湖南高考化学一轮复习【考点1】化学常用计量新人教版doc高中化学

2022届湖南高考化学一轮复习【考点1】化学常用计量1．（2022·昆明模拟）自稀有气体发现后，人类一直在进展寻找其化合物的尝试，美国一科学家在一定体积的容器中参加1.5molXe和7.5molF2，在400℃、2633kPa压强下，加热数小时，然后迅速冷却至25℃，容器内得到一种无色晶体，另外还剩余4.5molF2，那么所得无色晶体的化学式为（）。A．XeF2B．XeF3C．XeF4D．XeF6【解析】选C。反响的Xe和F2的物质的量之比为：n（Xe）∶n（F2）＝1.5mol∶（7.5mol－4.5mol）＝1∶2，所以n（Xe）∶n（F）＝1∶4，即所得晶体的化学式为XeF4。2．（2022·运城模拟）以以下图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于（）。A．2B．3C．4D．5【解析】选C。根据稀释前后溶质的物质的量不变，那么有：1L×2mol·L－1＝a×0.5mol·L－1，解得：a＝4L。3．（2022·芜湖模拟）如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的选项是（）。A．所含原子数相等B．气体密度相等-15-/15\nC．气体质量相等D．摩尔质量相等【解析】选A。根据pV＝nRT＝RT，在同温同压时，气体的体积和物质的量成正比，和分子数也成正比，所以相同体积的气体物质的量相同，分子数也相同，又因为所给的气体都是双原子分子，所以所含的原子数也相等，A选项正确；因为同温同容下，气体的密度比等于摩尔质量之比，N2和O2只有在等物质的量混合时的平均摩尔质量等于NO的摩尔质量，根据＝和ρ＝＝可以判断气体的质量和密度也不一定相等。4．（2022·南京模拟）固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反响生成气体C，同温下测得容器内压强不变，且反响后气体C的密度是原气体密度的4倍。那么以下判断正确的选项是（）。A．两种气体单质的摩尔质量比为1∶4B．生成物C中A的质量分数为75％C．生成物C中A、B的原子个数比为3∶1D．反响前后气体分子数比为1∶4【解析】选B。同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，所以M（C）∶M（B）＝4∶1，A选项错误；又因为容器的体积相同，所以C的质量是B的质量的4倍，即A元素的质量占其中的，B选项正确；因为不知道A、B、C的化学式，所以无法确定反响前后A、B的原子个数比，C选项错误；根据阿伏加德罗定律，同温同压下，同体积的气体的物质的量相同，那么B和C的化学计量数相同，即反响前后气体分子数比为1∶1，D选项错误。-15-/15\n5．（2022·天津模拟）设NA为阿伏加德罗常数，以下说法不正确的选项是（）。A．1molO2与金属钠反响，O2不一定得到4NA个电子B．标准状况下，aLCH4和aLC6H14中所含分子数均为aNA/22.4C．常温常压下，1mol氯气与足量的金属镁反响，转移2NA个电子D．在20℃、1.01×105Pa时，2.8gC2H4和CO的混合气体含气体分子数等于0.1NA【解析】选B。A选项，当O2与钠反响生成Na2O2时，每molO2只能得到2NA个电子，A正确；B选项，标准状况下C6H14为液态；D选项2.8gC2H4和CO的混合气体的物质的量为0.1mol，因此气体的分子数等于0.1NA。C，D正确。6．（2022·唐山模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，以下有关表达正确的选项是（）。A．28g乙烯和28g丙烯中均含有6NA对共用电子对B．在熔融状态下，lmolNaHSO4完全电离出的阳离子数目为2NAC．7.8gNa2O2含有的阴离子数目为0.2NAD．在含4molSi－O键的石英晶体中，氧原子的数目为4NA【解析】选A。A中的干扰是乙烯和丙烯中的键数不等，但实质上当两者质量相同时，含有的C、H原子数相同，因而共用电子对数当然也就相同，正确；熔化状态下能电离的只能是原有的离子键，所以形成的是Na+、HSO4－即阳离子为NA；C项中的氧原子个数起干扰作用，实质上两个氧原子共同形成一个过氧根离子O22－，即为0.1-15-/15\nNA；在二氧化硅晶体中每有一个Si就形成4个硅氧键，所以含4molSi－O键时，为1mol硅原子，对应的就为2NA氧原子。7．（2022·玉溪模拟）三个容积不同的密闭容器中分别充满O2、N2、CH4三种气体，当这些容器内的气体温度和密度均相等时，这三个密闭容器内单位体积所含分子数的相互关系正确的选项是（）。