高考化学二轮复习 诊断卷（二）化学常用计量（重点讲评课）.doc

1(2015广东高考)设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()a23 g na 与足量 h2o反应完全后可生成na个h2分子b1 mol cu 和足量热浓硫酸反应可生成na个so3分子c标准状况下，22.4 l n2和h2 混合气中含 na个原子d3 mol 单质fe完全转变为fe3o4，失去8na个电子2用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是()3(2015绵阳一诊)设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()a5.6 g铁粉与足量cl2反应，失去的电子数为0.2nab常温常压下，18 g h2o含有10na个电子c常温下，1 l 0.1 moll1 alcl3溶液中含al3数为0.1nad1 mol cu与足量浓硫酸反应产生2na个so2分子4(2015海南高考改编)下列指定微粒的数目不相等的是()a等物质的量的水与重水含有的中子数b等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数c同温、同压、同体积的14co和no含有的质量数d等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数5(2015全国卷)na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()a18 g d2o和18 g h2o中含有的质子数均为10nab2 l 0.5 moll1亚硫酸溶液中含有的h离子数为2nac过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2nad密闭容器中2 mol no与1 mol o2充分反应，产物的分子数为2na6. 同温同压下，x g的甲气体和y g的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是()axy等于甲与乙的相对分子质量之比bxy等于等质量的甲与乙的分子个数之比cxy等于同温同压下甲与乙的密度之比dyx等于同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比7下列有关溶液配制的说法正确的是()a在50 ml量筒中配制0.100 0 moll1碳酸钠溶液b仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100 ml 0.100 0 moll1 k2cr2o7溶液c用100 ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和ph1的盐酸配制100 ml ph2的盐酸d配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余液体吸出8下列关于同温同压下的两种气体12c18o和14n2的判断正确的是()a体积相等时密度相等b原子数相等时具有的中子数相等c体积相等时具有的电子数相等d质量相等时具有的质子数相等9(2015嘉兴模拟)标准状况下v l氨气溶解在1 l水中(水的密度近似为1 gml1)，所得溶液的密度为 gml1，质量分数为w，物质的量浓度为c moll1，则下列关系中不正确的是()abwcwdc10有硫酸镁溶液500 ml，它的密度是1.20 gcm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是()a溶质的质量分数是24.0%b溶液的物质的量浓度是2.4 moll1c溶质和溶剂的物质的量之比是140d硫酸根离子的质量分数是19.2%11将含有2.05 g某高价含氧酸的钙盐的溶液a与含1.20 g碳酸盐的溶液b混合，恰好完全反应，生成1.25 g白色沉淀c。将滤去沉淀c的滤液蒸发，得到白色固体d，继续加热d时，d分解只得两种气态物质的混合物，在0 、1105 pa下，体积变为0.56 l，并得到0.90 g液态水，另一种气态物质为气态氧化物r2o。试回答：(1)白色沉淀c的物质的量为_mol。(2)a的摩尔质量为_，b的摩尔质量为_。(3)r2o与h2o的物质的量之比为_，生成d的质量为_，d的摩尔质量为_，r2o的相对分子质量为_，r2o的化学式是_。(4)写出a和b混合的化学方程式：_。12(2015惠州模拟)实验室需要0.80 moll1 naoh溶液475 ml和0.40 moll1硫酸500 ml。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题： (1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。(2)容量瓶所不具备的功能有_(填字母)。a配制一定体积准确浓度的标准溶液b量取一定体积的液体c测量容量瓶规格以下的任意体积的液体d贮存溶液e用来加热溶解固体溶质(3)根据计算用托盘天平称取naoh的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度_0.80 moll1(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度_0.80 moll1。(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸的体积为_ml(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10 ml、15 ml、20 ml、50 ml的量筒，最好选用_ml的量筒。13(2015江苏高考)软锰矿(主要成分mno2，杂质金属元素fe、al、mg等)的水悬浊液与烟气中so2反应可制备mnso4h2o，反应的化学方程式为mno2so2=mnso4。(1)质量为17.40 g纯净mno2最多能氧化_l(标准状况)so2。(2)已知：kspal(oh)311033，kspfe(oh)331039，ph7.1时mn(oh)2开始沉淀。室温下，除去mnso4溶液中的fe3、al3(使其浓度均小于1106 moll1)，需调节溶液ph范围为_。(3)下图可以看出，从mnso4和mgso4混合溶液中结晶mnso4h2o晶体，需控制的结晶温度范围为_。(4)准确称取0.171 0 g mnso4h2o样品置于锥形瓶中，加入适量h3po4和nh4no3溶液，加热使mn2全部氧化成mn3，用c(fe2)0.050 0 moll1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中mn3被还原为mn2)，消耗fe2溶液20.00 ml。计算mnso4h2o样品的纯度(请给出计算过程)。 答 案1选da由化学方程式2na2h2o=2naohh2知,23 g(即1 mol)na与足量h2o反应可生成0.5na个h2分子。b.cu和足量热浓硫酸反应生成的是so2而不是so3。