精选高考化学二轮复习二 专题一 基本概念 第2讲 化学常用计量.docx

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精选高考化学二轮复习二专题一基本概念第2讲化学常用计量

精选高考化学复习资料

课时冲关练

（二）

化学常用计量

（45分钟,100分）

一、选择题（本题包括7小题,每小题6分,共42分）

1.（2014·六安二模）NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是　（　　）

A.密封保存的46gNO2气体含有的分子数为NA

B.0.1mol·L-1碳酸钠溶液中阴离子总数大于0.1NA

C.标准状况下,22.4LHF中含有的氟原子数目为NA

D.常温常压下,7.1gCl2与足量的Fe充分反应,转移的电子数目为0.2NA

【解析】选D。

二氧化氮与四氧化二氮在一定条件下可相互转化,所以46gNO2气体含有的分子数小于NA,A错误;B选项没有溶液的体积,不能计算阴离子总数,B错误;标准状况下,HF是液体,C错误;7.1gCl2的物质的量为0.1mol,氯原子变为氯离子,得到0.2mol电子,即转移的电子数目为0.2NA,D正确。

【方法规律】解答有关阿伏加德罗常数类题目的“三个步骤”

（1）看:

看所给数据是体积、质量还是物质的量。

如果所给数据是质量或物质的量,该类数据不受外界条件的限制。

（2）定:

确定对象是气体、固体还是液体。

如果是气体,要注意外界条件是否为“标准状况”。

（3）算:

根据所求内容进行计算,在求算时要注意:

①不要直接利用溶液的浓度代替指定物质的浓度进行计算。

②同种物质在不同的氧化还原反应中“角色”可能不同,电子转移数目也可能不同,不能一概而论。

2.下列说法正确的是　（　　）

A.300℃、101kPa条件下,11.2LH2O和11.2LO2所含的分子数相等

B.1mol·L-1NH4Cl溶液和1mol·L-1CH3COONH4溶液中的c（N

）相等

C.2L0.5mol·L-1盐酸和1L0.5mol·L-1硫酸的pH相等

D.1.8gN

的质子数与1.6gCH4的质子数相等

【解析】选A。

同温（300℃）、同压（101kPa）条件下,相同体积（11.2L）的气体含有的分子数相等,A项正确;CH3COONH4溶液中,CH3COO-能促进N

的水解,而NH4Cl溶液中,Cl-对N

的水解无影响,因此浓度相同时NH4Cl溶液中的c（N

）大,B项错误;0.5mol·L-1盐酸和0.5mol·L-1硫酸中的c（H+）分别为0.5mol·L-1、1mol·L-1,pH不同,C项错误;1.8gN

的质子数为

×11NA=1.1NA,1.6gCH4的质子数为

×10NA=NA,D项错误。

3.（2014·潍坊一模）设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是　（　　）

A.常温常压下,2.24LCH4中含有0.4NA个共价键

B.100mL1mol·L-1NaAlO2溶液中含有0.1NA个Al

C.常温条件下,5.6gFe与足量稀硝酸反应,转移0.2NA个电子

D.标准状况下,1.12L1H2和0.2g2H2均含有0.1NA个质子

【解析】选D。

常温常压下2.24LCH4的物质的量小于0.1mol,故甲烷中含共价键数目小于0.4NA,A项错误;Al

发生水解,其离子数目小于0.1NA,B项错误;铁与足量的稀硝酸反应生成Fe3+,故5.6g铁发生反应转移电子数0.3NA个,C项错误;标准状况下1.12L1H2和0.2g2H2的物质的量都是0.05mol,所含的质子数也相等,D项正确。

【加固训练】（2014·唐山模拟）NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法中正确的是　（　　）

A.在密闭容器中加入1.5molH2和0.5molN2,充分反应后得到NH3分子数为NA

B.一定条件下,2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA

C.1.0L0.1mol·L-1Na2S溶液中含有的S2-数为0.1NA

D.标准状况下,22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA

【解析】选B。

合成氨的反应为可逆反应,A不正确;C项因S2-水解,故离子数目小于0.1NA;标准状况下,四氯化碳为液态,D不正确。

4.下列有关溶液配制的说法正确的是　（　　）

A.在50mL量筒中配制0.1000mol·L-1碳酸钠溶液

B.仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100mL0.1000mol·L-1K2Cr2O7溶液

