届高三化学二轮复习专题能力提升练二第一篇专题通关攻略专题一基本概念2化学常用计量Word格式文档下载.docx
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2gH2的物质的量为=1mol，故D正确。
2.（2015·
临沂二模）用98%的浓硫酸（密度为1.84g·
cm-3）配制100mL1mol·
L-1的稀硫酸。
现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：
①100mL量筒②10mL量筒 ③50mL烧杯 ④托盘天平⑤100mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（）
A.④③⑦⑤⑥ B.②⑤⑦⑥
C.①③⑤⑥⑦D.②⑥③⑦⑤⑥
98%的浓硫酸的物质的量浓度为c==mol·
L-1
=18.4mol·
L-1，配制1mol·
L-1的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V=≈0.0054L，即5.4mL，应选择10mL量筒。
配制一定物质的量浓度的溶液的操作为量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确顺序为②⑥③⑦⑤⑥，D正确。
【易错提醒】用量筒量取液体的体积时，选用的量筒体积应比量取液体的体积略大或相等，以减小实验误差；
液体加入量筒接近所量取体积时，应该改用胶头滴管滴加至所需体积。
3.（2015·
汕头一模）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A.标准状况下，22.4L四氯化碳含有的分子数为NA
B.常温常压下，18g水含有的分子数为NA
C.1molCu和足量稀硝酸反应产生的NO分子数为NA
D.1L1.0mol·
L-1Na2CO3溶液中含有的C数为NA
【解析】选B。
标准状况下四氯化碳不是气体，故A错误；
18g水的物质的量为=1mol，因此分子数为NA，故B正确；
Cu和稀硝酸反应时，1molCu失去2mol电子，1molHNO3变为NO得到3mol电子，根据得失电子守恒，则产生的NO分子数为NA，故C错误；
溶液中C水解导致C浓度减小，1L
1.0mol·
L-1Na2CO3溶液中含有C数小于NA，故D错误。
4.下列说法正确的是（）
A.标准状况下，2.24LCH3OH含有的分子数等于0.1NA
B.相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量
C.0.1mol·
L-1的碳酸钠溶液的pH大于0.1mol·
L-1的醋酸钠溶液的pH
D.3.4gNH3中含N—H键数目为0.2NA
【解析】选C。
标准状况下甲醇为液态，2.24LCH3OH的物质的量不是0.1mol，含有的分子数不是0.1NA，故A错误；
氢原子形成氢气分子释放能量，相同条件下，2molH所具有的能量大于1molH2所具有的能量，故B错误；
碳酸钠、醋酸钠均为强碱弱酸盐，碳酸根水解程度大于醋酸根，故碳酸钠溶液的碱性更强，pH更大，故C正确；
氨气的物质的量为=0.2mol，每个氨气分子中含有3个N—H键，即3.4gNH3中含有N—H键数目为0.6NA，故D错误。
5.（2015·
资阳三模）设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A.12.4g白磷中含有共价键数为0.4NA
B.3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2反应中，当5.6gFe全部转化为Fe3O4时，则有0.3NA电子发生转移
C.在1L0.1mol·
L-1碳酸钠溶液中阴离子总数等于0.1NA
D.在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NA
12.4gP4的物质的量为n==0.1mol，而1molP4中含6molP—P键，故0.1molP4中含0.6mol共价键，故A错误；
5.6g铁的物质的量为0.1mol，而反应后铁的平均价态为+价，故0.1molFe转移mol电子，故B错误；
1L0.1mol·
L-1碳酸钠溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于C部分水解，导致溶液中阴离子物质的量大于0.1mol，即阴离子总数大于0.1NA，故C错误；
在标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，含10mol电子；
18gH2O的物质的量为1mol，也含有10mol电子，故D正确。
【加固训练】
（2015·
洛阳二模）设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是（）
A.标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.2NA
B.0.1molSO2与0.2molO2充分反应后可得到0.1NA个SO3分子
C.2.24L氯气与足量钠反应时转移电子数目为0.2NA
D.0.1mol乙烯和乙醇（蒸气）混合物完全燃烧所消耗的氧原子数一定为0.6NA
一个丙烷分子中共有10个共价键，0.56L丙烷中含有0.25NA个共价键，A项错误；
SO2与O2间的反应属于可逆反应，SO2不可能全部转化为SO3，B项错误；
没有明确温度与压强，无法计算反应中转移电子的数目，C项错误；
0.1mol乙烯与乙醇完全燃烧时均需要消耗0.3molO2，D项正确。
6.下列有关溶液配制操作对溶液浓度的影响和原因分析都正确的是（）
选项
溶液配制操作
对溶液浓度的影响
原因分析
A
将2gI2加入98mLCCl4中溶解混匀后，即得质量分数为2%的I2的CCl4溶液
偏大
CCl4的密度大于1g·
mL-1
B
