高考新课标化学二轮专题复习检测专题一第2讲化学常用计量.docx
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高考新课标化学二轮专题复习检测专题一第2讲化学常用计量
专题一基本概念
第2讲化学常用计量
1．设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）（导学号58870008）
A．在常温常压下，2.24LSO2与O2混合气体中所含氧原子数为0.2NA
B．50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．标准状况下，20gD2O分子中所含中子数为10NA
解析：
A.在常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，错误；B.只有浓盐酸与MnO2混合加热发生反应产生Cl2，当反应进行到一定程度后，溶液变为稀盐酸，反应就不再发生，所以50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA，错误；C.氢氧燃料电池正极是O2获得电子，若消耗标准状况22.4L气体时，电路中通过的电子数目为4NA，错误；D.标准状况下，20gD2O的物质的量是1mol，由于一个分子中含有10个中子，则1mol分子中所含中子数为10NA，正确。
答案：
D
2．（2015·课标全国Ⅰ卷）NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（ ）（导学号58870009）
A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
B．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
解析：
A.D和H的质量数不同，则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，错误；B.亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，错误；C.过氧化钠与水反应生成氧气，则氧气来源于－1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，正确；D.NO与氧气反应生成二氧化氮，但常温下，二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡，所以产物的分子数小于2NA，错误，答案选C。
答案：
C
3．（2016·海南卷）利用太阳能分解制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（ ）
A．可生成H2的质量为0.02g
B．可生成氢的原子数为2.408×1023个
C．可生成H2的体积为0.224L（标准情况）
D．生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量
解析：
根据方程式：
2H2O
2H2↑＋O2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2。
则可得：
A.可生成H2的质量为0.04g，错误；B.可生成氢的原子数为2.408×1022，错误；C.可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D.0.04molNa与水反应产生0.02molH2。
答案：
D
4．相对分子质量为M的气态化合物VL（标准状况），溶于mg水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为cmol/L，密度为ρg/cm3。
则下列说法不正确的是（ ）
A．相对分子质量M＝
B．物质的量浓度c＝
C．溶液的质量分数w＝
D．溶液密度ρ＝
解析：
由c＝
知D项正确；
由c＝
＝
知B项正确；
由w＝
＝
知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。
答案：
C
5．下列实验操作中，错误的是（ ）
A．配制5%食盐溶液时，将称量的食盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解
B．读取滴定管内液体的体积，俯视导致读数偏小
C．测定未知NaOH溶液浓度时，酸式滴定管需用标准酸液润洗2～3次
D．配制0.1mol/L的H2SO4溶液时，将量取的浓硫酸放入容量瓶中加水稀释
解析：
浓硫酸稀释时放出大量的热，故稀释时应把浓硫酸慢慢地倒入盛有水的烧杯中，且边倒边搅拌，冷却后再转移到容量瓶中，故D选项符合题意。
答案：
D
6．将含有2.05g某高价含氧酸的钙盐的溶液A与含1.20g碳酸盐的溶液B混合，恰好完全反应，生成1.25g白色沉淀C。
将滤去沉淀C的滤液蒸发，得到白色固体D，继续加热D时，D分解只得两种气态物质的混合物，在0℃、1×105Pa下，体积变为0.56L，并得到0.90g液态水，另一种气态物质为气态氧化物R2O。
试回答：
（1）白色沉淀C的物质的量为________mol。
（2）A的摩尔质量为__________，B的摩尔质量为__________。
（3）R2O与H2O的物质的量之比为__________，生成D的质量为_______，D的摩尔质量为_______，R2O的相对分子质量为________，R2O的化学式是___________。
（4）写出A和B混合的化学方程式______________。
解析：
由A＋B===C＋D知，C为CaCO3，D是一种含三种元素的含氧酸盐，该盐只能是NH4NO3，分解生成的R2O为N2O。
A为Ca（NO3）2，B为（NH4）2CO3。
（1）C的物质的量为1.25g÷100g/mol＝0.0125mol。
（2）A、B的摩尔质量分别为164g/mol和96g/mol。
（3）N2O的物质的量为0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol,N2O与H2O的物质的量之比为1∶2。
