【三年高考真题】最新三年化学高考真题分项汇编——专题02《化学计量与化学计算》（ 2023新高考地区专用）

专题02   化学计量与化学计算

1．（2022·浙江卷）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．中含有个阳离子

B．乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为

C．含有中子数为

D．和于密闭容器中充分反应后，分子总数为

【答案】C

【解析】A． 由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子，的物质的量为0.1mol，因此，其中只含有个阳离子，A说法不正确；

B．没有指明气体的温度和压强，无法确定乙烷和丙烯的混合气体的物质的量是多少，因此，无法确定其中所含碳氢键的数目，B说法不正确；

C．分子中有6个中子，的物质的量为0.5mol，因此，含有的中子数为，C说法正确；

D．和发生反应生成，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此，和于密闭容器中充分反应后，分子总数小于，D说法不正确。

综上所述，本题选C。

2．（2022·广东卷）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是

A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖

B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类

C．中含有个电子

D．被还原生成

【答案】A

【解析】A．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故A正确；

B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，故B错误；

C．一个CO分子含有14个电子，则1molCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子，故C错误；

D．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；

答案选A。

3．（2022·浙江卷）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)。请回答：

(1)每完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要投料_______kg焦炭。

(2)每生产106kg纯碱，同时可获得_______(列式计算)。

【答案】(1)10.8

(2)70

【解析】(1)完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝162000kJ，已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是＝10800g＝10.8kg。

(2)根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70kg。

4．（2021·广东）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．含有键的数目为

B．的盐酸含有阴离子总数为

C．与混合后的分子数目为

D．与足量反应生成的分子数目为

【答案】A

【解析】A．1个分子中含有3个键，微粒个数与物质的量成正比，故含有3mol键，键的数目为，A正确；

B．盐酸为氯化氢的水溶液，氯化氢会全部电离出阴离子Cl-，水会部分电离出阴离子OH-，水的质量及电离程度未知，故无法计算的盐酸含有阴离子总数，B错误；

C．未提到具体的温度、压强（如标况下），故无法计算与混合后的分子数目，C错误；

D．为1mol，钠与足量的水反应生成氢气的关系式为:，故1mol Na应对应生成0.5mol H2，分子数目应为0.5，D错误；

故选A。

5．（2021·河北）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是

A．22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18NA

B．1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA

C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为NA

D．1L1mol•L-1溴化铵水溶液中NH与H+离子数之和大于NA

【答案】C

【解析】A．在标准状况下氟气的物质的量为1mol，其质子数为1mol=，A正确；

B．碘蒸气与氢气发生的反应为：，反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于，B正确；

C．电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1:1，若气体的总质量为，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1mol，根据关系式H22e-可知，转移的电子数为，C错误；

D．溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c()+c()=c(Br-)+c(OH-)，则物质的量也满足n()+n()=n(Br-)+n(OH-)，因为n(Br-)=，所以该溶液中与离子数之和大于，D正确；故选C。

6．（2021·湖南）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．含有的中子数为

B．溶液中含有的数为

C．与在密闭容器中充分反应后的分子数为

D．和(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为

【答案】D

【解析】A．的物质的量为=0.9mol，1个含0+(18-8)=10个中子，则含有的中子数为，A错误；

B．未给溶液体积，无法计算，B错误；

C．存在2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，因此与在密闭容器中充分反应后的分子数小于，C错误；

D．甲烷和氯气在光照下发生取代，1mol氯气可取代1molH，同时产生1molHCl分子，标准状况下的物质的量为0.5mol，的物质的量为1mol，0.5molCH4含4molH，最多可消耗4molCl2，因此CH4过量，根据1mol氯气可取代1molH，同时产生1molHCl分子可知1molCl2完全反应可得1moHCl，根据C守恒，反应后含C物质的物质的量=甲烷的物质的量=0.5mol，因此和(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为，D正确；

选D。

7．（2021·浙江）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A．标准状况下，中含有中子数为

B．(分子结构：)中的共价键数目为

C．的水溶液中含有氧原子数为

D．三肽(相对分子质量：189)中的肽键数目为

【答案】C

【解析】A．标准状况下，的物质的量为：0.05mol，一个中含有中子数为：个，所以中含有中子数为，A正确；

B．的物质的量为：0.25mol，根据白磷的分子结构可知一个白磷分子里含有六条共价键，所以共价键数目为：，B正确；

C．的水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目的加和，C错误；

D．三肽的物质的量为：0.1mol，三分子氨基酸脱水缩合形成三肽，三肽中含有两个肽键，所以三肽中的肽键数目为，D正确；答案为：C。

8．（2021·浙江）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．1 mol NH4F晶体中含有的共价键数目为3NA

B．CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)完全燃烧，则消耗O2分子数目为0.25NA

C．向100mL 0.10mol·L-1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01NA

D．0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA

【答案】C

【解析】A．NH4F结构中只有铵根中含有4个共价键，则l mol NH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A错误；

