2014届高考化学二轮专题复习汇编试卷A单元常用化学计量（2013高

A单元常用化学计量

A1 阿伏伽德罗常数和物质的量

18.A1 D4 [2013·江苏卷] 硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：

①准确称取2.335 0 g样品，配制成100.00 mL溶液A；

－

②准确量取25.00 mL溶液A，用0.040 00 mol·L1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中＋＋－－＋

的Ni2(离子方程式为Ni2＋H2Y2===NiY2＋2H)，消耗EDTA标准溶液31.25 mL；

③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH3 56.00 mL(标准状况)。

＋

(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2含量将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

(2)氨气常用________________________________________________________________________检验，

现象是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。 (3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。

18．[答案] (1)偏高

(2)湿润的红色石蕊试纸 试纸颜色由红变蓝

＋－－－－

(3)n(Ni2)＝0.040 00 mol·L1×31.25 mL×103 L·mL1＝1.250×103 mol

56.00 mL×103 L·mL1－n(NH4)＝＝2.500×103 mol －122.4 L·mol

－

－

＋

＋＋

2n（Ni2）＋n（NH4）2－

n(SO4)＝＝

2

2×1.250×103 mol＋2.500×103 mol

＝

2

－

－

2．500×103 mol

＋－－

m(Ni2)＝59 g·mol1×1.250×103 mol＝0.073 75 g

＋－－

m(NH4)＝18 g·mol1×2.500×103 mol＝0.045 00 g

－－－

m(SO2mol1×2.500×103 mol＝0.240 0 g 4)＝96 g·n(H2O)＝

25.00 mL

2.335 0 g×－0.073 75 g－0.045 00 g－0.240 0 g

100.00 mL

1－18 g·mol

－

＝1.250×102 mol

＋＋－

x∶y∶m∶n＝n(NH4)∶n(Ni2)∶n(SO24)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10

－

硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O

＋

[解析] (1)滴定管未润洗，则标准溶液EDTA的物质的量将增多，故测得的Ni2含量偏高。

＋

(2)NH3为碱性气体，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(3)根据滴定反应计算出Ni2的量，根据生

＋－

成NH3的量计算出NH4的量。根据电荷守恒计算出SO24的量，最后由质量守恒计算出H2O的量，由四者的物质的量比值，可确定出硫酸镍铵的化学式。

7．A1 [2013·江苏卷] 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )

－－

A．1 L 1 mol·L1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA B．78 g苯含有C＝C双键的数目为3NA

C．常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA D．标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA

－－

7．C [解析] 在溶液中，ClO水解，故ClO数目小于NA，A项错误；苯分子中没有碳碳双键，B项错误； N2和CO的相对分子质量都是28，且每个分子中都含有两个原子，C项正确；NO2与水反应的方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故标准状况下6.72 L NO2与水反应时转移0.2NA电子，D项错误。

9．A1 A2 A3 A4 B3 [2013·广东卷] 设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( ) A．常温常压下，8 g O2含有4nA个电子

－＋

B．1 L 0.1 mol·L1的氨水中有nA个NH4

C．标准状况下，22.4 L盐酸含有nA个HCl分子

D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2nA个电子

1

9．A [解析] 8 g O2的物质的量为n(O2)＝8 g÷32 g/mol＝ mol，氧的核电荷数为8，则

41－－－

8 g O2中n(电子)＝16n(O2)＝16× mol＝4 mol，N(e)＝n(e)·NA＝4 mol×nA mol1＝4nA，A

4项正确；1 L 0.1 mol·L1的氨水中n(NH3·H2O)＝c·V＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，由于

＋

NH3·H2O是弱碱，不能完全电离出铵根离子，则N(NH4)远远小于0.1nA，B项错误；标准状况下的盐酸是混合物，不能用V÷22.4 L/mol计算出其物质的量，盐酸中不存在HCl分子，

－

C项错误；由2Na＋O2=====Na2O2可知，Na→Na失去1个电子，则1 mol Na被完全氧化成Na2O2时失去nA个电子，D项错误。

9．A1 A4 [2013·新课标全国卷Ⅱ] N0为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )

－

A．1.0 L 1.0 mol·L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0 B．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0

－

C．25 ℃时pH ＝13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1N0 D．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0

－

9．B [解析] 1.0 L 1.0 mol·L1 NaAlO2溶液中含1 mol NaAlO2，其中含有氧原子数为2N0，但溶液中水分子也含有氧原子，故A项错误；石墨烯中每个碳原子为三个六元环所共有，因1

