2018高考化学一轮复习第1章化学计量在实验中的应用综合过关规范限时检测新人教版

1、第一章综合过关规范限时检测满分：100 分，时间：50 分钟可能用到的相对原子质量： H 1C12N14016F19Na 23 Mg- 24Al27 S 32 Cl 35.5 Ca- 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137第I卷（选择题，共 42 分）一、选择题（本题包括 7 小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题 6 分，共 42 分）1 . （2016 湖北黄冈期末）等质量的 CH 和 NH 相比较，下列结论中错误的是导学号 25470091 ( D )A.两种气体的分子个数之比为17 : 16B.同温同压下，两种气体的体积之比为17 : 16C.两种气体的氢原子个数之

2、比为17 : 12D.同温同压下，两种气体的密度之比为17 : 16解析 令CH和NH的质量都为1 g， 则CH的物质的量为1/16 mol , NH的物质的量 为1/17 mol。分子数目之比等于物质的量之比，为1/16 : 1/17 = 17 : 16 , A 正确；同温同压下，体积和物质的量成正比，则两种气体的体积之比为1/16 : 1/17 = 17 : 16, B 正确;量n(Ca2+) =40 g.為ol1= 0.05 mol，根据化学式 Ca(NO)2可知，n(NO) = 2n(Ca2+) = 0.053. （2016 山东潍坊模拟）下列叙述不正确的是导学号 25470093 （

3、 A ）A.6.2 g 白磷与红磷的混合物中所含的磷每个 CH 分子中含有 4 个氢原子，每个NH 分子中含有 3 个氢原子，则两种气体的氢原子个数之比为(1/16X4) : (1/17X3) =17 :12, C 正确；在同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，则两种气体的密度之比为2. （2016 湖北黄冈期末）若 20 g16 : 17 , D 错误。cm3的 Ca(NO)2溶液中含有 2 g Ca2+,密度为pg则溶液中 NO 的物质的量浓度为导学号 25470092 (A. 5p1molLB. 2.51molLmol L1D.解析该硝酸钙溶液20 g3p pgcm203cmp2+

4、的物质的molX2= 0.1 mol , NO 的物质的量浓度c(NQ)=0.1 mol150pL=5pmol.L1, A 项正确。原子数为0.3 2B.常温常压下，0.1 molCO 和 CO 混合气体中含有的碳原子数目为0.12C. 标准状况下，22.4 L NO2和 CO 的混合气体中含有 22 个氧原子3D.常温常压下，14 g 由Na 与 CO 组成的混合气体含有的原子数目为2解析白磷和红磷互为同素异形体，6.2 g 白磷和红磷的混合物中所含磷原子的物质碳原子，故 0.1 mol CO 和 CO 混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA, B 项叙述正确；1 molNO 和 1 mol

5、 CO-分子中均含有 2 mol 氧原子，标准状况下，22.4 L NO-和 CO 的混合气体中含有 22 个氧原子，C 项叙述正确；N2与 CO 的摩尔质量均为 28 g - mo1,14 g 由 N2与 CO 组 成的混合气体的物质的量为0.5 mol , N2与 CO 均为双原子分子，故 14 g 由 N2与 CO 组成的混合气体含有的原子数目为N% D 项叙述正确。4.(2017 湖南省郴州市一模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是导学号 25470094 |( A )A.常温常压下，44 g 丙烷含有共价键的数目为10NA一 1 . ,B.1 L 1 mol-L的 NaCO

6、 溶液中含有氧原子的数目为3NAC.常温常压下，11.2L 由 N2与 CO 组成的混合气体含有的原子数目为2D.标准状况下，6.72 L NO2溶于足量的水中，转移电子的数目为0.32解析A. 44 g 丙烷的物质的量为 1 mol，而丙烷中含 10 条共价键，故 1 mol 丙烷中 含 10NL条共价键，故 A 正确；B.在碳酸钠溶液中，除了碳酸钠外，水也含氧原子，故溶液 中的氧原子的个数大于 32 个，故 B 错误；C.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L/mol ,故 11.2 L 混合气体的物质的量小于0.5 mol,则含有的原子个数小于NA个，故 C 错误；D.标况下 6.72

