《2022年高考化學 （真題+模擬新題分類匯編） 常用化學計量》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考化學 （真題+模擬新題分類匯編） 常用化學計量（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考化學 （真題+模擬新題分類匯編） 常用化學計量 18.A1 D4　 [xx·江蘇卷] 硫酸鎳銨[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于電鍍、印刷等領域。某同學為測定硫酸鎳銨的組成，進行如下實驗： ①準確稱取2.335 0 g樣品，配制成100.00 mL溶液A； ②準確量取25.00 mL溶液A，用0.040 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2＋(離子方程式為Ni2＋＋H2Y2－===NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA標準溶液31.25 mL； ③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH3 56.

2、00 mL(標準狀況)。 (1)若滴定管在使用前未用EDTA標準溶液潤洗，測得的Ni2＋含量將________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。 (2)氨氣常用________________________________________________________________________檢驗， 現(xiàn)象是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________

3、________。 (3)通過計算確定硫酸鎳銨的化學式(寫出計算過程)。 18．[答案] (1)偏高 (2)濕潤的紅色石蕊試紙　試紙顏色由紅變藍 (3)n(Ni2＋)＝0.040 00 mol·L－1×31.25 mL×10－3 L·mL－1＝1.250×10－3 mol n(NH)＝＝2.500×10－3 mol n(SO)＝＝ ＝ 2．500×10－3 mol m(Ni2＋)＝59 g·mol－1×1.250×10－3 mol＝0.073 75 g m(NH)＝18 g·mol－1×2.500×10－3 mol＝0.045 00 g m(SO)＝96

4、g·mol－1×2.500×10－3 mol＝0.240 0 g n(H2O)＝ ＝1.250×10－2 mol x∶y∶m∶n＝n(NH)∶n(Ni2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10 硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O [解析] (1)滴定管未潤洗，則標準溶液EDTA的物質(zhì)的量將增多，故測得的Ni2＋含量偏高。(2)NH3為堿性氣體，遇濕潤的紅色石蕊試紙變藍。(3)根據(jù)滴定反應計算出Ni2＋的量，根據(jù)生成NH3的量計算出NH的量。根據(jù)電荷守恒計算出SO的量，最后由質(zhì)量守恒計算出H2O的量，由四者的物質(zhì)的量比值，可確定出硫酸鎳銨的化學式。

5、 7．A1　[xx·江蘇卷] 設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的數(shù)目為NA B．78 g苯含有C＝C雙鍵的數(shù)目為3NA C．常溫常壓下，14 g由N2與CO組成的混合氣體含有的原子數(shù)目為NA D．標準狀況下，6.72 L NO2與水充分反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA 7．C　[解析] 在溶液中，ClO－水解，故ClO－數(shù)目小于NA，A項錯誤；苯分子中沒有碳碳雙鍵，B項錯誤； N2和CO的相對分子質(zhì)量都是28，且每個分子中都含有兩個原子，C項正確；NO2與水反應的方程式為3NO2＋H2O===2HNO

6、3＋NO，故標準狀況下6.72 L NO2與水反應時轉(zhuǎn)移0.2NA電子，D項錯誤。 9．A1 A2 A3 A4 B3　 [xx·廣東卷] 設nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是(　　) A．常溫常壓下，8 g O2含有4nA個電子 B．1 L 0.1 mol·L－1的氨水中有nA個NH C．標準狀況下，22.4 L鹽酸含有nA個HCl分子 D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2nA個電子 9．A　[解析] 8 g O2的物質(zhì)的量為n(O2)＝8 g÷32 g/mol＝ mol，氧的核電荷數(shù)為8，則8 g O2中n(電子)＝16n(O2)＝16× mol＝

7、4 mol，N(e－)＝n(e－)·NA＝4 mol×nA mol－1＝4nA，A項正確；1 L 0.1 mol·L－1的氨水中n(NH3·H2O)＝c·V＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，由于NH3·H2O是弱堿，不能完全電離出銨根離子，則N(NH)遠遠小于0.1nA，B項錯誤；標準狀況下的鹽酸是混合物，不能用V÷22.4 L/mol計算出其物質(zhì)的量，鹽酸中不存在HCl分子，C項錯誤；由2Na＋O2Na2O2可知，Na→Na＋失去1個電子，則1 mol Na被完全氧化成Na2O2時失去nA個電子，D項錯誤。 9．A1 A4　 [xx·新課標全國卷Ⅱ] N0為阿伏加德羅常數(shù)

