2018届二轮复习化学计量及其应用专题卷(全国通用).pdf

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1、化学计量及其应用专题卷 1下列实验操作或仪器选择正确的是() A配制 240 mL 0.1 molL 1 FeSO 4溶液需要选择 240 mL 容量瓶 B配制 1 mol L 1 H 2SO4溶液，为了节省时间，可将浓硫酸直接注入容量瓶中 C配制 1 mol L 1 AlCl 3溶液时，将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，加水稀释 D移液时，玻璃棒下端紧靠容量瓶刻度线以上的位置 答案C 解析A 项，实验室没有规格为240 mL 的容量瓶，应选择规格略大于配制溶液体积的容量 瓶，错误； B 项，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，错误；C 项，氯化铝易水解，将AlCl 3 溶于浓盐酸中可抑制AlCl 3的

2、水解，正确； D 项，移液时，玻璃棒下端应紧靠容量瓶刻度线 以下的位臵，错误。 2某学生需配制0.2 molL 1 Na2SO3溶液，经检测所配溶液的浓度为 0.15 mol L 1，可能的 原因有 () A容量瓶中有残留水 B定容时俯视刻度线 C漏掉洗涤操作步骤 D称量时所用砝码生锈 答案C 解析A 项，容量瓶中有残留水，不影响配制的溶液浓度，错误；B 项，定容时俯视刻度线， 实际溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，错误；C 项，漏掉洗涤步骤，损失部分溶质，配制 溶液的浓度偏低，正确；D 项，砝码生锈，所称样品的质量偏大，配制的溶液浓度偏高，错 误。 3将 5 mol L 1 盐酸 10 mL

3、稀释到 200 mL，再取出5 mL，这 5 mL 溶液的物质的量浓度是 () A0.05 molL 1 B0.25 molL 1 C0.1 molL 1 D0.5 molL 1 答案B 解析设稀释后盐酸的物质的量浓度为c，则：10 mL 5 mol L 1200 mLc，解得 c0.25 mol L 1。由于溶液是均匀的，所以取出的 5 mL 盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为0.25 mol L 1 ，故选 B。 4已知：某溶质 R 的摩尔质量与 H2S的相同。现有 R 的质量分数为 27.5%、密度为 1.10 g cm 3 的溶液，该溶液中R 的物质的量浓度(mol L 1 )约为 ()

4、 A6.8 B7.4 C8.9 D9.5 答案C 解 析根 据 物 质 的 量 浓 度 与 质 量 分 数 之 间 的 换 算 公 式c 1 000 w M 知 ， c(R) 1 0001.1027.5% 34 mol L 18.9 mol L 1。 5标准状况下 V L 氨气溶解在 1 L 水中(水的密度近似为 1 g mL 1)，所得溶液的密度为 g mL 1， 溶质的质量分数为w，物质的量浓度为c mol L 1，则下列关系中不正确的是 () A 17V22 400 22.422.4V Bw 17c 1 000 Cw 17V 17V22 400 Dc 1 000V 17V22 400 答

5、案A 解析由 c n V V L 22.4 Lmol 1 17 g mol 1 V L 22.4 Lmol 11 000 g g mL 11 000 mL L1 1 000V 17V 22 400 mol L 1，D 项正确； 由上式可推知： 17Vc22 400c 1 000V ，A 项错误； 由 c1 000 w M 可得 w Mc 1 000 17c 1 000 ，B 项正确； w m质 m液 V L 22.4 Lmol 117 g mol 1 V L 22.4 Lmol 117 gmol 11 000 g 17V 17V22 400，C 项正确。 6(2017 汕头市高三上学期期末)设

6、 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 () A34 g H2O2中含有的阴离子数为 1NA B4.6 g 乙醇中含有的CH 键的个数为0.6NA C标准状况下，V L 水含有的氧原子个数约为 V 22.4 D1 mol Fe 2与足量的 H2O2溶液反应，转移NA个电子 答案D 解析A 项， H2O2是共价型分子，不含有阴离子，错误；B 项，每个乙醇分子含有的CH 键的个数为5，错误； C 项，标准状况下，水为液体，不可根据气体摩尔体积计算其物质的 量，错误； D 项， 1 mol Fe 2与足量的 H2O2溶液反应被氧化为Fe3 ，转移 N A个电子，正确。 7(2017 海南， 9

