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    高考化学二轮复习技能强化专练02《化学常用计量》(含详解)

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    这是一份高考化学二轮复习技能强化专练02《化学常用计量》(含详解),共8页。试卷主要包含了已知,NA代表阿伏加德罗常数的值,设NA代表阿伏加德罗常数的值等内容,欢迎下载使用。

    技能强化专练(二) 化学常用计量

    1.据央视新闻报道,国务院总理在政府工作报告中指出,建设一批光网城市,推进5万个行政村通光纤,让更多城乡居民享受数字化生活。光缆的主要成分为SiO2。下列叙述正确的是(  )

    A.SiO2的摩尔质量为60

    B.标准状况下,15 g SiO2的体积为5.6 L

    C.SiO2中Si与O的质量比为7:8

    D.相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数相同

    解析:摩尔质量的单位为g·mol-1,A项错误。标准状况下,SiO2为固体,B项错误。SiO2中Si与O的质量比为28:32=7:8,C项正确。SiO2和CO2的摩尔质量不同,D项错误。

    答案:C

    2.将5 mol·L-1盐酸10 mL稀释到200 mL,再取出5 mL,这5 mL溶液的物质的量浓度是(  )

    A.0.05 mol·L-1   B.0.25 mol·L-1

    C.0.1 mol·L-1  D.0.5 mol·L-1

    解析:设稀释后盐酸的物质的量浓度为c,则:10 mL×5 mol·L-1=200 mL×c,解得c=0.25 mol·L-1。由于溶液是均匀的,所以取出的5 mL盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为0.25 mol·L-1,故选B。

    答案:B

    3.已知:某溶质R的摩尔质量与H2S的相同。现有R的质量分数为27.5%、密度为1.10 g·cm-3的溶液,该溶液中R的物质的量浓度(mol·L-1)约为(  )

    A.6.8  B.7.4

    C.8.9  D.9.5

    解析:根据物质的量浓度与质量分数之间的换算公式c知,c(R)= mol·L-1≈8.9 mol·L-1

    答案:C

    4.[2018·温州市3月选考模拟]三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z),下列说法正确的是(  )

    A.三种气体密度最小的是X

    B.分子数目相等的三种气体,质量最大的是Y

    C.若一定条件下,三种气体体积均为2.24 L,则它们的物质的量一定均为0.1 mol

    D.20 ℃时,若2 mol Y与1 mol Z体积相等,则Y、Z气体所承受的压强比为2:1

    解析:根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z),即Mr(X)<Mr(Y)<Mr(Z),A项,相同条件下,密度和相对分子质量成正比,由于温度压强不定,则密度无法判断,A错误;B项,分子数目相等的三种气体,质量最大的是相对分子质量最大的Z,B错误;C项,Vm和外界条件有关,Vm不一定等于22.4 L/mol,所以它们的物质的量不一定均为0.1 mol,C错误;D项,根据同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比,D正确。

    答案:D

    5.需要配制500 mL 0.5 mol·L-1氢氧化钠溶液,经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45 mol·L-1。可能原因是(  )

    A.定容时溶液没有冷却至室温

    B.容量瓶没有烘干

    C.称量氢氧化钠固体时砝码放反了

    D.定容时仰视读数

    解析:溶液未冷却至室温导致所配溶液体积偏小,则浓度偏高,A错误;容量瓶没有烘干,对所配溶液的浓度没有影响,B错误;本实验需称量10.0 g氢氧化钠固体,不用游码,砝码放反对结果没有影响,C错误;定容时仰视读数,读数大于实际体积,即配制的溶液浓度偏小,D正确。

    答案:D

    6.同温同压下,x g甲气体和y g乙气体占有相同的体积,根据阿伏加德罗定律判断下列叙述错误的是(  )

    A.x:y等于甲与乙的相对分子质量之比

    B.x:y等于甲与乙的分子个数之比

    C.x:y等于同温同压下甲与乙的密度之比

    D.y:x等于同温同体积下,等质量的甲与乙的压强之比

    解析:A项,由同温同压下,同体积的任何气体具有相同的分子数,则x g甲气体和y g乙气体的物质的量相等,即,推出x:yM:M,故正确;B项,甲与乙的分子个数之比为1:1,而xy不一定相等,故不正确;C项,同温同压下,密度之比等于摩尔质量之比,即为质量比,故正确;D项,等质量的甲、乙的压强之比为p:pn1:n2: M:My:x,故正确。

