2021届高考化学二轮专题复习专题强化练：专题二 化学常用计量

1、PAGE 专题强化练(二)1(2020江淮十校联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A52 g苯乙烯含碳碳双键数目为2NAB1 L 0.5 molL1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目小于NAC标准状况下，22.4 L一氯甲烷含共用电子对数为4NAD有铁粉参加的反应若生成3 mol Fe2，则转移电子数一定为6NA解析：A项，一个苯乙烯分子中只含有一个碳碳双键，苯乙烯的分子式为C8H8，52 g苯乙烯的物质的量为0.5 mol，则含碳碳双键数目为0.5NA，错误；B项，溶液中存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，故1 L 0.5 molL1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目大于NA，错误；C项

2、，标准状况下一氯甲烷为气态，1个一氯甲烷中含有4个共用电子对，则标准状况下，22.4 L一氯甲烷含共用电子对数为，转移2 mol电子，错误。答案：C2(2020辽阳第二次模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A50 g 34%H2O2溶液中含HO键的数目为NAB180 g淀粉完全水解生成葡萄糖的分子数为NAC1 L 0.1 molL1K2SiO3溶液中含SiOeq oal(2,3)的数目为0.1NAD反应5NaClO24HCl=4ClO25NaCl2H2O，每生成1 mol ClO2转移电子的数目为NA解析：A项，50 g 34%H2O2溶液中，H2O2和H2O中都有HO键，H

3、2O2的物质的量为50 g34%34 gmol10.5 mol，H2O的物质的量为50 g(134%)18 gmol11.83 mol, H2O2中的HO键的数目为NA，水中HO键的数目约为3.66NA，错误；B项，180 gn(C6H12O6)，可生成C6H12O6的物质的量为eq f(180,162) mol1.11 mol，错误；C项，由于SiOeq oal(2,3)水解，1 L 0.1 molL1 K2SiO3溶液中含SiOeq oal(2,3)的数目小于0.1NA，错误；D项，反应中Cl元素的化合价由反应前的3价(NaClO2)变为反应后的4价(ClO2)，每个Cl原子失去1个电子，

4、故每生成1 mol ClO2转移电子的数目为NA，正确。答案：D3(2020东北三省四市联合模拟)已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A1 L 0.1 molL1的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NAB7.8 g Na2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NAC2 g Heq oal(18,2)O与Deq oal(16,2)O的混合物中所含的中子数和电子数均为NAD足量乙烷与22.4 L(标准状况)Cl2发生取代反应，形成CCl键的数目为2NA解析：A项，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，所以1 L 0.1 molL1的Na2CO3溶液中，阴离子总数大于0

5、.1NA，mol，而1 mol过氧化钠和二氧化碳反应时转移1 mol电子，故0.1 mol过氧化钠和二氧化碳反应后转移0.1NA个电子，错误；C项，Heq oal(18,2)O与Deq oal(16,2)O的摩尔质量均为20 gmol1，故2 g混合物的物质的量为0.1 mol，而两者均含10个中子和10个电子，故0.1 mol混合物中含中子和电子均为NA个，正确；D项，22.4 L(标准状况)Cl2为eq f(22.4 L,22.4 Lmol1)1 mol，氯气与足量乙烷发生取代反应，1 mol氯气只能取代1 mol H原子形成1 mol CCl键，形成CCl键的数目为NA，错误。答案：C4

6、(2020湖北省七市州教科研协作5月联考)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A若1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NAB将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1 mol Br转化为Br2时，转移的电子数为NAC44.0 g环氧乙烷中含有6.0NA个极性键D1 mol CaO2晶体中含离子总数为3NA解析：A项， 氢氧化铁胶体是由许多个氢氧化铁聚集而成，因此1 mol FeCl3跟水完全反应转化成氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目小于NA，错误；B项， Fe2的还原性强于Br，通入氯气，Br2，当Br转化成Br2时，Fe2全部转化成Fe3

7、，转移电子物质的量大于1 mol，错误；C项， 环氧乙烷的键线式为，1 mol环氧乙烷中含有6 mol极性键，则44.0 g环氧乙烷中含有的极性键物质的量为eq f(44.0 g,44 gmol1)66 mol，正确；D项，CaO2是由Ca2和Oeq oal(2,2)组成，1 mol CaO2中离子总物质的量为2 mol，错误。答案：C5(2020唐山市高三第一次模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A将4.6 g 钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NAB标准状况下，22.4 L己烷中含有的共价键的数目为19NAC标准状况下，11.2 L 12C18O

