（福建专用）高三化学 专题检测卷（二） 专题一 第2讲 化学常用计量（含解析）

化学常用计量(45分钟100分)一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分)1.一定温度和压强下,30L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子,这些分子由1.204×1024个原子组成,下列有关说法中不正确的是()A.该温度和压强可能是标准状况B.标准状况下该纯净物若为气态,其体积约是22.4LC.该气体中每个分子含有2个原子D.若O2在该条件下为气态,则1molO2在该条件下的体积也为30L2.(2013·福州质检)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(NA表示阿伏加德罗常数)()A.气体反应物的总体积为0.224LB.生成物的分子个数为0.005NAC.生成物中的N—H键个数为0.02NAD.加水溶解后所得溶液中NQUOTE数目为0.005NA3.(2013·漳州质检)2013年,在京津冀、长三角、珠三角等区域开展PM2.5(PM2.5指大气中直径接近于2.5×10-6m的颗粒物)和臭氧监测,下列有关说法正确的是()A.PM2.5在空气中形成了气溶胶B.同温同压条件下,等质量的氧气和臭氧体积比为2∶3C.16g臭氧中含有6.02×1023个原子D.1.0mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×10234.(2013·青岛一模)Na2O2、Cl2和SO2均能使品红溶液褪色(NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是()A.Na2O2、Cl2、SO2依次属于电解质、单质、非电解质B.标准状况下,1molNa2O2和22.4LSO2反应,转移电子数目为NAC.等物质的量的Cl2和SO2同时通入品红溶液中,品红褪色更快D.在Na2O2中阴、阳离子所含的电子数目相等5.常温常压下,将下列各组气体分别充入到容积可变的密闭容器中,充分反应后,恢复到原来状况时体积由大到小的顺序是①2molNH3和1molHCl,②2molSO2和1molO2,③2molH2S和1molSO2,④2molNO和1molO2,⑤1molH2S和1molCl2()A.②>④>⑤>①>③B.②>⑤>④>①>③C.④>②=⑤>③>①D.④=⑤>②>③>①6.(2013·龙岩一模)标准状况下,将aLSO2和Cl2组成的混合气体通入100mL0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中,充分反应后,溶液的棕黄色变浅。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液,将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重,其质量为11.65g。则下列关于该过程的推断不正确的是()A.所得沉淀为0.05mol的BaSO4B.混合气体中SO2的体积为0.448LC.aL混合气体的物质的量为0.04molD.a的取值范围为0.672<a<0.8967.(2013·四川高考)1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0mol·L-1NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54g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∶1B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol·L-1C.NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%D.得到2.54g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600mL二、非选择题(本题包括4小题,共58分)8.(14分)请仔细阅读硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)加热过程中依次发生的反应：CuSO4·5H2OCuSO4+5H2OCuSO4CuO+SO3↑4CuO2Cu2O+O2↑2SO32SO2+O2现称取25.0g硫酸铜晶体加热,使之均匀、缓慢地升温至1000℃(1)最终固体的质量为g;若维持最终的反应条件,推测反应结束除去水后的气态产物的物质的量范围在mol至mol之间。