（通用版）2020版高考化学二轮复习专题突破练2常用化学计量及应用（含解析）

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1、专题突破练2常用化学计量及应用一、选择题(本题包括10个小题,每小题6分,共60分)1.(2019山西太原第五中学高三月考)下列叙述错误的是()A.10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液用10 mL水稀释后,H2SO4的质量分数大于49%B.配制0.1 molL-1的Na2CO3溶液480 mL,需用500 mL容量瓶C.将22.4 L氨气溶于水稀释成1 L溶液,得到1 molL-1的氨水D.向两等份等浓度不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O,使溶液均恰好饱和,则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于11(保持温度不变)2.(2019福建福州八县一中高三上学期期中)

2、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.10 g质量分数为46%的乙醇溶液中,氢原子的总数约为0.6NAB.7.8 g Na2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NAC.将1 L 0.1 molL-1 FeCl3溶液滴入沸水中,制得的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NAD.常温下,NH4+数目:1 L 0.5 molL-1 NH4Cl溶液大于2 L 0.25 molL-1 NH4Cl溶液3.(2018云南曲靖第一中学高三月考)在V mL硫酸铝溶液中含m g铝离子,取该溶液V3 mL,用水稀释成2V mL,则稀释后溶液中的硫酸根离子的物质的量浓度为()A.25

3、0m27V molL-1B.125m27V molL-1C.500m27V molL-1D.1000m27V molL-14.(2019山西太原第五中学高三月考)下列条件下,两种气体分子数一定不相等的是()A.相同质量、不同密度的N2O和CO2B.相同体积、相同密度的CO和C2H4C.相同温度、相同压强、相同体积的O2和O3D.相同压强、相同质量的CO和CO25.(2019甘肃兰州第一中学高三期中)设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法不正确的是()A.23 g Na与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物,消耗O2的分子数N(O2)的范围为0.25NAN(O2)49%,故A项不符合题意

4、;实验室没有480mL的容量瓶,应用500mL的容量瓶进行配制,故B项不符合题意;题干中没有给出是否在标准状况下,所以不能确定22.4L氨气的物质的量,故C项符合题意;根据方程式2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,Na2O+H2O2NaOH可知,等物质的量的Na2O2和Na2O与足量水反应生成等物质的量的氢氧化钠,故D项不符合题意。2.D解析 乙醇溶液中除了乙醇溶质中含有氢原子外,溶剂水中也含有氢原子,因此10g质量分数为46%的乙醇溶液中,氢原子的总数大于0.6NA,故A项错误;Na2O2与足量的水(H218O)反应中,水既不作氧化剂也不作还原剂,因此氧气的来源是Na2O2中-1价的氧,

5、7.8gNa2O2物质的量为0.1mol,生成氧气0.05mol,所含的中子数为0.052(16-8)NA=0.8NA,故B项错误;Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3“分子”的集合体,所以将1L0.1molL-1FeCl3溶液滴入沸水中,制得的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA,故C项错误;稀释有利于盐类水解,常温下,1L0.5molL-1NH4Cl溶液与2L0.25molL-1NH4Cl溶液中的NH4+的水解程度,前者小于后者,所以NH4+数目前者大于后者,故D项正确。3.A解析 mg铝离子的物质的量为m27mol,取该溶液V3mL,则溶液中铝离子的物质的量为m273mol,用水稀释成

6、2VmL时,铝离子浓度为500m273VmolL-1,根据硫酸铝的组成可知,硫酸根离子的物质的量浓度是铝离子的物质的量浓度32倍,则硫酸根离子的物质的量浓度250m27VmolL-1,A项正确。4.D解析 N2O和CO2的摩尔质量均为44gmol-1,二者质量相等,则物质的量相等,含有的分子数目一定相等,故A项不符合题意;相同体积、相同密度的CO和C2H4的质量相等,二者摩尔质量都是28gmol-1,则二者物质的量相等,含有的分子数目一定相等,故B项不符合题意;相同温度、相同压强、相同体积的O2和O3的物质的量相等,含有分子数目一定相等,故C项不符合题意;CO和CO2的摩尔质量不同,质量相同时

7、二者物质的量不同,含有的分子数目不同,故D项符合题意。5.D解析 23gNa物质的量为1mol,根据4Na+O22Na2O反应可知,消耗N(O2)=0.25NA,根据2Na+O2Na2O2反应可知,消耗N(O2)=0.5NA,因此1molNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物,消耗O2的分子数N(O2)的范围为0.25NAN(O2)0.5NA,A项正确;在密闭容器中发生反应2NO+O22NO2,2molNO和1molO2反应生成2molNO2,由于2NO2N2O4反应的存在,所以反应后容器中的分子数小于2NA,B项正确;设Mg的物质的量为x,Zn的物质的量为y,放出的气体的量为0.

