假期作业6 化学计量-【快乐假期】2025-2026学年高二化学暑假作业

壁快乐假阴 假期作业6化学 《思维整合室 1.物质的量(n) (1)概念：表示含有一定数目粒子的集合体，单 位为mol。 (2)数值：1mol粒子集合体所含的粒子数与 0.012kg2C中所含的碳原子数相同。 (3)描述对象：微观粒子（如电子、质子、中子、 分子、原子、离子等)或微观粒子的特定组 合（如原子团、官能团等）。 2.阿伏加德罗常数(NA) (1)概念：1mol任何粒子所含的微粒数，通常 用6.02×103mo1-1表示。 (2)物质的量、微粒数(N)与阿伏加德罗常数 的关系为n=N/NA。 3.摩尔质量(M) (1)概念：单位物质的量的物质所具有的质量， 单位：g/mol。 (2)数值：当微粒的摩尔质量以g/mol为单位时， 在数值上等于该微粒的相对分子（原子） 质量。 (3)物质的量、物质的质量与摩尔质量的关系 为n=m/M。 4.气体摩尔体积(Vm) (1)概念：单位物质的量的气体所占有的体积， 单位为L·mol-1(或L/mol)和m3/mol (或m3·mol厂1)。 (2)特例：标准状况(0℃，101kPa)下，Vm为 22.4L·mol-1。 (3)气体摩尔体积与物质的量、气体体积之间 的关系为n=V V (4)22.4L·mol1的理解：气体摩尔体积的数值 与温度、压强有关；非标准状况下气体摩尔体 积可能是22.4L·mol1,也可能不是22.4L ·mol1。故1mol气体的体积若为22.4L, 它所处的状况不一定是标准状况，如气体在 273℃和202kPa时，Vm也为22.4L·mol1。 《技能提升台 l.美国UNC化学教授Thomas J.Meyer等研 发了环境友好、完全型的“绿色”引爆炸药， 其一种可表示为Na2R,它保存在水中可以 00M= 运筹堆幄之中，决胜千里之外。 计量 完成日期 月 失去活性，爆炸后不会产生危害性残留物。 已知10mL某Na2R溶液含Na的数目为 N,该Na,R溶液的物质的量浓度为() A.N×10-2mol·L N B.1.01 mol.L N 6.02×10mol·L N 6.02X1025mol·L D 2.下列溶液的物质的量浓度为1mol/L的是 A.将40 g NaOH溶解于1L水中 B.将0.5 mol Na.2O加入适量水中，配成1L 溶液 C.将100mL2mol/L NaCl溶液移去 50mL后剩余的溶液 D.将11.2LHC气体通入水配成0.5L的溶液 3.偏二甲肼(C,HN2)是一种高能燃料，燃烧 产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推 动力。下列叙述正确的是 A.偏二甲肼的摩尔质量为60g B.6.02×103个偏二甲肼分子的质量约为60g C.1mol偏二甲肼的质量为60g·mol- D.6g偏二甲肼含有1.2N个偏二甲肼分子 4.某硫原子的质量是ag,12C原子的质量是 bg,若NA只表示阿伏加德罗常数的数值， 则下列说法中正确的是 ( ①该硫原子的相对原子质量为]24 b ②mg该硫原子的物质的量为 'aN mol ③该硫原子的摩尔质量是aNAg ④ag该硫原子所含的电子数为16NA A.①③B.②④C.①②D.②③ 5.下列溶液中NO5的物质的量浓度最大 的是 ( A.5mL0.8mol·L1Al(NO3)3溶液 B.20mL1mol·L1Mg(NO3)2溶液 C.20mL1.8mol·L1AgNO3溶液 D.30mL0.5mol·L1Cu(NO3)2溶液 16 三0022 6.设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法 正确的是 ( A.1.9g18OH中含有的电子数为NA B.1mol/L Na,SO,溶液中含有的Na的 数目为2N C.11.2LO2、CO,混合气体含有的氧原子 数为NA D.0.1 mol Cl2通入足量水中，生成的CI 的数目为0.1NA 7.实验室可通过以下反应制得CO2:2KCIO,十 H,C2O,+H,SO4—2CIO2↑+K2SO,+ 2CO,◆+2H2O。