高考化學大二輪復習 第1部分 知識整合 專題1 化學基本概念 第2講 化學常用計量

第2講化學常用計量限時50分種，滿分70分一、選擇題(包括7個小題，每小題5分，共35分)1(2015全國卷)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A18 g D2O和18 g H2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NAB2 L 0.5 molL1亞硫酸溶液中含有的H數(shù)為2NAC過氧化鈉與水反應時，生成0.1 mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD密閉容器中2 mol NO與1 mol O2充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA解析 A、D和H的質(zhì)量數(shù)不同，則18 g D2O和18 g H2O的物質(zhì)的量不同，所以含有的質(zhì)子數(shù)不同，錯誤；B、亞硫酸為弱酸，水溶液中不完全電離，所以溶液中氫離子數(shù)目小于2NA，錯誤；C、過氧化鈉與水反應生成氧氣，則氧氣的來源于1價的O元素，所以生成0.1 mol氧氣時轉(zhuǎn)移電子0.2NA，正確；D、NO與氧氣反應生成二氧化氮，但常溫下，二氧化氮與四氧化二氮之間存在平衡，所以產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA，錯誤。答案C2(2016福建師大附中模擬)在甲、乙兩個體積不同的密閉容器中，分別充入質(zhì)量相同的CO、CO2氣體時，兩容器的溫度和壓強均相同，則下列說法正確的是A充入的CO分子數(shù)比CO2分子數(shù)少B甲容器的體積比乙容器的體積小CCO的摩爾體積比CO2的摩爾體積小 D甲中CO的密度比乙中CO2的密度小解析溫度、壓強相同條件下，氣體摩爾體積相等，根據(jù)n=m/M 可知，相同質(zhì)量時其物質(zhì)的量之比等于其摩爾質(zhì)量的反比，CO、CO2的摩爾質(zhì)量分別是28 gmol1、44 gmol1，所以二者的物質(zhì)的量之比=44 gmol128 gmol1=117，則A.根據(jù)N=nNA知，二者的分子數(shù)之比等于其物質(zhì)的量之比為117，所以CO分子數(shù)多，A錯誤；B.根據(jù)V=nVm知，相同條件下，氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比，所以甲的體積比乙大，B錯誤；C.溫度和壓強相等，其氣體摩爾體積相等，所以二者的氣體摩爾體積相等，C錯誤；D.=M/Vm可知，相同條件下，其密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，D正確。答案D3下列實驗操作中，錯誤的是A配制5%食鹽溶液時，將稱量的食鹽放入燒杯中加適量的水攪拌溶解B讀取滴定管內(nèi)液體的體積，俯視導致讀數(shù)偏小C測定未知NaOH溶液濃度時，酸式滴定管需用標準酸液潤洗23次D配制0.1 molL1的H2SO4溶液時，將量取的濃H2SO4放入容量瓶中加水稀釋解析濃H2SO4稀釋時放出大量的熱，故稀釋時應把濃H2SO4慢慢地倒入盛有水的燒杯中，且邊倒邊攪拌，冷卻后再轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故D選項符合題意。答案D4(雙選)(2015海南高考)下列指定微粒的數(shù)目相等的是A等物質(zhì)的量的水與重水含有的中子數(shù)B等質(zhì)量的乙烯和丙烯中含有的共用電子對數(shù)C同溫、同壓同體積的CO和NO含有的質(zhì)子數(shù)D等物質(zhì)的量的鐵和鋁分別于足量氯氣完全反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)解析A1 mol普通水中含有的中子數(shù)是8NA,1 mol重水中含有的中子數(shù)是10NA，所以等物質(zhì)的量的水與重水含有的中子數(shù)不相等，錯誤。B.乙烯、丙烯都屬于烯烴，分子式符合CnH2n，最簡式是CH2，所以若二者的質(zhì)量相等，含最簡式的個數(shù)相等，含有的共用電子對數(shù)也相等，正確。C.同溫同壓下，同體積的CO和NO分子數(shù)相同，但是由于每個分子中含有的質(zhì)子數(shù)不相同，所以同溫同壓下，同體積的CO和NO含有的質(zhì)子數(shù)不相等，錯誤。D.由于Cl2的氧化性很強，與變價金屬Fe反應時產(chǎn)生的是FeCl3，與Al發(fā)生反應產(chǎn)生AlCl3，所以等物質(zhì)的量的鐵和鋁分別與足量的氯氣完全反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)目相等，正確。