A．n（O2）＞n（CH4）＞n（N2）B．n（O2）＞n（N2）＞n（CH4）C．n（CH4）＞n（N2）＞n（O2）D．n（O2）＝n（N2）＝n（CH4）【解析】选C。根据ρ＝，因为温度和密度均相等，所以单位体积的三种气体的质量也相同；由n＝，相同质量的气体，摩尔质量越大，物质的量越小，所含分子数越小。8．（2022·通州模拟）在臭氧发生装置中装入氧气100mL，经反响：3O22O3，最后气体体积变为95mL（体积均在标准状况下测定），那么混合气体的密度是（）。A．1.3g/LB．1.5g/LC．1.7g/LD．2.0g/L【解析】选B。ρ（O2）＝32g·mol－1÷22.4mol·L－1＝1.429g·L－1，根据同温同压下同质量的气体，密度之比等于体积的反比，可得：ρ（混）＝V（O2）·ρ（O2）／V（混）＝1.429g·L－1×100mL÷95mL＝1.50g·L－1。9．（2022·盐城模拟）已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22。在反响X+2Y＝2Q+R中，当1.6gX与Y完全反响后，生成4.4gR，那么参与反响的Y和生成物Q的质量比为（）。A．46∶9B．32∶9C．23∶9D．16∶9【解析】选D。生成的Q和R质量比为：m（Q）∶m（R）＝2M（Q）∶M（R）＝（2×9）∶22＝9∶11，所以m（Q）＝m（R）＝×4.4g＝3.6g。根据质量守恒定律：m（Y）＝m（Q）+-15-/15\nm（R）－m（X）＝3.6g+4.4g－1.6g＝6.4g，所以m（Y）∶m（Q）＝6.4g∶3.6g＝16∶9。10．（2022·长沙模拟）密度为rg/cm3的溶液VmL，含有相对分子质量为M的溶质mg，其物质的量浓度为cmol/L，质量分数为w%，以下表示式不正确的选项是（）。A．c＝B．m＝C．r＝D．w%＝%【解析】选D。A选项是由浓度定义公式得到，B选项可写成m＝VmL×rg/cm3×w%，C选项可表示为c＝，D选项应为×100%。11．（2022·海口模拟）把100g某NaOH溶液（密度是1.2g/mL）蒸发浓缩，余下50mL溶液时，物质的量浓度为8mol/L，原溶液的浓度是（）。A．8mol/LB．4.8mol/LC．3.3mol/LD．16mol/L【解析】选B。蒸发浓缩前后，NaOH的物质的量不变。n（NaOH）＝8mol/L×0.050L＝0.4mol，蒸发浓缩前溶液的体积为：V（NaOH）＝×＝L，所以c（NaOH）＝＝4.8mol/L。12．（2022·南阳模拟）假设以w1和w2分别表示浓度为c1mol/L和c2mol/L硫酸的质量分数，已知2w1＝w2，那么以下推断正确的选项是（硫酸的密度比纯水的大）（）。A．2c1＝c2B．2c2＝c1C．c2＞2c1D．c1＜c2＜2c1-15-/15\n【解析】选C。因为硫酸的密度比纯水的大，其浓度越大，密度也越大，w2＞w1，所以ρ2＞ρ1，＜1，根据c＝可得：＝＝＜，即c2＞2c1。13．（2022·安阳模拟）以以下图为用某浓度的NaOH溶液（Y），滴定10mL某浓度的HCl溶液（X）的图像，据此推断NaOH溶液和HCl溶液的物质的量浓度是（）。ABCDX溶液/mol·L－10.1500.0900.0800.040Y溶液/mol·L－10.0500.0300.1600.120【解析】选B。假设NaOH溶液和HCl溶液的物质的量浓度分别为x和y，由图可知，当参加20mLNaOH溶液时，溶液的pH＝2，此时c（H+）＝10－2mol/L，那么有：0.01L·y－0.02L·x＝（0.01L+0.02L）×10－2mol/L；当参加30mLNaOH溶液时，溶液的pH＝7，此时恰好完全中和，那么有：0.01L·y＝0.03L·x，解得：x＝0.03mol/L，y＝0.09mol/L。14．（2022·荆州模拟）质量分数不同的两种硫酸溶液等质量混合时，其质量分数为a%，而等体积混合时为b%；质量分数不同的两种乙醇溶液等质量混合时，其质量分数也为a%，而等体积混合时那么为c%，那么a、b、c之间的大小关系为（）。-15-/15\nA．a＞b＞cB．b＞a＞cC．c＞a＞bD．不能比较【解析】选B。两种质量分数不同的溶液等质量混合时，混合物中溶质质量分数等于混合前两溶液溶质质量分数之和的一半；等体积相混时，假设溶液的密度比水的小，那么混合物中溶质质量分数小于混合前两溶液溶质质量分数之和的一半，假设溶液的密度比水的大，那么混合物中溶质质量分数大于混合前两溶液溶质质量分数之和的一半，硫酸的密度比水的大，乙醇的密度比水的小，所以b＞a＞c。