2019-2020年高考化学二轮复习 上篇 专题一 第2讲 化学常用计量-物质的量提升训练.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 上篇 专题一 第2讲 化学常用计量-物质的量提升训练1设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于7.8 g过氧化钠固体的说法正确的是()A其中所含电子总数为0.4NAB其中所含离子总数为0.4NAC与足量的H2O反应，生成O2分子数为0.1NAD与足量的CO2反应，转移电子数为0.1NA解析1个Na2O2含38个电子，7.8 g过氧化钠所含电子总数为38NA3.8NA，A项错误；1个Na2O2含2个Na和1个O，7.8 g过氧化钠所含离子总数为3NA0.3NA，B项错误；根据2Na2O22H2O=4NaOHO2，生成O2分子数为NA0.05NA，C项错误；与足量的CO2反应，转移电子数为NA0.1NA，D项正确。答案D2配制500 mL 0.1 molL1的NaCl溶液，下列说法或操作正确的是()A用托盘天平准确称量干燥的NaCl固体2.925 gB准确称量2.9 g NaCl固体溶于500 mL蒸馏水C在烧杯中用蒸馏水溶解NaCl，冷却至室温后移入500 mL容量瓶，然后加蒸馏水至刻度线D正确称量2.9 g混有KCl的NaCl固体，其他操作均正确，配好后的溶液中c(Cl)偏高解析考生在解答本题时，常犯的错误：忽视托盘天平的精确度而错选A。A项，托盘天平只能精确到0.1 g，错误；B项，所配溶液的体积是500 mL，并不是溶剂水的体积是500 mL，错误；D项，KCl的摩尔质量比NaCl的大，故等质量的KCl的物质的量小，因此配好后的溶液中c(Cl)偏低，错误。答案C3(xx南通扬州二模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A常温常压下，2.24 L H2O中含有极性共价键的数目为0.2NAB0.1 molL1 NH4Cl溶液中含有NH的数目小于0.1NAC100 mL 12 molL1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NAD标准状况下，11.2 L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA解析A项，常温常压下水为液态，不适用于气体摩尔体积，错误；B项，无溶液体积，无法计算，错误；C项，铜过量，随着反应的进行，浓硝酸变稀，无法计算转移的电子数，错误；D项，0.5 mol混合气体，分子中氢原子数均为4，氢原子的数目为2NA，正确。答案D4(xx泰州二调)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 6C原子中所含中子数目为6NA解析1 mol Cl2与足量Fe反应后生成2 mol Cl，转移电子数为2NA，A错误；溶液中水电离出的n(H)水n(OH)1013 mol，即数目为1013NA，B错误；乙烯与丁烯的最简式均为“CH2”，21 g该混合物含1.5 mol “CH2”，即含有的碳原子数为1.5NA，C正确；14C的中子数1468，故1 mol 14C含有的中子数为8NA，D错误。答案C5(xx南京三模)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A0.1 molL1 MgCl2溶液中含有的Mg2数目一定小于0.1NAB标准状况下，11.2 L CCl4中含有的分子数目为0.5NAC28 g聚乙烯中含有的碳原子数目为2NAD1 mol CH中含有的电子数目为11NA解析没有指定溶液的体积，Mg2数目无法计算或估算，A错误；标准状况下，CCl4是液体，B错误；聚乙烯的最简式为“CH2”，故28 g聚乙烯含2 mol “CH2”，即含碳原子数目为2NA，C正确；CH含有的电子数615110，故1 mol CH中含有的电子数目为10NA，D错误。答案C6设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是()A由2H和18O组成的11 g水中含有的中子数为4NAB将0.1 mol氯化亚铁溶于1 L水中，所得溶液中Fe2的数目小于0.1NAC25 时，10 L pH2的硫酸中含有的H数为0.1NAD2 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na共失去2NA个电子解析11 g 2HO中含有的中子数为6NA，A项错误；因Fe2水解，故所得溶液中Fe2的数目小于0.1NA，B项正确；25 时，pH2的硫酸中，c(H)0.01 molL1，所以含有的H数为0.1NA，C项正确；Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na均由0价上升到1价，所以2 mol Na参与反应共失去2NA个电子，D项正确。