答案BD5把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為A.molL1B.molL1C.molL1 D.molL1解析注意混合液分成兩等份，由Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO=BaSO4可知原溶液中n(Mg2)=mol=a mol、n(SO)=2b mol，依據(jù)電荷守恒可知原溶液中n(K)=2n(SO)2n(Mg2)=2(2ba)mol，c(K)=molL1。答案D6在一密閉容器中放入甲、乙、丙、丁四種物質(zhì)，一段時間后測得數(shù)據(jù)如下：四種物質(zhì)甲乙丙丁反應前質(zhì)量(g)251515反應后質(zhì)量(g)11未測122則下列表述正確的是A未測值為3 B丙一定是催化劑C乙全部參加反應 D甲與乙反應的質(zhì)量比為143解析反應物甲消耗2511=14(g)，生成丁的質(zhì)量為225=17 (g)，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知，乙為反應物，參加反應的乙的質(zhì)量為3 g，未測值為153=12 g，甲與乙反應的質(zhì)量比為143，丙未參與反應，但不一定是催化劑。答案D7在溶液的配制過程中會引起濃度偏高的是用1 g 98%的濃硫酸加4 g水配制成19.6%的硫酸配制一定物質(zhì)的量濃度的硫酸溶液時，定容后，塞好塞子倒轉(zhuǎn)搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線10%的硫酸和90%的硫酸等體積混合配制50%的硫酸溶液向80 mL水中加入18.4 molL1硫酸20 mL，配制3.68 molL1的硫酸溶液質(zhì)量分數(shù)為5x%和x%的兩種氨水等體積混合配制成3x%的氨水A BC D解析1 g98%/(14)g=19.6%；沒有誤差；設10%的硫酸和90%的硫酸的密度分別為1與2，12，(V110%V290%)/(V1V2)=10%V280%/(V1V2)=10%2V240%/(V1V2)10%40%=50%，混合液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)大于50%；混合后溶液的體積小于100 mL，導致濃度偏高；氨水質(zhì)量分數(shù)越大，其密度越小，解法同，混合后得到的氨水的質(zhì)量分數(shù)小于3x%。答案C二、非選擇題(包括4個小題，共35分)8(8分)將含有2.05 g某高價含氧酸的鈣鹽的溶液A與含1.20 g碳酸鹽的溶液B混合，恰好完全反應，生成1.25 g白色沉淀C。將濾去沉淀C的濾液蒸發(fā)，得到白色固體D，繼續(xù)加熱D時，D分解只得兩種氣態(tài)物質(zhì)的混合物，在0 、1105 Pa下，體積變?yōu)?.56 L，并得到0.90 g液態(tài)水，另一種氣態(tài)物質(zhì)為氣態(tài)氧化物R2O。試回答：(1)白色沉淀C的物質(zhì)的量為_mol。(2)A的摩爾質(zhì)量為_，B的摩爾質(zhì)量為_。(3)R2O與H2O的物質(zhì)的量之比為_，生成D的質(zhì)量為_，D的摩爾質(zhì)量為_，R2O的相對分子質(zhì)量為_，R2O的化學式是_。(4)寫出A和B混合的化學方程式_。解析由AB=CD知，C為CaCO3，D是一種含三種元素的含氧酸鹽，該鹽只能是NH4NO3，分解生成的R2O為N2O。A為Ca(NO3)2，B為(NH4)2CO3。(1)C的物質(zhì)的量為1.25 g100 gmol1=0.012 5 mol。(2)A、B的摩爾質(zhì)量分別為164 gmol1和96 gmol1。(3)N2O的物質(zhì)的量為0.56 L22.4 Lmol1=0.025 mol, N2O與H2O的物質(zhì)的量之比為12。答案(1)0.012 5(2)164 gmol196 gmol1(3)122 g80 gmol144N2O(4)Ca(NO3)2(NH4)2CO3=CaCO32NH4NO39(9分)實驗室需要配制0.50 molL1 NaCl溶液480 mL。按下列操作步驟填上適當?shù)奈淖?，以使整個操作完整。(1)選擇儀器。完成本實驗所必需的儀器有：托盤天平(精確到0.1 g)、藥匙、燒杯、玻璃棒、_、_以及等質(zhì)量的幾片濾紙。(2)計算。配制該溶液需取NaCl晶體的質(zhì)量為_g。(3)稱量。天平調(diào)平之后，應將天平的游碼調(diào)至某個位置，請在下圖中用一根豎線標出游碼左邊緣所處的位置：稱量過程中NaCl晶體應放于天平的_(填“左盤”或“右盤”)。稱量完畢，將藥品倒入燒杯中。(4)溶解、冷卻，該步實驗中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)轉(zhuǎn)移、洗滌。在轉(zhuǎn)移時應使用_引流，洗滌燒杯23次是為了_。(6)定容，搖勻。(7)在配制過程中，某學生觀察定容時液面情況如圖所示，所配溶液的濃度會_(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。解析配制480 mL 0.50 molL1 的NaCl溶液，必須用500 mL容量瓶。m(NaCl)=0.50 molL10.5 L58.5 gmol1=14.6 g。