【精选】高考化学第2讲《化学常用计量》活页训练及答案.doc

精选高考化学复习资料第2讲化学常用计量(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(共7个小题，每小题6分，共42分)1(2013·武汉高三检测)科学家刚刚发现了某种元素的原子，其质量是a g,12C的原子质量是b g，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()。A该原子的摩尔质量是aNA gBW g该原子的物质的量一定是 molCW g该原子中含有×NA个该原子D由已知信息可得：NA解析该原子的摩尔质量是aNA g·mol1，A错；一个原子的质量为a g，所以W g该原子中含有个该原子，C错；NA可以表示为 mol1，D错。答案B2(2013·全国新课标，9)设N0为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()。A1.0 L 1.0 mol·L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0B12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0C25 时pH13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1N0D1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0解析A项忽视了NaAlO2溶液中的水，错；B项中每个碳原子被3个六元环共用，则每个六元环占有的碳原子数1××62个，12 g石墨烯含六元环的物质的量0.5 mol，正确；C项没有告诉溶液的体积，无法计算，错；D项中OH是10电子微粒，所含电子数为10N0，错。答案B3(2013·广东理综，9)设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()。A常温常压下，8 g O2含有4nA个电子B1 L 0.1 mol·L1的氨水中有nA个NHC标准状况下，22.4 L盐酸含有nA个HCl分子D1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2nA个电子解析A项，8 g O2含有的电子数为×16nA4nA，正确。B项，NH3·H2O是弱电解质，部分电离，所以1 L 0.1 mol·L1的氨水中NH的数目远小于nA个。C项，在盐酸溶液中不含有HCl分子，错误。D项，1 mol Na完全被氧化生成Na2O2，应转移nA个电子，错误。答案A4(2013·江苏，5)用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是()。解析A项，托盘天平称量时，应为“左物右码”，错误；B项，用玻璃棒搅拌能加速溶解，正确；C项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误；D项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。答案B5(2013·高考模拟组合)已知NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()。A(大连市一模)50 g 46%的乙醇水溶液，含有氢原子总数目为3NAB(江西重点中学盟校联考)实验室配制500 mL 0.2 mol·L1的硫酸亚铁溶液，其操作是用天平称取27.8 g绿矾，放入500 mL容量瓶中，加水溶解、稀释、定容、摇匀C(黑龙江省大庆市高三第一次模拟)1 L 0.1 mol·L1纯碱溶液中含有CO的数目小于0.1NAD(南京市四校联考)常温下，1 L 0.1 mol·L1的NH4NO3溶液中氧原子数为0.3NA解析A项，忽略了H2O中氢原子数；B项，不能在容量瓶中溶解；C项，CO水解；D项，忽略了H2O中的氧原子数。答案C6(2013·云阳高三测试 )有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 g·cm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是()。A溶质的质量分数是24.0%B溶液的物质的量浓度是2.4 mol·L1C溶质和溶剂的物质的量之比是140D硫酸根离子的质量分数是19.2%解析c(Mg2)2.4 mol·L1c(MgSO4)，溶液中溶质的质量分数为4.8%×24.0%，SO的质量分数24.0%4.8%19.2%。溶质与溶剂的物质的量之比是9190121.1。答案C7(2013·吉林长春第一次调研，13)现取m g镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的还原产物只有NO)，向反应后的混合溶液中滴加b mol·L1 NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n g，则下列有关该实验的说法中正确的有()。