2020年高考化学计量的综合计算复习

2020年高考化学计量的综合计算专题复习

【名师精选全国真题，值得下载练习】

1.设3为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.lmoLLTAlCb溶液中，含A13+数目小于NA

B.25℃,lLpH=1的醋酸中含有的H+数为0.1NA

C.标准状况下，6.0gNO和2.24LO2混合，所得气体的分子数目为0.2NA

D.用浓盐酸分别和MnC>2、KCIO3反应制备Imol氯气，转移的电子数均为2NA

2.将碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物Wg溶于水制成500mL溶液,钠离子的物质的量

浓度为0.4mol」T,若将Wg该混合物用酒精灯加热至质量不再改变时，得到的固

体物质的质量可能是（）

A.5.3gB.3.1gC.4.2gD.10.6g

3.下列图象表达正确的是（）

«*|叫I安岭U色，m,、c,、

京CnSaB«U巩te)+Q⑥

雷

------Q.

：/Q12Ko(I)

---------IL-------------»]ZHX)(E)

inAMy°NH

Si图2图3

A.图1表示浓硫酸的稀释

B.图2表示过量的盐酸与等量的锌粉反应

C.图3表示氢气与氧气反应中的能量变化

D.图4表示微粒电子数

4.等物质的量的Fe、Mg、Al与同体积、同浓度的HC1反应，产生出的体积相同（相

同状况），下列判断正确的是（）

A.反应掉的三种金属的质量相等B.反应后三种金属质量相等

C.所用盐酸均过量D.三种金属可以都有剩余

5.下列说法正确的是（）

A.12gC所含的原子数就是阿伏枷德罗常数

B.4.9gH2sO4是0.05molH2sO4

C.氢原子的摩尔质量是1.008g

D.Imol氧的质量是32g

6.1L某混合溶液中，溶质X、丫的浓度都为0.1mol」T,向混合溶液中滴加某溶液

Z（0.1mol•I1氢氧化钠或硫酸溶液）至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示,

则X、Y、Z分别是（）

EO

M、

X

*<

*M'

艇

工

A.氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B.氯化铝、氯化镁、氢氧化钠

C.偏铝酸钠、氢氧化顿、硫酸D.偏铝酸钠、氯化钢、硫酸

7.在同温同压下，将充有等体积混合而成的四组气体：

①NC）2+02;@NO2+NO;③HC1+N2;（4）NH3+H2,

分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，如图所

示，待试管内液面稳定后，剩余气体体积依次为％、V2>V3>V4,则剩余气体体积

最多的是（）

A.ViB.v2C.v3D.v4

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8.现有CuO和Fe2（）3的混合物ag,向其中加入1mol•L的HNO3溶液200mL恰好完

全反

应，若将2ag该混合物用足量C。还原，充分反应后剩余固体质量为

A.（2a-1.6）gB.2（a-1.6）gC.（a-1.6）gD.3.2g

9.由两种气态燃组成的混合物，体积为10mlo与过量的氧气混合再充分燃烧，将生成

物通过浓H2sO,气体体积减少15ml,再通过碱石灰气体体积又减少20ml（气体体积

均为同温同压下）。混合燃的组成可能为（）

A.C2H4和C2H2B.C2H6和C2H4C.CH4和C3H4D.C4H10和C2H4

10.某有机物的蒸汽完全燃烧时需三倍于其体积的氧气，产生二倍于其体积的二氧化碳

该有机物可能是（）

A.c2H6B.C2H5OHC.c2H4。D.c2H4O2

11.将4g铝铁合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量氢氧化钠溶液，过滤后向滤液中通

入足量二氧化碳，再将沉淀滤出，经洗涤、干燥、灼烧后得到固体粉末的质量仍为

4g,原合金中铁的质量分数最接近（）

A.30%B.47%C.53%D,70%

12.向含有amolFeBr2的溶液中通入C^xmol,下列各项为通Ck的过程中溶液内发生反应

3+

的离子方程式，其中不正确的是（已知2Fe2++Br2=2Fe+2BL）（）

2+3+

A.x=0.3a,2Fe+Cl2=2Fe+2C1-

2+3+

B.x=0.6a,10Fe+2Br_+6C12=10Fe+Br2+12CP

2+3+

C.x=1.2a,2Fe+lOBr-+6C12=2Fe+5Br2+12C1-

2+3+

D.x=1.5a,2Fe+4Br-+3C12=2Br2+2Fe+6C「

13.用铝单质还原下列化合物，制得金属单质各Imol,需消耗铝最少的是（）

A.MnO2B.WO3C.C03O4D.Cr2O3

14.把4.48LC02通过一定量的固体过氧化钠后收集到3.36L气体（标准状况下），则这

3.36L气体的质量为（）

A.3.8gB.4.8gC.5.6gD.6.0g

15.有100mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c（Mg2+）为O.lmol•LT】，C（AF+）为

