高三化学复习专题能力训练17VIP

专题能力训练1化学常用计量(时间:45分钟满分:100分)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.(2015上海模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.1.0L1.0mol·L-1的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAB.1molNa2O2固体中含离子总数与1molCH4中所含共价键数目相等C.1molNaClO固体中所有ClO-的电子总数为26NAD.标准状况下,6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA2.(2015四川检测)NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.标准状况下,2.8L丙烷中含有的极性共价键数为NAB.在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中,每生成3molI2转移的电子数为6NAC.已知CH3COONH4溶液的pH=7,则1L0.1mol·L-1的CH3COONH4溶液中,CH3COO-数为0.1NAD.39gNa2O2和Al(OH)3的混合物中阴、阳离子的总数为2NA3.(2015湖北武汉检测)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.64g铜被氧化,失去的电子数一定为2NAB.室温下,pH=13的氨水中,由水电离的OH-浓度为0.1mol·L-1C.在标准状况下,22.4LC4H10中共价键数目一定为13NAD.200mL1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中,Fe3+和S离子数的总和是NA4.将VLNH3(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0.5w5.下列叙述中正确的是()①标准状况下,1LHCl和1LH2O的物质的量相同②标准状况下,1gH2和14gN2的体积相同③28gCO的体积为22.4L④两种物质的物质的量相同,则它们在标准状况下的体积也相同⑤在同温同体积时,气体的物质的量越大,则压强越大⑥同温同压下,气体的密度与气体的相对分子质量成正比A.①②③ B.②⑤⑥C.②③⑥ D.④⑤⑥6.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-17.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,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8.(2013课标全国Ⅱ)N0为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.1.0L1.0mol·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0B.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0C.25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1N0D.1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0二、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。

10.(12分)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:葡萄酒样品100.00mL馏分溶液出现蓝色且30s内不褪色(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)(1)按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为g·L-1。

(2)在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测定结果(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

11.(12分)配制500mL0.5mol·L-1的NaOH溶液,试回答下列问题:(1)计算:需要NaOH固体的质量为。

(2)配制方法:设计5个操作步骤。①向盛有NaOH固体的烧杯中加入200mL蒸馏水使其溶解,并冷却至室温;②继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线1~2cm;③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中;④用少量的蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,然后将洗涤液移入容量瓶;⑤改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线,加盖摇匀。试将操作步骤正确排序。

(3)某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48mol·L-1,原因可能是。

A.使用滤纸称量氢氧化钠固体B.容量瓶中原来存在少量蒸馏水C.溶解后的烧杯未经多次洗涤D.胶头滴管加水定容时仰视刻度线12.(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(×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)。参考答案1.C解析:Na2SO4水溶液中水分子内也有氧原子,A错误;1molNa2O2中含3NA个离子,1molCH4中含4NA个C—H,B错误;1molNaClO固体中含有1molClO-,故ClO-电子数为17NA+8NA+NA=26NA,C正确;NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO,每反应3molNO2,转移电子2mol,标准状况下6.72LNO2的物质的量为0.3mol,故转移电子数应为0.2NA,D错误。2.A解析:1mol丙烷中含有8mol极性共价键,×8NAmol-1=NA,A正确;根据氧化还原反应的价态规律,3molI2中应有0.5molI2来自于KIO3,另2.5mol来自于HI,故每生成3molI2转移电子数为5NA,B错误;CH3COO-在水溶液中会水解,C错误;1molNa2O2含3mol离子,39gNa2O2所含离子数为1.5NA,39gAl(OH)3所含离子数为2NA,D错误。3.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.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.B解析:①标准状况下,HCl是气体,H2O是液体,二者等体积时,物质的量不相同,错误;②1gH2和14gN2的物质的量都是0.5mol,标准状况下,体积相同,正确;③没有给出气体所处的外界条件,不能根据物质的量求体积,错误;④两种物质若不是气体,则物质的量相同,它们在标准状况下的体积不相同,错误;根据阿伏加德罗定律知⑤、⑥正确。6.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.C解析:氢氧化钠会因为潮解而粘到纸片上,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.B解析:A选项,水也含有氧元素,错误;B选项,一个六元环中含有6个碳原子,1个碳原子被3个六元环共用,所以应该1个碳原子可形成个六元环,1mol碳原子可形成mol六元环,正确;C选项不知道溶液体积,错误;D选项,1个氢氧根离子含有10个电子,错误。9.答案:(1)cmol·L-1(2)w×100%(3)w×100%(4)cmol·L-110.答案:(1)0.16(2)偏低解析:(1)根据反应的化学方程式,SO2的物质的量与I2的相等,100mL葡萄酒中含SO22.5×10-4mol,则1L样品的残留量为2.5×10-4mol×10×64g·mol-1=0.16g;(2)若有部分HI被氧气氧化,生成的I2又继续氧化SO2,导致等量的SO2需要的I2溶液减少,则测得的SO2含量偏低。11.答案:(1)10.0g(2)①③④②⑤(3)ACD解析:(1)需要NaOH固体的质量为0.5L×0.5mol·L-1×40g·mol-1=10.0g。(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知其顺序为①③④②⑤。(3)A项,由于固体NaOH具有极强的吸水性,使用滤纸称量时,NaOH固体易黏附在滤纸上,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;B项,容量瓶中原来存在少量蒸馏水,无影响;C项,溶解后的烧杯未经过多次洗涤,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;D项,胶头滴管加水定容时仰视刻度线,加水过多,使溶液的体积增大,c(NaOH)偏小。12.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,后一质量减去实验①中求得的