新教材适用2024版高考化学二轮总复习专题能力提升训练二化学计量及其应用

这是一份新教材适用2024版高考化学二轮总复习专题能力提升训练二化学计量及其应用，共8页。试卷主要包含了 NA表示阿伏加德罗常数的值，1NA， 关于18，8 ml·L－1，4×98,1， NA为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。

A．溶液的转移
B．验证乙炔使溴水褪色
C．制备碳酸氢钠
D．测定Na2C2O4溶液的浓度
【解析】 溶液的转移需用玻璃棒引流，A错误；电石与水反应生成乙炔、硫化氢、磷化氢，硫化氢、磷化氢也能使溴水褪色，B错误；氨气易溶于水，直接通入氯化钠溶液会倒吸，C错误；酸性高锰酸钾溶液盛放在酸式滴定管中，酸性高锰酸钾标准液可与草酸钠发生反应，可用于测定其浓度，D正确；故选D。
2. (2023·湖北部分市州联考一模)NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( A )
A．12 g NaHSO4固体中所含阳离子数为0.1NA
B．1.12 L乙烷和丙烯的混合气体中所含C—H键数为0.3NA
C．3.9 g K在氧气中完全反应转移电子数为0.15NA
D．0.1 ml CH3CH2OH与足量CH3COOH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数为0.1NA
【解析】 NaHSO4固体中含Na＋和HSOeq \\al(－,4)，则0.1 ml NaHSO4固体中所含阳离子数为0.1NA，A正确；未指出气体所处状况，无法计算气体的物质的量，B错误；0.1 ml K失电子变成K＋，转移0.1 ml电子，转移电子数为0.1NA，C错误；CH3CH2OH与CH3COOH发生酯化反应，该反应为可逆反应，因此0.1 ml CH3CH2OH反应生成的CH3COOCH2CH3分子数小于0.1NA，D错误；故选A。
3. (2023·湖南常德一模)乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：
HC≡CH＋H2Oeq \(――→,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))CH3CHO
2H2C===CH2＋O2eq \(――→,\s\up7(催化剂),\s\d5(加热加压))2CH3CHO
以下叙述不正确的是( A )
A．乙烯氧化法中，生成0.1 ml乙醛时，转移的电子数约为1.204×1024
B．C2H4的电子式为
C．根据价层电子互斥模型，18 g水的中心原子含有2 ml孤电子对
D．标准状况下，11.2 L C2H2中含有π键的数目约为6.02×1023
【解析】 乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为－2，电子转移关系为O2～2CH3CHO～4e－，生成0.1 ml乙醛时，转移的电子0.2 ml，数目约为1.204×1023，A错误；C2H4为含有碳碳双键的共价化合物，电子式为，B正确；H2O分子中中心O原子价层电子对数为2＋eq \f(6－1×2,2)＝4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，则18 g水(为1 ml)的中心原子含有2 ml孤电子对，C正确；1分子乙炔中含有2个π键，标准状况下，11.2 L C2H2(为0.5 ml)中含有π键为1 ml，数目约为6.02×1023，D正确；故选A。
4. (2021·山东卷)X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 ml X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 ml Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是( D )
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为eq \f(2V1,V2)
C．产物中X、Y化合价之比一定为eq \f(V1,V2)
D．由eq \f(V1,V2)一定能确定产物中X、Y的化合价
【解析】 设与1 ml X反应消耗HCl的物质的量为a ml，与1 ml Y反应消耗H2SO4的物质的量为b ml，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知X～aHCl～eq \f(a,2)H2～Xa＋、Y～bH2SO4～bH2～Y2b＋。