7、)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 () A1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA B1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA C1 L 0.1 molL 1 的乙酸溶液中含H 的数量为 0.1NA D1 mol 的 CO 和 N2混合气体中含有的质子数为 14NA 答案C 解析A 项，乙烯的结构简式为CH2=CH2,1 mol 乙烯中含有碳氢键的物质的量为 4 mol，正 确； B 项，甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C 的化合价为 4 价， CO2中 C 的化合价为 4 价， 因此 1 mol 甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8 mol，正确； C 项，乙酸是弱酸，部分电离，

8、因此溶液中H 物质的量小于 0.1 mol，错误； D 项， 1 mol CO 含有质子物质的量为(68)mol 14 mol,1 mol N 2中含有质子物质的量为 27 mol 14 mol，因此 1 mol N 2和 CO 的混合气 体中含有质子物质的量为14 mol，正确。 8(2017 长春外国语学校高三上学期期末)CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液 100 mL，已 知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解 )，且 SO2 4 的物质的量浓度为3 mol L 1，则此溶液最 多溶解铁粉的质量为() A 5.6 g B11.2 g C22.4 g D33.6 g 答案B

9、 解析n(SO2 4)0.1 L3 mol L 1 0.3 mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的溶液中阳离子的浓 度相同，则有c(Cu2 )c(H )c(Fe 3)，由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的 量也相同，设Cu 2、Fe3、H三种离子物质的量均为 n，根据电荷守恒知道：2n3nn 0.3 mol2，由此解得n0.1 mol，Cu 2、H、 Fe3都能与 Fe 反应生成 Fe2 ，最后溶液的成 分为 FeSO4，则 n(FeSO4) 0.3 mol，根据 Fe的守恒可知， 此溶液最多溶解铁粉的物质的量为 0.3 mol0.1 mol0.2 mol，则此溶液最多溶

10、解铁粉的质量为0.2 mol56 g mol 111.2 g。 9 (2017 哈师大附中高三上学期期末)设 NA为阿伏加徳罗常数的值， 下列说法正确的是() A标准状况下，11.2 L C2H5OH 含有的氢原子数为3NA B高温下， 16.8 g Fe 与足量水蒸气完全反应失去的电子数为0.8NA C0.1 molL 1 CH3COONa 溶液中 CH3COO 和 CH 3COOH 的总数为 0.1NA D密闭容器中，46 g NO2和 N2O4的混合气体所含分子数为 NA 答案B 解析A 项，标准状况下C2H5OH 是液体，不能利用气体摩尔体积计算含有的氢原子数，错 误；B 项，高温下，

11、 16.8 g Fe 即 0.3 mol 铁与足量水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去的电 子数为 0.8NA，正确； C 项，不确定0.1 mol L 1 CH3COONa 溶液的体积，则不能计算其中 CH3COO 和 CH3COOH 的总数，错误； D 项，不能确定NO2和 N2O4的体积比，且二者之间 存在平衡关系，因此不能计算密闭容器中46 g NO2和 N2O4的混合气体所含分子数，错误。 10(2017 枣庄十八中高三上学期期末)镁带在空气中燃烧生成的固体产物主要是氧化镁和氮 化镁。将燃烧后的固体产物溶解在60 mL 浓度为 2.0 mol L 1 的盐酸中 (氮化镁和盐酸反应的 化

12、学方程式为Mg3N2 8HCl=3MgCl 2 2NH4Cl)，以 20 mL 0.5 mol L 1 的氢氧化钠溶液中 和多余的盐酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸 增重 0.17 g。镁带的质量为() A0.6 g B1.2 g C2.4 g D3.6 g 答案B 解析氧化镁、氮化镁溶解在盐酸中生成MgCl 2、 NH4Cl，再用氢氧化钠中和多余的盐酸， 此时溶液中溶质为MgCl 2、NH4Cl、NaCl，再加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸 吸收，稀盐酸增重0.17 g，即为生成氨气的质量，根据N 元素守恒n(NH4Cl) n(NH3) 0.17

