2020届高考化学二轮复习化学常用计量作业

2020届高考化学二轮复习化学常用计量作业

专题二　化学常用计量 一、选择题 1.(2019 山东潍坊期中)NA 是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　) A.H2O2 分解产生 1 mol O2 转移电子数为 4NA B.0.1 mol H2 和 0.1 mol 碘蒸气在密闭容器中充分反应,容器内分子总数为 0.2NA C.1 mol NaHSO4 熔融时电离出的阳离子数目为 2NA D.S8 分子结构如图,1 mol 该分子中含有 S—S 键个数为 7NA 答案　B　H2O2 分解的反应方程式为 2H2O2 2H2O+O2↑,H2O2 发生歧化反应,由化合价升降 可知,产生 1 mol O2 转移电子数为 2NA,A 项错误;H2(g)+I2(g) 2HI(g),该反应为反应前后 气体分子数不变的可逆反应,故 0.1 mol H2 和 0.1 mol 碘蒸气在密闭容器中充分反应,容器 内分子总数为 0.2NA,B 项正确;NaHSO4 熔融时电离方程式为 NaHSO4(熔融) Na++HSO- 4,故 1 mol NaHSO4 熔融时电离出的阳离子总数为 NA,C 项错误;由分子结构模型可知,1 mol S8 中含 有 S—S 键个数为 8NA,D 项错误。 2.(2019 山东枣庄二模)设 NA 为阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述不正确的是(　　) A.1 L 1 mol·L-1 乙醇溶液中 O—H 键的键数为 NA B.8 g Cu2S 和 CuO 的混合物中含有的铜原子数为 0.1NA C.3.8 g 1H37Cl 和 3H35Cl 组成的混合气体中含有的中子数为 2NA D.标准状况下,2.24 L N2 和 O2 混合气体中含有的原子数为 0.2NA 答案　A　1 mol 乙醇中所含的 O—H 键为 NA,另外溶剂水中也存在 O—H 键,A 项错误;Cu2S 和 CuO 中铜的质量分数相等,8 g 混合物中铜原子数为 0.1NA,B 项正确;1H37Cl 和 3H35Cl 的摩 尔质量都是 38 g·mol-1,每个分子都含有 20 个中子,故 3.8 g 混合气体所含的中子数为 2NA,C 项正确;N2 和 O2 都是双原子分子,标准状况下 2.24 L 混合气体的物质的量为 0.1 mol, 故混合气体所含原子数为 0.2NA,D 项正确。 3.(2019 山东青岛一模)设 NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是(　　) A.4 ℃时,5.4 mL 水含有 0.9NA 个原子 B.常温下,0.1 mol 环氧乙烷( )共有 0.3NA 个共价键 C.标准状况下,2.24 L NO 与 1.12 L O2 混合后的气体分子数为 0.1NA D.含有 0.2NA 个阴离子的 Na2O2 与 CO2 完全反应,转移 0.4NA 个电子 答案　A　4 ℃时,5.4 mL 水的质量为 5.4 g,物质的量为5.4 18 mol=0.3 mol,含有 0.9NA 个原子,A 项正确;常温下,每个环氧乙烷分子含有 7 个共价键,所以 0.1 mol 环氧乙烷( )共有 0.7NA 个共价键,B 项错误;标准状况下,2.24 L NO 与 1.12 L O2 混合后生成 2.24 L 二氧化氮, 但二氧化氮能生成四氧化二氮,所以混合后的气体分子数小于 0.1NA,C 项错误;含有 0.2NA 个阴离子的 Na2O2 的物质的量为 0.2 mol,与 CO2 完全反应,转移电子 0.2NA,D 项错误。 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 NA B.NH5 常温下为无色晶体,3.8 g NH5 中共用电子对数为 NA C.标准状况下 a L 容器中通入46푏 푁A g NO2 气体,则容器中 NO2 的浓度为 푏 푎푁A mol/L D.用惰性电极电解 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　A　1 mol H2O2 分子中极性共价键即 O—H 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 NH+4 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 0.2×4NA=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 푏 푎푁A 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/L　 B.0.3 mol/L C.0.2 mol/L　 D.0.1 mol/L 答案　D　溶液中 Al3+为 1.62 g,其物质的量为 1.62 g 27 g/mol=0.06 mol,根据电荷守恒可知,溶液中 n(SO2- 4 )=3 2n(Al3+)=3 2×0.06 mol=0.09 mol,加入的氢氧化钡的物质的量为 0.1 mol/L×0.3 L=0.03 mol,溶液混合时发生反应:SO2- 4 +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 SO2- 4 的物质的量浓度为 0.06mol 0.3 L + 0.3 L=0.1 mol/L。 6.