C.用100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH=1的盐酸配制100mLpH=2的盐酸

D.配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度线,应用胶头滴管将多余液体吸出

【解析】选C。

配制一定物质的量浓度的溶液,应在容量瓶中进行,选项A、B错误;配制溶液定容时,若加水超过容量瓶刻度线,即使用胶头滴管将液体吸出,也会造成配制结果偏低。

5.相对分子质量为Mr的气态化合物VL（标准状况）溶于mg水中,得到溶液的质量分数为w%,物质的量浓度为cmol·L-1,密度为ρg·cm-3,则下列说法正确的是　

（　　）

A.溶液密度ρ可表示为:

B.物质的量浓度c可表示为:

C.溶液的质量分数w%可表示为:

D.相对分子质量Mr可表示为:

【解析】选D。

A项ρ=

=

故A项不正确;B项c=

故B项不正确;C项w%=

×100%,故C项不正确;由上述C项整理,得Mr=

故D项正确。

6.（2014·黄山一模）PbO2是褐色固体,受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物,+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2;现将1molPbO2加热分解得到O2,向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2,O2和Cl2的物质的量之比为3∶2,则剩余固体的组成及物质的量比是　（　　）

A.1∶2混合的PbO2、Pb3O4

B.1∶1混合的Pb3O4、PbO

C.1∶2∶4混合的PbO2、Pb3O4、PbO　　　

D.1∶4∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO

【解析】选B。

PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价）,铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时,+4价Pb被还原为+2价,Cl-被氧化为Cl2,此时得到溶液为PbCl2溶液,利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移电子为1mol×（4-2）=2mol,设该过程得到O2的物质的量为3xmol,则Cl2的物质的量为2xmol,利用电子转移守恒有:

3x×4+2x×2=2,解得x=0.125,故知1molPbO2在受热分解过程中产生O2为0.125mol×3=0.375mol,利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（O）=2mol-0.375mol×2=1.25mol,故剩余固体中n（Pb）∶n（O）=1mol∶1.25mol=4∶5。

A.1∶2混合的PbO2、Pb3O4,n（Pb）∶n（O）=（1+6）∶（2+8）=7∶10,错误;B.1∶1混合的Pb3O4、PbO,n（Pb）∶n（O）=（3+1）∶（4+1）=4∶5,正确;C.1∶2∶4混合的PbO2、Pb3O4、PbO,n（Pb）∶n（O）=（1+2×3+4）∶（2+2×4+4）=11∶14,错误;D.1∶4∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO,n（Pb）∶n（O）=（1+12+1）∶（2+16+1）=14∶19,错误。

7.今有一包铁粉和铜粉混合粉末,为确定其组成,现提供4mol·L-1的FeCl3溶液（其他用品略）。

某合作学习小组同学的实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）:

组　　别

①

②

③

④

V/mL

100

100

100

100

混合粉末质量/g

6

13.2

24

36

反应后剩余固体质量/g

0

1.28

12.8

24.8

下列结论正确的是　（　　）

A.第①组溶液中c（Fe3+）=3.0mol·L-1

B.第②组剩余固体是铁和铜

C.第④组反应后的滤液中c（Fe2+）=6mol·L-1

D.原混合粉末中n（Fe）∶n（Cu）=3∶2

【解析】选C。

据表分析实验②的FeCl3全部反应,而铁粉和铜与FeCl3溶液反应先后有序,即先与铁反应,后与铜反应,假设实验②只溶解铁,则可溶解铁

11.2g<13.2-1.28=11.92,即还溶解一部分铜,B错误,

设13.2g的混合物含铁x,铜y,56x+64y=13.2

Fe+2Fe3+

3Fe2+,2Fe3++Cu

2Fe2++Cu2+

x　2x　　　　0.4mol-2x0.2mol-x

56x+（0.2mol-x）×64=13.2-1.28,x=0.11mol,y=0.11mol,混合物中n（Fe）∶n（Cu）=1∶1,D错误;第④组混合物中含铁36÷（56+64）=0.3（mol）,与0.4mol的FeCl3溶液反应,铁剩余,因此生成0.6mol的Fe2+,C正确;第①组混合物中含铁6÷（56+64）=0.05（mol）,Cu也是0.05mol,共消耗0.2mol的FeCl3,因此c（Fe3+）=0.2mol·L-1,A错误。