8、1mol,则24gmol-1x+65gmol-1y=2.5g,x+y=0.1mol,则x=441mol,y=0.141mol,所以2.5g合金中当n(Mg)n(Zn)=401时,放出的气体在标准状况下的体积可能为2.24L,C项正确;浓硫酸与足量的铜微热反应,随着反应的进行,浓硫酸变为稀硫酸,反应停止,因此50mL18.4molL-1浓硫酸不能全部反应,因此转移的电子数目小于0.92NA,D项错误。6.C解析 氯化铝在水溶液中要水解,在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中,Cl-总数大于3NA,A错误。标准状况下,5.6LCO2的物质的量为n(CO2)=5.6L22.4Lmol-1=0.25

9、mol,二氧化碳的电子式为OCO,含有的共用电子对数为NA,B错误。Na2O2与足量CO2的反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,生成0.1molO2,转移的电子数为0.2NA,C正确。常温下,铁在浓硫酸中发生钝化,D错误。7.D解析 消耗硫酸亚铁的物质的量为n(y+1)mol,又由FeOFeyCrxO3呈电中性可得3x+3y=6,代入前式得,消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3-x),A错误;Cr的物质的量为nxmol,故Cr2O72-的物质的量为nx2mol,B错误;得到nmolFeOFeyCrxO3,1molCr转移电子3mol,故转移电子的物质的量为3nxmol,C错误;FeOFeyCrxO3

10、中,Fe为正三价,由得失电子守恒知3x-y=0,即3x=y。8.C解析 agNH3的物质的量为ag17gmol-1=a17mol,溶液体积为VmL,所以溶液的物质的量浓度为a17molV10-3L=1000a17VmolL-1,故A项错误;氨水中溶质为氨气,该溶液的密度为gcm-3,体积为VmL,所以溶液质量为Vg,溶质氨气的质量为ag,溶质的质量分数为agVg100%=aV100%,故B项错误;溶液中OH-来源于一水合氨和水的电离,NH4+的浓度为bmolV10-3L=1000bVmolL-1,一水合氨电离方程式为NH3H2ONH4+OH-,由溶液中的电荷守恒可知c(OH-)=c(NH4+)

11、+c(H+)=1000bVmolL-1+c(H+),故C项正确;水的密度比氨水的密度大,相等体积的氨水与水,水的质量大,等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍,溶液中氨气的质量相同,等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w,故D项错误。9.D解析 根据阿伏加德罗定律及气体的物质的量之比等于其分子数之比,结合题意分析可得右边CO与CO2分子数之比为316mol116mol=31,故A项错误;m(CO)=316mol28gmol-1=5.25g,故B项错误;若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端16处,则左右空间体积之比为51,充入CO2和CO的总物质的量为1mol5=0.2mol

12、,相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比,所以其压强之比为0.25mol0.2mol=54,故C项错误;相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比,右边气体平均摩尔质量=8g0.25mol=32gmol-1,氢气的摩尔质量为2gmol-1,所以混合气体与氢气密度之比为161,故D项正确。10.B解析 同温、同压下,相同体积的氮气和氦气具有相同的物质的量,而氮气为双原子分子,稀有气体为单原子分子,所以二者含有的原子数不相等,A错误。标准状况下,5.6L气体的物质的量为0.25mol,氯气和氧气都是双原子分子,所以氯气和氧气以任意比例混合所含原子的物质的量为0.5mol,含有原子数为0.5NA,

13、B正确。1mol氯气与氢氧化钠溶液反应可生成1mol 氯化钠和1mol次氯酸钠,转移了1mol电子,转移的电子数为NA,C错误。常温常压下,不能使用22.4Lmol-1计算混合气体的物质的量,D错误。11.答案 (1)+3微波水热Co2+(2)CoC2O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2n(Co)n(O)=1 mol1.2 mol=56解析 (1)根据化合价代数和为0计算铁元素的化合价,CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni均为+2价,O为-2价,则Fe的化合价为42-(2x+2-2x)2价=+3价。过氧化氢的分解速率越大,催化剂活性更高,根据图可知,x相同时,微波水热法初始速度

14、大于常规水热法,所以微波水热法制得催化剂的活性更高;由图可知,随x值越大,过氧化氢的分解速率越大,而x增大,Co2+的比例增大,所以Co2+的催化活性更高。(2)由图可知,CoC2O42H2O的质量为18.3g,物质的量为18.3g183gmol-1=0.1mol,钴元素质量为5.9g,C点钴氧化物质量为8.03g,氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g,则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol2.1316mol34,所以C点剩余固体化学成分为Co3O4;B点对应物质的质量为14.7g,与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g,为结晶水的质量,所以B

