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1、新教材適用·高考化學
課時沖關練(二)
化學常用計量
(45分鐘,100分)
一、選擇題(本題包括7小題,每小題6分,共42分)
1.(2014·六安二模)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是 ( )
A.密封保存的46 g NO2氣體含有的分子數(shù)為NA
B.0.1 mol·L-1碳酸鈉溶液中陰離子總數(shù)大于0.1NA
C.標準狀況下,22.4 L HF中含有的氟原子數(shù)目為NA
D.常溫常壓下,7.1 g Cl2與足量的Fe充分反應,轉移的電子數(shù)目為0.2NA
【解析】選D。二氧化氮與四氧化二氮在一定條件下可相互轉化,所以46 g NO2氣體含有的分子數(shù)小于NA
2、,A錯誤;B選項沒有溶液的體積,不能計算陰離子總數(shù),B錯誤;標準狀況下,HF是液體,C錯誤;7.1 g Cl2的物質的量為0.1 mol,氯原子變?yōu)槁入x子,得到0.2 mol電子,即轉移的電子數(shù)目為0.2NA,D正確。
【方法規(guī)律】解答有關阿伏加德羅常數(shù)類題目的“三個步驟”
(1)看:看所給數(shù)據(jù)是體積、質量還是物質的量。
如果所給數(shù)據(jù)是質量或物質的量,該類數(shù)據(jù)不受外界條件的限制。
(2)定:確定對象是氣體、固體還是液體。如果是氣體,要注意外界條件是否為“標準狀況”。
(3)算:根據(jù)所求內容進行計算,在求算時要注意:
①不要直接利用溶液的濃度代替指定物質的濃度進行計算。
②同種物質
3、在不同的氧化還原反應中“角色”可能不同,電子轉移數(shù)目也可能不同,不能一概而論。
2.下列說法正確的是 ( )
A.300℃、101 kPa條件下,11.2 L H2O和11.2 L O2所含的分子數(shù)相等
B.1 mol·L-1NH4Cl溶液和1 mol·L-1CH3COONH4溶液中的c(N)相等
C.2 L 0.5 mol·L-1鹽酸和1 L 0.5 mol·L-1硫酸的pH相等
D.1.8 g N的質子數(shù)與1.6 g CH4的質子數(shù)相等
【解析】選A。同溫(300℃)、同壓(101 kPa)條件下,相同體積(11.2 L)的氣體含有的分子數(shù)相等,A項正確;CH3COONH4溶
4、液中,CH3COO-能促進N的水解,而NH4Cl溶液中,Cl-對N的水解無影響,因此濃度相同時NH4Cl溶液中的c(N)大,B項錯誤;0.5 mol·L-1鹽酸和0.5 mol·L-1硫酸中的c(H+)分別為0.5 mol·L-1、1 mol·L-1,pH不同,C項錯誤;1.8 g N的質子數(shù)為×11NA=1.1NA,1.6 g CH4的質子數(shù)為×10NA=NA,D項錯誤。
3.(2014·濰坊一模)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述正確的是 ( )
A.常溫常壓下,2.24 L CH4中含有0.4NA個共價鍵
B.100 mL 1 mol·L-1NaAlO2溶液中含有0.1NA個A
5、l
C.常溫條件下,5.6 g Fe與足量稀硝酸反應,轉移0.2NA個電子
D.標準狀況下,1.12 L1H2和0.2 g2H2均含有0.1NA個質子
【解析】選D。常溫常壓下2.24 L CH4的物質的量小于0.1 mol,故甲烷中含共價鍵數(shù)目小于0.4NA,A項錯誤;Al發(fā)生水解,其離子數(shù)目小于0.1NA,B項錯誤;鐵與足量的稀硝酸反應生成Fe3+,故5.6 g鐵發(fā)生反應轉移電子數(shù)0.3NA個,C項錯誤;標準狀況下1.12 L1H2和0.2 g2H2的物質的量都是0.05 mol,所含的質子數(shù)也相等,D項正確。
【加固訓練】(2014·唐山模擬)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值,下列說法
6、中正確的是 ( )
A.在密閉容器中加入1.5 mol H2和0.5 mol N2,充分反應后得到NH3分子數(shù)為NA