下列说法正确的是( A.8.8gCO2与足量Na2O2充分反应后转 移的电子数为0.2N B.1mol·L1的K,SO4溶液中含有K+的 数目为2NA C.标准状况下，2.24LH2O中含有的电子 数目为0.2Na D.20g9.8%硫酸中，含HSO,分子的数 日为0.1NA 8.Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧 化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO 和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数 据如图（已知：标准状况下N,O,为液态）。 下列有关判断正确的是 ( 适量浓HNO 0.5 L 2 mol-L- NaOH溶液 0.9mol氮的氧化物 铜片 NaNO (N0、NO2、N20) NaNO,溶液 A.常温下，Cu遇浓硝酸发生钝化，所以二 者需要在加热条件下才能反应 B.若消耗铜片质量为44.8g,则生成 0.3 mol NaNO C.标准状况下收集的氨氧化物为20.16L D.可以通过加水稀释的方法消除浓硝酸的 黄色 9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法 正确的是 A.0.1mol环氧乙烷( )中 H,C -CH, 共价键数为0.7N B.标准状况下，2.24L己烷中共价键数为 1.9NA C.12g石墨中C一C数为NA D.60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，断 裂的C一O数为NA 17 高二化学 10.如图I,将质量均为mg的O2和SO2气 体分别充入两个相同容积的密闭容器甲 乙中，下列说法正确的是 图1 图Ⅱ A.甲、乙中所含的氧原子物质的量之比为 1:2 B.两者压强(p)与温度(T)的关系如图Ⅱ 所示 C.甲、乙中气体质子数之比为1：2 D.甲、乙中气体密度比为1：2 11.某种补钙剂（钙片）的有效成分为碳酸钙， 测定其中碳酸钙（设该药片中的其他成分 不与盐酸或NaOH溶液反应)含量的操作 步骤如下： 第一步，配制0.10mol·L1稀盐酸和 0.10mol·L1NaOH溶液； 第二步，将一粒研碎后的药片(0.1g)加入 盛有20.00mL蒸馏水的烧杯中； 第三步，加入50.00mL0.10mol·L1稀 盐酸，充分搅拌； 第四步，用0.10mol·L1NaOH溶液中 和过量稀盐酸，消耗NaOH溶液 34.00mL。 请回答下列问题： (1)实验室中一瓶盐酸试剂瓶标签如图 所示。 盐酸 分子式：HC 相对分子质量：36.5 密度：1.18g/cm HC1的质量分数：36.5% 试根据标签上的有关数据回答下列问题： ①该浓盐酸中HC1的物质的量浓度为 mol·L1。 ②配制250mL该浓盐酸，需要标准状况 下的HCI气体 L。 ③某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制 250mL0.10mol·L1稀盐酸。该学生需 要用量筒量取 mL上述浓盐酸进 行配制。 人壁快乐假期 00M= (2)实验室要配制250mL0.10mol·L1 2.(2024·黑吉辽，4)硫及其化合物部分转化 NaOH溶液，请回答下列问题： 关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值， ①配制该溶液除用到量筒、烧杯、玻璃棒 下列说法正确的是 外，还需要的玻璃仪器有 S02@s@S0 ②下列操作使所配制的NaOH溶液的物质的 H,S 碱，△ C2- 量浓度偏小的是 (填字母序号)。 A.标准状况下，11.2LSO2中原子总数 A.容量瓶用蒸馏水洗涤干净后残留少量 为0.5NA 的蒸馏水 B.100mL0.1mo1·L1Na2SO3溶液中， B.转移液体后没有洗涤烧杯与玻璃棒 SO数目为0.01N C.定容时，俯视刻度线 C.反应①每消耗3.4gH2S,生成物中硫原 D.定容、摇匀后，发现液面低于刻度线，补 子数目为0.1NA 加蒸馏水到刻度线 D.