高考化学一轮复习 专题突破02 物质的化学计量（解析版）

专题突破02物质的化学计量（考试时间：75分钟试卷满分：100分）一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项是符合题目要求的）1．1．某兴趣小组需要500mL2mol·L-1的H2SO4溶液，若用质量分数为98%、密度为1.84g·mL-1的浓硫酸配制该溶液。下列操作正确的是A．量取浓硫酸B．稀释浓硫酸C．转移溶液D．定容A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．图中量取液体时仰视刻度线，导致量取浓硫酸体积偏大，操作错误，A错误；B．图中浓硫酸稀释时，将水注入浓硫酸容易使硫酸飞溅伤人，操作错误，B错误；C．图中移液操作未用玻璃棒引流，操作错误，C错误；D．图中为定容操作，眼睛平视刻度线，操作正确，D正确；故选D。2．阿伏加德罗常数的值用NA表示。下列说法中正确的是A．常温常压下，11.2LSO2含有的氧原子数大于NAB．0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.3NAC．10g质量分数为98%的浓硫酸含有的氢原子数为0.2NAD．一定条件下，Ca与O2反应生成7.2gCaO2，转移电子的个数为0.4NA【答案】B【解析】A．常温常压下，Vm＞22.4L∙mol-1，则11.2LSO2的物质的量小于0.5mol，含有的氧原子数小于NA，A不正确；B．1个Na2O2由2个Na+和1个构成，1个Na2O由2个Na+和1个O2-构成，则0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.3NA，B正确；C．10g质量分数为98%的浓硫酸中含有H2SO4的物质的量为=0.1mol，则H2SO4中含有的氢原子数为0.2NA，另外，浓硫酸中存在水，水中也含有氢原子，所以10g质量分数为98%的浓硫酸中含有的氢原子数大于0.2NA，C不正确；D．一定条件下，Ca与O2反应生成CaO2，可建立关系式：CaO2~2e-，7.2gCaO2的物质的量为0.1mol，则转移电子的个数为0.2NA，D不正确；故选B。3．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．12gNaHSO4晶体中含有0.2NA个阳离子B．1.12LC2H4所含极性共价键的数目为0.2NAC．1L0.05mol/L的NH4HSO4溶液中NH的微粒数小于0.05NAD．0.1molCH3COOH与足量乙醇充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA【答案】C【解析】A．n(NaHSO4)==0.1mol，由于NaHSO4晶体没有电离，阳离子仅有Na＋，故NaHSO4中含有0.1NA个阳离子，A错误；B．没有指明标准状况，不能计算1.12LC2H4物质的量，B错误；C．1L0.05mol/L的NH4HSO4物质的量为1L×0.05mol/L=0.05mol，由于铵根离子要水解，的微粒数小于0.05NA，C正确；D．乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，则0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1NA，D错误；故选C。4．现有硫酸钠溶液VmL，它的密度是ρg·mL-1，其中钠离子的质量分数是a%，则下列有关该溶液的说法错误的是。A．溶质的质量分数是%B．溶液的物质的量浓度是mol·L-1C．溶质和溶剂的物质的量之比是9a∶(2300-71a)D．硫酸根离子的质量分数是【答案】D【解析】A．现有硫酸钠溶液VmL，它的密度是ρg·mL-1，溶液质量是ρVg，其中钠离子的质量分数是a%，则钠离子的质量是ρVa%g，物质的量是mol，所以硫酸钠的物质的量是mol，质量是mol×142g·mol-1=g，则溶质的质量分数是×100%=%，A正确；B．溶液的物质的量浓度是=mol·L-1，B正确；C．溶质和溶剂的物质的量之比是mol∶=9a∶(2300-71a)，C正确；D．硫酸根离子的质量分数是×100%=%，D错误；故选D。5．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.1mol乙烷中含非极性键的数目为0.2NAB．1L溶液中数目等于C．标准状况下，11.2LHF含有的电子数等于D．18g重水(D2O)中含有的中子数为9NA【答案】D【解析】A．0.1mol乙烷中含非极性键的数目为0.1NA，故A错误；B．溶液中会水解，所以数目小于NA，故B错误；C．标准状况下，HF是液态，不可以用气体摩尔体积，故C错误；D．18g重水（D2O）物质的量为0.9mol，其中所含中子数为9NA，故D正确；答案选D。6．超氧化钾可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．中键的数目为B．晶体中离子的数目为C．溶液中的数目为D．该反应中每转移电子生成的数目为【答案】A【解析】A．(即)中键的数目为，A正确；B．由和构成，晶体中离子的数目为，B错误；C．在水溶液中会发生水解：，故溶液中的数目小于，C错误；D．