（广东专版）2019高考化学二轮复习 第一部分 专题二 化学常用计量及其应用专题强化练.doc

1专题二专题二 化学常用计量及其应用化学常用计量及其应用专题强化练1(2018·全国卷)下列叙述正确的是( )A24 g 镁与 27 g 铝中，含有相同的质子数B同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C1 mol 重水与 1 mol 水中，中子数比为 21D1 mol 乙烷和 1 mol 乙烯中，化学键数相同解析：1 个 Mg 原子中有 12 个质子，1 个 Al 原子中有 13 个质子。24 g 镁和 27 g 铝各自的物质的量都是 1 mol，所以 24 g 镁含有的质子数为 12 mol，27 g 铝含有的质子的物质的量为 13 mol，选项 A 错误。设氧气和臭氧的质量都是x g，则氧气(O2)的物质的量为mol，臭氧(O3)的物质的量为 mol，所以两者含有的氧原子分别为×2 mol 和x 32x 48x 32x 16×3 mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有 8 个x 48x 16电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项 B 正确。重水为HO，其中 H 含有 1 个中子，O 含有 8 个中子，所以 1 个重水分子含有 10 个中子。2 1 16 2 82 1168水为 HO，其中 H 没有中子，O 含有 8 个中子，所以 1 个水分子含有 8 个中子，1 1 1 16 2 81 1168mol 水含有 8 mol 中子。两者的中子数之比为 10854，选项 C 错误。乙烷(C2H6)分子中有 6 个 CH 键和 1 个 CC 键，所以 1 mol 乙烷有 7 mol 共价键。乙烯(C2H4)分子中有4 个 CH 键和 1 个 C=C，所以 1 mol 乙烯有 6 mol 共价键，选项 D 错误。答案：B2设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A1 mol Cl2与足量的 Fe 充分反应，转移电子的数目为 3NAB常温下，1 L pH1 的 H2SO4溶液中，由水电离出的 H数目为 0.1NAC常温下，21 g 乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为 1.5NAD1 mol C 原子中所含中子数目为 6NA146解析：氯气与铁反应后变为1 价，则 1 mol 氯气与铁反应会转移 2 mol 电子，即 2NA个，A 错误；在硫酸溶液中，水的电离被抑制，氢离子几乎全部来自于酸的电离，OH全部来自于水的电离，故水电离出的n(H)n(OH)1013mol·L1×1 L1013mol，故水电离出的氢离子的个数为 1013NA，B 错误；乙烯和丁烯的最简式均为 CH2，故 21 g 混合物中含有的 CH2的物质的量n1.5 mol，故含有的碳原子的物质的量为 1.5 21 g 14 g·mol1mol，即 1.5NA个，C 正确；1 mol C 原子中所含中子数目为 8NA，D 错误。146答案：C3某学生需配制 0.2 mol·L1Na2SO3溶液，经检测所配溶液的浓度为 0.15 2mol·L1，可能的原因有( )A容量瓶中有残留水 B定容时俯视刻度线C漏掉洗涤操作步骤 D称量时所用砝码生锈解析：A 项，容量瓶中有残留水，不影响配制的溶液浓度，错误；B 项，定容时俯视刻度线，实际溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，错误；C 项，漏掉洗涤步骤，损失部分溶质，配制溶液的浓度偏低，正确；D 项，砝码生锈，所称样品的质量偏大，配制的溶液浓度偏高，错误。答案：C4在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的 CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是( )A充入的 CO 分子数比 CO2分子数少B甲容器的体积比乙容器的体积小CCO 的摩尔体积比 CO2的摩尔体积小D甲中 CO 的密度比乙中 CO2的密度小解析：温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n 可知，相同质量时其物m M质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是 28 g·mol1、44 g·mol1，所以二者的物质的量之比44 g·mol128 g·mol1117，则 A 项，根据NnNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为 117，CO 分子数多，错误；B 项，根据VnVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，错误；C 项，温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，错误；D 项，可知，相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中 CO 的密度M Vm比乙中 CO2的密度小，正确。