精品高考化学复习专题 突破练专题三 化学常用计量物质的量Word格式文档下载.docx
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L－1的NaHSO3溶液中HSO
和SO
离子数之和为0.1NA
根据2H2O2===2H2O＋O2↑、生成标准状况下2.24L（0.1mol）O2、氧元素化合价变化，可知反应转移0.2mol电子，A项正确；
1molH2和1molCl2反应生成2molHCl时断裂2mol共价键，则生成36.5g（1mol）HCl时断裂1mol共价键，B项正确；
每个丙烷分子中含8个C—H键，44g丙烷为1mol,1mol丙烷中含8mol极性键，C项正确；
1L0.1mol·
L－1的NaHSO3溶液中含HSO
、H2SO3、SO
的物质的量之和为0.1mol，D项错误。
D
3．（2018·
深圳二调）设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（ ）
A．0.1molSiO2晶体中含有Si—O键的数目为0.2NA
B．56g铁粉与高温水蒸气反应，生成H2数目为1.5NA
C．标准状况下，22.4LCl2溶于水，转移电子数为NA
D．18gH
O和D2O的混合物中，所含中子数为9NA
A.根据SiO2的结构，1molSiO2中含有4molSi—O键，即0.1molSiO2晶体中含有0.4molSi—O键，故A错误；
B.铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，因此56g铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为
×
mol＝8/3mol，故B错误；
C.氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应，无法计算出转移电子的物质的量，故C错误；
D.假设18g全部是H
O，含有中子的物质的量为18×
（0＋10）/20mol＝9mol，假设18g全部是D2O，D为2H，含有中子的物质的量为18×
（2＋8）/20mol＝9mol，因此18g此混合物中含有中子的物质的量为9mol，故D正确。
4．（2018·
广东汕头模拟）NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是（ ）
A．6.4g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2NA
B．将1molCl2通入水中，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和为2NA
C．标准状况下，44.8LNO与22.4LO2反应后的分子数是2NA
D．27g铝中加入1mol·
L－1的NaOH溶液，转移电子数是3NA
6.4g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为
NA＝0.2NA，A正确；
将1molCl2通入水中，部分氯气与水反应，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA，B错误；
标准状况下，44.8LNO与22.4LO2若完全反应生成44.8LNO2，但NO2与N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以反应后的分子数小于2NA，C错误；
27g铝的物质的量是1mol，加入1mol·
L－1的NaOH溶液，氢氧化钠的物质的量不能确定，不能计算转移电子数目，D错误。
A
5．（2018·
山西太原三模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
（ ）
A．28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA
B．32gCu和32gS充分反应，转移电子数为NA
C．1L0.3mol·
L－1Na2CO3溶液中的阴离子数目小于0.3NA
D．0.2molNH3与0.3molO2在催化剂的作用下充分反应，所得NO的分子数为0.2NA
A.乙烯和丙烯的最简式为CH2,28gCH2的物质的量为2mol，而2molCH2中含4mol极性键，所以28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA，A正确；
B.Cu和S反应生成CuS，Cu不足，转移电子数为0.5NA，B错误；
C.CO
水解生成HCO
和OH－，导致阴离子数目增多，因此1L0.3mol·
L－1Na2CO3溶液中的阴离子数目大于0.3NA，C错误；
D.依据4NH3＋5O2
4NO＋6H2O,0.2molNH3与0.3molO2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.2NA，D错误。
6．现有一瓶1000mL、含25%NaClO、密度是1.19g·
cm－3的“84消毒液”，使用时需要稀释100倍（体积比），密封保存。
下列分析不正确的是（ ）
A．该“84消毒液”中NaClO物质的量浓度为4.0mol·
L－1
B．该“84消毒液”稀释100倍后，Na＋的物质的量浓度为0.04mol·
C．空气中的CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO
D．用容量瓶配制上述浓度的“84消毒液”480mL，需要称量的NaClO固体质量为143.0g
c（NaClO）＝
＝
＝4.0mol·
L－1，A正确；
稀释前后NaClO的物质的量不变，体积变为原来的100倍，则浓度变为原来的
，即稀释后浓度为
0.04mol·
L－1，故B正确；
酸性：
H2CO3＞HClO＞HCO
，由强酸制弱酸原理可知，CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，故C正确；
配制480mL溶液需要500mL的容量瓶，由n＝cV＝4.0mol·
L－1×
0.5L＝2.0mol，则m＝nM＝2.0mol×
74.5g·
mol－1＝149.0g，故D错误。
7．在标准状况下，将VLA气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg/cm3，则此溶液中溶质的物质的量浓度（mol/L）为（ ）
A.
B.
C.
D.