该反应中部分氧元素化合价由价升至0价，部分氧元素化合价由价降至价，则每参加反应转移电子，每转移电子生成的数目为，D错误；故选A。7．硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，中原子总数为B．溶液中，数目为C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为【答案】D【解析】A．标况下SO2为气体，11.2LSO2为0.5mol，其含有1.5mol原子，原子数为1.5NA，A错误；B．SO为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL0.1molL-1Na2SO3溶液中SO数目小于0.01NA，B错误；C．反应①的方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，反应中每生成3molS消耗2molH2S，3.4gH2S为0.1mol，故可以生成0.15molS，生成的原子数目为0.15NA，C错误；D．反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2molS2-共转移4mol电子，因此，每生成1molS2-，转移2mol电子，数目为2NA，D正确；故答案选D。8．常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．水中含有的孤电子对数为B．每生成，得到的电子数为C．氨水中，含有的分子数少于D．每消耗(标准状况下)，生成键的数目为【答案】D【解析】A．H2O分子中O原子上孤电子对数为2，0.5molH2O的含有的孤电子对数为1NA，故A错误；B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34gNH3的物质的量为2mol，每产生2molNH3，得到6mol电子，数目为6NA，故B错误；C．氨水的体积未知，无法计算NH3⋅H2O的分子数，故C错误；D．22.4L(标准状况下)N2的物质的量为1mol，由方程式可知，消耗1molN2，产生的NH3为2mol，N−H键的数目为6NA，故D正确；故选D。9．CuCl2和SO2发生氧化还原反应，离子方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1mol氯化铜固体含有的Cu2+数目小于B．标准状况下，2.24LH2O中心O原子的价层电子对数为0.4C．1molSO2溶于水，电离出的H+数目为2D．生成1molCuCl，转移的电子数为【答案】D【解析】A．固体中不存在水解，1mol氯化铜固体含有的Cu2+数目为，故A项错误；B．标准状况下，水不是气体，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算，故B项错误；C．亚硫酸是弱酸，1molH2SO3电离出的氢离子数目小于2，故C项错误；D．根据方程式可知，生成1molCuCl，转移的电子数为，故D项正确；故本题选D。10．如图所示为硫元素在自然界中的循环示意图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1硫酸溶液含有的数目约为0.2B．2.24L中含有的孤电子对数目为0.2C．2mol与1mol充分反应后转移的电子数目为2D．1mol晶体中所含阳离子数目为【答案】D【解析】A．溶液只有浓度没有体积，不能求的数目，A错误；B．没有给出气体所处的状况，无法计算H2S的物质的量，B错误；C．与不能完全反应，反应后转移的电子数不等于，C错误；D．晶体中含有1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，则晶体中含有的阳离子总数为，D正确；故答案选D。11．下列描述正确的是A．14g14C中质子数目为8NAB．0.1mol/L1L酸性重铬酸钾溶液中数目为0.1NAC．1mol石墨晶体中形成六元环的数目为0.5NAD．142gP4O10()中含9NA个σ键【答案】C【解析】A．14g14C物质的量为1mol，14C的质子数为6，即14g14C中质子数目为6NA，故A错误；B．酸性重铬酸钾溶液中存在，则0.1mol/L1L酸性重铬酸钾溶液中数目小于0.1NA，故B错误；C．一个六元环中平均含有2个碳原子，1mol石墨晶体中形成六元环的数目为0.5NA，故C正确；D．142gP4O10物质的量为：0.5mol，1个P4O10()中含16个σ键，即142gP4O10()中含8NA个σ键，故D错误；故选C。12．亚铁氰化钾俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。一种制备方法为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．分子中含有键的数目为B．配合物的中心离子为C．每生成时，反应过程中转移电子的数目为D．中碳原子的价层电子对数目为4【答案】B【解析】A．物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，含有键的数目为2，A错误；B．