B.一定條件下,2.3 g的Na完全與O2反應生成3.6 g產(chǎn)物時失去的電子數(shù)為0.1NA
C.1.0 L 0.1 mol·L-1Na2S溶液中含有的S2-數(shù)為0.1NA
D.標準狀況下,22.4 L的CCl4中含有的CCl4分子數(shù)為NA
【解析】選B。合成氨的反應為可逆反應,A不正確;C項因S2-水解,故離子數(shù)目小于0.1NA;標準狀況下,四氯化碳為液態(tài),D不正確。
4.下列有關溶液配制的說法正確的是 ( )
A.在50 mL量筒中配制0.100 0 mol
7、·L-1碳酸鈉溶液
B.僅用燒杯、量筒、玻璃棒就可配制100 mL 0.100 0 mol·L-1K2Cr2O7溶液
C.用100 mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管和pH=1的鹽酸配制100 mL pH=2的鹽酸
D.配制溶液時,若加水超過容量瓶刻度線,應用膠頭滴管將多余液體吸出
【解析】選C。配制一定物質的量濃度的溶液,應在容量瓶中進行,選項A、B錯誤;配制溶液定容時,若加水超過容量瓶刻度線,即使用膠頭滴管將液體吸出,也會造成配制結果偏低。
5.相對分子質量為Mr的氣態(tài)化合物VL(標準狀況)溶于mg水中,得到溶液的質量分數(shù)為w%,物質的量濃度為cmol·L-1,密度為ρg·
8、cm-3,則下列說法正確的是
( )
A.溶液密度ρ可表示為:
B.物質的量濃度c可表示為:
C.溶液的質量分數(shù)w%可表示為:
D.相對分子質量Mr可表示為:
【解析】選D。A項ρ==,故A項不正確;B項c=,故B項不正確;C項w%=×100%,故C項不正確;由上述C項整理,得Mr=,故D項正確。
6.(2014·黃山一模)PbO2是褐色固體,受熱分解為Pb的+4和+2價的混合氧化物,+4價的Pb能氧化濃鹽酸生成Cl2;現(xiàn)將1 mol PbO2加熱分解得到O2,向剩余固體中加入足量的濃鹽酸得到Cl2,O2和Cl2的物質的量之比為3∶2,則剩余固體的組成及物質的量比是 ( )
9、
A.1∶2混合的PbO2、Pb3O4
B.1∶1混合的Pb3O4、PbO
C.1∶2∶4混合的PbO2、Pb3O4、PbO
D.1∶4∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO
【解析】選B。PbO2受熱分解得到氧氣和鉛的氧化物的混合物(Pb為+4、+2價),鉛的氧化物的混合物再與鹽酸作用時,+4價Pb被還原為+2價,Cl-被氧化為Cl2,此時得到溶液為PbCl2溶液,利用“電子轉移守恒”知1 mol PbO2在上述轉化過程中共轉移電子為1 mol×(4-2)=2 mol,設該過程得到O2的物質的量為3xmol,則Cl2的物質的量為2xmol,利用電子轉移守恒有:3x×4+2x×
10、2=2,解得x=0.125,故知1 mol PbO2在受熱分解過程中產(chǎn)生O2為0.125 mol×3=0.375 mol,利用原子守恒可知受熱后的剩余固體中n(O)=2 mol-0.375 mol×2=1.25 mol,故剩余固體中n(Pb)∶n(O)=1 mol∶1.25 mol=4∶5。A.1∶2混合的PbO2、Pb3O4,n(Pb)∶n(O)=(1+6)∶(2+8)=7∶10,錯誤;B.1∶1混合的Pb3O4、PbO,n(Pb)∶n(O)=(3+1)∶(4+1)=4∶5,正確;C.1∶2∶4混合的PbO2、Pb3O4、PbO,n(Pb)∶n(O)=(1+2×3+4)∶(2+2×4+4)=
11、11∶14,錯誤;D.1∶4∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO,n(Pb)∶n(O)=(1+12+1)∶(2+16+1)=14∶19,錯誤。
7.今有一包鐵粉和銅粉混合粉末,為確定其組成,現(xiàn)提供4 mol·L-1的FeCl3溶液(其他用品略)。某合作學習小組同學的實驗結果如下(假定反應前后溶液體積不變):
組 別
①
②
③
④
V/mL
100
100
100
100
混合粉末質量/g
6
13.2
24
36