8、中含有的中子数为8NAD标准状况下，7.1 g Cl2通入足量石灰水中反应转移的电子数为0.2NA解析：A项，4.6 g钠为0.2 mol，0.2 mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1 mol，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1NA，错误；B项，己烷在标准状况下是液体，气体摩尔体积不适用，所以无法求其物质的量，含有的共价键的数目也无法确定，错误；C项，标准状况下， 11.2 L 12C18O的物质的量为0.5 mol，而一个12C18O分子中含16个中子，故0.5 mol 12C18O中含中子为8NA个，正确；D项，7.1 g氯气的物质

9、的量为0.1 mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，反应中消耗1 mol Cl2转移1 mol电子，故0.1 mol氯气和碱反应转移0.1NA个电子，错误。答案：C6(2020茂名二模)中国科学家孙予罕等发现，以泡沫镍3NiO/Ni(3 表示 NiO 在泡沫镍中的质量百分数) 作为基材上的催化剂可实现将烷烃直接电催化转化为醇类(转化示意图如图所示)。下列说法正确的是()A22.4 L A 中质子数为 10 molB1 mol C 中共价键数目为 4 molC生成 1 mol Ni 可还原出 1 mol BD11.8 g 泡沫镍含 Ni 单质 0.194 mol解析：A项， 由A的球棍模型可知A为

10、甲烷，未说明为标准状况下，不能利用气体摩尔体积计算甲烷的物质的量及其中的质子数，错误；B项， 由C的球棍模型可知C为甲醇，1 mol甲醇中共价键数目为5 mol，错误；C项， 由转化示意图可写出总反应方程式：3CH43NiO=3NiCH3OHCH3CH2OHH2O，可知生成1 mol eq f(11.8 g97%,59 gmol1)0.194 mol，正确。答案：D7(2020泸州第三次质检)NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A22.4 L H2与2 mol I2反应生成HI的分子数为2NAB5.6 g铁与足量稀硝酸反应转移的电子数为0.2NAC32 g氧气与 32 g硫所含的质

11、子数相等D1 L 0.1 mol L1NH4H2PO4溶液中阴、阳离子数相等解析：A项，22.4 L H2不一定是标准状况，且反应是可逆反应，错误；B项，5.6 g 铁与足量稀硝酸反应生成铁离子，转移的电子数为0.3NA，错误；C项， 32 g 氧气含16 mol质子， 32 g硫也含16 mol质子，所含的质子数相等，正确；D项，1 L 0.1 mol L1 NH4H2PO4溶液中，铵根离子要水解，磷酸二氢根离子要电离和水解，阴、阳离子数不相等，错误。答案：C8(2020汕头一模)设NA 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是()A30 g HCHO与CH3COOH混合物中含碳原子数为N

12、AB标准状况下，22.4 L CHCl3中含CCl 键的数目为3NAC常温常压下，1.9 g羟基(18OH)所含中子数为NAD密闭容器中，2 mol SO2与1 mol O2 充分反应后，其分子总数大于2NA解析：A项，甲醛(CH2O)和乙酸(CH3COOH)的最简式相同，二者混合后用最简式计算，30 g混合物中碳原子是数目为NA，正确；B项，标准状况下CHCl3为液体，不可通过气体摩尔体积计算物质的量，错误；C项，18OH的摩尔质量为19 gmol1，1.9 g该羟基为0.1 mol，1 mol该羟基中含有10 mol中子，正确；D项，SO2与O2的mol，正确。答案：B9(2020四川省网

13、上测试)19世纪末，英国科学家瑞利在对气体密度(通常在混合气体中，相对分子质量大的气体的体积分数越大，则混合气体的平均密度就越大)进行测定的工作中，发现以不同来源的N2进行测定时，会出现不能消除的微小误差，从而导致了稀有气体的发现。在实验中，瑞利利用了如下图所示的实验系统(箭头表示气体流向)，通过的气体为经过净化处理的纯氧气或空气。(1)实验中要保证Cu丝始终保持红热，其中发生的化学反应可表示为：_，2NH33CuOeq o(=,sup14()N23Cu3H2O。倘若在实验中观察到铜丝变黑，可采用的措施是_，在此反应过程中铜丝的作用是_和_；浓硫酸的作用是吸收多余的氨气和_。(2)当通过的气体

14、为纯氧时，测得气体的密度为1。(3)在空气的净化过程中，为除去可能混有的H2S、CO2和水蒸气，可将气体先通过_，当净化后的空气通过上述反应系统，在这种情况下测得最终密度21.256 gL1。(4)当空气直接通过灼热的Cu网，测得气体的密度为3。试比较1、2、3的大小：_。解析：(1)根据氨气和氧化铜反应生成铜、氮气、水，以及红热的铜和氧气，可以判断出方程式为2CuO2eq o(=,sup14()2CuO，根据反应方程式可知，铜在反应中起一个连接作用，铜变成黑色，说明氨气消耗的氧化铜少了，氧气量太大，故答案为减慢氧气的流速或加热液氨；纵观两个反应，可以看出，铜在整个反应过程中，只起了个中间环节

