1、专题能力训练二化学常用计量(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共7小题,每小题6分,共42分。每小题只有1个选项符合题意)1.(2014河北衡水中学一调)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.常温常压下,3.0 g甲醛和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NAB.在标准状况下,22.4 L Cl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为2NAC.200 mL 1 molL-1的Al2(SO4)3溶液中,Al3+和S离子总数为NAD.标准状况下,Na2O2与足量CO2反应生成2.24 L O2,转移电子数为0.4NA2.(2014安徽安庆一模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列
2、叙述正确的是()A.1 mol氯气参加氧化还原反应,转移的电子数一定为2NAB.25 时,1 L pH=12的Na2CO3溶液中含有Na+的数目为0.02NAC.12 g石墨和C60的混合物中质子总数为6NA个D.常温常压下,22.4 L乙烯中CH键数为4NA3.(2014河南六市二次联合调研)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.标准状况下,2.24 L Cl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAB.常温下,10 L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH-的数目为0.1NAC.标准状况下,22.4 L NO2和NO的混合气体中所含的氮原子总数为2NAD.将含有1 mol Fe
3、Cl3的浓溶液完全水解可得到Fe(OH)3胶粒的数目为NA4.(2014江西红色六校第二次联考)NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.10 g O含有的中子数为5NAB.1 mol羟基(OH)含有的电子数为10NAC.标准状况下,22.4 L H2O所含分子数为NAD.标准状况下,11.2 L己烷含有的分子数为0.5NA5.标准状况下,m1 g气体A与m2 g气体B的分子数相等,下列说法中正确的是()A.1个A分子的质量是1个B分子的质量的倍B.同温同体积的A与B的质量比为C.同温同质量的A与B的分子数比为D.同温同压下A与B的密度比为6.用含1.0 mol NaOH的溶液吸收0.
4、8 mol CO2,所得溶液中的C和HC的物质的量之比为()A.13B.21C.23D.327.将18 g铜和铁的混合物投入200 mL稀硝酸中,充分反应后得到标准状况下2.24 L NO,剩余9.6 g金属;继续加入200 mL等浓度的稀硝酸,金属完全溶解,又得到标准状况下2.24 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液不变红,则下列说法中正确的是()A.原混合物中铜和铁各0.15 molB.稀硝酸的物质的量浓度为1 molL-1C.第一次剩余9.6 g金属为铜和铁D.再加入上述200 mL稀硝酸,还会得到标准状况下2.24 L NO二、非选择题(共4小题,共58分)8.(201
5、4福建理综)(12分)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:葡萄酒样品100.00 mL馏分溶液出现蓝色且30 s内不褪色(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)(1)按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00 mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为 gL-1。(2)在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测定结果(填“偏高”“偏低”或“不变”)。9.(12分)配制500 mL 0.5 molL-1的NaOH溶液,试回答下列问题:(1)计算:需要NaOH固体的质量为。(2)
6、配制方法:设计5个操作步骤。向盛有NaOH固体的烧杯中加入200 mL蒸馏水使其溶解,并冷却至室温;继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线12 cm;将NaOH溶液沿玻璃棒注入500 mL容量瓶中;用少量的蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次,然后将洗涤液移入容量瓶;改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线,加盖摇匀。试将操作步骤正确排序。(3)某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48 molL-1,原因可能是。A.使用滤纸称量氢氧化钠固体B.容量瓶中原来存在少量蒸馏水C.溶解后的烧杯未经多次洗涤D.胶头滴管加水定容时仰视刻度线10.(16分)某固体混合物含NH4I、NaHCO3、AlCl3、MgBr2、FeC
7、l2中的几种,为确定该固体混合物的成分及各组成成分的物质的量之比,现进行如下实验。实验:(1)无色气体为。(2)该固体混合物的成分为。实验:取一定量的该固体混合物溶于水配成1 L溶液,并向该混合溶液中通入一定量的Cl2,测得溶液中几种阴离子(分别用A-、B-、C-表示)的物质的量与通入Cl2体积的关系如表所示。Cl2的体积(标准状况下)/L2.85.611.2n(A-)/mol1.251.52n(B-)/mol1.51.40.9n(C-)/mola00(3)a=。(4)原固体混合物中各组成成分的物质的量之比为。11.(2014江苏化学)( 18分)碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)d
8、xH2O常用作塑料阻燃剂。(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用,是由于其受热分解需吸收大量热量和。(2)MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O中a、b、c、d的代数关系式为。(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成,进行如下实验:准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应,生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率(100%)随温度的变化如图所示(样品在270 时已完全失去结晶水,600 以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH-)n(C)(写出计算过程)。专题能力训练二化学常用计量1.A解析:A项,甲醛和
