第二章 化学计量及应用(测试)- 2025年高考化学一轮复习测试（新教材新高考）

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第二章 化学计量及其应用
测试卷
时间：75分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag 108 Ba 137
一、选择题(每小题只有一个正确选项，共15×3分)
1．(2024·浙江省镇海中学期中)摩尔来源于拉丁文mles，原意为大量、堆积，是在1971年10月有41个国家参加的第14届国际计量大会决定增加的国际单位制(SI)的第七个基本单位。下列对于“摩尔”的理解正确的是( )
A．1ml任何物质所含有的分子数都相同
B．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为ml
C．摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来
D．2H既可以表示2个氢原子又可以表示2ml氢原子
【答案】B
【解析】A项，物质可能由分子、原子、离子构成，比如1 ml O2其分子数为NA，而1 ml Fe其原子数为NA，故A错误；B项，物质的量是物理量，其单位为摩尔，简称摩，符号为ml，故B正确；C项，物质的量是表示含有一定数目微观粒子的集合体，是将微观粒子数目与宏观物质联系起来的中间桥梁，故C错误；D项，2H只能表示2个氢原子，故D错误。故选B。
2．(2024·四川省成都市高三模拟)NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是( )
A．2g氘化锂()中含有的中子数为2 NA
B．25℃时，1L0.1 ml·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中阳离子数小于0.2 NA
C．28gC2H4和C3H6的混合气体完全燃烧生成CO2的分子数介于2~3
D．标准状况下，22.4L氖气含有的原子数约为NA
【答案】D
【解析】A项，2g氘化锂(6LiD)中含中子数为：×4NA=NA，A错误；B项，25℃时，1L0.1 ml·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中含有0.1ml NH4+和0.1mlFe3+，NH4+和Fe3+分别发生水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+、Fe3+ +3H2OFe(OH)3+3H+，则阳离子数大于0.2 NA，B错误；C项，C2H4和C3H6的最简式为CH2，28g CH2的物质的量为=2ml，完全燃烧生成CO2的分子数2mlCO2，C错误；D项，标准状况下，22.4L氖气的物质的量为1ml，含有的原子数约为NA，D正确；故选D。
3．(2024·黑龙江省哈尔滨市三模)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．等物质的量的C2H4和C2H6O完全燃烧，消耗O2分子数目均为3NA
B．Na2O2与CO2反应生成标准状况下O244.8L，转移电子数目为4NA
C．25℃，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.02NA
D．标准状况下，22.4 mLCH2Cl2中含有碳原子数目为10-3NA
【答案】B
【解析】A项，1ml C2H4完全燃烧消耗O2物质的量和1mlC2H6O完全燃烧消耗O2的量均为3ml，但是等物质的量的C2H4和C2H6O，并未指明是多少物质的量，无法计算消耗氧气的量，A错误；B项，Na2O2与CO2反应生成标准状况下O244.8L，即2mlO2，转移电子数目为4NA，B正确；C项，25℃，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为，C错误；D项，标况下， CH2Cl2非气体，D错误；故选B。
4．(2024·天津市部分区二模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．7.1g Cl2与足量铁粉反应转移的电子数为0.2NA
B．1mlL-1 CaCl2溶液中含离子总数为3NA
C．标准状况下，2.24L CO2分子中含有的σ键的数目为0.4NA
D．44g CH3CHO中sp3杂化的碳原子数目为2NA
【答案】A
【解析】A项，7.1gCl2物质的量n=7.1g÷71g/ml=0.1ml，与足量铁粉反应转移的电子数为0.2NA，A正确；B项，1mlL-1 CaCl2溶液的体积不知，不能计算溶液中含离子总数，B错误；C项，标准状况下，2.24LCO2的物质的量n=2.24L÷22.4L/ml=0.1ml，分子中含有的σ键的数目为0.2NA，C错误；D项，44g CH3CHO物质的量=44g÷44g/ml=1ml，分子中sp3杂化的碳原子数目为NA，D错误；故选A。
