（廣東專版）2022高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 化學(xué)常用計(jì)量及其應(yīng)用專題強(qiáng)化練

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1、（廣東專版）2022高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 化學(xué)常用計(jì)量及其應(yīng)用專題強(qiáng)化練 1．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)下列敘述正確的是(　　) A．24 g鎂與27 g鋁中，含有相同的質(zhì)子數(shù) B．同等質(zhì)量的氧氣和臭氧中，電子數(shù)相同 C．1 mol重水與1 mol水中，中子數(shù)比為2∶1 D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化學(xué)鍵數(shù)相同 解析：1個(gè)Mg原子中有12個(gè)質(zhì)子，1個(gè)Al原子中有13個(gè)質(zhì)子。24 g鎂和27 g鋁各自的物質(zhì)的量都是1 mol，所以24 g鎂含有的質(zhì)子數(shù)為12 mol，27 g鋁含有的質(zhì)子的物質(zhì)的量為13 mol，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。設(shè)氧氣和臭氧的質(zhì)量都是x g，則氧氣(O

2、2)的物質(zhì)的量為 mol，臭氧(O3)的物質(zhì)的量為 mol，所以兩者含有的氧原子分別為×2＝ mol和×3＝ mol，即此時(shí)氧氣和臭氧中含有的氧原子是一樣多的，而每個(gè)氧原子都含有8個(gè)電子，所以同等質(zhì)量的氧氣和臭氧中一定含有相同的電子數(shù)，選項(xiàng)B正確。重水為HO，其中H含有1個(gè)中子，O含有8個(gè)中子，所以1個(gè)重水分子含有10個(gè)中子。水為HO，其中H沒(méi)有中子，O含有8個(gè)中子，所以1個(gè)水分子含有8個(gè)中子，1 mol水含有8 mol中子。兩者的中子數(shù)之比為10∶8＝5∶4，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。乙烷(C2H6)分子中有6個(gè)C—H鍵和1個(gè)C—C鍵，所以1 mol乙烷有7 mol共價(jià)鍵。乙烯(C2H4)分子中有4個(gè)C—

3、H鍵和1個(gè)C===C，所以1 mol乙烯有6 mol共價(jià)鍵，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案：B 2．設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．1 mol Cl2與足量的Fe充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為3NA B．常溫下，1 L pH＝1的H2SO4溶液中，由水電離出的H＋數(shù)目為0.1NA C．常溫下，21 g乙烯和丁烯的混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為1.5NA D．1 mol C原子中所含中子數(shù)目為6NA 解析：氯氣與鐵反應(yīng)后變?yōu)椋?價(jià)，則1 mol氯氣與鐵反應(yīng)會(huì)轉(zhuǎn)移2 mol電子，即2NA個(gè)，A錯(cuò)誤；在硫酸溶液中，水的電離被抑制，氫離子幾乎全部來(lái)自于酸的電離，OH－全部來(lái)自于

4、水的電離，故水電離出的n(H＋)＝n(OH－)＝10－13mol·L－1×1 L＝10－13mol，故水電離出的氫離子的個(gè)數(shù)為10－13NA，B錯(cuò)誤；乙烯和丁烯的最簡(jiǎn)式均為CH2，故21 g混合物中含有的CH2的物質(zhì)的量n＝＝1.5 mol，故含有的碳原子的物質(zhì)的量為1.5 mol，即1.5NA個(gè)，C正確；1 mol C原子中所含中子數(shù)目為8NA，D錯(cuò)誤。 答案：C 3．某學(xué)生需配制0.2 mol·L－1Na2SO3溶液，經(jīng)檢測(cè)所配溶液的濃度為0.15 mol·L－1，可能的原因有(　　) A．容量瓶中有殘留水　 B．定容時(shí)俯視刻度線 C．漏掉洗滌操作步驟 D．稱量時(shí)所用砝碼生銹

5、 解析：A項(xiàng)，容量瓶中有殘留水，不影響配制的溶液濃度，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，定容時(shí)俯視刻度線，實(shí)際溶液體積偏小，所配溶液濃度偏高，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，漏掉洗滌步驟，損失部分溶質(zhì)，配制溶液的濃度偏低，正確；D項(xiàng)，砝碼生銹，所稱樣品的質(zhì)量偏大，配制的溶液濃度偏高，錯(cuò)誤。 答案：C 4．在甲、乙兩個(gè)體積不同的密閉容器中，分別充入質(zhì)量相同的CO、CO2氣體時(shí)，兩容器的溫度和壓強(qiáng)均相同，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．充入的CO分子數(shù)比CO2分子數(shù)少 B．甲容器的體積比乙容器的體積小 C．CO的摩爾體積比CO2的摩爾體積小 D．甲中CO的密度比乙中CO2的密度小 解析：溫度、壓強(qiáng)相同條件下，氣體摩爾體積相等