13、 g 17 g mol 10.01 mol，根据钠离子守恒n(NaCl) n(NaOH) 0.02 L0.5 mol L 10.01 mol， 根据氯离子守恒：2n(MgCl 2)0.01 mol 0.01 mol0.06 L2 mol L 1，解得 n(MgCl 2)0.05 mol，根据 Mg 元素守恒知镁带的质量0.05 mol24 g mol 1 1.2 g。 11(2016 枣庄十八中高三上学期期末)一定质量的镁、铝合金与硝酸溶液恰好完全反应，得 硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与标准状况下3.36 L 氧气混合后通入 水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。

14、若向所得硝酸盐溶液中加入2 mol L 1 NaOH 溶 液至沉淀最多时停止加入，将所产生沉淀滤出，向滤液加水稀释至500 mL，此时所得溶液物 质的量浓度为() A0.5 molL 1 B1 mol L 1 C1.2 molL 1 D2 mol L 1 答案C 解析标准状况下3.36 L 氧气的物质的量 3.36 L 22.4 Lmol 10.15 mol，所以氧气获得电子的物 质的量为0.15 mol40.6 mol。 金属失去的电子等于氧气与混合气体反应生成硝酸获得的电 子，为 0.6 mol，向所得硝酸盐溶液中加入2 mol L 1 NaOH 溶液至沉淀最多停止加入，此时 溶液为硝酸钠

15、溶液。根据硝酸根离子守恒可知，钠离子物质的量等于金属失去的电子的物质 的量为 0.6 mol。所以硝酸钠的物质的量为0.6 mol。稀释至500 mL，此时所得溶液的物质的 量浓度 0.6 mol 0.5 L 1.2 mol L 1。 12(2017 双鸭山市第一中学高三上学期期末)将 17.9 g 由 Al 、Fe、Cu 组成的合金溶于足量 的 NaOH 溶液中，产生气体3.36 L(标准状况 )。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向 反应后的溶液中加入过量的NaOH 溶液，得到的沉淀的质量为25.4 g，若硝酸的还原产物仅 为 NO，则生成的NO 在标准状况下的体积为() A2.24 L

16、 B4.48 L C6.72 L D8.96 L 答案C 解析合金溶于足量的NaOH 溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生氢气3.36 L(标准状况 )， 物质的量为3.36 L 22.4 L mol 10.15 mol， 根据电子得失守恒可知 n(Al) 0.15 mol2/3 0.1 mol，故金属铝的质量为0.1 mol 27 g mol 12.7 g，金属铝提供电子的量是 0.3 mol；将合金溶 于过量稀硝酸中，分别生成Al 3、Fe3、Cu2，向反应后的溶液中加入过量的 NaOH 溶液， 铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜。由电荷 守恒可知，反应中

17、金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量。 设反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量为xmol，根据沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量 与氢氧根质量之和可得：17.9 g 2.7 gx mol 17 gmol 1 25.4 g，解得x0.6 mol，因此 17.9 g 合金失去的电子总的物质的量为0.6 mol0.3 mol 0.9 mol，设生成NO 的标准状况下的体积 为V，则有：V/22.4 mol L 130.9 mol，解得 V6.72 L。 13 (2017 河北省定州中学高三上学期期末)实验室需要0.1 molL 1 NaOH 溶液 450 mL 和 0.5 m

18、ol L 1 硫酸溶液450 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题： (1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填字母 )。 仪器 C 的名称是 _， 本实验所需玻璃仪器E 规格和名称是_ 。 (2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有_(填字母 )。 A配制一定体积准确浓度的标准溶液 B长期贮存溶液 C用来加热溶解固体溶质 D量取 220 mL 体积的液体 (3)在配制NaOH 溶液实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度 _(填“大于”“等于”或“小于” ，下同 )0.1 mol L 1。若 NaOH 溶液未冷却即转移至 容量瓶定容，则所配制溶液浓度_0.1