二、非选择题（本题包括4小题,共58分）

8.（16分）（2014·惠州模拟）实验室需要0.80mol·L-1NaOH溶液475mL和

0.40mol·L-1硫酸500mL。

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　　　　（填序号）,配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是　　　　（填仪器名称）。

（2）容量瓶所不具备的功能有　　　　（填序号）。

A.配制一定体积准确浓度的标准溶液

B.量取一定体积的液体

C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体

D.贮存溶液

E.用来加热溶解固体溶质

（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为　g。

在实验中其他操作均正确,若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥,则所得溶液浓度

　　　　0.80mol·L-1（填“大于”“等于”或“小于”,下同）。

若未等溶液冷却就定容,则所得溶液浓度　　　　0.80mol·L-1。

（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、15mL、20mL、50mL的量筒,最好选用　　　　mL的量筒。

【解析】

（1）配制溶液用不到圆底烧瓶和分液漏斗。

（2）容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的溶液,也可以量取与容量瓶的规格相一致的一定体积的液体,但不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体,不能用于溶解溶质或贮存溶液。

（3）必须用500mL的容量瓶来配制0.80mol·L-1NaOH溶液,故需要称取NaOH的质量为0.80mol·L-1×0.5L×40g·mol-1=16.0g。

容量瓶未干燥不影响所配制溶液的浓度;未等溶液冷却就定容会导致冷却后溶液的体积变小,浓度变大。

（4）设需要浓硫酸的体积为V,1.84g·cm-3×V×98%=0.40mol·L-1×0.5L×

98g·mol-1,V≈10.9mL,应选用15mL的量筒。

答案:

（1）A、C　烧杯、玻璃棒

（2）C、D、E

（3）16.0　等于　大于

（4）10.9　15

9.（12分）六水氯化锶（SrCl2·6H2O）是实验室重要的分析试剂,工业上常以天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备,生产流程如下:

（1）第①步反应前天青石先研磨粉碎,其目的是 

　。

第③步加入适量稀硫酸的目的是 

　。

（2）第①步反应若0.5molSrSO4中只有S被还原,转移了4mol电子。

写出该反应的化学方程式:

　。

（3）第④步操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、　　　　　、　　　　　。

（4）称取1.000g产品溶解于适量水中,向其中加入含AgNO31.100×10-2mol的AgNO3溶液（产品中不含其他与Ag+反应的离子）,待Cl―完全沉淀后,用含Fe3+的溶液作指示剂,用0.2000mol·L-1的KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3,使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出。

若滴定过程用去上述浓度的KSCN溶液

20.00mL,则产品中SrCl2·6H2O的质量百分含量为　　　　（保留4位有效数字）。

【解析】

（1）把固体反应物研磨粉碎,可增加反应物的接触面积,提高反应速率,提高原料的利用率;第②步所得溶液含有少量Ba2+,所以第③步加入适量稀硫酸的目的是除去溶液中的Ba2+杂质。

（2）0.5molSrSO4中只有S被还原,转移了4mol电子,说明S化合物降低了8价,转化为SrS,根据流程图C转化为CO,化学方程式为SrSO4+4C

SrS+4CO。

（3）要得到纯净的固体,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后,需要进行洗涤、干燥（或烘干）操作。

（4）根据各步反应得出关系式:

AgNO3～KSCN,剩余的n（AgNO3）=n（KSCN）=

0.2000mol·L-1×0.02L=0.004mol,根据SrCl2·6H2O～2AgNO3,则产品中SrCl2·6H2O的质量百分含量为

×（1.100×10-2mol-0.004mol）×267g·mol-1÷1.000g×100%=93.45%。

答案:

（1）增加反应物的接触面积,提高反应速率,提高原料的利用率　除去溶液中的Ba2+杂质

（2）SrSO4+4C

SrS+4CO

（3）洗涤　干燥（或烘干）　（4）93.45%

10.（14分）（2014·长沙模拟）重铬酸钾（K2Cr2O7）是较强的氧化剂,在酸性条件下容易被还原成Cr3+,常用于铁矿石（主要成分为FeO和Fe2O3）中铁含量的测定。

（1）称取一定质量的K2Cr2O7配制成500mL标准溶液,在配制过程中使用的玻璃仪器,除烧杯和玻璃棒外,还需要　　　　　　　　　　　　　　　　;

（2）在定容时,视线应该　,

直至　;

（3）请配平滴定原理的离子方程式:

