【文档说明】2021届新高考化学二轮（选择性考试）专题复习专题强化练：专题二 化学常用计量含解析.docx，共(16)页，298.963 KB，由envi的店铺上传

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专题强化练(二)1．(2020·江淮十校联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．52g苯乙烯含碳碳双键数目为2NAB．1L0.5mol·L－1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目小于NAC．标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NAD．有铁粉参加的反应若生成3mo

lFe2＋，则转移电子数一定为6NA解析：A项，一个苯乙烯分子中只含有一个碳碳双键，苯乙烯的分子式为C8H8，52g苯乙烯的物质的量为0.5mol，则含碳碳双键数目为0.5NA，错误；B项，溶液中存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，故1L0

.5mol·L－1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目大于NA，错误；C项，标准状况下一氯甲烷为气态，1个一氯甲烷中含有4个共用电子对，则标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NA，正确；D项，反应Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋中，若生成3molFe2＋，转移2mol

电子，错误。答案：C2．(2020·辽阳第二次模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．50g34%H2O2溶液中含H—O键的数目为NAB．180g淀粉完全水解生成葡萄糖的分子数为NA

C．1L0.1mol·L－1K2SiO3溶液中含SiO2－3的数目为0.1NAD．反应5NaClO2＋4HCl===4ClO2↑＋5NaCl＋2H2O，每生成1molClO2转移电子的数目为NA解析：A项，50g34%H2O2溶液中，H2O2和H2O中都有H—O键，H2O2的物质

的量为50g×34%÷34g·mol－1＝0.5mol，H2O的物质的量为50g×(1－34%)÷18g·mol－1＝1.83mol,H2O2中的H—O键的数目为NA，水中H—O键的数目约为3.66NA，错误；B项，

180g淀粉(C6H10O5)n的物质的量为180162mol，根据(C6H10O5)n＝n(C6H12O6)，可生成C6H12O6的物质的量为180162mol≈1.11mol，错误；C项，由于SiO2－3水解，1L0.1mol·L－1K2SiO3

溶液中含SiO2－3的数目小于0.1NA，错误；D项，反应中Cl元素的化合价由反应前的＋3价(NaClO2)变为反应后的＋4价(ClO2)，每个Cl原子失去1个电子，故每生成1molClO2转移电子的数目为N

A，正确。答案：D3．(2020·东北三省四市联合模拟)已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NAB．7.8gNa2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NAC．2gH182

O与D162O的混合物中所含的中子数和电子数均为NAD．足量乙烷与22.4L(标准状况)Cl2发生取代反应，形成C—Cl键的数目为2NA解析：A项，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，所以1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，阴离子总数大于0.1NA，错误；B项

，7.8g过氧化钠的物质的量n(Na2O2)＝7.8g78g·mol－1＝0.1mol，而1mol过氧化钠和二氧化碳反应时转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠和二氧化碳反应后转移0.1NA个电子，错误；C项，H182O与D162O的摩尔质量均为20g·mol－1，故2g混合物的物质的量

为0.1mol，而两者均含10个中子和10个电子，故0.1mol混合物中含中子和电子均为NA个，正确；D项，22.4L(标准状况)Cl2为22.4L22.4L·mol－1＝1mol，氯气与足量乙烷发生取代反应，1mol氯气只

能取代1molH原子形成1molC—Cl键，形成C—Cl键的数目为NA，错误。答案：C4．(2020·湖北省七市州教科研协作5月联考)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．若1molFeCl3

跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NAB．将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1molBr－转化为Br2时，转移的电子数为NAC．44.0g环氧乙烷中含有6.0NA个极性键D．1molCaO

2晶体中含离子总数为3NA解析：A项，氢氧化铁胶体是由许多个氢氧化铁聚集而成，因此1molFeCl3跟水完全反应转化成氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目小于NA，错误；B项，Fe2＋的还原性强于Br－，通入氯气，先发生2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，然后再发生Cl2＋2Br－===

2Cl－＋Br2，当Br－转化成Br2时，Fe2＋全部转化成Fe3＋，转移电子物质的量大于1mol，错误；C项，环氧乙烷的键线式为，1mol环氧乙烷中含有6mol极性键，则44.0g环氧乙烷中含有的极性键物质的量为44.0g44g·mol－1×6＝6

mol，正确；D项，CaO2是由Ca2＋和O2－2组成，1molCaO2中离子总物质的量为2mol，错误。答案：C5．(2020·唐山市高三第一次模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NAB．标准状况下

