。20．B【详解】反应前左右压强都相等，气体的物质的量之比等于体积之比，设空气的物质的量为1mol，则氢气、氧气的混合气体为3mol；反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间，说明反应后左右气体的物质的量相等，右室中剩余气体为1mol，

①若剩余的气体为H2，参加反应气体共2mol，由可知，混合气体中O2的物质的量为：2mol×=mol，则氢气的物质的量为：3mol-mol=mol，相同条件下体积之比等于物质的量之比，所以原混合气体中H2、O2的体积比为mol：mol=7:2；②若剩余的气体为O2，参加反应气体共2mol，由可知，混合气体中H2的物质的量为：2mol×=mol，则氧气的物质的量为：3mol-mol=mol，相同条件下体积之比等于物质的量之比，则原混合气体中H2、O2的体积比为mol：mol=4：5；答案选B。21．BC【详解】溶液中的浓度为1mol/L×2=2mol/L，A．溶液中的浓度为1mol/L×1=1mol/L；B．溶液中的浓度为1mol/L×2=2mol/L；C．溶液中的浓度为2mol/L×1=2mol/L；D．溶液中的浓度为1mol/L×3=3mol/L；与溶液中的浓度相等的是BC，答案选BC。22．AC【详解】A．根据公式c=，该硫酸试剂的物质的量浓度为=18.4mol·L-1，故A正确；B．硫酸的密度大于水的，该硫酸与等体积的水混合后的溶液质量小于原硫酸溶液质量的2倍，所以混合后溶液的质量分数大于49%，故B错误；C．设配制50mL4.6mol•L-1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变可知0.05L×4.6mol/L=x×18.4mol/L，解得x=0.0125L＝12.5mL，故C正确；D．浓硫酸稀释时放出大量的热，若将水慢慢加入到该硫酸中，放出的热量会使液体飞溅，造成实验安全隐患，应将浓硫酸慢慢加入水中，故D错误；答案选AC。23．BD【详解】由题可知，二者恰好完全反应，说明硫酸全部转化为硫酸盐，硫酸根的质量为140g-44g=96g，物质的量为96÷96g/mol，所以溶液原有1mol硫酸；A．1mol硫酸反应生成1mol氢气，需要转移2mol电子，故A错误；B．1mol氢气标况下体积为22.4L，故B正确；C．44g金属转移2mol电子，就需要相对原子质量大于44和小于44的金属混合才行，所以混合金属中Zn和Fe至少一种，Mg和Al至少一种，Al可能有也可能没有，故C错误；D．1mol硫酸是98g，则500ml溶液的质量是98g÷15%=653.3g，故密度为653.3g÷500ml=1.31g·cm-3,故D正确；答案选BD。24．BD【分析】由流程可知，银铜合金在空气中熔炼时，其中的铜被氧化生成氧化铜成为渣料，同时得到银熔体，经冷凝成型得到粗银，粗银经电解精炼得到银；渣料经稀硫酸溶液、过滤，得到硫酸铜溶液，向该溶液中加入硫酸铝和稀的氢氧化钠溶液、煮沸、过滤，得到滤渣B，B中含有氢氧化铝和氧化铜，其在惰性气体中煅烧得到CuAlO2。【详解】A.电解精炼时，粗银做阳极，纯银做阴极，粗银溶解，控制一定的条件使电解质溶液中的银离子在阴极上放电生成银，A说法正确；B.为提高原料利用率，流程中不能加过量的稀NaOH，因为氢氧化铝会与过量的强碱反应生成可溶性的盐，B说法错误；C.Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃,因此，煮沸时Cu(OH)2分解为CuO，因此，滤渣B中含有氢氧化铝和氧化铜，其在煅烧时发生的反应为4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+O2↑+6H2O，C说法正确；D.1.0kg银铜合金中铜的质量为1000g64%=640g，铜的物质的量为，因此，根据铜元素守恒可知，若用1.0kg银铜合金(铜的质量分数为64%)最多可生成10molCuA1O2，D说法错误。综上所述，本题选BD。25．AC【分析】NaOH在空气中变质后的产物可能有Na2CO3、NaHCO3，故久置的NaOH的成分可能有5种情况：NaOH、NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，据此作答。【详解】A．Na2CO3与盐酸反应时先转化为NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2，等量的Na2CO3和NaHCO3消耗的盐酸的量是相同的，故当V1>100时，久置后的成分必然是NaOH和Na2CO3的混合物，即NaOH未完全变质，A正确；B．a点溶液中还含有Cl-，根据溶液显电中性应有c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(Cl-)，B错误；C．b点溶液中的溶质全为NaCl，根据Na原子和Cl原子物质的量相等可知n(NaOH)=n(HCl)=2mol·L-1×0.2L=0.4mol，c(NaOH)=0.4mol÷0.25L=1.6mol·L-1，C正确；D．由选项A的分析可知久置后的成分是NaOH和Na2CO3的混合物，随着盐酸加入，溶质的成分依次为：NaOH和Na2CO3和NaCl、NaCl和Na2CO3、NaCl和Na2CO3和NaHCO3、NaCl和NaHCO3、NaCl，D错误；正确答案为AC。26．3S+6OH-2S2-+SO+3H2O2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2ONa2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+H2O30.03【详解】(1)反应3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O中，NaOH、Na2S和Na2SO3都溶于水，能电离，写成离子，上述反应的离子方程式为：3S+6OH-2S2-+SO+3H2O。