答案A7设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是()A2 g DO中含有的质子数、中子数、电子数均为NAB80 g CuO和Cu2S的混合物中含有的铜原子数一定为NAC标准状况下，5.6 L O2作氧化剂时转移电子数一定为NAD500 mL 2 molL1 Na2CO3溶液中含C微粒总数一定为NA解析1个DO分子中含有10个质子、10个中子、10个电子，则2 g DO中含有的质子数、中子数、电子数均为10NANA，A项正确；设CuO的质量为x g，则含铜原子的数目为(2)NANA，B项正确；在反应2NaO2Na2O2中，标准状况下5.6 L O2参与反应，转移电子数为2NA0.5NA，C项错误，符合题意；根据物料守恒，500 mL 2 mol/L Na2CO3溶液中含C微粒总数：N(CO)N(HCO)N(H2CO3)0.5 L2 molL1NANA，D项正确。答案C8在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c molL1。下列关系式或叙述正确的是()w100%c向上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w向上述溶液中再加入1.5V mL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为c(Cl)c(NH)c(H)c(OH) A B C D解析解答本题时，若将氨水中的溶质看成NH3H2O，从而将摩尔质量计算为35 gmol1，易认为正确。w100%100%，错误；c，正确；V mL水的质量大于V mL 氨水的质量，故稀释后，所得溶液的质量分数小于0.5w，错误；反应后得到NH4Cl，同时还存在过量的盐酸，故溶液呈酸性，根据电荷守恒可知正确。答案D9(xx镇江期末)过碳酸钠(2Na2CO33H2O2)俗称固体双氧水，是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的流程如下：(注：BC1、BC2均为稳定剂，其中BC1是由异丙醇和三乙醇胺按一定比例混合而成)(1)结晶过程中加入氯化钠、搅拌，作用是 。(2)加入BC2稳定剂与工业纯碱中含有的Fe3杂质生成稳定的配合物的目的是 。(3)洗涤抽滤产品，应选用合适的洗涤试剂是 (填字母)。A饱和氯化钠溶液 B水C异丙醇 D碳酸钠饱和溶液(4)工业上常以活性氧的质量分数w(活性氧)16n(H2O2)/m(样品)100%来衡量过碳酸钠产品的优劣，w13%为优等品。现将0.200 0 g某厂家生产的过碳酸钠样品(所含杂质不参与后面的反应)溶于水配成溶液，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量KI，摇匀后静置于暗处，充分反应后加入少量淀粉试剂，用0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液33.00 mL。(已知：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI)，通过计算判断样品是否为优等品(写出计算过程)。解析(1)加入氯化钠搅拌后，发生盐析过程，有利于过碳酸钠晶体的析出。(2)Fe3具有催化作用，防止Fe3促进H2O2的分解。(3)防止产品的损失，所以采用的洗涤剂是有机溶剂。(4)具体计算过程见参考答案。答案(1)降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠晶体析出(2)防止Fe3杂质离子催化H2O2分解(3)C(4)根据题目可知发生的化学反应为H2O22KIH2SO4=2H2OI2K2SO4由关系式H2O2I22Na2S2O3可得n(H2O2)1.65103 molw(活性氧)100%100%13.2%样品是优等品10(xx苏锡常镇一调)过氧化银(Ag2O2)作为活性物质，广泛应用于抗菌消毒和化学能源等领域。(1)过氧化银抗菌消毒的可能原因是 。(2)AlAg2O2电池可用作水下动力电源，其原理如图甲所示。该电池的负极反应式为 。(3)用NaClONaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2。写出该反应的离子方程式： 。(4)用上述方法制得的Ag2O2会含有少量的Ag2O。可用热重分析法测定Ag2O2的纯度。其步骤如下：取27.12 g样品在N2气氛下加热，测得不同温度下对应的剩余固体的质量与温度的关系曲线(即失重曲线)如图乙所示。CD段发生反应的化学方程式是 ；计算样品中Ag2O2的质量分数(写出计算过程)。解析(1)过氧化物具有强氧化性，如H2O2；Ag为重金属，可使蛋白质变性，有消毒杀菌功能。(2)根据图示可判断失电子的Al电极为负极，由于是在NaOH溶液强碱性环境下，故负极产物应为AlO，负极反应式为Al3e4OH=AlO2H2O，正极反应式为Ag2O24e2H2O=2Ag4OH。(3)根据题给信息写出AgClOAg2O2Cl，再由电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平即可。