还剩10页未读，
继续阅读
第一章 化学计量（测试）-2024年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）（解析版）
展开
这是一份第一章 化学计量（测试）-2024年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）（解析版），共13页。试卷主要包含了0 gB．共转移电子1，92 L，84 g硫与含0等内容，欢迎下载使用。
第一章 化学计量
测试卷
时间：90分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56
Cu 64
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共15×3分）
1．（2023·上海金山·统考二模）将一定量锌与100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则下列叙述错误的是
A．共消耗锌48.0 g B．共转移电子1.6 mol
C．气体中 D．生成气体体积约为17.92 L(STP)
【答案】A
【解析】A．根据Zn＋2H2SO4(浓)＝ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑，无论那个反应，产生气体与消耗锌的物质的量之比为1:1，产生0.8 mol气体，则共消耗锌物质的量为0.8mol，质量为0.8mol×65g∙mol−1＝52.0 g，故A错误；B．根据A选项分析消耗0.8mol锌，则共转移电子1.6 mol，故B正确；C．100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸，其物质的量为1.8mol，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则剩余硫酸物质的量为0.2xmol，共消耗硫酸物质的量为(1.8−0.2x)mol，设生成氢气物质的量为mmol，生成二氧化硫气体物质的量为nmol，则有m+n=0.8，m+2n=1.8−0.2x，解得n=1−0.2x，m=0.2x−0.2，则气体中，故C正确；D．根据产生0.8 mol气体，则生成气体体积约为0.8mol×22.4L∙mol−1＝17.92 L(STP)，故D正确。综上所述，答案为A。
2．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，甲同学配制5%的溶液100g，乙同学配制的溶液100mL(的溶解度为水)，下列说法正确的是
A．所需溶质的质量相同 B．所需仪器均包括100mL容量瓶
C．所配溶液均为不饱和溶液 D．所配溶液质量相同
【答案】C
【分析】100g5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为100g×5%=5g，100mL0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量为0.5mol/L×0.1L×58.5g/mol≈2.9g，100g氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量为≈26.5g，所以5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液。
【解析】A．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，故A错误；B．配制100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL容量瓶，故B错误；C．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液，故C正确；D．氯化钠溶液的密度大于1g/mL，则100mL氯化钠溶液的质量大于100g，故D错误；故选C。
3．（2023·上海·模拟预测）下列叙述中，正确的是
A．同温同压下，等体积的和具有相同的分子数
B．等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，的物质的量浓度也相等
C．同温同压下，等质量的和物质的量之比为
D．标准状况下，气体溶于水形成的溶液物质的量浓度为
【答案】C
【解析】A．同温同压下，由可知，等体积的气体和气体的物质的量相等，但未告知是否为气体状态，因此不确定是否具有相同的分子数，故A错误；B．盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，的物质的量浓度不相等，故B错误；C．同温同压下，等质量的和物质的量之比为：=11：，故C正确；D．标准状况下，22.4LHCl气体的物质的量是，溶于水后形成的溶液的体积不是，无法计算其物质的量浓度，故D错误；答案C。
4．（2022·福建省龙岩第一中学模拟预测）过硫酸钾常用作强氧化剂，可发生反应：。过硫酸根的离子结构如图所示。下列说法正确的是
A．中氧元素的化合价有：、
B．中含极性共价键
C．固体中阴阳离子总数为
D．和水反应产生
【答案】A
【解析】A．由结构可知，分子结构的中间存在过氧根，过氧根中氧为-1价氧，与每个硫相连的其它氧为-2价氧， A正确；B．过氧根中氧氧键为非极性键，1个过硫酸根中含有12个极性共价键，中含极性共价键，B错误；C．固体中含有K+和HSO两种离子，则固体中阴阳离子总数为，C错误；D．没有说明是否为标况，不能计算生成氧气的体积，D错误；故选A。
5．（2022·天津市新华中学一模）设为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．白磷中白磷分子总数为
B．含为的矿泉水含数目为
C．由乙烯制备一氯乙烷若获得产品需个分子
D．标准状况下，与足量水反应可获得个分子
【答案】B
【解析】A．31g白磷(P4)的物质的量为=0.25mol，则白磷分子总数为0.25NA，A错误；B．2L 含 K+ 19.5 mg/L 的矿泉水中 K+的物质的量为=10−3mol，则K+数目为 10-3 NA，B正确；C．由乙烯制备一氯乙烷，生成 1 mol 产品理论上需HCl分子数为 NA，C错误；D．标准状况下，SO3不是气体，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；故选：B。
