2020高考化学二轮课标通用专题能力训练1　化学常用计量 WORD版含解析.docx

1、专题能力训练1化学常用计量(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第2页一、选择题(共8小题,每小题6分,共48分。每小题只有1个选项符合题意)1.使用胆矾配制1 L 0.1 molL-1的硫酸铜溶液,正确的操作是()A.将胆矾加热除去结晶水后,称取16 g溶解在1 L水里B.称取胆矾25 g,溶解在1 L水里C.将25 g胆矾溶于水,然后将此溶液稀释至1 LD.将16 g胆矾溶于水,然后将此溶液稀释至1 L答案:C解析:A、B两项中水为1 L时,加入固体形成溶液的体积不是1 L,尽管溶质为0.1 mol,但溶液浓度不是0.1 molL-1;D项中16 g胆矾含CuSO4少于0.1 mol

2、,所配溶液浓度也不是0.1 molL-1。2.(2019辽宁辽阳高三模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.78 g苯中含有的碳碳双键为3.0NAB.4.6 g金属钠完全燃烧,转移的电子数为0.4NAC.等质量的N2和CO中,原子数均为2.0NAD.5.6 L(标准状况)O2中含有的质子数为4.0NA答案:D3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.标准状况下,22.4 L己烷中含有分子数目为NAB.标准状况下,22.4 L氦气所含原子数为2NAC.7.8 g Na2O2中含有的共价键数目为0.1NAD.将0.5 mol N2O4充入密闭容器中充分反应转化成NO

3、2的数目为NA答案:C解析:当1 mol Cu被氧化为+1价时,失电子数为NA,A错误;氨水中水的电离受到抑制,水电离的OH-浓度为1.010-13 molL-1,B错误;1 mol C4H10含13 mol共价键,C正确;Fe3+在水溶液中会水解,离子总数小于NA,D错误。4.将V L NH3(已折算成标准状况下)通入1 L水中,形成密度为 gcm-3的氨水,质量分数为w,其中含NH4+的物质的量为a mol,下列说法正确的是()A.溶质的物质的量浓度c=V22.4 molL-1B.溶质的质量分数w=17V17V+22 400100%C.溶液中c(OH-)=1 000aV22.417+1 0

4、00 molL-1D.上述溶液中再通入与原溶液等体积的水,所得溶液的质量分数大于0.5w答案:B解析:n(NH3)=V22.4 mol,m(溶液)=(V22.417+1 000) g。V(溶液)=V22.417+1 00010-3 L,由此可知A错误;B正确;C项中给出的是溶液中NH4+的物质的量浓度,但H2O也电离出OH-,溶液中c(OH-)应大于c(NH4+),C错误;氨水的密度小于水的密度,且随着浓度的增大而减小,D错误。5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法一定正确的是()A.0.1 mol FeCl3形成的胶体粒子数为0.1NAB.常温下,1 L pH=12氨水中含有OH-的数目为

5、0.01NAC.0.1 mol O2完全反应时,转移的电子数为0.4NAD.12 g碳单质中所含的共价键数为2NA答案:B解析:氢氧化铁胶粒是多个Fe(OH)3“分子”的聚集体,故0.1 mol氯化铁形成的胶粒的数目小于0.1NA,A错误;pH=12的氨水中,OH-的浓度为0.01 molL-1,故1 L此溶液中含有的OH-的物质的量为0.01 mol,数目为0.01NA,B正确;产物中氧元素的化合价可能为-2价,还可能为-1价,故0.1 mol氧气完全反应转移的电子数可能为0.4NA,还可能为0.2NA,C错误;12 g碳的物质的量为1 mol,而碳单质有石墨、金刚石和C60,不同碳单质中含

