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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moles，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．1mol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mol
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2mol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 mol O 其分子数为N ，而1 mol Fe其原子
2 A
数为N ，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mol，故B正确；C项，
A
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)N 表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是( )
A
A．2g氘化锂( )中含有的中子数为2 N
A
B．25℃时，1L0.1 mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液中阳离子数小于0.2 N
4 4 2 A
C．28gC H 和C H 的混合气体完全燃烧生成CO 的分子数介于2 ~3
2 4 3 6 2
D．标准状况下，22.4L氖气含有的原子数约为N
A
【答案】D
【解析】A项，2g氘化锂(6LiD)中含中子数为： ×4N =N ，A错误；B项，25℃时，1L0.1
A A
mol·L-1 NH Fe(SO ) 溶液中含有0.1mol NH +和0.1molFe3+，NH +和Fe3+分别发生水解：NH ++HO
4 4 2 4 4 4 2
NH ·H O+H+、Fe3+ +3HO Fe(OH) +3H+，则阳离子数大于0.2 N ，B错误；C项，C H 和C H 的最
3 2 2 3 A 2 4 3 6
简式为CH，28g CH 的物质的量为 =2mol，完全燃烧生成CO 的分子数2molCO ，C错误；D项，
2 2 2 2
标准状况下，22.4L氖气的物质的量为1mol，含有的原子数约为N ，D正确；故选D。
A
3．(2024·黑龙江省哈尔滨市三模)设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A
A．等物质的量的C H 和C HO完全燃烧，消耗O 分子数目均为3N
2 4 2 6 2 A
B．NaO 与CO 反应生成标准状况下O44.8L，转移电子数目为4N
2 2 2 2 A
C．25℃，1LpH=12的Ba(OH) 溶液中含有OH-数目为0.02N
2 AD．标准状况下，22.4 mLCHCl 中含有碳原子数目为10-3N
2 2 A
【答案】B
【解析】A项，1mol C H 完全燃烧消耗O 物质的量和1molC HO完全燃烧消耗O 的量均为3mol，但
2 4 2 2 6 2
是等物质的量的C H 和C HO，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，NaO
2 4 2 6 2 2
与CO 反应生成标准状况下O44.8L，即2molO ，转移电子数目为4N ，B正确；C项，25℃，1LpH=12
2 2 2 A
的Ba(OH) 溶液中含有OH-数目为 ，C错误；D项，标况下， CHCl 非气体，
2 2 2
D错误；故选B。
4．(2024·天津市部分区二模)设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A
A．7.1g Cl 与足量铁粉反应转移的电子数为0.2N
2 A
B．1molL-1 CaCl 溶液中含离子总数为3N
2 A
C．标准状况下，2.24L CO 分子中含有的σ键的数目为0.4N
2 A
D．44g CHCHO中sp3杂化的碳原子数目为2N
3 A
【答案】A
【解析】A项，7.1gCl 物质的量n=7.1g÷71g/mol=0.1mol，与足量铁粉反应转移的电子数为0.2N ，A
2 A
正确；B项，1molL-1 CaCl 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
2.24LCO 的物质的量n=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，分子中含有的σ键的数目为0.2N ，C错误；D项，44g
2 A
CHCHO物质的量=44g÷44g/mol=1mol，分子中sp3杂化的碳原子数目为N ，D错误；故选A。
3 A
5．(2024•重庆市高三高考适应性考试)已知反应：P+2I +8H O=2PH I+2H PO +2HI，N 为阿伏加德罗
4 2 2 4 3 4 A
常数的值，若消耗36gHO，下列叙述的错误的是( )
2
A．转移电子数为2.5N
A
B．断裂的 键数为1.5 N
A
C．还原产物比氧化产物多0.5mol
D．将生成物配制成1L水溶液，溶液中c(H+)=2mol/L
【答案】D
【解析】若消耗36gHO，即2molH O，则参加反应的P 为0.25mol，I 为0.5mol，生成HPO 为
2 2 4 2 3 4
0.5mol，HI为0.5mol，根据反应P+2I +8H O=2PH I+2H PO +2HI判断，P 既是氧化剂也是还原剂，I 为氧
4 2 2 4 3 4 4 2
化剂。A项，反应1molP 转移电子数为10mol，则当P 为0.25mol的时候，转移电子数为2.5N ，A正确；
4 4 A
B项，1个P 中有6个P−P，则当P 为0.25mol的时候，断裂的P−P键数为1.5N ，B正确；C项，还原产
4 4 A
物是PH I和HI，比氧化产物HPO 多0.5mol，C正确；D项，将生成物溶于1L水，由于HPO 不完全电
4 3 4 3 4
离，故溶液中c(H+)小于2mol/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NO 转化为
2
N，该过程的总反应为NaNO + NH Cl =NaCl+N ↑+2H O。设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的