，22.4L己烷中含有的共价键的数目为19NAC．标准状况下，11.2L12C18O中含有的中子数为8NAD．标准状况下，7.1gCl2通入足量石灰水中反应转移的电子数为0.2NA解析：A项，4.6g钠为0.2mol，0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的

量为0.1mol，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1NA，错误；B项，己烷在标准状况下是液体，气体摩尔体积不适用，所以无法求其物质的量，含有的共价键的

数目也无法确定，错误；C项，标准状况下，11.2L12C18O的物质的量为0.5mol，而一个12C18O分子中含16个中子，故0.5mol12C18O中含中子为8NA个，正确；D项，7.1g氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，反应中消耗1molCl2转移1mol

电子，故0.1mol氯气和碱反应转移0.1NA个电子，错误。答案：C6．(2020·茂名二模)中国科学家孙予罕等发现，以泡沫镍[3NiO/Ni(3表示NiO在泡沫镍中的质量百分数)]作为基材上的催化剂可实现将烷烃直接电催化

转化为醇类(转化示意图如图所示)。下列说法正确的是()A．22.4LA中质子数为10molB．1molC中共价键数目为4molC．生成1molNi可还原出1molBD．11.8g泡沫镍含Ni单质0.194mol解析：A项，由A的球棍模型可知A为甲烷，未说明为标准状况下

，不能利用气体摩尔体积计算甲烷的物质的量及其中的质子数，错误；B项，由C的球棍模型可知C为甲醇，1mol甲醇中共价键数目为5mol，错误；C项，由转化示意图可写出总反应方程式：3CH4＋3NiO===3Ni＋CH3OH＋CH3CH2OH＋H2O，可知生成1molNi可还原出13molB，错误；D

项，11.8g泡沫镍含Ni单质11.8g×97%59g·mol－1＝0.194mol，正确。答案：D7．(2020·泸州第三次质检)NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．22.4LH2与2molI2反应生成HI的分子数为2NAB．5.6g铁与足量稀硝酸反应转移的电子数为0

.2NAC．32g氧气与32g硫所含的质子数相等D．1L0.1mol·L－1NH4H2PO4溶液中阴、阳离子数相等解析：A项，22.4LH2不一定是标准状况，且反应是可逆反应，错误；B项，5.6g铁与足量稀硝酸反应生成铁离子，转移的电子数为0.3N

A，错误；C项，32g氧气含16mol质子，32g硫也含16mol质子，所含的质子数相等，正确；D项，1L0.1mol·L－1NH4H2PO4溶液中，铵根离子要水解，磷酸二氢根离子要电离和水解，阴、阳离子数不相

等，错误。答案：C8．(2020·汕头一模)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是()A．30gHCHO与CH3COOH混合物中含碳原子数为NAB．标准状况下，22.4LCHCl3中含C—Cl键的数

目为3NAC．常温常压下，1.9g羟基(—18OH)所含中子数为NAD．密闭容器中，2molSO2与1molO2充分反应后，其分子总数大于2NA解析：A项，甲醛(CH2O)和乙酸(CH3COOH)的最简式相同，二者混合后用最简式计算，30g混合物中碳原子是数目为NA，正

确；B项，标准状况下CHCl3为液体，不可通过气体摩尔体积计算物质的量，错误；C项，—18OH的摩尔质量为19g·mol－1，1.9g该羟基为0.1mol，1mol该羟基中含有10mol中子，正确；D项，SO2与O2的反应为可逆反应，反应达平衡之后分子总数应大于2mol小于3mol，正

确。答案：B9．(2020·四川省网上测试)19世纪末，英国科学家瑞利在对气体密度(通常在混合气体中，相对分子质量大的气体的体积分数越大，则混合气体的平均密度就越大)进行测定的工作中，发现以不同来源的N2进行测定时，会出现不能消除的微小误差，从而导致了稀有气