答案：
（1）0.0125
（2）164g/mol 96g/mol
（3）1∶2 2g 80g/mol 44 N2O
（4）Ca（NO3）2＋（NH4）2CO3===CaCO3↓＋2NH4NO3
【考纲再现】
【错题记录】
1.了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。
2．理解摩尔是物质的量的单位，可用于进行简单的化学计算。
3．了解物质的量的单位——摩尔（mol）以及摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义。
4．根据物质的量与微粒（原子、分子、离子等）数目、气体体积（标准状况下）之间的相互关系进行有关计算。
5．能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进行有关计算。
6．了解溶液的组成。
理解溶液中溶质质量分数的概念，并能用于简单计算。
7．了解配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法。
1．（2016·衡水模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是（ ）（导学号58870105）
A．常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体中含有原子数为6NA
B．用惰性电极电解食盐水，若电路中通过NA个电子，则阳极产生气体11.2L
C．0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.5NA
D．在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA
解析：
NO2和N2O4的混合气体可以看成（NO2）x，所以92g混合气体含有NO22mol，则含有原子数为6NA，A正确；没有说明是标准状况，无法计算气体的物质的量，B错误；Na2O2中阴阳离子分别是过氧根离子、钠离子，阴、阳离子个数比为1∶2，所以0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.25NA，C错误；根据KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O，每生成3molI2转移的电子数为5NA，D错误。
答案：
A
2．（2015·海南卷改编）下列指定微粒的数目相等的是（ ）
A．等物质的量的水与重水含有的中子数
B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数
C．同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数
D．等物质的量的铁和铝分别于足量盐酸反应时转移的电子数
解析：
A.1mol普通水中含有的中子数是8NA，1mol重水中含有的中子数是10NA，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，错误；B.乙烯、丙烯都属于烯烃，分子式符合CnH2n，最简式是CH2，所以若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，正确；C.同温同压下，同体积的CO和NO分子数相同，但是由于每个分子中含有的质子数不相同，所以同温同压下，同体积的CO和NO含有的质子数不同，错误；D.盐酸与Fe反应时生成的是FeCl2，与Al发生反应生成AlCl3，故等物质的量的铁和铝分别与足量的盐酸反应时转移电子数目不相等，错误。
答案：
B
3．（2016·福建师大附中模拟）在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是（ ）
A．充入的CO分子数比CO2分子数少
B．甲容器的体积比乙容器的体积小
C．CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小
D．甲中CO的密度比乙中CO2的密度小
解析：
温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n＝m/M可知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比＝44g/mol∶28g/mol＝11∶7，则A.根据N＝nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11∶7，所以CO分子数多，A错误；B.根据V＝nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，B错误；C.温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，C错误；D.ρ＝M/Vm可知，相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，D正确。
答案：
D
4．（2016·郴州一模）某溶液中（假定不考虑水解因素）仅含有K＋、Mg2＋、SO
、NO
四种离子，其中K＋与Mg2＋的个数之比为4∶5，则NO
与SO
的物质的量浓度之比一定不是（ ）
（导学号58870106）
A．8∶3 B．3∶2
C．2∶3D．1∶3
解析：
假设钾离子为4摩尔，则镁离子为5摩尔，硝酸根离子为xmol，硫酸根离子为ymol，根据电子守恒分析，4＋5×2＝x＋2y即x＋2y＝14。
当x＝8时，y＝3，故A正确；若x＝6时，则y＝4，故B正确；若x＝2时，则y＝6，C项错误，D正确故选C。
答案：
C
5．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。
则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）（导学号58870107）
A.
mol/LB.
mol/L
C.
mol/LD.