此，每个六元环含碳原子数为6×＝2个，故1 mol石墨中含有六元环数为0.5N0，B项正确；

325 ℃时pH＝13的NaOH溶液中c(OH)＝0.1 mol·L1，但题目中未给出溶液的体积，无法求

－

－

△

＋

出n(OH)，C项错误；OH中含10个电子，故1 mol OH含有电子数为10N0，D项错误。

A2 气体摩尔体积和阿伏加德罗定律

9.A1 A2 A3 A4 B3 [2013·广东卷] 设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( ) A．常温常压下，8 g O2含有4nA个电子

－＋

B．1 L 0.1 mol·L1的氨水中有nA个NH4

C．标准状况下，22.4 L盐酸含有nA个HCl分子

D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2nA个电子

1

9．A [解析] 8 g O2的物质的量为n(O2)＝8 g÷32 g/mol＝ mol，氧的核电荷数为8，则

41－－－

8 g O2中n(电子)＝16n(O2)＝16× mol＝4 mol，N(e)＝n(e)·NA＝4 mol×nA mol1＝4nA，A

4项正确；1 L 0.1 mol·L1的氨水中n(NH3·H2O)＝c·V＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，由于

＋

NH3·H2O是弱碱，不能完全电离出铵根离子，则N(NH4)远远小于0.1nA，B项错误；标准状况下的盐酸是混合物，不能用V÷22.4 L/mol计算出其物质的量，盐酸中不存在HCl分子，

－

－－－

C项错误；由2Na＋O2=====Na2O2可知，Na→Na失去1个电子，则1 mol Na被完全氧化成Na2O2时失去nA个电子，D项错误。

8．A2 E1 [2013·全国卷] 下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是( )

A．体积相等时密度相等

B．原子数相等时具有的中子数相等 C．体积相等时具有的电子数相等 D．质量相等时具有的质子数相等

8．C [解析] 同温、同压下，气体的体积与其物质的量成正比，气体的体积相等，故其物质的量相等，但12C18O和14N2的摩尔质量不相等，由m＝M·n可知其质量不相等，由ρ＝m

可知，其密度不相等，A项错误；12C18O和14N2都是双原子分子，原子数相等时，分子数V

1218141218

相等，CO的中子数为16，N2的中子数为14，故其具有的中子数不相等，B项错误；CO和14N2的摩尔质量不相等，相同物质的量的12C18O与14N2质子数相等，质量相等的二者物质的量不相等，含有的质子数也不相等，D项错误。

A3 物质的量浓度及溶液的配制

5.A3 [2013·江苏卷] 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是( )

△

＋

图0

5．B [解析] 称量固体时，应遵循“左物右码”的原则，A项错误；用玻璃棒搅拌可以加快溶解速率，B项正确；向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流，C项错误；定容时胶头滴管不能插入到容量瓶中，D项错误。

9．A1 A2 A3 A4 B3 [2013·广东卷] 设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( ) A．常温常压下，8 g O2含有4nA个电子

－＋

B．1 L 0.1 mol·L1的氨水中有nA个NH4

C．标准状况下，22.4 L盐酸含有nA个HCl分子

D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2nA个电子

1

9．A [解析] 8 g O2的物质的量为n(O2)＝8 g÷32 g/mol＝ mol，氧的核电荷数为8，则

41－－－

8 g O2中n(电子)＝16n(O2)＝16× mol＝4 mol，N(e)＝n(e)·NA＝4 mol×nA mol1＝4nA，A

4项正确；1 L 0.1 mol·L1的氨水中n(NH3·H2O)＝c·V＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，由于

＋

NH3·H2O是弱碱，不能完全电离出铵根离子，则N(NH4)远远小于0.1nA，B项错误；标准状况下的盐酸是混合物，不能用V÷22.4 L/mol计算出其物质的量，盐酸中不存在HCl分子，

－

C项错误；由2Na＋O2=====Na2O2可知，Na→Na失去1个电子，则1 mol Na被完全氧化成Na2O2时失去nA个电子，D项错误。

A4 常用化学计量综合

32.F4 D4 C2 C3 B1 B3 A4 B4 C4 J2 [2013·广东卷] 银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：

△

＋

图0

[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃] (1)电解精炼银时，阴极反应式为________________________________________________________________________；

滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学反应

方程式为________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。 (2)固体混合物B的组成为________；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为________________________________________________________________________。

(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：

CuO＋____Al2O3=====____CuAlO2＋________↑。

(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为

－

________mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L1的Al2(SO4)3溶液________L。

(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是________________________________________________________________________