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)，故A正确；X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为eq \f(a,b)，因eq \f(\f(a,2),b)＝eq \f(10V1,10V2)＝eq \f(V1,V2)，因此eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)，故B正确；产物中X、Y化合价之比为eq \f(a,2b)，由B项分析可知eq \f(a,2b)＝eq \f(V1,V2)，故C正确；因短周期金属单质与稀盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有＋1、＋2、＋3三种情况，因此存在a＝1,2,3，b＝0.5,1的多种情况，由eq \f(a,b)＝eq \f(2V1,V2)可知，当a＝1，b＝0.5时，eq \f(V1,V2)＝1，当a＝2，b＝1时，eq \f(V1,V2)＝1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据eq \f(V1,V2)可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；故选D。
5. (2023·上海浦东二模)关于18.4 ml·L－1硫酸(ρ＝1.84 g·cm－3)的说法错误的是( B )
A．质量分数为98%
B．c(H＋)为36.8 ml·L－1
C．可干燥SO2、CO等气体
D．稀释时有共价键断裂
【解析】 由c＝eq \f(1 000ρw,M)可知，浓硫酸的质量分数为eq \f(18.4×98,1.84×1 000)×100%＝98%，故A正确；浓硫酸的主要成分是硫酸分子，则溶液中的离子浓度一定小于36.8 ml·L－1，故B错误；浓硫酸具有吸水性，可以干燥二氧化硫、一氧化碳等不与浓硫酸反应的气体，故C正确；浓硫酸稀释时电离出氢离子和硫酸根离子，所以稀释时有共价键断裂，故D正确；故选B。
6. (2023·天津市部分区一模)设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( B )
A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L
B．0.1 ml OH－含NA个电子
C．1 L 0.1 ml·L－1的FeCl3溶液中，Fe3＋的数目为0.1NA
D．标准状况下，22.4 L苯所含的分子数为NA
【解析】 氦气为单原子分子，NA个氦原子的氦气，物质的量为1 ml，在标准状况下的体积约为22.4 L，A错误；1个OH－含有10个电子，所以0.1 ml OH－含NA个电子，B正确；1 L 0.1 ml·L－1的FeCl3溶液中，Fe3＋会发生水解，Fe3＋的数目会小于0.1NA，C错误；标况下，苯为液态，由于不知道苯的密度，所以通过体积无法求得苯的物质的量，D错误；故选B。
7. (2023·辽宁沈阳市二模)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是( B )
A．1 ml Fe(CO)5中含有的σ键的数目为5NA
B．标准状况下，22.4 L CH4和22.4 L Cl2在光照下充分反应后的分子数为2NA
C．1 ml CaH2固体含有的离子数目为2NA
D．一定条件下，5.6 g Fe与0.1 ml Cl2充分反应，转移的电子数为0.3NA
【解析】 Fe与CO之间存在配位键属于σ键，1个CO中含1个σ键，则1 ml Fe(CO)5中含有的σ键的数目为10NA，故A错误；标准状况下，22.4 L CH4和22.4 L Cl2均为1 ml，分子数共2NA，甲烷和氯气发生取代反应，反应前后分子总数不变，则充分反应后的分子数为2NA，故B正确；1 ml CaH2中含1 ml钙离子和2 ml氢负离子，离子数目为3NA，故C错误；Fe与氯气反应生成氯化铁，5.6 g Fe为0.1 ml，完全反应消耗0.15 ml氯气，则氯气量不足，应以氯气的量计算电子数，0.1 ml Cl2完全跟反应得0.2 ml电子，即0.2NA，故D错误；故选B。
8. (2023·广东佛山市二模)绿矾(FeSO4·7H2O)分解可制备铁红，同时产生SO2、SO3和H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( D )
A．1 L 1 ml·L－1 FeSO4溶液含有的阳离子数大于NA
B．0.5 ml三聚SO3分子中含有σ键数目为6NA
C．绿矾分解生成16 g Fe2O3时，转移电子数为0.2NA
D．22.4 L SO2溶于水，溶液中H2SO3、HSOeq \\al(－,3)、SOeq \\al(2－,3)的数目总和为NA
【解析】 硫酸亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则1 L 1 ml·L－1硫酸亚铁溶液含有的阳离子数大于1 ml·L－1×1 L×NA ml－1＝NA，故A正确；由结构可知，三聚三氧化硫分子中含有的σ键为12，则0.5 ml三聚三氧化硫分子中含有的σ键的数目为0.5 ml×12×NA ml－1＝6NA，故B正确；由题意可知，绿矾受热分解的方程式为2FeSO4·7H2Oeq \(=====,\s\up7(高温))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋7H2O，反应生成1 ml三氧化二铁，转移2 ml电子，则生成16 g三氧化二铁时，转移电子数为eq \f(16 g,160 g·ml－1)×2×NA ml－1＝0.2NA，故C正确；缺标准状况，无法计算22.4 L二氧化硫的物质的量，且二氧化硫与水反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，所以无法计算溶液中亚硫酸、亚硫酸氢根、亚硫酸根的数目总和，故D错误；故选D。