7、 L 二氧化氮的物质的量为0.3 mol，而二氧化氮和水的反应中，3 mol 二氧化氮转移 2 mol 电子，故 0.3 mol 二氧化氮转移 0.2NA个电子，故 D 错误。故选 A。5.(2017 衡水武邑中学调研)设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法中错误的是导学号 25470095 |( B )A.14 g 乙烯和甲烷混合气体中的氢原子数一定大于2ZB.2 mol N2与 6 mol H2在一定条件下反应生成的NH 分子数一定大于 2NAC.56 g Fe 溶于过量稀硝酸，电子转移数一定等于3NA6 2 g的量为 3131 g.-molg.-mol - -2 m01，A 项叙述不正确;1

8、 mol CO 和 1 mol CO-分子中均含有 1 mol4D.标准状况下，2.24 LCH3CI 含有的共价键数一定小于 4NA解析A.当 14 g 全部为乙烯时，含 2 mol 氢原子，而甲烷中 H 元素的百分含量高于 乙烯，故当 14 g 为乙烯和甲烷的混合物时，含有的H 原子个数一定大于 22 个，故 A 正确；B.合成氨的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则生成的氨气分子个数小于2Nk 个，故 B错误；C.铁和过量硝酸反应后变为+3 价，故 56 g 铁即 1 mol 铁转移的电子数为 3NA个，故 C 正确；D.标况下 2.24 L 一氯甲烷的物质的量为0.1 mol，故含 0.

9、4 M 条共价键，即小于 4NA条，故 D 正确。故选 B。6.(2016 安徽巢湖六校联考)在 100 mL 硝酸和硫酸的混合溶液中，c(HNO) = 0.2 mol/L ,2+5C（H2SQ） = 0.4 mol/L ，向其中加入 2.56 g 铜粉，微热，充分反应后溶液中c（Cu ）为（反应0.2 mol/Lx0.1 L+2X0.4 mol/Lx0.1 L=0.1 mol,n(NOT)=n(HNQ)=0.2 mol/Lx0.1L= 0.02 mol, Cu 和混合酸反应的离子方程式为3Cu+ 2NQ + 8H+=3Cu+ 2NQT+ 4HaO,根据离子方程式知，0.02 mol 硝酸根离

10、子完全反应需要0.03 mol Cu、0.08 mol 氢离子，所以 Cu 氢离子都剩余，则 Cu 不完全溶解，根据 Cu 原子守恒得n(Cu2+) =n溶(Cu) = 0.03 mol,c(Cu2+) = O.O.0 0：。：。1= 0.30 mol/L , B 项正确。7. （2016 河北衡水一中模拟）一定质量的镁、铝合金与硝酸恰好完全反应，得硝酸盐 溶液和NO、NaQ、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。若向所得硝酸盐溶液中加入2 mol1NaQH 容液至沉淀最多时停止加入，将沉淀滤出，向滤液中加水稀释至500 mL

11、，此时所得溶液中溶质的物质的量浓度为导学号 25470097 | ( C )-1-1A. 0.5 molLB.1 molL解析由题意可知最终滤液为NaNQ 溶液，根据得失电子守恒和电荷守恒，金属失去的电子数等于氧气得到的电子数，标准状况下3.36 L 氧气的物质的量为 0.15 mol，故氧气得到电子的物质的量为 0.15 molx4= 0.6 mol，根据硝酸根守恒知，钠离子的物质的量等 于金属失去电子的物质的量，故硝酸钠的物质的量为0.6 mol，将滤液稀释至 500 mL,此时第n卷（非选择题，共 58 分）二、填空题（本题包括 4 小题，共 58 分）8.1.（2016 北京西城区高三