2 2 4 2 2 A
是( )
A．1L1.5mol·L-1NH Cl溶液中含NH +的数目为1.5 N
4 4 A
B．标准状况下，22.4LN 中含π键的数目为2N
2 A
C．生成18gHO转移电子数目为3 N
2 AD．生物酶将NO 转化为N 的过程叫作氮的固定
2 2
【答案】B
【解析】A项，要考虑NH +的水解，铵根的数目小于1.5NA，A错误；B项，标况下22.4LN 的物质
4 2
的量为1mol，而1个氮气分子中含2个π键，则1mol氮气中含2 N 个π键，B正确；C项，18g水的物质
A
的量为 ，从反应方程式可知，生成1mol水分子转移电子数目1.5 N ，C错误；D项，
A
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NO 转化为N 的过程不是氮的固定，D错误；
2 2
故选B。
7．(2024•广东省普通高中学科综合素养评价名校联考)N 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的
A
是( )
A．22.4L甲醛所含σ键数为4N
A
B．0.1mol·L-1的MgCl 溶液含Cl-的数目为0.1N
2 A
C．82g Na 18O 与足量水完全反应，电子转移数为2N
2 2 A
D．0.1mol的C HOH所含氢原子数为0.6N
2 5 A
【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/mol
得气体摩尔体积，A错误；B项，0.1mol·L-1的MgCl 溶液体积未知，无法计算氯离子浓度，B错误；C项，
2
82g Na 18O 为1mol，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1N ，
2 2 A
C错误；D项，C HOH中含有6和H原子，故0.1mol的C HOH所含氢原子数为0.6N ，D正确； 故选
2 5 2 5 A
D。
8．(2024·辽宁省部分重点中学协作体高三模拟)三氟化氮(NF )在潮湿的环境中能发生反应：
3
3NF +5H O=2NO+HNO +9HF，N 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
3 2 3 A
A．生成22.4LNO，转移电子数为N
A
B．1molH O含有的中子数为10N
2 A
C．1mol/L的HNO 溶液含NO -离子数为N
3 3 A
D．反应中若有1molNF 被氧化，则理论上需要分子数为2N 的氧化剂
3 A
【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，1molH O含有的中子数为8N ，故B错误；C项，溶液体积未知，不能确定离子数目，C错
2 A
误；D项，若有1molNF 被氧化，则转移电子数为2mol，而1mol NF 作氧化剂时得1mol电子，根据得失
3 3
电子守恒，可知1molNF 被氧化，则理论上需要分子数为2N 的氧化剂，D正确；故选D。
3 A
9．(2024•广东省两阳中学月考)设N 为阿伏加德罗常数，现向10mL0.2mol·L-1的KMnO 溶液中通入
A 4
一定量的SO ，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( )
2
A．通入的SO 在标准状况下的体积为
2
B．反应后溶液中SO 2-的数目为0.005 N
4 A
C．该反应中转移的电子数为0.02 N
AD．反应后的溶液中c(H＋)=0.4mol·L－1
【答案】C
【解析】A项，通过反应5SO +2KMnO +2HO=KSO + 2MnSO+2HSO 可知，10mL0.2mol·L-1的
2 4 2 2 4 4 2 4
KMnO 溶液中 ，因此可吸收0.005mol二氧化硫，通入的SO 在标准状况下的体积为
4 2
，A正确；B项，因为SO 完全反应生成SO 2-，所以溶液中
2 4
，数目为0.005 N ，B正确；C项，该反应中转移的电子数为0.01 N ，C错误；D项，
A A
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0.004mol，c(H＋)=0.4mol·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O 与HO的物质的量之比为1∶2
2 2
B．反应过程中催化剂Cu+未参与电子得失
C．每生成22.4LN 理论上消耗0.25mol O
2 2
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++O +2H O=4 ，步骤二的反应为 +NO=Cu+
2 2
+HONO，步骤三的反应为HONO+NH =NHNO ，步骤四的反应为NH NO =N +2H O；总反应为
3 4 2 4 2 2 2
4NO+O +4NH=4N +6H O。A项，步骤一的反应为4Cu++O +2H O=4 ，O 与HO的物质的量之比
2 3 2 2 2 2 2 2
为1∶2，A正确；B项，步骤一中Cu+与O、HO反应生成 ，Cu元素的化合价由＋1价升至＋2价，
2 2
Cu+失去电子、被氧化，B错误；C项，根据总反应4NO+O +4NH=4N +6H O知，每生成1molN 理论上消
2 3 2 2 2
耗0.25molO，未标注标准状况，不能计算N 物质的量，C错误；D项，步骤三的反应中元素的化合价没
2 2
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N 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的
A
是( )
A．1mol硝基(-NO )与 二氧化氮(NO )所含的电子数均为23 N
2 2 A
B．1L0.50mol·L-1 NH Cl溶液与2L0.25mol·L-1 NH Cl溶液中NH +的物质的量均为0.5 N
4 4 4 AC．1mol过氧化钠分别与足量CO、SO 反应，转移的电子数均为2 N
2 2 A
D．1L0.01mol·L-1 溶液中， 和 数目之和为0.01
N
A
【答案】A
【解析】A项，硝基(-NO )与二氧化氮(NO )中均含23个电子，1mol 硝基(-NO )与46g二氧化氮(NO )
2 2 2 2
所含的电子数均为23 N ，A正确；B项，铵根会发生水解，溶液越稀，水解程度越大，故1L0.50mol·L-1
A
