2023年高考化学试题分类汇编：常用化学计量

高考化学真题分类汇编

专题1常用化学计量（必修1）

I—阿伏伽德罗常数和物质的量

1.（•新课标n-8）阿伏加德罗常数的值为NA.下列说法对时的是

A.ILO.lmobL-1NH4CL溶液中，？《14+时数量为0.1NA

B.2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA

C.原则状况下,2.24LN2和02时混合气体中分子数为0.2NA

D.0.1molH2和O.lmol12于密闭容器中充足反应后，其分子总数为0.2NA

【答案】D

【解析】A.镂根易水解，所含NH4+数不不小于0.1NA,故A错误；

B.n（Mg）=0.1mol,Mg与H2SO4反应生成Mg2+,则ImolMg参与反应转移2moi电子，故

O.lmolMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2NA,故B错误；

C.原则状况下，22.4L任何气体所含的分子数为Imol,故2.24LN2和02时混合气体中分子

数为O.lmol,即0.1NA,故C错误；

D.H2+I22HI这是一种反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NAo

【考点】阿伏加德罗常数。

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律。

【点评】本题考察了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度不大，注意气体摩尔体积指的是Imol

任何气体的体积为22.4L.

2.（•新课标III-10）NA为阿伏加德罗常数时值。下列说法对的的是

A.0.1mol的I11B中，具有0.6NA个中子

B.pH=l的H3PO4溶液中，具有0.1NA个H+

C.2.24L（原则状况）苯在02中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子

D.密闭容器中1molPC13与1molC12反应制备PC15（g）,增长2NA个P-C1键

【答案】A

【解析】A.11B中具有中子数=11-5=6,0.1mol的］11B中具有0.6mol中子，具有0.6NA个

中子，故A对时；B.没有告诉pH=l的H3PO4溶液的体积，无法计算溶液中具有氢离

子的物质的量就数目，故B错误；

C.原则状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；

D.PC13与C12生成PC15的反应为可逆反应，则生成PC15的物质的量不不小于Imol,增长

的P-C1键不不小于2NA,故D错误；

【考点】阿伏加德罗常数；弱电解质的电离；化学计量；物质构造。

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律

【点评】本题考察阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积

的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其他物理量之间的关系，B为易错点，注意缺

乏溶液体积。

3.（•浙江-22）设NA为阿伏伽德罗常数时值，下列说法对时的是

A.原则状况下,2.24L乙醇中碳氢键的数目为0.5NA

B.1LO.lmoPL-1硫酸钠溶液中具有的氧原子数为0.4NA

C.0.1molKI与0.1molFeC13在溶液中反应转移的电子数为0.1NA

D.0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA

【答案】CD

【解析】A.标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；

B.硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的个数不小于0.4NA

个，故B错误；

C.0.1molKI与0.1molFeC13在溶液中能完全反应，且碘元素由-1价变为。价，故O.lmolKI

反应后转移O.lmol电子即0.1NA个电子，故C对的；

D、Imol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气故O.lmol乙烯和乙醇消耗0.3mol氧气即0,3NA个

氧气分子，故D对的.

【考点】阿伏加德罗常数

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律

【点评】本题考察了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌

握公式的运用和物质的构造。

II—气体摩尔体积和阿伏加德罗定律

1.（•新课标H-8）阿伏加德罗常数时值为NA.下列说法对时时是

A.ILO.lmobL-1NH4CL溶液中,NH4+K）数量为0.1NA

B.2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA

C.原则状况下,2.24LN2和02时混合气体中分子数为0.2NA

D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充足反应后，其分子总数为0.2NA

【答案】D

【解析】A.核根易水解，所含NH4+数不不小于0.1NA,故A错误；

B.n（Mg）=0.1mol,Mg与H2SO4反应生成Mg2+,则ImolMg参与反应转移2moi电子，故

O.lmolMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2NA,故B错误；

C.原则状况下，22.4L任何气体所含的分子数为Imol,故2.24LN2和02的混合气体中分子

数为O.lmol,即0.1NA,故C错误；

D.H2+I22Hl这是一种反应前后分子物质的量不变的I反应，故反应后分子总数仍为0.2NA。

【考点】阿伏加德罗常数。

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律。

【点评】本题考察了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度不大，注意气体摩尔体积指的是Imol

任何气体的体积为22.4L.