6．（2022·北京育才学校三模）下列各项比较中，正确的是
A．7.8g Na2O2中含有的离子数为0.4NA
B．标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等
C．等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应，转移的电子数相等
D．质量相同的 H2O 和 D2O(重水)所含的原子数不相同
【答案】D
【解析】A．7.8g Na2O2的物质的量为0.1mol，1个Na2O2含有2个Na+和1个O，所以7.8g Na2O2中含有的离子数为0.3NA，故A错误；B．同温同压条件下，相同体积的任何气体具有相同分子数，苯标况下为液体，不能使用阿伏加德罗定律，所以标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数不相等，故B错误；C．1mol铁与足量氯气反应生成氯化铁，转移3mol电子，1mol铜与足量氯气反应生成氯化铜，转移2mol电子，故C错误；D．H2O 和 D2O(重水)的摩尔质量不同，所以质量相同的 H2O 和 D2O(重水)的物质的量不同，所含的原子数不相同，故D正确；故答案选D。
7．（2023·浙江金华·浙江省东阳中学校考模拟预测）下列说法不正确的是
A．把7.2 g纯铁粉加入40 mL浓度未知的HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，产生NO2和NO的混合气体0.08 mol，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为7.0 mol·L-1
B．将质量分数为a%，物质的量浓度为c1 mol·L-1的稀H2SO4溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L-1，则c1和c2的数值关系是c2＞2c1
C．将标准状况下的a L HCl气体溶于1 000 mL水中，得到的盐酸溶液密度为b g·mL－1，则该盐酸溶液的物质的量浓度为mol·L-1
D．V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中的物质的量浓度为mol·L-1
【答案】C
【解析】A．把7.2 g纯铁粉投入40 mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量为m(Fe)=7.2 g-1.6 g=5.6 g，其物质的量为n(Fe)==0.1 mol，则生成Fe(NO3)2的物质的量为n[Fe(NO3)2]=n(Fe)=0.1 mol，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知该硝酸溶液中含有硝酸的总物质的量为n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)=0.1 mol×2＋0.08 mol=0.28 mol，则原HNO3溶液的物质的量浓度为c(HNO3)==7.0 mol·L－1，A正确；B．设溶质质量分数为a%的硫酸溶液的密度为ρ1，则c1＝mol·L－1=mol·L-1。设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2＝mol·L－1=mol·L-1，所以c1∶c2=mol·L－1∶mol·L－1＝ρ1∶2ρ2，即c2＝c1，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以＞2，即c2＞2c1，B正确；C．标准状况下，a L HCl溶于1 000 mL水中，所得溶液中n(HCl)=mol，溶液体积为V＝＝＝L，因此该盐酸溶液的物质的量浓度c===mol·L-1，C错误；D．V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中c(Fe3＋)==＝mol·L-1，由Fe2(SO4)3的化学式以及其在水中会发生完全电离可知，浓度为Fe3＋浓度的1.5倍，则溶液中的物质的量浓度为c()=mol·L－1＝mol·L－1，D正确；故合理选项是C。
8．（2022·北京海淀·二模）下列说法正确的是
A．室温下，1L0.1mol·L-1盐酸中H+的数目约为6.02×1022
B．标准状况下，5.6LCCl4中所含C—Cl键的数目约为6.02×1023
C．5.6gFe和足量Cl2反应转移电子的物质的量为0.2mol
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同
【答案】A
【解析】A．1L0.1mol·L-1盐酸中H+的物质的量为0.1mol，H+的个数约为：，A正确；B．标准状况下CCl4为液态，无法计算其物质的量，也无法计算含C-Cl键个数，B错误；C．Fe和足量Cl2反应生成三氯化铁，铁元素化合价为+3价，转移电子的物质的量为0.3mol，C错误；D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子浓度相同，盐酸的浓度是硫酸浓度的2倍，溶质的物质的量浓度不相同，D错误；故选A。
9．（2023·广西南宁·统考二模）NA是阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24LHF中含有的分子数为0.1NA
B．2gD2O和H218O的混合物含有质子数为NA
C．pH=3的H3PO4溶液中氢离子数目为10-3NA
D．1molCl2与足量的水充分反应转移的电子数为NA
【答案】B
【解析】A．标准状况下HF不是气体，不能根据体积确定其物质的量，故A错误；B．D2O和H218O的摩尔质量均为20g/mol，且每个分子中均含10个质子，则2g混合物的物质的量为0.1mol，含质子数为：NA，故B正确；C．溶液体积未知，不能确定离子数目，故C错误；D．氯气与水的反应为可逆反应，1mol氯气不能完全与水反应，因此转移电子数小于NA，故D错误；故选：B。
10．（2023·上海杨浦·统考二模）关于硫酸的说法错误的是
A．质量分数为98% B．为
C．可干燥等气体 D．稀释时有共价键断裂
