【志鸿优化设计】2022届高考化学二轮复习 专项训练 专题二 化学常用计量

专题能力训练二　化学常用计量(时间:45分钟　满分:100分)一、选择题(共7小题,每小题6分,共42分。每小题只有1个选项符合题意)1.(2022河北衡水中学一调)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　)A.常温常压下,3.0g甲醛和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NAB.在标准状况下,22.4LCl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为2NAC.200mL1mol·L-1的Al2(SO4)3溶液中,Al3+和S离子总数为NAD.标准状况下,Na2O2与足量CO2反应生成2.24LO2,转移电子数为0.4NA2.(2022安徽安庆一模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是(　　)A.1mol氯气参加氧化还原反应,转移的电子数一定为2NAB.25℃时,1LpH=12的Na2CO3溶液中含有Na+的数目为0.02NAC.12g石墨和C60的混合物中质子总数为6NA个D.常温常压下,22.4L乙烯中C—H键数为4NA3.(2022河南六市二次联合调研)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　)A.标准状况下,2.24LCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAB.常温下,10LpH=12的Na2CO3溶液中含有的OH-的数目为0.1NAC.标准状况下,22.4LNO2和NO的混合气体中所含的氮原子总数为2NAD.将含有1molFeCl3的浓溶液完全水解可得到Fe(OH)3胶粒的数目为NA4.(2022江西红色六校第二次联考)NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是(　　)A.10gO含有的中子数为5NAB.1mol羟基(—OH)含有的电子数为10NAC.标准状况下,22.4LH2O所含分子数为NAD.标准状况下,11.2L己烷含有的分子数为0.5NA5.标准状况下,m1g气体A与m2g气体B的分子数相等,下列说法中正确的是(　)A.1个A分子的质量是1个B分子的质量的倍B.同温同体积的A与B的质量比为C.同温同质量的A与B的分子数比为D.同温同压下A与B的密度比为6.用含1.0molNaOH的溶液吸收0.8molCO2,所得溶液中的C和HC的物质的量之比为(　)A.1∶3B.2∶1C.2∶3D.3∶27.将18g铜和铁的混合物投入200mL稀硝酸中,充分反应后得到标准状况下2.24LNO,剩余9.6g金属;继续加入200mL等浓度的稀硝酸,金属完全溶解,又得到标准状况下2.24LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液不变红,则下列说法中正确的是(　)A.原混合物中铜和铁各0.15molB.稀硝酸的物质的量浓度为1mol·L-1C.第一次剩余9.6g金属为铜和铁D.再加入上述200mL稀硝酸,还会得到标准状况下2.24LNO二、非选择题(共4小题,共58分)8.(2022福建理综)(12分)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:葡萄酒样品100.00mL馏分-5-\n溶液出现蓝色且30s内不褪色(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)(1)按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为　　　　g·L-1。 (2)在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测定结果　　　　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 9.(12分)配制500mL0.5mol·L-1的NaOH溶液,试回答下列问题:(1)计算:需要NaOH固体的质量为　　　　。 (2)配制方法:设计5个操作步骤。①向盛有NaOH固体的烧杯中加入200mL蒸馏水使其溶解,并冷却至室温;②继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线1~2cm;③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中;④用少量的蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,然后将洗涤液移入容量瓶;⑤改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线,加盖摇匀。试将操作步骤正确排序　　　　。 (3)某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48mol·L-1,原因可能是　　　。 A.使用滤纸称量氢氧化钠固体B.容量瓶中原来存在少量蒸馏水C.溶解后的烧杯未经多次洗涤D.胶头滴管加水定容时仰视刻度线10.(16分)某固体混合物含NH4I、NaHCO3、AlCl3、MgBr2、FeCl2中的几种,为确定该固体混合物的成分及各组成成分的物质的量之比,现进行如下实验。实验Ⅰ:(1)无色气体为　　　。 (2)该固体混合物的成分为　　　。 实验Ⅱ:取一定量的该固体混合物溶于水配成1L溶液,并向该混合溶液中通入一定量的Cl2,测得溶液中几种阴离子(分别用A-、B-、C-表示)的物质的量与通入Cl2体积的关系如表所示。Cl2的体积(标准状况下)/L2.85.611.2n(A-)/mol1.251.52n(B-)/mol1.51.40.9n(C-)/mola00(3)a=　　　。 (4)原固体混合物中各组成成分的物质的量之比为　　　。 11.(2022江苏化学)(18分)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。-5-\n(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用,是由于其受热分解需吸收大量热量和　　　　。 (2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为　　　　　。 (3)为确定碱式碳酸铝镁的组成,进行如下实验:①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应,生成CO20.560L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示(样品在270℃时已完全失去结晶水,600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH-)∶n(C)(写出计算过程)。