高考化学二轮复习 第一部分 考前复习方略 专题二 关于物质的量的简单化学计算的解答方法限时训练-人教版高三化学试题

关于物质的量的简单化学(建议用时：40分钟)1．(2015·高考全国卷Ⅱ，10，6分)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB．1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2－,3)离子数之和为0.1NAC．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为NAD．235g核素eq\o\al(235,92)U发生裂变反应：eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)neq\o(→,\s\up7(裂变))eq\o\al(90,38)Sr＋eq\o\al(136,54)Xe＋10eq\o\al(1,0)n，净产生的中子(eq\o\al(1,0)n)数为10NA解析：选C。A项，丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH(1­丙醇)或CH3CHOHCH3(2­丙醇)，60g丙醇的物质的量为1mol，含有7molC—H键、2molC—C键、1molC—O键和1molO—H键，故所含共价键总数为11NA。B项，NaHCO3溶液中存在HCOeq\o\al(－,3)的水解平衡和电离平衡：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋；1L0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，据C原子守恒可得n(HCOeq\o\al(－,3))＋n(COeq\o\al(2－,3))＋n(H2CO3)＝1L×0.1mol·L－1＝0.1mol，故HCOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2－,3)离子数之和小于0.1NA。C项，Na与O2反应生成钠的氧化物(Na2O、Na2O2等)，Na由0价升高到＋1价，23g钠的物质的量为1mol，充分燃烧时转移电子数为NA。D项，核素eq\o\al(235,92)U发生裂变反应：eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)neq\o(→,\s\up7(裂变))eq\o\al(90,38)Sr＋eq\o\al(136,54)Xe＋10eq\o\al(1,0)n，净产生的中子(eq\o\al(1,0)n)数为10－1＝9；235g核素eq\o\al(235,92)U的物质的量为1mol，则发生裂变时净产生的中子数为9NA。2．(2014·高考大纲卷)NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A.1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB．2L0.5mol·L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA解析：选D。A.1molFeI2与足量的Cl2反应时转移电子3mol，A选项错误；B.2L0.5mol·L－1K2SO4溶液中SOeq\o\al(2－,4)带的负电荷数为2NA，溶液中的阴离子还有OH－，故阴离子所带电荷数大于2NA，B选项错误；C.1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，C选项错误；D.丙烯(C3H6)和环丙烷(C3H6)互为同分异构体，故42g即1mol该混合物含有H原子数为6NA，D选项正确。3．(2014·高考广东卷)设nA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是()A．1mol甲苯含有6nA个C—H键B．18gH2O含有10nA个质子C．标准状况下，22.4L氨水含有nA个NH3分子D．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成nA个SO2分子解析：选B。解有关阿伏加德罗常数的题一般分为三步，第一步为宏观量之间的转换，即将质量和体积转化为物质的量；第二步为微观量之间的转换，即判断1分子该物质所含的微粒数；第三步为宏观量和微观量的对应，即一定物质的量的该物质含有的微粒数。A.第一步，题目中直接给出物质的量，所以不用转换；第二步，甲苯的分子式为C7H8，因此1分子甲苯中含有8个C—H键；第三步，1mol甲苯中含有8nA个C—H键，A错误。B.第一步，18g水的物质的量为1mol；第二步，1个水分子中含有10个质子；第三步，1mol水分子中含有10nA个质子，B正确。C.由于氨水为液态，因此无法确定其物质的量，C错误。D.常温下铁片投入浓H2SO4中发生钝化，56g铁片即1mol铁不可能生成nA个SO2分子，D错误。4．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．98gH2SO4和H3PO4中含有的氧原子数均为4NAB．1L1mol·L－1的硫酸与高氯酸(HClO4)溶液中含有的氧原子数均为4NAC．33.6LNO2溶解于足量的水中得到硝酸溶液，溶液中NOeq\o\al(－,3)数目为NAD．32g铜发生氧化还原反应，一定失去NA个电子解析：选A。B项两种溶液中除溶质外，水中也含有氧原子；C项未指明所处状况；D项中Cu可能被氧化为＋1价。5．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A．在0℃时，22.4L氢气中含有2NA个氢原子B．电解食盐水若产生2g氢气，则转移的电子数目为NAC．1mol乙烷分子中共价键总数为7NAD．密闭容器中46gNO2含有的分子数为NA解析：选C。0℃不一定是标准状况，A错；电解食盐水产生2g氢气，则转移的电子数目为2NA，B错；乙烷的结构简式为CH3CH3，含有1个C—C共价键和6个C—H共价键，C正确；密闭容器中NO2与N2O4存在转化平衡，D错。