NH Cl溶液与2L0.25mol·L-1 NH Cl溶液中NH +的物质的量均小于0.5 N ，且后者更小，B错误；C项，过
4 4 4 A
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，1mol过氧化钠转移N
A
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，1mol过氧
化钠转移2 N 个电子，C错误；D项，由物料守恒， 、 和
A
的离子数目之和为0.01 N ，D错误；故选A。
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H、Cl 混合气体，乙中充入16Gch 气体，此时活塞位置如图。下列有关说法正确的是( )
2 2 4
A．甲室中H、Cl 的总质量不能确定，但总的物质的量一定是2mol
2 2
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H 密度的30倍，则甲室通入的气体是32克
2
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1mol，则甲室中气体物质的量为 ， =2mol，因为H、Cl 的比例无法确定，
2 2
所以总质量无法确定，但总物质的量一定是2mol，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H 密度的
2
30倍，则混合气体平均摩尔质量为60g/mol，由A项知甲室总物质的量为2mol，所以气体总质量为120g，
C错误；D项，不知甲室H、Cl 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
2 2
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，O 和N 的密度之比为8：7
2 2
B．12：30-13：30时间范围内CO 压强最大
2
C．若容器的容积为22.4L，12：30时CO 原子个数等于3 N
2 A
D．光照相同时间，CO 的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的
2
【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O 和N 的密度之比为8：7，A正确；B项，根据图示可
2 2
知：12：30-13：30时间范围内CO 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
2
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，CO 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。
2
15．(2024•辽宁省部分高中期中联考)某同学为测定Cu和Cu O混合粉末中Cu的含量。将31.2 g Cu
2
和Cu O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
2
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＋)=0.8mol·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+8HNO=3Cu(NO )+2NO↑ +4H O，Cu O与稀硝
3 3 2 2 2
酸反应的化学方程式为3Cu O+14HNO=6Cu(NO )+2NO↑ +7H O，若混合粉末全部为Cu，消耗的硝酸最
2 3 3 2 2
多为 (硝酸的物质的量为 )，设混合粉末中Cu和Cu O的物质的
2
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FeCl 和FeCl 混合溶液中加入一定量锌粉，反应过程
3 2
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，FeCl 溶液和FeCl 溶液的物质的量浓度均为
3 2
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0.5mol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2mol；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2mol，则B点的横坐标为2.5mol，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1mol，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0.5mol时，溶液中亚
铁离子的物质的量为2mol，设AD段消耗锌为amol，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=0.75mol，则D点的横坐标x=1.25mol，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O 的燃烧反应，反应生成CO 和HO，该反
2 2 2
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：CuSO + Fe = FeSO + Cu。该反应中CuSO 的
4 4 4
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 + 2HS + O = 2Ag S + 2H O。在相同条
2 2 2 2
件下体积相同的HS和O 两种气体分子数之比为 ，质量比为 。标准状况下5.6 L
2 2
O 的物质的量是 mol，当发生上述反应时氧气完全反应，消耗HS的质量是 g。
2 2
(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 + 2KNO + 3C = K S + N ↑ + 3CO ↑。该反应中，化合价降低的元素是 (填元素符号)。
3 2 2 2
同温同压下，体积相同的N 和CO，其密度之比为 。标准状况下， N 和CO 的混合气体
2 2 2 2
11.2L，其质量为17.2g，则此混合气体中N 和CO 的物质的量之比为 。
2 2
【答案】(1)C(1分)
