天津专用2020高考化学二轮复习专题能力训练2常用化学计量及应用含解析 3页

专题能力训练二　常用化学计量及应用 ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(共6小题,每小题10分,共60分。每小题只有1个选项符合题意)‎ ‎1.使用胆矾配制1 L 0.1 mol·L-1的硫酸铜溶液,正确的操作是(　　)‎ A.将胆矾加热除去结晶水后,称取16 g溶解在1 L水里 B.称取胆矾25 g,溶解在1 L水里 C.将25 g胆矾溶于水,然后将此溶液稀释至1 L D.将16 g胆矾溶于水,然后将此溶液稀释至1 L 答案:C 解析:A、B两项中水为1L时,加入固体形成溶液的体积不是1L,尽管溶质为0.1mol,但溶液浓度不是0.1mol·L-1;D项中16g胆矾含CuSO4少于0.1mol,所配溶液浓度也不是0.1mol·L-1。‎ ‎2.把500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份,取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全,另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全,则该混合溶液中c(Na+)为(　　)‎ A.(b‎10‎‎-‎a‎20‎) mol·L-1 B.(2b-a) mol·L-1‎ C.(5b-‎5a‎2‎) mol·L-1 D.(10b-5a) mol·L-1‎ 答案:D 解析:100mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液中,加入含amolNaOH的溶液,反应为NH4HCO3+2NaOHNH3·H2O+Na2CO3+H2O,则NH4HCO3为0.5amol;加入含bmolHCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2↑+H2O、Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2↑,则Na2CO3的物质的量为‎1‎‎2‎×(b-0.5a)mol,n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol,c(Na+)=‎(b-0.5a)mol‎0.1L=(10b-5a)mol·L-1。‎ ‎3.(2019天津北辰高三模拟)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0.6NA B.7.8 g Na2O2与足量的水(H‎2‎‎18‎O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NA C.将1 L 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液滴入沸水中,制得的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NA D.常温下,NH‎4‎‎+‎数目:1 L 0.5 mol·L-1 NH4Cl溶液大于2 L 0.25 mol·L-1 NH4Cl溶液 答案:D 解析:乙醇溶液中除了乙醇溶质的分子中含有氢原子外,溶剂水的分子中也含有氢原子,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,A项错误;Na2O2与足量的水(H‎2‎‎18‎O)反应中,水既不是氧化剂也不是还原剂,氧气的来源是Na2O2中-1价的氧,7.8gNa2O2物质的量为0.1mol,生成氧气0.05mol,所含的中子数为0.05×2×(16-8)×NA=0.8NA,B项错误;Fe(OH)3胶粒是许多“Fe(OH)3分子”的集合体,所以将1L0.1mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中,制得的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA,C项错误;常温下,1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-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,D项正确。‎ ‎4.某溶液中存在五种离子:NO‎3‎‎-‎、SO‎4‎‎2-‎、Fe3+、H+和一种未知离子(OH-忽略不计),它们的物质的量浓度之比为2∶3∶1∶3∶1,则未知离子可能为(　　)‎ A.Fe2+ B.Ba2+ C.Cl- D.Mg2+‎ 答案:D 解析:设NO‎3‎‎-‎、SO‎4‎‎2-‎、Fe3+、H+和未知离子个数分别是2、3、1、3、1,未知离子所带电荷数为n,则已知阴离子所带电荷总数为1×2+2×3=8,已知阳离子所带电荷总数为1×3+3×1=6,根据溶液呈电中性可知,所含未知离子应是阳离子,则1×2+2×3=1×3+3×1+n×1,解得n=2,未知离子应是二价阳离子;根据NO‎3‎‎-‎、H+和Fe2+,SO‎4‎‎2-‎和Ba2+不能大量共存推出,未知离子可能为Mg2+。‎ ‎5.下列有关配制溶液的做法中,正确的是(　　)‎ A.在托盘天平两托盘上各放一张大小相同的纸,然后将NaOH放在纸张上进行称量 B.称取7.68 g硫酸铜,加入500 mL水来配制480 mL 0.1 mol·L-1的硫酸铜溶液 C.定容时不小心水加多了,应重新配制 D.用量筒量取的浓盐酸倒入容量瓶中加水至刻度线 答案:C 3‎ 解析:氢氧化钠易吸水发生潮解,应该用小烧杯称量,A错误;应配制500mL溶液,水的体积不是500mL,B错误;定容时水加多了不能吸出,重新配制,C正确;不能在容量瓶中进行稀释和溶解,D错误。‎ ‎6.1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·cm-3、溶质的质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0 mol·L-1 NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是(　　)‎ A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1‎ B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L-1‎ C.NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%‎ D.得到2.54 g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600 mL 答案:D 解析:A项,设铜的物质的量为x,镁的物质的量为y,‎ 有‎64g·mol‎-1‎x+24g·mol‎-1‎y=1.52g‎2x+2y=‎‎2.54g-1.52g‎17g·mol‎-1‎ 得x=0.02mol,y=0.01mol,A项正确。‎ c=‎1000ρwM=14.0mol·L-1,B项正确。