1、第2讲化学常用计量限时50分种，满分70分一、选择题(包括7个小题，每小题5分，共35分)1(2015全国卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA解析 A、D和H的质量数不同，则18 g D2O和18 g H2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，错误；B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，错误
2、；C、过氧化钠与水反应生成氧气，则氧气的来源于1价的O元素，所以生成0.1 mol氧气时转移电子0.2NA，正确；D、NO与氧气反应生成二氧化氮，但常温下，二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡，所以产物的分子数小于2NA，错误。答案C2(2016福建师大附中模拟)在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是A充入的CO分子数比CO2分子数少B甲容器的体积比乙容器的体积小CCO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小 D甲中CO的密度比乙中CO2的密度小解析温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n=m/M 可知，相同质量时其物质的量
3、之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28 gmol1、44 gmol1，所以二者的物质的量之比=44 gmol128 gmol1=117，则A.根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为117，所以CO分子数多，A错误；B.根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，B错误；C.温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，C错误；D.=M/Vm可知，相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，D正确。答案D3下列实验操作中，错误的是A配制5%食盐溶液时，将称量的食盐放入烧
4、杯中加适量的水搅拌溶解B读取滴定管内液体的体积，俯视导致读数偏小C测定未知NaOH溶液浓度时，酸式滴定管需用标准酸液润洗23次D配制0.1 molL1的H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释解析浓H2SO4稀释时放出大量的热，故稀释时应把浓H2SO4慢慢地倒入盛有水的烧杯中，且边倒边搅拌，冷却后再转移到容量瓶中，故D选项符合题意。答案D4(双选)(2015海南高考)下列指定微粒的数目相等的是A等物质的量的水与重水含有的中子数B等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数C同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数D等物质的量的铁和铝分别于足量氯气完全反应时转移的电子数解析A1 mo
5、l普通水中含有的中子数是8NA,1 mol重水中含有的中子数是10NA，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，错误。B.乙烯、丙烯都属于烯烃，分子式符合CnH2n，最简式是CH2，所以若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，正确。C.同温同压下，同体积的CO和NO分子数相同，但是由于每个分子中含有的质子数不相同，所以同温同压下，同体积的CO和NO含有的质子数不相等，错误。D.由于Cl2的氧化性很强，与变价金属Fe反应时产生的是FeCl3，与Al发生反应产生AlCl3，所以等物质的量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子数目相等，正确。答案BD5把V L含有MgS
6、O4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A.molL1B.molL1C.molL1 D.molL1解析注意混合液分成两等份，由Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO=BaSO4可知原溶液中n(Mg2)=mol=a mol、n(SO)=2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K)=2n(SO)2n(Mg2)=2(2ba)mol，c(K)=molL1。答案D6在一密闭容器中放入甲、乙、丙、丁四种物质，一段时间后测得数据如下：
7、四种物质甲乙丙丁反应前质量(g)251515反应后质量(g)11未测122则下列表述正确的是A未测值为3 B丙一定是催化剂C乙全部参加反应 D甲与乙反应的质量比为143解析反应物甲消耗2511=14(g)，生成丁的质量为225=17 (g)，根据质量守恒定律可知，乙为反应物，参加反应的乙的质量为3 g，未测值为153=12 g，甲与乙反应的质量比为143，丙未参与反应，但不一定是催化剂。答案D7在溶液的配制过程中会引起浓度偏高的是用1 g 98%的浓硫酸加4 g水配制成19.6%的硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，发现液面低于刻度线10%的硫酸和90%的硫酸等体
8、积混合配制50%的硫酸溶液向80 mL水中加入18.4 molL1硫酸20 mL，配制3.68 molL1的硫酸溶液质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合配制成3x%的氨水A BC D解析1 g98%/(14)g=19.6%；没有误差；设10%的硫酸和90%的硫酸的密度分别为1与2，12，(V110%V290%)/(V1V2)=10%V280%/(V1V2)=10%2V240%/(V1V2)10%40%=50%，混合液中溶质的质量分数大于50%；混合后溶液的体积小于100 mL，导致浓度偏高；氨水质量分数越大，其密度越小，解法同，混合后得到的氨水的质量分数小于3x%。答案C二、非选择题(包
9、括4个小题，共35分)8(8分)将含有2.05 g某高价含氧酸的钙盐的溶液A与含1.20 g碳酸盐的溶液B混合，恰好完全反应，生成1.25 g白色沉淀C。将滤去沉淀C的滤液蒸发，得到白色固体D，继续加热D时，D分解只得两种气态物质的混合物，在0 、1105 Pa下，体积变为0.56 L，并得到0.90 g液态水，另一种气态物质为气态氧化物R2O。试回答：(1)白色沉淀C的物质的量为_mol。(2)A的摩尔质量为_，B的摩尔质量为_。(3)R2O与H2O的物质的量之比为_，生成D的质量为_，D的摩尔质量为_，R2O的相对分子质量为_，R2O的化学式是_。(4)写出A和B混合的化学方程式_。解析由
