专题能力训练1高中化学化学常用计量

1专题能力训练1化学常用计量(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第2页一、选择题(共8小题,每小题6分,共48分。每小题只有1个选项符合题意)1.使用胆矾配制1L0.1mol·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16g溶解在1L水里B.称取胆矾25g,溶解在1L水里C.将25g胆矾溶于水,然后将此溶液稀释至1LD.将16g胆矾溶于水,然后将此溶液稀释至1L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.(2019辽宁辽阳高三模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.78g苯中含有的碳碳双键为3.0NAB.4.6g金属钠完全燃烧,转移的电子数为0.4NAC.等质量的N2和CO中,原子数均为2.0NAD.5.6L(标准状况)O2中含有的质子数为4.0NA答案:D3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.标准状况下,22.4L己烷中含有分子数目为NAB.标准状况下,22.4L氦气所含原子数为2NAC.7.8gNa2O2中含有的共价键数目为0.1NAD.将0.5molN2O4充入密闭容器中充分反应转化成NO2的数目为NA答案:C解析:当1molCu被氧化为+1价时,失电子数为NA,A错误;氨水中水的电离受到抑制,水电离的OH-浓度为1.0×10-13mol·L-1,B错误;1molC4H10含13mol共价键,C正确;Fe3+在水溶液中会水解,离子总数小于NA,D错误。4.将VLNH3(已折算成标准状况下)通入1L水中,形成密度为ρg·cm-3的氨水,质量分数为w,其中含N的物质的量为amol,下列说法正确的是()A.溶质的物质的量浓度c=mol·L-1B.溶质的质量分数w=×100%C.溶液中c(OH-)=mol·L-1D.上述溶液中再通入与原溶液等体积的水,所得溶液的质量分数大于0.5w答案:B解析:n(NH3)=mol,m(溶液)=(×17+1000)g。V(溶液)=×10-3L,由此可知A错误;B正确;C项中给出的是溶液中N的物质的量浓度,但H2O也电离出OH-,溶液中c(OH-)应大于c(N),C错误;氨水的密度小于水的密度,且随着浓度的增大而减小,D错误。5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法一定正确的是()A.0.1molFeCl3形成的胶体粒子数为0.1NAB.常温下,1LpH=12氨水中含有OH-的数目为0.01NAC.0.1molO2完全反应时,转移的电子数为0.4NAD.12g碳单质中所含的共价键数为2NA答案:B解析:氢氧化铁胶粒是多个Fe(OH)3“分子”的聚集体,故0.1mol氯化铁形成的胶粒的数目小于0.1NA,A错误;pH=12的氨水中,OH-的浓度为0.01mol·L-1,故1L此溶液中含有的OH-的物质的量为20.01mol,数目为0.01NA,B正确;产物中氧元素的化合价可能为-2价,还可能为-1价,故0.1mol氧气完全反应转移的电子数可能为0.4NA,还可能为0.2NA,C错误;12g碳的物质的量为1mol,而碳单质有石墨、金刚石和C60,不同碳单质中含有的共价键的数目不同,D错误。6.下列说法中,正确的是()A.1L水中溶解了40gNaOH后,所得溶液浓度为1mol·L-1B.从1L2mol·L-1的NaCl溶液中取出0.5L,该溶液的浓度为1mol·L-1C.将2.24LHCl气体通入水中制成100mL溶液,所得溶液的物质的量浓度为1mol·L-1D.将80gSO3溶于水并配成1L的溶液,则所得溶液的浓度为1mol·L-1答案:D解析:物质的量浓度等于溶质的物质的量除以整个溶液的体积,A错误;取出其中一部分,浓度不变,B错误;没有说明是标准状况,无法求出HCl的物质的量,C错误;80gSO3为1mol,与水反应生成1molH2SO4,D正确。7.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片大小相同的纸,然后将NaOH放在纸片上进行称量B.称取7.68g硫酸铜,加入500mL水来配制480mL0.1mol·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解析:氢氧化钠会因为潮解而黏附在纸片上,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。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.0.5molCu与足量的S反应转移电子数为NAB.在粗铜精炼的实验中,阳极质量减小6.4g,则电解过程中转移电子数为0.2NAC.2gD2O和O的混合物中含有的中子数为NAD.46g分子式为C2H6O的有机物中含有极性共价键的数目一定为7NA答案:C解析:Cu与足量的S反应生成Cu2S,0.5molCu与足量的S反应转移电子数为0.5NA,A项错误;在粗铜精炼的实验中,阳极失电子的金属可能是Cu、Fe、Zn等,质量减小6.4g,电解过程中转移电子数不一定为0.2NA,B项错误;D2O与O的摩尔质量均为20g·mol-1,故2gD2O和O的混合物的物质的量为0.1mol,D2O和O分子中都含有10个中子,C项正确;若C2H6O是乙醇,46gC2H6O中含有极性共价键的数目为7NA,若C2H6O是二甲醚,46gC2H6O中含有极性共价键的数目为8NA,D项错误。