备战2020年高考化学一轮复习单元训练金卷第二单元化学计量在实验中的应用A卷含解析

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1、第二单元 化学计量在实验中的应用注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39一、选择题（每小题3分，共48分）1中国药学家屠呦呦因发现青蒿素，开创

2、了治疗疟疾的新方法，荣获了诺贝尔奖。已知青蒿素的分子式为C15H22O5。下列有关说法正确的是A青蒿素的摩尔质量为282 gmol1B青蒿素中C、H、O的质量之比为15225C1mol青蒿素的体积约为22.4 LD1mol青蒿素中含11mol H22一定温度和压强下，30L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22.4LC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1mol O2在该条件下的体积也为30 L3从浓度为98%，密度为1.84gcm3的

3、浓硫酸试剂瓶中取出10 mL的浓硫酸，然后稀释至1 L，则所得稀硫酸的物质的量浓度为A1.84molL1B18.4molL1 C0.184molL1D0.0184molL14设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NAB常温下pH=1的盐酸溶液中的H+离子数目为0.1NAC0.2mol Al与足量NaOH溶液反应，生成氢气的体积为6.72LD1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA5意大利罗马大学的FulvioCacsce等人获得了极具理论研究意义的N4分子，下列说法正确的是AN4属于一种新型的化合物BN4与N2的摩尔质量相等

4、C标准状况下，等体积的N4与N2所含的原子个数比为12D等质量的N4与N2所含的原子个数比为116一定温度和压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是A气球中装的是O2B气球和气球中气体分子数相等C气球和气球中气体物质的量之比为41D气球和气球中气体密度之比为217实验室里需要配制480mL 0.10molL1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作正确的是选项容量瓶容积溶质质量实验操作A480mL硫酸铜：7.68 g加入500mL水B480mL胆矾：12.0 g配成500mL溶液C500mL硫酸铜：8.0 g加入500mL水D500m

5、L胆矾：12.5 g配成500mL溶液8设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A0.5 mol Cu与足量的S反应转移的电子数为NAB在粗铜精炼的实验中，阳极质量减少6.4 g，则电解过程中转移的电子数为0.2NAC2 g D2O和H2 18O的混合物中含有的中子数为NAD46 g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目一定为7NA9关于0.1molL1 Na2CO3溶液的叙述错误的是A0.5 L该溶液中，Na+的物质的量浓度为0.2molL1B1 L该溶液中，含CO的数目小于0.1NA(NA是阿伏加德罗常数)C从1 L该溶液中取出100 mL，则取出的溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0

6、.01molL-1D取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01molL110下列选项中的物质所含指定原子数目一定相等的是A温度和压强不同，相同质量的一氧化二氮和二氧化碳两种气体的总原子数B等温等压下，相同体积的乙烯和乙炔、乙烷的混合气体的总原子数C等温等压下，相同体积的氧气和臭氧两种气体中的氧原子数D相同物质的量、不同体积的氨气和甲烷两种气体中的氢原子数11实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol/L的NaOH 溶液 480ml，以下配制步骤正确的是A直接在托盘天平上称取19.2g的氢氧化钠固体放入烧杯中，加蒸馏水溶解B待溶液冷却后，用玻璃棒引流，将烧杯中

7、的溶液转移到容量瓶中，并洗涤烧杯23次C定容时，仰视凹液面最低处到刻度线D按照上述步骤配制的溶液（没有涉及的步骤操作都正确），所得溶质的物质的量浓度偏高12已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A3g 3He含有的中子数为1NAB1 L 0.1 molL1磷酸钠溶液含有的PO数目为0.1NAC1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA13由二氧化碳、氢气、一氧化碳组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中二氧化碳、氢气、一氧化碳的体积比可能为A29813B13813C22114D2618

8、1314.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1mol N2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是A右边与左边分子数之比为41B右侧CO的质量为5.6 gC右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍D若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入0.2mol CO158.34g FeSO47H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是A温度为78时固体物质M的化学式为FeSO45H2OB取适量380时所得的样品P，隔绝空气加热至

9、650得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4C在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4H2OFeSO4H2OD温度为159时固体N的化学式为FeSO42H2O16将一定量的Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到a L混合气体。将该混合气体通过电火花引燃，恰好完全反应，则原混合物中Na、Na2O、Na2O2的物质的量之比可能为A212 B112 C221 D111二、非选择题（共6小题，52分）17“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒。某“84消毒液”瓶体部分

