2019高考化学二轮复习第1部分第2讲化学常用计量对点特训.doc

1、1对点特训(二) 化学常用计量1设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是( D )A标准状况下，11.2 L NO 和 11.2 L SO3的分子总数为 NAB0.1 mol Br 2与足量 H2O 或 NaOH 反应转移的电子数均为 0.1NAC0.1 mol 的白磷(P 4)或四氯化碳(CCl 4)中所含的共价键数均为 0.4NAD在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出 32 g 铜时，转移电子数均为 NA解析 标准状况下，SO 3为固体， 选项 A 错误；Br 2与 H2O 反应是可逆反应， 选项 B错误；0.1 mol P 4中含有 0.6 mol 共价键， 选项 C 错误。2(

2、2018江淮十校三模)设 NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是( A )A1 mol 淀粉(C 6H10O5)n完全水解后产生的葡萄糖分子数一定为 NAB水蒸气通过 Na2O2使其增重 2 g 时，反应中转移的电子数为 NAC常温下，15 g HCHO 与 14CO 组成的混合气体中分子数为 0.5NAD10 g 质量分数为 46%乙醇溶液中 OH 键数目为 0.7NA解析 1 mol 淀粉(C 6H10O5)n中 n 不确定 ，所以完全水解后产生的葡萄糖分子数也不确定， 选项 A 错误； 水与过氧化钠反应的化学方程式为：2Na 2O22H 2O=4NaOHO 2，由反应方程式可知，

3、若有 2 mol 水参加反应，反应后固体增加 4 g，转移 2 mol 电子，因此质量增加 2 g 时，转移电子 1 mol，转移电子的数目为 NA，选项 B 正确；HCHO 与 14CO 的摩尔质量相等，均为 30 g/mol，则 15 g 混合气体的物质的量为 0.5 mol，其分子总数为0.5NA，选项 C 正确； 10 g 质量分数为 46%乙醇溶液中含有 4.6 g 乙醇和 5.4 g 水，乙醇和水的物质的量分别为 0.1 mol 和 0.3 mol，由乙醇和水的分子结构可知，二者分别含有0.1 mol OH 键和 0.6 mol OH 键，OH 键的总数为 0.7NA，选项 D 正

4、确。3(2018合肥二模)已知 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( A )A8.4 g NaHCO 3晶体中含有 0.1NA个 CO23B含有 NA个氢氧化铝胶粒的明矾溶液中，硫酸根离子数目大于 2NA个C3.0 g 含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4NAD铅蓄电池工作时，当电路中通过的电子为 0.2NA时，负极质量增加 9.6 g解析 NaHCO 3晶体是由 Na 和 HCO 组成，不含 CO ，选项 A 错误； 由于铝离子水 3 23解不彻底而且一个氢氧化铝胶粒中含有的铝原子不止一个，选项 B 正确；甲醛(HCHO)和冰醋酸的最简式都是 CH2O,3.0 g

5、含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有 0.1 mol CH2O，故其原子总数为 0.4NA，选项 C 正确 ；负极反应式为 PbSO 2e =PbSO4，负极增加的质量是 SO24的质量，因此通过 0.2 mol e ，负极质量增加 9.6 g，选项 D 正确。244(2018皖西名校质检)设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( D )A1 mol H 2与 0.5 mol I2在一定条件下充分反应，最后分子总数一定为 1.5NAB向含 1 mol Cl 的 NH4Cl 溶液中加入氨水使溶液呈中性，此时溶液中 NH 数目为 4NAC10 g D O 和 10 g H O 中含有的中子数

6、均为 5NA162 1822D标准状况下，1 L pH13 的 Ba(OH)2溶液中含有 OH 的数目为 0.1NA解析 H 2与 I2的反应虽然是可逆反应，但是该反应分子总数不变，选项 A 正确；根据电荷守恒可知呈中性溶液中 NH 数目与 Cl 相等，选项 B 正确； D O 和 H O 相对分子 4 162 182质量以及中子数均相等，选项 C 正确；标准状况下，温度低于室温，所以 KW改变了，选项D 错误。5( 2018福州八县期中)实验室中需要 2 mol/L 的硫酸铜溶液 95 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取胆矾质量分别是( D )A95 mL,30.4 g B95 mL,4

