2020届高考化学课标版二轮习题：专题二　化学常用计量 .docx

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1、专题二化学常用计量一、选择题 1.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.转移0.2NA个电子使Na完全转化为Na2O2,需要氧气的体积为2.24 LB.生成6NA个NH键同时消耗3NA 个HH键,即标志着反应N2+3H2 2NH3达到平衡状态C.常温常压下,1.42 g Na2SO4中含有的Na+数为0.02NAD.1 mol苯理论上可以与3 mol H2发生加成反应,所以1 mol苯分子中含有3NA个碳碳双键答案CA项,Na完全转化为Na2O2,氧元素化合价的变化为0-1,转移0.2NA个电子,需要标准状况下氧气的体积为2.24 L,但题中未指明气体所处状况,无法确定体积,错误

2、;B项,生成6NA个NH键(即2 mol NH3)的同时消耗3NA个HH键(即3 mol H2),体现的都是正反应速率,与反应是否达到平衡状态无关,错误;C项,Na2SO4为离子晶体,常温常压下为固体,1.42 g(即0.01 mol)Na2SO4中含有的Na+数为0.02NA,正确;D项,苯分子中不存在碳碳双键,错误。2. (2019湖北黄冈中学模拟)含硫酸钾、硫酸铝和硫酸的混合溶液,其中c(H+)=0.1molL-1,c(Al3+)=0.4 molL-1,c(SO42-)=0.8 molL-1,则c(K+)为()A.0.15 molL-1B.0.2 molL-1C.0.3 molL-1D.

3、0.4 molL-1答案C因溶液呈电中性,故存在:3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),而溶液中c(OH-)很小,可以忽略不计,则有3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-),所以c(K+)=2c(SO42-)-3c(Al3+)-c(H+)=20.8 molL-1-30.4 molL-1-0.1 molL-1=0.3 molL-1。3.(2019河南开封调研)如图是氨气与氯化氢反应的装置。抽走玻璃片充分反应,反应中有关物理量的描述正确的是(设NA表示阿伏加德罗常数的值)()A.气体反应物的总体积为0.224 LB.生成物的分子个数为0.0

4、05NAC.产物中的NH键个数为0.02NAD.加水溶解后所得溶液中NH4+的数目为0.005NA3.答案CA项,没有说明气体所处的状况,故气体反应物的总体积不一定是0.224 L,错误;B项,生成物NH4Cl为离子化合物,不存在分子,错误;D项,由于NH4+部分水解,故所得溶液中NH4+的数目小于0.005NA,错误。4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.17 g H2O2分子中极性共价键的数目为NAB.NH5常温下为无色晶体,3.8 g NH5中共用电子对数为NAC.标准状况下a L容器中通入46bNA g NO2气体,则容器中NO2的浓度为baNA mol/LD.用惰性

5、电极电解CuSO4溶液,两极均产生5.6 L(标准状况)气体时,电路中转移电子数为0.5NA答案A1 mol H2O2分子中极性共价键即OH键为2 mol,数目为2NA,17 g H2O2分子的物质的量为0.5 mol,分子中极性共价键的数目为NA,A正确。NH5属于离子化合物,即NH4H,只有其中的NH4+中存在4对共用电子对,3.8 g NH5的物质的量为0.2 mol,共用电子对数为0.24NA=0.8NA,B错误。NO2气体在容器中会发生反应2NO2(g)N2O4(g),其物质的量浓度小于baNA mol/L,C错误。用惰性电极电解CuSO4溶液时,若两极均产生5.6 L(标准状况)气

6、体,阳极的电极反应式为4OH-4e- 2H2O+O2;阴极的电极反应式为Cu2+2e- Cu、2H+2e- H2;依据得失电子守恒,O2和H2均为5.6 L(标准状况)时,电路中转移电子数为NA,D错误。5.(2019山西大学附属中学高三模块诊断)300 mL硫酸铝溶液中,含Al3+ 1.62 g,在该溶液中加入0.1 mol/L氢氧化钡溶液300 mL,反应后溶液中硫酸根离子的物质的量浓度为(忽略溶液混合前后体积的变化)()A.0.4 mol/LB.0.3 mol/LC.0.2 mol/LD.0.1 mol/L答案D溶液中Al3+为1.62 g,其物质的量为1.62g27g/mol=0.06

7、 mol,根据电荷守恒可知,溶液中n(SO42-)=32n(Al3+)=320.06 mol=0.09 mol,加入的氢氧化钡的物质的量为0.1 mol/L0.3 L=0.03 mol,溶液混合时发生反应:SO42-+Ba2+BaSO4,根据反应可知,消耗硫酸根离子的物质的量为0.03 mol,所以硫酸根离子有剩余,剩余硫酸根离子的物质的量为0.09 mol-0.03 mol=0.06 mol,所以反应后溶液中SO42-的物质的量浓度为0.06mol0.3L+0.3L=0.1 mol/L。6.(2019江西铅山三校联考)有五瓶溶液,分别是:10 mL 0.60 mol/L NaOH溶液;20