(2) 160 g·mol−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O 的燃烧反应，反应生成CO 和
2 2
HO，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/mol为单位数值上
2
等于相对分子质量，CuSO 的摩尔质量是160g/mol；28g铁粉中含有的Fe原子数是
4
=0.5N ，即3.01×1023 ；CuSO +Fe=Cu+FeSO 反应中，若铁粉完全反应，析出Cu单质的物质的量为
A 4 4
0.5mol、质量为 ；(3)在相同条件下体积相同的HS和O 两种气体分子数相同，则分
2 2
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 O 的物质的量为 ；当发生 反应时，氧气完
2
全反应，消耗的HS的物质的量为氧气的2倍、即消耗0.5mol HS，质量为 ；(4)该反
2 2
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N 和CO，其密度之比为28∶44=7∶11；标准状况下，有N 和CO 混合气体质量
2 2 2 2
为17.2g，体积为11.2L(为0.5mol)，设N 和CO 分别为amol、bmol，则a+b=0.5，28a+44b=17.2，解得
2 2
a=0.2、b=0.3，则N 和CO 的物质的量之比为3∶2。
2 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SO 、CO、NO。分子个数之比为 ；氧原子个数之比为
2
；相同条件下的体积之比为 。
(2)标准状况下，17g NH 的体积为 ，含有氢原子个数为 ，它与标准状况下 L
3
HS含有相同数目的氢原子。
2
(3)某气体氧化物的化学式为RO，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩
2
尔质量为 ，R的相对原子质量为 。
(4)同温同压下，A 气体与B 气体等体积化合，生成AB 气体，已知反应前后气体的密度不变，则
2 2 x y
AB 的分子式为 。
x y(5)在t℃时将a g NH 完全溶于水得到V mL溶液，该溶液的密度为 ；质量分数为w，
3
物质的量浓度为c mol·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 Al (SO ) 和(NH )SO 的混合溶液分成两等份，一份加入b mol BaCl 溶液使溶液中的SO 2-刚
2 4 3 4 2 4 2 4
好完全沉定，另一份加入足量NaOH溶液并加热可得到c molNH ，则原溶液中Al3+的物质的量浓度为
3
。
(7)将0.24g Mg和0.27g Al的混合物投入到100mL 1mol/L的盐酸中，充分反应后固体完全溶解。向所
得溶液中加入2mol/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) 3N (0.5分) 33.6L(0.5分)
A
(3) 64g/mol (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SO 、CO、NO，分子个数之比为 ；氧
2
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 NH 的物质的量为 ，体积为
3
，含有氢原子个数为 ，它与1.5molHS含有相同数目的氢原子，
2
在标准状况下 HS的体积为 。(3)448mL该氧化物的物质的量为
2
，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64-162=32。(4)同温同压下，A 气体与B 气体等体积化合，即方程式中A 与B 的化学计
2 2 2 2
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A+B =2AB，则AB 的分子式为AB。(5)在t℃时将a g NH 完全溶于水得到
2 2 x y 3
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 mol·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 Al (SO ) 和
2 4 3
(NH )SO 的混合溶液分成两等份，每份的体积为0.5aL，一份加入b mol BaCl 溶液使溶液中的SO 2-刚好
4 2 4 2 4
完全沉定，则 ，另一份加入足量NaOH溶液并加热可得到c molNH ，则 ，溶液
3
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 1mol/L的盐酸中含有HCl的物质的为1mol/L0.1L=0.1mol，0.01molMg完全反
应消耗0.02molHCl，0.01molAl完全反应消耗0.03molHCl，总共消耗0.05molHCl，说明反应后盐酸有剩余，
故向所得溶液中加入2mol/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)=0.1mol，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，CO 的捕捉是减少碳排放的措
2
施之一。
I.一种利用 溶液捕捉回收CO 的过程如图所示。
2
(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CO，配制 溶液。
2
(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CO，研究表明CaC O·H O热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的
2 2 4 2
CO 捕捉性能。取1.46 g CaC O·H O进行加热，固体质量随温度变化如图所示：
2 2 4 2
(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CO 的反应温度应 (填“高于”或“低于”) 。
2
【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) CaC O CaCO+CO↑(2分)
2 4 3
(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，CaC O·H O在