(2019 江西铅山三校联考)有五瓶溶液,分别是:①10 mL 0.60 mol/L NaOH 溶液;②20 mL 0.50 mol/L H2SO4 溶液;③30 mL 0.40 mol/L 盐酸;④40 mL 0.30 mol/L CH3COOH 溶液;⑤50 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.①>②>③>④>⑤ B.②>①>③>④>⑤ C.⑤>④>③>②>① D.②>③>④>①>⑤ 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⑤、④、③、②、①。 7.在 pH=1 的溶液中,含有浓度都为 0.1 mol/L 的 NH+4 、NO- 3、SO2- 4 、Cl-和 X 离子,则 X 离子 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 NH+4 、NO- 3、SO2- 4 、Cl-和 X 离子,c(H+)+c(NH+4 )=0.2mol/L,2c(SO2- 4 )+c(NO- 3)+ 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 NO- 3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 MnO- 4+NO- 2 +　 Mn2++NO- 3+　(未配平)。下列叙述中正确的是(　　) A.该反应中 NO- 2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 KMnO4 D.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 溶液时不需要另加指示剂,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 0.25NA B.28 g KOH 参加反应转移的电子数为 0.5NA C.KH2PO2 为正盐,且 0.1 mol 该固体物质中所含离子数目为 0.2NA D.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.(2019 山东日照一模)NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A.500 mL 2 mol·L-1 FeCl3 溶液中 Cl-数为 3NA,且 푛(Cl-) 푛(Fe3+)=3 B.电解法精炼铜,阴极析出 1 mol Cu 时,阳极失去的电子数等于 2NA C.64 g SO2 与足量的 O2 在一定条件下反应生成的 SO3 分子数为 NA D.在标准状况下,2.24 L NH3 通入水中制成氨水,NH+4 数等于 0.1NA 答案　B　Fe3+水解使 FeCl3 溶液中 푛(Cl-) 푛(Fe3+)>3,A 项错误;根据得失电子守恒,生成 1 mol Cu 转移 电子 2 mol,B 项正确;SO2 和 O2 生成 SO3 的反应是可逆反应,C 项错误;氨气溶于水生成 NH3·H2O,NH3·H2O 是弱电解质,只能部分电离,D 项错误。　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 11.(2019 湖南十四校联考)向 25 mL 12.0 mol·L-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 g B.6.4 g C.12.8 g D.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 g·mol-1×0.2mol 2 =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.Fe4Al8Si B.Fe8Al4Si C.Fe8Al3Si D.Fe6Al4Si 答案　B　依题意,硅不溶于盐酸,n(Si)= 0.07 g 28 g·mol-1=0.002 5 mol;红色粉末是氧化铁, n(Fe)=2n(Fe2O3)= 1.6 g 160 g·mol-1×2=0.02 mol,n(Al)=1.46 g - 0.07 g - 0.02mol × 56 g·mol-1 27 g·mol-1 =0.01 mol。n(Fe)∶n(Al)∶n(Si)=0.02 mol∶0.01 mol∶0.002 5mol=8∶4∶1。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“—O—O—”键的物质的量 分别为(　　) A.4 mol、4 mol B.4 mol、1 mol C.8 mol、2 mol D.6 mol、4 mol 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价代数和等于 0 解题,过氧键(—O—O—)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{푥 + 푦 = 15 2푥 + 푦 = 22,解得 x=7,y=8,所以 Li2Ti5O15 中过氧键数 目为8 2=4。(NH4)2S2O8 中有 2 个氧原子显-1 价,1 mol (NH4)2S2O8 中含 1 mol 过氧键 (—O—O—)。 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 mol·L-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,该样品中 Na2S2O5 的残留量为　　　　g·L-1(以 SO2 计算)。 