体的发现。在实验中，瑞利利用了如下图所示的实验系统(箭头表示气体流向)，通过的气体为经过净化处理的纯氧气或空气。(1)实验中要保证Cu丝始终保持红热，其中发生的化学反应可表示为：________________，2NH3＋3CuO=====△N2＋3Cu＋3H2O。倘若在实验中观

察到铜丝变黑，可采用的措施是______________，在此反应过程中铜丝的作用是__________和__________；浓硫酸的作用是吸收多余的氨气和______________。(2)当通过的气体为纯氧时，测得气体的密度为ρ1。(3)在空气的净化过程中，为除去可能混有的H2

S、CO2和水蒸气，可将气体先通过______________，当净化后的空气通过上述反应系统，在这种情况下测得最终密度ρ2＝1.256g·L－1。(4)当空气直接通过灼热的Cu网，测得气体的密度为ρ3。试比较ρ1、ρ2、ρ3的大小：________________。解析：(1

)根据氨气和氧化铜反应生成铜、氮气、水，以及红热的铜和氧气，可以判断出方程式为2Cu＋O2=====△2CuO，根据反应方程式可知，铜在反应中起一个连接作用，铜变成黑色，说明氨气消耗的氧化铜少了，氧气量太大，故答案为减慢氧气的流速或加热液氨；纵观两个反应，可以看出，铜在整个反应过

程中，只起了个中间环节作用，本身的化学性质和质量都不变，通过铜丝颜色的变化，可以看出通入氧气的多少，故铜丝的作用为催化剂和指示剂；该反应需要的是氮气，所以需要除去水和剩余的氨气，故浓硫酸的作用为吸收混合气

体中的水蒸气。(3)该反应需要的是不同来源的氮气，而硫化氢、二氧化碳是酸性气体，要用碱性的物质吸收，还应该可以吸收水分，故答案为碱石灰。(4)根据反应流程可知，(2)题中反应剩下的只有氮气，密度为ρ1，(3)中剩下的气体有稀有气体和氮气，密度为ρ2，(4)中剩下的气体有氮

气、水蒸气、二氧化碳、稀有气体，根据气体的组成可以确定密度的大小，故答案为ρ1＜ρ2＜ρ3。答案：(1)2Cu＋O2=====△2CuO减慢氧气的流速或加热液氨催化剂指示剂吸收混合气体中的水蒸气(3)碱石灰(4)ρ1＜ρ2＜ρ310．(2020·河南

省联考)新冠肺炎疫情期间，多种含氯消毒剂如“84”消毒液、Cl2、NaClO2等对病毒均具有很好的消杀作用，其中亚氯酸钠(NaClO2)在工业上常以ClO2气体为原料制备，实验室制备亚氯酸钠的装置如图所示(夹持装置已略)。已知

：①控制电压电解饱和食盐水可得到ClO2；②Cl2易溶于CCl4；③亚氯酸钠在不同温度下的溶解度如下表所示：温度℃204060溶解度/g6.223.448.3回答下列问题：(1)装置甲中产生ClO2的电极反应式为__________________。

(2)装置乙中CCl4的作用为_____________________________。(3)装置丙中生成NaClO2的化学方程式为_______________。(4)从装置丙反应后的溶液中获得NaClO2晶体的步骤如下：①蒸发浓缩―→②→③过滤→④洗

涤→⑤→NaClO2晶体其中步骤①加热到_____________________________________(填现象)时停止加热，步骤②是________________________。(5)准确称取2.26gNa

ClO2粗品，加入盛有20.00mL刚煮沸并冷却过的水、足量10%的稀硫酸和30.00mL质量分数为40%的KI溶液(足量)的碘量瓶中，立即密封并摇晃碘量瓶至试样完全反应，再加入淀粉作指示剂。用浓度为3.00mol·L－1的Na2S2O3溶液滴

定(已知整个过程中发生的反应依次为ClO－2＋4I－＋4H＋===2I2＋Cl－＋2H2O，I2＋2S2O2－3===S4O2－6＋2I－)。①若三次平行实验测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为30

.00mL，则粗品的纯度为________%(保留三位有效数字)。②若使用的水未煮沸，则测定结果会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。解析：由题意及装置图可知，装置甲通过控制电压电解饱