反应②每生成1mol还原产物，转移电子 数目为2NA (3)根据上述实验数据，可计算出该药片中 碳酸钙的质量分数为 《益智欢乐谷 【《真题体验窗 阿伏加德罗与阿伏加德罗定律 阿伏加德罗(Ameldeo Avogardo,l776 1.(2024·安徽，6)地球上的生物氮循环涉及 1856)是意大利物理学家、化学家。1776年生 多种含氮物质，转化关系之一如图所示(X、 于都灵的一个贵族家庭。1792年入都灵大学 Y均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产 学习法学，1796年获法学博士，以后从事律师 物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮 工作。1800~1805年又专门攻读数学和物理 解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸 学，之后主要从事物理学、化学研究。1803年 羟胺([NHOH]CI)广泛用于药品、香料等 他发表了第一篇科学论文。1809年任韦尔切 利学院自然哲学教授。1811年被选为都灵科 的合成。 学院院士。 已知25℃时，K(HNO2)=7.2×10-4,K 阿伏加德罗毕生致力于原子一分子学说 (NH3·H2O)=1.8×10-5,K(NH2OH) 的研究。1811年，他发表了题为《原子相对质 =8.7×10-9。 量的测定方法及原子进入化合物时数目之比 一NO;殖酸盐还原酶NO, 的测定》的论文。他以盖·吕萨克气体化合体 亚硝酸盐还原酶 NH,OH 积比的实验为基础，进行了合理的假设和推 X 理，首先引入了“分子”概念，并把它与原子概 X还原酶 馥般一 Y 念相区别，指出原子是参加化学反应的最小粒 固氨酶N,Y还原酶 子，分子是能独立存在的最小粒子。单质的分 NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正 子是由相同元素的原子所组成的，化合物的分 确的是 ( 子则由不同元素的原子组成。文中明确指出： “必须承认，气态物质的体积和组成气态物质 A.标准状况下，2.24LX和Y混合气体中 的简单分子或复合分子的数目之间也存在着 氧原子数为0.1N 非常简单的关系。把它们联系起来的一个，甚至 B.1L0.1mol·L1NaNO2溶液中Na+和 是唯一容许的假设，是相同体积中所有气体的分 NO2数均为0.1NA 子数目相等”。这样就可以使气体的相对原子质 C.3.3 g NH,OH完全转化为NO2时，转 量、相对分子质量以及分子组成的测定与物理 移的电子数为0.6NA 上、化学上已获得的定律完全一致。阿伏加德罗 D.2.8gN2中含有的价电子总数为0.6NA 的这一假说，后来被称为阿伏加德罗定律。 18三0022 2H2O:(4)制备N,H反应的离子方程式为CIO+2NH 一N2H,十H2O十C1:(5)实验中，需先点燃④处酒精灯， 待得到饱和氨水后，再打开②上方分液漏斗滴加溶液。所 加溶液不能过量的原因：N2H,具有还原性，NaClO有强氧 化性，防止生成的N2H被NaCIO氧化；(6)已知：N2H,一 2K,25.00mL溶液中，n(N,H,)=号(K1,)=0.3mol· L1×20×103L=3×103mol,250mL溶液中n(N2H) =3×102mol,m(N2H4)=3×102mol×32g/mol= 0.96g,w(N2H,)=0.96g÷1.0g×100%=96%。 答案：(1)圆底烧瓶MnO2+4H++2CI(浓)二 Mn++CL2↑+2H2O(2)氢氧化钠(3)2NH,CI+ Ca(OH):A-2NH,+CaCk+2HO (4)CIO-+2NH, 一N2H,+HO+CI(5)N2H,具有还原性，NaCIO有 强氧化性，防止生成的N2H被NaCIO氧化(6)96 真题体验窗 1.B[A.漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氩化钠 (NaCI),有效成分是次氯酸钠，A正确：B.CIO厂水解生成 HCIO,水解方程式为C1O十H2O三HCIO十OH,使漂 白液呈碱性，B错误；C.