(4)Ag2O2受热分解，固体产物不外乎是Ag2O、Ag，故假设AB段反应为2Ag2O22Ag2OO2，CD段反应为2Ag2O4AgO2，再将图中数据一一代入，验证知猜想正确。AB段发生的反应为2Ag2O22Ag2OO2n(O2)0.050 0 mol，n(Ag2O2)2n(O2)20.050 0 mol0.100 0 mol，w(Ag2O2)100%91.45%。答案(1)具有强氧化性(或Ag为重金属元素，有消毒杀菌功能)(2)Al3e4OH=AlO2H2O(3)2AgClO2OH=Ag2O2ClH2O(4)2Ag2O4AgO291.45%11(xx通扬泰淮三调)Mn(OH)2常用作油漆催干剂。向MnSO4溶液加入NaOH溶液，待沉淀完全后，过滤，洗涤，烘干即可制得Mn(OH)2。(1)已知：常温下Mn(OH)2的Ksp1.01015。如果要使溶液中Mn2沉淀完全，则应该保持溶液中c(OH) molL1当c(Mn2)105 molL1时，即可认为溶液中Mn2沉淀完全。(2)Mn(OH)2还可以通过MnO2与二氧化硫气体充分接触，再与石灰乳反应制得，写出该反应的总化学方程式 。(3)一种含Mn2的结晶水合物组成为AxMnyBzmH2O(A表示一种阳离子，B表示一种阴离子)。现称取39.10 g晶体配成100 mL溶液X，取20 mL溶液X，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，加热，得到896 mL气体(标准状况)；另取20 mL溶液X，向其中加入盐酸，无沉淀产生，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤，洗涤，烘干，得到固体9.32 g。A、B的离子符号分别为 、 。通过计算确定该结晶水合物的化学式(写出计算过程)。解析(1)KspMn(OH)2c(Mn2)c2(OH)，c2(OH)1.01015/1051010，c(OH)105 mol/L。(2)MnO2将SO2氧化生成SO，与Ca(OH)2的反应生成CaSO4，根据Mn、S元素得失电子守恒配平反应。(3)该物质与碱反应生成气体，说明存在NH，加入盐酸，无沉淀产生，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明存在SO。根据给出的量，可计算出NH和SO的量，再根据电荷守恒：n(NH)2n(Mn2)2n(SO)，可得出Mn2的量，最后根据质量守恒，计算出H2O的量，将各粒子的物质的量相比，即可得出化学式中粒子的下标。答案(1)1105(2)MnO2SO2Ca(OH)2=Mn(OH)2CaSO4(3)NHSO39.10 g样品中：n(NH)n(NH3)0.896 L22.4 L/mol50.2 moln(SO)n(BaSO4)9.32 g233 g/mol50.2 mol根据电荷守恒：n(NH)2n(Mn2)2n(SO)n(Mn2)(20.2 mol0.2 mol)20.1 moln(H2O)(39.10 g0.2 mol18 g/mol0.1 mol55 g/mol0.2 mol 96 g/mol) 18 g/mol0.6 moln(NH)n(Mn2)n(SO)n(H2O)2126故该结晶水合物的化学式为：(NH4)2Mn(SO4)26H2O12(xx徐宿连三模)达喜的化学成分是AlaMgb(OH)c(CO3)dxH2O，常用于中和胃酸。(1)1 mol达喜与足量的盐酸完全反应后生成水的物质的量为 (用含x等字母的代数式表示)。(2)达喜化学式中a、b、c、d的关系为ab cd(填“”、“”或“”)。(3)已知在常温下溶液中Al3、Mg2、AlO的浓度与溶液pH的关系如图所示。为测定达喜的组成，进行了下列实验：取达喜6.02 g研碎，缓慢加入2.00 molL1盐酸使其溶解，当加入盐酸85.00 mL时开始产生CO2，加入盐酸至90.00 mL时正好反应完全。在所得溶液中加入适量的 (填“氨水”、“氢氧化铝”或“氧化镁”)以调节溶液的pH至5.07.8，使有关离子完全沉淀。将产生的全部沉淀过滤、洗涤，灼烧至恒重，称量为1.02 g。请通过计算确定达喜的化学式(写出计算过程)。解析(1)可以理解为OHH=H2O，CO2H=H2OCO2，所以水的物质的量为cdx。(2)根据电荷守恒知，3a2bc2d，转化为2(ab)2(cd)(ac)0，即abcd。(3)加入Al(OH)3或MgO时，最多只能将溶液pH调为7，要将溶液调成碱性，必须加碱，备选只有氨水满足。答案(1)xcd(2)(3)氨水HCl的总物质的量：2.00 molL10.09 L0.18 molCO产生CO2消耗HCl的物质的量：(0.090.085) L2.00 molL120.02 molCO的物质的量：0.02 mol20.01 mol602 g达喜中OH的物质的量：0.18 mol0.02 mol0.16 mol602 g达喜中Al3的物质的量：20.02 mol602 g达喜中Mg2的物质的量：0.06 mol602 g达喜中H2O的物质的量：0.04 moln(Al3)n(Mg2)n(OH)n(CO)n(H2O)0.02 mol0.06 mol0.16 mol0.01 mol0.04 mol261614达喜的化学式为Al2Mg6(OH)16(CO3)4H2O