答案：D5(2017·海南卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是( )A1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为 4NAB1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为 8NAC1 L 0.1 mol·L1的乙酸溶液中含 H的数量为 0.1NAD1 mol 的 CO 和 N2混合气体中含有的质子数为 14NA解析：乙烯的结构简式为 CH2=CH2，1 mol 乙烯中含有碳氢键的物质的量为 4 mol，故 A 说法正确；甲烷燃烧生成 CO2，甲烷中 C 的化合价为4 价，CO2中 C 的化合价为4价，因此 1 mol 甲烷完全燃烧转移电子物质的量为 8 mol，故 B 说法正确；乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中 H物质的量小于 0.1 mol，故 C 说法错误；1 mol CO 含有质子物质的量为(68)mol14 mol，1 mol N2中含有质子物质的量为 2×7 mol14 mol，因此 1 3mol N2和 CO 的混合气体中含有质子物质的量为 14 mol，故 D 说法正确。答案：C6CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液 100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，且 SO的物质的量浓度为 3 mol·L1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为( )24A5.6 g B11.2 gC22.4 g D33.6 g解析：n(SO)0.1 L×3 mol·L10.3 mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的溶液中24阳离子的浓度相同，则有c(Cu2)c(H)c(Fe3)，由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，设 Cu2、Fe3、H三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒知道：2n3nn0.3 mol×2，由此解得n0.1 mol，Cu2、H、Fe3都能与 Fe 反应生成Fe2，最后溶液的成分为 FeSO4，则n(FeSO4)0.3 mol，根据 Fe 的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为 0.3 mol0.1 mol0.2 mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2 mol×56 g·mol111.2 g。答案：B7有硫酸镁溶液 500 mL，它的密度是 1.20 g·cm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是( )A溶质的质量分数是 24.0%B溶液的物质的量浓度是 2.4 mol·L1C溶质和溶剂的物质的量之比是 140D硫酸根离子的质量分数是 19.2%解析：由 Mg2的质量分数知 MgSO4的质量分数为×4.8%24.0%，其物质的量浓度120 24为c1 000 g·mol1 × 1.20 g·mol1 × 24.0% 120 g·mol124 mol·L1，溶质与溶剂的物质的量之比为121，SO的质量分数为24 12076 1824×4.8%19.2%。96 24答案：C8实验室需要配制 0.50 mol·L1 NaCl 溶液 480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到 0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_以及等质量的几片滤纸。(2)计算。4配制该溶液需取 NaCl 晶体的质量为_g。(3)称量。天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：称量过程中 NaCl 晶体应放于天平的_(填“左盘”或“右盘”)。称量完毕，将药品倒入烧杯中。(4)溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)转移、洗涤。在转移时应使用_引流，洗涤烧杯 23 次是为了_。(6)定容，摇匀。(7)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会_(填“偏高” “偏低”或“无影响”)。解析：配制 480 mL 0.50 mol·L1的 NaCl 溶液，必须用 500 mL 容量瓶。m(NaCl)0.50 mol·L1×0.5 L×58.5 g·mol114.6 g。用托盘天平称量时，物品放在左盘，配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算称量(或量取)溶解、冷却转移、洗涤定容、摇匀装瓶贴签。定容时仰视液面会造成溶液体积偏大，浓度偏低。答案：(1)500 mL 容量瓶 胶头滴管 (2)14.6(3) 左盘 (4)搅拌，加速溶解 (5)玻璃棒 保证溶质全部转移至容量瓶中(7)偏低9实验室需要 0.1 mol·L1NaOH 溶液 450 mL 和 0.5 mol·L1硫酸溶液 450 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填字母)。仪器 C 的名称是_，本实验所需玻璃仪器 E 规格和名称是_。5(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有_(填字母)。