届高考化学二轮复习化学计量专题卷文档格式.docx
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O含有8个中子,所以1个重水分子含有10个中子。
水为
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,1mol水含有8mol中子。
两者的中子数之比为10∶8=5∶4,选项C错误。
乙烷(C2H6)分子中有6个C—H键和1个C—C键,所以1mol乙烷有7mol共价键。
乙烯(C2H4)分子中有4个C—H键和1个C===C,所以1mol乙烯有6mol共价键,选项D错误。
答案:
B
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.1molCl2与足量的Fe充分反应,转移电子的数目为3NA
B.常温下,1LpH=1的H2SO4溶液中,由水电离出的H+数目为0.1NA
C.常温下,21g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
D.1mol
C原子中所含中子数目为6NA
氯气与铁反应后变为-1价,则1mol氯气与铁反应会转移2mol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-)=10-13mol·
L-1×
1L=10-13mol,故水电离出的氢离子的个数为10-13NA,B错误;
乙烯和丁烯的最简式均为CH2,故21g混合物中含有的CH2的物质的量n=
=1.5mol,故含有的碳原子的物质的量为1.5mol,即1.5NA个,C正确;
1mol
C原子中所含中子数目为8NA,D错误。
C
3.某学生需配制0.2mol·
L-1Na2SO3溶液,经检测所配溶液的浓度为0.15mol·
L-1,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
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。
4.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
C.CO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
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28g·
mol-1、44g·
mol-1,所以二者的物质的量之比=44g·
mol-1∶28g·
mol-1=11∶7,则A项,根据N=nNA知,二者的分子数之比等于其物质的量之比为11∶7,CO分子数多,错误;
B项,根据V=nVm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,ρ=
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的密度比乙中CO2的密度小,正确。
D
5.(2017·
海南卷)NA为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述错误的是( )
A.1mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B.1mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C.1L0.1mol·
L-1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA
D.1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
乙烯的结构简式为CH2===CH2,1mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4mol,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1mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8mol,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0.1mol,故C说法错误;
1molCO含有质子物质的量为(6+8)mol=14mol,1molN2中含有质子物质的量为2×
7mol=14mol,因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol,故D说法正确。
6.CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100mL,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3mol·
L-1,则此溶液最多溶解铁粉的质量为( )
A.5.6gB.11.2g
C.22.4gD.33.6g
n(SO
)=0.1L×
3mol·
L-1=0.3mol,CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同,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:
2n+3n+n=0.3mol×
2,由此解得n=0.1mol,Cu2+、H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+,最后溶液的成分为FeSO4,则n(FeSO4)=0.3mol,根据Fe的守恒可知,此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.3mol-0.1mol=0.2mol,则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2mol×
56g·
mol-1=11.2g。
7.有硫酸镁溶液500mL,它的密度是1.20g·
cm-3,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2.4mol·
L-1
C.溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40
D.硫酸根离子的质量分数是19.2%
由Mg2+的质量分数知MgSO4的质量分数为
4.8%=24.0%,其物质的量浓度为c=
=
2.4mol·
L-1,溶质与溶剂的物质的量之比为
∶
≈1∶21,SO
的质量分数为
4.8%=19.2%。
8.实验室需要配制0.50mol·
L-1NaCl溶液480mL。
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0.1g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_____________________________、
______________以及等质量的几片滤纸。
(2)计算。
配制该溶液需取NaCl晶体的质量为________g。
(3)称量。
①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:
②称量过程中NaCl晶体应放于天平的________(填“左盘”或“右盘”)。
③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2~3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”)。
配制480mL0.50mol·
L-1的NaCl溶液,必须用500mL容量瓶。
m(NaCl)=0.50mol·
0.5L×
58.5g·
mol-1=14.6g。
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。
(1)500mL容量瓶 胶头滴管
(2)14.6
(3)①
②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0.1mol·
L-1NaOH溶液450mL和0.5mol·
L-1硫酸溶液450mL。
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______________________________________________________。
(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220mL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)0.1mol·
L-1。
若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容,则所配制溶液浓度________0.1mol·
(4)根据计算得知:
所需质量分数为98%、密度为1.84g·
cm-3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10mL、25mL、50mL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:
___________
(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0.1mol·
L-1硫酸溶液450mL,实验室没有450mL容量瓶,所以应选择500mL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1.84g·
cm-3的浓硫酸物质的量浓度c=
mol·
L-1=18.4mol·
L-1,设0.5mol·
L-1硫酸溶液500mL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×
18.4mol·
L-1=0.5mol·
500mL,解得V≈13.6mL,宜选用25mL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。
(1)AC 分液漏斗 500mL容量瓶
(2)BCD (3)小于 大于 (4)13.6 25
(5)重新配制
10.化合物A[KxFe(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4.91g,干燥脱水至恒重,残留物质的质量为4.37g;
b.将步骤a所得固体溶于水,加入还原铁粉0.28g,恰好完全反应;
c.另取A样品4.91g置于锥形瓶中,加入足量的3mol·
L-1的H2SO4溶液和适量蒸馏水,再加入0.50mol·
L-1的KMnO4溶液24.0mL,微热,恰好完全反应:
2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O
通过计算填空:
(1)4.91gA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)。
样品中结晶水的物质的量n(H2O)=
=0.03mol。
(1)0.03
(2)由2Fe3++Fe===3Fe2+可知,n(Fe3+)=2n(Fe)=2×
=0.01mol,根据反应的化学方程式可知n(C2O
)=
n(KMnO4)=
0.50mol·
0.024L=0.03mol,根据离子电荷守恒知n(K+)+3n(Fe3+)=2n(C2O
),可得n(K+)=0.03mol,因此A为K3Fe(C2O4)3·
3H2O
11.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225~300℃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480mL5mol·
L-1盐酸恰好完全溶解固体,得到CoCl2溶液和4.48L(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。
(1)由图可知,CoC2O4·
2H2O的质量为18.3g,其物质的量为0.1mol,Co元素质量为5.9g,C点钴氧化物质量为8.03g,氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g,则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol∶
≈3∶4,故C点为Co3O4;
B点对应物质的质量为14.7g,与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g,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3CoC2O4+2O2
Co3O4+6CO2。
(2)由电子守恒:
n(Co3+)=2n(Cl2)=2×
=0.4mol,由电荷守恒:
n(Co原子)总=n(Co2+)溶液=
n(Cl-)=
(0.48L×
5mol·
L-1-2×
)=1mol,所以固体中的n(Co2+)=1mol-0.4mol=0.6mol,根据化合价代数和为0,氧化物中n(O)=(0.6mol×
2+0.4mol×
3)÷
2=1.2mol,故该钴氧化物中n(Co)∶n(O)=1mol∶1.2mol=5∶6。
(1)Co3O4 3CoC2O4+2O2
Co3O4+6CO2
(2)该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为5∶6
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- 高考 化学 二轮 复习 计量 专题