    答案:B

    7.设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是(  )

    A.1 mol甲烷中含有10NA个质子

    B.27 g铝被完全氧化成氧化铝,失去2NA个电子

    C.标准状况下,22.4 L苯含有NA个C6H6分子

    D.常温常压下,28 g乙烯含有2NA个碳碳双键

    解析:B项,应失去3NA电子;C项,标况下,苯为液体;D项,乙烯的结构式为,28 g乙烯中应含有NA个碳碳双键。

    答案:A

    8.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(  )

    A.17 g NH318 g H2O中含有的电子数均为10NA

    B.2 L 1.5 mol·L-1乙酸钠溶液中含有的CH3COO为3NA

    C.标准状况下,5.6 L NO2溶于足量水中,完全反应后转移的电子数为0.75NA

    D.向恒压密闭容器中充入2 mol NO与1 mol NO2,容器中的分子总数为3NA

    解析:17 g NH318 g H2O均为1 mol,且二者均为10电子分子,故其中含有的电子数均为10NA,A项正确;乙酸为弱酸,CH3COO水解,故2 L 1.5 mol·L-1乙酸钠溶液中含有的 CH3COO少于3 mol,B项错误;3NO2+H2O===2HNO3+NO,故5.6 L(0.25 mol)NO2转移1/6 mol电子,C项错误;NO2可转化为N2O4,且为可逆反应,故向恒压密闭容器中充入2 mol NO与1 mol NO2,容器中的分子总数少于3NA,D项错误。

    答案:A

    9.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(  )

    A.1 mol甲苯含碳碳双键的数目为3NA

    B.56 g纯铁粉与稀硝酸反应生成NO的分子数为NA

    C.25 ℃1 L pH=13的氢氧化钡溶液中含OH的数目为0.2NA

    D.标准状况下,11.2 L一氯甲烷含共价键的数目为2NA

    解析:甲苯中不含碳碳双键,A项错误。铁粉与稀硝酸反应,可能生成Fe2+、Fe3+,故 mol≤n(NO)≤1 mol,B项错误。c(H)=1×10-13 mol·L-1c(OH)=0.1 mol·L-1n(OH)=0.1 mol,C项错误;一氯甲烷在标准状况下呈气态,1 mol一氯甲烷分子中含4 mol共价键,n(CH3Cl)==0.5 mol,故D项正确。

    答案:D

    10.

    如图,抽去右图所示装置中的玻璃片,使两种气本充分反应(整个过程中认为装置气密性良好),等温度恢复到原来温度。下列说法正确的是(  )

    A.反应后瓶内压强是反应前的

    B.装置中氢元素的总质量为0.42 g

    C.生成物的分子数目为0.01NA

    D.反应结束后,两个集气瓶很容易分开

    解析:NH3与HCl反应生成了离子化合物NH4Cl,组成中不存在分子这种微粒,C项错误;反应后剩余HCl气体为0.02 mol,总体积为2.2V L,混合前两容器内压强相等,由阿伏加德罗定律推论知混合后压强是混合前的,A项错误;由质量守恒知B项正确;反应后容器内气压比大气压小许多,故两个集气瓶不易分开,D项错误。

    答案:B

    11.取100 mL 0.3 mol·L-1的硫酸溶液和300 mL 0.25 mol·L-1的硫酸溶液加水稀释至500 mL,该混合溶液中H的物质的量浓度是(  )

    A.0.21 mol·L-1   B.0.42 mol·L-1

    C.0.56 mol·L-1  D.0.26 mol·L-1

    解析:根据题意可知,容量瓶中H2SO4溶液的H浓度关系如下:c3V3c1V1c2V2,可得n(H)=(0.1 L×0.3 mol·L-10.3 L×0.25 mol·L-1)×2=0.21 mol,所以c(H)==0.42 mol·L-1