19、mol L 1。 (4)根据计算得知：所需质量分数为98%、密度为1.84 g cm 3 的浓硫酸的体积为_ mL( 计算结果保留一位小数)。 如果实验室有10 mL、25 mL、50 mL 量筒，应选用 _ mL 规格的量筒最好。 (5)如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作：_ _ 。 答案(1)AC分液漏斗500 mL 容量瓶(2)BCD(3)小于大于(4)13.625(5)重新 配制 解析(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、 定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用 不到的仪器： 圆底烧瓶和分液漏斗；仪器

20、 C 的名称为分液漏斗；需要 0.1 mol L 1 NaOH 溶液 450 mL 和 0.5 molL 1 硫酸溶液450 mL ，实验室没有450 mL 容量瓶， 所以应选择500 mL 容 量瓶。 (2)容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的 任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，故选BCD。(3)若定容 时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；若NaOH 溶液未冷却即转移至容量瓶定 容，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大。(4)质量分数为98%、密度为1.84 g cm 3 的浓 硫酸物质的量浓度c1 0001.8498%

21、 98 mol L 1 18.4 mol L 1， 设 0.5 mol L 1 硫酸溶液 500 mL 需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释前后含溶质的物质的量保持不变得：V18.4 molL 1 0.5 mol L 1500 mL ，解得 V13.6 mL ，宜选用 25 mL 量筒。 (5)如果定容时不小心超过 刻度线，实验失败，且不能补救，必须重新配制。 14(2017 河北省定州中学高三上学期期末)将 MnO2与 FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤， 将 滤 液 加 热 至60 后 ， 再 加 入Na2CO3溶 液 ， 最 终 可 制 得 碱 式 碳 酸 锰 aMnCO3 bMn(OH)

22、 2 cH2O。 (1) 用 废 铁 屑 与 硫 酸 反 应 制 备FeSO4 溶 液 时 ， 所 用 铁 屑 需 比 理 论 值 略 高 ， 原 因 是 _ ， 反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，其目的是 _ 。 (2)为测定碱式碳酸锰的组成，取7.390 g 样品溶于硫酸，生成CO2 224.0 mL( 标准状况 )，并 配成 500 mL 溶液。准确量取10.00 mL 该溶液，用0.050 0 mol L 1 EDTA( 化学式 Na 2H2Y) 标 准溶液滴定其中的Mn 2 (原理为 Mn 2 H2Y 2=MnY22H)，至终点时消耗 EDTA 标准 溶液 28.00 mL。

23、通过计算确定该样品的化学式。 答案(1)防止 FeSO4被氧气氧化除去铁屑表面的油污 (2)n(CO2)n(MnCO3)0.01 mol n(EDTA) 0.001 4 mol 10 mL 溶液中 n(Mn 2)0.001 4 mol 7390 g 该碱式碳酸锰中n(Mn 2)0.07 mol，nMn(OH) 20.06 mol m(H2O)0.9 g，n(H2O)0.05 mol abc 165 碱式碳酸锰的化学式为MnCO 3 6Mn(OH)2 5H2O。 解析(1)硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，用废铁屑与硫酸反应制备 FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防

24、止 FeSO4被氧气氧化；反应前需将废铁 屑用热 Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污。(2)n(CO2)n(MnCO3) 0.01 mol，n(EDTA)0.001 4 mol,10 mL 溶液中 n(EDTA) n(Mn 2)0.028 L0.050 0 mol L 1 0.001 4 mol,500 mL溶液中 n(Mn 2)0.001 4 mol 500 10 0.07 mol,7.390 g 该碱式碳酸锰中 n(Mn 2 )0.07 mol，nMn(OH)20.06 mol ，m(H2O)7.390 g0.01 mol115 g mol 1 0.06 mol89