15．（2022·河池模拟）有五瓶溶液分别是：①10mL0.60mol/LNaOH水溶液②20mL0.50mol/LH2SO4水溶液③30mL0.40mol/LHCl水溶液④40mL0.30mol/LHAc水溶液⑤50mL0.20mol/L蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是（）。A．①＞②＞③＞④＞⑤B．②＞①＞③＞④＞⑤C．②＞③＞④＞①＞⑤D．⑤＞④＞③＞②＞①【解析】选D。溶液中的离子．分子总数应包含水分子，因此溶液的体积就决定了离子分子总数的顺序。此题容易错选C，原因都是只考虑了溶质的离子和分子而忽略了溶剂中的水分子，不但丢分，而且计算量不小，浪费了许多珍贵的时间。因此，仔细审题，通盘考虑是关键。16．（2022·九江模拟）标准状况下，将VLA气体（摩尔质量为Mg·mol－1）溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg·mL－1。那么此溶液物质的量浓度为（）。A．mol·L－1B．mol·L－1C．mol·L－1D．mol·L－1【解析】选B。c＝，n＝mol，溶液质量＝(·M-15-/15\n＋100）g，所以溶液体积＝×10－3L，所以c＝mol÷（×10－3）L＝mol·L－1。17．（2022·铜川模拟）20℃时，KCl的溶解度为34g，假设忽略固体溶解引起的溶液体积变化，那么在该温度下，所配KCl溶液的物质的量浓度不可能是（）。A．5mol/LB．4mol/LC．3mol/LD．2mol/L【解析】选A。饱和KCl溶液中KCl的物质的量浓度最大。假设将34gKCl固体溶于100g水中，那么n（KCl）＝＝0.46mol，溶液的体积近似等于水的体积，c（KCl）＝＝4.6mol/L。因为不知道溶液是否饱和，所以其物质的量浓度≤4.6mol/L。18．（2022·广元模拟）在某温度下，NaOH的溶解度为20克，该温度下将80克NaOH放入220克水中，充分搅拌后，测得溶液的密度为1.2g/mL，那么溶液中溶质的物质的量浓度为（）。A．0.02mol/LB．2.0mol/LC．5.0mol/LD．7.5mol/L【解析】选B。假设220克水中最多溶解xgNaOH形成饱和溶液，那么：＝，解得：x＝44g＜80g，所以NaOH没有完全溶解，溶液到达饱和。NaOH的质量分数为w（NaOH）＝×100%＝16.7%，c（NaOH）＝＝＝5.0mol·L－1。-15-/15\n19．（2022·沈阳模拟）有一浓度为14％的KOH溶液，加热蒸发掉100g水后，得到浓度为28％的KOH溶液80mL，那么浓缩后溶液的物质的量浓度为（）。A．6mol/LB．6.25mol/LC．5mol/LD．7.25mol/L【解析】选B。蒸发前后KOH的质量和物质的量都不变，假设原溶液的质量为x，那么：x·14％＝（x－100g）×28％，解得：x＝200g，m（KOH）＝200g×14％＝28g，n（KOH）＝＝0.5mol，c（KOH）＝＝6.25mol/L。20．（2022·淄博模拟）在t℃时，将agNH3完全溶解于水，得到VmL溶液。假设该溶液的密度为ρg·cm－3，质量分数为ω，其中含NH4+的物质的量为bmol。以下表达正确的是（）。A．溶质的质量分数ω＝×100%B．溶质的物质的量浓度c＝mol/LC．溶液中c（H+）＝mol/LD．上述溶液中再参加VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω【解析】选B。21．（2022·唐山模拟）某探究性学习小组拟用小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反响测定通常状况（约20℃，1atm）下气体摩尔体积的方法。拟选用以下实验装置完成实验：-15-/15\n（1）该组同学必须选用的装置的连接顺序是（填接口字母，可不填满。）：A接（）（）接（）（）接（）（2）实验开场时，先翻开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻翻开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因。_________________________。（3）实验完毕时，该组同学应怎样测量实验中生成氢气的体积？_______________。（4）实验中准确测得4个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，实验后量筒中液面读数为VmL。