通入CO,后，发生反应NaClO十CO +H,O一NaHCO,+HCIO,漂白液消毒能力增强，C正 确：D.次氯酸不稳定，次氯酸盐稳定，所以热稳定性NaClo >HClO,D正确。] 2.A[A.过量SO2与0.1mol·L的Na2S溶液反应，产生 的淡黄色沉淀是S,还生成NaHS),,SO2过量不能生成 Na2SO3,因此，总反应的化学方程式为5SO,十2Na2S+ 2H,O-3S+4NaHS)3,A错误；B.过量SO,与0.1mol· L的FeCL溶液反应，生成FeCL2、H2SO,、HCI,总反应的 化学方程式为2FCl,+SO2+2HO—2FeCL,+H,SO4+ 2HCl,B正确：C.过量SO2与0.1mol·L1的CuCl2溶液反 应，生成的白色沉淀是CuCl,总反应的化学方程式为SO2十 2CuCl,+2H2O—2CuC1￥+H2SO,+2HC1,C正确；D. N2CO3水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 SO2与0.1mol·L1的Na2CO,溶液反应，生成CO2、 NaHS)3,NaHSO3溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色， 总反应的化学方程式为2SO2+NaCO,+H2O—CO2↑ 十2 NaHSO。,D正确。] 假期作业6 1.B2.B3.B4.C5.A 6.A[A.已知1个OH含有10个电子，故1.9g18OH中 1.9g 含有的电子数为19g:0X10V,·mo=N,A正 确：B.题千未告知溶液的体积，无法计算1mol/LNa,SO, 溶液中含有的Na的数目，B错误；C.题千未告知气体所处 的状态为标准状况，故无法计算11.2LO2、CO2混合气体 含有的氧原子数，C错误；D.由于溶于水中的部分Cl,与水 反应，故无法计算0.1 mol Cl2通入足量水中，生成的C1的 数目，D错误：故答案为A。] 高二化学 7.A[A.CO2与足量NaO2反应的化学方程式为2CO2十 2Na202—2NaCO3十O2,则2CO2~2e,所以8.8gCO2 与足量0克分反应后龄移的电子纸为骨8品X Va mol1=0.2NA,A正确；B.溶液的体积未知，无法准确 计算KSO,溶液中含有K的数目，B错误；C.标准状况下， H,O为液体，无法利用气体摩尔体积计算其所含电子数，C 错误；D.20g9.8%硫酸溶液中，不存在硫酸分子，D错误； 故选A。] 8.B[Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶 解在NaOH溶液中得到NaNO,和NaNO,的混合溶液， ac)-高-7mol n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol,由电子守恒可知， 44.8gCu失去的电子等于HNO3生成NaNO2得到的电 子，则0.7mol×(2-0)=n(NaNO2)×(5-3),解得 n(NaNO2)=0.7mol,由Na原子守恒可知n(NaOH)= n(NaNO.)+n(NaNOs),n(NaNO)=1 mol-0.7 mol= 0.3ol。A.常温下，Cu遇浓硝酸发生反应，生成硝酸铜、二 氧化氮和水，不发生钝化，故A错误；B.由分析可知，若铜片 为44.8g,则生成0.3 mol NaNO3,故B正确：C.标准状况下 0.9mol气体的体积为20.16L,氨的氧化物共0.9mol,标 准状况下四氧化二氮是液体，则标准状况下收集的氮的氧化 物体积不等于20.16L,故C错误；D.浓硝酸的黄色是因为 浓硝酸分解生成的二氧化氨溶解导致，不可以通过加水稀释 的方法消除浓硝酸的黄色，故D错误；故选B。] 9.A[A.环氧乙烷分子中含有碳氢键、碳氧键、碳碳键，则 0.1mol环氧乙烷中共价键数目为0.1molX7 X NA mol1= O.7NA,故A正确；B.标准状况下，己烷为液态，无法计算 2.24L己烷的物质的量和含有的共价键数目，故B错误； C.