1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专题检测卷(二)化学常用计量(45分钟100分)一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分)1.一定温度和压强下,30 L某种气态纯净物中含有6.021023个分子,这些分子由1.2041024个原子组成,下列有关说法中不正确的是()A.该温度和压强可能是标准状况B.标准状况下该纯净物若为气态,其体积约是22.4 LC.该气体中每个分子含有2个原子D.若O2在该条件下为气态,则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L2.(2013安徽高考压轴)用NA表示阿伏加德
2、罗常数,下列叙述正确的是()A.46 g乙醇中含有的化学键数为7NAB.1 mol氯气和足量NaOH溶液反应转移电子数为2NAC. 1 mol OH-和1 molOH(羟基)中含有的质子数均为9NAD.10 L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中,Na+、C总数为3NA3.(2013安徽四校联考)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.常温下1 L 0.1 molL-1NaHCO3溶液中氧原子数为0.3NAB.1 mol甲基含电子数10NAC.在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O中,每转移2NA个电子,则生成标准状况下氯气22.4 LD.常温常压下,26 g
3、乙炔中含键为2NA4.(2013青岛一模)Na2O2、Cl2和SO2均能使品红溶液褪色(NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是()A.Na2O2、Cl2、SO2依次属于电解质、单质、非电解质B.标准状况下,1 mol Na2O2和22.4 L SO2反应,转移电子数目为NAC.等物质的量的Cl2和SO2同时通入品红溶液中,品红褪色更快D.在Na2O2中阴、阳离子所含的电子数目相等5.常温常压下,将下列各组气体分别充入到容积可变的密闭容器中,充分反应后,恢复到原来状况时体积由大到小的顺序是2 mol NH3和1 mol HCl,2 mol SO2和1 mol O2,2 mol H2S和1
4、mol SO2,2 mol NO和1 mol O2,1 mol H2S和1 mol Cl2()A.B.C.=D.=6.(2013滁州一模)向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液,生成的沉淀质量与滴入NaOH溶液体积关系如图,则原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为()A.B.C.D.7.(2013四川高考)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 gmL-1、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0 molL-1NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54 g沉淀
5、。下列说法不正确的是()A.该合金中铜与镁的物质的量之比是21B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 molL-1C.NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%D.得到2.54 g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600 mL二、非选择题(本题包括4小题,共58分)8.(14分)请仔细阅读硫酸铜晶体(CuSO45H2O)加热过程中依次发生的反应:CuSO45H2OCuSO4+5H2OCuSO4CuO+SO34CuO2Cu2O+O22SO32SO2+O2现称取25.0 g硫酸铜晶体加热,使之均匀、缓慢地升温至1 000并恒温1 h左右。请回答下列问题(不考虑实验操作所带来的误差
6、):(1)最终固体的质量为g;若维持最终的反应条件,推测反应结束除去水后的气态产物的物质的量范围在mol至mol之间。(2)如果甲同学做此实验时称得最后所得的固体质量为7.6 g,试判断该固体的组分是(写化学式),其物质的量之比是。(3)如果乙同学做此实验时,所产生的气体为3.36 L(已换算到标准状况下),则SO3的转化率为。9.(12分)(2013合肥质检)等质量的两种金属粉末A、B分别与同浓度的足量稀盐酸反应,都生成+2价金属氯化物,其反应情况如图所示:(1)在Fe、Mg、Zn、Cu中,A是,B是。(2)将两种金属粉末按一定比例混合后,进行甲、乙、丙三组实验,三组实验各取500 mL同浓
7、度的盐酸加入该种混合粉末,有关数据如下:实验序号甲乙丙混合粉末质量/g6.218.624.8生成气体体积(标准状况)/mL2 2405 6005 600计算上述所用盐酸的物质的量浓度(写出计算过程)。10.(16分)在实验室中,氮氧化物废气(主要成分NO2和NO)可以用NaOH溶液来吸收,以除去这些废气,其主要反应为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2ONO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O(1)2 mol NO和2.4 mol NO2混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时,生成的NaNO2和NaNO3物质的量分别为、。(2)NO和NO2的混合气体的组成可表示为NOx,该混