和食盐水制取ClO2，ClO2中可能含有Cl2，Cl2与NaOH反应可生成次氯酸钠或氯酸钠，故装置乙的作用是除去Cl2；在装置丙中，过氧化氢还原ClO2制取NaClO2，装置丁用于吸收多余的ClO2，防止污染空气。根据NaClO2的溶解度数据可知，其溶解度随温度的变化而变化明显，因此

可通过对NaClO2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaClO2晶体，据此分析解答。(1)装置甲通过控制电压电解饱和食盐水制取ClO2，氯元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，则装置甲中产生ClO2的电极反应式为Cl－－5e－＋2H2O

===ClO2↑＋4H＋。(2)由以上分析知，装置乙中CCl4的作用为除去ClO2中可能含有的Cl2。(3)装置丙中，过氧化氢还原ClO2制取NaClO2，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为2ClO2＋2NaOH＋H2O2===2

NaClO2＋2H2O＋O2。(4)根据NaClO2的溶解度数据可知，其溶解度随温度的变化而变化明显，因此可通过对NaClO2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaClO2晶体，因此步骤①加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，步

骤②是冷却结晶。(5)①由已知反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O2－3，则m(NaClO2)＝3mol·L－1×0.03L4×90.5g·mol－1，则粗品的纯度为3mol·L－1×0.03L4×90.5g·mol－12.26g×100%≈90.1%；②若使用的水未

煮沸，水中会含有氧气，而氧气也能氧化碘离子生成碘单质，从而使消耗的Na2S2O3溶液的体积增大，则测定结果会偏高。答案：(1)Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋(2)除去ClO2中可能含有的Cl2(3)

2ClO2＋2NaOH＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2(4)溶液表面出现晶膜冷却结晶(5)90.1偏高11．(2020·四川省阆中中学月考)某研究小组同学为探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成S

O2的最低浓度)设计了如下实验。在大试管A中加入100mL18mol·L－1硫酸，向连接在塑料棒上的多孔塑料球内加入足量的锌粒(塑料棒可以上下移动)，在试剂瓶D中加入足量的浓NaOH溶液(加热和夹持装置已省略)。已知：锌与浓硫酸接触

，开始时反应缓慢，可以适当加热以加速其反应，当有大量气泡生成时，该反应速率会明显增大并伴有大量的热放出。(1)请写出锌与硫酸反应产生SO2的化学方程式：_______________________________

_________________________________。(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是______。(3)长导管B的作用是________，如果没有这个设计，最终测定的临界浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(4)装置中干燥管C的作用是____

________________________。(5)反应结束后向D装置中加入足量的H2O2溶液和足量的BaCl2溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得到固体质量为a克，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为________mol·L－1。(用含a的计算式表示，忽略体积变化)(6)某同学通过

联系氧化还原反应的相关知识，认为也可以利用硫酸酸化的高锰酸钾溶液对D中的SO2－3进行滴定，通过滴定出的SO2－3的物质的量计算临界浓度，你认为他的这一想法是否可行？_____(填“可行”或“不可行”)，原因是___________

______________________________________________________________。解析：本实验的目的是探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)，浓硫酸在与Zn反应过程中，先表现S元素的氧化

性，此时的还原产物为SO2，之后硫酸变稀反应生成H2；将生成的SO2在装置D中用足量的NaOH溶液吸收，然后向D装置中加入足量的H2O2溶液将S元素全部氧化为SO2－4，之后加入足量的氯化钡溶液得到BaSO4沉淀，通过测定硫酸钡沉淀的量来确定与Zn反应生成SO2消耗

的硫酸的量，从而确定剩余硫酸的浓度，即临界浓度。(1)根据电子守恒和元素守恒可得锌与浓硫酸反应生成SO2的化学方程式为Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O。(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操

作是检验装置的气密性，防止漏气。(3)反应过程中会发出大量的热，造成水的挥发，使硫酸的浓度增大，与锌反应生成二氧化硫的硫酸偏多，造成测定的临界浓度偏小，所以需要长导管导气同时冷凝回流水蒸气。(4)二氧化硫易溶于NaOH溶液，所以需要装置C来防止倒