5．(2024•重庆市高三高考适应性考试)已知反应：P4+2I2+8H2O=2PH4I+2H3PO4+2HI，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗36gH2O，下列叙述的错误的是( )
A．转移电子数为2.5NA
B．断裂的键数为1.5 NA
C．还原产物比氧化产物多0.5ml
D．将生成物配制成1L水溶液，溶液中c(H+)=2ml/L
【答案】D
【解析】若消耗36gH2O，即2mlH2O，则参加反应的P4为0.25ml，I2为0.5ml，生成H3PO4为0.5ml，HI为0.5ml，根据反应P4+2I2+8H2O=2PH4I+2H3PO4+2HI判断，P4既是氧化剂也是还原剂，I2为氧化剂。A项，反应1mlP4转移电子数为10ml，则当P4为0.25ml的时候，转移电子数为2.5NA，A正确；B项，1个P4中有6个P−P，则当P4为0.25ml的时候，断裂的P−P键数为1.5NA，B正确；C项，还原产物是PH4I和HI，比氧化产物H3PO4多0.5ml，C正确；D项，将生成物溶于1L水，由于H3PO4不完全电离，故溶液中c(H+)小于2ml/L，D错误； 故选D。
6．(2024•湖南省长沙市高三一轮复习总结性考试)科学家发现某些生物酶能将海洋中的NO2转化为N2，该过程的总反应为NaNO2+ NH4Cl =NaCl+N2↑+2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．1L1.5ml·L-1NH4Cl溶液中含NH4+的数目为1.5 NA
B．标准状况下，22.4LN2中含π键的数目为2NA
C．生成18gH2O转移电子数目为3 NA
D．生物酶将NO2转化为N2的过程叫作氮的固定
【答案】B
【解析】A项，要考虑NH4+的水解，铵根的数目小于1.5NA，A错误；B项，标况下22.4LN2的物质的量为1ml，而1个氮气分子中含2个π键，则1ml氮气中含2 NA个π键，B正确；C项，18g水的物质的量为，从反应方程式可知，生成1ml水分子转移电子数目1.5 NA，C错误；D项，将氮元素由游离态转变为化合态的过程为氮的固定，生物酶将NO2转化为N2的过程不是氮的固定，D错误；故选B。
7．(2024•广东省普通高中学科综合素养评价名校联考)NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．22.4L甲醛所含σ键数为4NA
B．0.1ml·L-1的MgCl2溶液含Cl-的数目为0.1NA
C．82g Na218O2与足量水完全反应，电子转移数为2NA
D．0.1ml的C2H5OH所含氢原子数为0.6NA
【答案】D
【解析】A项，甲醛在标准状况下为气体，但选项中未说明是否在标准状况下，故无法使用22.4L/ml得气体摩尔体积，A错误；B项，0.1ml·L-1的MgCl2溶液体积未知，无法计算氯离子浓度，B错误；C项，82g Na218O2为1ml，其与水反应发生过氧根得自身歧化反应，故与足量水完全反应，电子转移数为1NA，C错误；D项，C2H5OH中含有6和H原子，故0.1ml的C2H5OH所含氢原子数为0.6NA，D正确； 故选D。
8．(2024·辽宁省部分重点中学协作体高三模拟)三氟化氮(NF3)在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．生成22.4LNO，转移电子数为NA
B．1mlH2O含有的中子数为10NA
C．1ml/L的HNO3溶液含NO3-离子数为NA
D．反应中若有1mlNF3被氧化，则理论上需要分子数为2NA的氧化剂
【答案】D
【解析】A项，未指明气体所处状况，不能根据体积确定NO的物质的量，无法计算电子转移数，A错误；B项，1mlH2O含有的中子数为8NA，故B错误；C项，溶液体积未知，不能确定离子数目，C错误；D项，若有1mlNF3被氧化，则转移电子数为2ml，而1ml NF3作氧化剂时得1ml电子，根据得失电子守恒，可知1mlNF3被氧化，则理论上需要分子数为2NA的氧化剂，D正确；故选D。
9．(2024•广东省两阳中学月考)设NA为阿伏加德罗常数，现向10mL0.2ml·L-1的KMnO4 溶液中通入一定量的SO2，使溶液的紫色恰好褪尽，若反应前后溶液的体积不变，则下列说法不正确的是( )
A．通入的SO2在标准状况下的体积为
B．反应后溶液中SO42-的数目为0.005 NA
C．该反应中转移的电子数为0.02 NA
D．反应后的溶液中c(H＋)=0.4ml·L－1
【答案】C
