高三化学二轮习题：专题二 化学常用计量含解析

专题二化学常用计量一、选择题1.设N A为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A.转移0.2N A个电子使Na完全转化为Na2O2,需要氧气的体积为2.24 LB.生成6N A个N—H键同时消耗3N A个H—H键,即标志着反应N2+3H22NH3达到平衡状态C.常温常压下,1.42 g Na2SO4中含有的Na+数为0.02N AD.1 mol苯理论上可以与3 mol H2发生加成反应,所以1 mol苯分子中含有3N A个碳碳双键答案 C A项,Na完全转化为Na2O2,氧元素化合价的变化为0→-1,转移0.2N A个电子,需要标准状况下氧气的体积为2.24 L,但题中未指明气体所处状况,无法确定体积,错误;B项,生成6N A个N—H键(即2 mol NH3)的同时消耗3N A个H—H键(即3 mol H2),体现的都是正反应速率,与反应是否达到平衡状态无关,错误;C项,Na2SO4为离子晶体,常温常压下为固体,1.42g(即0.01 mol)Na2SO4中含有的Na+数为0.02N A,正确;D项,苯分子中不存在碳碳双键,错误。

2.(2019湖北黄冈中学模拟)含硫酸钾、硫酸铝和硫酸的混合溶液,其中c(H+)=0.1mol·L-1, c(Al3+)=0.4 mol·L-1,c(S O42-)=0.8 mol·L-1,则c(K+)为( )A.0.15 mol·L-1B.0.2 mol·L-1C.0.3 mol·L-1D.0.4 mol·L-1答案 C 因溶液呈电中性,故存在:3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(S O42-)+c(OH-),而溶液中c(OH-)很小,可以忽略不计,则有3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(S O42-),所以c(K+)=2c(S O42-)-3c(Al3+)- c(H+)=2×0.8 mol·L-1-3×0.4 mol·L-1-0.1 mol·L-1=0.3 mol·L-1。

3.(2019河南开封调研)如图是氨气与氯化氢反应的装置。

抽走玻璃片充分反应,反应中有关物理量的描述正确的是(设N A表示阿伏加德罗常数的值)( )A.气体反应物的总体积为0.224 LB.生成物的分子个数为0.005N AC.产物中的N —H 键个数为0.02N AD.加水溶解后所得溶液中N H 4+的数目为0.005N A3.答案 C A 项,没有说明气体所处的状况,故气体反应物的总体积不一定是0.224 L,错误;B 项,生成物NH 4Cl 为离子化合物,不存在分子,错误;D 项,由于N H 4+部分水解,故所得溶液中N H 4+的数目小于0.005N A ,错误。

4.设N A 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( ) A.17 g H 2O 2分子中极性共价键的数目为N AB.NH 5常温下为无色晶体,3.8 g NH 5中共用电子对数为N AC.标准状况下a L 容器中通入46b N Ag NO 2气体,则容器中NO 2的浓度为baN Amol/LD.用惰性电极电解CuSO 4溶液,两极均产生5.6 L(标准状况)气体时,电路中转移电子数为0.5N A答案 A 1 mol H 2O 2分子中极性共价键即O —H 键为2 mol,数目为2N A ,17 g H 2O 2分子的物质的量为0.5 mol,分子中极性共价键的数目为N A ,A 正确。

NH 5属于离子化合物,即NH 4H,只有其中的N H 4+中存在4对共用电子对,3.8 g NH 5的物质的量为0.2 mol,共用电子对数为0.2×4N A =0.8N A ,B 错误。

NO 2气体在容器中会发生反应2NO 2(g)N 2O 4(g),其物质的量浓度小于baN Amol/L,C 错误。

用惰性电极电解CuSO 4溶液时,若两极均产生5.6 L(标准状况)气体,阳极的电极反应式为4OH --4e - 2H 2O+O 2↑;阴极的电极反应式为Cu 2++2e - Cu 、2H ++2e - H 2↑;依据得失电子守恒,O 2和H 2均为5.6 L(标准状况)时,电路中转移电子数为N A ,D 错误。

5.(2019山西大学附属中学高三模块诊断)300 mL 硫酸铝溶液中,含A l 3+1.62 g,在该溶液中加入0.1 mol/L 氢氧化钡溶液300 mL,反应后溶液中硫酸根离子的物质的量浓度为(忽略溶液混合前后体积的变化)( )A.0.4 mol/LB.0.3 mol/LC.0.2 mol/LD.0.1 mol/L答案 D 溶液中Al 3+为1.62 g,其物质的量为1.62g27g /mol =0.06 mol,根据电荷守恒可知,溶液中n (S O 42-)=32n (Al 3+)=32×0.06 mol=0.09 mol,加入的氢氧化钡的物质的量为0.1 mol/L×0.3 L=0.03 mol,溶液混合时发生反应:S O 42-+Ba 2+BaSO 4↓,根据反应可知,消耗硫酸根离子的物质的量为0.03 mol,所以硫酸根离子有剩余,剩余硫酸根离子的物质的量为0.09 mol-0.03mol=0.06 mol,所以反应后溶液中S O 42-的物质的量浓度为0.06mol0.3L+0.3L =0.1 mol/L 。

