2015届高考化学二轮复习 专项训练 专题二 化学常用计量.doc

‎2015化学高考二轮化学常用计量专项训练（有解析）‎ ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(共7小题,每小题6分,共42分。每小题只有1个选项符合题意)‎ ‎1.(2014河北衡水中学一调)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　)‎ A.常温常压下,‎3.0 g甲醛和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA B.在标准状况下,‎22.4 L Cl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为2NA C.200 mL 1 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液中,Al3+和S离子总数为NA D.标准状况下,Na2O2与足量CO2反应生成‎2.24 L O2,转移电子数为0.4NA ‎2.(2014安徽安庆一模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是(　　)‎ A.1 mol氯气参加氧化还原反应,转移的电子数一定为2NA B‎.25 ℃‎时,‎1 L pH=12的Na2CO3溶液中含有Na+的数目为0.02NA C‎.12 g石墨和C60的混合物中质子总数为6NA个 D.常温常压下,‎22.4 L乙烯中C—H键数为4NA ‎3.(2014河南六市二次联合调研)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　)‎ A.标准状况下,‎2.24 L Cl2溶于水,转移的电子数目为0.1NA B.常温下,‎10 L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH-的数目为0.1NA C.标准状况下,‎22.4 L NO2和NO的混合气体中所含的氮原子总数为2NA D.将含有1 mol FeCl3的浓溶液完全水解可得到Fe(OH)3胶粒的数目为NA ‎4.(2014江西红色六校第二次联考)NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是(　　)‎ A‎.10 g O含有的中子数为5NA B.1 mol羟基(—OH)含有的电子数为10NA C.标准状况下,‎22.4 L H2O所含分子数为NA D.标准状况下,‎11.2 L己烷含有的分子数为0.5NA ‎5.标准状况下,m‎1 g气体A与m‎2 g气体B的分子数相等,下列说法中正确的是(　)‎ A.1个A分子的质量是1个B分子的质量的倍 B.同温同体积的A与B的质量比为 C.同温同质量的A与B的分子数比为 D.同温同压下A与B的密度比为 ‎6.用含1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2,所得溶液中的C和HC的物质的量之比为(　)‎ A.1∶3 B.2∶1 ‎ C.2∶3 D.3∶2‎ ‎7.将‎18 g铜和铁的混合物投入200 mL稀硝酸中,充分反应后得到标准状况下‎2.24 L NO,剩余‎9.6 g金属;继续加入200 mL等浓度的稀硝酸,金属完全溶解,又得到标准状况下‎2.24 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液不变红,则下列说法中正确的是(　)‎ A.原混合物中铜和铁各0.15 mol B.稀硝酸的物质的量浓度为1 mol·L-1‎ C.第一次剩余‎9.6 g金属为铜和铁 D.再加入上述200 mL稀硝酸,还会得到标准状况下‎2.24 L NO 二、非选择题(共4小题,共58分)‎ ‎8.(2014福建理综)(12分)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:‎ 葡萄酒样品100.00 mL馏分 - 5 -‎ 溶液出现蓝色且30 s内不褪色 ‎(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)‎ ‎(1)按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00 mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为　　　　 g·L-1。 ‎ ‎(2)在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测定结果　　　　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 ‎ ‎9.(12分)配制500 mL 0.5 mol·L-1的NaOH溶液,试回答下列问题:‎ ‎(1)计算:需要NaOH固体的质量为　　　　。 ‎ ‎(2)配制方法:设计5个操作步骤。