mol/L
解析：
注意混合液分成两等份，由Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓、Ba2＋＋SO
===BaSO4↓可知原溶液中n（Mg2＋）＝
mol＝amol、n（SO
）＝2bmol，依据电荷守恒可知原溶液中n（K＋）＝2n（SO
）－2n（Mg2＋）＝2（2b－a）mol。
答案：
D
6．在一密闭容器中放入甲、乙、丙、丁四种物质，一段时间后测得数据如下：
四种物质
甲
乙
丙
丁
反应前质量（g）
25
15
1
5
反应后质量（g）
11
未测
1
22
则下列表述正确的是（ ）（导学号58870108）
A．未测值为3
B．丙一定是催化剂
C．乙全部参加反应
D．甲与乙反应的质量比为14∶3
解析：
反应物甲消耗25g－11g＝14g，生成丁的质量为22g－5g＝17g，根据质量守恒定律可知，乙为反应物，参加反应的乙的质量为3g，未测值为15g－3g＝12g，甲与乙反应的质量比为14∶3，丙未参与反应，但不一定是催化剂。
答案：
D
7．（2016·潍坊模拟）如图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上部分内容。
据此下列说法正确的是（ ）
A．该硫酸和氨水的物质的量浓度分别约为18.4mol/L和6.3mol/L
B．各取5mL与等质量的水混合后，c（H2SO4）<9.2mol/L，c（NH3）>6.45mol/L
C．各取5mL与等体积的水混合后，ω（H2SO4）<49%，ω（NH3）>12.5%
D．各取10mL于两烧杯中，再分别加入一定量的水即可得到较稀的硫酸溶液和氨水
解析：
根据表中数据计算，硫酸和氨水的物质的量浓度分别为18.4mol/L和12.9mol/L，A错误；与等质量的水混合后，硫酸的物质的量浓度小于原来一半，氨水的物质的量浓度大于原来一半，B正确；与等体积的水混合后，硫酸的质量分数大于原来一半，氨水的质量分数小于原来一半，C错误；稀释硫酸时应将浓硫酸慢慢注入水中，D错误。
答案：
B
8．实验室需要配制0.50mol/LNaCl溶液480mL。
按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
（1）选择仪器。
完成本实验所必需的仪器有：
托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、________、________以及等质量的几片纸片。
（2）计算。
配制该溶液需取NaCl的质量为________g。
（3）称量。
①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：
②称量过程中NaCl固体应放于天平的________（填“左盘”或“右盘”）。
③称量完毕，将药品倒入烧杯中。
（4）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是____________。
（5）转移、洗涤。
在转移时应使用________引流，洗涤烧杯2～3次是为了________。
（6）定容，摇匀。
（7）在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
解析：
配制480mL0.50mol/L的NaCl溶液，必须用500mL容量瓶。
m（NaCl）＝0.50mol/L×0.5L×58.5g/mol＝14.6g。
用托盘天平称量时，物品放在左盘。
配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：
计算→称量（或量取）→溶解、冷却→转移、洗涤→定容、摇匀→装瓶贴签。
定容时仰视液面会造成溶液体积偏大，浓度偏低。
答案：
（1）500mL容量瓶 胶头滴管
（2）14.6
（3）①
②左盘
（4）搅拌，加速溶解 （5）玻璃棒 保证溶质全部转移至容量瓶中 （7）偏低
9．（2015·江苏卷）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为：
MnO2＋SO2===MnSO4。
（导学号58870109）
（1）质量为17.40g纯净MnO2最多能氧化________L（标准状况）SO2。
（2）已知：
KspAl（OH）3]＝1×10－33，KspFe（OH）3]＝3×10－39，pH＝7.1时Mn（OH）2开始沉淀。
室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋（使其浓度小于1×10－6mol/L），需调节溶液pH范围为________。
（3）下图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制结晶温度范围为________。
（4）准确称取0.1710gMnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c（Fe2＋）＝0.0500mol/L的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋），消耗Fe2＋溶液20.00mL。
计算MnSO4·H2O样品的纯度（请给出计算过程）。
解析：
（1）根据反应方程式，n（SO2）＝n（MnO2）＝17.4/87mol＝0.2mol，合0.2×22.4L＝4.48L；
（2）制备MnSO4，再根据信息，pH小于7.1，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：
KspAl（OH）3]＝1×10－33＝c（Al3＋）×c3（OH－），c（Al3＋）＝1×10－6mol/L，得出：
c（OH－）＝1×10－9mol/L，c（H＋）＝Kw/c（OH－）＝10－5，pH＝5，同理计算出Fe（OH）3完全变成沉淀时，pH约为3.5，为了不使Mn2＋沉淀故范围是：
5.0n（Mn3＋）×1＝n（Fe2＋）×1＝20.00×10－3×0.0500mol＝1.00×10－3mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO4·H2O）＝1.00×10－3×169g＝0.169g，纯度是：
0.169/0.1710×100%＝98.8%。
答案：
（1）4.48
（2）5.0（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：
n（Mn3＋）×1＝n（Fe2＋）×1＝20.00×10－3×0.0500mol＝1.00×10－3mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO4·H2O）＝1.00×10－3×169g＝0.169g，纯度是：