反應后剩余固體質量/g
0
1.28
12.8
24.8
下列結論正確的是 ( )
A.第①組溶液中c(Fe3+)=3.0 mo
12、l·L-1
B.第②組剩余固體是鐵和銅
C.第④組反應后的濾液中c(Fe2+)=6 mol·L-1
D.原混合粉末中n(Fe)∶n(Cu)=3∶2
【解析】選C。據(jù)表分析實驗②的FeCl3全部反應,而鐵粉和銅與FeCl3溶液反應先后有序,即先與鐵反應,后與銅反應,假設實驗②只溶解鐵,則可溶解鐵
11.2 g<13.2-1.28=11.92,即還溶解一部分銅,B錯誤,
設13.2 g的混合物含鐵x,銅y,56x+64y=13.2
Fe+2Fe3+3Fe2+, 2Fe3++Cu 2Fe2++Cu2+
x 2x 0.4 mol-2x 0.2 mol-x
13、
56x+(0.2 mol-x)×64=13.2-1.28,x=0.11 mol,y=0.11 mol,混合物中n(Fe)∶n(Cu)=1∶1,D錯誤;第④組混合物中含鐵36÷(56+64)=0.3(mol),與0.4 mol的FeCl3溶液反應,鐵剩余,因此生成0.6 mol的Fe2+,C正確;第①組混合物中含鐵6÷(56+64)=0.05(mol),Cu也是0.05 mol,共消耗0.2 mol的FeCl3,因此c(Fe3+)=0.2 mol·L-1,A錯誤。
二、非選擇題(本題包括4小題,共58分)
8.(16分)(2014·惠州模擬)實驗室需要0.80 mol·L-1NaOH溶液4
14、75 mL和
0.40 mol·L-1硫酸500 mL。根據(jù)這兩種溶液的配制情況回答下列問題:
(1)如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是 (填序號),配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是 (填儀器名稱)。
(2)容量瓶所不具備的功能有 (填序號)。
A.配制一定體積準確濃度的標準溶液
B.量取一定體積的液體
C.測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體
D.貯存溶液
E.用來加熱溶解固體溶質
(3)根據(jù)計算用托盤天平稱取NaOH的質量為 g。
在實驗中其他操作均正確,若容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥,則所得溶液濃度
0.80 mol·L-1
15、(填“大于”“等于”或“小于”,下同)。若未等溶液冷卻就定容,則所得溶液濃度 0.80 mol·L-1。
(4)根據(jù)計算得知,所需質量分數(shù)為98%、密度為1.84 g·cm-3的濃硫酸的體積為
mL (計算結果保留一位小數(shù))。如果實驗室有10 mL、15 mL、20 mL、50 mL的量筒,最好選用 mL的量筒。
【解析】(1)配制溶液用不到圓底燒瓶和分液漏斗。
(2)容量瓶只能用于配制一定體積準確濃度的溶液,也可以量取與容量瓶的規(guī)格相一致的一定體積的液體,但不能測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體,不能用于溶解溶質或貯存溶液。
(3)必須用500 mL的容量瓶
16、來配制0.80 mol·L-1NaOH溶液,故需要稱取NaOH的質量為0.80 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-1=16.0 g。容量瓶未干燥不影響所配制溶液的濃度;未等溶液冷卻就定容會導致冷卻后溶液的體積變小,濃度變大。
(4)設需要濃硫酸的體積為V,1.84 g·cm-3×V×98%=0.40 mol·L-1×0.5 L×
98 g·mol-1,V≈10.9 mL,應選用15 mL的量筒。
答案:(1)A、C 燒杯、玻璃棒
(2)C、D、E
(3)16. 0 等于 大于
(4)10.9 15
9.(12分)六水氯化鍶(SrCl2·6H2O)是實驗室重要的分析試劑
17、,工業(yè)上常以天青石(主要成分為SrSO4)為原料制備,生產(chǎn)流程如下:
(1)第①步反應前天青石先研磨粉碎,其目的是?