15、作用，本身的化学性质和质量都不变，通过铜丝颜色的变化，可以看出通入氧气的多少，故铜丝的作用为催化剂和指示剂；该反应需要的是氮气，所以需要除去水和剩余的氨气，故浓硫酸的作用为吸收混合气体中的水蒸气。(3)该反应需要的是不同来源的氮气，而硫化氢、二氧化碳是酸性气体，要用碱性的物质吸收，还应该可以吸收水分，故答案为碱石灰。(4)根据反应流程可知，(2)题中反应剩下的只有氮气，密度为1，(3)中剩下的气体有稀有气体和氮气，密度为2，(4)中剩下的气体有氮气、水蒸气、二氧化碳、稀有气体，根据气体的组成可以确定密度的大小，故答案为123。答案：(1)2CuO2eq o(=,sup14()2CuO减慢氧气的

16、流速或加热液氨催化剂指示剂吸收混合气体中的水蒸气(3)碱石灰(4) 12310(2020河南省联考)新冠肺炎疫情期间，多种含氯消毒剂如“84”消毒液、Cl2、NaClO2等对病毒均具有很好的消杀作用，其中亚氯酸钠(NaClO2)在工业上常以ClO2气体为原料制备，实验室制备亚氯酸钠的装置如图所示(夹持装置已略)。已知：控制电压电解饱和食盐水可得到ClO2；Cl2易溶于CCl4；亚氯酸钠在不同温度下的溶解度如下表所示：温度204060溶解度/g6.223.448.3回答下列问题：(1)装置甲中产生ClO2的电极反应式为_。(2)装置乙中CCl4的作用为_。(3)装置丙中生成NaClO2的化学方程

17、式为_。(4)从装置丙反应后的溶液中获得NaClO2晶体的步骤如下：eq x(aal( ,蒸发浓缩)eq x()eq x(aal( ,过滤)eq x(aal( ,洗涤)eq x()eq x(aal(NaClO2,晶体)其中步骤加热到_(填现象)时停止加热，步骤是_。(5)准确称取2.26 g NaClO2粗品，加入盛有20.00 mL刚煮沸并冷却过的水、足量10%的稀硫酸和30.00 mL质量分数为40%的KI溶液(足量)的碘量瓶中，立即密封并摇晃碘量瓶至试样完全反应，再加入淀粉作指示剂。用浓度为3.00 molL1的Na2S2O3溶液滴定(已知整个过程中发生的反应依次为ClOeq oal(,

18、2)4I4H=2I2Cl2H2O，I22S2Oeq oal(2,3)=S4Oeq oal(2,6)2I)。若三次平行实验测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为30.00 mL，则粗品的纯度为_%(保留三位有效数字)。若使用的水未煮沸，则测定结果会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。解析：由题意及装置图可知，装置甲通过控制电压电解饱和食盐水制取ClO2，ClO2中可能含有Cl2，Cl2与NaOH反应可生成次氯酸钠或氯酸钠，故装置乙的作用是除去Cl2；在装置丙中，过氧化氢还原ClO2制取NaClO2，装置丁用于吸收多余的ClO2，防止污染空气。根据NaClO2的溶解度数据可知，其溶解度随温度的

19、变化而变化明显，因此可通过对NaClO2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaClO2晶体，据此分析解答。(1)装置甲通过控制电压电解饱和食盐水制取ClO2，氯元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，则装置甲中产生ClO2的电极反应式为Cl5e2H2O=ClO24H。(2)由以上分析知，装置乙中CCl4的作用为除去ClO2中可能含有的Cl2。(3)装置丙中，过氧化氢还原ClO2制取NaClO2，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为2ClO22NaOHH2O2=2NaClO22H2OO2。(4)根据NaClO2的溶解度数据可知，其溶解度随温度的变化而变化明显，因此可通

20、过对NaClO2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaClO2晶体，因此步骤加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，步骤是冷却结晶。(5)由已知反应可得关系式：gmol1，则粗品的纯度为eq f(f(3 molL10.03 L,4)90.5 gmol1,2.26 g)100%90.1%；若使用的水未煮沸，水中会含有氧气，而氧气也能氧化碘离子生成碘单质，从而使消耗的Na2S2O3溶液的体积增大，则测定结果会偏高。答案：(1)Cl5e2H2O=ClO24H(2)除去ClO2中可能含有的Cl2(3)2ClO22NaOHH2O2=2NaClO22H2OO2(4)溶液表面出现晶膜冷却结晶(5)