10、标签如图1所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题： 图1 图2(1)此“84消毒液”的物质的量浓度约为_mol/L。(计算结果保留一位小数)(2)某同学量取100mL此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)_mol/L。(3)该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是_(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是_。下列操作中，容量瓶不具备的功能是_(填序号)。a配制一定体积准确浓度的标准溶液b贮存溶液c测量容量瓶规格以下的任意体积的溶

11、液d准确稀释某一浓度的溶液e用来加热溶解固体溶质请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为_g。(4)若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_。(填序号)。A定容时俯视刻度线B转移前，容量瓶内有蒸馏水C未冷至室温就转移定容D定容时水多用胶头滴管吸出18(1)等温、等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比_，质量比为_。(2)已知16 g A和20 g B恰好完全反应生成0.04 mol C和31.76 g D，则C的摩尔质量为_。(3)在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）分别用p(Ne)、p(H2)、p(

12、O2)表示，由大到小的顺序是_。19某兴趣小组用莫尔盐化学式为(NH4)xFe(SO4)26H2O(Fe为+2价)测定KMnO4溶液的物质的量浓度的过程如下：称取19.6g莫尔盐配成100 mL溶液。量取10.00 mL KMnO4溶液，向其中加入足量的H2SO4进行酸化，向酸化后的溶液中逐滴滴加莫尔盐溶液，反应完全时消耗莫尔盐溶液的体积为20.00 mL。所发生反应的离子方程式如下：H+Fe2+MnOFe3+Mn2+H2O(未配平)（1）(NH4)xFe(SO4)26H2O中x=_，溶液中c(Fe2+)=_molL-1。（2）第步实验中所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、胶头滴管外，还有_。（3）由

13、第步实验的反应可知还原性：Fe2+_(填“”或“M(CO2)M(O2)M(CH4)，所以气球、中的气体分别为SO2、CO2、O2、CH4，错误；同质量的气体，分子数之比等于其物质的量之比，也等于其摩尔质量的反比，气球和气球中气体分子数不相等，气球和气球中气体物质的量之比为14，故B、C错误；D项，同温同压下，气体的密度与其摩尔质量成正比，气球和气球中气体密度之比为21，正确。7【答案】D【解析】实验室里需要配制480mL 0.1molL1 CuSO4溶液，由于没有480 mL规格的容量瓶，根据“大而近”的原则故需选择500 mL容量瓶。溶质若为CuSO4则需要8.0 g，若为胆矾则需要12.5

14、 g。应配成500 mL溶液而不是加入500 mL水。8【答案】C【解析】Cu与S反应生成Cu2S，0.5mol Cu与足量的S反应转移的电子数为0.5NA，A项错误；精炼铜时，阳极减少的不都是Cu，还有Zn、Fe、Ni等杂质金属，所以阳极质量减少6.4 g时转移的电子数不是0.2NA，B项错误；D2O和H2 18O的摩尔质量相同，均为20gmol1，中子数也相同，均为10，故2 g D2O和H2 18O的混合物的物质的量是0.1mol，所含中子数为NA，C项正确；C2H6O可以是乙醇，也可以是二甲醚(CH3OCH3)，若是二甲醚，则46 g C2H6O中含有的极性共价键的数目是8NA，D项错

15、误。9【答案】C【解析】由碳酸钠的化学式可知，溶液中Na浓度为Na2CO3的2倍，所以0.1molL1 Na2CO3溶液中Na+浓度为0.2molL1，A项正确；1L 0.1molL1 Na2CO3溶液中含有Na2CO3的物质的量为0.1 mol，CO在水中发生水解，因此该溶液中含CO的数目小于0.1NA，B项正确；溶液是均一稳定的体系，取出的100 mL Na2CO3溶液与原Na2CO3溶液浓度相同，为0.1 molL1，C项错误；令稀释后的溶液浓度为c，根据稀释定律：溶液稀释前后溶质的物质的量不变，所以0.01L0.1molL10.1 Lc，解得c0.01 molL1，D项正确。10【答案

16、】A【解析】A项：N2O和CO2摩尔质量都是44g/mol，相同质量时两种气体的分子总数、原子总数都相等，A项正确；B项：据阿伏加德罗定律，等温等压下，相同体积的乙烯和乙炔、乙烷的混合气体的分子总数相同，其原子总数不一定相等；C项：据阿伏加德罗定律，等温等压相同体积的氧气和臭氧分子总数相同，氧原子数之比为23；D项：相同物质的量的氨气和甲烷两种气体中，分子数相等，氢原子数之比为34；本题选A。11【答案】B【解析】A项、由于实验室无450mL容量瓶，故应选择500mL的容量瓶，故配制出500mL溶液，故所需的氢氧化钠的质量m=CVM=1mol/L0.5L40g/mol=20.0g，由于氢氧化钠