【答案】B
【解析】A．由c=可知，浓硫酸的质量分数为×100%=98%，故A正确；B．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36.8mol/L，故B错误；C．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；D．硫酸则溶液中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。
11．（2022·重庆市天星桥中学一模）溶质均为的两种酸，与足量铝反应生成体积为(标准状况，下同)：与足量锌反应生成体积为。下列说法错误的是
A．和生成氢气的物质的量之比一定为
B．和消耗铝和锌的物质的量之比一定为
C．
D．由题给条件无法确定m和n的具体数值
【答案】B
【解析】A．由HmX生成H2的物质的量n1=，由HnY生成H2的物质的量n2=，则两种酸生成H2物质的量之比为（或者根据相同条件下，气体物质的量之比等于体积比也可得出），A正确；B．设消耗Al的物质的量为x mol，由得失电子守恒得：3x mol=2×，解得x=，设消耗Zn的物质的量为y mol，由得失电子守恒得：2y mol=2×，解得y=，故消耗的铝和锌物质的量之比为，B错误；C．由于金属足量，故两种酸都完全反应，根据氢元素守恒得：0.1 mol×m=2×，解得m=，同理0.1 mol×n=2×，解得n=，故，C正确；D．由C选项分析知，m=、n=，由于V1、V2具体数值未知，故无法确定m、n具体数值，D正确；故答案选B。
12．（2023·上海虹口·统考二模）在两个容积相同的容器中，一个盛有NH3气体，另一个盛有H2和O2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体不可能具有相同的
A．原子数 B．分子数 C．质量 D．电子数
【答案】A
【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，再结合m=nM、分子构成分析解答。
【解析】同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，A. NH3分子中含有4个原子，H2和O2为双原子分子，物质的量相等时含有原子数一定不相等，所以A选项符合题意；B.根据N=nNA可以知道，气体物质的量相等时含有分子数一定相等，故B不符合题意；C. NH3的摩尔质量为17g/mol；H2的摩尔质量为2g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，当H2和O2的平均摩尔质量为17g/mol时，两个容器中盛有气体的质量相等，故C不符合题意；D. NH3分子中含有10个电子；H2分子中含有2个电子，O2分子中含有16个电子，当H2和O2的混合气体的平均电子数为10时，两个容器中含有电子数相等，故D不符合题意。答案选A。
13．（2023·辽宁·模拟预测）绿矾()分解可制备铁红，同时产生、和。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．溶液含有的阳离子数大于NA
B．0.5mol三聚分子( )中含有σ键数目为6 NA
C．绿矾分解生成16g时，转移电子数为0.2 NA
D．22.4L溶于水，溶液中、、的数目总和为NA
【答案】D
【解析】A．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1L1mol/L硫酸亚铁溶液含有的阳离子数大于1mol/L ×1L×NAmol—1=NA，故A正确；B．由结构可知，三聚三氧化硫分子中含有的σ键为12，则0.5mol三聚三氧化硫分子中含有的σ键的数目为0.5mol×12×NAmol—1=6NA，故B正确；C．由题意可知，绿矾受热分解的方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+7H2O，反应生成1mol三氧化铁，反应转移2mol电子，则生成16g三氧化铁时，转移电子数为×2×NAmol—1=0.2 NA，故C正确；D．缺标准状况，无法计算22.4L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，所以无法计算使溶液中亚硫酸、亚硫酸氢根、亚硫酸根的数目总和，故D错误；故选D。
14．（2022·辽宁·沈阳二中模拟预测）纯碱在生产、生活中有广泛应用。例如可用足量的纯碱溶液吸收含氯气的尾气，生成三种盐(反应1)；工业上也可用纯碱溶液从海水中提取溴，其主要原理如下：
反应2：；反应3：。
下列说法正确的是
A．反应2中氧化剂与还原剂的质量之比为1∶5
B．标准状况下，22.4L溴单质中含有2mol溴原子
C．反应1中生成的三种盐是NaClO，和
D．反应2中的与反应1中的表现出了相似的化学性质
【答案】D
【解析】A．反应2中溴既是氧化剂又是还原剂，其中氧化剂与还原剂的质量之比为，A项错误；B．标准状况下，溴单质呈液态，项错误；C．根据氧化还原反应原理及纯碱足量，氯元素一部分化合价升高，另一部分化合价降低，三种盐是次氯酸钠、氯化钠、碳酸氢钠，C项错误；D．反应2中的溴单质和反应1中的氯气都表现氧化性和还原性，D项正确；故选D。
15．（2023·山西·统考二模）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中键的数目为
B．中杂化的碳原子数目为
C．标准状况下，中含有的电子数目为
D．常温下，将投入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为
【答案】B
【解析】A．中含有12个N-H键和4个配位键也是键，故中键的数目为，A错误；B．CH3CHO中甲基中碳原子采用sp3杂化，醛基上碳原子采用sp2杂化，故中杂化的碳原子数目为=，B正确；C．标准状况下HF为液体，故无法计算中含有的电子数目，C错误；D．常温下Fe遇到浓硝酸将发生钝化，将投入足量浓硝酸中，无法计算反应转移电子数目，D错误；故答案为：B。
二、主观题（共5小题，共55分）
16．（12分）（2022·山东聊城市·高三二模）过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境，某实验小组制备过程如下。
Ⅰ.制备