2 4 2
200℃左右失去结晶水生成CaC O；CaC O 在400~600℃因分解减少的固体质量为：1.28g−1.00g=0.28g，
2 4 2 4
减少的是CO的质量，分解产物为CO和CaCO ，则400~600℃范围内分解反应的化学方程式为：CaC O
3 2 4
CaCO+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
3
的是CO 的质量，即高于800℃时，碳酸钙分解生成CaO和CO，只有低于此温度，才有利于CaO和CO
2 2 2
化合，则CaO捕捉CO 的反应温度应低于800℃。
2
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NaCO、NaHCO 、
2 3 3
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CO
2
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CO 的物质的量为 mol， 段反应的离子方程式为 。
2
(2)若白色固体由0.02mol Na CO 和xmol NaHCO 组成，则V= ，V= 。
2 3 3 1 2
(3)若白色固体由NaHCO 和 组成，2V= V，则NaHCO 与 溶于水后发生反应的离子方
3 1 2 3
程式为 ， 。
(4)若白色固体只由 和NaCO 组成，且V=100，V=160，则 ，原
2 3 1 2
溶液中的c(Na＋)= 。
(5)另取某NaCO 和NaHCO 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
2 3 3
，充分反应，产生CO 的体积如下表(标准状况下，且不考虑CO 在水中的溶解)：
2 2实验序号 ① ② ③
100.0 100.0 100.0
3.80 7.60 11.40
896 1344 896
样品中 ，盐酸的 。
【答案】(1) 0.03(2分) HCO-＋H+==H O＋CO↑(1分)
3 2 2
(2) 40(1分) 100(1分)
(3) HCO -＋OH-===CO 2-＋HO(1分) 1：1(1分)
3 3 2
(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CO 只能由碳酸氢钠与盐酸
2
反应生成，反应的离子方程式为HCO-＋H+==H O＋CO↑；(2)CO 来自碳酸钠和碳酸氢钠，根据碳原子守
3 2 2 2
恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol；OA段发生的反应为NaCO+HCl= NaHCO + NaCl，根据化学计量数
2 3 3
之比等于物质的量之比，0.02mol NaCO 与0.02mol盐酸反应， (盐酸) ，即V=40
2 3 1
mL；A点时碳酸氢钠的物质的量为0.03mol，消耗0.03mol盐酸， ，因此
V=V +V=100 mL；(3)NaHCO 与NaOH溶于水后发生反应的离子方程式为HCO -＋OH-===CO 2-＋HO；
2 1 3 3 3 2
2V= V，说明白色固体溶于水后的溶质只有NaCO，根据NaHCO ＋NaOH===Na CO＋HO可知，
1 2 2 3 3 2 3 2
；(4)因为白色固体只由NaOH、NaCO 组成，OA段为NaOH、NaCO 与盐酸
2 3 2 3
反应V=100 mL，即两物质共消耗0.05mol盐酸，由碳原子守恒知 ，NaCO 消耗
1 2 3
0.03mol盐酸，则NaOH消耗0.02mol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xmol、碳酸氢钠为ymol，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(NaHCO )∶n(Na CO)= 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，
3 2 3
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
NaCO+HCl= NaHCO +NaCl、NaHCO +HCl=NaCl+CO ↑+H O，由碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比可知，
2 3 3 3 2 2
11.40g样品中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量为 =0.06mol，则由方程式可知，反应消耗盐酸的物质的量为0.06mol+ =0.1mol，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(NaHCO )∶n(Na CO)= 1：1；由分析可知，盐酸的物质的量为0.1mol，则溶液的浓度为
3 2 3
=1.0mol/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：
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
请回答以下问题：
(1)计算丙中产生气体的物质的量为 mol；
(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xmol、ymol，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0.024mol：0.016mol=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)=nmol，n(Mg)=1.5nmol， ，
n=0.02mol，则n(Mg)=0.03mol，Mg完全反应生成n(H )=n(Mg)=0.03mol，Mg生成的V(H )=
2 2
，Al完全反应生成n(H )=1.5n(Al)=0.03mol，Al生成的V(H )=
2 2
，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) ，而此时铝元素以NaAlO 的形式存在，溶液中溶质为NaCl和
2 2
NaAlO ，根据氢原子守恒得n( ，最少消耗的n(NaOH)=n(HCl)
2
+n(Al)=0.12mol+0.02mol=0.14mol， 。