沉淀中OH的质量为(nm)g恰好溶解后溶液中的NO的物质的量为 mol反应过程中转移的电子数为 mol标准状况下生成NO的体积为 L与合金反应的硝酸的物质的量为()molA5项 B4项 C3项 D2项解析本题涉及的反应有Al4HNO3(稀)= Al(NO3)3NO2H2O；3Mg8HNO3(稀)= 3Mg(NO3)22NO4H2O；Al(NO3)33NaOH= Al(OH)33NaNO3；Mg(NO3)22NaOH= Mg(OH)22NaNO3。当合金恰好溶解时，溶液中的NO与Na的物质的量相等，n(NO)n(NaOH) mol，故正确。沉淀质量最大时，生成的n g沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m g，所以沉淀中氢氧根的质量为(nm)g，则反应过程中转移的电子物质的量n(e)n(OH)mol，故，正确。根据电子得失守恒知，标准状况下V(NO) L，故正确。参加反应的硝酸有两种作用，起酸性作用的硝酸(生成硝酸盐)的物质的量等于硝酸钠的物质的量，即 mol；作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量，即 mol，所以，与合金反应的硝酸的物质的量为()mol，故正确。答案A二、非选择题(共4个题，共58分)8(2013·重庆调研)(14分)(1)在一定温度和压强下，1体积X2(g)和3体积Y2(g)化合生成2体积Z(g)，则Z气体的化学式是_。(2)在同温、同压下，实验测得CO、N2和O2三种气体的混合气体的密度是H2的14.5倍，其中O2的质量分数为_。若其中CO和N2的物质的量之比为11，则混合气体中氧元素的质量分数为_。(3)相同条件下，某Cl2与O2混合气体100 mL恰好与150 mL H2化合生成HCl和H2O，则混合气体中Cl2与O2的体积比为_，混合气体的平均相对分子质量为_。(4)现有m g某气体，它的摩尔质量为M g·mol1，则该气体溶于1 L水中(不考虑反应)，其溶液中溶质的质量分数为_。该气体溶于水后形成V L溶液，其溶液的物质的量浓度为_ mol·L1。解析(1)根据阿伏加德罗定律可写出化学方程式：X23Y2=2Z，再根据质量守恒定律，可得Z的化学式应为XY3。(2)三种气体的平均相对分子质量为14.5×229，因CO与N2的相对分子质量相同，求算平均相对分子质量时可一并考虑，设O2的物质的量分数为x，则CO和N2的物质的量分数为(1x)，因此有：32x28(1x)29，解得x0.25。O2的质量分数为×100%27.6%。若CO和N2的物质的量之比为11，设混合气体为1 mol，则混合气体中氧的物质的量为：0.25 mol×2(0.75 mol÷2)×10.875 mol，氧元素的质量分数为×100%48.3%。(3)设Cl2的体积为x mL，则O2的体积为(100x)mL。根据反应H2Cl22HCl、2H2O22H2O知，反应中消耗的H2为：xmL2(100x)mL150 mL，解得x50 mL。因此n(Cl2)n(O2)11。体积百分含量各占50%。混合气体的平均相对分子质量为：71×50%32×50%51.5。(4)1 L水的质量是1 000 g。m g该气体溶于1 L水中，所得溶液中溶质的质量分数是：w×100%×100%。V(aq)V L，则c mol·L1。答案(1)XY3(2)27.6%48.3%(3)1151.5(4)×100%9(2013·诸暨月考)(14分)三氯化铁是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。(1)将标准状况下的a L氯化氢气体溶于100 g水中，得到的盐酸的密度为b g·mL1，则该盐酸的物质的量的浓度是_。(2) 向100 mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2 3.36 L，反应后的溶液中 Cl 和Br 的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为_。(3)FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为_(用离子方程式表示)，若100mL 2mol·L1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数_0.2NA(填“大于”、“等于”或“小于”)。解析(1)此题要注意溶液的体积，应用溶液的质量除以溶液密度，且注意溶液密度的单位，计算为： mol·L1；(2)根据氧化还原反应的优先规律，氯气先氧化Fe2，现在溶液中Cl 和Br 的物质的量浓度相等，表明溶液中无Fe2，有FeBr3、FeCl3，n(Cl)3.36 L÷22.4 L·mol1×20.3 moln(Br)，根据原子守恒n(Fe3)0.2 moln(Fe2)，则c(FeBr2)0.2mol÷0.1 L2 mol·L1；(3)Fe3水解Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可吸附溶液中的杂质离子，由于Fe3水解是可逆反应，且生成的Fe(OH)3胶体是分子的集合体，所以生成的Fe(OH)3胶粒的数目小于0.2NA。答案(1) mol·L1(2)2 mol·L1(3)Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H小于10(2013·九龙坡区质检)(15分)某同学购买了一瓶××牌“84消毒液”，查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO 1 000 mL、密度1.19 g·cm3，稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：(1)该“84消毒液”的物质的量浓度为_ mol·L1。