第2讲化学常用计量-高考化学二轮总复习习题.docx

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1、第2讲 化学常用计量一、选择题(每小题只有一项符合题目要求)1.下列所得溶液中，其物质的量浓度为1.0 mol/L的是( C )A.将20 g NaOH溶解在500 mL水中B.将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液C.将62.5 g胆矾(CuSO45H2O)溶解在适量水中，再加蒸馏水直到溶液的体积为250 mLD.将100 mL 10 mol/L的硫酸加入到900 mL水中解析：20 g NaOH的物质的量为0.5 mol，但20 g NaOH溶于500 mL水后形成溶液的体积一定不等于500 mL，故A错误；选项中未指出气体的外界条件是否是标准状况下，所以不能确定22.4 L HC

2、l气体的物质的量，无法计算溶液浓度，故B错误；n(CuSO45H2O)0.25 mol，再加蒸馏水直到溶液的体积为250 mL，c(CuSO4)1.0 mol/L，故C正确；将100 mL 10 mol/L的硫酸加入到900 mL水中，溶液体积不一定等于1 L，则物质的量浓度不等于1.0 mol/L，故D错误。2.下列关于误差分析的判断正确的是( A )A.配制1 mol/L的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小B.用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小C.酸碱中和滴定实验中，滴定终点俯视读数会使测得浓度偏大D.用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定

3、值偏小解析：NH4NO3溶于水吸热，溶液温度降低，若未恢复到室温就转移并定容，恢复到室温溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，A正确；用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，若不使用游码，药品质量不变，B错误；酸碱中和滴定实验中，滴定终点俯视读数，测得的标准溶液的体积偏小，会使测得浓度偏小，C错误；用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，由于稀释c(H)偏小，测得的pH偏大，D错误。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( B )A.27 g铝中加入1 mol/L的NaOH溶液，转移的电子数是3NAB.56 g N2与CO混合物中原子总数是4NAC.标准状况下，44.8 L NO与22.4 L

4、 O2反应后的分子数是2NAD.常温下，1 L pH1的H2SO4溶液中的H数为0.2NA解析：未告知NaOH溶液的体积，不确定铝是否完全反应，故无法计算转移的电子数，A项错误；N2与CO的摩尔质量均为28 g/mol，56 g N2与CO混合物的物质的量为2 mol，N2与CO中均为双原子分子，故2 mol N2与CO混合物中原子总数是4NA，B项正确；NO与O2反应后生成NO2，NO2分子存在可逆反应2NO2N2O4，故标准状况下，44.8 L NO与22.4 L O2反应后的分子数小于2NA，C项错误；pHlg c(H)，故常温下1 L pH1的H2SO4溶液中的H数为0.1NA，D项错

5、误。4.(2021广东汕头市高三二模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是( A )A.14 g乙烯和环丙烷的混合物中含CH键数目为2NAB.标准状况下，2.24 L环己烷的分子数为0.1NAC.常温常压下，1 mol氨基(NH2)含有的电子数为10NAD.36 g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17NA解析：乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，n(CH2)1 mol，则1 mol CH2中含有CH为2 mol，即2NA，A正确；标准状况下，环己烷为液体，故不能使用22.4 L/mol求算其物质的量，B错误；1个NH2中含有电子数为9个(N、H所含电子之和)，则1 mo

6、l氨基中含有的电子数为9 mol，即9NA，B错误；由于35Cl与37Cl混合比例未知，故此时氯原子的平均相对原子质量不能确定，D错误。5.(2021河南洛阳期末)在0.2 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，对于该溶液成分，下列说法不正确的是( C )A.NaCl的物质的量为0.2 molB.溶质MgCl2的质量为9.5 gC.该混合液中CaCl2的物质的量为0.2 molD.将该混合液加水稀释至体积为1 L，向稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀0.6 mol 解析：根据图像可知，Na的物质的量浓度为1.0 mol/L，Na全部

7、来自NaCl的电离，NaCl的物质的量浓度为1.0 mol/L，所以NaCl的物质的量为1.0 mol/L0.2 L0.2 mol，A项正确；根据图像可知，Mg2的物质的量浓度为0.5 mol/L，Mg2全部来自MgCl2的电离，所以MgCl2的物质的量浓度为0.5mol/L，所以MgCl2的物质的量为0.5 mol/L0.2 L0.1 mol，MgCl2的质量为95 g/mol0.1 mol9.5 g，B项正确；根据图像可知，Cl的物质的量浓度为3.0 mol/L，Cl来自NaCl、MgCl2、CaCl2的电离，所以根据原子守恒，来自CaCl2的Cl的物质的量浓度为3.0 mol/L1.0

8、mol/L0.5 mol/L21.0 mol/L，根据比例关系，CaCl2的物质的量浓度为0.5 mo/L, 所以CaCl2的物质的量为0.5 mo/L0.2 L0.1 mol，C项错误；根据图像可知，Cl的物质的量浓度为3.0 mol/L，Cl的物质的量为3.0 mol/L0.2 L0.6 mol，溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，根据AgCl=AgCl可知，最终得到沉淀的物质的量为0.6 mol，D项正确。6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( C )A.1 mol/L CaCl2溶液中含有Cl的数目为NAB.标准状况下，2.24 L HF所含分子数一定为0.1NAC.6.