利用反应，在碱性环境下制取的装置如图：
(1)的电子式为_______。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_______。
(3)仪器A的名称为_______；仪器B的作用是_______。
(4)乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率和_______。
(5)反应结束后，分离提纯的过程中，洗涤的操作为_______。
Ⅱ.制得产品并定量检测
(6)脱水干燥即得产品。经检测知某产品中含有和，已知受热分解有、和生成。①称取产品，加热，在标准状况下生成气体。②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的溶液得到沉淀，则该产品中的x值为_______。
【答案】(1)（2分）(2)（2分）(3) 三颈烧瓶（1分） 防倒吸（1分） (4)过氧化氢的利用率（2分） (5) 向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次（2分） (6) 3 （2分）
【解析】由实验装置图可知，装置甲中氯化铵固体和氢氧化钙共热反应制备氨气，装置乙中，在冰水浴的条件下，三颈烧瓶中发生的反应为氯化钙、过氧化氢和氨气反应生成八水过氧化钙和氯化铵，氨气极易溶于水，长颈漏斗在实验中起防倒吸的作用。
(1)过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物，电子式为，故答案为：；
(2) 甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸，故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；
(4) 乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低八水过氧化钙，便于晶体析出，通过八水过氧化钙的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率，故答案为：过氧化氢的利用率；
(5)洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次即可，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次；
(6)由①可得：2CaO2▪xH2O—O2，266.8mL氧气的物质的量为=0.012mol，则CaO2▪xH2O的物质的量为0.012mol×2=0.024mol；由②可知，反应生成2.80g碳酸钙的物质的量为=0.028mol，则样品中CaO2▪xH2O和CaO的物质的量之和为0.028mol，则CaO的物质的量为0.028mol—0.024mol=0.004mol；由样品的质量为3.248g可得：0.024mol×(72+18x)g/mol+ 0.004mol×56g/mol=3.248g，解得x=3，故答案为：3。
17．（13分）（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三一模）碱式碳酸铜又名孔雀石，主要成分为Cu2(OH)2CO3，呈绿色，是一种具有广泛用途的化工产品。某化学小组探究制备碱式碳酸铜的反应条件并制备少量碱式碳酸铜。
试剂：0.25 mol·L-1 Na2CO3溶液、0.5 mol·L-1 NaOH溶液、0.5 mol·L-1 Cu(NO3)2溶液各100mL
实验1：探究Cu(NO3)2与NaOH和Na2CO3溶液配比
取三种反应溶液，以表中的比例混合，在60℃条件下进行实验，并观察现象。
编号
V[Cu(NO3)2]/mL
V(NaOH)/mL
V(Na2CO3)/mL
沉淀数量
沉淀颜色
1
2
2
2.8
+ + +
蓝色
2
2
2
2.4
+ + +
蓝色
3
2
2
2
+ +
浅绿色
4
2
2
1.6
+
浅绿色
注：“+”越多表示沉淀的相对量越多
实验2：探究反应温度
按上述实验得到的合适反应液用量，在不同温度下进行实验，并观察现象。
反应温度/℃
沉淀数量
沉淀颜色
室温
+ + + +
蓝色
40
+ + + +
蓝色
60
+
浅绿色
75
+ +
绿色
80
+ + +
绿色(少量黑色)
实验3：制备碱式碳酸铜
按最佳物料比取50mL 0.5 mol·L-1 Cu(NO3)2溶液、50mL 0.5 mol·L-1 NaOH溶液和相应体积的0.25 mol·L-1Na2CO3溶液，在最佳反应温度下进行实验，待反应完全后，静置，过滤、洗涤、干燥后，得到2.5 g产品。
请回答下列问题：
(1)本实验配制溶液时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有_______。
(2)制备碱式碳酸铜时，Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的最佳物质的量之比为_______，最佳反应温度为_______，本实验的加热方式为_______。
(3)请写出本实验制备碱式碳酸铜的化学方程式_______。
(4)实验2中在80℃反应生成的沉淀中有少量黑色的物质，产生该物质的原因可能是_______。
(5)计算本实验的产率_______%(保留三位有效数字)。
【答案】(1)100mL 容量瓶、胶头滴管 （2分）
(2)2：2：1（2分） 75℃ （1分） 水浴加热 （2分）
(3)2NaOH+Na2CO3+2Cu(NO3)2 = Cu2(OH)2CO3+4NaNO3（2分）
(4)碱式碳酸铜受热分解生成黑色的氧化铜（2分）
(5)90.1 （2分）
【解析】(1)本实验配制溶液时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有100mL 容量瓶、胶头滴管；
(2)由实验1表格数据可知，当Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的体积均为2mL时，生成碱式碳酸铜最多，又Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的浓度分别为0.5 mol·L-1、0.5 mol·L-1、0.25 mol·L-1，则制备碱式碳酸铜时，Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的最佳物质的量之比为2：2：1；由实验2表格数据可知，当温度为75℃时，生成碱式碳酸铜最多，则最佳反应温度为75℃，故本实验的加热方式为水浴加热；