12、模拟）（10 分）物质的量是高中化学中常用的物理量，请回答以下有关其内容的计算。（1）0.2 g H2含有 1.204X1023个 H 原子（2）标准状况下，含有相同氧原子数的CQ 与 CQ 的体积之比为2 ： 1 。（3）100 mL 某 Al2（SO4）3溶液中（不考虑 Al3+水解），n（Al3+） = 0.2 mol，则其c前后溶液体积保持不变A. 0.40 mol/LC. 0.075 mol/L)导学号 25470096 ( B )B. 0.30 mol/LD.无法计算解析n(Cu) =64 g mol0.04 mol，混合溶液中n(H+) =n(HNQ) + 2n(H2SQ4)=C

13、. 1.2 molLD. 2 molL所得溶液中溶质的物质的量浓度为0.6 mol0.5 L=1.2mol2+6（S&-）= _3.0 mol/L。在 9.5 g 某二价金属的氯化物中含0.2 mol Cl-，此氯化物的摩尔质量为95g/mol;该金属元素的相对原子质量为24 。7(5)标准状况下，6.72 L CO 与一定量的Fe2Q 恰好完全反应后，剩余固体的质量为_11.2_g。n .(2016 太原质检)(8 分)一定质量的液态化合物XY2与标准状况下的一定质量的O占燃恰好完全反应，化学方程式为 XY(I) + 3C2(g)= 燃=XO(g) + 2YO(g),冷却后，在标准状

14、况下 测得生成物的体积是 672 mL,密度是 2.56 g/L ，则：(1) 反应前 Q 的体积是_672 mL_。(2) 化合物 XW 的摩尔质量是_76 g/mol_。(3) 若 XY 分子中 X、Y 两元素的质量比是 3 : 16，贝 U X、Y 两元素分别为_C_和_。(写元素符合)。导学号 25470098解析1.0.2 g H2的物质的量为 0.1 mol，含有 0.2 mol H 原子，其数目为 1.024x1023个。(2)含有相同氧原子数的 CO 与 CO 的物质的量之比为 2：1。(3)100 mL 某 A%SO4)3溶液 中，n(Al3+) = 0.2mol，则其中n(

15、S&)= 0.3 mol ,c(So4)= 3.0 moI/L 。(4)二价金属的 氧化物可以表示为 MC2,在9.5 g 某二价金属的氯化物中含0.2 mol Cl，则 9.5 g/mol 该氯化物的物质的量为0.1 mol，该氯化物的摩尔质量为95 g/mol ;该金属元素的相对原子质高温量为 95- 71 = 24。(5)CO 与 FezO 反应的化学方程式为 3C3 FezO 高温=Fe+ 3CQ,标准状况 下 6.72L CO 的物质的量为 0.3 mol。恰好与 Fe?。完全反应时生成 0.2 Fe，剩余固体的质 量为 11.2 g。占燃n.(1)由反应 XY(I) + 3

16、Q(g)=XO(g) + 2YO(g)可知， 反应前后气体的的体积变化为 0,故 V(O2)=672 mL。(2)由m=pV,生成物的质量m= 0.672 Lx2.56 g/L1.72 g , Q0.672 L的物质的量n= 0.03 mol , XY 的物质的量为0.01 mol ，所以M/Y=22.4 L/molMX) = 12,MY) = 32,即卩 X 为 C, Y 为 So9. (2016 贵州遵义航天中学模拟)(16 分)I.要配制 450 mL 0.2 molL1FeSQ 溶液,实验操作步骤有：在天平上称取ag 绿矶(FeSQ 7H2O)，将它放在烧杯中，用适量蒸馏水使其完全溶解

17、；将所得溶液沿玻璃棒注入500 mL 容量瓶中；继续向容量瓶中加水至液面距刻度线 12 cm 处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低点与刻度线相切；用少量 水洗涤烧杯和玻璃棒23 次，每次洗液都转入容量瓶；将容量瓶塞紧，充分摇匀。导学号 254700991.72 g0.03 gmolx32 g/mol0.01 mol=76 g/mol 。(3)由爲爲 316，MX) + 2M(Y) = 76，解得8填写下列空白:(1)a g 绿矶的实际质量为27.8 g。上述操作步骤的正确顺序为(3) 下列操作会使所配溶液的浓度偏高的是_BDA. 配制时遗漏步骤B. 定容时俯视刻度线C. 称量时物、码放反了D