2.（•新课标III-10）NA为阿伏加德罗常数时值。下列说法对的的是

A.0.1mol的11B中，具有0.6NA个中子

B.pH=l的H3PO4溶液中，具有0.1NA个H+

C.2.24L（原则状况）苯在02中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子

D.密闭容器中1molPC13与1molC12反应制备PC15（g）,增长2NA个P-C1键

【答案】A

【解析】A.11B中具有中子数=11-5=6,0/mol的11B中具有0.6mol中子，具有0.6NA个

中子，故A对的；B.没有告诉pH=l的H3PO4溶液的体积，无法计算溶液中具有氢离

子的物质的量就数目，故B错误；

C.原则状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；

D.PC13与C12生成PC15的反应为可逆反应，则生成PC15的物质的量不不小于Imol,增长

的P-C1键不不小于2NA,故D错误；

【考点】阿伏加德罗常数；弱电解质的电离；化学计量；物质构造。

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律

【点评】本题考察阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度

不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其他物理量之

间的关系,B为易错点，注意缺乏溶液体积。

皿一常用化学计量综合

1.（15分）（•新课标1-26）凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典措施，其原理是

用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成锈盐，运用如图所示装置处理镂盐，然后通

回答问题：

（1）a时作用是o

（2）b中放入少许碎瓷片的目的是。f的名称是o

（3）清洗仪器：中加蒸储水；打开，关闭，加热，蒸气充斥管路；停止加热，关

闭中蒸储水倒吸进入，原因是

；打开放掉水，反复操作次。

（4）仪器清洗后，中加入硼酸（）和指示剂。铁盐试样由注入，随即注入氢氧化钠溶

液，用蒸储水冲洗，关闭中保留少许水。打开，加热，使水蒸气进入。

①中保留少许水日勺目H勺是。

②中重要反应H勺离子方程式为，采用中空双

层玻璃瓶口勺作用是。

（5）取某甘氨酸（）样品克进行测定，滴定中吸取液时消耗浓度为的盐酸，则样品

中氮的质量分数为，样品的纯度。

【答案】（1）使容器内气体压强与外界大气压相似（或平衡压强）

（2）防暴沸直形冷凝管

（3）停止加热，水蒸气变为液态，装置内压强减小

（4）①液封，防漏气②；保温

（5）；

【解析】（1）该装置运用水蒸气推进进入装置，故a（空心玻璃管）的作用是使容器内气

体压强与外界大气压相似（或平衡压强）。

（2）防暴沸直形冷凝管（3）加热圆底烧瓶使整个装置内充斥水蒸气，停止加热，关闭

时，右侧装置内水蒸气冷凝为液态，装置内压强减小。

（4）①防止漏气②采用中空双层玻璃瓶的作用是减少热量损失，尽量保证水以水蒸

气形式存在。

（5）①根据守恒，甘氨酸中的N元素被处理成核盐后，在e装置中转化为NH3进入g装

置：，，

②由于具有挥发性，也许有部分逸出，导致测量成果偏高，测得的含量应为最大值，纯度

为。

【考点】探究物质的构成；化学试验基本操作；离子反应与离子方程式；化学计算。

【专题】定量测定与误差分析.

【点评】本题考察含量的测定试验设计，为高考常见题型，试题波及了元素化合物的性质、

试验原理、物质制备等，侧重考察学生对试验方案理解及对元素化合物的知识时应用能力，

难度中等。

2.（14分）（•新课标n-26）水泥是重要的建筑材料.水泥熟料的重要成分为CaO、SiO2,并

具有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。试验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：

小沉淀A

水混样品_"化'T玩淀B

----------盐酸、硝酸r―—紫水pH4~5-----

，痣液----二Z---

~~加热法/定

回答问题：

（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化镂为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝

酸的目的是，还可使用替代硝酸。

（2）沉淀A的重要成分是，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方

程式为。

(3)加氨水过程中加热时目的是。沉淀B的重

要成分为(填化学式)。

(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4原则溶液滴定，通过测定草酸的量可间接

获知钙时含量，滴定反应为：MnO4-+H++H2c204-Mn2++CO2+H2O.试验中称取0.400g

水泥样品，滴定期消耗了0.0500mol・L-1的KMnO4溶液36.00mL,则该水泥样品中钙的质

量分数为。

3+

【答案】⑴将样品中的Fe2+氧化为FeH2O2

(2)SiO2SiO2+4HF=SiF4t+2H2O

⑶防止胶体生成，易生成沉淀。A1(OH)3、Fe(OH)3

⑷45.0%

【解析】(1)铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比防

止引入新杂质，还可用过氧化氢替代硝酸，故答案为：将样品中的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；