那么通常状况下气体摩尔体积Vm＝_________L·moL－1。【解析】测定气体的摩尔体积，可以测定一定量的金属和酸反响放出的氢气的体积，然后根据化学方程式得到气体的摩尔体积的计算表达式。（1）测定气体的体积可以用排水法测定液体的体积，为了能够保证将液体顺利排出，E为进气口，F为出水口，导气管深入量筒内部，可以防止液体溅出而使测得的气体体积偏小，所以正确的装置的连接顺序是A→E→D→G。（2）金属和酸反响为放热反响，而且随着反响快速进展，锥形瓶内气体越来越多，压强越来越大，所以分液漏斗内的液体不容易流下。（3）测量气体体积时，一定要使气体的温度和压强与外界温度和大气压相同，所以应将实验装置冷却到室温，然后调节量筒中液面与广口瓶中液面相平，以保证气体压强等于外界大气压，读数时注意要-15-/15\n平视量筒刻度。（4）反响的铝的质量为m（Al）＝（m1－m2）g，气体的体积为V×10－3L，由化学方程式：2Al+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2↑54g3VmL（m1－m2）gV×10－3L得Vm＝L·moL－1。【答案】（1）EDG（2）铝与稀硫酸反响放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大（3）待实验装置冷却后，上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，即氢气在通常状况时的体积。（4）22．（2022·兴义模拟）Ba2+是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+的浓度。（1）现需配制250mL0.100mol·L－1标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250mL容量瓶、玻璃棒外，还需要_________________________。（2）需准确称取Na2S2O3固体的质量为_______________g。（3）另取废水50.00mL，控制适当的酸度加人足量的K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤．过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO42－全部转化为Cr2O72－；再加过量KI溶液反响，反响液中再滴加上述Na2S2O3溶液，反响完全时，消耗Na2S2O2溶液36.00mL。已知有关的离子方程式为：①Cr2O72－+6I－+14H+＝2Cr3++3I2+7H2O；②I2+2S2O32－＝2I－+S4O62－。试计算该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度。-15-/15\n【解析】（1）配制0.100mol·L－1的Na2S2O3溶液时，将Na2S2O3固体在烧杯中溶解，将溶液沿玻璃棒转移到250mL容量瓶中，用胶头滴管定容，所以必须使用到这三种玻璃仪器。（2）m（Na2S2O3）＝0.250L×0.100mol·L－1×158g·mol－1＝3.95g。（3）设Ba2+的物质的量为x，那么有：Ba2+~BaCrO2~Cr2O72－~I2~3S2O32－1mol3molxmol36.00×0.100×10－3molmol所以c（Ba2+）mol·L－1【答案】（1）胶头滴管（2）3.95（3）0.024mol·L－123．（2022·石家庄模拟）用质量分数为36.5％的浓盐酸（密度为1.16g/cm3）配制成1mol/L的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL。试答复以下问题：（1）配制稀盐酸时，应选用容量为______mL的容量瓶；（2）经计算需要______mL浓盐酸，在量取时宜选用以下量筒中的______。A．5mLB．10mLC．25mLD．50mL（3）在量取浓盐酸后，进展了以下操作：①等稀释的盐酸其温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面接近环形标线2～3cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹面底部与瓶颈的环形标线相切。③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶上述操作中，正确的顺序是（填序号）____________。