18、. 绿矶样品已部分风化E. 摇匀后溶液低于刻度线，再加入蒸馏水使液面最低点与刻度线相切F. 引流时玻璃棒靠在刻度线上方(4) 取一定体积所配制的硫酸亚铁溶液，用一定浓度的酸性KMnO 标准溶液进行滴定，滴定过程中不需要_(填“需要”或“不需要”)指示剂，并说明理由：高锰酸钾有很深 的紫色，滴定中体现氧化性，被还原后紫色褪去。n.三氟化氮(NF3)是一种新型的电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其生成物有 HF NO HNO。根据要求回答下列问题：(1) 写出该反应的化学方程式：_3NE+ 5H2O(g)=9HF+ 2N3 HNO_反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比

19、为_1 : 2_。(2) 若反应中生成 0.2mol HNO3,转移的电子数目为 _2.408X1023_o解析(1)由于没有 450 mL 容量瓶，则需要配制 500 mL,因此需要绿矶的质量为0.5LX0.2 mol/LX278 g/mol=27.8 g。(2) 配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、 摇匀等，所以上述操作步骤的正确顺序为。(3) A 项，若配制时遗漏步骤，则溶质的物质的量减少，浓度偏低；B 项，定容时俯视刻度线，则实际加入水的体积偏小，浓度偏高；C 项，称量时物、码放反了，则实际称量的质量为 27 g 0.8 g = 26.2 g，浓度

20、偏低；D 项，绿矶样品已部分风化，则溶质的物质的量 增加，浓度偏高；E 项，摇匀后溶液低于刻度线，再加入蒸馏水使液面最低点与刻度线相切，则溶液体积增加，浓度偏低；F 项，引流时玻璃棒靠在刻度线上方，则会导致溶液体积增大，浓度偏低。(4) 由于高锰酸钾溶液呈紫色，滴定中体现氧化性，被还原后紫色褪去，所以滴定过程 中不需要指示剂。n.(1)三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其生成物有HF、NO HNO,因此该反应的化学方程式为 3NF3+ 5H2O(g)=9HF+ 2NOF HNQ 反应中氮元素的 化合价部分从+ 3 价升高到+ 5 价，失去 2 个电子，部分降低到+ 2

21、 价，得到 1 个电子，根 据电子得失守恒可知，反应过程中被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1 : 2o9(2)根据方程式可知生成 1 mol HNO 转移 2 mol 电子，因此若反应中生成 0.2 mol HNO, 则转移的电子的物质的量是0.4 mol，电子数目为 0.4 molX6.02X10 mol = 2.408X10。1010. （2016 华中师大附中期中）（14 分）已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图抑水的就X溶质的物质的量浓度/（molL1）溶质的质量分数溶液的密度 g Cm3硫酸C1wp1氨水C2wp2请根据表中信息，回答下列问题：一9.8C1一（1）表中硫酸的质

22、量分数w为_-%_ （用含C1、p1的代数式表示）。4一 1（2）物质的量浓度为C1molL，质量分数为w的硫酸与水等体积混合（混合后溶液体积变化忽略不计），所得溶液的物质的量浓度为_=_molL1，质量分数 _（填W2（3）质量分数为w的氨水与质量分数为 -的氨水等质量混合，所得溶液的密度_（填5一3_（填”“ ”或“=”C12；11为的氨水等质量混合，所得溶液的密度一定大于一 3p2gCm。际上是等体积混合，由于硫酸的密度大于水的密度,等质量的硫酸和水相比。硫酸的体积较小，所以等体积混合时，所得溶液的质量分数大于（3）根据图像可知，氮水的浓度越大，密度越小，所以质量分数为w 的氨水与质量分数12(4)如果蒸发溶剂使硫酸的质量分数变为2w,则硫酸的密度也增大，所以根据c=1000pw君可知所得硫酸的物质的量浓度大于2C