8、的值。下列敘述正確的是(　　) A．1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2N0 B．12 g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數(shù)為0.5N0 C．25 ℃時pH ＝13的NaOH溶液中含有OH－的數(shù)目為0.1N0 D．1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數(shù)均為9N0 9．B　[解析] 1.0 L 1.0 mol·L－1 NaAlO2溶液中含1 mol NaAlO2，其中含有氧原子數(shù)為2N0，但溶液中水分子也含有氧原子，故A項錯誤；石墨烯中每個碳原子為三個六元環(huán)所共有，因此，每個六元環(huán)含碳原子數(shù)為6×＝2個，故1 mol石墨中含有六元環(huán)數(shù)

9、為0.5N0，B項正確；25 ℃時pH＝13的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，但題目中未給出溶液的體積，無法求出n(OH－)，C項錯誤；OH－中含10個電子，故1 mol OH－含有電子數(shù)為10N0，D項錯誤。 A2　氣體摩爾體積和阿伏加德羅定律 9.A1 A2 A3 A4 B3　 [xx·廣東卷] 設nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是(　　) A．常溫常壓下，8 g O2含有4nA個電子 B．1 L 0.1 mol·L－1的氨水中有nA個NH C．標準狀況下，22.4 L鹽酸含有nA個HCl分子 D．1 mol Na被完全氧化生成N

10、a2O2，失去2nA個電子 9．A　[解析] 8 g O2的物質(zhì)的量為n(O2)＝8 g÷32 g/mol＝ mol，氧的核電荷數(shù)為8，則8 g O2中n(電子)＝16n(O2)＝16× mol＝4 mol，N(e－)＝n(e－)·NA＝4 mol×nA mol－1＝4nA，A項正確；1 L 0.1 mol·L－1的氨水中n(NH3·H2O)＝c·V＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，由于NH3·H2O是弱堿，不能完全電離出銨根離子，則N(NH)遠遠小于0.1nA，B項錯誤；標準狀況下的鹽酸是混合物，不能用V÷22.4 L/mol計算出其物質(zhì)的量，鹽酸中不存在HCl分子，C項錯誤；

11、由2Na＋O2Na2O2可知，Na→Na＋失去1個電子，則1 mol Na被完全氧化成Na2O2時失去nA個電子，D項錯誤。 8．A2　E1　[xx·全國卷] 下列關于同溫同壓下的兩種氣體12C18O和14N2的判斷正確的是(　　) A．體積相等時密度相等 B．原子數(shù)相等時具有的中子數(shù)相等 C．體積相等時具有的電子數(shù)相等 D．質(zhì)量相等時具有的質(zhì)子數(shù)相等 8．C　[解析] 同溫、同壓下，氣體的體積與其物質(zhì)的量成正比，氣體的體積相等，故其物質(zhì)的量相等，但12C18O和14N2的摩爾質(zhì)量不相等，由m＝M·n可知其質(zhì)量不相等，由ρ＝可知，其密度不相等，A項錯誤；12C18O和14N2都

12、是雙原子分子，原子數(shù)相等時，分子數(shù)相等，12C18O的中子數(shù)為16，14N2的中子數(shù)為14，故其具有的中子數(shù)不相等，B項錯誤；12C18O和14N2的摩爾質(zhì)量不相等，相同物質(zhì)的量的12C18O與14N2質(zhì)子數(shù)相等，質(zhì)量相等的二者物質(zhì)的量不相等，含有的質(zhì)子數(shù)也不相等，D項錯誤。 A3　物質(zhì)的量濃度及溶液的配制 5.A3　[xx·江蘇卷] 用固體樣品配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，需經(jīng)過稱量、溶解、轉(zhuǎn)移溶液、定容等操作。下列圖示對應的操作規(guī)范的是(　　) 圖0 5．B　[解析] 稱量固體時，應遵循“左物右碼”的原則，A項錯誤；用玻璃棒攪拌可以加快溶解速率，B項正確；向容量瓶

13、中轉(zhuǎn)移溶液時用玻璃棒引流，C項錯誤；定容時膠頭滴管不能插入到容量瓶中，D項錯誤。 9．A1 A2 A3 A4 B3　 [xx·廣東卷] 設nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是(　　) A．常溫常壓下，8 g O2含有4nA個電子 B．1 L 0.1 mol·L－1的氨水中有nA個NH C．標準狀況下，22.4 L鹽酸含有nA個HCl分子 D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2nA個電子 9．A　[解析] 8 g O2的物質(zhì)的量為n(O2)＝8 g÷32 g/mol＝ mol，氧的核電荷數(shù)為8，則8 g O2中n(電子)＝16n(O2)＝16× mol＝4