【解析】A项，通过反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4可知，10mL0.2ml·L-1的KMnO4溶液中，因此可吸收0.005ml二氧化硫，通入的SO2在标准状况下的体积为，A正确；B项，因为SO2完全反应生成SO42-，所以溶液中，数目为0.005 NA，B正确；C项，该反应中转移的电子数为0.01 NA，C错误；D项，根据反应方程式可知，反应后的溶液中氢离子的物质的量是0.004ml，c(H＋)=0.4ml·L－1，D正确；故选C。
10．(2024•安徽省合肥市期中)沸石分子筛选择性催化还原NO的循环过程如图所示。下列说法正确的是( )
A．步骤一中O2与H2O的物质的量之比为1∶2
B．反应过程中催化剂Cu+未参与电子得失
C．每生成22.4LN2理论上消耗0.25ml O2
D．所有步骤均有氧化还原反应发生
【答案】A
【解析】由图知，步骤一的反应为4Cu++O2+2H2O=4，步骤二的反应为+NO=Cu++HONO，步骤三的反应为HONO+NH3=NH4NO2，步骤四的反应为NH4NO2=N2+2H2O；总反应为4NO+O2+4NH3=4N2+6H2O。A项，步骤一的反应为4Cu++O2+2H2O=4，O2与H2O的物质的量之比为1∶2，A正确；B项，步骤一中Cu+与O2、H2O反应生成，Cu元素的化合价由＋1价升至＋2价，Cu+失去电子、被氧化，B错误；C项，根据总反应4NO+O2+4NH3=4N2+6H2O知，每生成1mlN2理论上消耗0.25mlO2，未标注标准状况，不能计算N2物质的量，C错误；D项，步骤三的反应中元素的化合价没有变化，没有氧化还原反应发生，D错误；故选A。
11．(2024•·广东省广州市天河外国语学校高三月考)设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．1ml硝基(-NO2)与二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23 NA
B．1L0.50ml·L-1 NH4Cl溶液与2L0.25ml·L-1 NH4Cl溶液中NH4+的物质的量均为0.5 NA
C．1ml过氧化钠分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数均为2 NA
D．1L0.01ml·L-1溶液中，和数目之和为0.01 NA
【答案】A
【解析】A项，硝基(-NO2)与二氧化氮(NO2)中均含23个电子，1ml 硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23 NA，A正确；B项，铵根会发生水解，溶液越稀，水解程度越大，故1L0.50ml·L-1 NH4Cl溶液与2L0.25ml·L-1 NH4Cl溶液中NH4+的物质的量均小于0.5 NA，且后者更小，B错误；C项，过氧化钠和二氧化碳的反应是歧化反应，过氧化钠中-1价氧原子歧化为-2价和0价，1ml过氧化钠转移NA个电子，过氧化钠与二氧化硫的反应中，过氧化钠做氧化剂，氧元素由-1价全部被还原为-2价，1ml过氧化钠转移2 NA个电子，C错误；D项，由物料守恒，、和的离子数目之和为0.01 NA，D错误；故选A。
12．(2024•广西南宁市期中)室温下某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成甲、乙两室，向甲中充入一定量的H2、Cl2混合气体，乙中充入16Gch4气体，此时活塞位置如图。下列有关说法正确的是( )
A．甲室中H2、Cl2的总质量不能确定，但总的物质的量一定是2ml
B．该图表明，甲室的压强是乙室的2倍，气体分子数量也是乙室的2倍
C．若甲室混合气体的密度是同温同压时H2密度的30倍，则甲室通入的气体是32克
D．将甲室的混合气体充分反应，恢复至室温后，最终活塞停留的位置应是刻度3处
【答案】A
【解析】A项，甲、乙两室压强与温度相同，气体的物质的量之比等于其体积之比，乙室中甲烷的物质的量为1ml，则甲室中气体物质的量为 ，=2ml，因为H2、Cl2的比例无法确定，所以总质量无法确定，但总物质的量一定是2ml，A正确；B项，密闭容器有可移动活塞，所以压强相同，B错误；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，若甲室混合气体的密度是同温同压时H2密度的30倍，则混合气体平均摩尔质量为60g/ml，由A项知甲室总物质的量为2ml，所以气体总质量为120g，C错误；D项，不知甲室H2、Cl2的比例关系，无法确定反应后剩余气体情况，无法判断体积，D错误；故选A。
13．(2024•黑龙江省哈尔滨市开学考试)如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa。