0.15mol-L-i,c（C「）为0.65mol-L.要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需

力”mol-L-1NaOH溶液的体积为（）

A.40mLB.72mLC.128mLD.20mL

16.有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl、BL、P（忽略水的电离），C「、Br'F的

个数比为4:3:2,向该溶液中通入氯气使溶液中C「和Bl的个数比为3：1,则通

入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（）

A.1：1B.5：3C.5：2D.5：4

MV（CO）

17.向NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M,因CO?通入的

量不同，溶液M的组成也不同.若向M中逐滴加入盐酸，____Z______

。BCv（HCI>

产生的气体体积V（C02）与加入盐酸的体积V（HC1）的关系如

图.则下列分析正确的是（不计CO2溶解）（）

A.若OB=0,则溶液M为Na2cO3溶液

B.若OB=BC,则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH-+CO2tHCO3

C.若溶液M中c（NaHCC）3）=2c（Na2co3）,贝IJ30B=BC

D.若溶液M中大量存在的阴离子为CO歹和HCO],贝!|OB>BC

18.同温同压下某瓶充满O2时重U6g,充满CO2时重122g,充满某气体时重132g,则

该未知气体的相对分子质量为（）

A.28B.64C.32D.44

19.在某稀溶液中含有O.lmolHNOs和xmolHzS。曲向其中加入9.6g铜粉，充分反应后

产生的气体在标准状况下的体积为2.24L,则x的值至少为（）

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A.o.iB.0.12C.0.15D.0.2

20.常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH=14的溶

液,然后用lmol」T的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图

所示，则下列说法不正确的是（）

A.OP段发生的反应为：OH-+H+=H2。

B.图中V2为100

C.沉淀的质量m为1.56g

D.原合金质量为0.92g

21.屿2。2和NaHC（）3按物质的量之比为x混合在密闭容器中加热（温度高于10CFC）,充

分反应后，下列判断不正确的是（）

X的取值固体成分气体成分

A0<x<1/2Na2CO3。2、CO?

Bx=1/2Na2cO3H2O(g)>02

C1/2<x<1Na2co3、NaOHH2O(g)>02

DX>1Na2cO3、NaOH、NaO

2202

A.AB.BC.cD.D

22.有一种铁的氧化物，质量为0.4g,在加热的条件下，用足量的一氧化碳还原，把生

成的二氧化碳通入足量澄清的石灰水，得到0.75g沉淀.则这种铁的氧化物的化学式

为

A.FeOB.Fe304C.Fe2O3D.Fe4O5

23.往100mL,pH=0的硫酸和硝酸的混合液中投入3.84g铜粉，充分反应后，生成NO

气体，标准状况下为448mL,则反应前的混合液中HNO3的物质的量是（）

A.0.02molB.0.08molC.0.10molD.0.16mol

24.一定质量的Al、Mg合金与适量的稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液整个蒸干，

所得固体（不含结晶水）质量比原固体增加了7.2g,则该合金的物质的量可能为（）

A.0.05molB.0.06molC.0.08molD.0.09mol

25.取标准状况下CH4和过量O2的混合气体8.96L,点燃,将燃烧后的气体用过量碱石灰

吸收，碱石灰增重8.0g.碱石灰吸收后所剩气体的体积（标准状况下）为（）

正确的是（）

A.开始时产生的气体为“

B.AB段发生的反应为置换反应

-1

C.所用混合溶液中C（HNO3）=1mol-L

D.参加反应铁粉的总质量m2-8.4g

”（离子）/mol

27.向仅含Fe2+、「、Br-的溶液通入适量氯气，溶液中这

三种离子的物质的量的变化如图所示.下列说法中正确

。123oM（Ck）/inol

的是（）

A.线段III代表Fe2+的变化情况B.线段I代表Br-的变化情况

C.原混合溶液中n（FeBr2）=4molD.a数值等于6

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.铝离子水解导致c(A13+)<lmol/L,且溶液体积未知，则无法计算

铝离子个数，故A错误；

B.25℃,pH=1的醋酸溶液中c(H+)=O.lmol/L,ILpH=1的醋酸中含有的H+物

质的量为O.lmol,贝！|个数为O.INA，故B正确；

C.标况下，n(NO)=就需=0.2mol,n(O2)=就%=0.1mol,NO和02反应

生成NO2,反应方程式为2N0+5=2NC)2,则二者恰好完全反应生成0.2molN02,

但是二氧化氮发生反应2NO20电。4,导致最终气体物质的量小于0.2mol,所以分

子数小于0.2NA，故C错误；

△

D.MnC»2+4HC1(浓)二MnC%+CI2T+2H2。，当生成Imol氯气，转移的电子数均

为2NA，KCIO3+6HC1(^)=KC1+3C12T+3H2O,当生成Imol氯气，转移的电子

数均为|NA，故D错误；

故选：Bo

A.铝离子水解导致C(AF+)<lmol/L;