14、 mol，N(e－)＝n(e－)·NA＝4 mol×nA mol－1＝4nA，A項正確；1 L 0.1 mol·L－1的氨水中n(NH3·H2O)＝c·V＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，由于NH3·H2O是弱堿，不能完全電離出銨根離子，則N(NH)遠遠小于0.1nA，B項錯誤；標準狀況下的鹽酸是混合物，不能用V÷22.4 L/mol計算出其物質(zhì)的量，鹽酸中不存在HCl分子，C項錯誤；由2Na＋O2Na2O2可知，Na→Na＋失去1個電子，則1 mol Na被完全氧化成Na2O2時失去nA個電子，D項錯誤。 A4　常用化學計量綜合 32.F4 D4 C2 C3

15、B1 B3 A4 B4 C4 J2　 [xx·廣東卷] 銀銅合金廣泛用于航空工業(yè)。從切割廢料中回收銀并制備銅化工產(chǎn)品的工藝如下： 圖0 [注：Al(OH)3和Cu(OH)2開始分解的溫度分別為450 ℃和80 ℃] (1)電解精煉銀時，陰極反應式為________________________________________________________________________； 濾渣A與稀HNO3反應，產(chǎn)生的氣體在空氣中迅速變?yōu)榧t棕色，該氣體變色的化學反應方程式為____________________________________________________

16、____________________ ________________________________________________________________________。 (2)固體混合物B的組成為________；在生成固體B的過程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH過量，則因過量引起的反應的離子方程式為________________________________________________________________________。 (3)完成煅燒過程中一個反應的化學方程式： CuO＋____Al2O3____CuAlO2＋________↑。

17、(4)若銀銅合金中銅的質(zhì)量分數(shù)為63.5%，理論上5.0 kg廢料中的銅可完全轉(zhuǎn)化為________mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液________L。 (5)CuSO4溶液也可用于制備膽礬，其基本操作是________________________________________________________________________ ____________、過濾、洗滌和干燥。 32．[答案] (1)Ag＋＋e－===Ag　2NO＋O2===2NO2 (2)Al(OH)3和CuO　Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O　　

18、 (3)4CuO＋2Al2O34CuAlO2＋O2↑ (4)50　25 (5)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶 [解析] (1)電解精煉銀與電解精煉銅類似，純銀作陰極，粗銀作陽極，硝酸銀溶液作電解液，陽極主要反應式為Ag－e－===Ag＋，陰極反應式為Ag＋＋e－===Ag；銀是金屬活動順序表中氫后金屬，不溶于稀硫酸，因為稀硫酸是非氧化性酸，則濾渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解銀，即3Ag＋4HNO3(稀)===3AgNO3＋NO↑＋2H2O，產(chǎn)生的無色氣體一氧化氮在空氣中迅速被氧化為紅棕色的二氧化氮氣體，即2NO＋O2===2NO2；(2)CuAlO2中氧為－2價，鋁為＋3價，則銅為

19、＋1價，其化學式也可以寫為Cu2O·Al2O3，相當于氧化亞銅和氧化鋁按物質(zhì)的量之比為1∶1熔合在一起，由此逆推，固體B的主要成分是物質(zhì)的量之比為1∶1的Al(OH)3和CuO，因為Cu(OH)2開始分解的溫度為80 ℃，水的沸點大于80 ℃，則煮沸前后發(fā)生的反應為Al3＋＋3OH－=== Al(OH)3↓、Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓、Cu(OH)2CuO＋H2O，Al(OH)3開始分解的溫度為450 ℃，在惰性氣體中鍛燒時發(fā)生的反應為2Al(OH)3Al2O3＋3H2O、4CuO2Cu2O＋O2↑；氫氧化鋁是兩性氫氧化物，NaOH是強堿，過量的NaOH能溶解部分或全部氫氧化鋁，