(3)制备碱式碳酸铜的化学方程式为2NaOH+Na2CO3+2Cu(NO3)2 = Cu2(OH)2CO3+4NaNO3；
(4)实验2中在80℃反应生成的沉淀中有少量黑色的物质，产生该物质的原因可能是碱式碳酸铜受热分解生成黑色的氧化铜；
(5)由反应方程式可知，理论上生成碱式碳酸铜的物质的量为，质量为，则本实验的产率为。
18．（10分）（2022·浙江·模拟预测）在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成，现称取在敞口容器加热一定时间后，得到固体，测得生成的的体积为(已折算为标准标况)，求：
(1)固体的成分和物质的量比_______。
(2)标准状态下生成的体积_______。
【答案】(1)为2：1(2)0.168L
【解析】(1)物质的量为0.02mol，若生成的全部是硫酸铜，则质量为3.2g，若全部生成氧化铜，则质量为1.6g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.44g，而得到固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜物质的量为xmol，氧化亚铜物质的量为ymol，则有x+2y=0.02，80x+144y=1.52，解得x=0.01，y=0.005，则物质的量比为2：1；故答案为：为2：1。
(2)生成了标准状况下0.224L二氧化硫即物质的量为0.01mol，说明生成三氧化硫物质的量为0.01mol，分析得到硫、铜化合价降低，氧化合价升高，根据得失电子守恒得到物质的量为，其标准状态下的体积0.168L；故答案为：0.168L。
19．（10分）（2022·浙江嘉兴·统考二模）天然水常含有较多钙、镁离子而称之为硬水，硬水软化是指除去钙、镁离子。若某天然水中离子含量如下表：
离子
Ca2+
Mg2+
HCO
其他
含量(mol/L)
1.2×10-3
6.0×10-4
8.0×10-4
/
现要用化学方法软化10m3这种天然水，则需要先加入Ca(OH)2_______g以除去Mg2+和HCO，后加入Na2CO3_______g以除去Ca2+(要求写出计算过程)。
【答案】740 1484
【解析】10m3这种天然水中，，，，加入氢氧化钙发生反应：、，则，；，水中的，，，故答案为：740；1484。
20．（10分）（2022·浙江宁波·统考二模）单质硫在热的NaOH溶液中发生如下反应：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O。若硫过量，会进一步生成Na2Sx和Na2S2O3：(x-1)S+Na2SNa2Sx，S+Na2SO3Na2S2O3。现有3.84 g硫与含0.06 mol NaOH的热溶液完全反应，生成a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，恰好将硫元素全部转化为SO。
请计算：
(1)a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3中a∶b=____。
(2)NaClO溶液的物质的量浓度为____mol·L-1 (写出计算过程)。
【答案】(1)2:1(2)1.2
【分析】(1)根据反应过程中S元素得失电子守恒计算Na2Sx和Na2S2O3中a∶b的大小；
(2)硫元素最终全部转化为Na2SO4，转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，根据电子守恒计算NaClO的物质的量，然后根据物质的量浓度定义式计算。
【解析】（1）3.84 g硫单质的物质的量为n(S)=，其与含有0.06 mol NaOH溶液反应，产生a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，根据电子得失电子数目相等可知：a×x×=b×2×2，解得a=2b，所以a:b=2:1；
（2）3.84 g硫单质的物质的量为n(S)=，其反应产生的a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，S完全转化为Na2SO4，NaClO得到电子被还原为NaCl，根据氧化还原反应中电子守恒可得0.12 mol×(6-0)=n(NaClO) ×[1-(-1)]，解得n(NaClO)=0.36 mol。由于NaClO碱性溶液体积是300 mL，则该溶液的物质的量浓度c(NaClO)=。
第一章 化学计量
测试卷
时间：90分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56
Cu 64
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共15×3分）
1．（2023·上海金山·统考二模）将一定量锌与100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 mol气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则下列叙述错误的是
A．共消耗锌48.0 g B．共转移电子1.6 mol
C．气体中 D．生成气体体积约为17.92 L(STP)
【答案】A
【解析】A．根据Zn＋2H2SO4(浓)＝ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑，无论那个反应，产生气体与消耗锌的物质的量之比为1:1，产生0.8 mol气体，则共消耗锌物质的量为0.8mol，质量为0.8mol×65g∙mol−1＝52.0 g，故A错误；B．根据A选项分析消耗0.8mol锌，则共转移电子1.6 mol，故B正确；C．100 mL 18 mol∙L−1的浓硫酸，其物质的量为1.8mol，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x mol∙L−1，则剩余硫酸物质的量为0.2xmol，共消耗硫酸物质的量为(1.8−0.2x)mol，设生成氢气物质的量为mmol，生成二氧化硫气体物质的量为nmol，则有m+n=0.8，m+2n=1.8−0.2x，解得n=1−0.2x，m=0.2x−0.2，则气体中，故C正确；D．根据产生0.8 mol气体，则生成气体体积约为0.8mol×22.4L∙mol−1＝17.92 L(STP)，故D正确。综上所述，答案为A。