6、有的共价键的数目不同,D错误。6.下列说法中,正确的是()A.1 L水中溶解了40 g NaOH后,所得溶液浓度为1 molL-1B.从1 L 2 molL-1的NaCl溶液中取出0.5 L,该溶液的浓度为1 molL-1C.将2.24 L HCl气体通入水中制成100 mL溶液,所得溶液的物质的量浓度为1 molL-1D.将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液,则所得溶液的浓度为1 molL-1答案:D解析:物质的量浓度等于溶质的物质的量除以整个溶液的体积,A错误;取出其中一部分,浓度不变,B错误;没有说明是标准状况,无法求出HCl的物质的量,C错误;80 g SO3为1 mol,与水反

7、应生成1 mol H2SO4,D正确。7.下列有关配制溶液的做法中,正确的是()A.在托盘天平两托盘上各放一片大小相同的纸,然后将NaOH放在纸片上进行称量B.称取7.68 g硫酸铜,加入500 mL水来配制480 mL 0.1 molL-1的硫酸铜溶液C.定容时不小心水加多了,应重新配制D.用量筒量取的浓盐酸倒入容量瓶中加水至刻度线答案:C解析:氢氧化钠会因为潮解而黏附在纸片上,应该用小烧杯称量,A错误;应配制500 mL溶液,水的体积不是500 mL,B错误;定容时水加多了不能吸出,重新配制,C正确;不能在容量瓶中进行稀释和溶解,D错误。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()

8、A.0.5 mol Cu与足量的S反应转移电子数为NAB.在粗铜精炼的实验中,阳极质量减小6.4 g,则电解过程中转移电子数为0.2NAC.2 g D2O和H218O的混合物中含有的中子数为NAD.46 g分子式为C2H6O的有机物中含有极性共价键的数目一定为7NA答案:C解析:Cu与足量的S反应生成Cu2S,0.5 mol Cu与足量的S反应转移电子数为0.5NA,A项错误;在粗铜精炼的实验中,阳极失电子的金属可能是Cu、Fe、Zn等,质量减小6.4 g,电解过程中转移电子数不一定为0.2NA,B项错误;D2O与H218O的摩尔质量均为20 gmol-1,故2 g D2O和H218O的混合物

9、的物质的量为0.1 mol,D2O和H218O分子中都含有10个中子,C项正确;若C2H6O是乙醇,46 g C2H6O中含有极性共价键的数目为7NA,若C2H6O是二甲醚,46 g C2H6O中含有极性共价键的数目为8NA,D项错误。二、非选择题(共4小题,共52分)9.(16分)根据下列各题所给出的数据,可分别求出其“w(溶质的质量分数)”或“c(溶质的物质的量浓度)”,试判断并求解。(1)设NA表示阿伏加德罗常数的数值,若某氢氧化钠溶液V L中含有n个OH-,则可求出此溶液的为。(第一个空用符号表示,下同)(2)已知某氢氧化钠溶液中Na+与H2O的个数之比为1a,则可求出此溶液的为。(3

10、)已知标准状况下1体积水能溶解500体积的氯化氢,则可求出标准状况下氯化氢饱和溶液的为。(不用计算结果,列出表达式即可)(4)已知将100 mL氯化铝的水溶液加热蒸干灼烧,可得到白色固体b g,则可求出原氯化铝溶液的为。答案:(1)cnVNA molL-1(2)w4040+18a100%(3)w50022.436.550022.436.5+1 000100%(4)c10b51 molL-110.(12分).白磷(P4)是磷的单质之一,易被氧化。(1)6.20 g白磷在足量氧气中完全燃烧生成P2O5,反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为 L。上述燃烧产物溶于水配成50.0 mL磷酸(H3PO4)

11、溶液,该磷酸溶液的物质的量浓度为 molL-1。(2)含0.300 mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500 mol Ca(OH)2的溶液中,反应恰好完全,生成1种难溶盐和16.2 g H2O。该难溶盐的化学式可表示为。.分别称取2.39 g (NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。(1)将其中一份配成溶液,逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液,产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n(NH4)2SO4n(NH4Cl)= 。(2)另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时,溶液中c(Cl-)=(溶液体积变化忽略不计)。答案:.(1