下列说法错误的是( )
A．实验开始时，O2和N2的密度之比为8：7
B．12：30-13：30时间范围内CO2压强最大
C．若容器的容积为22.4L，12：30时CO2原子个数等于3 NA
D．光照相同时间，CO2的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的
【答案】C
【解析】A项，根据阿伏伽德罗定律：开始时四种气体的压强相同，体积相同，则气体的物质的量相同，则气体的密度比等于气体摩尔质量之比，即O2和N2的密度之比为8：7，A正确；B项，根据图示可知：12：30-13：30时间范围内CO2温度升高最大，由于开始压强相同，在则这一段时间内压强最大，B正确；C项，此时气体未处于标准状况，不能用气体摩尔体积进行计算，C错误；D项，根据图示可知：光照相同时间，CO2的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的，D正确；故选C。
15．(2024•辽宁省部分高中期中联考)某同学为测定Cu和Cu2O混合粉末中Cu的含量。将31.2 g Cu和Cu2O混合粉末加入的稀硝酸中，得到气体(标准状况下)，忽略溶液体积的变化。下列有关说法正确的是( )
A．反应后有固体剩余
B．反应后的溶液中c(Cu2＋)=0.8ml·L－1
C．单质在混合粉末中的质量分数约为
D．在反应后的溶液中加入足量铁粉，可畳换出
【答案】D
【解析】A项，Cu与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑ +4H2O，Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑ +7H2O，若混合粉末全部为Cu，消耗的硝酸最多为(硝酸的物质的量为)，设混合粉末中Cu和Cu2O的物质的量分别为、，依题意可得，联立解得。由以上分析可知，硝酸过量，不会有固体剩余，A错误；B项，，B错误；C项，Cu单质在混合粉末中的质量分数为，C错误；D项，可置换出铜的质量为，D正确；故选D。
15．(2024•高一上·山西省朔州市期末)向含FeCl3和FeCl2混合溶液中加入一定量锌粉，反应过程中各离子的物质的量与加入锌粉的物质的量关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．起始时，FeCl3溶液和FeCl2溶液的物质的量浓度均为
B．D点的横坐标
C．线段表示溶液中n(Fe3＋)的变化趋势
D．反应至点时，溶液总质量增加
【答案】B
【解析】氯化铁的氧化性强于氯化亚铁，则氯化亚铁和氯化铁混合溶液中加入一定量锌粉时，氯化铁溶液优先与锌反应生成亚铁离子和锌离子，反应的离子方程式为：，溶液中铁离子浓度减小、亚铁离子浓度增大，由图可知，锌为0.5ml时，铁离子和锌恰好完全反应，则混合溶液中铁离子的物质的量为，亚铁离子的物质的量为2ml；当铁离子完全反应后，亚铁离子与锌发生置换反应生成铁和锌离子，反应的离子方程式为：，溶液中亚铁离子浓度减小，线段AB表示溶液中亚铁离子的物质的量的变化趋势，B点时，亚铁离子和锌恰好完全反应，反应消耗锌的物质的量为2ml，则B点的横坐标为2.5ml，溶液总质量增加的质量为：。A项，混合溶液中铁离子和亚铁离子的物质的量都为1ml，则起始时，溶液中氯化铁和氯化亚铁的浓度均为，故A错误；B项，锌为0.5ml时，溶液中亚铁离子的物质的量为2ml，设AD段消耗锌为aml，根据D点时亚铁离子的物质的量与锌离子物质的量相等可得：，解得a=0.75ml，则D点的横坐标x=1.25ml，故B正确；C项，线段AB表示溶液中亚铁离子的物质的量的变化趋势，故C错误；D项，B点时，亚铁离子和锌恰好完全反应，溶液总质量增加的质量为：，故D错误；故选B。
二、非选择题(共5小题，共55分)
16．(11分)(2024•福建省漳州市期中)氧化还原反应在生产生活中有广泛的应用，中国传统文化中有广泛记载
(1)“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中涉及到蜡烛与O2的燃烧反应，反应生成CO2和H2O，该反应一定是___________。
A．化合反应B．分解反应C．氧化还原反应D．置换反应
(2)“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”涉及到的化学反应为：CuSO4 + Fe = FeSO4 + Cu。该反应中CuSO4的摩尔质量是 ；28 g铁粉中含有的Fe原子数是 ，若铁粉完全反应，析出Cu单质的质量为 g。
(3)宋代《洗冤集录》中记载有“银针探毒”，其原理是：4Ag + 2H2S + O2 = 2Ag2S + 2H2O。在相同条件下体积相同的H2S和O2两种气体分子数之比为 ，质量比为 。标准状况下5.6 L O2的物质的量是 ml，当发生上述反应时氧气完全反应，消耗H2S的质量是 g。