　　　　Cr2

+　　　　Fe2++　　　　H+

　　　　Fe3++　　　　Cr3++　　　　H2O

（4）在配制铁矿石待测液时要向其中滴加适量的SnCl2溶液,其目的是 

　;

若配制K2Cr2O7标准溶液定容时,俯视容量瓶的刻度线,则最终测得铁的含量

　　　　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【解析】

（1）用K2Cr2O7固体配制500mL标准溶液,需使用的玻璃仪器,除烧杯和玻璃棒外,还需要500mL容量瓶、胶头滴管。

（2）定容时视线应注视凹液面的最低处与刻度线,直到溶液的凹液面最低处与刻度线相平为止。

（3）根据化合价升降总数相等,利用最小公倍数法及电荷守恒即可配平。

（4）铁矿石的主要成分为FeO和Fe2O3,在用K2Cr2O7溶液滴定前需把Fe3+还原为Fe2+,向铁矿石待测液中加适量的SnCl2溶液,目的是将Fe3+还原为Fe2+。

配制K2Cr2O7溶液时,俯视容量瓶的刻度线,会导致溶液的体积偏小,溶液的浓度偏大,所测铁的含量偏低。

答案:

（1）500mL容量瓶、胶头滴管

（2）注视凹液面的最低处与刻度线　凹液面的最低处与刻度线相平

（3）1　6　14　6　2　7

（4）将矿石中的Fe3+还原为Fe2+　偏低

【讲评建议】教师在讲解时,请提醒学生注意以下几点:

解答第

（1）小题时,要提醒学生注意容量瓶的规格,回答时必须写明容量瓶的规格,否则不得分。

易遗漏胶头滴管,在回答使用仪器时可回顾操作步骤进行一一验证,不能有遗漏。

解答第

（2）小题时,要严密答题,规范描述。

一定要有“凹液面最低处与刻度线相平”,否则不得分。

解答第（3）小题时,要正确分析化合价的变化,只有铬元素和铁元素的化合价发生变化,再根据得失电子守恒和元素守恒,进行配平。

解答第（4）小题时,要必须明确问的问题是什么,求的是最终测得铁的含量,而不是配制的K2Cr2O7的浓度的大小。

11.（16分）氨和联氨（N2H4）是氮的两种常见化合物,在科学技术和生产中有重要的应用。

根据题意完成下列计算:

（1）联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物,该氢化物的相对分子质量为43.0,其中氮原子的质量分数为0.977,计算确定该氢化物的分子式为　。

该氢化物受撞击则完全分解为氮气和氢气。

4.30g该氢化物受撞击后产生的气体在标准状况下的体积为　　　　L。

（2）联氨和四氧化二氮可用作火箭推进剂,联氨是燃料,四氧化二氮作氧化剂,反应产物是氮气和水。

由联氨和四氧化二氮组成的火箭推进剂完全反应生成72.0kg水,则推进剂中联氨的质量为　。

（3）氨的水溶液可用于吸收NO与NO2混合气体,反应方程式为6NO+4NH3

5N2+6H2O,6NO2+8NH3

7N2+12H2O。

NO与NO2混合气体180mol被8.90×103g氨水（质量分数0.300）完全吸收,产生156mol氮气。

吸收后氨水密度为0.980g·cm-3。

则①该混合气体中NO与NO2的体积比为　　　　　　,②吸收后氨水的物质的量浓度为　　　　　　（答案保留1位小数）。

【解析】

（1）n（N）=

≈3、n（H）=

=1,因此化学式为HN3。

2HN3

H2+3N2,4.30gHN3参加反应生成0.2mol混合气体,标准状况下的体积为4.48L。

（2）2N2H4+N2O4

3N2+4H2O,但当反应生成72.0kg水时,参加反应的联氨的质量为m（N2H4）=

×0.5×32g·mol-1=64000g=64kg。

（3）设一氧化氮、二氧化氮的物质的量分别为X、Y,根据反应方程式和题干得出

解得X=162mol、Y=18mol,相同条件下体积之比等于物质的量之比:

=

=

。

参加反应的氨气的物质的量为

×4+

×8=

132mol,完全反应后氨气的物质的量为

-132mol≈25mol,完全反应后溶液的体积为

×10-3≈10.429（L）

c（NH3）=

≈2.4mol·L-1。

答案:

（1）HN3　4.48　

（2）64kg

（3）9∶1　2.4mol·L-1