21、90.1偏高11(2020四川省阆中中学月考)某研究小组同学为探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)设计了如下实验。在大试管A中加入100 mL 18 molL1硫酸，向连接在塑料棒上的多孔塑料球内加入足量的锌粒(塑料棒可以上下移动)，在试剂瓶D中加入足量的浓NaOH溶液(加热和夹持装置已省略)。已知：锌与浓硫酸接触，开始时反应缓慢，可以适当加热以加速其反应，当有大量气泡生成时，该反应速率会明显增大并伴有大量的热放出。(1)请写出锌与硫酸反应产生SO2的化学方程式：_。(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是_。(3)长导管B的作用是_，如

22、果没有这个设计，最终测定的临界浓度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(4)装置中干燥管C的作用是_。(5)反应结束后向D装置中加入足量的H2O2溶液和足量的BaCl2溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得到固体质量为a克，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为_molL1。(用含a的计算式表示，忽略体积变化)(6)某同学通过联系氧化还原反应的相关知识，认为也可以利用硫酸酸化的高锰酸钾溶液对D中的SOeq oal(2,3)进行滴定，通过滴定出的SOeq oal(2,3)的物质的量计算临界浓度，你认为他的这一想法是否可行？_ (填“可行”或“不可行”)，原因是_。解析：本实验的目的是探究锌

23、与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)，浓硫酸在与Zn反应过程中，先表现S元素的氧化性，此时的还原产物为SO2，之后硫酸变稀反应生成H2；将生成的SO2在装置D中用足量的NaOH溶液吸收，然后向D装置中加入足量的H2O2溶液将S元素全部氧化为SOeq oal(2,4)，之后加入足量的氯化钡溶液得到BaSO4沉淀，通过测定硫酸钡沉淀的量来确定与Zn反应生成SO2消耗的硫酸的量，从而确定剩余硫酸的浓度，即临界浓度。(1)根据电子守恒和元素守恒可得锌与浓硫酸反应生成SO2的化学方程式为Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O。(2)在组装仪器之后，加入试

24、剂之前必须进行的操作是检验装置的气密性，防止漏气。(3)反应过程中会发出大量的热，造成水的挥发，使硫酸的浓度增大，与锌反应生成二氧化硫的硫酸偏多，造成测定的临界浓度偏小，所以需要长导管导气同时冷凝回流水蒸气。(4)二氧化硫易溶于NaOH溶液，所以需要装置C来防止倒吸。(5)得到的沉淀为BaSO4，n(SO2)n(BaSO4)eq f(a,233)mol，根据反应方程式可知与Zn反应生成SO2所消耗的硫酸的物质的量为eq f(2a,233) mol，原浓硫酸体积为100 mL，浓度为18 molL1，所以剩余的硫酸的物质的量为eq blc(rc)(avs4alco1(1.8f(2a,233)mo

25、l，浓度为eq f(1.8f(2a,233),0.1)molL1。(6)实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确，所以该同学的想法不可行。答案：(1)Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O(2)检验装置气密性(3)导气、冷凝回流水蒸气偏低(4)防倒吸(5)eq f(1.8f(2a,233),0.1)(6)不可行实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确12氢溴酸常用于合成镇静剂和麻醉剂等医药用品。已知： 液溴是易挥发的深红棕色液体，沸点为58.78 。质量分数为47%的氢溴酸是易挥发的无色液

26、体，沸点为126 。实验室制备质量分数为47%的氢溴酸的一种方法如下。回答下列问题： 实验橾作现象.向锥形瓶中依次加入适量冰水、m1g 液溴，再通入SO2充分反应得到淡黄色溶液.将操作所得溶液转移至蒸馏烧瓶，蒸馏锥形瓶中得橙黄色粗产品.在不断搅拌下，向锥形瓶中加入适量Na2SO3溶液(1)_.继续加入适量 Ba(OH)2 溶液_.过滤，滤液经蒸馏后得质量分数为47%的氢溴酸m2g(2)操作的蒸馏装置如图所示(部分夹持装置省略)，仪器a的名称是_ ，装置中除缺石棉网外还有两处明显错误，分别是_、 _。(3)操作加入适量Na2SO3 发生反应的离子方程式为_。(4)工业生产制得的氢溴酸常有淡淡的黄色， 有同学推测是因为含Fe3，可用试剂 _检验。若观察到的现象为_，则推测正确。(5