7、7.5 gC100 mL,32.0 g D100 mL,50.0 g解析 实验室没有 95 mL 的容量瓶，应用 100 mL 的容量瓶进行配制，则 n(CuSO4)0.1 L2 mol/L0.2 mol，需要胆矾的质量2 mol250 g/mol50.0 g，选项 D 正确。6某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中 c(SO ) c(NO )2.5 molL1 。取 200 mL24 3该混合酸，则能溶解铜的最大质量为( B )A12.8 g B19.2 gC32.0 g D38.4 g解析 反应的离子方程式为 3Cu8H 2NO =3Cu2 2NO4H 2O，要使溶解的铜 3的质量最大，则氢离子和硝

8、酸根离子浓度满足方程式中的比例关系，硝酸全部起氧化剂作用，假设硫酸的浓度为 x molL1 ，则硝酸的浓度为(2.5 x) molL1 ，则氢离子浓度为 2x(2.5 x)2.5 x， c(NO )2.5 x，则(2.5 x)：(2.5 x)2：8，解得 3x1.5 molL1 ，则硝酸根物质的量为 1 molL1 0.2 L0.2 mol，溶解的铜为 0.3 mol，质量为 0.3 mol64 gmol1 19.2 g，选项 B 正确。7(2017湖南师大附中检测)将 Na2O2逐渐加入到含有 Al3 、Mg 2 、NH 的混合液 4中并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入 Na2

9、O2的物质的量(mol)关系如图所示，则原溶液中 Al3 、Mg 2 、NH 的物质的量分别为( C ) 4A2 mol、3 mol、8 mol B3 mol、2 mol、8 molC2 mol、3 mol、4 mol D3 mol、2 mol、4 mol解析 由图可知，沉淀物质的量最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且 nMg(OH)2 nAl(OH)35 mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知 nMg(OH)23 mol，则nAl(OH)32 mol，根据元素守恒可知， n(Al3 ) nAl(OH)32 mol， n(Mg2 ) nMg(OH)23 mol；反应生成的气体为氨气与氧气，

10、由图可知溶液加入 8 mol Na2O2以3后，再加 Na2O2，气体的增加变慢，故加入 8 mol Na2O2时，NH 完全反应，且沉淀达最大 4值，故溶液中 Mg2 、NH 、Al 3 都恰好完全反应，此时溶液中 Mg2 、NH 、Al 3 为 Na 代 4 4替，溶液中 n(Na )2 n(Na2O2)28 mol16 mol，根据电荷守恒有 n(Na )2 n(Mg2 ) n(NH )3 n(Al3 )，即 16 mol23 mol n(NH )32 mol，所以 n(NH )4 4 4 4mol，选项 C 正确。8(2018运城质检)下列溶液配制实验的描述完全正确的是( C )A配制

11、一定物质的量浓度的溶液时，移液应该用玻璃棒引流，且玻璃棒不能紧贴容量瓶，玻璃棒下端要靠在刻度线上方的瓶壁 B用浓盐酸配制 11(体积比)的稀盐酸(约 6 molL1 )通常需要用容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等仪器C配制 NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量 H2SO4以防水解D用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏低解析 玻璃棒下端要靠在刻度线下方瓶壁，选项 A 错误；用浓盐酸配制体积比 11的稀盐酸，不需要容量瓶，选项 B 错误；铵根离子和铁离子易水解，可加 H2SO4以防水解，选项 C 正确 ；量取浓盐酸时，仰视会使量取的浓盐酸体积

12、偏大，所配制溶液浓度偏高，选项 D 错误。9(2018江西六市联考)8.34 g FeSO47H2O 样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列有关说法正确的是( D )A温度为 78时固体物质 M 的化学式为 FeSO45H2OB温度为 159时固体物质 N 的化学式为 FeSO43H2OC在隔绝空气条件下，N 得到 P 的化学方程式为 FeSO4 FeOSO 3= = = = =高 温 D取适量 380时所得的样品 P，隔绝空气加热至 650 ，得到一种固体物质 Q，同时有两种无色气体生成，Q 的化学式为 Fe2O3解析 8.34 g FeSO47H2O 的物质

13、的量是 8.34 g278 g/mol0.03 mol。根据图像可知温度为 78时固体质量减少 8.34 g6.72 g1.62 g，则失去结晶水的物质的量是1.62 g18 g/mol0.09 mol，即每摩尔固体失去 3 mol 结晶水，所以固体物质 M 的化学式为 FeSO44H2O，选项 A 错误；温度为 159 时固体质量又减少 6.72 g5.10 g1.62 g，则失去结晶水的物质的量是 0.09 mol，每摩尔固体又失去了 3 mol 结晶水，则固体物质 N 的化学式为 FeSO4H2O，选项 B 错误；根据图像可知 N 到 P 固体质量又减少 5.10 g4.56 g0.54