9. (2023·河北张家口二模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( C )
A．标准状况下，2.24 L丙烯中含有的σ键数目为0.8NA
B．6.0 g SiO2与足量HF溶液充分反应，生成SiF4的数目为0.1NA
C．1.2 g NaHSO4晶体中含有的SOeq \\al(2－,4)数目为0.01NA
D．5.6 g Fe与3.55 g氯气充分反应后转移的电子数目为0.1NA
【解析】 标准状况下，2.24 L丙烯的物质的量为n＝eq \f(V,Vm)＝eq \f(2.24 L,22.4 L/ml)＝0.1 ml，单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，0.1 ml丙烯CH2===CH—CH3含有的σ键数目为0.8NA，A项正确；6.0 g SiO2的物质的量为n＝eq \f(m,M)＝eq \f(6 g,60 g/ml)＝0.1 ml，与足量HF溶液充分反应，生成SiF4的数目为0.1NA，B项正确；NaHSO4晶体含Na＋和HSOeq \\al(－,4)，不含有SOeq \\al(2－,4)，C项错误；氯气量不足，用氯气的量进行计算，3.55 g氯气的物质的量为n＝eq \f(m,M)＝eq \f(3.55 g,71 g/ml)＝0.05 ml,1 ml Cl2生成FeCl3转移2 ml电子，则0.05 ml Cl2充分反应后转移的电子数目为0.1NA，D项正确；故选C。
10. (2023·重庆市二模)氨对水体的污染情况越来越受人们的重视。用次氯酸钠可以脱除水中的NH3，其反应式为2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O。设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是( C )
A．33.6 L NH3中所含的σ键数目为4.5NA
B．2 L 0.5 ml/L NaClO溶液中含有的ClO－数目为NA
C．若该反应生成27 g H2O时，转移的电子数为3NA
D．2 ml N2与3 ml H2在密闭容器中反应生成的NH3分子数为2NA
【解析】 未说明状态，无法计算氨气的物质的量，A错误；ClO－为弱酸根离子，要水解，ClO－数目少于NA，B错误；由方程式可知，反应中氮元素化合价由－3变为0，电子转移关系为6e－～3H2O，生成3 ml H2O，转移6 ml电子，27 g H2O为1.5 ml，则转移3 ml电子，C正确；N2与H2的反应是可逆反应，生成的NH3分子数少于2NA，D错误；故选C。
11. (2023·湖南邵阳市二模)金刚石硬度大，熔点高，用途非常广泛。工业上利用反应CCl4＋4Naeq \(========,\s\up7(973 K),\s\d5(Ni—C))C(金刚石)＋4NaCl人工合成金刚石。已知：氯化钠晶胞结构如图1所示，相邻的Na＋与Cl－的距离为a cm，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( D )
A．Ni、C均属于元素周期表中的d区元素
B．CCl4、NaCl、金刚石三种物质的熔点依次升高
C．若NaCl晶体密度为d g·cm－3，则NA＝eq \f(58.5,2a3d)
D．12 g金刚石(晶体结构如图2所示)中含有C—C键的数目为4NA
【解析】 钴元素、镍元素的原子序数分别为27、28，价电子排布式分别为3d74s2、3d84s2，均属于元素周期表中的d区元素，故A正确；四氯化碳是熔点低的分子晶体、氯化钠是熔点较高的离子晶体、金刚石是熔点很高的共价晶体，所以三种物质的熔点依次升高，故B正确；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，位于棱上和体心的钠离子12×eq \f(1,4)＋1＝4，由晶胞的质量公式可得：eq \f(4×58.5,NA)＝(2a)3d，解得NA＝eq \f(58.5,2a3d)，故C正确；由晶体结构可知，金刚石中每个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键为2个碳原子所共有，所以每个碳原子形成的碳碳键数目为4×eq \f(1,2)＝2，则12 g金刚石中含有碳碳键的数目为eq \f(12 g,12 g·ml－1)×2×NA ml－1＝2NA，故D错误；故选D。
12. (2023·湖南张家界二模)Na2FeO4具有强氧化性，是一种新型的绿色非氯净水消毒剂，碱性条件下可以稳定存在，酸性条件下会自身分解生成Fe(OH)3。可用Fe(OH)3与NaClO在强碱性条件下制取，某实验小组利用如图所示实验装置，制取Na2FeO4，并验证其处理含CN－废水的能力。
Ⅰ.制取Na2FeO4