6、，根據(jù)n＝可知，相同質(zhì)量時(shí)其物質(zhì)的量之比等于其摩爾質(zhì)量的反比，CO、CO2的摩爾質(zhì)量分別是28 g·mol－1、44 g·mol－1，所以二者的物質(zhì)的量之比＝44 g·mol－1∶28 g·mol－1＝11∶7，則A項(xiàng)，根據(jù)N＝nNA知，二者的分子數(shù)之比等于其物質(zhì)的量之比為11∶7，CO分子數(shù)多，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，根據(jù)V＝nVm知，相同條件下，氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比，所以甲的體積比乙大，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，溫度和壓強(qiáng)相等，其氣體摩爾體積相等，所以二者的氣體摩爾體積相等，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，ρ＝可知，相同條件下，其密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，正確。 答案：D 5．(2

7、017·海南卷)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述錯(cuò)誤的是(　　) A．1 mol乙烯分子中含有的碳?xì)滏I數(shù)為4NA B．1 mol甲烷完全燃燒轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為8NA C．1 L 0.1 mol·L－1的乙酸溶液中含H＋的數(shù)量為0.1NA D．1 mol的CO和N2混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為14NA 解析：乙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2===CH2，1 mol乙烯中含有碳?xì)滏I的物質(zhì)的量為4 mol，故A說(shuō)法正確；甲烷燃燒生成CO2，甲烷中C的化合價(jià)為－4價(jià)，CO2中C的化合價(jià)為＋4價(jià)，因此1 mol甲烷完全燃燒轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為8 mol，故B說(shuō)法正確；乙酸是弱酸，部分電離，因此溶液中H＋物質(zhì)的量

8、小于0.1 mol，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；1 mol CO含有質(zhì)子物質(zhì)的量為(6＋8)mol＝14 mol，1 mol N2中含有質(zhì)子物質(zhì)的量為2×7 mol＝14 mol，因此1 mol N2和CO的混合氣體中含有質(zhì)子物質(zhì)的量為14 mol，故D說(shuō)法正確。 答案：C 6．CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中陽(yáng)離子的濃度相同(不考慮水解)，且SO的物質(zhì)的量濃度為3 mol·L－1，則此溶液最多溶解鐵粉的質(zhì)量為(　　) A．5.6 g B．11.2 g C．22.4 g D．33.6 g 解析：n(SO)＝0.1 L×3 mol·L－1＝0.3

9、mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的溶液中陽(yáng)離子的濃度相同，則有c(Cu2＋)＝c(H＋)＝c(Fe3＋)，由于溶液中陽(yáng)離子的濃度相同，所以陽(yáng)離子物質(zhì)的量也相同，設(shè)Cu2＋、Fe3＋、H＋三種離子物質(zhì)的量均為n，根據(jù)電荷守恒知道：2n＋3n＋n＝0.3 mol×2，由此解得n＝0.1 mol，Cu2＋、H＋、Fe3＋都能與Fe反應(yīng)生成Fe2＋，最后溶液的成分為FeSO4，則n(FeSO4)＝0.3 mol，根據(jù)Fe的守恒可知，此溶液最多溶解鐵粉的物質(zhì)的量為0.3 mol－0.1 mol＝0.2 mol，則此溶液最多溶解鐵粉的質(zhì)量為0.2 mol×56 g·mol－1＝11.2

10、g。 答案：B 7．有硫酸鎂溶液500 mL，它的密度是1.20 g·cm－3，其中鎂離子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是4.8%，則有關(guān)該溶液的說(shuō)法不正確的是(　　) A．溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是24.0% B．溶液的物質(zhì)的量濃度是2.4 mol·L－1 C．溶質(zhì)和溶劑的物質(zhì)的量之比是1∶40 D．硫酸根離子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是19.2% 解析：由Mg2＋的質(zhì)量分?jǐn)?shù)知MgSO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×4.8%＝24.0%，其物質(zhì)的量濃度為c＝ ＝ 2．4 mol·L－1，溶質(zhì)與溶劑的物質(zhì)的量之比為∶≈1∶21，SO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×4.8%＝19.2%。 答案：C 8．實(shí)驗(yàn)室需要配制0.50 mol·L－1 NaCl溶