?
。
第③步加入適量稀硫酸的目的是?
?
18、
。
(2)第①步反應若0.5 mol SrSO4中只有S被還原,轉移了4 mol電子。寫出該反應的化學方程式:?
。
(3)第④步操作依次是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過
19、濾、 、 。
(4)稱取1.000 g產(chǎn)品溶解于適量水中,向其中加入含AgNO31.100×10-2mol的AgNO3溶液(產(chǎn)品中不含其他與Ag+反應的離子),待Cl―完全沉淀后,用含F(xiàn)e3+的溶液作指示劑,用0.200 0 mol·L-1的KSCN標準溶液滴定剩余的AgNO3,使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出。若滴定過程用去上述濃度的KSCN溶液
20.00 mL,則產(chǎn)品中SrCl2·6H2O的質量百分含量為 (保留4位有效數(shù)字)。
【解析】(1)把固體反應物研磨粉碎,可增加反應物的接觸面積,提高反應速率,提高原料的利用率;第②步所得溶液含有少量Ba2
20、+,所以第③步加入適量稀硫酸的目的是除去溶液中的Ba2+雜質。
(2)0.5 mol SrSO4中只有S被還原,轉移了4 mol電子,說明S化合物降低了8價,轉化為SrS,根據(jù)流程圖C轉化為CO,化學方程式為SrSO4+4CSrS+4CO。
(3)要得到純凈的固體,蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾后,需要進行洗滌、干燥(或烘干)操作。
(4)根據(jù)各步反應得出關系式:AgNO3～KSCN,剩余的n(AgNO3)=n(KSCN)=
0.200 0 mol·L-1×0.02 L=0.004 mol,根據(jù)SrCl2·6H2O～2AgNO3,則產(chǎn)品中SrCl2·6H2O的質量百分含量為×(1.100×1
21、0-2mol-0.004 mol)×267 g·mol-1÷1.000 g×100%=93.45%。
答案:(1)增加反應物的接觸面積,提高反應速率,提高原料的利用率 除去溶液中的Ba2+雜質
(2)SrSO4+ 4CSrS + 4CO
(3)洗滌 干燥(或烘干) (4)93.45%
10.(14分)(2014·長沙模擬)重鉻酸鉀(K2Cr2O7)是較強的氧化劑,在酸性條件下容易被還原成Cr3+,常用于鐵礦石(主要成分為FeO和Fe2O3)中鐵含量的測定。
(1)稱取一定質量的K2Cr2O7配制成500 mL標準溶液,在配制過程中使用的玻璃儀器,除燒杯和玻璃棒外,還需要
22、 ;
(2)在定容時,視線應該 ,
直至 ;
(3)請配平滴定原理的離子方程式:
Cr2+ Fe2++ H+
Fe3++ Cr3++ H2O
(4)在配制鐵礦石待測液時要向其中滴加適量的SnCl2溶液,其目的是?
?