20、其離子方程式為Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，這必將導致目標產(chǎn)物產(chǎn)量的減少；(3)根據(jù)氧化還原反應的特征推斷，銅元素由＋2價降為＋1價，鋁元素化合價不變，由此推斷反應前后升價元素一定是氧，且化合價由－2價升為相鄰的0價，即缺少的生成物為氧氣；根據(jù)化合價升降法配平可得：4CuO＋2Al2O34CuAlO2＋O2↑；(4)5.0 kg＝5.0×103 g，銀銅合金廢料中銅的質(zhì)量為5.0×103 g×63.5%，由＝n可知n(Cu)為5.0×103 g×63.5%÷63.5 g/mol＝50 mol，根據(jù)銅守恒則有關系式：Cu～CuAlO2，則銅完全轉(zhuǎn)化可以變?yōu)?0 mol CuAlO

21、2；根據(jù)鋁守恒則有關系式：Al2(SO4)3～2CuAlO2，則至少需要25 mol Al2(SO4)3；由V＝可求至少需要V[Al2(SO4)3]＝25 mol÷1.0 mol/L＝25 L；(5)膽礬是硫酸銅溶液結(jié)晶析出的結(jié)晶水合物CuSO4·5H2O，從硫酸銅溶液中得到膽礬的基本操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌和干燥。 9．A1 A2 A3 A4 B3　 [xx·廣東卷] 設nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是(　　) A．常溫常壓下，8 g O2含有4nA個電子 B．1 L 0.1 mol·L－1的氨水中有nA個NH C．標準狀況下，22.4 L鹽酸含有nA個

22、HCl分子 D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2nA個電子 9．A　[解析] 8 g O2的物質(zhì)的量為n(O2)＝8 g÷32 g/mol＝ mol，氧的核電荷數(shù)為8，則8 g O2中n(電子)＝16n(O2)＝16× mol＝4 mol，N(e－)＝n(e－)·NA＝4 mol×nA mol－1＝4nA，A項正確；1 L 0.1 mol·L－1的氨水中n(NH3·H2O)＝c·V＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，由于NH3·H2O是弱堿，不能完全電離出銨根離子，則N(NH)遠遠小于0.1nA，B項錯誤；標準狀況下的鹽酸是混合物，不能用V÷22.4 L/mol計

23、算出其物質(zhì)的量，鹽酸中不存在HCl分子，C項錯誤；由2Na＋O2Na2O2可知，Na→Na＋失去1個電子，則1 mol Na被完全氧化成Na2O2時失去nA個電子，D項錯誤。 9．A1 A4　 [xx·新課標全國卷Ⅱ] N0為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是(　　) A．1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2N0 B．12 g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數(shù)為0.5N0 C．25 ℃時pH ＝13的NaOH溶液中含有OH－的數(shù)目為0.1N0 D．1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數(shù)均為9N0 9．B　[解析] 1.0

24、L 1.0 mol·L－1 NaAlO2溶液中含1 mol NaAlO2，其中含有氧原子數(shù)為2N0，但溶液中水分子也含有氧原子，故A項錯誤；石墨烯中每個碳原子為三個六元環(huán)所共有，因此，每個六元環(huán)含碳原子數(shù)為6×＝2個，故1 mol石墨中含有六元環(huán)數(shù)為0.5N0，B項正確；25 ℃時pH＝13的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，但題目中未給出溶液的體積，無法求出n(OH－)，C項錯誤；OH－中含10個電子，故1 mol OH－含有電子數(shù)為10N0，D項錯誤。 1．[xx·海淀模擬]用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是(　　) A．46g乙醇中含有的化學鍵數(shù)為7NA

25、B．1mol氯氣和足量NaOH溶液反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA C．1molOH－和1mol—OH(羥基)中含有的質(zhì)子數(shù)均為9NA D．10L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，Na＋、CO總數(shù)為3NA 1．C　[解析]46g乙醇物質(zhì)的量為1mol，其中含有的化學鍵數(shù)為8NA，A項錯誤；由Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O可知，Cl2發(fā)生自身氧化還原反應，1molCl2參加反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，B項錯誤；1個OH－含有10電子，1個—OH含有9個電子，H、O的質(zhì)子數(shù)分別為1和8，故1molOH－和1mol—OH(羥基)中含有的質(zhì)子數(shù)均為9NA，C項正確；CO是弱酸根離子，能

