第二章 化学计量及其应用（测试）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

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：H1Li7C12N14O16Na23P31S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Br80Ag108Ba137一、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molC．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1molO2其分子数为NA，而1molFe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mol，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2NAB．25℃时，1L0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中阳离子数小于0.2NAC．28gC2H4和C3H6的混合气体完全燃烧生成CO2的分子数介于2~3D．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，1L0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中含有0.1molNH4+和0.1molFe3+，NH4+和Fe3+分别发生水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+、+3H2OFe(OH)3+3H+，则阳离子数大于0.2NA，B错误；C项，C2H4和C3H6的最简式为CH2，28gCH2的物质的量为=2mol，完全燃烧生成CO2的分子数2molCO2，C错误；D项，标准状况下，22.4L氖气的物质的量为1mol，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3NAB．Na2O2与CO2反应生成标准状况下O244.8L，转移电子数目为4NAC．25℃，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.02NAD．标准状况下，22.4mLCH2Cl2中含有碳原子数目为10-3NA【答案】B【解析】A项，1molC2H4完全燃烧消耗O2物质的量和1molC2H6O完全燃烧消耗O2的量均为3mol，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2molO2，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与足量铁粉反应转移的电子数为0.2NAB．1molL-1Ca溶液中含离子总数为3NAC．标准状况下，2.24LCO2分子中含有的σ键的数目为0.4NAD．44gCH3CHO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/mol=0.1mol，与足量铁粉反应转移的电子数为0.2NA，A正确；B项，1molL-1Ca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/mol=0.1mol，分子中含有的σ键的数目为0.2NA，C错误；D项，44gCH3CHO物质的量=44g÷44g/mol=1mol，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2.5NAB．断裂的键数为1.5NAC．还原产物比氧化产物多0.5molD．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36gH2O，即2molH2O，则参加反应的P4为0.25mol，I2为0.5mol，生成H3PO4为0.5mol，HI为0.5mol，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1molP4转移电子数为10mol，则当P4为0.25mol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0.25mol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0.5mol，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．1L1.5mol·L-1NH4Cl溶液中含NH4+的数目为1.5NAB．标准状况下，22.4LN2中含π键的数目为2NAC．生成18gH2O转移电子数目为3NAD．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1mol，而1个氮气分子中含2个π键，则1mol氮气中含2NA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1mol水分子转移电子数目1.5NA，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4NAB．0.1mol·L-1的MgCl2溶液含Cl-的数目为0.1NAC．82gNa218O2与足量水完全反应，电子转移数为2NAD．0.1mol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/mol得气体摩尔体积，A错误；B项，0.1mol·L-1的MgCl2溶液体积未知，无法计算氯离子浓度，B错误；C项，82gNa218O2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1NA，C错误；D项，C2H5OH中含有6和H原子，故0.1mol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NAB．1molH2O含有的中子数为10NAC．1mol/L的HNO3溶液含NO3-离子数为NAD．反应中若有1molNF3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，1molH2O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1molNF3被氧化，则转移电子数为2mol，而1molNF3作氧化剂时得1mol电子，根据得失电子守恒，可知1molNF3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10mL0.2mol·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0.005NAC．该反应中转移的电子数为0.02NAD．反应后的溶液中c(H＋)=0.4mol·L－1【答案】C【解析】A项，通过反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4可知，10mL0.2mol·L-1的KMnO4溶液中，因此可吸收0.005mol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0.005NA，B正确；C项，该反应中转移的电子数为0.01NA，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0.004mol，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0.25molO2 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1molN2理论上消耗0.25molO2，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．1mol硝基(-NO2)与二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NAB．1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中NH4+的物质的量均为0.5NAC．1mol过氧化钠分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数均为2NAD．1L0.01mol·L-1溶液中，和数目之和为0.01NA【答案】A【解析】A项，硝基(-NO2)与二氧化氮(NO2)中均含23个电子，1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，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-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中NH4+的物质的量均小于0.5NA，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，1mol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，1mol过氧化钠转移2NA个电子，C错误；D项，由物料守恒，、和的离子数目之和为0.01NA，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2molB．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1mol，则甲室中气体物质的量为，=2mol，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H2密度的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8：7B．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3NAD．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31.2gCu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＋)=0.8mol·L－1C．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)向含和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，溶液和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(＋)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；28g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5.6LO2的物质的量是mol，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)160g·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/mol为单位数值上等于相对分子质量，的摩尔质量是160g/mol；28g铁粉中含有的Fe原子数是=0.5NA，即3.01×1023；+Fe=+Fe反应中，若铁粉完全反应，析出Cu单质的物质的量为0.5mol、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5.6LO2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0.5molH2S，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0.5mol)，设N2和CO2分别为amol、bmol，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，17gNH3的体积为，含有氢原子个数为，它与标准状况下LH2S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agNH3完全溶于水得到VmL溶液，该溶液的密度为；质量分数为w，物质的量浓度为cmol·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VmL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w(6)将aLAl和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入bmolBaCl2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cmolNH3，则原溶液中Al3+的物质的量浓度为。(7)将0.24gMg和0.27gAl的混合物投入到100mL1mol/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)3NA(0.5分)33.6L(0.5分)(3)64g/mol(1分)32(1分)(4)AB(1分)(5)D(2分)(6)(2分)(7)50mL(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，17gNH3的物质的量为，体积为，含有氢原子个数为，它与1.5molH2S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64-162=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agNH3完全溶于水得到VmL溶液，该溶液的密度为；质量分数为w，物质的量浓度为cmol·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VmL，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aLAl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bmolBaCl2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cmolNH3，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，100mL1mol/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，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CaO4·H2O热分解制得的CaO疏松多孔，具有良好的CO2捕捉性能。取1.46gCaO4·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)CaO4CaO3+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，CaO4·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：CaO4CaO3+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mol，段反应的离子方程式为。(2)若白色固体由0.02molNa2CO3和xmolNaHCO3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)：实验序号①②③100.0100.0100.03.807.6011.408961344896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0.01mol；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，0.02molNa2CO3与0.02mol盐酸反应，(盐酸)，即V1=40mL；A点时碳酸氢钠的物质的量为0.03mol，消耗0.03mol盐酸，，因此V2=V1+V=100mL；(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=100mL，即两物质共消耗0.05mol盐酸，由碳原子守恒知，Na2CO3消耗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，