配合物的中心离子为，中心离子的配体为，B正确；C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成时，反应过程中转移电子数目为，C错误；D．中碳原子的价层电子对数目为，无孤电子对，D错误；答案选B。13．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2L苯中含有的原子数目为B．0.3的溶液中含有的数目为C．用石灰乳完全吸收2mol时，转移电子的数目是D．在常温常压下，44g与混合物气体中所含的原子数目一定为【答案】D【解析】A．标准状况下，苯为非气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，A错误；B．溶液体积未知，无法计算物质的量，B错误；C．用石灰乳完全吸收2mol时，反应为，关系式为：，可知转移电子的数目是，C错误；D．在常温常压下，44g与混合物，两者摩尔质量相同，因此混合气体的物质的量为1mol，所以气体中所含的原子数目一定为，D正确；故答案选D。14．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．25℃，101kPa下，22.4L氮气中的共用电子对数目为3NAB．2.0L1.0mol·L−1NH4Cl溶液中，NH的数目为2NAC．0.3mol葡萄糖完全燃烧，生成CO2的数目为1.8NAD．质量比为2：1的SO2和O2充分反应生成SO3小于2NA【答案】C【解析】A．25℃，101kPa不是标准状况，不能用气体摩尔体积计算，故A项错误；B．NH4Cl溶液中，强酸弱碱盐，发生水解，的数目小于2NA，故B项错误；C．根据葡萄糖完全燃烧方程式可知，1mol葡萄糖彻底氧化为6mol二氧化碳，则0.3mol葡萄糖完全燃烧，生成CO2的数目为1.8NA，故C项正确；D．质量比为2：1的SO2和O2充分反应生成SO3可能大于2NA，可能等于2NA，可能小于2NA，不能确定，故D项错误；故本题选C。二、非选择题（本题包括4小题，共58分）15．（14分）某含铬矿石的回收生产中得到BaCrO4的样品，为了测定其中BaCrO4的含量，进行以下实验：已知：①I2+2S2O=2I−+S4O；②CrO的还原产物为Cr3+；③杂质不参与相关反应（1）样品中BaCrO4(摩尔质量为Mg·mol−l)的质量分数为(用字母表示)。（2）若加入的HI溶液过量太多，测定结果会_____。A．偏高 B．偏低 C．无影响 D．无法确定（3）用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)，转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如图所示。下列说法错误的是_____。A．反应I的离子反应方程式为：2Ce4++H2=2Ce3++2H+B．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．反应前溶液中c(Ce4+)一定等于反应后溶液中的c(Ce4+)D．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的总数一定保持不变【答案】（1）（2）A（3）C【解析】（1）加入HI发生反应：2BaCrO4+6I-+16H+=2Ba2++2Cr3++3I2+8H2O，结合I2+=2I-+，消耗Na2S2O3的物质的量为：V×10-3L×cmol/L=cV×10-3mol，由关系式：2BaCrO4～3I2～6，可知n(BaCrO4)=×cV×10-3mol，BaCrO4质量为×cV×10-3mol×Mg·mol−l=，样品中BaCrO4质量分数为；（2）若加入的HI溶液过量太多，部分HI被空气氧化为I2，或在酸性条件下反应生成为S与二氧化硫，均导致消耗Na2S2O3的量偏大，测定结果会偏高，故选A；（3）A．根据图示可知反应Ⅰ的离子方程式为：2Ce4＋+H2=2Ce3＋+2H＋，A项正确；B．反应Ⅱ的反应物为Ce3＋、H＋、NO，生成物为Ce4＋、N2、H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒，可得反应的离子方程式为：4Ce3＋+4H＋+2NO=4Ce4＋+N2+2H2O，NO是氧化剂，Ce3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶4=1∶2，B项正确；C．反应前后溶液中n(Ce4＋)不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增大，所以反应后溶液中c(Ce4＋)减小，C项错误；D．由于反应前后各种元素的原子个数相等，根据Ce元素守恒可知，反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的总数不变，D项正确；故选C。16．（14分）铁的化合物在生产生活中有极其重要的作用。请回答下列有关问题：(1)七水硫酸亚铁可作木材防火剂、磁性材料等。某课外活动小组配制100mL溶液，需要用到的主要玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒和；需要称取g晶体；一天后，小组同学发现溶液变为黄色，其原因是；为了防止溶液变黄，在配制时需要加入少量；在高温和隔绝空气条件下可以分解生成，其化学方程式为。