石墨晶体中，每个碳原子与3个碳原子形成碳碳键，每个 碳碳键为2个碳原子共有，则每个碳原子含有的共价键为 3x号=1.5个，则12g石圣中破袋战数为2X8× Nmol1=1.5N,故C错误；D.一定条件下，乙酸与足量 乙醇发生的酯化反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反 应，所以无法计算60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应时断 裂的碳氧键的键数，故D错误；故选C。] 10,B[A,根据1=册，质量均为mg的0，和S0,物质的量 之比与其摩尔质量成反比，即n(O2):n(S02)=64:32= 2:1,甲、乙中所含的氧原子物质的量之比为2：1，故A错 误；B.由pV=RT,体积相等的甲和乙，压强与温度成正 比，且n(O2):n(SO2)=2：1即代表氧气的曲线较高，故B 正确；C.n(02)：n(S02)=2:1,质子数之比为2×16：1 ×32=1:1,故C错误：D.根据p=世，甲、乙容器容积相 等，两个气体的质量相等，则密度也相等，即甲、乙中气体密 度比为1：1，故D错误；故选：B。 11.解析：)①该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为c=10000 M _1000X1.18×36.5%mo/L=11.8mol/L:②配制250ml 36.5 该浓盐酸，物质的量为n=cV=11.8mol/L×0.25L= 2.95mol,需要标准状况下的HC1气体体积V=nV= 2.95mol×22.4L/mol=66.08L:③稀释前后物质的量不 变，则250ml×0.10mol·L1=V×11.8mol/L,解得V= 2.1ml; (2)①配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶 解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。使用到的玻璃仪器 有，量筒、烧杯、玻璃棒、250L容量瓶、胶头滴管：②A.最 后需用蒸馏水定容，容量瓶用蒸馏水洗涤干净后残留少量 的蒸馏水对浓度无影响，故A错误，B.转移液体后没有洗 涤烧杯与玻璃棒，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏 低，故B正确，C.定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏 小，溶液浓度偏高，故C错误，D.定容、摇匀后，发现液面低 于刻度线，补加蒸馏水到刻度线，加入水的体积偏大，溶液 浓度偏低，故D正确，故选：BD: (3)NaOH溶液中和过量稀盐酸，反应的化学方程式是 NaOH+HCI一NaCI+H2O,则剩余的HCI物质的量为 n(HC1)=n(NaOH)=cV=0.10mol·L1×34.00×10-3L =3.4X10-3mol,与药片中碳酸钙反应的HC1为n(HCl) =50.00×10-3L×0.10mol·L-1-3.4×10-3mol=1.6× 10-3mol,反应方程式是CaCO3+2HCl—CaCl2+HO+ C02个，n(CaCO3)=0.5n=8.0×10-4mol,质量为m=nM =8.0×10mol×100g/mol=0.08g,该药片中碳酸钙的 质量分数为品×10%=80%， 答案：(1)①11.8②66.08③2.1 (2)①250mL容量瓶、胶头滴管②BD (3)80% 真题体验窗 1.A[A.标准状况下，2.24LNO和N2)混合气体物质的量 为0.1mol,氧原子数为0.1NA,故A正确；B.HNO2为弱 酸，因此NO2能够水解为HNO2,1L0.1mol·L1NaNO, 溶液中NO2数目小于0.1NA,故B错误；C.NH2OH完全 转化为NO2时，N的化合价由一1上升到十3,3.3g NH2OH物质的量为0.1mol,转移的电子数为0.4NA,故C 错误：D.2.8gN2物质的量为0.1mol,N的价电子数等于 最外层电子数为5,2.8gN2含有的价电子总数为NA,故D 错误。] 2.D[A.