6．(2015·桂林高三二模)NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．25℃时，在pH＝2的1.0LH2SO4溶液中含有H＋数目为0.02NB．1molNa2O2固体中含离子总数与1molCH4中所含共价键数目相等C．将含有1molFeCl3溶质的饱和溶液加入沸水中可以得到NA个Fe(OH)3胶粒D．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2＋被氧化时，该反应转移电子的数目至少为3NA解析：选D。A项中，pH＝2的H2SO4中，c(H＋)＝0.01mol·L－1，错误；B项中，1molNa2O2含有3NA个离子，1molCH4含有4NA个共价键，错误；C项中，Fe(OH)3胶粒是多个Fe(OH)3的聚合体，错误；D项中，还原性Fe2＋<I－，1molFe2＋被氧化时，至少有2molI－已经全部被氧化，正确。7．若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．Na2O和Na2O2的混合物共1mol，阴离子数目为NA～2NAB．常温常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的分子数目为2NAC．一定条件下，密闭容器中充入1molN2和3molH2充分反应，转移电子的数目为6NAD．FeCl3溶液中，若Fe3＋数目为NA，则Cl－数目大于3NA解析：选D。根据Na2O和Na2O2的结构可知，1molNa2O和Na2O2的混合物无论二者比例如何，所含阴离子数目均为NA，故A错误；二氧化氮能转化为四氧化二氮，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的分子数目小于2NA，故B错误；合成氨的反应是可逆反应，所以转移电子的数目小于6NA，故C错误；由于Fe3＋在溶液中发生水解，故FeCl3溶液中，若Fe3＋的数目为NA时，溶液中的Cl－数目大于3NA，故D正确。8．(2016·河南豫南九校联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是()A．在密闭容器中加入1molN2和3molH2，充分反应生成NH3分子数为2NAB．标准状况下，4.48LN2所含的共用电子对数为0.2NAC．常温常压下，1molNaHSO4晶体中含有2NA个离子D．标准状况下，1molFe与22.4LCl2反应转移的电子数为3NA解析：选C。合成氨反应为可逆反应，1molN2和3molH2不能完全反应生成2NA个NH3，A项错误；0.2molN2中含0.6NA个共用电子对，B项错误；NaHSO4晶体由Na＋和HSOeq\o\al(－,4)构成，1molNaHSO4晶体中含有2NA个离子，C项正确；标准状况下，1molFe与22.4LCl2反应时，Cl2的量不足，1molCl2反应转移2NA个电子，D项错误。9．(2015·兰州高三模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．在0℃、1.01×104Pa下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应后，转移的电子数为2NAB．常温常压下，14.9gKCl与NaClO的混合物中含氯元素的质量为7.1gC．50mL12mol·L－1浓盐酸与足量二氧化锰加热反应，生成Cl2分子的数目为0.15NAD．某密闭容器中盛有0.2molSO2和0.1molO2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.4NA解析：选B。0℃、1.01×104Pa不是标准状况，22.4L氯气的物质的量小于1mol，与足量镁粉充分反应后，转移的电子数小于2NA，A项错误；KCl与NaClO的摩尔质量相同，均为74.5g·mol－1，14.9gKCl与NaClO的混合物的物质的量为0.2mol，含氯原子的物质的量为0.2mol，其质量为7.1g，B项正确；50mL12mol·L－1浓盐酸与足量二氧化锰加热反应，随反应的进行，盐酸浓度下降到一定程度时，反应停止，盐酸不能完全反应，生成Cl2分子的数目小于0.15NA，C项错误；SO2与O2反应生成SO3为可逆反应，不能进行完全，转移电子的数目小于0.4NA，D项错误。10．镁、铝合金3g与100mL稀H2SO4恰好完全反应，将反应后所得溶液蒸干，得无水硫酸盐17.4g，则原硫酸溶液的物质的量浓度为()A．1.5mol·L－1 B．1mol·L－1C．2.5mol·L－1 D．2mol·L－1解析：选A。蒸干后所得产物分别是MgSO4和Al2(SO4)3，增加的质量即为SOeq\o\al(2－,4)的质量。c(H2SO4)＝eq\f(17.4g－3g,96g·mol－1×0.1L)＝1．5mol·L－1。11．某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝6.5mol·L－1，若将200mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6mol·L－1的苛性钠溶液()A．0.5L B．1.625LC．1.8L D．2L解析：选D。根据溶液中的电荷守恒可得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，故c(Al3＋)＝(2×6.5mol·L－1－2×2mol·L－1)/3＝3mol·L－1。当加入的NaOH溶液恰好将Mg2＋与Al3＋分离时，所得溶液中溶质为Na2SO4和NaAlO2，根据钠元素守恒，则V(NaOH)＝eq\f(2n（SOeq\o\al(2－,4)）＋n（Al3＋）,c（NaOH）)，代入数据得V(NaOH)＝eq\f(2×6.5mol·L－1×0.2L＋3mol·L－1×0.2L,1.6mol·L－1)＝2L。12．羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00mL0.049mol·L－1的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.50mL0.020mol·L－1的酸性KMnO4溶液完全作用，则在上述反应中，羟胺的氧化产物是[已知：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O(未配平)]()A．N2 B．N2OC．NO D．NO2解析：选B。整个反应过程是羟胺(NH2OH)将Fe3＋还原为Fe2＋，KMnO4又将Fe2＋氧化为Fe3＋。即始态还原剂羟胺失去的电子数与终态氧化剂KMnO4得到的电子数相等。设羟胺的氧化产物中N的化合价为＋n，则eq\o(N,\s\up6(－1))H2OH→eq\o(N,\s\up6(＋n))失电子数：(n＋1)×0.025L×0.049mol·L－1Keq\o(Mn,\s\up6(+7))O4→eq\o(Mn,\s\up6(＋2))SO4得电子数：5×0.02450L×0.020mol·L－1依据得失电子守恒建立方程，解得n＝1，所以氧化产物为N2O。13．(2014·高考山东卷)等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是()A．FeO B．Fe2O3C．FeSO4 D．Fe3O4解析：选A。根据得失电子守恒，还原剂提供的电子越多，氧化剂硝酸生成的NO的物质的量就越多。1g题述四种物质能提供的电子的物质的量分别为A.eq\f(1,56＋16)×1mol；B.0mol；C.eq\f(1,56＋32＋16×4)×1mol；D.eq\f(1,56×3＋16×4)×1mol(Fe3O4也可以写为Fe2O3·FeO)，提供电子的物质的量最多的为FeO。14．(2015·承德高三质检)1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、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/LNaOH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/LC．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解析：选D。A.向反应后溶液中加入NaOH，生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，固体质量增加的是OH－的质量，且有n(OH－)＝n(e－)，设合金中镁、铜的物质的量分别为x、y，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(24g/mol×x＋64g/mol×y＝1.52g（质量）,2x＋2y＝\f(2.54g－1.52g,17g/mol)（电子守恒）))，解之得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0.01mol,y＝0.02mol))，则该合金中铜、镁的物质的量之比为2∶1。B.该硝酸的浓度c＝eq\f(n,V)＝eq\f(\f(50×1.40×63%,63)mol,50×10－3L)＝14.0mol/L。C.NO2和N2O4都来自硝酸，设混合气体中NO2的物质的量为x，根据电子守恒得x＋(0.05mol－x)×2＝0.06mol，x＝0.04mol，NO2的体积分数为80%。D.得到2.54g沉淀后，溶液中的溶质只有NaNO3，故n(NaOH)＝0.7mol－0.04mol－0.02mol＝0.64mol，则NaOH溶液的体积是640mL。15．硫酸钠­过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的组成可通过下列实验测定：①准确称取1.7700g样品，配制成100.00mL溶液A。②准确量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.5825g。③准确量取25.00mL溶液A，加适量稀硫酸酸化后，用0.02000mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00mL。H2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑。(1)已知室温下BaSO4的Ksp＝1.1×10－10，欲使溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))≤1.0×10－6mol/L，应保持溶液中c(Ba2＋)≥________mol/L。(2)上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnOeq\o\al(－,4)被还原为MnO2，其离子方程式为________________________________________________________________________________________________。(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。解析：(1)Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))，当c(SOeq\o\al(2－,4))＝1.0×10－6mol/L时，c(Ba2＋)＝eq\f(Ksp（BaSO4）,c（SOeq\o\al(2－,4)）)＝eq\f(1.1×10－10,1.0×10－6)mol/L＝1.1×10－4mol/L。(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋3H2O2=2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O。