(4)我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为：S + 2KNO3 + 3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑。该反应中，化合价降低的元素是 (填元素符号)。同温同压下，体积相同的N2和CO2，其密度之比为 。标准状况下， N2和CO2的混合气体11.2L，其质量为17.2g，则此混合气体中N2和CO2的物质的量之比为 。
【答案】(1)C(1分)
(2) 160 g·ml−1 (1分) 3.01×1023 (1分) 32(1分)
(3) 1∶1 (1分) 17∶16(1分) 0.25(1分) 17(1分)
(4) S和N (1分) 7∶11 (1分) 3∶2(1分)
【解析】(1)“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中涉及到蜡烛与O2的燃烧反应，反应生成CO2和H2O，则元素化合价发生变化，该反应一定是氧化还原反应，故选C；(2)摩尔质量以g/ml为单位数值上等于相对分子质量，CuSO4的摩尔质量是160g/ml；28g铁粉中含有的Fe原子数是 =0.5NA，即3.01×1023 ；CuSO4+Fe=Cu+FeSO4反应中，若铁粉完全反应，析出Cu单质的物质的量为0.5ml、质量为；(3)在相同条件下体积相同的H2S和O2两种气体分子数相同，则分子数之比为1∶1；分子数相同时，气体的质量比等于相对分子质量之比，则质量比为34∶32=17∶16；标准状况下5.6L O2的物质的量为；当发生反应时，氧气完全反应，消耗的H2S的物质的量为氧气的2倍、即消耗0.5ml H2S，质量为；(4)该反应中，化合价升高的元素是C，化合价降低的元素是N和S；同温同压下气体的密度与摩尔质量成正比，则同温同压下，体积相同的N2和CO2，其密度之比为28∶44=7∶11；标准状况下，有N2和CO2混合气体质量为17.2g，体积为11.2L(为0.5ml)，设N2和CO2分别为aml、bml，则a+b=0.5，28a+44b=17.2，解得a=0.2、b=0.3，则N2和CO2的物质的量之比为3∶2。
17．(12分)(2024·上海市徐汇区期中)质量、物质的量、物质的量浓度等是用于化学计算的常见物理量。
(1)质量之比为16：7：6的三种气体SO2、CO、NO。分子个数之比为 ；氧原子个数之比为 ；相同条件下的体积之比为 。
(2)标准状况下，17g NH3的体积为 ，含有氢原子个数为 ，它与标准状况下 L H2S含有相同数目的氢原子。
(3)某气体氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。
(4)同温同压下，A2气体与B2气体等体积化合，生成AxBy气体，已知反应前后气体的密度不变，则AxBy的分子式为 。
(5)在t℃时将a g NH3 完全溶于水得到V mL溶液，该溶液的密度为；质量分数为w，物质的量浓度为c ml·L-1。下列计算结果正确的是 。
A．溶质的质量分数
B．溶质的物质的量浓度
C．溶液密度可表示为
D．上述溶液中再加入V mL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w
(6)将a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入b ml BaCl2溶液使溶液中的SO42-刚好完全沉定，另一份加入足量NaOH溶液并加热可得到c mlNH3，则原溶液中Al3+的物质的量浓度为 。
(7)将0.24g Mg和0.27g Al的混合物投入到100mL 1ml/L的盐酸中，充分反应后固体完全溶解。向所得溶液中加入2ml/L的NaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀完全，需要NaOH溶液的体积为 mL。
【答案】(1) 5：5：4(0.5分) 10：5：4 (0.5分) 5：5：4 (0.5分)
(2) 22.4L (0.5分) 3NA (0.5分) 33.6L(0.5分)
(3) 64g/ml (1分) 32(1分)
(4)AB(1分)
(5)D(2分)
(6) (2分)
(7) 50 mL(2分)