二、非选择题(共4小题,共52分)9.(16分)根据下列各题所给出的数据,可分别求出其“w(溶质的质量分数)”或“c(溶质的物质的量浓度)”,试判断并求解。(1)设NA表示阿伏加德罗常数的数值,若某氢氧化钠溶液VL中含有n个OH-,则可求出此溶液的为。(第一个空用符号表示,下同)(2)已知某氢氧化钠溶液中Na+与H2O的个数之比为1∶a,则可求出此溶液的为。(3)已知标准状况下1体积水能溶解500体积的氯化氢,则可求出标准状况下氯化氢饱和溶液的为。(不用计算结果,列出表达式即可)(4)已知将100mL氯化铝的水溶液加热蒸干灼烧,可得到白色固体bg,则可求出原氯化铝溶液的为。答案:(1)cmol·L-1(2)w×100%(3)w×100%(4)cmol·L-1310.(12分)Ⅰ.白磷(P4)是磷的单质之一,易被氧化。(1)6.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成P2O5,反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为L。上述燃烧产物溶于水配成50.0mL磷酸(H3PO4)溶液,该磷酸溶液的物质的量浓度为mol·L-1。(2)含0.300molH3PO4的水溶液滴加到含0.500molCa(OH)2的溶液中,反应恰好完全,生成1种难溶盐和16.2gH2O。该难溶盐的化学式可表示为。Ⅱ.分别称取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。(1)将其中一份配成溶液,逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液,产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)=。(2)另一份固体混合物中N与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时,溶液中c(Cl-)=(溶液体积变化忽略不计)。答案:Ⅰ.(1)5.64.00(2)Ca5(PO4)3(OH)Ⅱ.(1)1∶2(2)0.100mol·L-111.(12分)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。(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(固体样品的剩余质量固体样品的起始质量×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)。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=1.50×10-2moln(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4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。12.(12分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。(1)碱式氯化铜有多种制备方法:①方法1:45~50℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,该反应的化学方程式为。②方法2:先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。M'的化学式为。(2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:①称取样品1.1160g,用少量稀硝酸溶解后配成100.00mL溶液A;②取25.00mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl0.1722g;③另取25.00mL溶液A,调节pH4~5,用浓度为0.08000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。答案:(1)①4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O②Fe2+(2)n(Cl-)=n(AgCl)×-=4.800×10-3moln(Cu2+)=n(EDTA)×=0.08000mol·L-1×30.00mL×10-3L·mL-1×=9.600×10-3moln(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3mol-4.800×10-3mol=1.440×10-2molm(Cl-)=4.800×10-3mol×35.5g·mol-1=0.1704gm(Cu2+)=9.600×10-3mol×64g·mol-1=0.6144gm(OH-)=1.440×10-2mol×17g·mol-1=0.2448gn(H2O)=----=4.800×10-3mola∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O解析:(1)①由题意可知,反应物为CuCl、O2和H2O,生成物为Cu2(OH)2Cl2·3H2O,则反应为氧化还原反应,氧气为氧化剂,CuCl为还原剂,Cu元素从+1价变为+2价失1e-,O元素从0价到-2价得2e-,因此CuCl2与O2的物质的量之比为4∶1,再根据元素守恒即可得水的化学计量数为8;②由图示可知,M为催化剂Fe3+,在反应中,Fe3+将C