25、 g mol 10.9 g，n(H 2O) 0.9 g 18 g mol 1 0.05 mol，abc165。碱式碳酸锰的 化学式为MnCO3 6Mn(OH) 2 5H2O。 15化合物AKxFe(C2O4)y zH2O，其中铁元素为3 价是一种重要的光化学试剂。测定化合 物 A 的化学式实验步骤如下： a准确称取A 样品 4.91 g，干燥脱水至恒重，残留物质的质量为4.37 g； b将步骤 a 所得固体溶于水，加入还原铁粉0.28 g，恰好完全反应； c另取 A 样品 4.91 g 置于锥形瓶中，加入足量的3 mol L 1 的 H2SO4溶液和适量蒸馏水，再 加入 0.50 mol L

26、1 的 KMnO 4溶液 24.0 mL，微热，恰好完全反应： 2KMnO45H2C2O43H2SO4=2MnSO4K2SO410CO2 8H2O 通过计算填空： (1)4.91 g A 样品中含结晶水的物质的量为_ mol 。 (2)A 的化学式为 _( 写出计算过程)。 答案(1)0.03 (2)由 2Fe 3 Fe=3Fe2可知， n(Fe3 )2n(Fe)2 0.28 g 56 g mol 1 0.01 mol ，根据反应的化学 方程式可知n(C2O 2 4)5 2n(KMnO 4)5 20.50 mol L 10.024 L0.03 mol， 根据离子电荷守恒 知 n(K )3n(F

27、e3)2n(C 2O 2 4)，可得 n(K )0.03 mol，因此 A 为 K 3Fe(C2O4)3 3H2O 解析(1)样品中结晶水的物质的量n(H2O) 4.91 g4.37 g 18 g mol 10.03 mol。 (2)由 2Fe 3 Fe=3Fe2可知， n(Fe3 )2n(Fe)2 0.28 g 56 g mol 1 0.01 mol ，根据反应的化学 方程式可知n(C2O2 4)5 2n(KMnO 4)5 20.50 mol L 10024 L0.03 mol，根据离子电荷守 恒 n(K )3n(Fe3)2n (C 2O 2 4)，可得 n(K )0.03 mol，因此 A

28、 为 K 3Fe(C2O4)3 3H2O。 16(2016 泰州高三二模 )钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。 草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC2O4 2H2O)在空气中受热的质 量变化曲线，曲线中300 及以上所得固体均为钴氧化物。 (1)通过计算确定C 点剩余固体的化学成分为_(填化学式 )。试写出 B 点对应 的物质与O2在 225300 发生反应的化学方程式：_ _ 。 (2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中 Co 的化合价为 2、 3)， 用 480 mL 5 mol L 1 盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl 2溶液

29、和 4.48 L( 标准状况 )黄绿色气体。试确定该 钴氧化物中Co、 O 的物质的量之比。 答案(1)Co3O43CoC2O42O2= Co3O46CO2 (2)该钴氧化物中Co、O 的物质的量之比为56。 解析(1)由图可知， CoC2O4 2H2O 的质量为 18.3 g，其物质的量为 0.1 mol， Co 元素质量为 5.9 g，C 点钴氧化物质量为8.03 g，氧化物中氧元素质量为8.03 g5.9 g2.13 g，则氧化物 中 Co 原子与 O 原子物质的量之比为0.1 mol 2.13 g 16 g mol 13 4，故 C 点为 Co3O4； B 点对 应物质的质量为14.7

30、 g，与其起始物质的质量相比减少18.3 g14.7 g 3.6 g，为结晶水的质 量， 故 B 点物质为CoC2O4， 与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳， 反应的化学方程式为3CoC2O4 2O2= Co3O46CO2。 (2)由电子守恒：n(Co 3 )2n(Cl2) 2 4.48 L 22.4 Lmol 10.4 mol，由电荷守恒：n(Co 原子 )总 n(Co 2)溶液 1 2n(Cl )1 2( 0.48 L 5 mol L 124.48 L 22.4 Lmol 1)1 mol， 所以固体中的 n(Co 2) 1 mol0.4 mol0.6 mol，根据化合价代数和为0，氧化物中n(O)(0.6 mol 20.4 mol 3) 21.2 mol，故该钴氧化物中n(Co)n(O) 1 mol1.2 mol56。