9、冰醋酸最简式都是CH2O,所以3.0 g二者的混合物含有最简式的物质的量为0.1 mol,因此含有的原子总数为0.4NA,正确。B项,在标准状况下,22.4 L Cl2和HCl的混合气体的物质的量为1 mol,所以气体中含有的分子总数为NA,错误。C项,nAl2(SO4)3=0.2 L1 molL-1=0.2 mol,但是Al3+会发生水解反应而消耗,所以溶液中Al3+和S离子总数小于NA,错误。D项,Na2O2与足量CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2。每有1 mol的O2产生,转移电子2 mol,现在产生氧气0.1 mol,所以转移电子0.2NA,错误。2.C
10、解析:A项,1 mol氯气参加氧化还原反应,转移的电子数不一定为2NA,如1 mol氯气与水反应,转移电子数小于NA,错误;B项,pH=12即c(OH-)=0.01 molL-1,但无法计算Na2CO3的浓度,所以Na+的数目无法计算,错误;C项,石墨与C60都是由碳元素组成的,12 g的混合物中含有的质子总数为6NA,正确;D项,常温常压下,22.4 L乙烯的物质的量不是1 mol,错误。3.B解析:A项,标准状况下2.24 L的氯气的物质的量是0.1 mol,氯气与水的反应是可逆反应,所以转移电子的物质的量小于0.1 mol,错误;B项,pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=0.01
11、 molL-1,所以10 L溶液中OH-离子数为0.1NA,正确;C项,标准状况下,22.4 L NO2和NO的混合气体的物质的量是1 mol,无论NO2和NO的比例如何,混合气体中氮原子总数为NA,错误;D项,水解反应是可逆反应,且胶粒是大量粒子的集合体,所以含有1 mol FeCl3的浓溶液完全水解得到Fe(OH)3胶粒小于NA,错误,答案选B。4.A解析:A项,1 mol O中子数为10 mol,10 g O的物质的量为0.5 mol,正确;B项,羟基(OH)呈电中性,1 mol羟基(OH)含有的电子数为9NA,错误;C项,标准状况下水不是气态,错误;D项,标准状况下,己烷为液态,错误。
12、5.A解析:根据题意,两者的分子数相等,则其物质的量相等,故可设A、B的摩尔质量分别为M1、M2,1个分子的质量分别为mA、mB,则有,即,故A项正确。6.A解析:设生成Na2CO3、NaHCO3物质的量为x、y,由反应前后C和Na+守恒可知,x+y=0.8 mol、2x+y=1 mol,解得x=0.2 mol、y=0.6 mol,即所得溶液中C和HC的物质的量之比为13。7.A解析:第一次加硝酸时金属有剩余,溶液中一定不含Fe3+,所以1 mol金属参加反应均失去2 mol电子,生成2.24 L NO转移0.3 mol电子;消耗金属0.15 mol,质量为18 g-9.6 g=8.4 g,则
13、第一次溶解的金属的摩尔质量为56 gmol-1,是铁。同理:第二次溶解的金属的摩尔质量为64 gmol-1,是铜。依据3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O,可知c(HNO3)=40.2 L=2 molL-1;D选项,再加入硝酸,HNO3与0.15 mol Fe2+反应,依据电荷守恒可知生成0.05 mol NO,错误。8.答案:(1)0.16(2)偏低解析:(1)根据反应的化学方程式,SO2的物质的量与I2的相等,100 mL葡萄酒中含SO2 2.510-4 mol,则1 L样品的残留量为2.510-4 mol1064 gmol-1=0.16 g;(2)若有部分HI被氧气氧化
14、,生成的I2又继续氧化SO2,导致等量的SO2需要的I2溶液减少,则测得的SO2含量偏低。9.答案:(1)10.0 g(2)(3)ACD解析:(1)需要NaOH固体的质量为0.5 L0.5 molL-140 gmol-1=10.0 g。(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知其顺序为。(3)A项,由于固体NaOH具有极强的吸水性,使用滤纸称量时,NaOH固体易黏附在滤纸上,使n (NaOH)减小,c(NaOH)偏小;B项,容量瓶中原来存在少量蒸馏水,无影响;C项,溶解后的烧杯未经过多次洗涤,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;D项,胶头滴管加水定容时仰视刻度线,加水过多,使溶液的
15、体积增大,c(NaOH)偏小。10.答案:(1)NH3(2)NH4I、MgBr2、AlCl3(3)0.15(4)n(AlCl3)n(MgBr2)n(NH4I)=204524解析:(1)加入过量NaOH溶液并加热,生成的无色气体只能是NH3,说明一定含有NH4I。(2)生成白色沉淀且久置无明显变化,说明一定无FeCl2而一定有MgBr2;根据“无色溶液白色沉淀沉淀溶解,无气泡产生”,推出有AlCl3无NaHCO3。(3)由表分析可知,A-为Cl-、B-为Br-、C-为I-,比较通入5.6 L和2.8 L标准状况下Cl2后溶液中离子的变化情况可知:多通入2.8 L Cl2,即0.125 mol C
16、l2,造成Cl-增加0.25 mol,Br-减少0.1 mol,I-减少a mol,根据反应关系式:Cl22Br-,Cl22I-12120.05 mol0.1 mol(0.125-0.05) mola mol可得a=0.15(4)由题意知,原混合溶液中n(Cl-)=1.25 mol-0.125 mol2=1 mol,n(Br-)=1.5 mol,n(I-)=0.15 mol+0.125 mol2=0.4 mol。则n(AlCl3)n(MgBr2)n(NH4I)=n(I-)= mol mol0.4 mol=204524。11.答案:(1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a+3b=c+2d(3)n(
17、CO2)=2.5010-2 molm(CO2)=2.5010-2 mol44 gmol-1=1.10 g在270600 之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2Om(CO2)+m(H2O)=3.390 g(0.734 5-0.370 2)=1.235 gm(H2O)=1.235 g-1.10 g=0.135 gn(H2O)=7.5010-3 moln(OH-)=7.5010-3 mol2=1.5010-2 moln(OH-)n(C)=1.5010-2 mol2.5010-2 mol=35解析:利用MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O中正、负化合价代数和为零可确定a、b、c、d的代数关系。270 前是失去结晶水,270 之后是该物质分解放出CO2和H2O以及生成金属元素的氧化物。CO2的量可由实验求得,270600 减小的质量即为CO2与H2O(来自化合物中OH-)的质量,后一质量减去实验中求得的CO2的质量即为H2O的质量,再转化为物质的量,最后根据H元素守恒求得OH-的物质的量。