用托盤天平稱量時，物品放在左盤，配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟為：計算 稱量(或量取)溶解、冷卻轉(zhuǎn)移、洗滌定容、搖勻裝瓶貼簽。定容時仰視液面會造成溶液體積偏大，濃度偏低。答案(1)500 mL容量瓶膠頭滴管(2)14.6(3)左盤(4)攪拌，加速溶解(5)玻璃棒保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移至容量瓶中(7)偏低10(10分)(2015江蘇高考)軟錳礦(主要成分MnO2，雜質(zhì)金屬元素Fe、Al、Mg等)的水懸濁液與煙氣中SO2反應可制備MnSO4H2O ，反應的化學方程式為：MnO2SO2=MnSO4(1)質(zhì)量為17.40 g純凈MnO2最多能氧化_L(標準狀況)SO2。(2)已知：KspAl(OH)3=11033，KspFe(OH)3=31039，pH=7.1時Mn(OH)2開始沉淀。室溫下，除去MnSO4溶液中的Fe3、Al3(使其濃度小于1106molL1)，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為_。(3)下圖可以看出，從MnSO4和MgSO4混合溶液中結晶MnSO4H2O晶體，需控制結晶溫度范圍為_。(4)準確稱取0.171 0 g MnSO4H2O樣品置于錐形瓶中，加入適量H3PO4和NH4NO3溶液，加熱使Mn2全部氧化成Mn3，用c(Fe2)=0.050 0 molL1的標準溶液滴定至終點(滴定過程中Mn3被還原為Mn2)，消耗Fe2溶液20.00 mL。計算MnSO4H2O樣品的純度(請給出計算過程)。解析(1)根據(jù)反應方程式，n(SO2)=n(MnO2)=0.2 mol，標準狀況下V(SO2)=0.2 mol22.4 Lmol1=4.48 L；(2)制備MnSO4，再根據(jù)信息，pH小于7.1，氫氧化鋁完全變成沉淀時的pH：KspAl(OH)3=11033=c(Al3)c3(OH)，c(Al3)=1106 molL1，得出：c(OH)=1109 molL1，c(H)=Kw/c(OH)=105，pH=5，同理計算出Fe(OH)3完全變成沉淀時，pH約為3.5，故范圍是：5.0<pH<7.1；(3)從MnSO4和MgSO4混合溶液中結晶MnSO4H2O晶體，根據(jù)圖上信息，高于60 以后MnSO4H2O的溶解度減小，而MgSO46H2O的溶解度增大，因此控制結晶溫度范圍是高于60 ，這樣可以得到純凈的MnSO4H2O；(4)根據(jù)氧化還原反應中得失電子守恒：n(Mn3)1=n(Fe2)1=20.001030.050 0 mol=1.00103 mol，根據(jù)Mn元素守恒，m(MnSO4H2O)=1.00103169 g=0.169 g，純度是：0.169/0.171 0100%=98.8%。答案(1)4.48(2)5.0<pH<7.1(3)高于60(4)根據(jù)氧化還原反應中得失電子守恒：n(Mn3)1=n(Fe2)1=20.001030.050 0 mol=1.00103 mol，根據(jù)Mn元素守恒，m(MnSO4H2O)=1.00103169 g=0.169 g，純度是：0.169/0.171 0100%=98.8%。11(8分)白玉的化學式可用CaxMgySipO22(OH)2表示(也可用Ca、Mg、Si、H的氧化物表示)。(1)取8.10 g白玉粉末灼燒至恒重，固體減少了0.18 g，則白玉的摩爾質(zhì)量為_。(2)另取4.05 g白玉粉末加入100 mL 1 molL1的鹽酸中充分溶解，最終得不溶氧化物2.40 g，過濾，將濾液和洗滌液合并后往其中加入足量的鐵屑，得到氣體336 mL(標準狀況下)。則p=_； 白玉的化學式(用氧化物的形式)表示為_。解析(1)由白玉的化學式CaxMgySipO22(OH)2可以看出1 mol白玉在灼燒時發(fā)生反應，只能生成1 mol水。n(H2O)=0.01 mol，所以白玉的物質(zhì)的量也是0.01 mol，則白玉的摩爾質(zhì)量為8.10 g0.01 mol=810 gmol1。(2)n(白玉)=4.05 g810 gmol1=0.005 mol，其中含有Si的物質(zhì)的量為2.40 g60 gmol1=0.04 mol，因此每摩爾白玉中含有Si的物質(zhì)的量為0.040.005 mol=8 mol，由化學方程式Fe2HCl=FeCl2H2可知：n(H2)=0.336 L22.4 Lmol1=0.015 mol，因此與白玉反應后過量的HCl的物質(zhì)的量為0.03 mol，白玉消耗的HCl的物質(zhì)的量為1 molL10.1 L0.03 mol=0.07 mol，那么每摩爾白玉反應需要消耗的HCl的物質(zhì)的量為0.070.005 mol=14 mol。由于Ca、Mg都是2價的金屬，所以與鹽酸反應時每個金屬陽離子都要結合2個Cl，所以n(Ca2)n(Mg2)=14 mol/2=7 mol，即xy=7，再結合相對分子質(zhì)量40x24y2881622172=810可得x=2，y=5。所以該化合物的分子式為Ca2Mg5Si8O22(OH)2，用氧化物的形式表示為2CaO5MgO8SiO2H2O。答案(1)810 gmol1(2 )82CaO5MgO8SiO2H2O