0.169/0.1710×100%＝98.8%。
10．白玉的化学式可用CaxMgySipO22（OH）2表示（也可用Ca、Mg、Si、H的氧化物表示）。
（导学号58870110）
（1）取8.10g白玉粉末灼烧至恒重，固体减少了0.18g，则白玉的摩尔质量为________。
（2）另取4.05g白玉粉末加入100mL1mol/L的盐酸中充分溶解，最终得不溶氧化物2.40g，过滤，将滤液和洗涤液合并后往其中加入足量的铁屑，得到气体336mL（标准状况下）。
则①p＝________；②白玉的化学式（用氧化物的形式）表示为________。
解析：
（1）由白玉的化学式CaxMgySipO22（OH）2可以看出1mol白玉在灼烧时发生反应，只能生成1mol水。
n（H2O）＝
＝0.01mol，所以白玉的物质的量也是0.01mol，则白玉的摩尔质量为8.10g÷0.01mol＝810g/mol。
（2）n（白玉）＝4.05g÷810g/mol＝0.005mol，其中含有Si的物质的量为2.40g÷60g/mol＝0.04mol，因此每摩尔白玉中含有Si的物质的量为0.04÷0.005mol＝8mol；由化学方程式Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑可知：
n（H2）＝0.336L÷22.4L/mol＝0.015mol，因此与白玉反应后过量的HCl的物质的量为0.03mol，白玉消耗的HCl的物质的量为1mol/L×0.1L－0.03mol＝0.07mol，那么每摩尔白玉反应需要消耗的HCl的物质的量为0.07÷0.005mol＝14mol。
由于Ca、Mg都是＋2价的金属，所以与盐酸反应时每个金属阳离子都要结合2个Cl－，所以n（Ca2＋）＋n（Mg2＋）＝14mol/2＝7mol即x＋y＝7，再结合相对分子质量40x＋24y＋28×8＋16×22＋17×2＝810可得x＝2，y＝5。
所以该化合物的分子式为Ca2Mg5Si8O22（OH）2，用氧化物的形式表示为2CaO·5MgO·8SiO2·H2O
答案：
（1）810g/mol
（2）① 8 ②
2CaO·5MgO·8SiO2·H2O
11．（2016·上海卷）CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品。
CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。
2.00molNH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为________L（标准状况）。
（2）某H2中含有2.40molCO2，该混合气体通入2.00LNaOH溶液中，CO2被完全吸收。
如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为_________________________________________________。
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2＋2CO2―→2K2CO3＋3O2
4KO2＋4CO2＋2H2O―→4KHCO3＋3O2
若9molCO2在密封舱内和KO2反应后生成9molO2，则反应前密封舱内H2O的物质的量应该是________。
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：
CH4＋H2O
CO＋3H2
已知：
CO＋2H2
CH3OH CO2＋3H2
CH3OH＋H2O
300molCH4完全反应后的产物中，加入100molCO2后合成甲醇。
若获得甲醇350mol，残留氢气120mol，CO2的转化率为________。
解析：
（1）碳酸氢铵分解的化学方程式为NH4HCO3
H2O＋NH3↑＋CO2↑，从化学方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n（NH3）＋n（CO2）＝2n（NH4HCO3）＝2×2.00mol＝4.00mol，则V（混合气体）＝4.00mol×22.4L/mol＝89.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L。
（2）根据题意要求，2.40molCO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3（此时NaOH的浓度最大）或NaHCO3（此时NaOH的浓度最小）或Na2CO3和NaHCO3的混合物。
用极值思想分析两个特殊情况：
①CO2＋NaOH===NaHCO3，n（NaOH）＝n（CO2）＝2.40mol，则c（NaOH）＝
＝1.20mol/L；
②CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，n（NaOH）＝2n（CO2）＝4.80mol，则c（NaOH）＝
＝2.40mol/L；
综合①、②可知，NaOH溶液的浓度应该为
1．20mol/L≤c（NaOH）≤2.40mol/L。
（3）依题意，9molCO2在密封舱内和KO2反应后生成9molO2，即n（CO2）∶n（O2）＝1∶1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：
8KO2＋6CO2＋2H2O―→2K2CO3＋4KHCO3＋6O2
所以有n（H2O）＝
n（CO2）＝
×9mol＝3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。
（4）CH4 ＋ H2O―→CO ＋ 3H2
300mol 300mol 900mol
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO ＋ 2H2―→CH3OH
300βmol 600βmol 300βmol
CO2 ＋ 3H2―→CH3OH ＋ H2O
100αmol 300αmol 100αmol
根据题意，共生成350mol甲醇，所以有
300βmol＋100αmol＝350mol①式
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol－120mol，所以有
600βmol＋300αmol＝900mol－120mol②式
由①、②式可得α＝0.8，即CO2的转化率为80%。
答案：
（1）89.6
（2）2.4mol/L≥c（NaOH）≥1.2 mol/L
（3）3mol （4）80%
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