14、 g，相当于 0.03 mol 结晶水，这说明此时固体已经完全失去结晶水，则4在隔绝空气条件下，N 得到 P 的化学方程式为 FeSO4H2O FeSO4H 2O，= = = = =高 温 选项 C 错误；根据以上分析可知，380 时 P 是硫酸亚铁，隔绝空气加热至 650 时固体质量变为 2.40 g，根据铁元素守恒可知，0.03 mol 铁能生成 0.015 mol 氧化铁，质量是0.015 mol160 g/mol2.4 g，这说明 Q 的化学式恰好为 Fe2O3，选项 D 正确。10(2018江西九校联考)相对分子质量为 M 的气态化合物 V L(标准状况)，溶于 m g 水中，得到质

15、量分数为 的溶液，物质的量浓度为 c molL1 ，密度为 gcm3 。则下列说法不正确的是( C ) A相对分子质量 M22.4 mV 1 B物质的量浓度 c1000 VMV 22.4 mC溶液的质量分数 wMV22.4 mD溶液密度 cM1 000 解析 由 c 知选项 B 正确；由 V22.4( V22.4M m)10 3 1 000 VMV 22.4 m 知选项 C 错误；将此式变形后即可得到选项 A 中的式子，由 cV22.4Mm V22.4M MV22.4m MV知选项 D 正确。1 000 M11(2018鄂东南联盟联考)一定质量的液态化合物 XY2与标准状况下的一定质量的O2恰

16、好完全反应，反应的化学方程式为 XY2(l)3O 2(g)=XO2(g)2YO 2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的体积是 672 mL，密度是 2.56 gL1 。则：(1)反应前 O2的体积是_672_mL_。(2)化合物 XY2的摩尔质量是_76_gmol 1 _。(3)若 XY2分子中 X、Y 两元素的质量比是 316，则 X、Y 两元素分别为_C_和_S_(写元素符号)。解析 (1)由反应 XY2 (l)3O 2(g)=XO2(g)2YO 2(g)可知，反应前后气体的体积变化为 0，故 V(O2)672 mL。(2)由 m V 得生成物的质量 m0.672 L2.56 gL1

17、1.72 g，O 2的物质的量 n0.03 mol，XY 2 的物质的量为 0.01 mol。所以 M(XY2)0.672 L22.4 Lmol 176 gmol 1 。1.72 g 0.03 mol32 gmol 10.01 mol5(3)由 和 M(X)2 M(Y)76，解得 M(X)12， M(Y)32，即 X 为 C 元素，M X2M Y 316Y 为 S 元素。12(2018上饶六校联考)化合物 AKxFe(C2O4)yzH2O，其中铁元素为3 价是一种重要的光化学试剂。测定化合物 A 的化学式实验步骤如下：a准确称取 A 样品 4.91 g，干燥脱水至恒重，残留物质的质量为 4.3

18、7 g；b将步骤 a 所得固体溶于水，加入还原铁粉 0.28 g，恰好完全反应；c另取 A 样品 4.91 g 置于锥形瓶中，加入足量的 3 molL1 的 H2SO4溶液和适量蒸馏水，再加入 0.50 molL1 的 KMnO4溶液 24.0 mL，微热，恰好完全反应：2KMnO45H 2C2O43H 2SO4=2MnSO4K 2SO410CO 28H 2O通过计算填空：(1)4.91 g A 样品中含结晶水的物质的量为_0.03_mol。(2)A 的化学式为_K 3Fe(C2O4)33H2O_(写出计算过程)。解析 (1)样品中结晶水的物质的量n(H2O) 0.03 mol。4.91 g

19、4.37 g18 gmol 1(2)由 2Fe3 Fe= =3Fe2 可知， n(Fe3 )2 n(Fe)2 0.01 mol。根0.28 g56 gmol 1据反应的化学方程式可知 n(C2O ) n(KMnO4) 0.50 molL1 0.024 L0.03 2452 52mol，根据离子电荷守恒 n(K )3 n(Fe3 )2 n(C2O )，可得 n(K )0.03 mol，因此 A24为 K3Fe(C2O4)33H2O。13(2018西南名校联考)某化学研究性学习小组需配制含有 NH 、Cl 、K 、SO 4的植物培养液 450 mL，且要求该培养液中 c(Cl ) c(K ) c(