23、
;
若配制K2Cr2O7標準溶液定容時,俯視容量瓶的刻度線,則最終測得鐵的含量
(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。
【解析】(1)用K2Cr2O7固體配制500 mL標準溶液,需使用的玻璃儀器,除燒杯和玻璃棒外,還需要500 mL容量瓶、膠頭滴管。
(2)定容時視線應注視凹液面的最低處與刻度線,直到溶液的凹液面最低處與刻度線相平為止。
(3)根據(jù)化合價升降總數(shù)相等,利用最小公倍數(shù)法及電荷守恒即可配平。
(4)鐵礦石
24、的主要成分為FeO和Fe2O3,在用K2Cr2O7溶液滴定前需把Fe3+還原為Fe2+,向鐵礦石待測液中加適量的SnCl2溶液,目的是將Fe3+還原為Fe2+。配制K2Cr2O7溶液時,俯視容量瓶的刻度線,會導致溶液的體積偏小,溶液的濃度偏大,所測鐵的含量偏低。
答案:(1)500 mL容量瓶、膠頭滴管
(2)注視凹液面的最低處與刻度線 凹液面的最低處與刻度線相平
(3)1 6 14 6 2 7
(4)將礦石中的Fe3+還原為Fe2+ 偏低
【講評建議】教師在講解時,請?zhí)嵝褜W生注意以下幾點:
解答第(1)小題時,要提醒學生注意容量瓶的規(guī)格,回答時必須寫明容量瓶的規(guī)格,否則不得分。易
25、遺漏膠頭滴管,在回答使用儀器時可回顧操作步驟進行一一驗證,不能有遺漏。
解答第(2)小題時,要嚴密答題,規(guī)范描述。一定要有“凹液面最低處與刻度線相平”,否則不得分。
解答第(3)小題時,要正確分析化合價的變化,只有鉻元素和鐵元素的化合價發(fā)生變化,再根據(jù)得失電子守恒和元素守恒,進行配平。
解答第(4)小題時,要必須明確問的問題是什么,求的是最終測得鐵的含量,而不是配制的K2Cr2O7的濃度的大小。
11.(16分)氨和聯(lián)氨(N2H4)是氮的兩種常見化合物,在科學技術和生產(chǎn)中有重要的應用。根據(jù)題意完成下列計算:
(1)聯(lián)氨用亞硝酸氧化生成氮的另一種氫化物,該氫化物的相對分子質量為43.0
26、,其中氮原子的質量分數(shù)為0.977,計算確定該氫化物的分子式為 。
該氫化物受撞擊則完全分解為氮氣和氫氣。4.30 g該氫化物受撞擊后產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為 L。
(2)聯(lián)氨和四氧化二氮可用作火箭推進劑,聯(lián)氨是燃料,四氧化二氮作氧化劑,反應產(chǎn)物是氮氣和水。由聯(lián)氨和四氧化二氮組成的火箭推進劑完全反應生成72.0 kg水,則推進劑中聯(lián)氨的質量為 。
(3)氨的水溶液可用于吸收NO與NO2混合氣體,反應方程式為6NO+4NH35N2+6H2O,6NO2+8NH37N2+12H2O。NO與NO2混合氣體180 mol被8.90×103g氨水(質量
27、分數(shù)0.300)完全吸收,產(chǎn)生156 mol氮氣。吸收后氨水密度為0.980 g·cm-3。則①該混合氣體中NO與NO2的體積比為 ,②吸收后氨水的物質的量濃度為 (答案保留1位小數(shù))。
【解析】(1)n(N)=≈3、n(H)==1,因此化學式為HN3。2HN3H2+3N2,4.30 g HN3參加反應生成0.2 mol混合氣體,標準狀況下的體積為4.48 L。
(2)2N2H4+N2O43N2+4H2O,但當反應生成72.0 kg水時,參加反應的聯(lián)氨的質量為m(N2H4)=×0.5×32 g·mol-1=64 000 g=64 kg。
(3)設一氧化氮、二氧化氮的物質的量分別為X、Y,根據(jù)反應方程式和題干得出解得X=162 mol、Y=18 mol,相同條件下體積之比等于物質的量之比:==。參加反應的氨氣的物質的量為×4+×8=
132 mol,完全反應后氨氣的物質的量為-132 mol≈25 mol,完全反應后溶液的體積為×10-3≈10.429(L)
c(NH3)=≈2.4 mol·L-1。
答案:(1)HN3 4.48 (2)64 kg
(3)9∶1 2.4 mol·L-1
【新教材】高考化學二輪復習(二) 專題一 基本概念 第2講 化學常用計量
