2019届二轮复习 化学常用计量 作业（全国通用） (2) 练习

化学常用计量
1．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是(　D　)
A．标准状况下，11.2 L NO和11.2 L SO3的分子总数为NA
B．0.1 mol Br2与足量H2O或NaOH反应转移的电子数均为0.1NA
C．0.1 mol的白磷(P4)或四氯化碳(CCl4)中所含的共价键数均为0.4NA
D．在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出32 g铜时，转移电子数均为NA
解析　标准状况下，SO3为固体， 选项A错误；Br2与H2O反应是可逆反应， 选项B错误；0.1 mol P4中含有0.6 mol共价键， 选项C错误。
2．(2018·江淮十校三模)设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是(　A　)
A．1 mol淀粉(C6H10O5)n完全水解后产生的葡萄糖分子数一定为NA
B．水蒸气通过Na2O2使其增重2 g时，反应中转移的电子数为NA
C．常温下，15 g HCHO与14CO组成的混合气体中分子数为0.5NA
D．10 g质量分数为46%乙醇溶液中O－H键数目为0.7NA
解析　1 mol淀粉(C6H10O5)n中n不确定 ，所以完全水解后产生的葡萄糖分子数也不确定， 选项A错误； 水与过氧化钠反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，由反应方程式可知，若有2 mol水参加反应，反应后固体增加4 g，转移2 mol电子，因此质量增加2 g时，转移电子1 mol，转移电子的数目为NA，选项B正确；HCHO与14CO的摩尔质量相等，均为30 g/mol，则15 g混合气体的物质的量为0.5 mol，其分子总数为0.5NA，选项C正确； 10 g质量分数为46%乙醇溶液中含有4.6 g乙醇和5.4 g水，乙醇和水的物质的量分别为0.1 mol和0.3 mol，由乙醇和水的分子结构可知，二者分别含有0.1 mol O—H键和0.6 mol O—H键，O—H键的总数为0.7NA，选项D正确。
3．(2018·合肥二模)已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(　A　)
A．8.4 g NaHCO3晶体中含有0.1NA个CO
B．含有NA个氢氧化铝胶粒的明矾溶液中，硫酸根离子数目大于2NA个
C．3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
D．铅蓄电池工作时，当电路中通过的电子为0.2NA时，负极质量增加9.6 g
解析　NaHCO3晶体是由Na＋和HCO组成，不含CO，选项A错误； 由于铝离子水解不彻底而且一个氢氧化铝胶粒中含有的铝原子不止一个，选项B正确；甲醛(HCHO)和冰醋酸的最简式都是CH2O,3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有0.1 mol CH2O，故其原子总数为0.4NA，选项C正确 ；负极反应式为Pb＋SO－2e－===PbSO4，负极增加的质量是SO的质量，因此通过0.2 mol e－，负极质量增加9.6 g，选项D正确。
4．(2018·皖西名校质检)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　D　)
A．1 mol H2与0.5 mol I2在一定条件下充分反应，最后分子总数一定为1.5NA
B．向含1 mol Cl－的NH4Cl溶液中加入氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH数目为NA
C．10 g DO和10 g HO中含有的中子数均为5NA
D．标准状况下，1 L pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.1NA
解析　H2与I2的反应虽然是可逆反应，但是该反应分子总数不变，选项A正确；根据电荷守恒可知呈中性溶液中NH数目与Cl－相等，选项B正确； DO和HO相对分子质量以及中子数均相等，选项C正确；标准状况下，温度低于室温，所以KW改变了，选项D错误。
5．( 2018·福州八县期中)实验室中需要2 mol/L的硫酸铜溶液95 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取胆矾质量分别是(　D　)
A．95 mL,30.4 g　　　 B．95 mL,47.5 g
C．100 mL,32.0 g　　　 D．100 mL,50.0 g
解析　实验室没有95 mL的容量瓶，应用100 mL的容量瓶进行配制，则n(CuSO4)＝0.1 L×2 mol/L＝0.2 mol，需要胆矾的质量＝2 mol×250 g/mol＝50.0 g，选项D正确。
6．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SO)＋c(NO)＝2.5 mol·L－1。取200 mL该混合酸，则能溶解铜的最大质量为(　B　)
A．12.8 g　　　 B．19.2 g
C．32.0 g　　　 D．38.4 g
解析　反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，要使溶解的铜的质量最大，则氢离子和硝酸根离子浓度满足方程式中的比例关系，硝酸全部起氧化剂作用，假设硫酸的浓度为x mol·L－1，则硝酸的浓度为(2.5－x) mol·L－1，则氢离子浓度为2x＋(2.5－x)＝2.5＋x，c(NO)＝2.5－x，则(2.5－x)：(2.5＋x)＝2：8，解得x＝1.5 mol·L－1，则硝酸根物质的量为1 mol·L－1×0.2 L＝0.2 mol，溶解的铜为0.3 mol，质量为0.3 mol×64 g·mol－1＝19.2 g，选项B正确。
7．(2017·湖南师大附中检测)将Na2O2逐渐加入到含有Al3＋、Mg2＋、NH的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入Na2O2的物质的量(mol)关系如图所示，则原溶液中Al3＋、Mg2＋、NH的物质的量分别为(　C　)

A．2 mol、3 mol、8 mol　　　 B．3 mol、2 mol、8 mol
C．2 mol、3 mol、4 mol　　　 D．3 mol、2 mol、4 mol