20、SO )0.4 24 24molL1 。实验室提供的药品有：NH 4Cl、KCl、(NH 4)2SO4、K 2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：药匙 托盘天平 烧杯 玻璃棒 胶头滴管 量筒。请回答下列问题：(1)该植物培养液中，NH 的物质的量浓度为_0.8_molL 1 _。 4(2)该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的实验仪器是_B_(填字母)。A450 mL 容量瓶B500 mL 容量瓶C两个 250 mL 容量瓶(3)甲同学用 KCl 和(NH 4)2SO4两种物质进行配制，则需称取 m(KCl)_14.9_g， m(NH4)2SO4_26.4_g。(4)乙同学用所提供药品中的三种

21、进行配制，请帮助该同学选用三种物质：_(NH 4)2SO4_、_NH 4Cl_、_K 2SO4_。(填化学式)(5)若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的6是_ABC_(填字母)。A将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒B将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶C用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线D用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线解析 (1)根据溶液呈电中性有 c(NH ) c(K ) c(Cl )2 c(SO )，则 c(NH ) 4 24 4 c(Cl )2 c(SO ) c(K )0.8 molL

22、1 。(2)实验所用容量瓶规格应该等于或略大24于实验所需配制溶液的体积，实验室没有 450 mL 的容量瓶，且用容量瓶配制溶液时，需一次完成，应选用 500 mL 容量瓶。(3)配制所需该溶液应该按配制 500 mL 溶液来计算，所需KCl、(NH 4)2SO4的物质的量均为 0.2 mol，对应的质量分别为 14.9 g、26.4 g。(4)由题知，该植物培养液中： n(NH )2 n(Cl )2 n(K )2 n(SO )，若用三种物质来配制，三种 4 24物质应该为(NH 4)2SO4、NH 4Cl、K 2SO4，且物质的量之比为 121。(5)未洗涤烧杯和玻璃棒，会有部分溶质残留在烧

23、杯和玻璃棒上，使所配溶液浓度偏低，选项 A 正确；转移时部分溶液溅出容量瓶，使溶质损失，所配溶液浓度偏低，选项 B 正确；加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度线，说明所配溶液体积偏大、浓度偏小，选项 C 正确；俯视读数时，实际液面低于容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小、浓度偏大，选项 D 错误。14(2018太原四月调研)为研究一水草酸钙(CaC 2O4H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取 36.50 g 样品加热，样品的固体残留率 ( 100%)随温固 体 样 品 的 剩 余 质 量固 体 样 品 的 起 始 质 量度的变化如下图所示。(1)300 时残留固体的成分为_CaC 2O4_,900

24、 时残留固体的成分为_CaO_。(2)通过计算求出 500 时固体的成分及质量(写出计算过程)。解析 (1) n(CaC2O4H2O) 0.25 mol，含有 m(H2O)0.25 mol18 36.50 g146 gmol 1gmol1 4.50 g，在 300 时， 87.67%， m(剩余)36.50 g87.67%32 m 剩 余 m 起 始 g，减少的质量为 36.50 g32 g4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在 900 时， 38.36%， m(剩余)36.50 g38.36%14 g，其中 Cam 剩 余 m 起 始 的质量没有损失，含 m(Ca)

25、0.25 mol40 gmol1 10 g，另外 14 g10 g4 g 假设只有 O， n(O) 0.25 mol，则 n(Ca) n(O)11，化学式为 CaO。(2)在4g16 gmol 17600 时， 68.49%， m(剩余)36.50 g68.49%25 g，从 300 至 600 m 剩 余 m 起 始 时，失去的总质量为 32 g 25 g7 g,7 g0.25 mol 28 gmol1 ，每摩尔物质失去的质量看成一种物质则应为 CO，CaC 2O4失去 CO 后产物为 CaCO3，在 500 时，应为 CaC2O4和 CaCO3的混合物，根据固体总质量及 Ca 元素守恒列式

26、，可分别得出两者的物质的量。答案 (2)500 时残留固体的成分为 CaC2O4和 CaCO3的混合物，样品中 CaC2O4H2O的物质的量 n(CaC2O4H2O) 0.25 mol，设混合物中 CaC2O4和 CaCO3的物36.50 g146 gmol 1质的量分别为 x mol 和 y mol，根据 500 时固体总质量可得 128x100 y36.50 g76.16%，根据钙元素守恒可得 x y0.25，解得 x0.10， y0.15，m(CaC2O4)0.10 mol128 gmol 1 12.80 g，m(CaCO3)0.15 mol100 gmol 1 15.0 g，500 时固体的成分为 12.8 g CaC2O4和 15.0 g CaCO3。