B.25℃,pH=1的醋酸溶液中c(H+)=O.lmol/L;

C.标况下，n(NO)=就需=0.2mol,n(02)=薪%=0.1mol,NO和02反应

生成NO2,反应方程式为，

2NO+O2=2NO2,则二者恰好完全反应生成0.2molNO2,但是二氧化氮发生反应

2NO2UN2O4,导致最终气体物质的量小于0.2mol;

D.浓盐酸和M11O2反应制备氯气，氯元素均由-1价变为。价；而盐酸和KCIO3反应,

是氯元素的归中反应。

本题考查物质的量的计算，涉及盐类水解、弱电解质的电离、可逆反应、氧化还原

反应等知识点，侧重考查分析计算能力，明确物质性质及物质之间转化关系是解本

题关键，注意C中二氧化氮会发生转化生成四氧化二氮，为解答易错点。

2.【答案】D

【解析】解：混合物Wg溶于水制成500mL溶液，钠离子的物质的量浓度为

0.4mol-L-1,贝!n(Na+)=0.5LX0.4moi/=0.2mol,

Wg该混合物用酒精灯加热至质量不再改变时，得到的固体物质为Na2c。3，

由原子守恒可知，n(Na2co3)=1n(Na+)=0.2molx|=O.lmol,

所以最终得到固体碳酸钠的质量为O.lmolx106g/mol=10.6g,

故选D.

Wg该混合物用酒精灯加热至质量不再改变时，得到的固体物质为Na2c。3,利用溶

液中钠离子浓度、体积计算其物质的量，再由原子守恒可知，n(Na+)=2n(Na2co3),

以此进行计算.

本题考查混合物的质量，题目难度中等，注意利用钠原子守恒得到钠离子与加热后

固体中碳酸钠的关系为解答的关键，把握守恒法简化计算过程.

3.【答案】D

【解析】解：A.浓硫酸加水稀释密度减小，图象与实际不相符，故A错误；

B.锌粉与硫酸铜反应生成了铜，消耗了锌粉，锌粉、铜和盐酸构成了原电池，加快

了化学反应速率，但产生的氢气减少，图象与实际不相符，故B错误；

C.氢气的燃烧是放热的，但是液态水变为气态水需要吸收热量，所以氢气燃烧生成

液态水放出的热量多，故C错误；

D.原子的电子数等于质子数；阴离子中，电子数=质子数+电荷数，阳离子中，电

子数=质子数-电荷数，贝l|OH-含有10个电子，-0H含有9个电子，出0含10个电

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子，%0+含有10个电子，与图象一致，故D正确。

故选：Do

A.浓硫酸加水稀释密度减小；

B.形成原电池可加快化学反应速率，氢气的质量由锌粉的质量决定；

C.物质的燃烧是放热的，液态水变为气态水需要吸收热量；

D.原子的电子数等于质子数；阴离子中，电子数=质子数+电荷数，阳离子中，电

子数=质子数-电荷数，以此来分析解答。

本题考查了硫酸的密度、原电池原理的应用、反应热、微粒电子数的求算等知识，

属于综合知识的考查，侧重于基础知识的应用的考查，难度中等。

4.【答案】D

【解析】解：设三种金属的物质的量均为Imol,2Na+2HC1=2NaCl+H2T,

Mg+2HC1=MgCl2+H2T,2A1+6HC1=A1C13+3H2T,但是,无论盐酸是否足量,

钠都能完全反应，因为还有水跟钠反应.可建立关系Na〜HC1〜0.5%,

0.5Mg-HCl~0.5H2,|A1-HC1-0.5H2T,

A.生成0.5molH2消耗Na,Mg,Al的物质的量分别为lmol,0.5molgmol,据m=nM,

故质量分别为23g,12g,9g,故反应掉三种金属的质量不等，故A错误；

B.设三种金属的物质的量均为Imol,贝!!ImolNa,Mg,Al的质量分别为23g,24g,

27g,由A得反应掉三种金属的质量分别为23g,12g,9g,故反应后三种金属的质

量为0g,12g,18g,故故反应后三种金属的质量不等，故B错误；

C.Na~HCl~0.5H2,0.5Mg-HCl~0.5H2,|A1-HC1-O.5H2T,生成等物质的量氢

气，故盐酸的量相等，化学计算时应该以不足的作为计算对象，故盐酸不足，故C

错误；

D.由C得盐酸不足，则三种金属都可以有剩余，故D正确;

故选D.