【解析】(1)质量之比为16：7：6的三种气体SO2、CO、NO，分子个数之比为；氧原子个数之比为；相同条件下的体积之比等于物质的量之比等于分子数之比，故相同条件下的体积之比为5：5：4。(2)标准状况下，17g NH3 的物质的量为，体积为，含有氢原子个数为，它与1.5mlH2S含有相同数目的氢原子，在标准状况下 H2S的体积为。(3)448mL该氧化物的物质的量为，则该氧化物的摩尔质量为，该氧化物的相对分子质量为64，R的相对原子质量为64-162=32。(4)同温同压下，A2气体与B2气体等体积化合，即方程式中A2与B2的化学计量数相同，已知反应前后气体的密度不变，则气体的体积不变，同温同压，气体的体积相同，则气体物质的量不变，则反应的方程式为A2+B2=2AB，则AxBy的分子式为AB。(5)在t℃时将a g NH3完全溶于水得到V mL溶液，该溶液的密度为；质量分数为w，物质的量浓度为c ml·L-1。A项，溶液的质量为，则溶质的质量分数，故A错误；B项，溶质的物质的量为，溶液体积为V mL，溶质的物质的量浓度，故B错误；C项，根据，则溶液密度可表示为，故C错误；D项， 溶质的质量不变，而水的密度比氨水的密度大，混合后溶液质量大于原溶液的2倍，故所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D正确；故选D。(6)将a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等份，每份的体积为0.5aL，一份加入b ml BaCl2溶液使溶液中的SO42-刚好完全沉定，则，另一份加入足量NaOH溶液并加热可得到c mlNH3，则，溶液呈电中性，则有，解得，故原溶液中Al3+的物质的量浓度为。(7)0.24gMg的物质的量为，0.27gAl的物质的量为，100mL 1ml/L的盐酸中含有HCl的物质的为1ml/L0.1L=0.1ml，0.01mlMg完全反应消耗0.02mlHCl，0.01mlAl完全反应消耗0.03mlHCl，总共消耗0.05mlHCl，说明反应后盐酸有剩余，故向所得溶液中加入2ml/L的NaOH溶液，盐酸先参与反应生成氯化钠和水，然后镁离子、铝离子分别为氢氧化钠反应分别生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，恰好使金属离子全部沉淀完全时，溶质为NaCl，根据质量守恒可知：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HСl)=0.1ml，故需要NaOH溶液的体积为：。
18．(14分)(2024•河南省信阳市期中)我国将力争2060年前实现碳中和，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一。
I.一种利用溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。
(1)捕捉室中溶液常喷成雾状，优点是 。
(2)整个过程中可以循环利用的物质是 。
II.实验室模拟捕捉回收CO2，配制溶液。
(3)配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒和。根据计算用托盘天平称量固体 __ g。
(4)配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是 →D→ →装瓶贴签。
A．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水
B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒次，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下
C．将已冷却的溶液注入容量瓶中
D．根据计算，称取取一定量的固体
E、向盛有固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解
F、盖上容量瓶塞了，摇匀
G、用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切
H、继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线处
(5)配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是
A．称量所用的砝码生锈
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水
C．未冷至室温就转移定容
D．定容时仰视刻度线
E．定容时水加多用胶头滴管吸出
F．称量时间过长
III. CaO固体也可以捕捉回收CO2，研究表明CaC2O4·H2O热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的CO2捕捉性能。取1.46 g CaC2O4·H2O进行加热，固体质量随温度变化如图所示：
(注：曲线中共涉及到三步分解反应)。
(6)写出范围内分解反应的化学方程式： 。
(7)据图分析，捕捉CO2的反应温度应 (填“高于”或“低于”)。