10、AB=CD知，C为CaCO3，D是一种含三种元素的含氧酸盐，该盐只能是NH4NO3，分解生成的R2O为N2O。A为Ca(NO3)2，B为(NH4)2CO3。(1)C的物质的量为1.25 g100 gmol1=0.012 5 mol。(2)A、B的摩尔质量分别为164 gmol1和96 gmol1。(3)N2O的物质的量为0.56 L22.4 Lmol1=0.025 mol, N2O与H2O的物质的量之比为12。答案(1)0.012 5(2)164 gmol196 gmol1(3)122 g80 gmol144N2O(4)Ca(NO3)2(NH4)2CO3=CaCO32NH4NO39(9分)实验
11、室需要配制0.50 molL1 NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_以及等质量的几片滤纸。(2)计算。配制该溶液需取NaCl晶体的质量为_g。(3)称量。天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：称量过程中NaCl晶体应放于天平的_(填“左盘”或“右盘”)。称量完毕，将药品倒入烧杯中。(4)溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)转移、洗涤。在转移时应使用_引流，洗涤烧杯23次是为了_。(6)定容，摇
12、匀。(7)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。解析配制480 mL 0.50 molL1 的NaCl溶液，必须用500 mL容量瓶。m(NaCl)=0.50 molL10.5 L58.5 gmol1=14.6 g。用托盘天平称量时，物品放在左盘，配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算 称量(或量取)溶解、冷却转移、洗涤定容、摇匀装瓶贴签。定容时仰视液面会造成溶液体积偏大，浓度偏低。答案(1)500 mL容量瓶胶头滴管(2)14.6(3)左盘(4)搅拌，加速溶解(5)玻璃棒保证溶质全部转移至容量瓶中(7)偏低10(10分)(
13、2015江苏高考)软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4H2O ，反应的化学方程式为：MnO2SO2=MnSO4(1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化_L(标准状况)SO2。(2)已知：KspAl(OH)3=11033，KspFe(OH)3=31039，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3、Al3(使其浓度小于1106molL1)，需调节溶液pH范围为_。(3)下图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4H2O晶体，需控制结晶温度范围为_。(4)准确称取0.171
14、0 g MnSO4H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2全部氧化成Mn3，用c(Fe2)=0.050 0 molL1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3被还原为Mn2)，消耗Fe2溶液20.00 mL。计算MnSO4H2O样品的纯度(请给出计算过程)。解析(1)根据反应方程式，n(SO2)=n(MnO2)=0.2 mol，标准状况下V(SO2)=0.2 mol22.4 Lmol1=4.48 L；(2)制备MnSO4，再根据信息，pH小于7.1，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：KspAl(OH)3=11033=c(Al3)c3(OH)，c(Al3)=1106
15、molL1，得出：c(OH)=1109 molL1，c(H)=Kw/c(OH)=105，pH=5，同理计算出Fe(OH)3完全变成沉淀时，pH约为3.5，故范围是：5.0pH7.1；(3)从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4H2O晶体，根据图上信息，高于60 以后MnSO4H2O的溶解度减小，而MgSO46H2O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60 ，这样可以得到纯净的MnSO4H2O；(4)根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3)1=n(Fe2)1=20.001030.050 0 mol=1.00103 mol，根据Mn元素守恒，m(MnSO4H2O)=1.00103
16、169 g=0.169 g，纯度是：0.169/0.171 0100%=98.8%。答案(1)4.48(2)5.0pH7.1(3)高于60(4)根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3)1=n(Fe2)1=20.001030.050 0 mol=1.00103 mol，根据Mn元素守恒，m(MnSO4H2O)=1.00103169 g=0.169 g，纯度是：0.169/0.171 0100%=98.8%。11(8分)白玉的化学式可用CaxMgySipO22(OH)2表示(也可用Ca、Mg、Si、H的氧化物表示)。(1)取8.10 g白玉粉末灼烧至恒重，固体减少了0.18 g，则白玉的摩尔质
17、量为_。(2)另取4.05 g白玉粉末加入100 mL 1 molL1的盐酸中充分溶解，最终得不溶氧化物2.40 g，过滤，将滤液和洗涤液合并后往其中加入足量的铁屑，得到气体336 mL(标准状况下)。则p=_； 白玉的化学式(用氧化物的形式)表示为_。解析(1)由白玉的化学式CaxMgySipO22(OH)2可以看出1 mol白玉在灼烧时发生反应，只能生成1 mol水。n(H2O)=0.01 mol，所以白玉的物质的量也是0.01 mol，则白玉的摩尔质量为8.10 g0.01 mol=810 gmol1。(2)n(白玉)=4.05 g810 gmol1=0.005 mol，其中含有Si的物
18、质的量为2.40 g60 gmol1=0.04 mol，因此每摩尔白玉中含有Si的物质的量为0.040.005 mol=8 mol，由化学方程式Fe2HCl=FeCl2H2可知：n(H2)=0.336 L22.4 Lmol1=0.015 mol，因此与白玉反应后过量的HCl的物质的量为0.03 mol，白玉消耗的HCl的物质的量为1 molL10.1 L0.03 mol=0.07 mol，那么每摩尔白玉反应需要消耗的HCl的物质的量为0.070.005 mol=14 mol。由于Ca、Mg都是2价的金属，所以与盐酸反应时每个金属阳离子都要结合2个Cl，所以n(Ca2)n(Mg2)=14 mol/2=7 mol，即xy=7，再结合相对分子质量40x24y2881622172=810可得x=2，y=5。所以该化合物的分子式为Ca2Mg5Si8O22(OH)2，用氧化物的形式表示为2CaO5MgO8SiO2H2O。答案(1)810 gmol1(2 )82CaO5MgO8SiO2H2O