设三种金属的物质的量均为1mol,2Na+2HCl=2NaCl+H2T,Mg+2HC1=

MgCl2+H2T,2A1+6HC1=A1C13+3H2T,但是，无论盐酸是否足量，钠都能完

全反应，因为还有水跟钠反应.可建立关系Na〜HC1〜0.5H2,0.5Mg-HCl-0.5H2,

|A1~HC1-0.5H2T,据此进行分析.

本题考查学生金属和酸反应的有关计算知识，注意知识的归纳和梳理是重点，本题

侧重解题方法的应用，难度不大.

5.【答案】B

【解析】解：A.碳元素有多种碳原子，只有12gC-12中含有的碳原子数称为阿伏伽

德罗常数，故A错误；

B.4.9gH2s。4物质的量==0Q5mol,含H2sO4物质的量为0.05mol,故B正

确；

C.氢原子的摩尔质量是1.008g/mol,故C错误；

D.lmol氧可以是氧气分子、氧原子等，指代不明，不能计算质量，故D错误；

故选：Bo

A.12gC-12中含有的碳原子数称为阿伏伽德罗常数；

B.物质的量n=3；

C.摩尔质量单位为g/mol;

D.物质的量需要指代微粒种类。

本题考查了物质的量、摩尔质量、阿伏伽德罗常数等概念的理解应用，主要是物理

量的计算分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

6.【答案】c

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【解析】解：从图象趋势和沉淀于消耗Z的量，可知溶液中有偏铝酸钠，无铝盐溶

液,故所加Z为硫酸溶液，从生成沉淀质量增加知含Ba2+;故AB错误；

若为偏铝酸钠、氯化钢、硫酸，开始滴入硫酸时会生成沉淀氢氧化铝和硫酸钢沉淀，

生成最大量沉淀氢氧化铝O.lmol,需要硫酸0.05mol;生成硫酸钢沉淀O.lmol,需要

硫酸O.lmol,同时生成盐酸氯化氢0.2mol,所以溶液不能为中性，并且不符合第一

个拐点，故D不符合；

按图象拐点分成三个阶段.

1：硫酸和氢氧化钢分别是二元强酸强碱，因此一开始氢氧化钢的OH-和硫酸里的

H+l:1中和.同时Ba2+和SO/,1：1反应生成硫酸钢沉淀.

2：氢氧化钢消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应生成氢氧化

铝沉淀，由于H+和A1O5是1:1反应，但硫酸是两元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀

的生成量是1：2.

3：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，3份H+消耗一份A1(OH)3,因此硫酸和沉淀消

耗量应为1.5:1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的Bas。4.符合图象的数

值变化；故C符合；

故选C.

若Z为氢氧化钠溶液，根据图象中生成沉淀消耗的体积计算分析判断，生成氢氧化

铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符

合，不能是铝盐；

所以z是硫酸溶液，根据图象分析.

本题考查了铝盐、偏铝酸盐和领盐与碱、酸反应的图象分析判断，题目较难，需要

从图象中分析数据结合物质反应和沉淀生成判断.

7.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的反应、物质的量关系为

解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意气体的溶解性，题目难度不大。

【解答】

①二氧化氮和氧气、水反应：4N02+。2+2H2。=4HN03,根据方程式知，氧气

剩余，参加反应的氧气的体积为氧气总体积的;，二氧化氮全部参加反应，所以混合

气体减少的体积为试管体积的引水面上升的高度为试管体积的剩余气体体积为

OO

试管体积的|;

O

②二氧化氮和水反应：3NO2+H20=2HNO3+NO,一氧化氮和水不反应，根据方

程式知，气体减少的体积是二氧化氮体积的|,二氧化氮占混合气体的f所以试管

内气体减少的体积为试管体积的:水面上升的高度为试管体积的3剩余气体体积

为试管体积的|；

③氯化氢全部溶于水，氮气不溶，所以试管内气体减少的体积为试管体积的%水

面上升的高度为试管体积的:剩余气体体积为试管体积的：；

④氨气全部溶于水，氢气不溶，所以试管内气体减少的体积为试管体积的与水面

上升的高度为试管体积的段剩余气体体积为试管体积的|；

待试管内液面稳定后，剩余气体体积依次%、%、V3>V4,则剩余气体体积最多的

是Vz,

故选：Bo

8.【答案】B

2x+6i，=02

【解析】试题分析：设CuO和Fez。?的物质的量分别为x、y。则有;二二一

80x+160x,=a

解得：x=(3a-16)/80y=(8-a)/80,计算知ag混合物中Cu和Fe的质量是

(a-1.6)g,所以B正确。

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考点：混合物的简单计算

9.【答案】A

【解析】【解析】生成物通过浓H2s。4气体体积减少15ml,说明水蒸气是15mlo再

通过碱石灰气体体积又减少20ml,生成物二氧化碳是20ml,因此混合物的平均分

子组成是C2H3。所以根据平均值原理可知选项A是正确的。

10.【答案】B

【解析】解：令知CxHy,胫含氧衍生物CxHyOz,

由分析可知，有机物满足分子中含有2个C原子，(X+Y)或(X+/I)的值等于3.