8、mL 0.50 mol/L H2SO4溶液;30 mL 0.40 mol/L 盐酸;40 mL 0.30 mol/L CH3COOH溶液;50 mL 0.20 mol/L蔗糖溶液。以上各瓶溶液所含离子和分子总数的大小顺序是()A.B.C.D.答案C溶液中所含的离子和分子总数取决于溶质和溶剂中所含的分子以及电离出的离子等,题中所述五种溶液中溶质的浓度都比较低,因此溶剂分子数目占据主导,而溶剂分子数目与溶液体积成正比,因此溶液体积越大,所含总粒子数目越多,故离子和分子总数由大到小依次为。7.在pH=1的溶液中,含有浓度都为0.1 mol/L的NH4+、NO3-、SO42-、Cl-和X离子,则X离子

9、可能是()A.Fe3+B.Mg2+C.Ag+D.Fe2+答案B在pH=1的溶液中,OH-浓度可以忽略不计,c(H+)=0.1 mol/L,含有浓度都为0.1 mol/L的NH4+、NO3-、SO42-、Cl-和X离子,c(H+)+c(NH4+)=0.2 mol/L,2c(SO42-)+c(NO3-)+c(Cl-)=0.4 mol/L,根据电荷守恒可知X离子应为阳离子且带2个单位的正电荷,符合条件的有Mg2+和Fe2+,但酸性条件下H+、Fe2+和NO3-因发生氧化还原反应而不能大量共存,故X离子为Mg2+。8.NaNO2是一种食品添加剂,能致癌,酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是

10、MnO4-+NO2-+Mn2+NO3-+(未配平)。下列叙述中正确的是()A.该反应中NO2-作还原剂,由此推知HNO2只具有还原性B.反应过程中溶液的pH减小C.生成2 mol NaNO3需消耗0.8 mol KMnO4D.用标准酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的NaNO2溶液,以酚酞作指示剂答案C由于HNO2中氮元素的化合价为+3,处于中间价态,所以HNO2既具有氧化性又具有还原性,A项错误;由于反应过程中消耗氢离子,所以溶液的pH将增大,B项错误;生成2 mol 硝酸钠时转移的电子的物质的量为4 mol,根据得失电子守恒可知参加反应的高锰酸钾的物质的量为0.8 mol,C项正确;酸性高锰酸

11、钾溶液有颜色,所以用标准酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的NaNO2溶液时不需要外加指示剂,D项错误。9.(2019辽宁大连模拟)白磷与过量氢氧化钾溶液在一定条件下可以发生反应:P4+3KOH+3H2O PH3+3KH2PO2,若用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A.31 g白磷所含分子的数目为0.25NAB.28 g KOH参加反应转移的电子数为0.5NAC.KH2PO2为正盐,且0.1 mol该固体物质中所含离子数目为0.2NAD.10 mL pH=11的KOH溶液稀释至100倍,水电离的OH-的数目约为10-5NA答案D温度未知,KW不确定,无法计算,故D错误。10.(2

12、019四川成都第三次诊断)用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为:已知:吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是()A.反应中参与反应的HCHO为30 g时转移电子2 molB.可用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+C.生成44.8 L CO2时反应中参加反应的Ag一定为8 molD.理论上测得溶液吸光度越高,HCHO含量也越高答案D30 g HCHO的物质的量为1 mol,被氧化时生成二氧化碳,碳元素化合价从0价升高到+4价,转移电子应为4 mol,故A错误;过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+,与Fe3+不反应,所以不能用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3

13、+,故B错误;没有注明温度和压强,所以无法计算气体的物质的量,也无法计算参加反应的Ag的物质的量,故C错误;吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比,吸光度越高,则说明反应生成的Fe2+越多,进一步说明反应生成的Ag越多,所以HCHO含量也越高,故D正确。11.(2019湖南十四校联考)向25 mL 12.0 molL-1浓硝酸中加入足量的铜,充分反应后共收集到标准状况下2.24 L NO和NO2的混合气体(不考虑NO2与N2O4的相互转化),则参加反应的铜的质量为() A.3.2 gB.6.4 gC.12.8 gD.19.2 g答案B由题意可知,硝酸的总物质的量为0.3 mol,被还原的硝酸的物质

14、的量为0.1 mol,则未被还原的硝酸(起酸性作用)的物质的量为0.2 mol,以Cu(NO3)2的形式存在,所以参加反应的铜的质量为64 gmol-10.2mol2=6.4 g。12.某同学为了测定铁铝硅合金(FexAlySi)的组成,设计如下实验方案:通过上述实验,确定该合金的化学式为()A.Fe4Al8SiB.Fe8Al4SiC.Fe8Al3SiD.Fe6Al4Si答案B依题意,硅不溶于盐酸,n(Si)=0.07g28gmol-1=0.002 5 mol;红色粉末是氧化铁,n(Fe)=2n(Fe2O3)=1.6g160gmol-12=0.02 mol,n(Al)=1.46g-0.07g-