17、有腐蚀性，且易潮解，在称取氢氧化钠固体时，要在托盘天平上放两个相同的玻璃器皿，故A错误；B项、待溶液冷却后，用玻璃棒引流，将烧杯中的溶液转移到容量瓶中，并洗涤烧杯23次，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故B正确；C项、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故C错误；D项、B项所得溶质的物质的量浓度准确，C项浓度偏低，故D错误。故选B。12【答案】B【解析】A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确；B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L0.1mol/LNA mo

18、l-1 =0.1NA，B项错误；C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol2NA mol-1=6NA，C项正确；D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为13NA mol-1 =13NA，D项正确；答案选B。13【答案】B【解析】同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，同温同压下，混合气体与氮气的密度相同，则混合气体的平均相对分子质量为28，一氧化碳的相对分子质量为28，所以二氧化碳与氢气的平均相对分子质量为28，与一氧化碳的含量无关根据十字交叉法计算二氧化碳

19、与氢气比例关系。根据上述分析可知，列出十字交叉法如下：所以二氧化碳与氢气的体积比为2616=138。一氧化碳的相对分子质量为28，所以与一氧化碳的含量无关，满足二氧化碳与氢气的体积比为2616=138即可，B项正确；答案选B。14【答案】C【解析】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为41，则左右气体物质的量之比为41，所以右侧气体物质的量0.25mol，质量28gmol10.25mol7g，A、B错误；相同条件下密度与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍，C正确；隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入CO的

20、物质的量为1mol0.25mol0.75mol，D错误。15【答案】C【解析】本题看似推断化学式，实则考查以物质的量为核心的计算，解答该题的关键是求出FeSO47H2O失去全部结晶水后的质量及对应的温度。8.34g FeSO47H2O样品的物质的量为8.34 g278gmol10.03 mol，其中m(H2O)0.03 mol718gmol13.78 g，如果晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34g3.78g4.56g，可知在加热到373之前，晶体失去部分结晶水。可根据不同温度下失水的质量计算相应的化学式：373之后为FeSO4分解生成的产物为铁的氧化物，根据铁原子守恒和质量守恒计算出氧原

21、子的物质的量，确定Fe与O原子数之比来判断分解后氧化物的化学式。16【答案】C【解析】钠与水、过氧化钠与水、氢气与氧气的反应方程式如下：2Na+2H2O2NaOH+H2，钠与氢气的关系式为2NaH2；2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，过氧化钠与氧气的关系式为2Na2O2O2；2H2+O22H2O，氢气和氧气的关系式为2H2O2。将该混合气体通过放电，恰好完全反应，说明氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，即氢气和氧气的物质的量之比为2：1，通过钠与氢气、过氧化钠与氧气、氢气与氧气的关系式可得钠与过氧化钠的关系式为：4Na2H2O22Na2O2，所以钠与过氧化钠的物质的

22、量之比为4221，而氧化钠的物质的量不确定，显然只有C中符合钠与过氧化钠的物质的量之比为21。答案选C。二、非选择题（共6小题，52分）17【答案】(1)3.8(2)0.038(3)CDE玻璃棒和胶头滴管bcde141.6(4)AC【解析】(1)c(NaClO)3.8molL1；(2)稀释后c(NaClO)3.8 molL10.038molL1，c(Na+)c(NaClO)0.038molL1。(3)由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量

23、瓶和胶头滴管，故需要的是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管；a.容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，故a不选；b.容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，故b选；c.容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，故c选；d.容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，故d选；e.容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，故e选。质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol/L，由于实验室无480 mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，而配制出500 mL溶液，故所需的质量mcVM3.8mol/L0.5 L74.5 g

24、/mol141.6g；(4)A.定容时俯视刻度线，会导致容易体积偏小，则浓度偏高，故A正确；B.转移前，容量瓶内有蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误；C.未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故C正确；D.定容时水多用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，故溶液浓度偏小，故D错误。18【答案】（1）11 23 （2）106 gmol-1 （3）p(H2)p(Ne)p(O2) 【解析】(1)同温同压下，等体积的O2和O3的物质的量相同，设物质的量均为n，根据n=可知气体的物质的量之比等于二者的分子数之比为11；根据n=可知二者的质量比为32n48n=23；(2)根据质量守