‎ 根据混合气体在标准状况下的体积,n(NO2)+n(N2O4)=0.05mol,根据得失电子守恒,n(NO2)+2n(N2O4)=2n(Cu)+2n(Mg)=0.06mol,得出n(NO2)=0.04mol,n(N2O4)=0.01mol,C项正确。‎ 浓硝酸中HNO3总的物质的量为14.0mol·L-1×0.05L=0.70mol,生成的混合气体中氮原子的物质的量为0.04mol+0.01mol×2=0.06mol,生成的Cu(NO3)2、Mg(NO3)2中氮原子的物质的量为0.02mol×2+0.01mol×2=0.06mol,由氮原子守恒知合金与浓硝酸的反应中HNO3有剩余,向反应后的溶液中加入NaOH溶液时,HNO3与NaOH反应生成NaNO3和H2O,生成沉淀后的溶液中溶质为NaNO3,由n(Na+)=n(NO‎3‎‎-‎)=0.70mol-0.06mol=0.64mol,所以得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积应为640mL,D项错误。‎ 二、非选择题(共2小题,共40分)‎ ‎7.(2019石家庄复兴中学高三月考)(20分)下面为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据,试根据标签上的有关数据回答下列问题:‎ 盐酸 分子式:HCl 相对分子质量:36.5‎ 密度:1.19 g·cm-3‎ 溶质的质量分数:36.5%‎ ‎(1)该浓盐酸中溶质的物质的量浓度为　　　　　 mol·L-1。 ‎ ‎(2)取用任意体积的该盐酸时,下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是　　　　。 ‎ A.溶液中溶质的物质的量 B.溶液的浓度 C.溶液中Cl-的数目 D.溶液的密度 ‎(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500 mL物质的量浓度为0.400 mol·L-1的稀盐酸。‎ ‎①该学生需要量取　　　　 mL上述浓盐酸进行配制。 ‎ ‎②在配制过程中,下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响?(在括号内填A表示“偏大”,填B表示“偏小”,填C表示“无影响”)。‎ a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面(　　)‎ b.定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面下降,再加适量的蒸馏水到刻度线(　　)‎ ‎(4)①假设该同学成功配制了0.400 mol·L-1的盐酸,他又用该盐酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液,则该同学需取　　　　 mL盐酸。 ‎ ‎②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液,发现比①中所求体积偏小,则可能的原因是　　　　。 ‎ A.浓盐酸挥发 B.配制溶液时,未洗涤烧杯 3‎ C.配制溶液时,俯视容量瓶刻度线 D.加水时超过刻度线,将多余部分用胶头滴管吸出 答案:(1)11.9　(2)BD　(3)①16.8　②B　B ‎(4)①25　②C 解析:(1)c(HCl)=‎1000×1.19×36.5%‎‎36.5‎mol·L-1=11.9mol·L-1。‎ ‎(2)溶液中溶质的物质的量、Cl-的数目与溶液体积有关,溶液的浓度、密度与溶液的体积无关。‎ ‎(3)①根据稀释溶液前后,溶质的物质的量不变,即:c1V1=c2V2,11.9mol·L-1×V1=0.400mol·L-1×0.5L,所以V1=0.0168L=16.8mL。‎ ‎②a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面,所量取的溶液体积偏小,溶质的量减小,所以配制溶液的浓度偏小;‎ b.定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面下降,再加适量的蒸馏水到刻度线,溶液的体积偏大,所以配制溶液的浓度偏小。‎ ‎(4)①根据反应HCl+NaOHNaCl+H2O可知,n(HCl)=n(NaOH),0.4gNaOH的物质的量为0.01mol,设0.400mol·L-1盐酸的体积为VL,0.400mol·L-1×V=0.01mol,V=0.025L=25mL。‎ ‎②消耗的标准液盐酸体积减小,说明读数时标准液的体积比实际体积减小了。A项,浓盐酸挥发,配制的标准液浓度减小,滴定时消耗盐酸体积变大;B项,配制溶液时,未洗涤烧杯,标准液浓度减小,消耗体积增大;C项,配制溶液时,俯视容量瓶刻度线,配制的标准液浓度变大,滴定时消耗的体积减小;D项,加水时超过刻度线,将多余部分用胶头滴管吸出,标准液浓度减小,滴定时消耗标准液体积增大。‎ ‎8.(2019福建三明第一中学高三模拟)(20分)(1)2 mol O3和3 mol O2的质量之比为　　　　,同温同压下的密度之比为　　　　,含氧原子数之比为　　　　。 ‎ ‎(2)在标准状况下,由CO和CO2组成的混合气体6.72 L,质量为12 g。此混合物中CO和CO2分子数目之比是　　　　,混合气体的平均摩尔质量是　　　　。 ‎ ‎(3)气体化合物A的化学式可表示为OxFy,已知同温同压下10 mL A受热分解生成15 mL O2和10 mL F2,则A的化学式为　　　　,推断的依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)在标准状况下,将15.6 g Na2O2投入足量水中,可产生O2的体积为　　　　。 ‎ 答案:(1)1∶1　3∶2　1∶1　(2)1∶3　40 g·mol-1‎ ‎(3)O3F2　阿伏加德罗定律和质量守恒定律　(4)2.24 L 解析:(1)2molO3和3molO2的质量之比为(2mol×48g·mol-1)∶(3mol×32g·mol-1)=1∶1;密度=质量÷体积,而同温同压下体积之比=物质的量之比=2∶3,所以密度之比为3∶2;含氧原子数之比为(2mol×3)∶(3mol×2)=1∶1。‎ ‎(2)混合气体的物质的量为‎6.72L‎22.4L·mol‎-1‎=0.3mol,设CO和CO2的物质的量分别为x、y,则x+y=0.3mol,28g·mol-1×x+44g·mol-1×y=12g,解得x=0.075mol、y=0.225mol,则此混合物中CO和CO2分子数目之比=物质的量之比=0.075∶0.225=1∶3;混合气体的平均摩尔质量是‎12g‎0.3mol=40g·mol-1。‎ ‎(3)根据阿伏加德罗定律,A受热分解的化学方程式可表示为2OxFy3O2+2F2,根据质量守恒定律可得A的化学式为O3F2。‎ ‎(4)Na2O2与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,15.6gNa2O2的物质的量为‎15.6g‎78g·mol‎-1‎=0.2mol,所以生成氧气0.1mol,在标准状况下的体积为2.24L。‎ 3‎