2．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，甲同学配制5%的溶液100g，乙同学配制的溶液100mL(的溶解度为水)，下列说法正确的是
A．所需溶质的质量相同 B．所需仪器均包括100mL容量瓶
C．所配溶液均为不饱和溶液 D．所配溶液质量相同
【答案】C
【分析】100g5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为100g×5%=5g，100mL0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量为0.5mol/L×0.1L×58.5g/mol≈2.9g，100g氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量为≈26.5g，所以5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液。
【解析】A．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，故A错误；B．配制100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL容量瓶，故B错误；C．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液，故C正确；D．氯化钠溶液的密度大于1g/mL，则100mL氯化钠溶液的质量大于100g，故D错误；故选C。
3．（2023·上海·模拟预测）下列叙述中，正确的是
A．同温同压下，等体积的和具有相同的分子数
B．等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，的物质的量浓度也相等
C．同温同压下，等质量的和物质的量之比为
D．标准状况下，气体溶于水形成的溶液物质的量浓度为
【答案】C
【解析】A．同温同压下，由可知，等体积的气体和气体的物质的量相等，但未告知是否为气体状态，因此不确定是否具有相同的分子数，故A错误；B．盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，的物质的量浓度不相等，故B错误；C．同温同压下，等质量的和物质的量之比为：=11：，故C正确；D．标准状况下，22.4LHCl气体的物质的量是，溶于水后形成的溶液的体积不是，无法计算其物质的量浓度，故D错误；答案C。
4．（2022·福建省龙岩第一中学模拟预测）过硫酸钾常用作强氧化剂，可发生反应：。过硫酸根的离子结构如图所示。下列说法正确的是
A．中氧元素的化合价有：、
B．中含极性共价键
C．固体中阴阳离子总数为
D．和水反应产生
【答案】A
【解析】A．由结构可知，分子结构的中间存在过氧根，过氧根中氧为-1价氧，与每个硫相连的其它氧为-2价氧， A正确；B．过氧根中氧氧键为非极性键，1个过硫酸根中含有12个极性共价键，中含极性共价键，B错误；C．固体中含有K+和HSO两种离子，则固体中阴阳离子总数为，C错误；D．没有说明是否为标况，不能计算生成氧气的体积，D错误；故选A。
5．（2022·天津市新华中学一模）设为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．白磷中白磷分子总数为
B．含为的矿泉水含数目为
C．由乙烯制备一氯乙烷若获得产品需个分子
D．标准状况下，与足量水反应可获得个分子
【答案】B
【解析】A．31g白磷(P4)的物质的量为=0.25mol，则白磷分子总数为0.25NA，A错误；B．2L 含 K+ 19.5 mg/L 的矿泉水中 K+的物质的量为=10−3mol，则K+数目为 10-3 NA，B正确；C．由乙烯制备一氯乙烷，生成 1 mol 产品理论上需HCl分子数为 NA，C错误；D．标准状况下，SO3不是气体，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；故选：B。
6．（2022·北京育才学校三模）下列各项比较中，正确的是
A．7.8g Na2O2中含有的离子数为0.4NA
B．标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等
C．等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应，转移的电子数相等
D．质量相同的 H2O 和 D2O(重水)所含的原子数不相同
【答案】D
【解析】A．7.8g Na2O2的物质的量为0.1mol，1个Na2O2含有2个Na+和1个O，所以7.8g Na2O2中含有的离子数为0.3NA，故A错误；B．同温同压条件下，相同体积的任何气体具有相同分子数，苯标况下为液体，不能使用阿伏加德罗定律，所以标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数不相等，故B错误；C．1mol铁与足量氯气反应生成氯化铁，转移3mol电子，1mol铜与足量氯气反应生成氯化铜，转移2mol电子，故C错误；D．H2O 和 D2O(重水)的摩尔质量不同，所以质量相同的 H2O 和 D2O(重水)的物质的量不同，所含的原子数不相同，故D正确；故答案选D。
7．（2023·浙江金华·浙江省东阳中学校考模拟预测）下列说法不正确的是
A．把7.2 g纯铁粉加入40 mL浓度未知的HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，产生NO2和NO的混合气体0.08 mol，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为7.0 mol·L-1
B．将质量分数为a%，物质的量浓度为c1 mol·L-1的稀H2SO4溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L-1，则c1和c2的数值关系是c2＞2c1