15、0.02mol56gmol-127gmol-1=0.01 mol。n(Fe)n(Al)n(Si)=0.02 mol0.01 mol0.002 5mol=841。故该合金的化学式为Fe8Al4Si。13.Li2Ti5O15(其中Ti为+4价)是制备锂离子电池的正极材料Li4Ti5O12的原料,(NH4)2S2O8常用于检验废水中的Mn2+、Cr3+。1 mol Li2Ti5O15、(NH4)2S2O8中含“OO”键的物质的量分别为()A.4 mol、4molB.4 mol、1molC.8 mol、2molD.6 mol、4mol答案B锂元素在化合物中只有一种化合价(+1),根据化合物中各元素化合

16、价代数和等于0解题,过氧键(OO)中氧显-1价,类似于过氧化氢、过氧化钠。如果能求出-1价氧原子个数,就能求出过氧键数目,即过氧键数目等于-1价氧原子个数的一半。设Li2Ti5O15中-2价、-1价氧原子个数分别为x、y,有x+y=152x+y=22,解得x=7,y=8,所以Li2Ti5O15中过氧键数目为82=4。(NH4)2S2O8中有2个氧原子显-1价,1 mol (NH4)2S2O8中含1 mol过氧键(OO)。二、非选择题14.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种常用的食品抗氧化剂(易被氧化)。实验室利用如图所示装置制取少量焦亚硫酸钠,并探究SO2的性质(夹持装置已略去,实验前已除去装

17、置中的空气)。请回答下列问题:(1)仪器a的名称是。(2)关闭K2、K3,打开K1,装置B中发生反应的离子方程式为 ,观察到装置C中发生的现象是。(3)装置D和F的作用是。(4)实验前,E中所用蒸馏水需经煮沸后迅速冷却,目的是;关闭K1、K3,打开K2,一段时间后E中有Na2S2O5晶体析出,装置E中发生反应的化学方程式为。(5)设计实验验证Na2S2O5晶体在空气中已被氧化,所需试剂为。(6)在测定某葡萄酒中Na2S2O5的残留量时,取40.00 mL葡萄酒样品,加入指示剂,用0.010 00 molL-1的碘标准液滴定,当溶液时,即达到终点。测定实验中,消耗碘标准液10.00 mL,该样品

18、中Na2S2O5的残留量为gL-1(以SO2计算)。答案(1)分液漏斗(2)2Fe3+SO2+2H2O 2Fe2+SO42-+4H+有淡黄色沉淀生成(3)吸收SO2,防止污染空气(4)除去水中的溶解氧SO2+Na2SO3 Na2S2O5(5)稀盐酸、BaCl2溶液(6)变蓝且30 s内不褪色0.16解析(6)设40.00 mL葡萄酒中二氧化硫的质量为m,则:SO2 + I2+2H2O H2SO4+2HI64 g 1 molm 0.01 L0.010 00 molL-164gm=1mol0.01L0.01000molL-1解得m=0.006 4 g,故该次实验测得样品中Na2S2O5的残留量(以

19、SO2计算)为0.0064g0.04L=0.16 gL-1。15.某金属M的硫酸盐晶体(MSO4xH2O)受热分解时固体质量随温度变化的情况如图所示。已知F为氧化物,且物质的量为0.1 mol。请回答下列问题:(1)该晶体的化学式为 。(2)BC段固体的化学式为 ,写出推算过程: 。(3)EF段质量变化是因为产生了两种气体,其中一种气体能使品红溶液褪色。写出化学方程式:。(4)从A点到D点,固体失重率为(已知:固体失重率=原样品质量-残余固体质量原样品质量100%,结果保留一位小数)。(5)测定结晶水合物中结晶水的质量分数,除热失重法外,还可以用沉淀法。取a g该样品溶于蒸馏水,加入过量的烧碱

20、溶液,过滤、洗涤、灼烧至恒重,称得固体质量为b g。该晶体中结晶水数目为(用表达式表示)。答案(1)MgSO47H2O(2)MgSO44H2OF点对应固体的摩尔质量M(F)=4.0g0.1mol=40.0 gmol-1,对应的固体是氧化镁,BC段对应固体的摩尔质量为19.2g0.1mol=192 gmol-1,此时MgSO4xH2O的相对分子质量为192,可解得x=4,化学式为MgSO44H2O(3)2MgSO4 2MgO+2SO2+O2(4)51.2%(5)20a-60b9b解析(1)最终固体的相对分子质量为40,且固体是氧化物,则它是氧化镁。原晶体的相对分子质量为246,推知x=7。(2)先求出对应固体的相对分子质量,再求出结晶水数目。(3)硫酸镁分解生成氧化镁、SO2,硫元素的化合价降低,则必有元素的化合价升高,另一种气体是O2。(4)固体失重率=24.6g-12.0g24.6g100%51.2%。(5)硫酸镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀,灼烧氢氧化镁生成氧化镁。对应关系式为MgSO4xH2OMgO,120+18x40=ab,解得x=20a-60b9b。