c.标准状况下，22.4 l(即1 mol)n2和h2的混合气体，含有2na个原子。d.fefe3o4，铁元素的化合价由0价升高到价，故3 mol fe失去电子数为3na8na。2选b用托盘天平称量物体的质量时，应“左物右码”，a错误。转移溶液时应使用玻璃棒引流，c错误。定容时胶头滴管不能插入容量瓶内部，d错误。3选b氯气的氧化性很强，铁与氯气反应后铁元素的价态变为3价，故5.6 g铁粉即0.1 mol铁失去0.3 mol电子，a错误；水的物质的量n1 mol，而1 mol水中含10 mol电子，b正确；al3是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中铝离子的个数会小于0.1na，c错误；1 mol铜变成铜离子失去2 mol电子，生成1 mol二氧化硫需要得到2 mol电子，所以1 mol铜完全反应能够生成1 mol二氧化硫，产生na个so2分子，d错误。4选a1 mol普通水中含有的中子数是8 mol，1 mol重水中含有的中子数是10 mol，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，a项符合题意；乙烯、丙烯都属于烯烃，分子式符合cnh2n，最简式是ch2，所以若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，b项不符合题意；同温同压下，同体积的14co和no分子数相同，又因每个分子中含有相同的质量数，c项不符合题意；由于cl2的氧化性很强，与变价金属fe反应时产生的是fecl3，与al发生反应产生alcl3，所以等物质的量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子数目相等，d项不符合题意。5选cad2o的摩尔质量为20 gmol1,18 g d2o的物质的量为18 g/20 gmol10.9 mol，则含有的质子数为0.9 mol10na9na，h2o的摩尔质量为18 gmol1,18 g h2o的物质的量为18 g/18 gmol11 mol，则含有的质子数为1 mol10na10na，故a不正确。b.亚硫酸是弱电解质，不能发生完全电离，所含h离子数小于2 l0.5 moll122na，故b不正确。c.过氧化钠与水反应的化学方程式为2na2o22h2o=4naoho2，根据电子转移情况得关系式o22e，生成0.1 mol 氧气转移电子数为0.2na，故c正确。d.2 mol no与1 mol o2发生反应2noo2=2no2，生成2 mol no2，因为存在2no2n2o4，则产物的分子数小于2na，故d不正确。6选ba项，由阿伏加德罗定律，同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则物质的量相等，即，推出：，正确；b项，甲与乙的分子个数之比等于物质的量之比，甲与乙的物质的量之比为，再由a项推出的结论可知，错误；c项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，正确；d项，等质量的甲、乙压强之比为，正确。7选c配制一定物质的量浓度的溶液，应在容量瓶中进行，选项a、b错误；配制溶液定容时，若加水超过容量瓶刻度，即使用胶头滴管将液体吸出，也会造成配制结果偏低。8选c由于12c18o和14n2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，所以a项错误；1个12c18o分子中有16个中子，1个14n2分子中有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，所以b项错误；12c18o和14n2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，所以c项正确；每个12c18o和14n2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不等，故等质量的两种分子所具有的质子数不等，所以d项错误。9选a本题考查物质的量浓度、质量分数、标准状况下的摩尔体积及溶液密度的相关计算，意在考查考生对这些概念的理解及计算能力。选项a中溶液的体积错误，故a项关系不成立。10选c由mg2的质量分数知mgso4的质量分数为4.8%24.0%，其浓度为c2.4 moll1，溶质与溶剂的物质的量之比为 121，so 的质量分数为4.8%19.2%。11解析：由ab=cd知，c为caco3，d是一种含三种元素的含氧酸盐，该盐只能是nh4no3，分解生成的r2o为n2o。a为ca(no3)2，b为(nh4)2co3。(1)c的物质的量为1.25 g100 gmol10.012 5 mol。(2)a、b的摩尔质量分别为164 gmol1和96 gmol1。(3)n2o的物质的量为0.56 l22.4 lmol10.025 mol, n2o与h2o的物质的量之比为12。答案：(1)0.012 5(2)164 gmol196 gmol1(3)122 g80 gmol144n2o(4)ca(no3)2(nh4)2co3=caco32nh4no312解析：(1)配制溶液用不到圆底烧瓶和分液漏斗。(2)容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的溶液，也可以量取与容量瓶规格一致的一定体积的液体，但不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能用于溶解溶质或贮存溶液。(3)必须用500 ml的容量瓶来配制0.80 moll1 naoh溶液，故需要称取naoh的质量为0.80 moll10.5 l40 gmol116.0 g。容量瓶未干燥不影响所配制溶液的浓度；未等溶液冷却就定容会导致冷却后溶液的体积变小，浓度变大。(4)设需要浓硫酸的体积为v,1.84 gcm3v98%0.40 moll10.5 l98 gmol1，v10.9 ml，应选用15 ml的量筒。答案：(1)a、c烧杯、玻璃棒(2)c、d、e(3)16.0等于大于(4)10.915 13解析：(1)n(mno2)0.2 mol，由化学方程式mno2so2=mnso4知，n(so2)n(mno2)0.2 mol，标准状况下v(so2)22.4 lmol10.2 mol4.48 l。(2)fe3全部转化为fe(oh)3时，c(oh) 1011 moll1；al3全部转化为al(oh)3时，c(oh) 1109 moll1，故al3、fe3完全沉淀时，溶液中oh的最小浓度应为1109 moll1，即ph最小应为5.0，因为mn(oh)2 沉淀时的最小ph为7.1，故除去mnso4溶液中的fe3、al3，应调节溶液至5.0ph7.1。(3)由图可知，60 时，mgso46h2o与mnso4h2o的溶解度相等，随着温度的不断升高，mgso46h2o的溶解度逐渐增大，而mnso4h2o的溶解度逐渐减小，因此欲从混合溶液中结晶析出mnso4h2o，需控制温度在60 以上。(4)fe2的氧化产物为fe3，由质量守恒定律和