11、液480 mL。按下列操作步驟填上適當(dāng)?shù)奈淖郑允拐麄€(gè)操作完整。 (1)選擇儀器。完成本實(shí)驗(yàn)所必需的儀器有：托盤(pán)天平(精確到0.1 g)、藥匙、燒杯、玻璃棒、_____________________________、 ______________以及等質(zhì)量的幾片濾紙。 (2)計(jì)算。 配制該溶液需取NaCl晶體的質(zhì)量為_(kāi)_______g。 (3)稱量。 ①天平調(diào)平之后，應(yīng)將天平的游碼調(diào)至某個(gè)位置，請(qǐng)?jiān)谙聢D中用一根豎線標(biāo)出游碼左邊緣所處的位置： ②稱量過(guò)程中NaCl晶體應(yīng)放于天平的________(填“左盤(pán)”或“右盤(pán)”)。 ③稱量完畢，將藥品倒入燒杯中。 (4)溶解、冷卻，該步

12、實(shí)驗(yàn)中需要使用玻璃棒，目的是________ _____________________________________________________。 (5)轉(zhuǎn)移、洗滌。在轉(zhuǎn)移時(shí)應(yīng)使用________引流，洗滌燒杯2～3次是為了__________________________________________________ _____________________________________________________。 (6)定容，搖勻。 (7)在配制過(guò)程中，某學(xué)生觀察定容時(shí)液面情況如圖所示，所配溶液的濃度會(huì)________(填“偏高”“偏低”或“無(wú)影響”)。

13、 解析：配制480 mL 0.50 mol·L－1的NaCl溶液，必須用500 mL容量瓶。m(NaCl)＝0.50 mol·L－1×0.5 L×58.5 g·mol－1＝14.6 g。用托盤(pán)天平稱量時(shí)，物品放在左盤(pán)，配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟為：計(jì)算→稱量(或量取)→溶解、冷卻→轉(zhuǎn)移、洗滌→定容、搖勻→裝瓶貼簽。定容時(shí)仰視液面會(huì)造成溶液體積偏大，濃度偏低。 答案：(1)500 mL容量瓶　膠頭滴管　(2)14.6 (3)①?、谧蟊P(pán)　(4)攪拌，加速溶解　(5)玻璃棒　保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移至容量瓶中 (7)偏低 9．實(shí)驗(yàn)室需要0.1 mol·L－1NaOH溶液450 mL和0.5

14、 mol·L－1硫酸溶液450 mL。根據(jù)這兩種溶液的配制情況回答下列問(wèn)題： (1)如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是________(填字母)。儀器C的名稱是________，本實(shí)驗(yàn)所需玻璃儀器E規(guī)格和名稱是______________________________________________________。 (2)下列操作中，容量瓶所不具備的功能有________(填字母)。 A．配制一定體積準(zhǔn)確濃度的標(biāo)準(zhǔn)溶液 B．長(zhǎng)期貯存溶液 C．用來(lái)加熱溶解固體溶質(zhì) D．量取220 mL體積的液體 (3)在配制NaOH溶液實(shí)驗(yàn)中，其他操作均正確，若定容時(shí)仰視刻度線，則所配

15、制溶液濃度________(填“大于”“等于”或“小于”，下同)0.1 mol·L－1。若NaOH溶液未冷卻即轉(zhuǎn)移至容量瓶定容，則所配制溶液濃度________0.1 mol·L－1。 (4)根據(jù)計(jì)算得知：所需質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84 g·cm－3的濃硫酸的體積為_(kāi)_______mL(計(jì)算結(jié)果保留一位小數(shù))。如果實(shí)驗(yàn)室有10 mL、25 mL、50 mL量筒，應(yīng)選用________mL規(guī)格的量筒最好。 (5)如果定容時(shí)不小心超過(guò)刻度線，應(yīng)如何操作：___________ _____________________________________________________。

16、 解析：(1)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計(jì)算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻，用到的儀器：托盤(pán)天平、藥匙、量筒、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，用不到的儀器：圓底燒瓶和分液漏斗；儀器C的名稱為分液漏斗；需要0.1 mol·L－1NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L－1硫酸溶液450 mL，實(shí)驗(yàn)室沒(méi)有450 mL容量瓶，所以應(yīng)選擇500 mL容量瓶。(2)容量瓶只能用來(lái)配制一定體積準(zhǔn)確濃度的溶液，不能配制或測(cè)量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體，不能稀釋或溶解藥品，不能用來(lái)加熱溶解固體溶質(zhì)，故選BCD。(3)若定容時(shí)仰視刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏小；若NaOH溶