解析　由图可知，沉淀物质的量最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg(OH)2]＋n[Al(OH)3]＝5 mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知n[Mg(OH)2]＝3 mol，则n[Al(OH)3]＝2 mol，根据元素守恒可知，n(Al3＋)＝n[Al(OH)3]＝2 mol，n(Mg2＋)＝n[Mg(OH)2]＝3 mol；反应生成的气体为氨气与氧气，由图可知溶液加入8 mol Na2O2以后，再加Na2O2，气体的增加变慢，故加入8 mol Na2O2时，NH完全反应，且沉淀达最大值，故溶液中Mg2＋、NH、Al3＋都恰好完全反应，此时溶液中Mg2＋、NH、Al3＋为Na＋代替，溶液中n(Na＋)＝2n(Na2O2)＝2×8 mol＝16 mol，根据电荷守恒有n(Na＋)＝2n(Mg2＋)＋n(NH)＋3n(Al3＋)，即16 mol＝2×3 mol＋n(NH)＋3×2 mol，所以n(NH)＝4 mol，选项C正确。
8．(2018·运城质检)下列溶液配制实验的描述完全正确的是(　C　)
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，移液应该用玻璃棒引流，且玻璃棒不能紧贴容量瓶，玻璃棒下端要靠在刻度线上方的瓶壁
B．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)通常需要用容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等仪器
C．配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防水解
D．用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏低
解析　 玻璃棒下端要靠在刻度线下方瓶壁，选项A错误；用浓盐酸配制体积比1∶1的稀盐酸，不需要容量瓶，选项B错误；铵根离子和铁离子易水解，可加H2SO4以防水解，选项C正确 ；量取浓盐酸时，仰视会使量取的浓盐酸体积偏大，所配制溶液浓度偏高，选项D错误。
9．(2018·江西六市联考)8.34 g FeSO4·7H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列有关说法正确的是(　D　)

A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B．温度为159℃时固体物质N的化学式为FeSO4·3H2O
C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4FeO＋SO3↑
D．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3
解析　8.34 g FeSO4·7H2O的物质的量是8.34 g÷278 g/mol＝0.03 mol。根据图像可知温度为78℃时固体质量减少8.34 g－6.72 g＝1.62 g，则失去结晶水的物质的量是1.62 g÷18 g/mol＝0.09 mol，即每摩尔固体失去3 mol结晶水，所以固体物质M的化学式为FeSO4·4H2O，选项A错误；温度为159 ℃时固体质量又减少6.72 g－5.10 g＝1.62 g，则失去结晶水的物质的量是0.09 mol，每摩尔固体又失去了3 mol结晶水，则固体物质N的化学式为FeSO4·H2O，选项B错误；根据图像可知N到P固体质量又减少5.10 g－4.56 g＝0.54 g，相当于0.03 mol结晶水，这说明此时固体已经完全失去结晶水，则在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O↑，选项C错误；根据以上分析可知，380 ℃时P是硫酸亚铁，隔绝空气加热至650 ℃时固体质量变为2.40 g，根据铁元素守恒可知，0.03 mol铁能生成0.015 mol氧化铁，质量是0.015 mol×160 g/mol＝2.4 g，这说明Q的化学式恰好为Fe2O3，选项D正确。
10．(2018·江西九校联考)相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况)，溶于m g水中，得到质量分数为ω的溶液，物质的量浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·cm－3。则下列说法不正确的是(　C　)
A．相对分子质量M＝
B．物质的量浓度c＝
C．溶液的质量分数w＝
D．溶液密度ρ＝
解析　 由c＝＝知选项B正确；由ω＝＝知选项C错误；将此式变形后即可得到选项A中的式子，由c＝知选项D正确。
11．(2018·鄂东南联盟联考)一定质量的液态化合物XY2与标准状况下的一定质量的O2恰好完全反应，反应的化学方程式为XY2(l)＋3O2(g)===XO2(g)＋2YO2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的体积是672 mL，密度是2.56 g·L－1。则：
(1)反应前O2的体积是__672_mL__。
(2)化合物XY2的摩尔质量是__76_g·mol－1__。
(3)若XY2分子中X、Y两元素的质量比是3∶16，则X、Y两元素分别为__C__和__S__(写元素符号)。
解析　(1)由反应XY2 (l)＋3O2(g)===XO2(g)＋2YO2(g)可知，反应前后气体的体积变化为0，故V(O2)＝672 mL。
(2)由m＝ρV得生成物的质量m＝0.672 L×2.56 g·L－1＝1.72 g，O2的物质的量n＝＝0.03 mol，XY2 的物质的量为0.01 mol。所以M(XY2)＝＝76 g·mol－1。
(3)由＝和M(X)＋2M(Y)＝76，解得M(X)＝12，M(Y)＝32，即X为C元素，Y为S元素。
12．(2018·上饶六校联考)化合物A[KxFe(C2O4)y·zH2O，其中铁元素为＋3价]是一种重要的光化学试剂。测定化合物A的化学式实验步骤如下：
a．准确称取A样品4.91 g，干燥脱水至恒重，残留物质的质量为4.37 g；
b．将步骤a所得固体溶于水，加入还原铁粉0.28 g，恰好完全反应；
c．另取A样品4.91 g置于锥形瓶中，加入足量的3 mol·L－1的H2SO4溶液和适量蒸馏水，再加入0.50 mol·L－1的KMnO4溶液24.0 mL，微热，恰好完全反应：