(2)高铁酸钾()是一种新型高效的水处理剂，中铁元素的化合价为；用溶液、KClO溶液和KOH溶液反应可生成，其离子方程式为。(3)用作催化剂，在废水中加入可以去除废水中的有机物(TOC)。在酸性条件下，的加入量对TOC的去除效果如图所示，则的浓度为时，废水中TOC去除效果最好。(保留三位有效数字)【答案】(1)100mL容量瓶2.8Fe2+易被氧化为Fe3+铁粉(2)+6(3)1.18×10-3【解析】（1）配制10mL溶液需要用到的主要玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒和100mL容量瓶，需要称取晶体的质量为2.8g；溶液变为黄色是因为Fe2+易被氧化为Fe3+；为了防止溶液变黄，在配制时需要加入少量铁粉；在高温和隔绝空气条件下可以分解生成，其化学方程式为；（2）中铁元素的化合价为+6价；用溶液、KClO溶液和KOH溶液反应可生成，其离子方程式为；（3）根据图中可知的浓度为40mg/L时废水中TOC去除效果最好，即浓度为≈1.18×10-3mol/L。17．（15分）钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。回答下列问题：(1)金属钠非常活泼，在实验室中要把钠保存在中，以隔绝空气。(2)汽车安全气囊内装有NaN3、Fe2O3和NaHCO3等物质。①当汽车发生严重碰撞时，引发NaN3分解并放出大量的热：2NaN32Na+3N2↑。若安全气囊内有65gNaN3，其完全分解所释放的N2在标准状况下的体积为L。②产生的Na立即与Fe2O3发生置换反应生成Na2O，反应的化学方程式为。③NaHCO3可用作冷却剂，吸收体系释放的热量。NaHCO3作冷却剂的工作原理是(用化学方程式表示)。(3)向某种Na2CO3和NaHCO3的混合液中逐滴加入一定浓度的盐酸，生成CO2的体积(标准状况)与加入盐酸的体积的关系如图所示。

①该Na2CO3和NaHCO3的混合液中，n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=。②该盐酸的物质的量浓度为。【答案】(1)石蜡油(或煤油)(2)33.66Na+Fe2O33Na2O+2Fe2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑(3)1：10.5mol•L-1【解析】（1）金属钠非常活泼，可与水反应，为隔绝空气，通常保存在煤油或石蜡油中；（2）①65gNaN3的物质的量是1mol，NaN3分解的化学方程式为2NaN3=2Na＋3N2↑，所以生成氮气的物质的量是1.5mol，在标况下的体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L；②置换反应的反应物和产物均为单质和化合物，Na与Fe2O3发生置换反应生成Na2O和Fe，反应的化学方程式为：6Na+Fe2O33Na2O+2Fe；③NaHCO3不稳定，受热易分解，生成稳定的Na2CO3、H2O、CO2，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（3）①设盐酸浓度为cmol/L，加入15mL盐酸发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，则n(Na2CO3)=n(HCl)=cmol/L×0.015L=0.015cmol。加入45mL盐酸时，根据碳元素守恒可知：n(NaHCO3)=(0.045-0.015)cmol-0.015cmol=0.015cmol，故该样品中Na2CO3和NaHCO3的质量之比=0.015cmol：0.015cmol=1：1；②加入15mL～45mL盐酸，消耗盐酸体积=45mL-15mL=30mL，生成336mL二氧化碳，其物质的量为=0.015mol，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知n(HCl)=0.015mol，则c(HCl)==0.5mol/L。18．（15分）回答下列问题：(1)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：步骤一：利用NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐步骤二：将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2①NaClO2中Cl的化合价为。②写出步骤一中生成ClO2的化学方程式。③步骤二反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，该反应中氧化产物是。(2)NaClO2溶液可同时吸收含有SO2、NO的烟气。反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10-3mol/L。在碱性环境中，反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表。离子SOSONONOCl-c/(mol/L)8.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×1