上述反应的溶液中再加入适量的稀H2SO4，S2-和SO会在酸性溶液中发生归中反应产生淡黄色沉淀S，该反应的离子方程式为：2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2O。(2)亚硫酸钠与浓硫酸共热可制SO2的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+H2O。(3①0.480g硫的物质的量为0.015mol，与VmL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，根据反应的化学方程式：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O，0.015molS消耗0.03molKOH，则V==0.03L=30mL。②n(S)==0.08mol，n(KOH)=0.060L×1.00·L-1=0.06mol，硫和KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，反应的化学方程式为：(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，

2x+2=8，所以x=3。27．铝棒上产生无色无味的气泡2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑铜棒上产生大量无色无味的气体铝棒2H++2e-=H2↑铝棒上产生大量红棕色气体，溶液呈蓝色把导线连接的碳棒和铜棒插入一定浓度的氯化铁溶液中，即组成原电池1mol/L【详解】(1)由于金属活动性：Al＞Cu＞H，所以断开开关k，Al与硫酸发生反应：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，而Cu不能发生反应，因此观察到Al棒上有气泡产生，Cu棒上有气泡产生；(2)当连接k后，Al、Cu、H2SO4构成原电池，Al为负极，Al失去电子变为Al3+进入溶液，负极的电极反应式为：Al-3e-=Al3+；Cu为正极，在正极上H+得到电子变为H2逸出，正极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑，因此看到铜棒上产生大量无色无味的气体；(3)当连接k后，若将稀硫酸改为浓硝酸，由于浓硝酸具有强氧化性，会将Al表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，而Cu与浓硝酸发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，Cu为负极，负极的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+；Al为正极，在正极上得到电子发生还原反应：+e-+2H+=NO2↑+H2O，因此会看到正极铝棒上有大量红棕色的气体产生，同时溶液变为蓝色；(4)根据反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+可知：Cu失去电子，发生氧化反应，为原电池的负极；碳棒为正极，正极上Fe3+得到电子被还原为Fe2+，所以碳棒为正极，故若将该反应设计为原电池，要把导线连接的碳棒和铜棒插入一定浓度的氯化铁溶液中，即组成原电池；(5)n(H2)=，则反应消耗H2SO4的物质的量n(H2SO4)=n(H2)=0.05mol；再将烧杯中的溶液稀释至1L，测得溶液中c(H+)=0.1mol/L，则剩余H2SO4的物质的量是n(H2SO4)剩=×0.1mol/L×1L=0.05mol，则原硫酸的物质的量为n(H2SO4)总=0.05mol+0.05mol=0.1mol，溶液的体积是100mL，故该硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)==1mol/L。28．淀粉溶液滴入最后一滴标准溶液，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不复原92.82【详解】(1)根据淀粉溶液遇I2变为蓝色，可选用淀粉溶液为指示剂，若滴定达到终点，会看到溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不再变为蓝色。(2)Na2S2O8作氧化剂，与KI反应的离子方程式为S2O＋2I-===2SO＋I2，I2与Na2S2O3反应的化学方程式为：I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI，可得关系式：Na2S2O8～I2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=0.1000mol·L-1×19.50mL×10-3L·mL-1=1.95×10-3mol，则n(Na2S2O8)=n(Na2S2O3)=9.75×10-4mol，m(Na2S2O8)=9.75×10-4mol×238g·mol-1=0.23205g，则该样品的纯度为×100%=92.82%。29．NO酸性和氧化性163NO2+H2O=2HNO3+NO0.45【分析】C为一种红棕色气体，则C是NO2，与水反应生成D为HNO3，则逆推B为NO，A为N2。【详解】(1)A为N2，电子式为：；B的化学式：NO；(2)由Cu和浓硝酸反应生成NO2的反应，硝酸中N的化合价降低，表现氧化性，与Cu2+结合表现酸性，则表现出的性质为：酸性和氧化性；(3)根据N原子守恒可知，，n(NO)+n(NO2)=1.4mol，则，所以n(HNO3)=2×0.9+1.4=3.2mol，则硝酸的浓度；(4)C→D的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在反应过程中O2得到电子的物质的量与NO2、NO转化成HNO3时失去电子的物质的量相等，等于Cu转化成Cu(NO3)2时失去电子的物质的量，根据电子守恒可得关系式：4n(O2)=2n(Cu)，。30．Fe3++Cl—+Ag=Fe2++AgClAgCl在溶液中存在平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+C