    答案:B

    12.某化学研究性学习小组配制含有NH、Cl、K、SO的植物培养液450 mL,且要求该培养液中c(Cl)=c(K)=c(SO)=0.4 mol·L-1。实验室提供的药品有:NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水;提供的实验仪器有:①药匙、②托盘天平、③烧杯、④玻璃棒、⑤胶头滴管、⑥量筒。

    请回答下列问题:

    (1)该植物培养液中,NH的物质的量浓度为________。

    (2)该研究小组配制该植物培养液时,还须用到的实验仪器是________(填字母)。

    A.450 mL容量瓶  B.500 mL容量瓶

    C.两个250 mL容量瓶

    (3)甲同学用KCl和(NH4)2SO4两种物质进行配制,则需称取m(KCl)=________ g,m[(NH4)2SO4]=________ g。

    (4)乙同学用所提供药品中的三种进行配制,请帮助该同学选用三种物质:________、________、________。(填化学式)

    (5)若配制该培养液的其他操作均正确,则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是______(填字母)。

    A.将溶液转移至容量瓶后,未洗涤烧杯和玻璃棒

    B.将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时,因操作不当使部分溶液溅出容量瓶

    C.用胶头滴管向容量瓶中加水时,溶液的凹液面高于容量瓶刻度线

    D.用胶头滴管向容量瓶中加水时,俯视容量瓶刻度线

    解析:(1)根据溶液呈电中性有c(NH)+c(K)=c(Cl)+2c(SO),则c(NH)=c(Cl)+2c(SO)-c(K)=0.8 mol·L-1。(2)实验所用容量瓶规格应该等于或略大于实验所需配制溶液的体积,实验室没有450 mL的容量瓶,且用容量瓶配制溶液时,需一次完成,应选用500 mL容量瓶。(3)配制该溶液所需的溶质质量应该配制500 mL溶液来计算,所需KCl、(NH4)2SO4的物质的量均为0.2 mol,对应的质量分别为14.9 g26.4 g。(4)由题知,该植物培养液中:n(NH)=2n(Cl)=2n(K)=2n(SO),若用三种物质来配制,三种物质应该为(NH4)2SO4、NH4Cl、K2SO4,且物质的量之比为121。(5)未洗涤烧杯和玻璃棒,会有部分溶质残留在烧杯和玻璃棒上,使所配溶液浓度偏低,A项符合题意;转移时部分溶液溅出容量瓶,使溶质损失,所配溶液浓度偏低,B项符合题意;加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度线,说明所配溶液体积偏大、浓度偏小,C项符合题意;俯视读数时,实际液面低于容量瓶刻度线,所配溶液体积偏小、浓度偏大,D项不符合题意。

    答案:(1)0.8 mol·L-1 (2)B

    (3)14.9 26.4

    (4)(NH4)2SO4 NH4Cl K2SO4 (5)ABC

    13.地震灾区的用水需要杀菌消毒剂处理后才能确保饮水安全。救灾物资中的一瓶“84消毒液”的包装说明上有如下信息:

    含25%NaClO(次氯酸钠)、1 000 mL、密度1.19 g/cm3,稀释100倍(体积比)后使用。

    请回答下列问题:

    (1)上述“84消毒液”的物质的量浓度为________mol/L。

    (2)该同学取100 mL上述“84消毒液”,稀释后用于消毒,稀释100倍后的溶液中c(Na)=______mol/L(假设稀释后溶液密度为1.0 g/cm3),该消毒液长时间放置在空气中能吸收标准状况下CO2的体积为________L。

    (3)灾区志愿者根据上述“84消毒液”的包装说明,欲用NaClO固体(NaClO易吸收空气中的H2O、CO2)配制480 mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是________。

    A.如图所示的仪器中,有四种是不需要的,还需一种玻璃仪器

    B.容量瓶用蒸馏水洗净后,要烘干才能用于溶液的配制

    C.利用购买的商品NaClO来配制可能会导致结果偏低

    D.需要NaClO固体的质量为143 g

    (4)ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2-和CN等有明显的去除效果。某工厂污水中含CNb mg/L,现用ClO2将CN氧化,只生成两种无毒气体,其离子反应方程式为________________,处理100 m3这种污水,至少需要ClO2____mol。

