2019届二轮复习化学常用计量作业（全国通用）(2)

2019届二轮复习化学常用计量作业（全国通用）(2)

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 NA B．0.1 mol Br2 与足量 H2O 或 NaOH 反应转移的电子数均为 0.1NA C．0.1 mol 的白磷(P4)或四氯化碳(CCl4)中所含的共价键数均为 0.4NA D．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，SO3 为固体， 选项 A 错误；Br2 与 H2O 反应是可逆反应， 选项 B 错误；0.1 mol P4 中含有 0.6 mol 共价键， 选项 C 错误。 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　) A．1 mol 淀粉(C6H10O5)n 完全水解后产生的葡萄糖分子数一定为 NA B．水蒸气通过 Na2O2 使其增重 2 g 时，反应中转移的电子数为 NA C．常温下，15 g HCHO 与 14CO 组成的混合气体中分子数为 0.5NA D．10 g 质量分数为 46%乙醇溶液中 O－H 键数目为 0.7NA 解析　1 mol 淀粉(C6H10O5)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：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑， 由反应方程式可知，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 O—H 键和 0.6 mol O—H 键，O—H 键的总数为 0.7NA，选项 D 正确。 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　) A．8.4 g NaHCO3 晶体中含有 0.1NA 个 CO2－3 B．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 C．3.0 g 含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4NA D．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　NaHCO3 晶体是由 Na＋和 HCO －3 组成，不含 CO2－3 ，选项 A 错误； 由于铝离子 水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 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 Pb＋SO2－4 －2e－===PbSO4，负极增加的质量是 SO 2－4 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。 4．(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　) A．1 mol H2 与 0.5 mol I2 在一定条件下充分反应，最后分子总数一定为 1.5NA B．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 ＋4 数目为 NA C．10 g D162 O 和 10 g H182 O 中含有的中子数均为 5NA D．标准状况下，1 L pH＝13 的 Ba(OH)2 溶液中含有 OH－的数目为 0.1NA 解析　H2 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 ＋4 数目与 Cl－相等，选项 B 正确； D162 O 和 H182 O 相对分子 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　) A．95 mL,30.4 g　　　 B．95 mL,47.5 g C．100 mL,32.0 g　　　 D．100 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 L×2 mol/L＝0.2 mol，需要胆矾的质量＝2 mol×250 g/mol＝50.0 g，选项 D 正确。 6．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中 c(SO2－4 )＋c(NO－3 )＝2.5 mol·L－1。取 200 mL 该混合 酸，则能溶解铜的最大质量为(　B　) A．12.8 g　　　 B．19.2 g C．32.0 g　　　 D．38.4 g 解析　反应的离子方程式为 3Cu＋8H＋＋2NO－3 ===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，要使溶解的 铜的质量最大，则氢离子和硝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 mol·L－1，则硝酸的浓度为(2.5－x) mol·L－1，则氢离子浓度为 2x＋ (2.5－x)＝2.5＋x，c(NO－3 )＝2.5－x，则(2.5－x)：(2.5＋x)＝2：8，解得 x＝1.5 mol·L －1，则 硝酸根物质的量为 1 mol·L －1×0.2 L＝0.2 mol，溶解的铜为 0.3 mol，质量为 0.3 mol×64 g·mol－1＝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＋、Mg2＋、NH ＋4 的混合液中 并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入 Na2O2 的物质的量(mol)关系如图所示，则 原溶液中 Al3＋、Mg2＋、NH ＋4 的物质的量分别为(　C　) A．2 mol、3 mol、8 mol　　　 B．3 mol、2 mol、8 mol C．2 mol、3 mol、4 mol　　　 D．