8、合气体通入NaOH溶液被完全吸收时,x的值可以为(填编号)。A.1.1B.1.2C.1.5D.1.8 (3)若用纯碱溶液处理氮氧化物废气,反应与上述类似,同时放出CO2。请写出纯碱溶液吸收NO2的化学方程式 。11.(16分)(2013安徽高考压轴)草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)呈淡黄色。某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质,进行了一系列实验探究。(1)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液,振荡,发现溶液颜色逐渐变为棕黄色,并检测到有二氧化碳气体生成。这说明草酸亚铁晶体具有(填“氧化性”“还原性”或“碱性”)。若反应中消耗1 mol FeC2O42H2O,则参加反应
9、的KMnO4为mol。(2)资料表明:在密闭容器中加热到一定温度时,草酸亚铁晶体可完全分解,生成几种氧化物,残留物为黑色固体。课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质,对黑色固体的组成提出如下假设,请你完成假设二和假设三:假设一:全部是FeO假设二: 假设三: (3)为验证上述假设一是否成立,课题组进行如下研究。【定性研究】请你完成下表中内容。实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期实验现象和结论取少量黑色固体, 【定量研究】课题组在文献中查阅到,FeC2O42H2O受热分解时,固体质量随温度变化的曲线如下图所示,写出加热到400时,FeC2O42H2O晶体受热分解的化学方程式: 。根据图像,如
10、有1.0 g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热,最终残留黑色固体的质量大于0.4 g。某同学由此得出结论:假设一不成立。你是否同意该同学的结论,并简述理由: 。答案解析1.【解析】选A。由分子数和原子数的关系可知该分子为双原子分子,且其物质的量为1 mol,若该物质为气态,则其在标准状况下的体积为22.4 L,故该温度和压强不可能是标准状况,在此状况下,Vm=30 Lmol-1。2.【解析】选C。乙醇的结构式为,故每分子乙醇含8条共价键,46 g乙醇中含有的化学键数为8NA,A项错误;根据Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O可知,反应中Cl2发生自身氧化还原反应,一个氯原子向另一个氯原子转
11、移一个电子,故1 mol Cl2参加反应,转移电子数为NA,B项错误;OH-和OH的差异是电子数不同,而氢、氧的原子序数分别为1、8,故一个OH-和OH的质子数都是9,1 mol OH-和1 molOH(羟基)的质子数均为9NA,C项正确;C是弱酸根离子能水解,故10 L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中,Na+、C总数小于3NA,D项错误。3.【解析】选D。A项,水分子中也含氧,错误;B项,1 mol甲基含9NA个电子,错误;C项,转移5NA/3个电子,生成标准状况下22.4 L气体,错误;D项,26 g乙炔为1 mol,正确。4.【解析】选A。Na2O2和SO2反应的化学方程式为N
12、a2O2+SO2=Na2SO4,则1 mol Na2O2和1 mol SO2反应转移的电子数目为2NA,故B错;Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,故等物质的量的Cl2和SO2同时通入品红溶液中,没有了漂白作用,故C错;Na2O2中的两个Na+含有20个电子,含有的电子为18个,故D错。【解题技巧】解答有关阿伏加德罗常数类题目的“三个步骤”1.看:看所给数据是体积、质量还是物质的量。如果所给数据是质量或物质的量,该类数据不受外界条件的限制。2.定:确定对象是气体、固体还是液体。如果是气体,要注意外界条件是否为“标准状况”。3.算:根据所求内容进行计算,在求算时要注意:(1)不要直接
13、利用溶液的浓度代替指定物质的物质的量进行计算。(2)同种物质在不同的氧化还原反应中“角色”可能不同,电子转移数目也可能不同,不能一概而论。5.【解析】选B。根据阿伏加德罗定律的推论,在同温同压下,气体物质的量越大体积越大,2 mol NH3和1 mol HCl反应后剩余1 mol气体,2 mol SO2和1 mol O2不反应,气体仍为3 mol,2 mol H2S和1 mol SO2反应后无气体剩余,2 mol NO和1 mol O2反应后得气体1 mol2 mol,1 mol H2S和1 mol Cl2反应得2 mol HCl气体,故气体体积大小顺序为。【答题误区】阿伏加德罗定律及其推论中
14、的易错点(1)阿伏加德罗定律不仅适用于单一气体,也适用于混合气体。(2)同温、同压、同体积、同分子数,这“四同”相互制约,只要其中“三同”成立,第“四同”也成立,即“三同”定“一同”。(3)应用阿伏加德罗定律及推论时不宜死记硬背,要熟记相关化学计量的定义式,并结合相互关系进行推导。6.【解析】选D。由图像可知:Oa段发生的反应为HCl+NaOH=NaCl+H2O由于cd段产生的是白色沉淀,故该段发生的反应为MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl则ab段产生的沉淀应为Fe(OH)3,此段发生的反应为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3+3NaCl因此混合溶液中=。7.【解析】选D。