‎ ‎①向盛有NaOH固体的烧杯中加入200 mL蒸馏水使其溶解,并冷却至室温;‎ ‎②继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线1~‎2 cm;‎ ‎③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500 mL容量瓶中;‎ ‎④用少量的蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,然后将洗涤液移入容量瓶;‎ ‎⑤改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线,加盖摇匀。‎ 试将操作步骤正确排序　　　　。 ‎ ‎(3)某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48 mol·L-1,原因可能是　　　。 ‎ A.使用滤纸称量氢氧化钠固体 B.容量瓶中原来存在少量蒸馏水 C.溶解后的烧杯未经多次洗涤 D.胶头滴管加水定容时仰视刻度线 ‎10.(16分)某固体混合物含NH4I、NaHCO3、AlCl3、MgBr2、FeCl2中的几种,为确定该固体混合物的成分及各组成成分的物质的量之比,现进行如下实验。‎ 实验Ⅰ:‎ ‎(1)无色气体为　　　。 ‎ ‎(2)该固体混合物的成分为　　　。 ‎ 实验Ⅱ:取一定量的该固体混合物溶于水配成‎1 L溶液,并向该混合溶液中通入一定量的Cl2,测得溶液中几种阴离子(分别用A-、B-、C-表示)的物质的量与通入Cl2体积的关系如表所示。‎ Cl2的体积(标准状况下)/L ‎2.8‎ ‎5.6‎ ‎11.2‎ n(A-)/mol ‎1.25‎ ‎1.5‎ ‎2‎ n(B-)/mol ‎1.5‎ ‎1.4‎ ‎0.9‎ n(C-)/mol a ‎0‎ ‎0‎ ‎(3)a=　　　。 ‎ ‎(4)原固体混合物中各组成成分的物质的量之比为　　　。 ‎ ‎11.(2014江苏化学)( 18分)碱式碳酸铝镁 ‎[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。‎ - 5 -‎ ‎(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用,是由于其受热分解需吸收大量热量和　　　　。 ‎ ‎(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为　　　　　。 ‎ ‎(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成,进行如下实验:‎ ‎①准确称取‎3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应,生成CO2 ‎0.560 L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示(样品在‎270 ℃‎时已完全失去结晶水,‎600 ℃‎以上残留固体为金属氧化物的混合物)。‎ 根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH-)∶n(C)(写出计算过程)。‎ 专题能力训练二　化学常用计量 ‎1.A　解析:A项,甲醛和冰醋酸最简式都是CH2O,所以‎3.0 g二者的混合物含有最简式的物质的量为0.1 mol,因此含有的原子总数为0.4NA,正确。B项,在标准状况下,‎22.4 L Cl2和HCl的混合气体的物质的量为1 mol,所以气体中含有的分子总数为NA,错误。C项,n[Al2(SO4)3]=‎0.2 L×1 mol·L-1=0.2 mol,但是Al3+会发生水解反应而消耗,所以溶液中Al3+和S离子总数小于NA,错误。D项,Na2O2与足量CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2。每有1 mol的O2产生,转移电子2 mol,现在产生氧气0.1 mol,所以转移电子0.2NA,错误。‎ ‎2.C　解析:A项,1 mol氯气参加氧化还原反应,转移的电子数不一定为2NA,如1 mol氯气与水反应,转移电子数小于NA,错误;B项,pH=12即c(OH-)=0.01 mol·L-1,但无法计算Na2CO3的浓度,所以Na+的数目无法计算,错误;C项,石墨与C60都是由碳元素组成的,‎12 g的混合物中含有的质子总数为6NA,正确;D项,常温常压下,‎22.4 L乙烯的物质的量不是1 mol,错误。‎ ‎3.B　解析:A项,标准状况下‎2.24 L的氯气的物质的量是0.1 mol,氯气与水的反应是可逆反应,所以转移电子的物质的量小于0.1 mol,错误;B项,pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=0.01 mol·L-1,所以‎10 L溶液中OH-离子数为0.1NA,正确;C项,标准状况下,‎22.4 L NO2和NO的混合气体的物质的量是1 mol,无论NO2和NO的比例如何,混合气体中氮原子总数为NA,错误;D项,水解反应是可逆反应,且胶粒是大量粒子的集合体,所以含有1 mol FeCl3的浓溶液完全水解得到Fe(OH)3胶粒小于NA,错误,答案选B。‎ ‎4.A　解析:A项,1 mol O中子数为10 mol,‎10 g O的物质的量为0.5 mol,正确;B项,羟基(—OH)呈电中性,1 mol羟基(—OH)含有的电子数为9NA,错误;C项,标准状况下水不是气态,错误;D项,标准状况下,己烷为液态,错误。