A、C2H6分子含有2个碳原子，其(X+?=2+9=3.5,故A错误；

B、C2H50H分子含有2个碳原子，(x+(—|)=2+1.5—0.5=3,故B正确；

c、c2H4。分子含有2个碳原子，(x+J-|)=2+l-0.5=2.5,故C错误;

D、C2H必分子含有2个碳原子，(x+J-|)=2+l-l=2,故D错误.

故选：B.

有机物蒸气完全燃烧，产生二倍于其体积的二氧化碳，则分子中含有2个C原子；

对于胫CxHy,耗氧量取决于(X+)对于炫含氧衍生物CxHy(\,耗氧量取决于

(X+2-今.有机物蒸气完全燃烧时需三倍于其体积的氧气，则(X+；)或(X+?-|)的

值等于3.结合各选项中分子式，由碳原子及耗氧量进行判断.

本题考查有机物燃烧分子式的确定，难度不大，注意根据原子守恒判断分子中碳原

子数目及耗氧量规律，利用代入法验证.

11.【答案】B

【解析】解：由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，过滤后向滤

液中通入足量二氧化碳，沉淀为氢氧化铝，则经洗涤、干燥、灼烧，得到的固体粉

末是氧化铝，利用组成可知氧化铝中氧元素的质量等于合金中铁的质量，

合金中铁的质量等于氧化铝中氧元素的质量，则合金中铁的质量分数等于氧化铝中

氧的质量分数=X100%=47%,

故选B.

4g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，过滤后向滤液中通入足量

二氧化碳，沉淀为氢氧化铝，则经洗涤、干燥、灼烧，得到的固体粉末是氧化铝，

利用组成可知氧化铝中氧元素的质量等于合金中铁的质量，以此来解答.

本题考查计算，明确发生的反应找出合金与氧化物的关系是解答本题的关键，注意

铝元素的守恒即可解答，难度不大.

12.【答案】C

3+

【解析】解：由于还原性:Fe2+>BL,通入CI2,依次发生2Fe2++Cl2=2Fe+2CP,

2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,当n(5)：n(FeBr2)<3寸，只氧化Fe?+,当叱外)：

n(FeBrz)2；时，Fe?+和BL被完全氧化，介于二者之间时，Fe?+被完全氧化，BL被

部分氧化。

2+

A.x=0.3a,n(Cl2):n(FeBr2)=0.3<|,只氧化Fe?+,发生反应为：2Fe+Cl2=

2Fe3++2d-,故A正确;

B.x=0.6a,n(Cl2):MFeB。)介于［〜|,Fe?+被完全氧化消耗0.5a,剩余的04a氯

气能够氧化0.2a滨离子，发生反应为：10Fe2++2BL+6cl2=10Fe3++Bo+

12Cr,故B正确;

C.x=1.2a,n(Cl2):MFeBr?)介于:〜孑，Fe?+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗

0.5amolCl2,剩余OlamolCb可与1.4amolBL发生氧化还原反应，正确的离子方程

2+3+

式为:10Fe+14Br-+12cl2=7Br2+10Fe+24CP,故C错误；

D.x=1.5a,Fe2+和BL恰好被完全氧化，反应的离子方程式为：2Fe?++4BL+

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3+-

3C12=2Br2+2Fe+6C1,故D正确；

故选：Co

2+3+

还原性：Fe>Br~,通入C%后依次发生2Fe?++Cl2=2Fe+2C-、

-1

2Br-+Cl2=Br2+2Cr,当MCI?)：n(FeBr2)<5时，只氧化Fe?+,当ng?)：

n(FeBr2)>|ne,Fe?+和BL被完全氧化，n(Cl2):MFeB。)介于:|之间时，Fe?+被

完全氧化，Bl被部分氧化，据此解答。

本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查氧化还原反应离子方程式书写，题目难度

中等，明确氧化还原反应先后规律、熟悉漠离子、二价铁离子氧化性强弱关系是解

题关键，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力。

13.【答案】C

【解析】解：A.MnO2~Mn,生成ImolMn,需要4moi电子，消耗［molAl;

B.W03~W,生成ImolW,需要6moi电子，消耗2moiAl;

C.Co304~Co,生成ImolCo,需要gmol电子，消耗gmolAl;