15、设Cu、Mg的物质的量分别为x、y,则64x+24y=1.52,98x+58y=2.54,解得x=0.02 mol,y=0.01 mol,故xy=21,A正确;c(HNO3)=1 000w/M=1 0001.4063%/63=14.0(molL-1),B正确;Cu、Mg失去电子的物质的量为(0.02+0.01)2=0.06(mol),根据得失电子守恒(),应得到0.06 mol NO2,现得到=0.05 mol的混合气体,是因为2NO2N2O4,由差量法可得生成的N2O4为0.01 mol,则NO2为0.04 mol,故NO2的体积分数为100%=80%,C正确;由题意知,加入NaOH溶液先与
16、剩余的HNO3反应,再与金属离子反应生成沉淀,最终溶液为NaNO3溶液,可得n(NaOH)=n(HNO3)=700 mL,D错误。8.【解析】(1)25.0 g硫酸铜晶体为0.1 mol,1 000并恒温1 h左右,固体反应产物只有Cu2O,根据铜原子守恒可知Cu2O为0.05 mol,即7.2 g。根据前3步化学反应方程式可知,0.1 mol硫酸铜晶体分解后得到0.1 mol SO3和0.025 mol O2,如0.1 mol SO3完全分解将得到0.15 mol的混合气体,气体的物质的量在0.125 mol0.175 mol之间。(2)如果全部生成CuO,物质的量为0.1 mol,即8 g
17、,全部生成Cu2O为7.2 g,最终固体的质量介于两者之间,应为两者的混合物。设Cu2O、CuO的物质的量分别为xmol、ymol,则有可得:x=0.025y=0.05则xy=12(3)根据前3步反应可知0.1 mol硫酸铜晶体加热分解可得到0.1 mol SO3和0.025 mol O2,而乙同学测得的气体体积为3.36 L,物质的量为3.36 L/22.4 Lmol-1=0.15 mol,根据差量法可知:2SO3 2SO2 + O22 mol 2 mol 1 mol n=1 mol0.05 mol 0.025 mol则SO3的转化率为100%=50%。答案:(1)7.20.1250.175
18、(2)Cu2O、CuO12(3)50%9.【解析】(1)铜和盐酸不反应,等质量的Mg、Fe、Zn与盐酸反应时,Mg产生的H2最多,且反应最快,与图像表示的不相符,故A、B不可能是Mg,所以A、B是铁和锌,根据图像知,反应速率较快的是B,即B的金属性比A强,所以A是铁,B是锌。(2)解:若甲、乙中金属完全反应,则有6.2 g/2 240 mL=18.6 g/V(H2)V(H2)=6 720 mL5 600 mL,说明乙中盐酸不足2HClH22 1n 5.6 L/22.4 Lmol-1n=0.5 mol所以盐酸的浓度是0.5 mol/0.5 L=1 molL-1答案:(1)FeZn(2)解:若甲、
19、乙中金属完全反应,则有6.2 g/2 240 mL=18.6 g/V(H2)V(H2)=6 720 mL5 600 mL,说明乙中盐酸不足2HClH22 1n 5.6 L/22.4 Lmol-1n=0.5 mol所以盐酸的浓度是0.5 mol/0.5 L=1 molL-110.【解析】(1)根据第二个方程式知,有2 mol二氧化氮和2 mol一氧化氮发生反应,剩余的0.4 mol二氧化氮和氢氧化钠发生第一个反应,所以生成n(NaNO2)=4.2 mol,n(NaNO3)=0.2 mol。(2)若只发生第一个反应,氮、氧原子个数比是12,若只发生第二个反应,氮、氧原子个数比是11.5,故选C、D
20、。(3)把氢氧根离子换成碳酸根离子即可,所以发生的反应是2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2。答案:(1)4.2 mol0.2 mol(2)C、D(3)2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO211.【解析】(1)高锰酸钾溶液的紫红色褪去,溶液变为棕黄色,显然是FeC2O42H2O中的Fe2+被高锰酸钾氧化为Fe3+的结果,表明FeC2O42H2O具有还原性。FeC2O42H2O中铁、碳的化合价分别为+2价、+3价,故1 mol FeC2O42H2O可失去3 mol电子,而KMnO4Mn2+得到5 mol电子。根据电子守恒原则,FeC2O42H2O与KMnO4的物
21、质的量之比为53。因此若反应中消耗1 mol FeC2O42H2O,则参加反应的KMnO4为3/5 mol。(2)铁的氧化物中,呈黑色的有FeO和Fe3O4,据此可以做出正确的推断。(3)【定性研究】FeO与盐酸或硫酸反应生成Fe2+,Fe2+遇SCN-不会出现溶液颜色变化,而Fe3O4、Fe3O4和FeO的混合物溶于盐酸会生成Fe3+。Fe3+遇SCN-会变红色,据此可以设计方案进行验证。【定量研究】草酸亚铁晶体受热首先失去结晶水,得到FeC2O4(即A点对应物质)。400时固体质量减少,应该是FeC2O4发生分解,生成铁的氧化物(即B点对应物质)。根据图像可知1.0 g晶体分解生成的铁的氧
22、化物质量为0.4 g。设此铁的氧化物的化学式为FeaOb,根据铁元素守恒可知0.4 g此氧化物中铁元素的质量为1.056/180 g,氧元素的质量为(0.4-1.056/180)g,故56a16b=(1.056/180)g(0.4-1.056/180)g,则ab=11,即晶体分解所得的铁的氧化物是FeO。据此不难写出草酸亚铁晶体分解的化学方程式为FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O。此后残留固体的质量逐渐增大,由于坩埚是敞口容器,FeO会被空气中的氧气进一步氧化,则固体的质量会大于0.4 g。答案:(1)还原性0.6(2)全部是Fe3O4FeO和Fe3O4的混合物(3)【定性研究】加入适量稀盐酸或稀硫酸溶解,在溶液中加入硫氰化钾溶液若溶液不变红色,则假设1成立,若溶液变成红色,则假设1不成立【定量研究】FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O不同意,实验没有在密闭容器中进行,FeO会被空气中的氧气进一步氧化,生成铁的其他氧化物关闭Word文档返回原板块
