专题强化练(二)

1、.专题强化练二12019·全国卷以下表达正确的选项是A24 g镁与27 g铝中，含有一样的质子数B同等质量的氧气和臭氧中，电子数一样C1 mol重水与1 mol水中，中子数比为21D1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数一样解析：1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24 g镁和27 g铝各自的物质的量都是1 mol，所以24 g镁含有的质子数为12 mol，27 g铝含有的质子的物质的量为13 mol，选项A错误。设氧气和臭氧的质量都是x g，那么氧气O2的物质的量为 mol，臭氧O3的物质的量为 mol，所以两者含有的氧原子分别为×2 mol和&#

2、215;3 mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有一样的电子数，选项B正确。重水为HO，其中H含有1个中子，O含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子。水为HO，其中H没有中子，O含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1 mol水含有8 mol中子。两者的中子数之比为10854，选项C错误。乙烷C2H6分子中有6个CH键和1个CC键，所以1 mol乙烷有7 mol共价键。乙烯C2H4分子中有4个CH键和1个C=C，所以1 mol乙烯有6 mol共价键，选项D错误。答案：B2设NA表示阿伏加德罗常数的值。以下说法正

3、确的选项是A1 mol Cl2与足量的Fe充分反响，转移电子的数目为3NAB常温下，1 L pH1的H2SO4溶液中，由水电离出的H数目为0.1NAC常温下，21 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD1 mol C原子中所含中子数目为6NA解析：氯气与铁反响后变为1价，那么1 mol氯气与铁反响会转移2 mol电子，即2NA个，A错误；在硫酸溶液中，水的电离被抑制，氢离子几乎全部来自于酸的电离，OH全部来自于水的电离，故水电离出的nHnOH1013mol·L1×1 L1013mol，故水电离出的氢离子的个数为1013NA，B错误；乙烯和丁烯的最简式均为CH

4、2，故21 g混合物中含有的CH2的物质的量n1.5 mol，故含有的碳原子的物质的量为1.5 mol，即1.5NA个，C正确；1 mol C原子中所含中子数目为8NA，D错误。答案：C3某学生需配制0.2 mol·L1Na2SO3溶液，经检测所配溶液的浓度为0.15 mol·L1，可能的原因有A容量瓶中有残留水B定容时俯视刻度线C漏掉洗涤操作步骤 D称量时所用砝码生锈解析：A项，容量瓶中有残留水，不影响配制的溶液浓度，错误；B项，定容时俯视刻度线，实际溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，错误；C项，漏掉洗涤步骤，损失部分溶质，配制溶液的浓度偏低，正确；D项，砝码生锈，所称样品

5、的质量偏大，配制的溶液浓度偏高，错误。答案：C4在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量一样的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均一样，那么以下说法正确的选项是A充入的CO分子数比CO2分子数少B甲容器的体积比乙容器的体积小CCO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小D甲中CO的密度比乙中CO2的密度小解析：温度、压强一样条件下，气体摩尔体积相等，根据n可知，一样质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28 g·mol1、44 g·mol1，所以二者的物质的量之比44 g·mol128 g·mol1117，那么A项，根据N

6、nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为117，CO分子数多，错误；B项，根据VnVm知，一样条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，错误；C项，温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，错误；D项，可知，一样条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，正确。答案：D52019·海南卷NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达错误的选项是A1 mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4NAB1 mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NAC1 L 0.1 mol·L1的乙酸溶液中含H的数量为0.1NAD1 mol的C

7、O和N2混合气体中含有的质子数为14NA解析：乙烯的构造简式为CH2=CH2，1 mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4 mol，故A说法正确；甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为4价，CO2中C的化合价为4价，因此1 mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8 mol，故B说法正确；乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H物质的量小于0.1 mol，故C说法错误；1 mol CO含有质子物质的量为68mol14 mol，1 mol N2中含有质子物质的量为2×7 mol14 mol，因此1 mol N2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14 mol，故D说法正确。答案：C6CuSO4、Fe

8、2SO43、H2SO4的混合溶液100 mL，溶液中阳离子的浓度一样不考虑水解，且SO的物质的量浓度为3 mol·L1，那么此溶液最多溶解铁粉的质量为A5.6 g B11.2 gC22.4 g D33.6 g解析：nSO0.1 L×3 mol·L10.3 mol，CuSO4、Fe2SO43、H2SO4的溶液中阳离子的浓度一样，那么有cCu2cHcFe3，由于溶液中阳离子的浓度一样，所以阳离子物质的量也一样，设Cu2、Fe3、H三种离子物质的量均为n，根据电荷守恒知道：2n3nn0.3 mol×2，由此解得n0.1 mol，Cu2、H、Fe3都能与Fe反响

9、生成Fe2，最后溶液的成分为FeSO4，那么nFeSO40.3 mol，根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.3 mol0.1 mol0.2 mol，那么此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2 mol×56 g·mol111.2 g。答案：B7有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 g·cm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，那么有关该溶液的说法不正确的选项是A溶质的质量分数是24.0%B溶液的物质的量浓度是2.4 mol·L1C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%解析：由Mg2的质量分数知MgSO4的质量分