(1)仪器D的名称为_球形干燥管__。洗气瓶B中盛有的试剂为_饱和食盐水__。实验开始，先打开分液漏斗_C__(填“A”或“C”)的活塞。
(2)写出大试管中发生反应的离子方程式： 2MnOeq \\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O 。
(3)三颈烧瓶中的红褐色固体基本消失，得到紫色溶液时，停止通入Cl2。通入氯气的过程中三颈烧瓶中发生反应的离子方程式有：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O、 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeOeq \\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O 。
Ⅱ.模拟并验证Na2FeO4处理含CN－废水的能力
(4)取一定量Na2FeO4加入试管中，向其中加入0.2 ml·L－1的NaCN溶液10 mL，CN－被氧化为COeq \\al(2－,3)和N2。充分反应后测得试管中仍有Na2FeO4剩余，过滤。向滤液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，将沉淀过滤干燥后称量，得白色沉淀0.354 6 g。
①配制0.2 ml·L－1的NaCN溶液，需要的玻璃仪器有_ADEF__(填序号，下同)。
②计算NaCN溶液中CN－的去除率为_90%__(保留两位有效数字)。
【解析】 (1)仪器D为球形干燥管；洗气瓶B中盛有的试剂是饱和食盐水，用来除去混合气体中的氯化氢；因为实验中需要保持碱性环境，因此先向Fe2(SO4)3溶液中加入NaOH溶液，然后再通入Cl2，所以先开C活塞；(2)大试管中的KMnO4与浓盐酸反应的离子方程为2MnOeq \\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；(3)结合化合价升降相等、原子守恒、电荷守恒的知识可写出制取Na2FeO4的离子方程式：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeOeq \\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O；(4)溶液配制需要胶头滴管、烧杯、容量瓶、玻璃棒；n(BaCO3)＝eq \f(0.354 6 g,197 g·ml－1)＝0.001 8 ml，所以CN－的去除率为eq \f(0.001 8,0.2×10×10－3)×100%＝90%。
13.(1)煅烧NiSO4·6H2O晶体时剩余固体质量与温度的变化曲线如图所示，该曲线中B段所表示氧化物的名称为_三氧化二镍__。
(2)为了探究某浅黄色固体化合物X(含四种元素)的组成。某化学兴趣小组称取3.60 g该固体化合物，用热重法对其进行分析，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。
已知：a.热分解后得到的无色无味气体能完全被足量澄清石灰水吸收，并得到4.00 g白色沉淀；
b．热分解后剩余的固体呈红棕色，溶于盐酸后得到黄色溶液。
①X的化学式是_FeC2O4·2H2O__。
②固体X在300 ℃下反应的化学方程式是 4FeC2O4·2H2O＋3O2eq \(=====,\s\up7(300 ℃))2Fe2O3＋8CO2＋8H2O 。
【解析】 (1)NiSO4·6H2O晶体的摩尔质量是263 g·ml－1，所以26.3 g NiSO4·6H2O为0.1 ml；280 ℃时，固体的质量为15.5 g，是失去结晶水导致的，所以A段对应的物质是0.1 ml NiSO4；温度到600 ℃，固体的质量再次下降，最终得到的是镍的氧化物；根据元素质量守恒，8.3 g氧化物中Ni的质量为5.9 g，那么O的质量为2.4 g，即0.15 ml，所以固体氧化物中n(Ni)∶n(O)＝2∶3，所以固体氧化物为三氧化二镍。(2)①浅黄色固体化合物X，第一个阶段可能失去结晶水，质量为0.72 g，物质的量为0.04 ml,2.88 g固体热分解后得到的无色无味气体能完全被足量澄清石灰水吸收，并得到4.00 g白色沉淀，说明热分解生成了CO2，物质的量为0.04 ml，则n(C)＝0.04 ml，碳元素的质量为0.04 ml×12 g·ml－1＝0.48 g；热分解后剩余的固体呈红棕色，溶于盐酸后得到黄色溶液，说明生成了氧化铁，物质的量为0.01 ml，n(Fe)＝0.02 ml，铁元素的质量为0.02 ml×56 g·ml－1＝1.12 g；含有氧元素的质量为2.88 g－0.48 g－1.12 g＝1.28 g，则n(O)＝0.08 ml，可得出n(Fe)∶n(C)∶n(O)∶n(H2O)＝0.02 ml∶0.04 ml∶0.08 ml∶0.04 ml＝1∶2∶4∶2，X的化学式是FeC2O4·2H2O。②固体X在300 ℃下与氧气反应生成氧化铁、二氧化碳和水，其反应的化学方程式是4FeC2O4·2H2O＋3O2eq \(=====,\s\up7(300 ℃))2Fe2O3＋8CO2＋8H2O。