配制一定浓度的溶液时，将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
偏小
洒出的溶液中含有溶质
C
配制一定物质的量浓度的硝酸溶液，定容时加入的水超过了刻度线，立即用滴管吸出多余的水，再摇匀
无影响
吸出了多余的水
D
配制一定物质的量浓度的食盐溶液，定容，摇匀后发现液面低于刻度线
液体的体积偏小
mL-1，所以98mLCCl4的质量大于98g，所以将2gI2加入98mLCCl4中溶解混匀后，所得溶液溶质质量分数小于2%，故A错误；
配制一定浓度的溶液时，转移时不慎洒到容量瓶外，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故B正确；
吸出的液体中含有溶质，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故C错误；
配制一定物质的量浓度的食盐溶液，定容，摇匀后部分溶液沾到瓶塞和瓶壁上，所以液面低于刻度线，此时溶液的浓度准确，故D错误。
【加固训练】实验室需配制500mL0.1mol·
L-1NaOH溶液，下列叙述正确的是
（）
A.容量瓶上标有温度、浓度、容积和压强
B.如果容量瓶内有少量蒸馏水，必须先对容量瓶进行烘干
C.将所需的氢氧化钠固体倒入容量瓶中溶解
D.定容时若俯视刻度线观察液面，会使所配制的NaOH溶液的浓度偏高
容量瓶上标有温度、刻度线、容积，故A错误；
容量瓶中有少量水对浓度无影响，不需要对容量瓶进行烘干，故B错误；
容量瓶为精密仪器，不能用于溶解固体，故C错误；
定容时若俯视刻度线观察液面会导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故D正确。
7.铝碳酸镁[AlaMgb（CO3）c（OH）d·
eH2O]用于治疗慢性胃炎。
称取3.01g铝碳酸镁样品，溶于50mL2mol·
L-1的盐酸（过量），收集到气体112mL（标准状况）；
往所得溶液中加入40mL3mol·
L-1的NaOH溶液，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥、称量得固体1.74g；
再将滤液稀释到100mL，测得溶液中OH-的浓度为
0.1mol·
L-1。
则铝碳酸镁中a∶b∶c∶d为（）
A.2∶6∶1∶16 B.2∶5∶1∶16
C.1∶1∶1∶3D.1∶2∶3∶1
【解析】选A。
加入的盐酸中含有氯化氢的物质的量n（HCl）=2mol·
L-1×
0.05L=0.1mol，则反应后的溶液中n（Cl-）=0.1mol。
生成二氧化碳的物质的量n（CO2）==0.005mol，则3.01g样品中含有0.005molC。
由于反应后OH-过量，则1.74g沉淀为Mg（OH）2，则n[Mg（OH）2]==
0.03mol，因此3.01g样品中Mg2+的物质的量为0.03mol。
40mL3mol·
L-1的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量n（NaOH）=3mol·
0.04L=0.12mol，反应后溶液中OH-的物质的量n（OH-）=0.1L×
L-1=0.01mol。
反应后溶液中的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH，根据离子电荷守衡：
n（Cl-）+n（OH-）+
n（Al）=n（Na+），则：
n（Al）=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol，因此3.01g样品中含有Al3+的物质的量为0.01mol。
所以a∶b∶c=n（Al3+）∶n（Mg2+）∶n（C）=0.01mol∶0.03mol∶0.005mol=
2∶6∶1。
根据AlaMgb（CO3）c（OH）d中正、负化合价的代数和为0，可以确定d=16，A正确。
二、非选择题（本题包括4小题，共58分）
8.（14分）（2015·
宜春二模）
（1）现有A、B、C三种化合物，各取40g相混合，完全反应后，得18gB和49gC，还有D生成。
已知D的相对分子质量为106，现将22gA和11gB混合反应，能生成D________mol。
（2）200mL某溶液中含有的离子及其物质的量如下：
离子
H+
K+
N
S
物质的量/mol
0.5
0.1
0.6
0.15
该溶液中还含有的离子一定是下列中的________（填序号），该离子的浓度为________。
A.Al3+ B.Cl- C.ClO- D.Fe2+
（3）某学生往一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质（一种物质只加一次）：
A.KI溶液 B.淀粉溶液
C.NaOH溶液D.稀硫酸
E.氯水
发现溶液颜色按如下顺序变化：
①无色→②棕黄色→③蓝色→④无色→⑤蓝色。
依据溶液颜色的变化，回答下列问题：
（ⅰ）加入以上药品的顺序是（写序号）___________________________________。
（ⅱ）①→②反应的化学方程式为_______________________________________。
（ⅲ）溶液由棕黄色变为蓝色的原因是___________________________________。
【解析】
（1）40gA完全反应，参加反应的B的质量为40g-18g=22g，生成的C的质量为49g-40g=9g，根据质量守恒定律可知，生成的D的质量为40g+
22g-9g=53g，若11gB完全反应需要A的质量为40g×
=20g，小于
22g，故22gA和11gB反应，B完全反应，故生成D的质量为53g×
=
26.5g，故生成D的物质的量为=0.25mol。
（2）表中n（H+）+n（K+）=0.6mol，n（
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