-15-/15\n（4）在上述配制过程中，用刚刚洗涤干净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是______（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。假设未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，那么配制的稀盐酸浓度是____________（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。【解析】（1）由于实验室里没有220mL容量瓶，所以必须选用250mL容量瓶，先配制250mL溶液，再从其中取出220mL即可。（2）c（HCl）＝＝＝11.6mol/L。加水稀释前后HCl的物质的量不变，所以11.6mol/L·V（HCl）＝250mL×1mol/L，解得V（HCl）＝21.6mL，应该选择25mL的量筒量取。（3）配制一定物质的量浓度的溶液根本步骤为：计算→称量或量取→溶解→冷却后转移洗涤→振荡后定容→倒转摇匀，所以正确的顺序是③①④②。（4）用刚刚洗涤干净的量筒来量取浓盐酸，量取的盐酸被稀释了，其物质的量比实际偏小，所配制溶液的浓度偏低；假设未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，那么一局部溶质损失，所配制溶液的浓度偏低。【答案】（1）250（2）21.6C（3）③①④②（4）偏低；偏低24．（2022·南平模拟）人体血液里Ca2+离子的浓度一般采用g/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵［（NH4）2C2O4］溶液，可析出草酸钙（CaC2O4）沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H2C2O4），再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度：【配制KMnO4标准溶液】以以下图是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。-15-/15\n（1）请你观察图示判断其中不正确的操作有（填序号）____________；（2）其中确定50mL溶液体积的容器是（填名称）__________________；（3）如果按照图示的操作所配制的溶液进展实验，在其他操作均正确的情况下，所测得的实验结果将____________（填偏大或偏小）【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。（4）已知草酸跟KMnO4反响的离子方程式为：2MnO4―+5H2C2O4+6H+＝2Mnx++10CO2↑+8H2O那么式中的________________。（5）滴定时，根据现象_____________________________，即可确定反响到达终点。（6）经过计算，血液样品中Ca2+离子的浓度为________mg/cm3。【解析】（1）量筒不能用于配制溶液，视线应该与凹液面的最低点相平读数，所以②⑤操作错误；（2）配制50mL一定物质的量浓度KMnO4标准溶液需要50mL的容量瓶；（3）仰视读数时，定容时，所加的水超过刻度线，体积偏大，所以浓度偏小。（4）~（6）血样处理过程中发生反响的离子方程式依次是：①Ca2++C2O42－＝CaC2O4↓；②CaC2O4+2H+＝Ca2++H2C2O4；③2MnO4―+5H2C2O4+6H+＝2Mnx++10CO-15-/15\n2↑+8H2O，由此可得如下关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4―，所以n(Ca2+)＝n(MnO4-)＝×0.0120L×0.020mol·L－1＝6.0×10-4mol，血液样品中Ca2+的浓度＝＝1.2×10－3g/cm3＝1.2mg/cm3。对于反响③根据电荷守恒，2×（－1）+6×（+1）＝2×（+x），所以x＝2。草酸溶液无色，当反响正好完全进展的时候，多加一滴KMnO4溶液，溶液恰好由无色变为紫红色。【答案】（1）②⑤（2）容量瓶（3）偏小（4）2（5）溶液由无色变为紫红色（6）1.2高考资源网(www.ks5u.com)www.ks5u.com来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.ks5u.com)-15-/15