9、4 g S6与S8的混合物中所含硫原子数一定为0.2NAD.标准状况下，2.24 L氧元素的单质所含原子数一定为0.2NA解析：没有给定体积，无法确定Cl的数目，选项A错误；标准状况下HF不是气态物质，不能用22.4 L/mol进行求算，选项B错误；S6和S8都是由硫原子构成的硫单质，则硫原子的物质的量为0.2 mol，则所含硫原子数一定为0.2NA，选项C正确；氧元素的单质有氧气和臭氧，若为臭氧，则标准状况下，2.24 L臭氧所含原子数为0.3NA，选项D错误。7.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为M(X)M(Y)0.5M(Z)，下列说法不正确的是( C )A.同温同压时，决定气体体积大

10、小的是气体的物质的量B.同温同压时，同质量的三种气体，气体密度最小的是XC.同温同压时，三种气体体积均为2.24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 molD.同温下，体积相同的两容器分别充入2 g Y和1 g Z，则其压强比为41解析：根据阿伏加德罗定律可知同温同压时，决定气体体积大小的是气体的物质的量，A正确；根据阿伏加德罗定律可知同温同压时，气体的密度与相对分子质量成正比，所以气体密度最小的是X，B正确；气体不一定处于标准状况下，因此三种气体体积均为2.24 L 时它们的物质的量不一定为0.1 mol，C错误；根据pVnRT可知同温、同体积时压强之比等于物质的量之比，因此其压强比为 41

11、，D正确。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是( A )A.标准状况下，2.24 L HF与1.8 g H2O分子所含电子数目均为NAB.标准状况下，V L气态烯烃(CnH2n) 含中子的数目为 NAC.向含有 0.2 mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH 溶液至沉淀完全溶解，消耗OH的数目为NAD.60 g SiO2和12 g金刚石中分别含有4NA个SiO和2NA个CC解析：标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算氟化氢的物质的量，A错误；C原子的质子数是6，中子数是6，H原子的质子数是1，中子数是0，所以1 mol CnH2n中含有的

12、中子数是6n mol，所以中子数为 6nNANA，B正确；根据NHOH =NH3H2O，Al3 4OH=AlO 2H2O，0.2 mol NH消耗0.2 mol OH，0.2 mol Al3转变成AlO消耗0.8 mol OH，所以共消耗1 mol OH，即消耗OH的数目为NA，C正确；60 g SiO2是1 mol，1 mol SiO2含有4 mol SiO，12 g金刚石是1 mol，1 mol金刚石含2 mol CC，D正确。二、不定项选择题(每小题有一个或者两个选项符合题目要求)9.(2021黑龙江让胡路区校级三模)捕获二氧化碳生成甲酸过程如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正

13、确的是( AD )A.100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NAB.已知N(C2H5)3性质与NH3类似，0.1 mol该物质与盐酸恰好完全反应生成的盐溶液中，N(C2 H5)3H的数目为0.1NAC.若有22.4 L CO2参与反应，则拆开CO2分子中共用电子对的数目为4NAD.每生成0.5 mol甲酸，该捕获过程中转移的电子数为NA解析：甲酸的物质的量：n1 mol，每个甲酸分子中有2个氧原子，所以甲酸中含有2NA个氧原子，溶液中水的物质的量为3 mol，所以水中还含有3NA个氧原子，共计5NA个氧原子，故A正确；0.1 mol N(C2H5)3和盐酸反应生成0.1 mol

14、N(C2H5)3H，类比NH，溶液中N(C2H5)3H发生水解，故离子数目小于0.1NA，故B错误；温度、压强未知，无法确定22.4 L二氧化碳的物质的量，故C错误；该反应是氧化还原反应，二氧化碳生成甲酸，C元素的化合价由4降到2，所以生成0.5 mol甲酸，转移的电子数为NA，故D正确。10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( A )A.14 g CO、N2混合气体中共含有7NA个电子B.常温下，0.1 mol环氧乙烷()共有0.3NA个共价键C.在含CO总数为NA的Na2CO3溶液中，Na总数为2NAD.氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，负极消耗的气体分子数目为2NA解析