17、液未冷卻即轉(zhuǎn)移至容量瓶定容，冷卻后，溶液體積偏小，溶液濃度偏大。(4)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84 g·cm－3的濃硫酸物質(zhì)的量濃度c＝mol·L－1＝18.4 mol·L－1，設(shè)0.5 mol·L－1硫酸溶液500 mL需要濃硫酸體積為V，則依據(jù)溶液稀釋前后含溶質(zhì)的物質(zhì)的量保持不變得：V×18.4 mol·L－1＝0.5 mol·L－1×500 mL，解得V≈13.6 mL，宜選用25 mL量筒。(5)如果定容時(shí)不小心超過(guò)刻度線，實(shí)驗(yàn)失敗，且不能補(bǔ)救，必須重新配制。 答案：(1)AC　分液漏斗　500 mL容量瓶 (2)BCD　(3)小于　大于　(4)13.6　25 (5)重新配制

18、 10．化合物A[KxFe(C2O4)y·zH2O，其中鐵元素為＋3價(jià)]是一種重要的光化學(xué)試劑。測(cè)定化合物A的化學(xué)式實(shí)驗(yàn)步驟如下： a．準(zhǔn)確稱取A樣品4.91 g，干燥脫水至恒重，殘留物質(zhì)的質(zhì)量為4.37 g； b．將步驟a所得固體溶于水，加入還原鐵粉0.28 g，恰好完全反應(yīng)； c．另取A樣品4.91 g置于錐形瓶中，加入足量的3 mol·L－1的H2SO4溶液和適量蒸餾水，再加入0.50 mol·L－1的KMnO4溶液24.0 mL，微熱，恰好完全反應(yīng)： 2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O 通過(guò)計(jì)算填空： (1)4

19、.91 g A樣品中含結(jié)晶水的物質(zhì)的量為_(kāi)_______mol。 (2)A的化學(xué)式為_(kāi)_______________________________________ (寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)。 解析：樣品中結(jié)晶水的物質(zhì)的量n(H2O)＝＝0.03 mol。 答案：(1)0.03 (2)由2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝2×＝0.01 mol，根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式可知n(C2O)＝ n(KMnO4)＝×0.50 mol·L－1×0.024 L＝0.03 mol，根據(jù)離子電荷守恒知n(K＋)＋3n(Fe3＋)＝2n(C2O)，可得n(K＋)＝0.03 mol

20、，因此A為K3Fe(C2O4)3·3H2O 11．鈷及其化合物廣泛應(yīng)用于磁性材料、電池材料及超硬材料等領(lǐng)域。 草酸鈷是制備鈷的氧化物的重要原料。下圖為二水合草酸鈷(CoC2O4·2H2O)在空氣中受熱的質(zhì)量變化曲線，曲線中300 ℃及以上所得固體均為鈷氧化物。 (1)通過(guò)計(jì)算確定C點(diǎn)剩余固體的化學(xué)成分為_(kāi)_______(填化學(xué)式)。試寫(xiě)出B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的物質(zhì)與O2在225～300 ℃發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：__________________________________________________。 (2)取一定質(zhì)量的二水合草酸鈷分解后的鈷氧化物(其中Co的化合價(jià)為＋2、＋3)，用

21、480 mL 5 mol·L－1鹽酸恰好完全溶解固體，得到CoCl2溶液和4.48 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)黃綠色氣體。試確定該鈷氧化物中Co、O的物質(zhì)的量之比。 解析：(1)由圖可知，CoC2O4·2H2O的質(zhì)量為18.3 g，其物質(zhì)的量為0.1 mol，Co元素質(zhì)量為5.9 g，C點(diǎn)鈷氧化物質(zhì)量為8.03 g，氧化物中氧元素質(zhì)量為8.03 g－5.9 g＝2.13 g，則氧化物中Co原子與O原子物質(zhì)的量之比為0.1 mol∶≈3∶4，故C點(diǎn)為Co3O4；B點(diǎn)對(duì)應(yīng)物質(zhì)的質(zhì)量為14.7 g，與其起始物質(zhì)的質(zhì)量相比減少18.3 g－14.7 g＝3.6 g，為結(jié)晶水的質(zhì)量，故B點(diǎn)物質(zhì)為CoC2O4，與氧

22、氣反應(yīng)生成Co3O4與二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。(2)由電子守恒：n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×＝0.4 mol，由電荷守恒：n(Co原子)總＝n(Co2＋)溶液＝n(Cl－)＝×(0.48 L×5 mol·L－1－2×)＝1 mol，所以固體中的n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 mol，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，氧化物中n(O)＝(0.6 mol×2＋0.4 mol×3)÷2＝1.2 mol，故該鈷氧化物中n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6。 答案：(1)Co3O4　3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2 (2)該鈷氧化物中Co、O的物質(zhì)的量之比為5∶6