C．将标准状况下的a L HCl气体溶于1 000 mL水中，得到的盐酸溶液密度为b g·mL－1，则该盐酸溶液的物质的量浓度为mol·L-1
D．V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中的物质的量浓度为mol·L-1
【答案】C
【解析】A．把7.2 g纯铁粉投入40 mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量为m(Fe)=7.2 g-1.6 g=5.6 g，其物质的量为n(Fe)==0.1 mol，则生成Fe(NO3)2的物质的量为n[Fe(NO3)2]=n(Fe)=0.1 mol，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知该硝酸溶液中含有硝酸的总物质的量为n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)=0.1 mol×2＋0.08 mol=0.28 mol，则原HNO3溶液的物质的量浓度为c(HNO3)==7.0 mol·L－1，A正确；B．设溶质质量分数为a%的硫酸溶液的密度为ρ1，则c1＝mol·L－1=mol·L-1。设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2＝mol·L－1=mol·L-1，所以c1∶c2=mol·L－1∶mol·L－1＝ρ1∶2ρ2，即c2＝c1，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以＞2，即c2＞2c1，B正确；C．标准状况下，a L HCl溶于1 000 mL水中，所得溶液中n(HCl)=mol，溶液体积为V＝＝＝L，因此该盐酸溶液的物质的量浓度c===mol·L-1，C错误；D．V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中c(Fe3＋)==＝mol·L-1，由Fe2(SO4)3的化学式以及其在水中会发生完全电离可知，浓度为Fe3＋浓度的1.5倍，则溶液中的物质的量浓度为c()=mol·L－1＝mol·L－1，D正确；故合理选项是C。
8．（2022·北京海淀·二模）下列说法正确的是
A．室温下，1L0.1mol·L-1盐酸中H+的数目约为6.02×1022
B．标准状况下，5.6LCCl4中所含C—Cl键的数目约为6.02×1023
C．5.6gFe和足量Cl2反应转移电子的物质的量为0.2mol
D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相同
【答案】A
【解析】A．1L0.1mol·L-1盐酸中H+的物质的量为0.1mol，H+的个数约为：，A正确；B．标准状况下CCl4为液态，无法计算其物质的量，也无法计算含C-Cl键个数，B错误；C．Fe和足量Cl2反应生成三氯化铁，铁元素化合价为+3价，转移电子的物质的量为0.3mol，C错误；D．室温下，pH相同的盐酸和硫酸中，氢离子浓度相同，盐酸的浓度是硫酸浓度的2倍，溶质的物质的量浓度不相同，D错误；故选A。
9．（2023·广西南宁·统考二模）NA是阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24LHF中含有的分子数为0.1NA
B．2gD2O和H218O的混合物含有质子数为NA
C．pH=3的H3PO4溶液中氢离子数目为10-3NA
D．1molCl2与足量的水充分反应转移的电子数为NA
【答案】B
【解析】A．标准状况下HF不是气体，不能根据体积确定其物质的量，故A错误；B．D2O和H218O的摩尔质量均为20g/mol，且每个分子中均含10个质子，则2g混合物的物质的量为0.1mol，含质子数为：NA，故B正确；C．溶液体积未知，不能确定离子数目，故C错误；D．氯气与水的反应为可逆反应，1mol氯气不能完全与水反应，因此转移电子数小于NA，故D错误；故选：B。
10．（2023·上海杨浦·统考二模）关于硫酸的说法错误的是
A．质量分数为98% B．为
C．可干燥等气体 D．稀释时有共价键断裂
【答案】B
【解析】A．由c=可知，浓硫酸的质量分数为×100%=98%，故A正确；B．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36.8mol/L，故B错误；C．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；D．硫酸则溶液中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。
11．（2022·重庆市天星桥中学一模）溶质均为的两种酸，与足量铝反应生成体积为(标准状况，下同)：与足量锌反应生成体积为。下列说法错误的是
A．和生成氢气的物质的量之比一定为
B．和消耗铝和锌的物质的量之比一定为
C．
D．由题给条件无法确定m和n的具体数值
【答案】B
【解析】A．由HmX生成H2的物质的量n1=，由HnY生成H2的物质的量n2=，则两种酸生成H2物质的量之比为（或者根据相同条件下，气体物质的量之比等于体积比也可得出），A正确；B．设消耗Al的物质的量为x mol，由得失电子守恒得：3x mol=2×，解得x=，设消耗Zn的物质的量为y mol，由得失电子守恒得：2y mol=2×，解得y=，故消耗的铝和锌物质的量之比为，B错误；C．由于金属足量，故两种酸都完全反应，根据氢元素守恒得：0.1 mol×m=2×，解得m=，同理0.1 mol×n=2×，解得n=，故，C正确；D．由C选项分析知，m=、n=，由于V1、V2具体数值未知，故无法确定m、n具体数值，D正确；故答案选B。
12．（2023·上海虹口·统考二模）在两个容积相同的容器中，一个盛有NH3气体，另一个盛有H2和O2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体不可能具有相同的
A．原子数 B．分子数 C．质量 D．电子数
【答案】A
【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，再结合m=nM、分子构成分析解答。
