新高考化学二轮复习高频考点练习3 以物质的量为核心的计算（解析版）

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题点（一）关于阿伏加德罗常数（NA)的应用
1．（2022·全国甲卷）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．25℃，下，氢气中质子的数目为
B．溶液中，的数目为
C．苯甲酸完全燃烧，生成的数目为
D．电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为
1.C 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．Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3，因此2.0L 1.0 ml/L的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA，故B错误；C．苯甲酸燃烧的化学方程式为，1ml苯甲酸燃烧生成7mlCO2，则0.2ml苯甲酸完全燃烧生成1.4mlCO2，数目为1.4NA，故C正确；D．电解熔融CuCl2时，阳极反应为，阴极反应为，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.1ml，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2ml，数目为0.2NA，故D错误；答案选C。
2．（2022·湖南卷）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是（ ）(阿伏加德罗常数的值为)
A．的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C．的溶液中的微粒数小于
D．的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
2.D A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为，故A正确；
B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，故B正确；C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05ml/L的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05ml/L×1L×NAml—1=0.05NA，故C正确；D．由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D错误；故选D。
3．（2022·枣庄三中期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．常温下，2.0 g H eq \\al(\s\up11(18),\s\d4(2)) O中含有的质子数目为2NA
B．标准状况下，22.4 L二氯甲烷中含有4NA个极性共价键
C．由1 ml CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO－数目为NA
D．标准状况下，2.24 L NO2完全溶于水，反应过程转移电子的数目为0.1NA
3．C 2.0 g H eq \\al(\s\up11(18),\s\d4(2)) O的物质的量为0.1 ml，每个H eq \\al(\s\up11(18),\s\d4(2)) O分子中质子数为10，故2.0 g H eq \\al(\s\up11(18),\s\d4(2)) O中含有的质子数目为NA，A项错误；标准状况下，二氯甲烷为液体，不能用气体摩尔体积计算二氯甲烷的物质的量，B项错误；由1 ml CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可知：n（Na＋）＋n（H＋）＝n（CH3COO－）＋n（OH－），溶液显中性，即n（H＋）＝n（OH－），故n（CH3COO－）＝n（Na＋）＝1 ml，CH3COO－数目为NA，C项正确；标准状况下，2.24 L NO2的物质的量为0.1 ml，NO2与H2O的反应为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，反应中转移电子数目为0.1× eq \f(2,3) NA，D项错误。
4．（双选）误服白磷可用硫酸铜溶液解毒，其原理为2P＋5CuSO4＋8H2O===5Cu＋2H3PO4＋5H2SO4。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．1 L 0.1 ml·L－1 H3PO4溶液中所含的H＋数目为0.3NA
B．该反应中，若消耗1.0 ml CuSO4，则参加反应的水分子数目为1.6NA
C．3.1 g P中所含的质子数目为3.1NA
D．7.2 g水参加反应，转移的电子数目为0.5NA
4 .BD H3PO4为中强酸，故1 L 0.1 ml·L－1H3PO4溶液中所含的H＋数目小于0.3NA，A项错误；由解毒原理的化学方程式可知，该反应中，若消耗1.0 ml CuSO4，则参加反应的水分子数目为1.6NA，B项正确；3.1 g P为0.1 ml，其中所含的质子数目为1.5NA，C项错误；该反应转移10e－，7.2 g水为0.4 ml，反应转移的电子数目为0.5NA，D项正确。
5．（2022·湖北高三联考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．29 g C4H10中σ键的个数为7NA
B．0.5 ml PCl3中P的价层电子对数为3NA
C．1 ml [Zn(NH3)4]2＋中配位键的个数为4NA
D．30 g 14CO中含有的质子数为16NA
5．C 29 g C4H10的物质的量为 eq \f(29 g,58 g·ml－1) ＝0.5 ml，含有的σ键个数为0.5 ml×13×NA ml－1＝6.5NA，A错误；PCl3中P的价层电子对数为3＋ eq \f(5－3×1,2) ＝4，故0.5 ml PCl3中P的价层电子对数为2NA，B错误；1 ml [Zn（NH3）4]2＋中含配位键4 ml，含有配位键数目为4NA，C正确；30 g 14CO中含有的质子数为 eq \f(30 g,30 g·ml－1) ×14×NA ml－1＝14NA，D错误。