(2)如果甲同学做此实验时称得最后所得的固体质量为7.6g,试判断该固体的组分是(写化学式),其物质的量之比是。(3)如果乙同学做此实验时,所产生的气体为3.36L(已换算到标准状况下),则SO3的转化率为。9.(12分)(2013·龙岩质检)等质量的两种金属粉末A、B分别与同浓度的足量稀盐酸反应,都生成+2价金属氯化物,其反应情况如图所示：(1)在Fe、Mg、Zn、Cu中,A是,B是。(2)将两种金属粉末按一定比例混合后,进行甲、乙、丙三组实验,三组实验各取500mL同浓度的盐酸加入该种混合粉末,有关数据如下：实验序号甲乙丙混合粉末质量/g6.218.624.8生成气体体积(标准状况)/mL224056005600计算上述所用盐酸的物质的量浓度(写出计算过程)。10.(16分)在实验室中,氮氧化物废气(主要成分NO2和NO)可以用NaOH溶液来吸收,以除去这些废气,其主要反应为2NO2+2NaOH====NaNO2+NaNO3+H2ONO+NO2+2NaOH====2NaNO2+H2O(1)2molNO和2.4molNO2混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时,生成的NaNO2和NaNO3物质的量分别为、。(2)NO和NO2的混合气体的组成可表示为NOx,该混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时,x的值可以为(填编号)。A.1.1B.1.2C.1.5D.1.8(3)若用纯碱溶液处理氮氧化物废气,反应与上述类似,同时放出CO2。请写出纯碱溶液吸收NO2的化学方程式

。11.(16分)(2013·南平一模)如图是硫酸试剂标签上的部分内容。某次学生实验需要0.5mol·L-1H2SO4溶液480mL,若由你来配制所需溶液,请根据实验室已有的仪器和药品情况回答下列问题：(1)容量瓶应如何检漏：。(2)实验中除量筒、烧杯外还需要的其他仪器：。(3)计算所需浓硫酸的体积约为mL;若将该硫酸与等体积的水混合,所得溶液中溶质的质量分数49%(填“<”“=”或“>”)。(4)配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释。稀释的操作方法是_____________________________________________。(5)下列操作会引起所配溶液浓度偏大的是(填字母)。A.用量筒量取浓硫酸时,仰视量筒的刻度B.向容量瓶中转移时,有少量液体溅出C.定容时仰视刻度线D.定容后倒置摇匀后再正立时,发现液面低于刻度线(6)温度计、量筒、滴定管的一部分如图所示,下述读数(虚线所指刻度)及说法正确的是(填字母)。A.①是量筒,读数为2.5mLB.②是量筒,读数为2.5mLC.③是滴定管,读数为2.5mLD.①是温度计,读数为2.5

答案解析1.【解析】选A。由分子数和原子数的关系可知该分子为双原子分子,且其物质的量为1mol,若该物质为气态,则其在标准状况下的体积为22.4L,故该温度和压强不可能是标准状况,在此状况下,Vm=30L·mol-1。2.【解析】选C。气体反应物的总物质的量是0.005mol+0.005mol=0.01mol,但是未给出气体所处的状态是否是标准状况,故A项错误;生成的NH4Cl为离子晶体不存在分子,故B项错误;在1molNH4Cl中含有4molN—H键,故生成物中的N—H键个数为0.02NA,C项正确;由于NQUOTE水解,故D项错误。3.【解析】选C。PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10-6m的颗粒物,在空气中形成的不是气溶胶,故A项错误;同温同压条件下,等质量的氧气和臭氧体积比为3∶2,故B项错误;1.0mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023,故D项错误。4.【解析】选A。Na2O2和SO2反应的化学方程式为Na2O2+SO2====Na2SO4,则1molNa2O2和1molSO2反应转移的电子数目为2NA,故B错;Cl2+SO2+2H2O====H2SO4+2HCl,故等物质的量的Cl2和SO2同时通入品红溶液中,没有了漂白作用,故C错;Na2O2中的两个Na+含有20个电子,QUOTE含有的电子为18个,故D错。【解题技巧】解答有关阿伏加德罗常数类题目的“三个步骤”1.看：看所给数据是体积、质量还是物质的量。如果所给数据是质量或物质的量,该类数据不受外界条件的限制。2.定：确定对象是气体、固体还是液体。如果是气体,要注意外界条件是否为“标准状况”。