答案　(1)分液漏斗 (2)2Fe3++SO2+2H2O 2Fe2++SO2- 4 +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+2HI 64 g 1 mol m 0.01 L×0.010 00 mol·L-1 64 g 푚 = 1mol 0.01 L × 0.010 00mol·L-1 解得m=0.006 4 g,故该次实验测得样品中Na2S2O5的残留量(以SO2计算)为0.006 4 g 0.04 L =0.16 g·L-1。 15.某金属 M 的硫酸盐晶体(MSO4·xH2O)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)MgSO4·7H2O (2)MgSO4·4H2O　F 点对应固体的摩尔质量 M(F)=4.0 g 0.1mol=40.0 g·mol-1,对应的固体是氧化 镁,BC 段对应固体的摩尔质量为19.2 g 0.1mol =192 g·mol-1,此时 MgSO4·xH2O 的相对分子质量为 192,可解得 x=4,化学式为 MgSO4·4H2O (3)2MgSO4 2MgO+2SO2↑+O2↑ (4)51.2% (5)20푎 - 60푏 9푏 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=24.6 g - 12.0 g 24.6 g ×100%≈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 MgSO4·xH2O~MgO,120 + 18푥 40 =푎 푏,解得 x=20푎 - 60푏 9푏 。 命题拓展预测 1.阿伏加德罗常数的值为 NA,实验室制备联氨(N2H4)的化学方程式为 2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O。下列说法正确的是(　　) A.0.1 mol N2H4 中所含质子数为 1.8NA B.0.1 mol·L-1 的 NaClO 溶液中,ClO-的数量为 0.1NA C.消耗 4.48 L NH3 时,转移电子数为 0.2NA D.1.6 g N2H4 中存在共价键总数为 0.2NA 答案　A　1 个 N2H4 分子中含有 18 个质子,则 0.1 mol N2H4 中所含质子数为 1.8NA,A 项正确; 未指明 NaClO 溶液的体积,无法计算 ClO-的数量,B 项错误;气体所处的状况未知,无法计算 4.48 L NH3 的物质的量,C 项错误;1 个 N2H4 分子中存在 1 个 N—N 键和 4 个 N—H 键,1.6 g N2H4 的物质的量为 1.6 g 32 g·mol-1=0.05 mol,存在共价键 0.05 mol×5=0.25 mol,D 项错误。 2.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①中参与反应的 HCHO 为 30 g 时转移电子 2 mol B.可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在 Fe3+ C.生成 44.8 L CO2 时反应②中参加反应的 Ag 一定为 8 mol D.理论上测得溶液吸光度越高,HCHO 含量也越高 答案　D　30 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②后的溶液中是否存在 Fe3+,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②生成的 Fe2+越多,进一步说明反应① 生成的 Ag 越多,所以 HCHO 含量也越高,故 D 正确。 3.为实现随处可上网,中国发射了“中星 16 号”卫星。NH4ClO4 是火箭的固体燃料,发生的反 应为 2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O,设 NA 代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确 的是(　　) A.1 mol NH4ClO4 溶于水含 NH+4 和 ClO- 4离子数均为 NA B.反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为 1∶3 C.产生 6.4 g O2,反应转移的电子总数为 0.8NA D.0.5 mol NH4ClO4 分解产生的气体体积为 44.8 L 答案　B　NH+4 为弱碱的阳离子,在水溶液中部分水解,因此 1 mol NH4ClO4 溶于水含 NH+4 数目 小于 NA,故 A 错误;2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O 反应中还原产物为氯气,氧化产 物为氮气和氧气,还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为 1∶3,故 B 正确;6.4 g O2 的物 质的量= 6.4 g 32 g/mol=0.2 mol,根据反应的化学方程式,产生 6.4 g O2,反应转移的电子总数为 1.4NA,故 C 错误;未指明是否为标准状况,无法计算 0.5 mol NH4ClO4 分解产生的气体的体积, 故 D 错误。