6.(2019江西铅山三校联考)有五瓶溶液,分别是:①10 mL 0.60 mol/L NaOH溶液;②20 mL0.50 mol/L H2SO4溶液;③30 mL 0.40 mol/L 盐酸;④40 mL 0.30 mol/L CH3COOH溶液;⑤50mL 0.20 mol/L蔗糖溶液。

以上各瓶溶液所含离子和分子总数的大小顺序是( )A.①>②>③>④>⑤B.②>①>③>④>⑤C.⑤>④>③>②>①D.②>③>④>①>⑤答案 C 溶液中所含的离子和分子总数取决于溶质和溶剂中所含的分子以及电离出的离子等,题中所述五种溶液中溶质的浓度都比较低,因此溶剂分子数目占据主导,而溶剂分子数目与溶液体积成正比,因此溶液体积越大,所含总粒子数目越多,故离子和分子总数由大到小依次为⑤>④>③>②>①。

7.在pH=1的溶液中,含有浓度都为0.1 mol/L的N H4+、N O3-、S O42-、Cl-和X离子,则X离子可能是( )A.Fe3+B.Mg2+C.Ag+D.Fe2+答案 B 在pH=1的溶液中,OH-浓度可以忽略不计,c(H+)=0.1 mol/L,含有浓度都为0.1 mol/L的N H4+、N O3-、S O42-、Cl-和X离子,c(H+)+c(N H4+)=0.2 mol/L,2c(S O42-)+c(N O3-)+c(Cl-)= 0.4 mol/L,根据电荷守恒可知X离子应为阳离子且带2个单位的正电荷,符合条件的有Mg2+和Fe2+,但酸性条件下H+、Fe2+和N O3-因发生氧化还原反应而不能大量共存,故X离子为Mg2+。

8.NaNO2是一种食品添加剂,能致癌,酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是Mn O4-+N O2-+Mn2++N O3-+ (未配平)。

下列叙述中正确的是( )A.该反应中N O2-作还原剂,由此推知HNO2只具有还原性B.反应过程中溶液的pH减小C.生成2 mol NaNO3需消耗0.8 mol KMnO4D.用标准酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的NaNO2溶液,以酚酞作指示剂答案 C 由于HNO2中氮元素的化合价为+3,处于中间价态,所以HNO2既具有氧化性又具有还原性,A项错误;由于反应过程中消耗氢离子,所以溶液的pH将增大,B项错误;生成2 mol硝酸钠时转移的电子的物质的量为4 mol,根据得失电子守恒可知参加反应的高锰酸钾的物质的量为0.8 mol,C项正确;酸性高锰酸钾溶液有颜色,所以用标准酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的NaNO2溶液时不需要外加指示剂,D项错误。

9.(2019辽宁大连模拟)白磷与过量氢氧化钾溶液在一定条件下可以发生反应:P4+3KOH+3H2O PH3↑+3KH2PO2,若用N A表示阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是( )A.31 g白磷所含分子的数目为0.25N AB.28 g KOH参加反应转移的电子数为0.5N AC.KH2PO2为正盐,且0.1 mol该固体物质中所含离子数目为0.2N AD.10 mL pH=11的KOH溶液稀释至100倍,水电离的OH-的数目约为10-5N A答案 D 温度未知,K W不确定,无法计算,故D错误。

10.(2019四川成都第三次诊断)用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为:已知:吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。

下列说法正确的是( )A.反应①中参与反应的HCHO为30 g时转移电子2 molB.可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+C.生成44.8 L CO2时反应②中参加反应的Ag一定为8 molD.理论上测得溶液吸光度越高,HCHO含量也越高答案 D 30 g HCHO的物质的量为1 mol,被氧化时生成二氧化碳,碳元素化合价从0价升高到+4价,转移电子应为4 mol,故A错误;过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+,与Fe3+不反应,所以不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+,故B错误;没有注明温度和压强,所以无法计算气体的物质的量,也无法计算参加反应的Ag的物质的量,故C错误;吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比,吸光度越高,则说明反应②生成的Fe2+越多,进一步说明反应①生成的Ag越多,所以HCHO含量也越高,故D正确。

11.(2019湖南十四校联考)向25 mL 12.0 mol·L-1浓硝酸中加入足量的铜,充分反应后共收集到标准状况下2.24 L NO和NO2的混合气体(不考虑NO2与N2O4的相互转化),则参加反应的铜的质量为( )A.3.2 gB.6.4 gC.12.8 gD.19.2 g答案 B 由题意可知,硝酸的总物质的量为0.3 mol,被还原的硝酸的物质的量为0.1 mol,则未被还原的硝酸(起酸性作用)的物质的量为0.2 mol,以Cu(NO3)2的形式存在,所以参加反应的铜的质量为64 g·mol-1×0.2mol2=6.4 g。

12.某同学为了测定铁铝硅合金(Fe x Al y Si)的组成,设计如下实验方案:通过上述实验,确定该合金的化学式为( ) A.Fe 4Al 8Si B.Fe 8Al 4Si C.Fe 8Al 3Si D.Fe 6Al 4Si答案 B 依题意,硅不溶于盐酸,n (Si)=0.07g28g ·mol -1=0.002 5 mol;红色粉末是氧化铁,n (Fe)=2n (Fe 2O 3)=1.6g160g ·mol -1×2=0.02 mol,n (Al)=1.46g -0.07g -0.02mol×56g ·mol -127g ·mol -1=0.01 mol 。