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O
通过计算填空：
(1)4.91 g A样品中含结晶水的物质的量为__0.03__mol。
(2)A的化学式为__K3Fe(C2O4)3·3H2O__(写出计算过程)。
解析　 (1)样品中结晶水的物质的量
n(H2O)＝＝0.03 mol。
(2)由2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝2×＝0.01 mol。根据反应的化学方程式可知n(C2O)＝n(KMnO4)＝×0.50 mol·L－1×0.024 L＝0.03 mol，根据离子电荷守恒n(K＋)＋3n(Fe3＋)＝2n(C2O)，可得n(K＋)＝0.03 mol，因此A为K3Fe(C2O4)3·3H2O。
13．(2018·西南名校联考)某化学研究性学习小组需配制含有NH、Cl－、K＋、SO的植物培养液450 mL，且要求该培养液中c(Cl－)＝c(K＋)＝c(SO)＝0.4 mol·L－1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙　②托盘天平　③烧杯　④玻璃棒　⑤胶头滴管　⑥量筒。
请回答下列问题：
(1)该植物培养液中，NH的物质的量浓度为__0.8_mol·L－1__。
(2)该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的实验仪器是__B__(填字母)。
A．450 mL容量瓶
B．500 mL容量瓶
C．两个250 mL容量瓶
(3)甲同学用KCl和(NH4)2SO4两种物质进行配制，则需称取m(KCl)＝__14.9__g，m[(NH4)2SO4]＝__26.4__g。
(4)乙同学用所提供药品中的三种进行配制，请帮助该同学选用三种物质：__(NH4)2SO4__、__NH4Cl__、__K2SO4__。(填化学式)
(5)若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是__ABC__(填字母)。
A．将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
B．将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶
C．用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线
D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线
解析　(1)根据溶液呈电中性有c(NH)＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SO)，则c(NH)＝c(Cl－)＋2c(SO)－c(K＋)＝0.8 mol·L－1。(2)实验所用容量瓶规格应该等于或略大于实验所需配制溶液的体积，实验室没有450 mL的容量瓶，且用容量瓶配制溶液时，需一次完成，应选用500 mL容量瓶。(3)配制所需该溶液应该按配制500 mL溶液来计算，所需KCl、(NH4)2SO4的物质的量均为0.2 mol，对应的质量分别为14.9 g、26.4 g。(4)由题知，该植物培养液中：n(NH)＝2n(Cl－)＝2n(K＋)＝2n(SO)，若用三种物质来配制，三种物质应该为(NH4)2SO4、NH4Cl、K2SO4，且物质的量之比为1∶2∶1。(5)未洗涤烧杯和玻璃棒，会有部分溶质残留在烧杯和玻璃棒上，使所配溶液浓度偏低，选项A正确；转移时部分溶液溅出容量瓶，使溶质损失，所配溶液浓度偏低，选项B正确；加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度线，说明所配溶液体积偏大、浓度偏小，选项C正确；俯视读数时，实际液面低于容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小、浓度偏大，选项D错误。
14．(2018·太原四月调研)为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示。

(1)300 ℃时残留固体的成分为__CaC2O4__,900 ℃时残留固体的成分为__CaO__。
(2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。
解析　(1)n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，含有m(H2O)＝0.25 mol×18 g·mol－1＝4.50 g，在300 ℃时，＝87.67%，m(剩余)＝36.50 g×87.67%≈32 g，减少的质量为36.50 g－32 g＝4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 ℃时，＝38.36%，m(剩余)＝36.50 g×38.36%≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0.25 mol×40 g·mol－1＝10 g，另外14 g－10 g＝4 g假设只有O，n(O)＝＝0.25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。(2)在600 ℃时，＝68.49%，m(剩余)＝36.50 g×68.49%≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的总质量为32 g－25 g＝7 g,7 g÷0.25 mol＝28 g·mol－1，每摩尔物质失去的质量看成一种物质则应为CO，CaC2O4失去CO后产物为CaCO3，在500 ℃时，应为CaC2O4和CaCO3的混合物，根据固体总质量及Ca元素守恒列式，可分别得出两者的物质的量。
答案　(2)500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据500 ℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50 g×76.16%，
根据钙元素守恒可得x＋y＝0.25，
解得x＝0.10，y＝0.15，
m(CaC2O4)＝0.10 mol×128 g·mol－1＝12.80 g，
m(CaCO3)＝0.15 mol×100 g·mol－1＝15.0 g，
500 ℃时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。