12、)5.64.00(2)Ca5(PO4)3(OH).(1)12(2)0.100 molL-111.(12分)碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O常用作塑料阻燃剂。(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)dxH2O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: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)。另取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率(固体样品的剩余质量固体样品的起始质量100%)随温度的变化如图所示(样品在270 时已

13、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(CO32-)(写出计算过程)。答案:(1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a+3b=c+2d(3)n(CO2)=0.560 L22.4 Lmol-1=2.5010-2 molm(CO2)=2.5010-2 mol44 gmol-1=1.10 g在270600 之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2Om(CO2)+m(H2O)=3.390 g(0.734 5-0.370 2)=1.235 gm(H2O)=1.235 g-1.10 g=0.135 gn(H2O)=0.1

14、35 g18 gmol-1=7.5010-3 moln(OH-)=7.5010-3 mol2=1.5010-2 moln(OH-)n(CO32-)=1.5010-2 mol2.5010-2 mol=35解析:利用MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O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的量可由实验求得,270600 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

15、物质的量。12.(12分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。(1)碱式氯化铜有多种制备方法:方法1:4550 时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl23H2O,该反应的化学方程式为。方法2:先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。M的化学式为。(2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClcxH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:称取样品1.116 0 g,用少量稀硝酸溶解后配成100.00 mL溶液A;取25.00 mL溶液A,加入足量AgNO3溶

16、液,得AgCl 0.172 2 g;另取25.00 mL溶液A,调节pH 45,用浓度为0.080 00 molL-1的EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2+H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。答案:(1)4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2OFe2+(2)n(Cl-)=n(AgCl)100.00 mL25.00 mL=0.172 2 g143.5 gmol-1100.00 mL25.00 mL=4.80010-3 moln(Cu2+)=n(EDTA)100

17、.00 mL25.00 mL=0.080 00 molL-130.00 mL10-3 LmL-1100.00 mL25.00 mL=9.60010-3 moln(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=29.60010-3 mol-4.80010-3 mol=1.44010-2 molm(Cl-)=4.80010-3 mol35.5 gmol-1=0.170 4 gm(Cu2+)=9.60010-3 mol64 gmol-1=0.614 4 gm(OH-)=1.44010-2 mol17 gmol-1=0.244 8 gn(H2O)=1.116 0 g-0.170 4 g-0.614 4 g

18、-0.244 8 g18 gmol-1=4.80010-3 molabcx=n(Cu2+)n(OH-)n(Cl-)n(H2O)=2311化学式为Cu2(OH)3ClH2O解析:(1)由题意可知,反应物为CuCl、O2和H2O,生成物为Cu2(OH)2Cl23H2O,则反应为氧化还原反应,氧气为氧化剂,CuCl为还原剂,Cu元素从+1价变为+2价失1e-,O元素从0价到-2价得2e-,因此CuCl2与O2的物质的量之比为41,再根据元素守恒即可得水的化学计量数为8;由图示可知,M为催化剂Fe3+,在反应中,Fe3+将Cu氧化为Cu2+,自身被还原为Fe2+。(2)要确定样品的化学式,需求出abc

19、x的值。样品中各元素的物质的量为n(Cl-)=n(AgCl)=0.172 2 g143.5 gmol-1100.00 mL25.00 mL=4.80010-3 moln(Cu2+)=n(EDTA)=0.080 00 molL-130.00 mL10-3 LmL-1100.00 mL25.00 mL=9.60010-3 mol由电荷守恒可知:n(OH-)+n(Cl-)=2n(Cu2+)n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=29.60010-3 mol-4.80010-3 mol=1.44010-2 molH2O的质量可由样品总质量减去已知Cl-、Cu2+和OH-质量求得,n(H2O)=m(H2O)18 gmol-1=1.116 0 g-0.170 4 g-0.614 4 g-0.244 8 g18 gmol-1=4.80010-3 mol则abcx=n(Cu2+)n(OH-)n(Cl-)n(H2O)=2311。