广西专用2020版高考化学二轮复习专题能力训练1化学常用计量含解析

广西专用2020版高考化学二轮复习专题能力训练1化学常用计量含解析

专题能力训练1　化学常用计量 ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 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 mol·L-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 L D.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 mol·L-1;D项中16 g胆矾含CuSO4少于0.1 mol,所配溶液浓度也不是0.1 mol·L-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3.0NA B.4.6 g金属钠完全燃烧,转移的电子数为0.4NA C.等质量的N2和CO中,原子数均为2.0NA D.5.6 L(标准状况)O2中含有的质子数为4.0NA 答案:D ‎3.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NA B.标准状况下,22.4 L氦气所含原子数为2NA C.7.8 g Na2O2中含有的共价键数目为0.1NA D.将0.5 mol N2O4充入密闭容器中充分反应转化成NO2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1.0×10-13 mol·L-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ρ g·cm-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 mol·L-1‎ B.溶质的质量分数w=‎17V‎17V+22 400‎×100%‎ C.溶液中c(OH-)=‎1 000aρV‎22.4‎‎×17+1 000‎ mol·L-1‎ D.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)=(V‎22.4‎×17+1 000) g。‎ V(溶液)=V‎22.4‎‎×17+1 000‎ρ×10-3 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 -‎ ‎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0.1NA B.常温下,1 L pH=12氨水中含有OH-的数目为0.01NA C.0.1 mol O2完全反应时,转移的电子数为0.4NA D.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 mol·L-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 mol·L-1‎ B.从1 L 2 mol·L-1的NaCl溶液中取出0.5 L,该溶液的浓度为1 mol·L-1‎ C.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 mol·L-1‎ D.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 mol·L-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 mol·L-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(　　)‎ A.0.5 mol Cu与足量的S反应转移电子数为NA B.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0.2NA C.2 g D2O和H‎2‎‎18‎O的混合物中含有的中子数为NA D.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 g·mol-1,故2 g D2O和H‎2‎‎18‎O的混合物的物质的量为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。‎ - 5 -‎ ‎(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1∶a,则可求出此溶液的　　　　　　为　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)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)c　nVNA mol·L-1‎ ‎(2)w　‎40‎‎40+18a×100%‎ ‎(3)w　‎500‎‎22.4‎‎×36.5‎‎500‎‎22.4‎‎×36.5+1 000‎×100%‎ ‎(4)c　‎10b‎51‎ mol·L-1‎ ‎10.(12分)Ⅰ.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)溶液,该磷酸溶液的物质的量浓度为　　　　 mol·L-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　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ Ⅱ.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)2SO4]∶n(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:Ⅰ.(1)5.6　4.00　(2)Ca5(PO4)3(OH)‎ Ⅱ.(1)1∶2　(2)0.100 mol·L-1‎ ‎11.(12分)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]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)d·xH2O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:‎ ‎①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)。②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 ℃时已完全失去结晶水,600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。‎ - 5 -‎ 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 L·mol‎-1‎=2.50×10-2 mol m(CO2)=2.50×10-2 mol×44 g·mol-1=1.10 g 在270~600 ℃之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O m(CO2)+m(H2O)=3.390 g×(0.734 5-0.370 2)=1.235 g m(H2O)=1.235 g-1.10 g=0.135 g n(H2O)=‎0.135 g‎18 g·mol‎-1‎=7.50×10-3 mol n(OH-)=7.50×10-3 mol×2=1.50×10-2 mol n(OH-)∶n(CO‎3‎‎2-‎)=1.50×10-2 mol∶2.50×10-2 mol=3∶5‎ 解析:利用MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O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①求得,270~600 ℃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①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:‎ ‎①方法1:45~50 ℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②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)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:①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;②取25.00 mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl 0.172 2 g;③另取25.00 mL溶液A,调节pH 4~5,用浓度为0.080 00 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)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)①4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O - 5 -‎ ‎②Fe2+‎ ‎(2)n(Cl-)=n(AgCl)×‎100.00 mL‎25.00 mL‎=‎0.172 2 g‎143.5 g·mol‎-1‎×‎‎100.00 mL‎25.00 mL=4.800×10-3 mol n(Cu2+)=n(EDTA)×‎100.00 mL‎25.00 mL=0.080 00 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×‎100.00 mL‎25.00 mL=9.600×10-3 mol n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol-4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g·mol-1=0.170 4 g m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g·mol-1=0.614 4 g m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g·mol-1=0.244 8 g n(H2O)=‎1.116 0 g-0.170 4 g-0.614 4 g-0.244 8 g‎18 g·mol‎-1‎=4.800×10-3 mol a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1‎ 化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O 解析:(1)①由题意可知,反应物为CuCl、O2和H2O,生成物为Cu2(OH)2Cl2·3H2O,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4∶1,再根据元素守恒即可得水的化学计量数为8;②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a∶b∶c∶x的值。样品中各元素的物质的量为n(Cl-)=n(AgCl)=‎0.172 2 g‎143.5 g·mol‎-1‎‎×‎‎100.00 mL‎25.00 mL=4.800×10-3 mol n(Cu2+)=n(EDTA)=0.080 00 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×‎100.00 mL‎25.00 mL=9.600×10-3 mol 由电荷守恒可知:‎ n(OH-)+n(Cl-)=2n(Cu2+)‎ n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol-4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol H2O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 g·mol‎-1‎=‎1.116 0 g-0.170 4 g-0.614 4 g-0.244 8 g‎18 g·mol‎-1‎=4.800×10-3 mol 则a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1。‎ - 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