6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．两份2.7 g铝分别与100 mL浓度为2 ml·L－1的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，转移的电子数均为0.3NA
B．50 ℃时，1 L pH＝1的H2SO4溶液含H＋的数目为0.1NA
C．氢氧燃料电池负极消耗1.12 L气体时，电路中转移的电子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2 L HF中含有氟原子的数目为0.5NA
6．B 2.7 g铝的物质的量为0.1 ml，和盐酸反应时，需要的盐酸的物质的量为0.3 ml，故盐酸不足，铝和盐酸反应时过量，则转移的电子小于0.3NA个，故A错误； pH＝1的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.1 ml·L－1，故1 L溶液中氢离子的物质的量为0.1 ml，个数为0.1NA个，故B正确；未告知气体所处状态，无法计算1.12 L气体的物质的量，故C错误；标准状况下，HF为液态，无法计算其物质的量，D错误。
7．（双选）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有2 ml Fe2＋被氧化时，消耗Cl2的分子数为NA
B．所含共价键数均为0.2NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等
C．1 L 0.1 ml·L－1 CH3COONa溶液中含有的Na＋和CH3COO－的总数小于0.2NA
D．235 g核素U发生裂变反应： 92235U＋ eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(0)) n eq \(――→,\s\up7(裂变)) eq \\al(\s\up11(90),\s\d4(38)) Sr＋54136U＋10 eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(0)) n，净产生的中子( eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(0)) n)数为9NA
7．CD 碘离子的还原性比Fe2＋强，当有2 ml Fe2＋被氧化时消耗Cl2的分子数为NA，但氧化碘离子还消耗了Cl2，故A错；一个白磷分子中含有6个共价键，一个甲烷分子中含有4个共价键，所以含共价键数均为0.2NA的白磷（P4）和甲烷的物质的量不相等，故B错；CH3COO－水解，1 L 0.1 ml·L－1 CH3COONa溶液中含有的Na＋和CH3COO－的总数小于0.2NA，C正确；235 g核素U发生裂变反应：235 92U＋ eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(0)) n eq \(――→,\s\up7(裂变)) eq \\al(\s\up11(90),\s\d4(38)) Sr＋136 54U＋10 eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(0)) n，净产生的中子（ eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(0)) n）数为9NA，故D正确。
题点（二）以物质的量为核心的计算
8．（2021·山东卷）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1mlX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1mlY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由一定能确定产物中X、Y的化合价
8..D A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因，因此，故B正确；C．产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，故C正确；D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；综上所述，错误的D项，故答案为D。
9.（2022·山东卷节选）实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。回答下列问题：现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。
则_______；
9.
解析：滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3ml；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为ml，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3ml)：ml，解得n=；
10.(2022·江苏百校第二次联考节选)为测定某草酸钴样品中草酸钴晶体(CC2O4·2H2O)的质量分数进行如下实验:
①取草酸钴(CC2O4·2H2O)样品3.050 g,加入100.00 mL 0.100 0 ml·L-1的酸性KMnO4溶液,加热(该条件下C2+不被氧化)。
②充分反应后将溶液冷却至室温,转入250 mL容量瓶中,定容。
③取25.00 mL定容后的溶液,用0.100 0 ml·L-1的FeSO4溶液滴定。
④重复步骤③的实验2次。三次测定数据如下表:
计算样品中草酸钴晶体(CC2O4·2H2O)的质量分数: 。
%
解析：
n(KMnO4)总=0.1000ml·L-1×0.100L=0.01ml,n(FeSO4)=0.1000ml·L-1×0.018L=0.0018ml;根据得失电子守恒可得关系式5FeSO4~KMnO4,与草酸钴反应后剩余的KMnO4的物质的量n(KMnO4)剩=×n(FeSO4)××0.0018ml×10=0.0036ml;则与CC2O4反应的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)总-n(KMnO4)剩=0.01ml-0.0036ml=0.0064ml,根据关系式5CC2O4~2KMnO4可得,n(CC2O4)=×n(KMnO4)=×0.0064ml=0.016ml,则草酸钴晶体(CC2O4·2H2O)的含量为×100%=96.00%。
1 学化学资
实验序号
1
2
3
消耗FeSO4标准
溶液体积/mL
18.32
18.02
17.98