____________、过滤、洗涤和干燥。

＋－

32．[答案] (1)Ag＋e===Ag 2NO＋O2===2NO2

－－

(2)Al(OH)3和CuO Al(OH)3＋OH===AlO2＋2H2O

(3)4CuO＋2Al2O3=====4CuAlO2＋O2↑

(4)50 25

(5)蒸发浓缩，冷却结晶

[解析] (1)电解精炼银与电解精炼铜类似，纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解

－＋＋－

液，阳极主要反应式为Ag－e===Ag，阴极反应式为Ag＋e===Ag；银是金属活动顺序表中氢后金属，不溶于稀硫酸，因为稀硫酸是非氧化性酸，则滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银，即3Ag＋4HNO3(稀)===3AgNO3＋NO↑＋2H2O，产生的无色气体一氧化氮在空气中迅速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即2NO＋O2===2NO2；(2)CuAlO2中氧为－2价，铝为＋3价，则铜为＋1价，其化学式也可以写为Cu2O·Al2O3，相当于氧化亚铜和氧化铝按物质的量之比为1∶1熔合在一起，由此逆推，固体B的主要成分是物质的量之比为1∶1的Al(OH)3和CuO，因为Cu(OH)2开始分解的温度为80 ℃，水的沸点大于80 ℃，

＋－＋－

则煮沸前后发生的反应为Al3＋3OH=== Al(OH)3↓、Cu2＋2OH===Cu(OH)2↓、Cu(OH)2=====CuO＋H2O，Al(OH)3开始分解的温度为450 ℃，在惰性气体中锻烧时发生的反应为2Al(OH)3=====Al2O3＋3H2O、4CuO=====2Cu2O＋O2↑；氢氧化铝是两性氢氧化物，NaOH是强碱，过量的NaOH能溶解部分或全部氢氧化铝，其离子方程式为Al(OH)3＋OH

－

===AlO2＋2H2O，这必将导致目标产物产量的减少；(3)根据氧化还原反应的特征推断，铜元素由＋2价降为＋1价，铝元素化合价不变，由此推断反应前后升价元素一定是氧，且化合价由－2价升为相邻的0价，即缺少的生成物为氧气；根据化合价升降法配平可得：4CuO＋2Al2O3=====4CuAlO2＋O2↑；(4)5.0 kg＝5.0×103 g，银铜合金废料中铜的质量为5.0×103 gm

×63.5%，由＝n可知n(Cu)为5.0×103 g×63.5%÷63.5 g/mol＝50 mol，根据铜守恒则有关

M系式：Cu～CuAlO2，则铜完全转化可以变为50 mol CuAlO2；根据铝守恒则有关系式：n

Al2(SO4)3～2CuAlO2，则至少需要25 mol Al2(SO4)3；由V＝可求至少需要V[Al2(SO4)3]＝25

Vmol÷1.0 mol/L＝25 L；(5)胆矾是硫酸铜溶液结晶析出的结晶水合物CuSO4·5H2O，从硫酸铜

高温

－

高温

高温

80 ℃

450 ℃450 ℃

溶液中得到胆矾的基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。

9．A1 A2 A3 A4 B3 [2013·广东卷] 设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( ) A．常温常压下，8 g O2含有4nA个电子

－＋

B．1 L 0.1 mol·L1的氨水中有nA个NH4

C．标准状况下，22.4 L盐酸含有nA个HCl分子

D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2nA个电子

1

9．A [解析] 8 g O2的物质的量为n(O2)＝8 g÷32 g/mol＝ mol，氧的核电荷数为8，则

41－－－

8 g O2中n(电子)＝16n(O2)＝16× mol＝4 mol，N(e)＝n(e)·NA＝4 mol×nA mol1＝4nA，A

4项正确；1 L 0.1 mol·L1的氨水中n(NH3·H2O)＝c·V＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，由于

＋

NH3·H2O是弱碱，不能完全电离出铵根离子，则N(NH4)远远小于0.1nA，B项错误；标准状况下的盐酸是混合物，不能用V÷22.4 L/mol计算出其物质的量，盐酸中不存在HCl分子，

－

C项错误；由2Na＋O2=====Na2O2可知，Na→Na失去1个电子，则1 mol Na被完全氧化成Na2O2时失去nA个电子，D项错误。

9．A1 A4 [2013·新课标全国卷Ⅱ] N0为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )

－

A．1.0 L 1.0 mol·L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0 B．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0

－

C．25 ℃时pH ＝13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1N0 D．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0

－

9．B [解析] 1.0 L 1.0 mol·L1 NaAlO2溶液中含1 mol NaAlO2，其中含有氧原子数为2N0，但溶液中水分子也含有氧原子，故A项错误；石墨烯中每个碳原子为三个六元环所共有，因1

此，每个六元环含碳原子数为6×＝2个，故1 mol石墨中含有六元环数为0.5N0，B项正确；

325 ℃时pH＝13的NaOH溶液中c(OH)＝0.1 mol·L1，但题目中未给出溶液的体积，无法求

－－－

出n(OH)，C项错误；OH中含10个电子，故1 mol OH含有电子数为10N0，D项错误。

1．[2013·海淀模拟]用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( ) A．46g乙醇中含有的化学键数为7NA