‎ ‎5.A　解析:根据题意,两者的分子数相等,则其物质的量相等,故可设A、B的摩尔质量分别为M1、M2,1个分子的质量分别为mA、mB,则有,即,故A项正确。‎ - 5 -‎ ‎6.A　解析:设生成Na2CO3、NaHCO3物质的量为x、y,由反应前后C和Na+守恒可知,x+y=0.8 mol、2x+y=1 mol,解得x=0.2 mol、y=0.6 mol,即所得溶液中C和HC的物质的量之比为1∶3。‎ ‎7.A　解析:第一次加硝酸时金属有剩余,溶液中一定不含Fe3+,所以1 mol金属参加反应均失去2 mol电子,生成‎2.24 L NO转移0.3 mol电子;消耗金属0.15 mol,质量为‎18 g-9.6 g=‎8.4 g,则第一次溶解的金属的摩尔质量为‎56 g·mol-1,是铁。同理:第二次溶解的金属的摩尔质量为‎64 g·mol-1,是铜。依据3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,可知c(HNO3)=×4÷‎0.2 L=2 mol·L-1;D选项,再加入硝酸,HNO3与0.15 mol Fe2+反应,依据电荷守恒可知生成0.05 mol NO,错误。‎ ‎8.答案:(1)0.16　(2)偏低 解析:(1)根据反应的化学方程式,SO2的物质的量与I2的相等,100 mL葡萄酒中含SO2 2.5×10-4 mol,则‎1 L样品的残留量为2.5×10-4 mol×10×‎64 g·mol-1=‎0.16 g;(2)若有部分HI被氧气氧化,生成的I2又继续氧化SO2,导致等量的SO2需要的I2溶液减少,则测得的SO2含量偏低。‎ ‎9.答案:(1)‎10.0 g　(2)①③④②⑤　(3)ACD 解析:(1)需要NaOH固体的质量为‎0.5 L×0.5 mol·L-1×‎40 g·mol-1=‎10.0 g。(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知其顺序为①③④②⑤。(3)A项,由于固体NaOH具有极强的吸水性,使用滤纸称量时,NaOH固体易黏附在滤纸上,使n (NaOH)减小,c(NaOH)偏小;B项,容量瓶中原来存在少量蒸馏水,无影响;C项,溶解后的烧杯未经过多次洗涤,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;D项,胶头滴管加水定容时仰视刻度线,加水过多,使溶液的体积增大,c(NaOH)偏小。‎ ‎10.答案:(1)NH3‎ ‎(2)NH4I、MgBr2、AlCl3‎ ‎(3)0.15‎ ‎(4)n(AlCl3)∶n(MgBr2)∶n(NH4I)=20∶45∶24‎ 解析:(1)加入过量NaOH溶液并加热,生成的无色气体只能是NH3,说明一定含有NH4I。‎ ‎(2)生成白色沉淀且久置无明显变化,说明一定无FeCl2而一定有MgBr2;根据“无色溶液白色沉淀沉淀溶解,无气泡产生”,推出有AlCl3无NaHCO3。‎ ‎(3)由表分析可知,A-为Cl-、B-为Br-、C-为I-,比较通入‎5.6 L和‎2.8 L标准状况下Cl2后溶液中离子的变化情况可知:多通入‎2.8 L Cl2,即0.125 mol Cl2,造成Cl-增加0.25 mol,Br-减少0.1 mol,I-减少a mol,根据反应关系式:‎ Cl2　~　　2Br-　,　Cl2　　　　~　　　　2I-‎ ‎ 1 2 1 2‎ ‎ 0.05 mol 0.1 mol (0.125-0.05) mol a mol 可得a=0.15‎ ‎(4)由题意知,原混合溶液中n(Cl-)=1.25 mol-0.125 mol×2=1 mol,n(Br-)=1.5 mol,n(I-)=0.15 mol+0.125 mol×2=0.4 mol。则n(AlCl3)∶n(MgBr2)∶n(NH4I)=∶n(I-)= mol∶ mol∶0.4 mol=20∶45∶24。‎ ‎11.答案:(1)生成的产物具有阻燃作用 ‎(2)‎2a+3b=c+2d ‎(3)n(CO2)==2.50×10-2 mol m(CO2)=2.50×10-2 mol×‎44 g·mol-1=‎‎1.10 g 在270~‎600 ℃‎之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O m(CO2)+m(H2O)=‎3.390 g×(0.734 5-0.370 2)=‎‎1.235 g m(H2O)=‎1.235 g-1.10 g=‎‎0.135 g n(H2O)==7.50×10-3 mol n(OH-)=7.50×10-3 mol×2=1.50×10-2 mol - 5 -‎ n(OH-)∶n(C)=1.50×10-2 mol∶2.50×10-2 mol=3∶5‎ 解析:利用MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中正、负化合价代数和为零可确定a、b、c、d的代数关系。‎270 ℃‎前是失去结晶水,‎270 ℃‎之后是该物质分解放出CO2和H2O以及生成金属元素的氧化物。CO2的量可由实验①求得,270~‎600 ℃‎减小的质量即为CO2与H2O(来自化合物中OH-)的质量,后一质量减去实验①中求得的CO2的质量即为H2O的质量,再转化为物质的量,最后根据H元素守恒求得OH-的物质的量。‎ - 5 -‎