15、点物质为CoC2O4,CoC2O4与氧气反应生成Co3O4和二氧化碳,反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。由电子守恒可得n(Co3+)=2n(Cl2)=0.4mol,由电荷守恒可得n(Co)总=n(Co2+)溶液=0.5n(Cl-)=0.5(2.4mol-0.2mol2)=1mol,所以固体中的n(Co2+)=1mol-0.4mol=0.6mol;n(O)=0.4mol3+0.6mol22=1.2mol,所以n(Co)n(O)=1mol1.2mol=56。12.答案 (1)纯净物(2)S2O32-+2H+S+SO2+H2O(3)Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3

16、5H2O稀盐酸沉淀未完全溶解,并有刺激性气味的气体生成62%解析 (1)Na2S2O35H2O属于纯净物。(2)酸性条件下,S2O32-自身发生氧化还原反应生成SO2,所以Na2S2O3与盐酸反应生成SO2、S、氯化钠和水,离子方程式为S2O32-+2H+S+SO2+H2O。(3)由流程可知,制备Na2S2O35H2O的原理为Na2SO3+S+5H2ONa2S2O35H2O。Na2S2O35H2O粗品中可能含有Na2SO3、Na2SO4杂质,因为Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合后无沉淀生成,而Na2SO3、Na2SO4都可以与BaCl2溶液反应,分别生成亚硫酸钡和硫酸钡沉淀,亚硫酸钡可

17、以溶于盐酸生成有刺激性气味的二氧化硫气体,所以其检验步骤可以设计为:取适量产品配成稀溶液,滴加足量氯化钡溶液,有白色沉淀生成。将白色沉淀过滤,先用蒸馏水洗涤沉淀,然后向沉淀中加入足量稀盐酸,若沉淀未完全溶解,并有刺激性气味的气体生成,则证明产品中含有Na2SO3和Na2SO4。由粗品中Na2S2O35H2O的质量分数的测定步骤及相关的反应可以得到关系式:Cr2O72-3I26S2O32-,所以n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-)=6n(Cr2O72-)=62510-3L0.01molL-1=1.510-3mol,则6g粗品中Na2S2O35H2O的质量为250mL25mL1.510

18、-3mol248gmol-1=3.72g,则粗品中Na2S2O35H2O的质量分数为3.72g6g100%=62%。13.答案 (1)分液漏斗(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3用蒸馏水冲洗冷凝管内通道23次,将洗涤液注入锥形瓶中(3)偏大(4)待浊液分层后,取出上层清液少许置于试管中,向试管中加入12滴BaCl2溶液,若无白色浑浊出现,则说明BaCl2溶液已过量(或滴加Na2SO4溶液,出现白色浑浊现象也能说明BaCl2溶液已过量)(5)尽可能减少沉淀的溶解损失,减小实验误差(6)(NH4)2SO4FeSO46H2O解析 .(1)仪器M的名称为分液漏斗。(2)亚铁离子与氢氧

19、根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀,通入氧气后,氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁,化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。蒸氨结束后,直形冷凝管中会残留一些液氨,会对测定结果产生影响。因此为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行“处理”,“处理”的操作方法是用蒸馏水冲洗冷凝管内通道23次,将洗涤液注入锥形瓶中。(3)步骤中,若振荡时锥形瓶中有液体溅出,消耗氢氧化钠的量减小,则测定锥形瓶内溶液中剩余的硫酸的量减小,与氨气反应的硫酸的量增多,造成所测n(NH4+)的量偏大。.(4)判断氯化钡是否过量,可以在上层清液中继续滴加氯化钡溶液,若没有新的沉淀生成则说明溶液中没有硫酸根离子,即说明

20、氯化钡已经过量。(5)用冷水洗涤可以减少固体的溶解,用硫酸洗涤会使沉淀上附着硫酸根离子,滤液中也含有硫酸根离子,所以不能用硫酸溶液洗涤沉淀,应该选用冷水洗涤,其主要目的是尽可能减少沉淀的溶解损失,减小实验误差。(6)与NaOH反应的硫酸的物质的量为n(H2SO4)=12n(NaOH)=120.1200.025mol=0.0015mol。与氨气反应的硫酸的物质的量为0.053.0300mol-0.0015mol=0.15mol,则氨气的物质的量n(NH3)=20.15mol=0.3mol。将58.80g晶体X置于烧杯中,加水溶解,边搅拌边加入过量的BaCl2溶液,得到硫酸钡沉淀69.90g,则n(SO42-)=69.90233mol=0.3mol。根据NH4+和SO42-的物质的量可得:58.802x132x+152y+18z=0.3,58.80(x+y)132x+152y+18z=0.3,则x+y=2x,即x=y,令x=1,则58.802132+152+18z=0.3,则z=6,即x=1,y=1,z=6,则其化学式为(NH4)2SO4FeSO46H2O。令x=2,则58.8041322+1522+18z=0.3,则z=12,晶体化学式各成分比例应为最简整数比,故化学式为(NH4)2SO4FeSO46H2O。11