B．1mol氯气和足量NaOH溶液反应转移电子数为2NA

－

C．1molOH和1mol—OH(羟基)中含有的质子数均为9NA

－＋－

D．10L0.1mol·L1的Na2CO3溶液中，Na、CO23总数为3NA

1．C [解析]46g乙醇物质的量为1mol，其中含有的化学键数为8NA，A项错误；由Cl2－－－

＋2OH===Cl＋ClO＋H2O可知，Cl2发生自身氧化还原反应，1molCl2参加反应，转移电

－

子数为NA，B项错误；1个OH含有10电子，1个—OH含有9个电子，H、O的质子数分

－－

别为1和8，故1molOH和1mol—OH(羟基)中含有的质子数均为9NA，C项正确；CO23是

－＋－

弱酸根离子，能水解，含1molNa2CO3的溶液中CO2Na、CO23数目小于NA，3总数小于3NA，D项错误。

2．[2013·重庆九校联考]阿伏加德罗常数为NA，下列说法中正确的是( )

－

A．62gNa2O溶于水后所得溶液中含有的O2数为NA

－

－

△

＋

B．在含Al3总数为NA的AlCl3溶液中，Cl总数大于3NA C．常温常压下，16g甲基(—13CH3)所含的中子数为10NA D．0.5molCu和足量浓硝酸反应可以生成22.4LNO2

－

2．B [解析]Na2O溶于水发生反应：Na2O＋H2O===2NaOH，故溶液中不存在O2，A

＋＋＋

项错误；由于发生反应：Al3＋3H2O===Al(OH)3(胶体)＋3H，若溶液中含Al3总数为NA，

－

则投入的n(AlCl3)＞1mol，溶液中N(Cl)＞3NA，B项正确；一个—13CH3中所含中子数是7，而16g甲基(—13CH3)其物质的量为1mol，故含有的中子数为7NA，C项错误；0.5molCu和足量浓硝酸反应生成1molNO2，题中未指明NO2所处的温度和压强，且NO2与N2O4存在平衡：2NO2N2O4，气体体积不确定，D项错误。

3．[2013·无锡模拟]设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )

－

A．1L0.1mol·L1的氨水中含有的NH3分子数为0.1NA

B．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA

C．常温常压下，3.0g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA D．标准状况下，Na2O2与足量CO2反应生成2.24LO2，转移电子数为0.4NA

＋－

3．C [解析]氨水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4＋OH，故1L0.1mol·L－1

的氨水中含有的NH3分子数小于0.1NA，A项错误；CCl4为液体，标准状况下2.24L的CCl4的物质的量不是1mol，B项错误；葡萄糖和冰醋酸的最简式均为CH2O，故3.0g葡萄糖和冰

＋

－

3g

醋酸的混合物中n(C)＝－＝0.1mol，n(H)＝2×0.1mol＝0.2mol，n(O)＝0.1mol，即共

30g·mol1含有0.4NA个原子，C项正确；标准状况下，Na2O2与足量CO2反应生成2.24LO2，转移电子

数为0.2NA，D项错误。

4．[2013·长春市模拟]下列实验操作过程能引起结果偏高的是( )

①用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗 ②用量筒量取5.0mL溶液时，俯视读数

③配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线 ④质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

4．B [解析]NaOH溶液的浓度计算公式为c(NaOH)＝

c（HCl）·V（HCl）

，酸式滴定管

V（NaOH）

未用标准液润洗，导致消耗盐酸的体积偏大，所求的NaOH溶液浓度偏高，①符合题意；量取溶液时，视线以5mL刻度线为标准，确定液面位置，若俯视刻度线，导致所量取的溶液体积偏小，②不符合题意；定容时，仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，③不符合题意；因硫酸的密度随质量分数的增大而增大，故质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制的硫酸溶液的质量分数高于50%，④符合题意。综上所述，①、④正确，选B。

5．[2013·江西重点中学联考]把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取

＋

一份加入含amol氢氧化钠的溶液加热，恰好使NH4完全转化为NH3逸出，另取一份加入含

＋

bmolHCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c(Na)为( )

ba?A.??10－20?mol/L B．(2b－a)mol/L

5a

5b－?mol/L C.?2??

D．(10b－5a)mol/L

a△－5．D [解析]NH4HCO3＋2NaOH=====Na2CO3＋NH3↑＋2H2O，则HCO3的物质的量为

2mol；盐酸与混合物发生反应：HCO3＋H===CO2↑＋H2O，CO23＋2H===CO2↑＋H2O，

－

＋

－

＋

1aa－＋则CO2的物质的量为(b－) mol，碳酸钠结合的Na物质的量为(b－)mol，混合溶液分为53

222等份，故每份溶液体积为0.1L，故Na浓度为(10b－5a)mol·L1。

＋

－

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/2wwa.html