    解析:(1)c(NaClO)==4.0 mol/L。(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变得:100 mL×4.0 mol/L=10 000 mL×c(NaClO),解得稀释后c(NaClO)=0.04 mol/L,c(Na)=c(NaClO)=0.04 mol/L。根据NaClO+CO2+H2O===NaHCO3+HClO,可知n(CO2)=n(NaClO)=0.4 mol,标准状况下CO2的体积为8.96 L。(3)选项A,需用托盘天平称量NaClO固体,需用烧杯来溶解NaClO,需用玻璃棒进行搅拌和引流,需用容量瓶和胶头滴管来定容,图示的A、B、C、D四种仪器不需要,但还需玻璃棒和胶头滴管等。选项B,配制过程中需要加入蒸馏水,所以洗涤干净的容量瓶不必烘干即可使用。选项C,根据题目信息,由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质,所以商品NaClO可能部分变质,导致所称量的固体中NaClO的实际质量可能偏小,从而可能使结果偏低。选项D,应选取500 mL容量瓶进行配制,然后取出480 mL即可,所以需要NaClO固体的质量为0.5 L×4.0 mol/L×74.5 g/mol=149.0 g。(4)ClO2将CN氧化为N2和CO2,同时生成Cl:2ClO2+2CN===N2+2CO2+2Cl100 m3这种污水中含有CN的质量为100b g,其物质的量为mol,根据反应方程式可知至少需要消耗ClO2mol。

    答案:(1)4.0 (2)0.04 8.96 (3)C

    (4)2ClO2+2CN===N2+2CO2+2Cl 

    14.下图为氯化钠、碳酸钠在水中的溶解度曲线,请回答下列问题。

    (1)碳酸钠和氯化钠混合溶液的pH________7(填“>”“<”或“=”)。

    (2)40 ℃时,碳酸钠的溶解度为________ g。

    (3)大于30 ℃时,碳酸钠的溶解度________氯化钠的溶解度(填“>”“<”或“=”)。

    (4)40 ℃时,碳酸钠和氯化钠均形成饱和溶液,当温度降低到20 ℃时,析出的主要物质是______________________(填化学式)。

    (5)为检验(4)中析出的物质,取少量样品于试管中加入足量的稀________(填化学式)溶液,完全溶解,并有气体产生,再加入几滴________(填化学式)溶液,有白色沉淀产生。

    解析:(1)由于CO+H2OHCO+OH,所以Na2CO3和NaCl混合溶液的pH>7。(2)根据溶解度曲线,40 ℃时Na2CO3的溶解度为50 g。(3)根据溶解度曲线,大于30 ℃时,Na2CO3的溶解度大于NaCl的溶解度。(4)由于Na2CO3的溶解度受温度的影响很大,而NaCl的溶解度受温度的影响较小,所以40 ℃的Na2CO3、NaCl的饱和溶液,当温度降低到20 ℃时,析出的主要物质是Na2CO3。(5)用稀HNO3检验Na2CO3,用AgNO3溶液检验NaCl。

    答案:(1)> (2)50 (3)>

    (4)Na2CO3 (5)HNO3 AgNO3

    15.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。下图为二水合草酸钴(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480 mL 5 mol·L-1盐酸恰好完全溶解固体,得到CoCl2溶液和4.48 L(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。

    解析:(1)由图可知,CoC2O4·2H2O的质量为18.3 g,其物质的量为0.1 mol,Co元素质量为5.9 g,C点钴氧化物质量为8.03 g,氧化物中氧元素质量为8.03 g5.9 g2.13 g,则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1 mol:≈3:4,故C点为Co3O4;B点对应物的质量为14.7 g,与其起始物质的质量相比减少18.3 g14.7 g3.6 g,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+2O2Co3O4+6CO2。(2)由电子守恒:n(Co3+)=2n(Cl2)=2×=0.4 mol,由电荷守恒:n(Co原子)n(Co2+)溶液n(Cl)=×(0.48 L×5 mol·L-1-2×)=1 mol,所以固体中的n(Co2+)=1 mol-0.4 mol=0.6 mol,根据化合价代数和为0,氧化物中n(O)=(0.6 mol×2+0.4 mol×3)÷2=1.2 mol,故该钴氧化物中n(Co):n(O)=1 mol:1.2 mol=5:6。

    答案:(1)Co3O4 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2

    (2)该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为5:6。

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