(2)由以上分析可知沉淀A为SiO2,不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应,

方程式为SiO2+4HF=SiF4f+2H2O,故答案为:SiO2；SiO2+4HF=SiF4f+2H2O；

(3)滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解日勺问题，加热的目的是防止生成胶体而

难以分离，生成的沉淀重要是A1(OH)3、Fe(OH)3,故答案为：防止胶体生成，易生成沉淀；

A1(OH)3、Fe(OH)3；

(4)反应的I关系式为5Ca2+〜5H2c204〜2KMnO4,

n(KMnO4)=0.0500mol/LX36.00mL=1.80mmol,n(Ca2+)=4.50mmol,

水泥中钙的质量分数为(4.50X10—3molX40g/mol)X100%/0.400g=45.0%,故答案为：

45.0%«

【考点】探究物质的构成或测量物质的含量；硅及其化合物；铁、铝及其化合物；胶体的

性质；化学计算；

【专题】定量测定与误差分析

【点评】本题侧重考察物质的含量的测定，为高频考点，注意把握流程的分析，把握物质的

性质，结合关系式法计算，有助于培养学生的分析能力、试验能力和计算能力，难度中等。

3.(15分)(•新课标0-27)重铭酸钾是一种重要的化工原料，一般由铝铁矿制备，铭铁矿

的重要成分为FeO・Cr2O3,还具有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：

回答问题：(1)环节①的重要反应为：

FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2。上述反应配平后FeO・

Cr2O3与NaNO3的系数比为。该环节不能使用陶瓷容器，原因

是。

(2)滤渣1中含量最多的金属元素是，滤渣2的重要成分是及含硅杂质。

(3)环节④调滤液2的pH使之变(填“大”或“小”),原因是

(用离子方程式表达)。

00

s

(4)有关物质的溶解度如图所示.向“滤液3”中加入e320

H240

s

g160

适量KC1,蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固lBO

d40

/Q

K50

体。冷却到(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最B3t

奘KC1

骅

多。N»a

204060BO100

a.80℃b.60℃c.40℃d.10℃

环节⑤的反应类型是。

(5)某工厂用mlkg铭铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产

率为

________________________________x100%-

【答案】⑴2:7二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳

2+2

(2)FeA1(OH)3⑶小CrO4"+2H-Cr2O7'+H2O

⑷c复分解反应⑸[m2/(mix0.4x294g/mol+152g/mol)]

【解析】⑴铭铁矿的重要成分为FeO-Cr2O3,还具有硅、铝等，制备重铭酸钾，由制备流程

可知，环节①的重要反应为FeO・Cr2O3+Na2cO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2

+NaNO2,Cr元素的化合价由+3价升高为+6价,Fe元素的I化合价由+2价升高为+3价,N元素

的化合价由+5价减少为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO・Cr2O3+4Na2c03

+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2,则FeO・Cr2O3与NaNO3的系数比为2:7。

该环节不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故

答案为:2:7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳。

(2)由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3,滤渣1中含量最多的金属元素是Fe,滤渣2时重要

成分是Al(OH)3及含硅杂质，故答案为:Fe；Al(OH)3；

(3)④中调整pH发生CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,则环节④调滤液2时pH使之变小，

增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成&2O72-,故答案为：小；CrO42-

+2H+Cr2O72-+H2O；

(4)向“滤液3”中加入适量KC1,蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，由溶解

度可知，冷却到40°CK2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中最小、且溶解度较大，过滤分离产

品最多；环节⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7J+2NaCl,反应类型是复分解反应。故答案

为:c；复分解反应；

(5)用mlkg铭铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为：

实际产量/理论产量，由Cr原子守恒可知，则产率为[m2/(mlX0.4X294g/mol+152g/mol)]X

100%,

【考点】制备试验方案的设计。铁及其化合物；铝及其化合物；化学计量；

【专题】无机试验综合

【点评】本题考察物质的制备试验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、

发生时反应为解答的关键，侧重分析与试验能力的考察，注意元素化合物知识与试验的结合,

题目难度不大。

4.(14分)(•新课标III-26)绿矶是具有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重

要的用途。某化学爱好小组对绿矶的某些性质进行探究.回答问题：

(1)在试管中加入少许绿矶样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向

试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：

(2)为测定绿研中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重,

记为mlg.将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g.按下图连接好装置

进行试验。

①仪器B的名称是。

②将下列试验操作环节对日勺排序

(填标号)；反复上述操作环节，直

至A恒重，记为m3g«

a.点燃酒精灯，加热b.熄灭酒精灯c.关闭K1和K2

d.打开K1和K2,缓缓通入N2e.称量Af.冷却至室温

③根据试验记录，计算绿矶化学式中结晶水数目x=(列式表

达)。若试验时按a、d次序操作，则使x(填“偏大”“偏小”或“无影响”).

(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开

K1和K2,缓缓通入N2,加热。试验后反应管中残留固体为红色粉末。

为。

a.品红b.NaOHc.BaC12d.Ba(NO3)2e.浓H2so4

②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式

【答案】⑴硫酸亚铁与KSCN不反应、硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁。

⑵①干燥管②dabcfe③76(m2-m3)/9(ni3-mi)偏小

⑶①c、a产生白色沉淀、品红褪色②2FeSC)4-FezCh+SChT+SO3T

【解析】(1)滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与KSCN不反应，但亚

铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色。故答案为：硫酸亚铁与

KSCN不反应；硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁；

(2)①由仪器的图形可知B为干燥管，故答案为：干燥管；②试验时，为防止亚铁离子被

氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的

变化，则对时时次序为dabcfe。故答案为:dabcfe；

③直至A恒重，记为m3g,应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-ml),m(H20)

=(m2-m3),则n(H2O)=(m2-m3)/18、n(FeSO4)=(m3-ml)/152,结晶水的数目等于

=n(H2O)/n(FeSO4)=76(m2-m3)/9(m3-ml)

若试验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定成果偏小。

故答案为：76(m2-m3)/9(m3-ml)；偏小；

(3)①试验后反应管中残留固体为红色粉末，阐明生成Fe2O3,则反应中Fe元素化合价升

高,S元素化合价应减少，则一定生成S02,可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2,

C为氯化钢，用于检查SO3,可观测到产生白色沉淀,D为品红，可用于检查SO2,品红褪色,

故答案为:c、a；产生白色沉淀、品红褪色；

②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、S