(2)该同学取100 mL该“84消毒液”稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na)_ mol·L1(假设稀释后溶液密度为1.0 g·cm3)。(3)某实验需用480 mL含25%NaClO的消毒液。该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制该消毒液。下列说法正确的是_。A如上图所示的仪器中，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，应烘干才能用于溶液配制C利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低D需要称量的NaClO固体质量为143 g在配制过程中，下列操作可能使配制的溶液的浓度偏大的是_。A烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯B定容时，俯视刻度线C定容时，仰视刻度线D移液时，有少量液体溅出解析(1)根据c，c(NaClO)40 mol·L1。(2)稀释100倍后浓度为原来的1%。(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，图示中的上面四种仪器不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管。选项B，配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用。选项C，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NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低。选项D，应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5 L×4.0 mol·L1×74.5 g·mol1149 g。由c判断：A、D选项中使n偏小，浓度偏小；B选项中俯视刻度线，使V偏小，浓度偏大；C选项中仰视刻度线，使V偏大，浓度偏小。答案(1)4.0(2)0.04(3)CB11(创新预测题)(15分)工业上用含锌物料(含FeO、CuO等杂质)可制得活性ZnO，流程如下：(1)上述流程中，浸出用的是60%H2SO4(1.5 g·cm3)，配制这种H2SO4 100 mL需要18.4 mol·L1的浓H2SO4_ mL(保留一位小数)。(2)加入氧化剂H2O2后，有Fe(OH)3沉淀出现，没有Cu(OH)2沉淀出现，若溶液中c(Fe3)2.6×1018 mol·L1，则溶液中c(Cu2)的取值范围是_mol·L1。(已知KspFe(OH)32.6×1039，KspCu(OH)22.2×1020)(3)加入NH4HCO3后生成的沉淀是形态均为Zna(OH)b(CO3)c(a、b、c为正整数)的两种碱式碳酸锌A和B的混合物，A中a5、b6，则生成碱式碳酸锌A的化学方程式为_。(4)取洗涤、烘干后的碱式碳酸锌A和B的混合物49.70 g，其物质的量为0.10 mol，高温焙烧完全分解得到37.26 g ZnO、3.584 L CO2(标准状况下)和水，通过计算求出碱式碳酸锌B的化学式。解析(1)V100 mL×1.5 g·mL1×60%÷98 g·mol1÷18.4 mol·L1×1 000 mL·L149.9 mL。(2) 根据溶液中有Fe(OH)3沉淀出现，有c3(OH)×c(Fe3)KspFe(OH)3，将KspFe(OH)32.6×1039，c(Fe3)2.6×1018 mol·L1代入上式得，c(OH)1×107 mol·L1；再根据溶液中没有Cu(OH)2沉淀出现，有c2(OH)×c(Cu2)KspCu(OH)2，将KspCu(OH)22.2×1020，c(OH)1×107 mol·L1代入上式得，c(Cu2)2.2×106 mol·L1。(3)由于A中a5、b6,2ab2c(电荷守恒)，解得c2，由此确定A的化学式为Zn5(OH)6(CO3)2；再从流程图中知，加入NH4HCO3所发生的反应中反应物还有ZnSO4，生成物有Zn5(OH)6(CO3)2、CO2、H2O，还有(NH4)2SO4，最后根据观察法将反应化学方程式配平。答案(1)49.9(50.0也给分) (2)2.2×106(3)5ZnSO410NH4HCO3= Zn5(OH)6(CO3)25(NH4)2SO48CO22H2O(4)由题意0.1mol混合物完全分解得到ZnO、CO2、H2O的物质的量分别为0.46 mol、0.16 mol、0.3 mol，可知1 mol混合物中平均含4.6 mol Zn、1.6 mol C、6 mol H，又知1 mol A中含H为6 mol、含C为2 mol，则1 mol B中含H为6 mol、含C为1 mol；所以B的化学式可以表示为Znx(OH)6CO3，由化合价代数和为零得出x4，即B的化学式为Zn4(OH)6CO3(其他合理解法均可)。