A配制一定体积准确浓度的标准溶液B长期贮存溶液C用来加热溶解固体溶质D量取 220 mL 体积的液体(3)在配制 NaOH 溶液实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度_(填“大于” “等于”或“小于” ，下同)0.1 mol·L1。若 NaOH 溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度_0.1 mol·L1。(4)根据计算得知：所需质量分数为 98%、密度为 1.84 g·cm3的浓硫酸的体积为_mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有 10 mL、25 mL、50 mL 量筒，应选用_mL 规格的量筒最好。(5)如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作：_。解析：(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：圆底烧瓶和分液漏斗；仪器 C 的名称为分液漏斗；需要 0.1 mol·L1NaOH 溶液 450 mL 和 0.5 mol·L1硫酸溶液 450 mL，实验室没有 450 mL 容量瓶，所以应选择 500 mL 容量瓶。(2)容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，故选 BCD。(3)若定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；若 NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大。(4)质量分数为98%、密度为 1.84 g·cm3的浓硫酸物质的量浓度cmol·L118.4 mol·L1，设 0.5 mol·L1硫酸溶液 500 mL1 000 × 1.84 × 98% 98需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释前后含溶质的物质的量保持不变得：V×18.4 mol·L10.5 mol·L1×500 mL，解得V13.6 mL，宜选用 25 mL 量筒。(5)如果定容时不小心超过刻度线，实验失败，且不能补救，必须重新配制。答案：(1)AC 分液漏斗 500 mL 容量瓶(2)BCD (3)小于 大于 (4)13.6 25(5)重新配制10化合物 AKxFe(C2O4)y·zH2O，其中铁元素为3 价是一种重要的光化学试剂。测6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·L1的 H2SO4溶液和适量蒸馏水，再加入 0.50 mol·L1的 KMnO4溶液 24.0 mL，微热，恰好完全反应：2KMnO45H2C2O43H2SO4=2MnSO4K2SO410CO28H2O通过计算填空：(1)4.91 g A 样品中含结晶水的物质的量为_mol。(2)A 的化学式为_(写出计算过程)。解析：样品中结晶水的物质的量n(H2O)0.03 mol。4.91 g4.37 g 18 g·mol1答案：(1)0.03(2)由 2Fe3Fe=3Fe2可知，n(Fe3)2n(Fe)2×0.01 mol，根0.28 g 56 g·mol1据反应的化学方程式可知n(C2O)24n(KMnO4) ×0.50 mol·L1×0.024 L0.03 mol，根据离子电荷守恒知n(K)5 25 23n(Fe3)2n(C2O)，可得n(K)0.03 mol，因此 A 为 K3Fe(C2O4)3·3H2O2411钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中 300 及以上所得固体均为钴氧化物。(1)通过计算确定 C 点剩余固体的化学成分为_(填化学式)。试写出 B 点对应的物质与 O2在 225300 发生反应的化学方程式：_。(2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中 Co 的化合价为2、3)，用480 mL 5 mol·L1盐酸恰好完全溶解固体，得到 CoCl2溶液和 4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中 Co、O 的物质的量之比。解析：(1)由图可知，CoC2O4·2H2O 的质量为 18.3 g，其物质的量为 0.1 mol，Co 元素质量为 5.9 g，C 点钴氧化物质量为 8.03 g，氧化物中氧元素质量为 8.03 g5.9 g2.13 7g，则氧化物中 Co 原子与 O 原子物质的量之比为 0.1 mol34，故 C 点2.13 g 16 g·mol1为 Co3O4；B 点对应物质的质量为 14.7 g，与其起始物质的质量相比减少 18.3 g14.7 g3.6 g，为结晶水的质量，故 B 点物质为 CoC2O4，与氧气反应生成 Co3O4与二氧化碳，反应的化学方程式为 3CoC2O42O2Co3O46CO2。(2)由电子守恒：n(Co3)=2n(Cl2)2×0.4 mol，由电荷守恒：n(Co 原子)总n(Co2)溶液4.48 L 22.4 L·mol1n(Cl) ×(0.48 L×5 mol·L12×)1 mol，所以固体中的1 21 24.48 L 22.4 L·mol1n(Co2)1 mol0.4 mol0.6 mol，根据化合价代数和为 0，氧化物中n(O)(0.6 mol×20.4 mol×3)÷21.2 mol，故该钴氧化物中n(Co)n(O)1 mol1.2 mol56。答案：(1)Co3O4 3CoC2O42O2Co3O46CO2=(2)该钴氧化物中 Co、O 的物质的量之比为 56