3.算：根据所求内容进行计算,在求算时要注意：(1)不要直接利用溶液的浓度代替指定物质的物质的量进行计算。(2)同种物质在不同的氧化还原反应中“角色”可能不同,电子转移数目也可能不同,不能一概而论。5.【解析】选B。根据阿伏加德罗定律的推论,在同温同压下,气体物质的量越大体积越大,①2molNH3和1molHCl反应后剩余1mol气体,②2molSO2和1molO2不反应,气体仍为3mol,③2molH2S和1molSO2反应后无气体剩余,④2molNO和1molO2反应后得气体1mol～2mol,⑤1molH2S和1molCl2反应得2molHCl气体,故气体体积大小顺序为②>⑤>④>①>③。【答题误区】阿伏加德罗定律及其推论中的易错点(1)阿伏加德罗定律不仅适用于单一气体,也适用于混合气体。(2)同温、同压、同体积、同分子数,这“四同”相互制约,只要其中“三同”成立,第“四同”也成立,即“三同”定“一同”。(3)应用阿伏加德罗定律及推论时不宜死记硬背,要熟记相关化学计量的定义式,并结合相互关系进行推导。6.【解析】选C。沉淀是硫酸钡,其物质的量是0.05mol,所以硫酸根离子的物质的量是0.05mol;硫酸铁溶液中硫酸根离子的物质的量是0.03mol,所以由二氧化硫生成的硫酸根离子的物质的量是0.02mol,因为SO2是被Cl2和Fe3+共同氧化的,故无法计算混合气体的物质的量,故C错误。设SO2完全被Cl2氧化,则气体总量为0.04mol,a=0.896L,若Fe3+完全被还原,则还有0.01molCl2,a=0.672L,D正确。7.【解析】选D。设Cu、Mg的物质的量分别为x、y,则64x+24y=1.52,98x+58y=2.54,解得x=0.02mol,y=0.01mol,故x∶y=2∶1,A正确;c(HNO3)=1000ρw/M=1000×1.40×63%/63=14.0(mol·L-1),B正确;Cu、Mg失去电子的物质的量为(0.02+0.01)×2=0.06(mol),根据得失电子守恒(QUOTE→QUOTE),应得到0.06molNO2,现得到QUOTE=0.05mol的混合气体,是因为2NO2N2O4,由差量法可得生成的N2O4为0.01mol,则NO2为0.04mol,故NO2的体积分数为QUOTE×100%=80%,C正确;由题意知,加入NaOH溶液先与剩余的HNO3反应,再与金属离子反应生成沉淀,最终溶液为NaNO3溶液,可得n(NaOH)=n(HNO3)=QUOTE=700mL,D错误。8.【解析】(1)25.0g硫酸铜晶体为0.1mol,1000℃并恒温1h左右,固体反应产物只有Cu2O,根据铜原子守恒可知Cu2O为0.05mol,即7.2g0.125mol～0.175mol之间。(2)如果全部生成CuO,物质的量为0.1mol,即8g,全部生成Cu2O为7.2g,最终固体的质量介于两者之间,应为两者的混合物。设Cu2O、CuO的物质的量分别为xmol、ymol,则有QUOTE可得：x=0.025y=0.05则x∶y=1∶2(3)根据前3步反应可知0.1mol硫酸铜晶体加热分解可得到0.1molSO3和0.025molO2,而乙同学测得的气体体积为3.36L,物质的量为3.36L/22.4L·mol-1=0.15mol,根据差量法可知：2SO32SO2+O22mol 2mol1molΔn=1mol0.05mol0.025mol则SO3的转化率为QUOTE×100%=50%。答案：(1)7.20.1250.175(2)Cu2O、CuO1∶2(3)50%9.【解析】(1)铜和盐酸不反应,等质量的Mg、Fe、Zn与盐酸反应时,Mg产生的H2最多,且反应最快,与图像表示的不相符,故A、B不可能是Mg,所以A、B是铁和锌,根据图像知,反应速率较快的是B,即B的金属性比A强,所以A是铁,B是锌。(2)解：若甲、乙中金属完全反应,则有6.2g/2240mL=18.6g/V(H2)V(H2)=6720mL>5600mL,说明乙中盐酸不足2HCl～H221n5.6L/22.4L·mol-1n=0.5mol所以盐酸的浓度是0.5mol/0.5L=1mol·L-1答案：(1)FeZn(2)解：若甲、乙中金属完全反应,则有6.2g/2240mL=18.6g/V(H2)V(H2)=6720mL>5600mL,说明乙中盐酸不足2HCl～H221n5.6L/22.4L·mol-1n=0.5mol所以盐酸的浓度是0.5mol/0.5L=1mol·L-110.【解析】(1)根据第二个方程式知,有2mol二氧化氮和2mol一氧化氮发生反应,剩余的0.4mol二氧化氮和氢氧化钠发生第一个反应,所以生成n(NaNO2)=4.2mol,n(NaNO3)=0.2m