3 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 n[Mg(OH)2]＋ n[Al(OH)3]＝5 mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知 n[Mg(OH) 2]＝3 mol，则 n[Al(OH)3] ＝ 2 mol ， 根 据 元 素 守 恒 可 知 ， n(Al3 ＋ ) ＝ n[Al(OH)3] ＝ 2 mol ， n(Mg2 ＋ ) ＝ n[Mg(OH)2]＝3 mol；反应生成的气体为氨气与氧气，由图可知溶液加入 8 mol Na2O2 以后， 再加 Na2O2，气体的增加变慢，故加入 8 mol Na2O2 时，NH ＋4 完全反应，且沉淀达最大值， 故溶液中 Mg2＋、NH＋4 、Al3＋都恰好完全反应，此时溶液中 Mg2＋、NH＋4 、Al3＋为 Na＋代替， 溶液中 n(Na＋)＝2n(Na2O2)＝2×8 mol＝16 mol，根据电荷守恒有 n(Na＋)＝2n(Mg2＋)＋n(NH ＋4 )＋3n(Al3＋)，即 16 mol＝2×3 mol＋n(NH＋4 )＋3×2 mol，所以 n(NH＋4 )＝4 mol，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 1∶1(体积比)的稀盐酸(约 6 mol·L－1)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 1∶1 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 FeSO 4·7H2O 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 FeSO4·5H2O B．温度为 159℃时固体物质 N 的化学式为 FeSO4·3H2O C．在隔绝空气条件下，N 得到 P 的化学方程式为 FeSO4 =====高温 FeO＋SO3↑ 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 FeSO4·7H2O 的物质的量是 8.34 g÷278 g/mol＝0.03 mol。根据图像可知温 度为 78℃时固体质量减少 8.34 g－6.72 g＝1.62 g，则失去结晶水的物质的量是 1.62 g÷18 g/mol ＝ 0.09 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 FeSO4·4H2O，选项 A 错误；温度为 159 ℃时固体质量又减少 6.72 g－5.10 g＝1.62 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 FeSO4·H2O，选项 B 错误；根据图像可知 N 到 P 固体质量又减少 5.10 g－4.56 g＝0.54 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，则在隔绝空气条件下，N 得 到 P 的化学方程式为 FeSO4·H2O =====高温 FeSO4＋H2O↑，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 mol×160 g/mol＝2.4 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，得到质量分数为 ω 的溶液，物质的量浓度为 c mol·L－1，密度为 ρ g·cm－3。则下列说法 不正确的是(　C　) A．相对分子质量 M＝22.4 mω V(1－ω) B．物质的量浓度 c＝ 1000 ρV MV＋22.4 m C．溶液的质量分数 w＝ MV 22.4 m D．溶液密度 ρ＝ cM 1 000 ω 解 析 　 由 c ＝ V 22.4 ( V 22.4 × M＋m) × 10－3 ÷ ρ ＝ 1 000ρV MV＋22.4 m知 选 项 B 正 确 ； 由 ω ＝ V 22.4 × M m＋ V 22.4 × M ＝ MV 22.4m＋MV知选项 C 错误；将此式变形后即可得到选项 A 中的式子，由 c＝ 1 000ρω M 知选项 D 正确。 11．(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 恰好完全反应，反应的化学方程式为 XY2(l)＋3O2(g)===XO2(g)＋2YO2(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 g·L－1。则： (1)反应前 O2 的体积是__672_mL__。 (2)化合物 XY2 的摩尔质量是__76_g·mol－1__。 (3)若 XY2 分子中 X、Y 两元素的质量比是 3∶16，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)＋3O2(g)===XO2(g)＋2YO2(g)可知，反应前后气体的体积变化为 0，故 V(O2)＝672 mL。 (2)由 m＝ρV 得生成物的质量 m＝0.672 L×2.56 g·L －1 ＝1.72 g，O 2 的物质的量 n＝ 0.672 L 22.4 L·mol－1＝ 0.03 mol ， XY2 的 物 质 的 量 为 0.01 mol 。 所 以 M(XY2) ＝ 1.72 g－0.03 mol × 32 g·mol－1 0.01 mol ＝76 g·mol－1。 (3)由 M(X) 2M(Y)＝ 3 16和 M(X)＋2M(Y)＝76，解得 M(X)＝12，M(Y)＝32，即 X 为 C 元素，Y 为 S 元素。 12．(2018·上饶六校联考)化合物 A[K xFe(C2O4)y·zH2O，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 4.37 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 mol·L－1 的 H2SO4 溶液和适量蒸馏 水，再加入 0.50 mol·L－1 的 KMnO4 溶液 24.0 mL，微热，恰好完全反应： 2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O 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__K3Fe(C2O4)3·3H2O__(写出计算过程)。 