D.Cr2O3-Cr,生成ImolCr,需要3moi电子，消耗ImolAl,

消耗Al最少的是C03O4，

故选：Co

根据化合价的变化判断，化合价变化的数值越小，说明发生氧化还原反应时得到的

电子数目越少，则消耗铝的量最少。

本题考查铝热反应、化学计算等，题目难度不大，本题注意从化合价变化的角度计

算。

14.【答案】D

【解析】解：令参加反应的C02气体的体积为a,生成的。2的体积为b,贝!I：

2c。2+2Na2O2=2Na2cO3+。2气体体积减小△V

211

ab4.48L-3.36L=1.12L

解得：a=2.24L,b=1.12L,

3.36L气体中CO2体积为4.48L-2.24L=2.24L,。2的体积为1j2L,

774T119T

所以3.36L气体的质量为加而x44g/mol+—x32g/mol=6.0g

ZZ.4rLi/II1O1ZZ.4-LJ/IIlUlo

故选：Do

发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+02,根据气体的体积差，通过差量法计算

生成的氧气的体积，判断3.36L气体的组成及各成分的体积，再根据n=已计算各组

分气体的物质的量，利用m=nM计算质量.

本题考查根据方程式的计算，难度中等，本题采取差量法计算，可以避免单独讨论

或计算判断最后气体的组成，注意差量法的理解与运用.

15.【答案】D

【解析】解：溶液中n(C「)=0.1Lx0.65moi/L=0.065mol,

溶液中n(Mg2+)=O.lmol/Lx0.1L=O.Olmol,

溶液中n(AF+)=0.15mol/Lx0.1L=0.015mol,

将100mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(0H)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCK

NaAlC)2的混合液，

由原子守恒可知n(NaOH)=n(Na)=n(Cl)+n(Al)=0.065mol+0.015mol=

0.08mol,

所以至少需要4moi/L氢氧化钠溶液的体积为：黑罂=0.02L=20mL,

T,lilUl/L

故选：Do

由MgCk和AICI3的混合溶液与氢氧化钠溶液的反应可知，要使Mg2+全部转化为沉淀

第16页，共27页

分离出来，A13+应恰好转化为A105,反应后溶液为NaCl、NaA102的混合液，根据

Na、Cl、Al原子守恒，有n(NaOH)=n(Cl)+n(Al),再根据V=千计算即可.

本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注

意利用原子守恒可简化解题过程，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.

16.【答案】B

【解析】解：由题意可设c「、Br-、厂的物质的量分别为4mol、3mol>2mol,由电

荷守恒可得:2n(Fe2+)=n(Cl-)+n(Br-)+n(I-)=4mol+3mol+2mol=9mol,

n(Fe2+)=4.5mol,通入氯气后，要满足n(C「)：n(Br-)=3:1=9:3,C『只要

增加5moi就可以，即需通入氯气2.5mol。2m先消耗Imol氯气，3moiFe?+消耗

1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5mol,则通入氯气与剩余Fe?+的物质的量之比为：2.5:

1.5=5:3,

故选：Bo

还原性：I->Fe2+>Br->C「，根据电荷守恒2n(Fe2+)=n(C「)+n(Br-)+n(P)

计算n(Fe2+),根据溶液中通入氯气使溶液中Cl-和BL的个数比为3：1,计算消耗

的氯气和剩余Fe2+的物质的量，可则解答该题。

本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，本题注意根据物质还原性的强弱，

从电荷守恒的角度计算n(Fe2+),根据反应的程度判断物质的量关系，答题时注意体

会。

17.【答案】C

【解析】解：(1)当含有两种溶质时，

①若溶质为Na2c。3、NaOH时，不能立即产生气体，滴加盐酸先中和氢氧化钠，然

后与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳

酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积同碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳所消耗

的盐酸体积相等，产生的气体体积V(C()2)与加入盐酸的体积V(HC1)的关系为

②若为NaHC()3、Na2cO3,不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸

氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消

耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积

V(C()2)与加入盐酸的体积V(HC1)的关系为

(2)若只有一种溶质时,

①当溶质为Na2c。3时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢

钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗

盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积

V(CC)2)与加入盐酸的体积V(HC1)的关系为

②当溶质为NaHC()3时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体,

产生的气体体积V(C()2)与加入盐酸的体积V(HC1)的关系为

A.若0B=0,则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3,则溶

液M为NaHCOs溶液，故A错误;

第18页，共27页

B.若OB=BC,M溶质为Na2cO3,滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢

钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等

于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，形成溶液M所发生反应的离子

方程式为2OH-+CO2=C0歹+比0,故B错误；

C.若30B=BC,滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反

应生成二氧化碳，则溶液M中c(NaHCC»3)=2c(Na2co3),故C正确；

D.若0B>BC,则溶液M中大量存在的阴离子为CO1和0H-,故D错误；

故选C.

CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3,@C02+2NaOH=Na2CO3+H20,

当喘思52I，反应按①进行，等于1时，C02、NaOH恰好反应生成NaHC()3；大

于1时，生成生成NaHCC)3,CO2有剩余；

当］<端端j<1，反应按①②进行,CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCOs、

Na2cO3；

当温寝5封，反应按②进行，等于加，CC>2、NaOH恰好反应生成Na2c。3；小于

-1

5时，生成Na2c。3,NaOH有剩余;

向M中逐滴加入盐酸，根据溶液M中溶质不同，通过反应过程判断.

本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键判断溶液可能的溶质，分情况讨论.注

意盐酸的体积.

18.【答案】B

【解析】解：同温同压下，气体的4相等，

相同容器中气体的体积相等，则分子数、物质的量相等，

设容器的质量为m,则

116g-m_122g-m

32g/mol44g/mol

m=100g,

设气体的摩尔质量为M,

132g-100g

则舞鬻解得M=64g/mol,

M

所以相对分子质量为64,

故选：Bo

同温同压下，气体的Vm相等，相同容器中气体的体积相等，则分子数、物质的量相

等，根据门=巳=计算.

本题考查阿伏加德罗定律及应用，注意根据同温同压下，气体的Vm相等，相同容器

中气体的体积相等，则分子数相等列方程式计算.建议把握相关计算公式及运用.

19.【答案】c

【解析】【分析】

本题考查化学反应中相关量的计算，题目难度不大，本题注意利用离子方程式计算,

并判断反应的物质的量的关系。

【解答】

96R

9.6g铜粉的物质的量为6()」5〃心，反应后生成NO气体，物质的量为

2.24L.1

-----------=On.lmol,

22.4L/mol'

+2+

3Cu+2NO3+8H=3CU+2NOT+4H2O

3282

0.15molO.lmol(2x+0.1)molO.lmol

要使充分反应后产生的气体在标准状况下的体积为2.24L,则有年产=|,x=0.15,

为使铜全部溶解，生成气体体积为224L,硫酸的物质的量最少为0.15mol。

故选C。

20.【答案】D

第20页，共27页

【解析】解：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应为：2Na+2H2。=

2NaOH+H2T、2A1+2H2O+2NaOH=2NaA102+3H2T,得至!120mLpH=14的溶

液,则溶液中c(OH-)=lmol/L,NaOH有剩余，剩余NaOH为:0.02Lxlmol/L=

0.02mol;

开始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O,该

阶段消耗盐酸为：黑费=0.02L=20mL；

然后发生反应：NaA102+HC1+H2O=NaCl+A1(OH)31,生成氢氧化铝沉淀，40mL

时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl,由钠元素守恒可知n(Na)=n(NaCl)=

0.04LXlmol/L=0.04mol,该阶段消耗盐酸体积为：40mL—20mL=20mL,根

据方程式可知n[Al(OH)3]=n(HCl)=0.02Lxlmol/L=0.02mol,根据铝元素守恒

n(Al)=n[Al(OH)3]=0.02mol,

最后发生反应：A1(OH)3I+3HC1=A1C13+3H2。，消耗盐酸的物质的量为

0.02molX3=0.06mol,故该阶段消耗的盐酸体积为：当罂=0.06L=60mL,

+

A.OP段发生反应：NaOH+HC1=NaCl+H2O,离子方程式为：OH-+H=H2O,

故A正确；

B.由上述计算可知，溶解氢氧化铝消耗盐酸的体积为60mL,则V2为40mL+60mL=

100mL,故B正确；

C.由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol,其质量为0.02molx78g/mol=1.56g,

故C正确；

D.由上述分析可知，Na、Al合金的质量为0.04molx23g/mol+0.02molx

27g/mol=1.46g,故D错误；

故选：Do

钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2K

2A1+2H2。+2NaOH=2NaA102+3H2得至!120mLpH=14的溶液，则溶液中

c(OH")=lmol/L,NaOH有剩余，剩余NaOH为0.02LXlmol/L=0.02mol;

开始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：NaOH+HC1=NaCl+H20,该

阶段消耗盐酸为：黑翳=0.02L=20mL；

IllUi/L

然后发生反应：NaA102+HC1+H2O=NaCl+A1(OH)31,生成氢氧化铝沉淀，40mL

时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl,由钠元素守恒可知n(Na)=n(NaCl),

该阶段消耗盐酸体积为40mL-20mL=20mL,根据方程式计算n[Al(OH)3]，根据

铝元素守恒n(Al)=n[Al(OH)3];

最后发生反应：A1(OH)3I+3HC1=A1C13+3H2O,根据氢氧化铝的物质的量计算该

阶段消耗盐酸的体积，据此进行解答.

本题考查离子反应的计算、混合物的有关计算，题目难度中等，明确发生的化学反

应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，注意利用元素守恒的方法来解答，

试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力.