标准状况下，VLA气体的质量为
Mg/mol＝
g,0.1L水的质量为100mL×
1g/mL＝100g。
所以溶液中溶质的质量分数w＝
，
所得溶液密度为ρg/cm3，所以溶液中溶质的物质的量浓度c＝
mol/L＝
mol/L。
8．
（1）实验探究小组在实验中需要用到456mL1mol·
L－1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8mol·
L－1的HNO3溶液，该小组用8mol·
L－1的HNO3溶液配制所需溶液。
①实验中所需的玻璃仪器包括________、________mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。
②该实验中需要量取8mol·
L－1的HNO3溶液________mL。
③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是________。
A．取8mol·
L－1的HNO3溶液时仰视刻度线
B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作
C．8mol·
L－1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯
D．定容时仰视刻度线
E．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作
（2）某同学转移溶液的操作如图所示，该同学操作中的错误是______________________________________________________
_____________________________________________________。
容量瓶的刻度线标在比较细的瓶颈之上的原因是_______________________________________________________________。
A．为了美观B．为了统一标准
C．为了提高准确度D．方便刻画
（1）①实验室没有456mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为
500mL，另外需要用量筒量取8mol·
L－1的HNO3溶液倒在烧杯中加水稀释，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。
②设需要量取8mol·
L－1的HNO3溶液VmL，则8mol·
V×
10－3L＝1mol·
500×
10－3L，解得V＝62.5。
③取8mol·
L－1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏高，故A正确；
量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；
量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；
定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；
定容后，将容量瓶振荡摇匀后，不用再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误。
（2）转移溶液的错误操作是未用玻璃棒引流。
容量瓶的刻度线标在比较细的瓶颈之上，这样做的目的是提高准确度，与美观、方便刻画等没有关系。
（1）①500mL容量瓶 100 玻璃棒 ②62.5 ③AC
（2）未用玻璃棒引流 C
9．如图所示的实验装置可用来测定含两种元素的某种气体X的化学式。
在注射器A中装有240mL气体X，慢慢通过不含空气并装有红热的氧化铜的玻璃管B，使之完全反应，得到下面的实验结果：
实验前B管重20.32g，实验后B管重20.00g，B管中的黑色粉末变成红色粉末。
在C管中收集到的无色液体是水；
在注射器D中收集到的气体是氮气。
试回答下列问题：
（1）气体X是由________和________元素组成的。
（2）若240mL气体X完全反应后，收集到的氮气质量是0.28g；
根据实验时的温度和压强计算出1mol气体X的体积是24000mL，则X的摩尔质量是_______________g·
mol－1。
（3）通过计算，确定X的化学式为____________。
（4）写出B中发生反应的化学方程式：
_________________________________
________（X在该条件下不发生分解反应）。
在C管中收集到水，其中的氧来源于CuO，则X中一定含有氢元素；
在D中收集到N2，说明X中一定含有N元素，即X中含N、H两种元素。
反应生成的水中O的质量为20.32g－20.00g＝0.32g，n（O）＝
＝0.02mol，故n（H）＝0.02mol×
2＝0.04mol；
n（N2）＝
＝0.01mol；
本实验条件下Vm＝24L·
mol－1，所以n（X）＝
＝0.01mol，因此n（X）∶n（N）∶n（H）＝
0.01mol∶（0.01mol×
2）∶0.04mol＝1∶2∶4，所以X的化学式为N2H4，摩尔质量为32g·
（1）N H
（2）32 （3）N2H4
（4）N2H4＋2CuO
N2＋2H2O＋2Cu
10．将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤，将滤液加热至60℃后，再加入Na2CO3溶液，最终可制得碱式碳酸锰[aMnCO3·
bMn（OH）2·
cH2O]。
（1）用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是_________________________________________________________，
反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，其目的是_____________________。
（2）为测定碱式碳酸锰的组成，取7.390g样品溶于硫酸，生成CO2224.0mL（标准状况），并配成500mL溶液。
准确量取10.00mL该溶液，用0.0500mol·
L－1EDTA（化学式Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Mn2＋（原理为Mn2＋＋H2Y2－===MnY2－＋2H＋），至终点时消耗EDTA标准溶液28.00mL。
通过计算确定该样品的化学式。
（1）防止FeSO4被氧气氧化 除去铁屑表面的油污
（2）n（CO2）＝n（MnCO3）＝0.01mol，
n（EDTA）＝0.0014mol，
10mL溶液中n（Mn2＋）＝0.0014mol，
7．390g该碱式碳酸锰中n（Mn2＋）＝0.0014mol×
＝0.07mol，
n[Mn（OH）2]＝0.06mol，
m（H2O）＝0.9g，n（H2O）＝0.05mol，
a∶b∶c＝1∶6∶5，
碱式碳酸锰的化学式为：
MnCO3·
6Mn（OH）2·
5H2O。
11．钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。
草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。
如图为二水合草酸钴（CoC2O4·
2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。
（1）通过计算确定C点剩余固体的化学成分为______（填化学式）。
试写出B点对应的物质与O2在225～300℃发生反应的化学方程式：
_____________________。
（2）取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为＋2、＋3），用480mL5mol·
L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L（标准状况）黄绿色气体。
试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比。
（1）由图可知，CoC2O4·
2H2O的起始质量为18.3g，其物质的量为0.1mol，Co元素质量为5.9g，C点钴氧化物质量为8.03g，氧化物中氧元素质量为8.03g－5.9g＝2.13g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为
0.1mol∶
≈3∶4，故C点为Co3O4；
B点对应物质的质量为14.7g，与其起始物质的质量相比减少18.3g－14.7g＝3.6g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应的化学方程式为3CoC2O4＋2O2
Co3O4＋6CO2。
（2）由电子守恒：
n（Co3＋）＝2n（Cl2）＝2×
＝0.4mol，由电荷守恒：
n（Co原子）总＝n（Co2＋）溶液＝
n（Cl－）＝
（0.48L×
5mol·
L－1－2×
）＝1mol，所以固体中的n（Co2＋）＝1mol－0.4mol＝0.6mol，根据化合价代数和为0，氧化物中n（O）＝（0.6mol×
2＋0.4mol×
3）÷
2＝1.2mol，故该钴氧化物中n（Co）∶n（O）＝1mol∶1.2mol＝5∶6。
即：
（1）Co3O4 3CoC2O4＋2O2
Co3O4＋6CO2
（2）该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为5∶6。
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