标准状况下SO2为气体，11.2LSO2为0.5mol,其 含有1.5mol原子，原子数为1.5VA,A错误；B.SO为弱 酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL0.1molL1 Na2SO3溶液中SO数目小于0.01NA,B错误；C.反应① 的方程式为SO,+2HS—3S￥十2HO,反应中每生成3mol S消耗2molH2S,3.4gHS为0.1mol,故可以生成0.15mol S,原子数目为0.15N,C错误；D.反应②的离子方程式为3S +6OH—SO+2S2+3H,O,反应的还原产物为S2, 每生成2molS2共转移4mol电子，因此，每生成1mol S2,转移2mol电子，数目为2NA,D正确。] 6 00M= 假期作业7 1.A2.C3.C4.C 5.AD[根据短周期主族元素X、Y、Z、W、R、T在周期表中的 相对位置，设Y的原子序数为a,则R的原子序数为a十8，R 的核电荷数为Y的2倍，a=8,则Y是O、R是S,X是N、Z 是Al、W是P,T是Cl。A.同主族元素从上到下，元素非金 属性减弱，气态氢化物还原性增强，简单氢化物的还原性： NH<PH3,A正确；B.同周期元素从左到右，元素非金属性 增强，最高价含氧酸的酸性增强，非最高价含氧酸的酸性不 一定依次增强，B错误；C.O的最低价为一2价，最高正化合 价不是十6价，最高正化合价与最低负化合价代数和不是4， C错误；D.AICl是共价化合物，D正确；故选AD。] 6.B[图中元素分别为第二周期和第三周期元素的原子半径 的变化，根据原子序数关系可知X为O,Y为Na,Z为Al,M 为Si,N为CI,结合对应物质的性质解答该题。A.M为Si 元素，硅在元素周期表中的位置是第三周期、VA族，故A 错误；B.Y是Na,N是Cl,形成的化合物NaCI为离子化合 物，故B正确；C.水分子间能形成氢键，所以水的沸点大于 HCl,故C错误；D.Na元素和O元素可以形成Na2O2,阴、 阳离子物质的量之比为1：2，故D错误。] 7.B[原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W,X元素 基态原子s能级的电子数与p能级电子数相等，则X元素基 态原子的核外电子排布式为1s22s2p,为O,Y的氢化物的 水溶液常用于玻璃雕花，则Y为F,W2+的3d轨道中有9 个电子，则W原子核外电子数=2+8+17+2=29，为Cu, X、Z同主族，则Z为S。A.由分析知X为O,N原子核外电 子排布的p轨道为半充满状态，所以第一电离能大于O,则 同周期第一电离能大于O的元素有N、F、Ne共3种，故A 错误；B.W为Cu元素，价层电子排布式为3d°4s,4s轨道 只有一个电子未成对，3d轨道的10个电子都成对，则未成 对电子数与成对电子数之比1：10，故B正确：C.同周期元 素原子半径随原子序数增大而减小，同主族元素原子半径由 上而下递增，X、Y、Z分别为O、F、S元素，则原子半径S>O >F,故C错误；D.同主族元素，从上到下，非金属性减弱，氢 化物的还原性增强，则简单氢化物的还原性：X<Z,故D错 误；故答案选B。] 8.C[A.根据题意，若是碱金属，则a、b、c分别是Li,Na、K, 金属性逐渐增强，与水反应的剧烈程度增强，A错误；B.若 是卤族元素，则a、b、c分别是F,Cl、Br,其单质氧化性逐渐减 弱，对应离子的还原性逐渐增强，B错误；C.若是氧族元素， 则a、b、c分别是O、S、Se,对应单质的非金属性逐渐减弱，得 电子能力逐渐减弱，C正确；D.若是第ⅡA族元素，则a、b、c 分别是Be、Mg,Ca,金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应 水化物的碱性增强，D错误；故选C。门 9.B[由题千信息可知，X、Y、乙、W是原子序数依次增大的短 周期主族元素，X原子的L层电子数是其K层电子数的3 倍，则X为O,Z是短周期金属性最强的元素，则Z为Na,故 Y为F,W是地壳中含量最多的金属元素即为AI,据此分析 解题。A.由分析可知，四种元素分别为：O、F、Na、Al,它们