吸。(5)得到的沉淀为BaSO4，n(SO2)＝n(BaSO4)＝a233mol，根据反应方程式可知与Zn反应生成SO2所消耗的硫酸的物质的量为2a233mol，原浓硫酸体积为100mL，浓度为18mol·L－1，所以剩余的硫酸的物质的量为1.8－2a233mol，浓度为1.8

－2a2330.1mol·L－1。(6)实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确，所以该同学的想法不可行。答案：(1)Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2

↑＋2H2O(2)检验装置气密性(3)导气、冷凝回流水蒸气偏低(4)防倒吸(5)1.8－2a2330.1(6)不可行实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确12．氢溴酸常用于合成镇静剂和麻醉剂等医药用品。已知

：液溴是易挥发的深红棕色液体，沸点为58.78℃。质量分数为47%的氢溴酸是易挥发的无色液体，沸点为126℃。实验室制备质量分数为47%的氢溴酸的一种方法如下。回答下列问题：实验橾作现象Ⅰ.向锥形瓶中依次加入适量冰水、m1g液溴，再通入SO2充分反应得到淡黄色

溶液Ⅱ.将操作Ⅰ所得溶液转移至蒸馏烧锥形瓶中得橙黄色粗产品瓶，蒸馏Ⅲ.在不断搅拌下，向锥形瓶中加入适量Na2SO3溶液(1)①________Ⅳ.继续加入适量Ba(OH)2溶液②______Ⅴ.过滤，滤液经蒸馏后得质量分数为47

%的氢溴酸m2g—(2)操作Ⅱ的蒸馏装置如图所示(部分夹持装置省略)，仪器a的名称是________，装置中除缺石棉网外还有两处明显错误，分别是___、____________________________________________________。(3)

操作Ⅲ加入适量Na2SO3发生反应的离子方程式为____________________________________________________。(4)工业生产制得的氢溴酸常有淡淡的黄色，有同学推测是因为

含Fe3＋，可用试剂________检验。若观察到的现象为________，则推测正确。(5)质量分数为47%的氢溴酸的产率为__________(用含m1、m2的代数式表示)。解析：液溴与二氧化硫在锥形瓶中发生反应：Br2＋SO2＋2H2O

===H2SO4＋2HBr，为防止溴的挥发加入适量冰水，反应后的溶液进行蒸馏后得到氢溴酸粗产品，由于溴的挥发，得到的产品有少量液溴，加入具有还原性的Na2SO3溶液除去产品中残留的少量溴，亚硫酸根被氧化为硫酸根，再加入适量Ba(OH)2溶液除去溶液中的硫酸根离子，最后经过

滤、蒸馏得到47%的氢溴酸，以此分析解答此题。(1)①由分析可知，由于溴易挥发，得到的粗产品中有少量的溴，加入还原性的Na2SO3溶液除去产品中残留的少量溴，反应后溶液由橙黄色变为无色。②Na2SO3溶液与溴反应后被氧化为Na2SO4，加入适量Ba(OH)2溶

液后发生反应：Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，生成白色的BaSO4沉淀。(2)仪器a为直形冷凝管，蒸馏实验中温度计测量的是蒸气的温度，温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口相平，而不应该伸到液体里面，由信息可知

氢溴酸沸点为126℃，故不能用水浴加热。(3)由分析可知，操作Ⅲ加入适量Na2SO3目的是除去产品中残留的少量溴，溴被亚硫酸根还原，亚硫酸根被氧化为硫酸根，根据得失电子守恒、电荷守恒，发生反应的离子方程式为SO2－3＋Br2＋H2O===2Br－＋SO2－4＋2H＋。(4)Fe

3＋离子的检验可向溶液中滴入几滴KSCN溶液，如果观察到溶液变为红色，证明原溶液中有Fe3＋离子。(5)根据溴守恒有关系式：Br2～2HBr，设HBr的理论产量为xBr2～2HBr160g2×81gm1gx

解得x＝2×81160m1g，所以质量分数为47%的氢溴酸的产率＝m2×47%2×81160m1×100%＝80m281m1×47%。答案：(1)①溶液变成无色②有白色沉淀生成(2)直形冷凝管温度计水银球应与

蒸馏烧瓶支管口相平不能用水浴加热(3)SO2－3＋Br2＋H2O===2Br－＋SO2－4＋2H＋(4)KSCN溶液溶液变为红色(5)80m281m1×47%获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com