专题能力训练二　化学常用计量1.A　解析:A项,甲醛和冰醋酸最简式都是CH2O,所以3.0g二者的混合物含有最简式的物质的量为0.1mol,因此含有的原子总数为0.4NA,正确。B项,在标准状况下,22.4LCl2和HCl的混合气体的物质的量为1mol,所以气体中含有的分子总数为NA,错误。C项,n[Al2(SO4)3]=0.2L×1mol·L-1=0.2mol,但是Al3+会发生水解反应而消耗,所以溶液中Al3+和S离子总数小于NA,错误。D项,Na2O2与足量CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2。每有1mol的O2产生,转移电子2mol,现在产生氧气0.1mol,所以转移电子0.2NA,错误。2.C　解析:A项,1mol氯气参加氧化还原反应,转移的电子数不一定为2NA,如1mol氯气与水反应,转移电子数小于NA,错误;B项,pH=12即c(OH-)=0.01mol·L-1,但无法计算Na2CO3的浓度,所以Na+的数目无法计算,错误;C项,石墨与C60都是由碳元素组成的,12g的混合物中含有的质子总数为6NA,正确;D项,常温常压下,22.4L乙烯的物质的量不是1mol,错误。3.B　解析:A项,标准状况下2.24L的氯气的物质的量是0.1mol,氯气与水的反应是可逆反应,所以转移电子的物质的量小于0.1mol,错误;B项,pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1,所以10L溶液中OH-离子数为0.1NA,正确;C项,标准状况下,22.4LNO2和NO的混合气体的物质的量是1mol,无论NO2和NO的比例如何,混合气体中氮原子总数为NA,错误;D项,水解反应是可逆反应,且胶粒是大量粒子的集合体,所以含有1molFeCl3的浓溶液完全水解得到Fe(OH)3胶粒小于NA,错误,答案选B。4.A　解析:A项,1molO中子数为10mol,10gO的物质的量为0.5mol,正确;B项,羟基(—OH)呈电中性,1mol羟基(—OH)含有的电子数为9NA,错误;C项,标准状况下水不是气态,错误;D项,标准状况下,己烷为液态,错误。5.A　解析:根据题意,两者的分子数相等,则其物质的量相等,故可设A、B的摩尔质量分别为M1、M2,1个分子的质量分别为mA、mB,则有,即,故A项正确。-5-\n6.A　解析:设生成Na2CO3、NaHCO3物质的量为x、y,由反应前后C和Na+守恒可知,x+y=0.8mol、2x+y=1mol,解得x=0.2mol、y=0.6mol,即所得溶液中C和HC的物质的量之比为1∶3。7.A　解析:第一次加硝酸时金属有剩余,溶液中一定不含Fe3+,所以1mol金属参加反应均失去2mol电子,生成2.24LNO转移0.3mol电子;消耗金属0.15mol,质量为18g-9.6g=8.4g,则第一次溶解的金属的摩尔质量为56g·mol-1,是铁。同理:第二次溶解的金属的摩尔质量为64g·mol-1,是铜。依据3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,可知c(HNO3)=×4÷0.2L=2mol·L-1;D选项,再加入硝酸,HNO3与0.15molFe2+反应,依据电荷守恒可知生成0.05molNO,错误。8.答案:(1)0.16　(2)偏低解析:(1)根据反应的化学方程式,SO2的物质的量与I2的相等,100mL葡萄酒中含SO22.5×10-4mol,则1L样品的残留量为2.5×10-4mol×10×64g·mol-1=0.16g;(2)若有部分HI被氧气氧化,生成的I2又继续氧化SO2,导致等量的SO2需要的I2溶液减少,则测得的SO2含量偏低。9.答案:(1)10.0g　(2)①③④②⑤　(3)ACD解析:(1)需要NaOH固体的质量为0.5L×0.5mol·L-1×40g·mol-1=10.0g。(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知其顺序为①③④②⑤。(3)A项,由于固体NaOH具有极强的吸水性,使用滤纸称量时,NaOH固体易黏附在滤纸上,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;B项,容量瓶中原来存在少量蒸馏水,无影响;C项,溶解后的烧杯未经过多次洗涤,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;D项,胶头滴管加水定容时仰视刻度线,加水过多,使溶液的体积增大,c(NaOH)偏小。10.答案:(1)NH3(2)NH4I、MgBr2、AlCl3(3)0.15(4)n(AlCl3)∶n(MgBr2)∶n(NH4I)=20∶45∶24解析:(1)加入过量NaOH溶液并加热,生成的无色气体只能是NH3,说明一定含有NH4I。(2)生成白色沉淀且久置无明显变化,说明一定无FeCl2而一定有MgBr2;根据“无色溶液白色沉淀沉淀溶解,无气泡产生”,推出有AlCl3无NaHCO3。(3)由表分析可知,A-为Cl-、B-为Br-、C-为I-,比较通入5.6L和2.8L标准状况下Cl2后溶液中离子的变化情况可知:多通入2.8LCl2,即0.125molCl2,造成Cl-增加0.25mol,Br-减少0.1mol,I-减少amol,根据反应关系式:Cl2　~　　2Br-　,　Cl2　　　　~　　　　2I-12120.05mol0.1mol(0.125-0.05)molamol可得a=0.15(4)由题意知,原混合溶液中n(Cl-)=1.25mol-0.125mol×2=1mol,n(Br-)=1.5mol,n(I-)=0.15mol+0.125mol×2=0.4mol。则n(AlCl3)∶n(MgBr2)∶n(NH4I)=∶n(I-)=mol∶mol∶0.4mol=20∶45∶24。11.答案:(1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a+3b=c+2d(3)n(CO2)==2.50×10-2molm(CO2)=2.50×10-2mol×44g·mol-1=1.10g在270~600℃之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2Om(CO2)+m(H2O)=3.390g×(0.7345-0.3702)=1.235gm(H2O)=1.235g-1.10g=0.135gn(H2O)==7.50×10-3moln(OH-)=7.50×10-3mol×2=1.50×10-2mol-5-\nn(OH-)∶n(C)=1.50×10-2mol∶2.50×10-2mol=3∶5解析:利用MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中正、负化合价代数和为零可确定a、b、c、d的代数关系。270℃前是失去结晶水,270℃之后是该物质分解放出CO2和H2O以及生成金属元素的氧化物。CO2的量可由实验①求得,270~600℃减小的质量即为CO2与H2O(来自化合物中OH-)的质量,后一质量减去实验①中求得的CO2的质量即为H2O的质量,再转化为物质的量,最后根据H元素守恒求得OH-的物质的量。-5-