解析　 (1)样品中结晶水的物质的量 n(H2O)＝4.91 g－4.37 g 18 g·mol－1 ＝0.03 mol。 (2)由 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝2× 0.28 g 56 g·mol－1＝0.01 mol。根据反应 的化学方程式可知 n(C2O2－4 )＝5 2n(KMnO4)＝5 2×0.50 mol·L－1×0.024 L＝0.03 mol，根据离子 电荷守恒 n(K＋)＋3n(Fe3＋)＝2n(C2O2－4 )，可得 n(K＋)＝0.03 mol，因此 A 为 K3Fe(C2O4)3·3H2O。 13．(2018·西南名校联考)某化学研究性学习小组需配制含有 NH＋4 、Cl－、K＋、SO 2－4 的 植物培养液 450 mL，且要求该培养液中 c(Cl－)＝c(K＋)＝c(SO2－4 )＝0.4 mol·L －1。实验室提 供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4 和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙　② 托盘天平　③烧杯　④玻璃棒　⑤胶头滴管　⑥量筒。 请回答下列问题： (1)该植物培养液中，NH ＋4 的物质的量浓度为__0.8_mol·L－1__。 (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)。 A．450 mL 容量瓶 B．500 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 进 行 配 制 ， 请 帮 助 该 同 学 选 用 三 种 物 质 ： __(NH4)2SO4__、__NH4Cl__、__K2SO4__。(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 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＋4 )＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SO2－4 )，则 c(NH＋4 )＝c(Cl －)＋2c(SO2－4 )－c(K＋)＝0.8 mol·L－1。(2)实验所用容量瓶规格应该等于或略大于实验所需配 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、(NH4)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＋4 )＝2n(Cl－)＝2n(K＋)＝2n(SO2－4 )，若用三种物质来配制，三种物质应该为(NH4)2SO4、 NH4Cl、K2SO4，且物质的量之比为 1∶2∶1。(5)未洗涤烧杯和玻璃棒，会有部分溶质残留 在烧杯和玻璃棒上，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(CaC2O4·H2O)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( 固体样品的剩余质量 固体样品的起始质量×100%)随温度的变化 如下图所示。 (1)300 ℃时残留固体的成分为__CaC2O4__,900 ℃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(CaC2O4·H2O)＝ 36.50 g 146 g·mol－1＝0.25 mol，含有 m(H2O)＝0.25 mol×18 g·mol－ 1＝4.50 g，在 300 ℃时，m(剩余) m(起始)＝87.67%，m(剩余)＝36.50 g×87.67%≈32 g，减少的质量 为 36.50 g－32 g＝4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为 CaC2O4；在 900 ℃时， m(剩余) m(起始)＝38.36%，m(剩余)＝36.50 g×38.36%≈14 g，其中 Ca 的质量没有损失，含 m(Ca)＝ 0.25 mol×40 g·mol－1＝10 g，另外 14 g－10 g＝4 g 假设只有 O，n(O)＝ 4g 16 g·mol－1＝0.25 mol， 则 n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为 CaO。(2)在 600 ℃时，m(剩余) m(起始)＝68.49%，m(剩余)＝36.50 g×68.49%≈25 g，从 300 ℃至 600 ℃时，失去的总质量为 32 g－25 g＝7 g,7 g÷0.25 mol＝28 g·mol－1，每摩尔物质失去的质量看成一种物质则应为 CO，CaC2O4 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，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 CaC2O4·H2O 的物质的量 n(CaC2O4·H2O)＝ 36.50 g 146 g·mol－1＝0.25 mol，设混合物中 CaC2O4 和 CaCO3 的物质 的量分别为 x mol 和 y mol，根据 500 ℃时固体总质量可得 128x＋100y＝36.50 g×76.16%， 根据钙元素守恒可得 x＋y＝0.25， 解得 x＝0.10，y＝0.15， m(CaC2O4)＝0.10 mol×128 g·mol－1＝12.80 g， m(CaCO3)＝0.15 mol×100 g·mol－1＝15.0 g， 500 ℃时固体的成分为 12.8 g CaC2O4 和 15.0 g CaCO3。