【答案】(1)增大反应物接触面积，使反应更快、更充分(2分)
(2)CaO、NaOH(2分)
(3)20.00(1分)
(4) A(1分) E→C→B→H→G→F(2分)
(5)AC(2分)
(6) CaC2O4CaCO3+CO↑(2分)
(7)低于(2分)
【解析】(1)捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是增大反应物接触面积，使反应更快、更充分；(2)从流程图可以看出，反应分离室得到的NaOH溶液可作为捕捉室中的吸收液，高温反应炉得到的CaO可作为反应分离室中的反应物，因此可循环使用的物质是CaO、NaOH；(3)配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒和500mL容量瓶、胶头滴管；用托盘天平称量NaOH固体质量为：；(4)配置一定物质的量浓度的溶液一般步骤为：检漏、计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，则正确的操作顺序是A→D→E→C→B→H→G→F→装瓶贴签；(5)A．称量所用的砝码生锈，砝码实际质量大于所标数值，导致所称NaOH质量偏大，则所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大，A符合题意；转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制结果无影响，B不符合题意；未冷至室温就转移定容，溶液体积膨胀，冷却至室温液面下降，所加水量偏少，溶液浓度偏大，C符合题意；定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，D不符合题意；定容时水加多用胶头滴管吸出，造成溶质损失，浓度偏小，E不符合题意；称量NaOH时间过长，NaOH吸水潮解，所称量NaOH固体的质量偏小，导致溶液浓度偏小，F不符合题意；故选AC；(6)由题图中信息可知，CaC2O4·H2O在200℃左右失去结晶水生成CaC2O4；CaC2O4在400~600℃因分解减少的固体质量为：1.28g−1.00g=0.28g，减少的是CO的质量，分解产物为CO和CaCO3，则400~600℃范围内分解反应的化学方程式为：CaC2O4CaCO3+CO↑；(7)由图可知，温度800~1000℃因分解减少的固体质量为：1.00g−0.56g=0.44g，减少的是CO2的质量，即高于800℃时，碳酸钙分解生成CaO和CO2，只有低于此温度，才有利于CaO和CO2化合，则CaO捕捉CO2的反应温度应低于800℃。
19．(12分)(2024•江苏省常州市第二次学情检测)某干燥白色固体可能含有Na2CO3、NaHCO3、中的几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制溶液，并向该溶液中滴加的盐酸，得到CO2体积(标准状况下)与盐酸体积的关系如图所示。回答下列问题：
(1)产生的CO2的物质的量为 ml，段反应的离子方程式为 。
(2)若白色固体由0.02ml Na2CO3和xml NaHCO3组成，则V1= ，V2= 。
(3)若白色固体由NaHCO3和组成，2V1= V2，则NaHCO3与溶于水后发生反应的离子方程式为 ， 。
(4)若白色固体只由和Na2CO3组成，且V1=100，V2=160，则 ，原溶液中的c(Na＋)= 。
(5)另取某Na2CO3和NaHCO3组成的混合物样品，称取3份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸，充分反应，产生CO2的体积如下表(标准状况下，且不考虑CO2在水中的溶解)：
样品中 ，盐酸的 。
【答案】(1) 0.03(2分) HCO3-＋H+==H2O＋CO2↑(1分)
(2) 40(1分) 100(1分)
(3) HCO3-＋OH-===CO32-＋H2O(1分) 1：1(1分)
(4) 0.02(1分) 0.8(1分)
(5) 1：1 (2分) 1.0(1分)