10、数为×4.8%24.0%，其物质的量浓度为c24 mol·L1，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%。答案：C8实验室需要配制0.50 mol·L1 NaCl溶液480 mL。按以下操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完好。1选择仪器。完本钱实验所必需的仪器有：托盘天平准确到0.1 g、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_以及等质量的几片滤纸。2计算。配制该溶液需取NaCl晶体的质量为_g。3称量。天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在以下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：称量过程中NaCl晶体应放于天平的_填“左盘

11、或“右盘。称量完毕，将药品倒入烧杯中。4溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。5转移、洗涤。在转移时应使用_引流，洗涤烧杯23次是为了_。6定容，摇匀。7在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如下图，所配溶液的浓度会_填“偏高“偏低或“无影响。解析：配制480 mL 0.50 mol·L1的NaCl溶液，必须用500 mL容量瓶。mNaCl0.50 mol·L1×0.5 L×58.5 g·mol114.6 g。用托盘天平称量时，物品放在左盘，配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算称量或量取溶解、冷却转移、洗涤定容、摇匀装瓶贴签。定

12、容时仰视液面会造成溶液体积偏大，浓度偏低。答案：1500 mL容量瓶胶头滴管214.63左盘4搅拌，加速溶解5玻璃棒保证溶质全部转移至容量瓶中7偏低9实验室需要0.1 mol·L1NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L1硫酸溶液450 mL。根据这两种溶液的配制情况答复以下问题：1如下图的仪器中配制溶液肯定不需要的是_填字母。仪器C的名称是_，本实验所需玻璃仪器E规格和名称是_。2以下操作中，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长期贮存溶液C用来加热溶解固体溶质D量取220 mL体积的液体3在配制NaOH溶液实验中，其他操作均正确，假设定

13、容时仰视刻度线，那么所配制溶液浓度_填“大于“等于或“小于，下同0.1 mol·L1。假设NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，那么所配制溶液浓度_0.1 mol·L1。4根据计算得知：所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm3的浓硫酸的体积为_mL计算结果保存一位小数。假如实验室有10 mL、25 mL、50 mL量筒，应选用_mL规格的量筒最好。5假如定容时不小心超过刻度线，应如何操作：_。解析：1配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的

14、仪器：圆底烧瓶和分液漏斗；仪器C的名称为分液漏斗；需要0.1 mol·L1NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L1硫酸溶液450 mL，实验室没有450 mL容量瓶，所以应选择500 mL容量瓶。2容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，应选BCD。3假设定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；假设NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏大。4质量分数为98%、密度为1.84 g·cm3的浓硫酸物质的量浓度cmol·

15、L118.4 mol·L1，设0.5 mol·L1硫酸溶液500 mL需要浓硫酸体积为V，那么根据溶液稀释前后含溶质的物质的量保持不变得：V×18.4 mol·L10.5 mol·L1×500 mL，解得V13.6 mL，宜选用25 mL量筒。5假如定容时不小心超过刻度线，实验失败，且不能补救，必须重新配制。答案：1AC分液漏斗500 mL容量瓶2BCD3小于大于413.6255重新配制10化合物AKxFeC2O4y·zH2O，其中铁元素为3价是一种重要的光化学试剂。测定化合物A的化学式实验步骤如下：a准确称取A样品4.91

16、 g，枯燥脱水至恒重，残留物质的质量为4.37 g；b将步骤a所得固体溶于水，参加复原铁粉0.28 g，恰好完全反响；c另取A样品4.91 g置于锥形瓶中，参加足量的3 mol·L1的H2SO4溶液和适量蒸馏水，再参加0.50 mol·L1的KMnO4溶液24.0 mL，微热，恰好完全反响：2KMnO45H2C2O43H2SO4=2MnSO4K2SO410CO28H2O通过计算填空：14.91 g A样品中含结晶水的物质的量为_mol。2A的化学式为_写出计算过程。解析：样品中结晶水的物质的量nH2O0.03 mol。答案：10.032由2Fe3Fe=3Fe2可知，nFe3

17、2nFe2×0.01 mol，根据反响的化学方程式可知nC2OnKMnO4×0.50 mol·L1×0.024 L0.03 mol，根据离子电荷守恒知nK3nFe32nC2O，可得nK0.03 mol，因此A为K3FeC2O43·3H2O11钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。以下图为二水合草酸钴CoC2O4·2H2O在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 及以上所得固体均为钴氧化物。1通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_填化学式。试写出B点对应的物质与O2在225300 发

18、生反响的化学方程式：_。2取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物其中Co的化合价为2、3，用480 mL 5 mol·L1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L标准状况黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比。解析：1由图可知，CoC2O4·2H2O的质量为18.3 g，其物质的量为0.1 mol，Co元素质量为5.9 g，C点钴氧化物质量为8.03 g，氧化物中氧元素质量为8.03 g5.9 g2.13 g，那么氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1 mol34，故C点为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7 g，与其起始物质的质量相比减少18.3 g14.7 g3.6 g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反响生成Co3O4与二氧化碳，反响的化学