25、恒定律知，C的质量=(16+20-31.76)g=4.24g，C的摩尔质量M=；(3)Ne的摩尔质量是20g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，根据可知密度与摩尔质量成正比；由n=可知：气体的物质的量与摩尔质量成反比，气体的物质的量越多，压强就越大。即气体的压强与气体的摩尔质量成反比。气体摩尔质量大小关系：M(O2)M(Ne)M(H2)，所以其压强大小顺序是P(H2)P(Ne)P(O2)。19【答案】（1）2 0.5 （2）100mL容量瓶，玻璃棒 （3） （4）n(Fe2+)=0.5 molL-120.00 mL10-3LmL-1=0.01 mol根据配平

26、后离子反应，可得关系式：5Fe2+MnOn(KMnO4)=0.01mol5=0.002 molc(KMnO4)=0.002mol10 mL103 mLL1=0.2 molL1 【解析】（1）(NH4)xFe(SO4)26H2O中Fe的化合价为+2价，SO的化合价为-2价，NH的化合价为+1价，根据化合物的化合价的代数和为0可知：(+1)x+(+2)+(-2)2=0，解得x=2；溶液中n(NH4)xFe(SO4)26H2O=0.05mol，则c(Fe2+)=c(NH4)xFe(SO4)26H2O= =0.5mol/L，故答案为：2，0.5。（2）配制100mL的莫尔盐溶液，所需要的玻璃仪器有量筒

27、、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：100mL容量瓶，玻璃棒。（3）反应H+Fe2+MnOFe3+Mn2+H2O中，Fe2+中Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，化合价升高被氧化，作还原剂，所以Fe2+是还原剂，MnO中Mn元素的化合价由+7价降低为-2价，化合价降低，被还原，作氧化剂，得到还原产物，所以Mn2+是还原产物，根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性Fe2+Mn2+，故答案为：。（4）反应H+Fe2+MnOFe3+Mn2+H2O中，Fe2+中Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，失去1个电子，MnO中Mn元素的化合价由+7价降低为-2价

28、，得到5个电子，根据电荷守恒和质量守恒配平方程式为8H+5Fe2+MnO=5Fe3+Mn2+4H2O，n(Fe2+)=0.5molL-120.00mL10-3LmL-1=0.01mol，根据配平后离子反应，可得关系式：5Fe2+MnO，n(KMnO4)=0.01mol5=0.002mol，c(KMnO4)=0.002mol10mL103mLL-1=0.2molL-1，故答案为：. n(Fe2+)=0.5molL-120.00mL10-3LmL-1=0.01mol，根据配平后离子反应，可得关系式：5Fe2+MnO，n(KMnO4)=0.01 mol5=0.002mol，c(KMnO4)=0.00

29、2 mol10 mL103 mLL-1=0.2molL-1。20【答案】（1）D （2）FeCl3 AgNO3 K2SO4 （3）132【解析】等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO、NO、Cl-五种离子，同时生成一种白色沉淀，A、B、C三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大，则A为盐酸盐，B为硝酸银，C为硫酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为AgCl，则A为FeCl3，B为AgNO3，C为K2SO4，（1）由上述分析可知，正盐中含Ag+，三种阴离子与A、B、C中的阳离子均不会生成沉淀，故答案为：D；（2）由上述分析可知，A为FeCl3，B为

30、AgNO3，C为K2SO4，故答案为：FeCl3；AgNO3；K2SO4；（3）Fe3+、SO、NO、K+四种离子且物质的量之比依次为1234，设FeCl3为1mol，则AgNO3为3mol，K2SO4为2mol，A、B、C三种正盐的物质的量之比为132，故答案为：132。21【答案】（1）4.00 （2）21 【解析】氧化亚铜与硫酸反应的化学方程式为Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，稀硫酸过量，则最后剩余的固体为铜，反应后的溶液中有硫酸、硫酸亚铁、硫酸铜，设混合物中Cu2O的质量为x g，则Fe2O3的质量为(a-x)g，则剩余的硫酸为4.0020.010-3-x/144-3(

31、a-x)/160，消耗的铜的物质的量为x/144-b/64，由反应2Fe3+Cu=2Fe2+ +Cu2+可知2(a-x)/160=2(x/144-b/64)，据此分析。（1）设该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为c mol/L，则c40.010-3=2(x/144-b/64)+22(a-x)/160+24.0020.010-3-x/144-3(a-x)/160，解得c=4.00molL-1，故答案为：4.00。（2）将a=7b代入2(a-x)/160=2(x/144-b/64)，解得x=9/2b，则n(Cu2O)：n(Fe2O3)=9/2b/144：(7b-9/2b)/160=21，故答案为：21。3