【解析】(1)产生的，则；AB段生成的CO2只能由碳酸氢钠与盐酸反应生成，反应的离子方程式为HCO3-＋H+==H2O＋CO2↑；(2)CO2来自碳酸钠和碳酸氢钠，根据碳原子守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01ml；OA段发生的反应为Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl，根据化学计量数之比等于物质的量之比，0.02ml Na2CO3与0.02ml盐酸反应，(盐酸)，即V1=40 mL；A点时碳酸氢钠的物质的量为0.03ml，消耗0.03ml盐酸，，因此V2=V1+V=100 mL；(3)NaHCO3与NaOH溶于水后发生反应的离子方程式为HCO3-＋OH-===CO32-＋H2O；2V1= V2，说明白色固体溶于水后的溶质只有Na2CO3，根据NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O可知，；(4)因为白色固体只由NaOH、Na2CO3组成，OA段为NaOH、Na2CO3与盐酸反应V1=100 mL，即两物质共消耗0.05ml盐酸，由碳原子守恒知，Na2CO3消耗0.03ml盐酸，则NaOH消耗0.02ml盐酸，；， ；(5)由实验①和实验②的数据可知，加入相同物质的量的盐酸，固体的质量增大，二氧化碳的体积增大说明实验①中盐酸过量，碳酸钠和碳酸氢钠完全反应，设3.80g样品中碳酸钠为xml、碳酸氢钠为yml，则由样品质量可得106x+84y=3.80①，由反应方程式可得x+y=②，解联立可得x=0.02、y=0.02，则样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)= 1∶1；由实验②和实验③的数据可知，加入相同物质的量的盐酸，固体的质量增大，二氧化碳的体积减小说明实验③中盐酸不足量，盐酸完全反应，则加入盐酸过程中发生的反应为Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比可知，11.40g样品中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量为=0.06ml，则由方程式可知，反应消耗盐酸的物质的量为0.06ml+=0.1ml，反应得到的溶液为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液。样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)= 1：1；由分析可知，盐酸的物质的量为0.1ml，则溶液的浓度为=1.0ml/L。
20．(6分)(2024•浙江省杭州八县市期末)某研究性学习小组，进行甲、乙、丙三组实验：各取同浓度的盐酸，加入不同质量的同种铝合金颗粒，充分反应，产生气体。有关数据记录如下：
请回答以下问题：
(1)计算丙中产生气体的物质的量为 ml；
(2)实验中所用合金粉末中镁、铝的物质的量之比为 ；
(3)实验乙结束后的混合体系中加入一定量的NOH溶液，充分反应，得到固体M。如果固体M的质量不再减少，消耗NaOH的质量至少为 g。
【答案】(1)0.06(2分) (2)3：2(2分) (3)5.6(2分)
【解析】盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量，金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应。(1)标况下，丙中生成气体体积为1344 mL，气体的物质的量为；(2)甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气1075.2mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xml、yml，根据二者质量可知24x+27y=1.008，根据电子转移守恒有2x+3y=×2，联立方程解得：x=0.024、y=0.016，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.024ml：0.016ml=3：2；(3)实验乙中合金的质量为1.260g，根据(2)知，合金中Mg、Al的物质的量之比为，设合金中n(Al)=nml，n(Mg)=1.5nml，，n=0.02ml，则n(Mg)=0.03ml，Mg完全反应生成n(H2)=n(Mg)=0.03ml，Mg生成的V(H2)= ，Al完全反应生成n(H2)=1.5n(Al)=0.03ml，Al生成的V(H2)= ，如果合金恰好完全反应。得到总的气体为1344mL，所以乙中合金恰好完全反应，根据丙中数据知，乙中盐酸恰好完全消耗；实验乙结束后的混合体系中加入一定量的NaOH溶液，充分反应，得到固体M，固体为Mg(OH)2，而此时铝元素以NaAlO2的形式存在，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2，根据氢原子守恒得n(，最少消耗的n(NaOH)=n(HCl)+n(Al)=0.12ml+0.02ml=0.14ml，。
实验序号
①
②
③
100.0
100.0
100.0
3.80
7.60
11.40
896
1344
896
实验序号
甲
乙
丙
合金质量(g)
1.008
1.260
1.512
生成气体体积(mL)(标况)
1075.2
1344
1344