15、：14 g CO、N2混合气体的物质的量为n0.5 mol，一个CO或N2分子中电子数目为14个，0.5 mol CO、N2混合气体中共含有7NA个电子，故A正确；一个分子中含有7个共价键，一个碳碳键，两个碳氧键，4个碳氢键，常温下，0.1 mol环氧乙烷()共有0.7NA个共价键，故B错误；在含CO总数为NA的Na2CO3溶液中，若CO不水解，Na总数为2NA，但CO易水解，故C错误；没有指明是否处于标准状况，无法计算气体的物质的量，故D错误。11.环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为6价)去除废水中的正五价砷As(V)的研究成果，其反应机制模型如图所示

16、(SO、OH表示自由基)。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是( BD )A.过硫酸钠中2价氧与1价氧的个数比为31B.若56 g Fe参加反应，共有1.5NA S2O被还原C.碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SOOH=SOOHD.pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷解析：过硫酸钠中正负化合价之和为零，S为6价，Na为1价，故A正确；56 g Fe为1 mol，根据图示可知，1 mol S2O和1 mol Fe反应生成2 mol SO和1 mol Fe2，该过程转移2 mol电子，但是Fe2还要与S2O反应变成Fe3和硫酸根自由基，根据图示，形成的沉淀中既含有Fe(OH)2，

17、又含有Fe(OH)3，即第一步反应中的Fe2没有被完全氧化为Fe3，故B错误；结合图示可知，碱性条件下，SO发生反应的方程式为SOOH=SOOH，故C正确；根据图示可知，最后是在碱性条件下，亚铁离子和铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷转变为沉淀，以共沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，故D错误。12.在空气中加热5.49 g 草酸钴晶体(CoC2O42H2O，摩尔质量为183 g/mol)，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表：温度范围/固体质量/g1502104.412903202.41经测定，210290 过程

18、中产生的气体只有CO2，则290320 温度范围内的固体物质是( C )A.CoO B.Co2O3 C.Co3O4 D.Co4O5解析：计算晶体物质的量n0.03 mol，完全失去结晶水应为0.06 mol，固体质量变化为0.06 mol18 g/mol1.08 g，由图表数据可以知道，150210 固体质量变化为5.49 g4.41 g1.08 g，说明到210 失去结晶水得到CoC2O4；210290 过程中是CoC2O4发生分解的反应，210290 过程中产生的气体只有CO2 ，290320 温度范围内的固体物质是钴的氧化物，根据钴的元素守恒：n(Co)n(CoC2O4)0.03 mol

19、，n(O) mol0.04 mol，n(Co)n(O)0.030.0434，该钴的氧化物的化学式为Co3O4。三、非选择题13.用无水 Na2SO3固体配制 250 mL 0.1000 molL1 溶液的步骤如下图，请回答：(1)在配制过程中必要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 250 mL 容量瓶和_。检验容量瓶是否漏水的操作方法是_。(2)下列操作不会对所配的Na2SO3溶液浓度产生误差的是_(填字母)。A.容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干 B.图没有用蒸馏水洗烧杯 23 次，并转移洗液C.图时仰视容量瓶的刻度线D.图后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量水使液面凹面与刻度线相切答案：(1)

20、天平在容量瓶中注入水，盖好瓶塞，左手食指扣住瓶塞，右手托住瓶底倒立，观察瓶塞是否漏水；如不漏，将瓶塞旋转180，再重复检漏(2)A解析：(1)在配制过程中必要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250 mL容量瓶和天平。检验容量瓶是否漏水的操作方法是在容量瓶中注入水，盖好瓶塞，左手食指扣住瓶塞，右手托住瓶底倒立，观察瓶塞是否漏水； 如不漏，将瓶塞旋转 180，再重复检漏。(2)A项，容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，无影响；B项，图没有用蒸馏水洗烧杯 23 次，并转移洗液，则溶质减少，所以配得的Na2SO3溶液浓度偏低；C项，图时仰视容量瓶的刻度线，则溶液体积偏大，配得的Na2SO3溶液浓度偏低；

21、D项，图后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量水使液面凹面与刻度线相切，则溶液体积偏大，配得的Na2SO3溶液浓度偏低。14.(2021四川渝中区月考)如图所示的实验装置可用来测定含两种元素的某种气体X的分子式。在注射器A中装有240 mL气体 X 慢慢通过不含空气并装有红热的氧化铜的玻璃管B，使之完全反应，得到下面的实验结果：实验前B管重20.32 g，实验后B管重20.00 g，B管中的黑色粉末变成红色粉末。在C管中收集到的无色液体是水；在注射器D中收集的气体是氮气。试回答下列问题：(1)X气体是由_(填元素符号)元素组成的。(2)若240 mL X气体完全反应后，收集到的氮气质量是0.28