B．CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)的物质的量是0.1mol，由于1mol CH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2NA和0.3NA之间，B错误；

C．l00 mL0.10 mol/L FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01NA，C正确；

D．乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，则0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1NA，D错误；答案选C。

9.（2021福建） 设为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是

A. 所含极性共价键的数目为

B. 晶体中阴、阳离子总数为

C. 与足量反应生成的分子数为

D. 电解熔融制，电路中通过的电子数为

【答案】B

【解析】

A．没有标明气体的存在状态，的物质的量不一定为0.5mol，故A错误；

B．硫酸氢钠晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子，硫酸氢钠的摩尔质量为120g/mol，所以12g硫酸氢钠晶体的物质的量为0.1mol，阴、阳离子总数为，故B正确；

C．甲烷与足量氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，因此与足量反应生成的分子数小于，故C错误；

D．电解熔融氯化镁生成金属镁，镁由+2价降低到0价，因此1mol氯化镁完全电解生成金属镁，转移2mol电子，电解熔融制（物质的量为0.1mol），电路中通过的电子数为，故D错误；

故选B。

10.（2021海南） 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 中含有的电子数为1.3

B. 中含有的共价键的数目为0.1

C. 肼含有的孤电子对数为0.2

D. ，生成乙烷时断裂的共价键总数为

【答案】C

【解析】

A．1个的电子数为10，故中含有的电子数为1.0，故A错误；

B．的电子式为，含有1个共价键，的物质的量为=0.05mol，故中含有的共价键的数目为0.05，故B错误；

C．肼中每个N原子上各有1个孤电子对，故肼含有的孤电子对数为0.2，故C正确；

D．发生反应时，C=C中的一个键和H-H键都断裂，故生成乙烷时断裂的共价键总数为2，故D错误；

故选C。

11.（2021湖北） NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是

A. 23gCH3CH2OH中sp3杂化的原子数为NA

B. 0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA

C. 1mol[Cu(H2O)4]2+中配位键的个数为4NA

D. 标准状况下，11.2LCO和H2的混合气体中分子数为0.5NA

【答案】A

【解析】

A．中C和O均为杂化，23g乙醇为0.5mol，杂化的原子数为，选项A错误；

B．中氙的孤电子对数为，价层电子对数为，则中氙的价层电子对数为，选项B正确；

C．1个中含有4个配位键，1mol含配位键的个数为，选项C正确；

D．标准状况下。11.2LCO和的混合气体为0.5mol，分子数为，选项D正确。

答案选A。

12.（2021天津）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A. 1mol/LHCl溶液中，HCl分子的数目为NA

B. 22.4L氢气中，H2分子的数目为NA

C. 180g葡萄糖中，C原子的数目为6NA

D. 1molN2中，σ键的数目为3NA

【答案】C

【解析】

A．体积未知，HCl分子的数目不能计算，故A错误；

B．没有标准状态，不能计算H2分子的数目，故B错误；

C．葡萄糖的分子式为C6H12O6，故180g葡萄糖的分子的物质的量为1mol，C原子的数目为6NA，故C正确；

D．1molN2中有1molσ键，故σ键的数目为NA，故D错误；

故选C。

13．[2020浙江7月选考]为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(    )

A．，完全反应转移的电子数为

B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为时，阳极应有转化为

C．常温下，的溶液中，水电离出的数为

D．浓度为的溶液中，阴离子数为

【答案】A

【解析】

A． Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A正确；

B．电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B错误；

C．溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；

D．n（Na2CO3）=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于发生水解：+H2O⇌+OH-、+H2O⇌H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D错误；答案选A。

14.（2020·浙江卷）溶液与锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为，反应后最高温度为。

已知：反应前后，溶液的比热容均近似为、溶液的密度均近似为，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：

（1）反应放出的热量_____J。

（2）反应的______(列式计算)。

【答案】（1）.     （2）.

【解析】

（1）100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m==1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm=4.18×100g×(30.1-20.1)= 4.18×103J；

（2）上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)==0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第（1）问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：（答案符合要求且合理即可）。

15．[2020江苏卷]溶液与锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为，反应后最高温度为。

已知：反应前后，溶液的比热容均近似为、溶液的密度均近似为，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：

（1）反应放出的热量_____J。

（2）反应的______(列式计算)。

【答案】（1）    （2）   

【解析】

 （1）100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m==1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm=4.18×100g×(30.1-20.1)= 4.18×103J，故答案为：4.18×103；

（2）上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)==0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第（1）问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：，故答案为：（答案符合要求且合理即可）。

【点睛】

该题的难点是第（2）问，要求学生对反应焓变有充分的理解，抓住锌粉过量这个条件是解题的突破口，题目计算量虽不大，但要求学生有较好的思维与辨析能力。