21.【答案】C

【解析】解：混合物在密闭容器中加热(温度高于1。0℃),可能发生如下反应：

△

①2NaHCC)3二Na2cO3+H2O+CO2,

(2)2Na202+2c。2=2Na2cO3+。2，

@2Na2O2+2H2。=4NaOH+O2,

④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,

由上述反应，可得总的反应方程式为：

T△1

I、Na2O2+2NaHCO3-2Na2CO3+-O2?+H2OT

△

1【、2Na2O2+2NaHCO3—2Na2CO3+O2T+2NaOH

A、当0<x<授时，发生反应I,NaHCOs有剩余，再按照反应①进行，此时剩余

固体为Na2c。3,气体成分为％0值)、。2、CO2,故A正确；

第22页，共27页

B、当x=g时，只发生反应I,且二者恰好完全反应，此时剩余固体为Na2c。3,气

体成分为出0档）、。2；,故B正确；

C、当：<x<l时，发生反应I、II,此时剩余固体为Na2c。3、NaOH,气体成分

为比0®、02;

当x=l时，只发生反应II,此时剩余固体为Na2c。3、NaOH,气体成分只有。2,故

C错误；

D、当x>l时，发生反应II,过氧化钠有剩余，此时剩余固体为Na2c。3、NaOH、

Na2O2,气体成分为。2,故D正确。

故选：Co

混合物在密闭容器中加热（温度高于100。。，可能发生如下反应：

△

①2NaHCC）3二Na2cO3+H20+C02,

@2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+02,

@2Na2O2+2H2O=4NaOH+02,

④2NaOH+C02=Na2CO3+H20,

由上述反应，可得总的反应方程式为：

TA1

I、Na2O2+2NaHCO3-2Na2CO3+102T+H20T

△

II、2Na2O2+2NaHCO3—2Na2CO3+02T+2NaOH

A、当0<x<3时，发生反应I,NaHC（）3有剩余，再按照反应①进行，此时剩余

固体为Na2cO3,气体成分为为。色）、。2、C02;

B、当*=:1时，只发生反应I,且二者恰好完全反应，此时剩余固体为Na2c。3,气

体成分为出。他）、02;

C、当：<x<l时，发生反应I、II,此时剩余固体为Na2c。3、NaOH,气体成分

为比。®、02;

当x=1时，只发生反应II,此时剩余固体为Na2c。3、NaOH,气体成分为只有。2；

D、当x>l时，发生反应II,过氧化钠有剩余.

本题考查混合物的有关计算等，难度较大，注意利用总反应方程式分段讨论，由于

二氧化碳与氢氧化钠反应，故可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，反应完毕过氧

化钠有剩余再与水反应，据此分段书写总反应式.

22.【答案】C

【解析】试题分析：根据碳元素守恒，利用碳酸钙的沉淀的质量计算出一氧化碳的

物质的量，根据关系式C。+0=C02可得氧化物中氧的物质的量，从而算出铁的量。

考点：化学方程式的计算

点评：本题的关键在于利用元素守恒定理，可以简化计算。

23.【答案】A

【解析】2+

3CU+8H++2NO；-3CU+2N0T+4H20

382

3.84g_0,448_

64gmol22.4

故过量，完全反应，

H+NO；n(HNO3)=0

24.【答案】B

【解析】解：反应后溶液蒸干为硫酸铝、硫酸镁，硫酸铝、硫酸镁的总质量比原固

体增加了7.2g,所以增重为硫酸根的质量，物质的量为嬴1篇=0.075mol,

若只有硫酸镁金属的物质的量最多，

n(Mg)=n(MgS04)=0.075mol,

若只有硫酸铝金属的物质的量最少，；；

n(Al)=xn[Al2(SO4)3]=x0075mol=

0.05mol.

故金属的物质的量介于0.05mol〜0.075mol之间.

故选B.

第24页，共27页

反应后溶液蒸干为硫酸铝、硫酸镁，硫酸铝、硫酸镁的总质量比原固体增加了7.2g,

所以增重为硫酸根的质量，物质的量为0.075mol,运用极限法，若只有硫酸镁金属

的物质的量最多为0.075mol,若只有硫酸铝金属的物质的量最少为0.05mol,据此

判断.

本题考查混合物的计算，难度中等，确定增重7.2g为硫酸铝、硫酸镁中硫酸根的质

量是关键，注意利用极限法确定计算的物质的量范围.

25.【答案】A

【解析】【分析】

碱石灰增重8g为二氧化碳、水的质量，根据方程式计算参加反应气体的体积，进

而计算剩余气体的体积。

本题考查混合物计算、化学方程式计算，难度不大，注意对化学方程式意义的理解。

【解答】

碱石灰增重8.0