22、 g。根据实验时温度和压强计算 1 mol X气体的体积是24000 mL，则X的摩尔质量是_。(3)通过计算确定X的分子式为_。(4)写出B中发生反应的化学方程式：_。(已知：X在该条件下不发生分解反应)答案：(1)N、H(2)32 g/mol(3)N2H4(4)2CuON2H42Cu2H2ON2解析：(1)由题目信息可知，C管中收集到水，D中收集到N2，说明气体X与氧化铜反应有氮气、水生成，气体X只含有两种元素，根据元素守恒可知，气体X含有N、H元素。(2)1 mol X的气体的体积是24000 mL，故240 mL X气体的物质的量为0.01 mol，反应收集到氮气的质量是0.28 g，

23、物质的量为0.01 mol。B管中CuO含O：20.32 g20.00 g0.32 g，物质的量为0.02 mol，n(H2O)0.02 mol，故生成的水中H元素的质量为0.02 mol21 g/mol0.04 g，所以气体X的质量为0.28 g0.04 g0.32 g，故气体X的摩尔质量为32 g/mol。(3)根据(2)中可知n(X)0.01 mol，n(N)0.01 mol20.02 mol，n(H)0.02 mol20.04 mol，因此n(X)n(N)n(H)0.01 mol0.02 mol0.04 mol124，所以X的化学式为N2H4。(4)由题目信息可知，B管中的黑色粉末变成

24、红色粉末，说明反应生成Cu，C管中收集到水，D中收集到N2，说明气体X与氧化铜反应有氮气、水生成，故气体X与氧化铜反应生成铜、氮气与水，反应方程式为2CuON2H42Cu2H2ON2。15.(2021重庆新高考适应性考试)四氯化锡(SnCl4)，常温下为无色液体，易水解。某研究小组利用氯气与硫渣反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。硫渣的化学组成物质SnCu2SPbAsSb其他杂质质量分数/%64.4325.827.341.230.370.81氯气与硫渣反应相关产物的熔、沸点物质SnCl4CuClPbCl2AsCl3SbCl3S熔点/334265011873112沸点/1

25、141490951130221444请回答以下问题：(1)A装置中，盛浓盐酸装置中a管的作用是_，b瓶中的试剂是_。(2)氮气保护下，向B装置的三颈瓶中加入适量SnCl4浸没硫渣，通入氯气发生反应。生成SnCl4的化学方程式为_。其中冷凝水的入口是_，e中试剂使用碱石灰而不用无水氯化钙的原因是_。实验中所得固体渣经过处理，可回收的主要金属有_和_。(3)得到的粗产品经C装置提纯，应控制温度为_。(4)SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质。取10.00 g产品溶于水中，用0.02000 mol/L的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4标准溶液6.00 mL。测定过程中发生的相关反应有A

26、sCl3 3H2O=H3AsO33HCl和5H3AsO3 2KMnO46HCl=5H3AsO4 2MnCl22KCl 3H2O。该滴定实验的指示剂是_，产品中SnCl4的质量分数为_%(保留小数点后一位)。答案;(1)平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中浓硫酸(2)Sn2Cl2=SnCl4c吸收未反应的Cl2，防止污染空气CuPb(3)114(4)KMnO499.5%解析：(1)装置A中盛浓盐酸的仪器为恒压漏斗，其中a管的主要用于平衡烧瓶和恒压漏斗中的压强，使浓盐酸顺利流入烧瓶中； Cl2在参与反应前要经过干燥，所以b瓶中的试剂为浓硫酸。(2)硫渣中含Sn，与Cl2发生化合反应，即Sn2Cl2=

27、SnCl4。为了使冷凝回流的效果更明显，冷凝水的流向是下进上出，Cl2有毒，为了防止Cl2排到空气中污染环境，故选用碱石灰。硫渣中含量较多的金属元素为Cu和Pb，所以固体渣经过回收处理可得到金属Cu和Pb。(3)通过相关物质的物理性质表可知，SnCl4的沸点为114 ，所以蒸馏时温度应控制在114 。(4)滴定时不需要额外添加指示剂，因为KMnO4本身为紫色，故其指示剂为KMnO4。滴定消耗的KMnO4的物质的量为ncV0.02000 mol/L6.00103L1.2104mol，根据反应方程式可知样品中AsCl3的物质的量为1.2104 mol3104 mol，质量mnM3104181.55.445102 g，AsCl3的质量分数为100%，SnCl4的质量分数为1100%99.5%。