(3)n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝eq\f(0.5825g,233g/mol)＝2.50×10－3mol，2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑，n(H2O2)＝eq\f(5,2)×eq\f(0.02000mol/L×25.00mL,1000mL/L)＝1.25×10－3mol，m(Na2SO4)＝142g/mol×2.50×10－3mol＝0.355g，m(H2O2)＝34g/mol×1.25×10－3mol＝0.0425g，n(H2O)＝eq\f(1.7700g×\f(25.00mL,100.00mL)－0.355g－0.0425g,18g/mol)＝2.50×10－3mol，故x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝2∶1∶2。硫酸钠­过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O。答案：(1)1.1×10－4(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋3H2O2=2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O(3)n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝eq\f(0.5825g,233g·mol－1)＝2.50×10－3mol，2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑n(H2O2)＝eq\f(5,2)×eq\f(0.02000mol/L×25.00mL,1000mL/L)＝1.25×10－3mol，m(Na2SO4)＝142g/mol×2.50×10－3mol＝0.355g，m(H2O2)＝34g/mol×1.25×10－3mol＝0.0425g，n(H2O)＝eq\f(1.7700g×\f(25.00mL,100.00mL)－0.355g－0.0425g,18g/mol)＝2.50×10－3mol，x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝2∶1∶2，硫酸钠­过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O16．三氯化铁是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中，先制成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。(1)将标准状况下的aL氯化氢气体溶于100g水中，得到的盐酸的密度为bg·mL－1，则该盐酸中HCl的物质的量浓度是________________。(2)若取2.4g在空气中放置的铁屑，先溶于盐酸，经检验知所得溶液中不含Fe3＋，再通入标准状况下1.12LCl2恰好使50mL上述FeCl2溶液完全转化为FeCl3。①所得FeCl3溶液的物质的量浓度为(不考虑反应时体积的变化)________。②能否计算加入盐酸中HCl的物质的量：________。(3)向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为______________。(4)FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为________________________________________(用离子方程式表示)，若用100mL2mol·L－1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的微粒数________0.2NA(填“大于”、“等于”或“小于”)。解析：(1)根据物质的量浓度的计算公式，则有c＝eq\f(\f(aL,22.4L·mol－1),\f(\f(aL,22.4L·mol－1)×36.5g·mol－1＋100g,1000mL·L－1×bg·mL－1))＝eq\f(1000ab,36.5a＋2240)mol·L－1。(2)①n(Cl2)＝eq\f(1.12L,22.4L·mol－1)＝0.05mol，依据方程式计算n(FeCl3)＝0.1mol，c(FeCl3)＝eq\f(0.1mol,0.05L)＝2mol·L－1。②在溶解铁屑时，不知HCl是否过量，故无法计算加入盐酸中HCl的物质的量。(3)根据氧化还原反应的优先规律，氯气先氧化Fe2＋，反应后溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，表明溶液中无Fe2＋，有FeBr3、FeCl3，n(Cl－)＝n(Br－)＝3.36L÷22.4L·mol－1×2＝0.3mol，根据原子守恒n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝0.2mol，则c(FeBr2)＝0.2mol÷0.1L＝2mol·L－1。(4)Fe3＋水解Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可吸附溶液中的杂质，由于Fe3＋水解是可逆反应，且生成的Fe(OH)3胶粒是许多分子的集合体，所以生成的Fe(OH)3胶粒的数目小于0.2NA。答案：(1)eq\f(1000ab,36.5a＋2240)mol·L－1(2)①2mol·L－1②不能(3)2mol·L－1(4)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋小于17．(2014·高考福建卷)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：eq\x(\a\al(葡萄酒样品,100.00mL))eq\o(→,\s\up7(盐酸),\s\do5(蒸馏))eq\x(馏分)eq\o(→,\s\up7(一定条件下，淀粉溶液),\s\do5(用0.01000mol·L－1,标准I2溶液滴定))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＋2H2O=H2SO4＋2HI)(1)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00