26、水解，含1molNa2CO3的溶液中CO數(shù)目小于NA，Na＋、CO總數(shù)小于3NA，D項錯誤。 2．[xx·重慶九校聯(lián)考]阿伏加德羅常數(shù)為NA，下列說法中正確的是(　　) A．62gNa2O溶于水后所得溶液中含有的O2－數(shù)為NA B．在含Al3＋總數(shù)為NA的AlCl3溶液中，Cl－總數(shù)大于3NA C．常溫常壓下，16g甲基(—13CH3)所含的中子數(shù)為10NA D．0.5molCu和足量濃硝酸反應可以生成22.4LNO2 2．B　[解析]Na2O溶于水發(fā)生反應：Na2O＋H2O===2NaOH，故溶液中不存在O2－，A項錯誤；由于發(fā)生反應：Al3＋＋3H2O===Al(OH)3(膠體

27、)＋3H＋，若溶液中含Al3＋總數(shù)為NA，則投入的n(AlCl3)＞1mol，溶液中N(Cl－)＞3NA，B項正確；一個—13CH3中所含中子數(shù)是7，而16g甲基(—13CH3)其物質(zhì)的量為1mol，故含有的中子數(shù)為7NA，C項錯誤；0.5molCu和足量濃硝酸反應生成1molNO2，題中未指明NO2所處的溫度和壓強，且NO2與N2O4存在平衡：2NO2N2O4，氣體體積不確定，D項錯誤。 3．[xx·無錫模擬]設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　　) A．1L0.1mol·L－1的氨水中含有的NH3分子數(shù)為0.1NA B．標準狀況下，2.24L的CCl4中含有的C—Cl

28、鍵數(shù)為0.4NA C．常溫常壓下，3.0g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的原子總數(shù)為0.4NA D．標準狀況下，Na2O2與足量CO2反應生成2.24LO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4NA 3．C　[解析]氨水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，故1L0.1mol·L－1的氨水中含有的NH3分子數(shù)小于0.1NA，A項錯誤；CCl4為液體，標準狀況下2.24L的CCl4的物質(zhì)的量不是1mol，B項錯誤；葡萄糖和冰醋酸的最簡式均為CH2O，故3.0g葡萄糖和冰醋酸的混合物中n(C)＝＝0.1mol，n(H)＝2×0.1mol＝0.2mol，n(O)＝0.1mol，即共含有0.

29、4NA個原子，C項正確；標準狀況下，Na2O2與足量CO2反應生成2.24LO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，D項錯誤。 4．[xx·長春市模擬]下列實驗操作過程能引起結(jié)果偏高的是(　　) ①用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液時，酸式滴定管未用標準液潤洗 ②用量筒量取5.0mL溶液時，俯視讀數(shù) ③配制一定物質(zhì)的量濃度的硫酸溶液，定容時仰視容量瓶的刻度線 ④質(zhì)量分數(shù)為10%和90%的兩種硫酸等體積混合配制50%的硫酸溶液 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 4．B　[解析]NaOH溶液的濃度計算公式為c(NaOH)＝，酸式滴定管未用標準液潤洗，導致消耗鹽酸的體積偏大，

30、所求的NaOH溶液濃度偏高，①符合題意；量取溶液時，視線以5mL刻度線為標準，確定液面位置，若俯視刻度線，導致所量取的溶液體積偏小，②不符合題意；定容時，仰視刻度線，溶液體積偏大，濃度偏低，③不符合題意；因硫酸的密度隨質(zhì)量分數(shù)的增大而增大，故質(zhì)量分數(shù)為10%和90%的兩種硫酸等體積混合配制的硫酸溶液的質(zhì)量分數(shù)高于50%，④符合題意。綜上所述，①、④正確，選B。 5．[xx·江西重點中學聯(lián)考]把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amol氫氧化鈉的溶液加熱，恰好使NH完全轉(zhuǎn)化為NH3逸出，另取一份加入含bmolHCl的鹽酸恰好反應完全，則該混合溶液中c(Na＋)為(　　) A.mol/L B．(2b－a)mol/L C.mol/L D．(10b－5a)mol/L 5．D　[解析]NH4HCO3＋2NaOHNa2CO3＋NH3↑＋2H2O，則HCO的物質(zhì)的量為mol；鹽酸與混合物發(fā)生反應：HCO＋H＋===CO2↑＋H2O，CO＋2H＋===CO2↑＋H2O，則CO的物質(zhì)的量為(b－) mol，碳酸鈉結(jié)合的Na＋物質(zhì)的量為(b－)mol，混合溶液分為5等份，故每份溶液體積為0.1L，故Na＋濃度為(10b－5a)mol·L－1。