【解析】同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体的物质的量相等、分子数相等，A. NH3分子中含有4个原子，H2和O2为双原子分子，物质的量相等时含有原子数一定不相等，所以A选项符合题意；B.根据N=nNA可以知道，气体物质的量相等时含有分子数一定相等，故B不符合题意；C. NH3的摩尔质量为17g/mol；H2的摩尔质量为2g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，当H2和O2的平均摩尔质量为17g/mol时，两个容器中盛有气体的质量相等，故C不符合题意；D. NH3分子中含有10个电子；H2分子中含有2个电子，O2分子中含有16个电子，当H2和O2的混合气体的平均电子数为10时，两个容器中含有电子数相等，故D不符合题意。答案选A。
13．（2023·辽宁·模拟预测）绿矾()分解可制备铁红，同时产生、和。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．溶液含有的阳离子数大于NA
B．0.5mol三聚分子( )中含有σ键数目为6 NA
C．绿矾分解生成16g时，转移电子数为0.2 NA
D．22.4L溶于水，溶液中、、的数目总和为NA
【答案】D
【解析】A．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1L1mol/L硫酸亚铁溶液含有的阳离子数大于1mol/L ×1L×NAmol—1=NA，故A正确；B．由结构可知，三聚三氧化硫分子中含有的σ键为12，则0.5mol三聚三氧化硫分子中含有的σ键的数目为0.5mol×12×NAmol—1=6NA，故B正确；C．由题意可知，绿矾受热分解的方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+7H2O，反应生成1mol三氧化铁，反应转移2mol电子，则生成16g三氧化铁时，转移电子数为×2×NAmol—1=0.2 NA，故C正确；D．缺标准状况，无法计算22.4L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，所以无法计算使溶液中亚硫酸、亚硫酸氢根、亚硫酸根的数目总和，故D错误；故选D。
14．（2022·辽宁·沈阳二中模拟预测）纯碱在生产、生活中有广泛应用。例如可用足量的纯碱溶液吸收含氯气的尾气，生成三种盐(反应1)；工业上也可用纯碱溶液从海水中提取溴，其主要原理如下：
反应2：；反应3：。
下列说法正确的是
A．反应2中氧化剂与还原剂的质量之比为1∶5
B．标准状况下，22.4L溴单质中含有2mol溴原子
C．反应1中生成的三种盐是NaClO，和
D．反应2中的与反应1中的表现出了相似的化学性质
【答案】D
【解析】A．反应2中溴既是氧化剂又是还原剂，其中氧化剂与还原剂的质量之比为，A项错误；B．标准状况下，溴单质呈液态，项错误；C．根据氧化还原反应原理及纯碱足量，氯元素一部分化合价升高，另一部分化合价降低，三种盐是次氯酸钠、氯化钠、碳酸氢钠，C项错误；D．反应2中的溴单质和反应1中的氯气都表现氧化性和还原性，D项正确；故选D。
15．（2023·山西·统考二模）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中键的数目为
B．中杂化的碳原子数目为
C．标准状况下，中含有的电子数目为
D．常温下，将投入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为
【答案】B
【解析】A．中含有12个N-H键和4个配位键也是键，故中键的数目为，A错误；B．CH3CHO中甲基中碳原子采用sp3杂化，醛基上碳原子采用sp2杂化，故中杂化的碳原子数目为=，B正确；C．标准状况下HF为液体，故无法计算中含有的电子数目，C错误；D．常温下Fe遇到浓硝酸将发生钝化，将投入足量浓硝酸中，无法计算反应转移电子数目，D错误；故答案为：B。
二、主观题（共5小题，共55分）
16．（12分）（2022·山东聊城市·高三二模）过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境，某实验小组制备过程如下。
Ⅰ.制备
利用反应，在碱性环境下制取的装置如图：
(1)的电子式为_______。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_______。
(3)仪器A的名称为_______；仪器B的作用是_______。
(4)乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率和_______。
(5)反应结束后，分离提纯的过程中，洗涤的操作为_______。
Ⅱ.制得产品并定量检测
(6)脱水干燥即得产品。经检测知某产品中含有和，已知受热分解有、和生成。①称取产品，加热，在标准状况下生成气体。②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的溶液得到沉淀，则该产品中的x值为_______。
【答案】(1)（2分）(2)（2分）(3) 三颈烧瓶（1分） 防倒吸（1分） (4)过氧化氢的利用率（2分） (5) 向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次（2分） (6) 3 （2分）
【解析】由实验装置图可知，装置甲中氯化铵固体和氢氧化钙共热反应制备氨气，装置乙中，在冰水浴的条件下，三颈烧瓶中发生的反应为氯化钙、过氧化氢和氨气反应生成八水过氧化钙和氯化铵，氨气极易溶于水，长颈漏斗在实验中起防倒吸的作用。
(1)过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物，电子式为，故答案为：；
(2) 甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸，故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；
(4) 乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低八水过氧化钙，便于晶体析出，通过八水过氧化钙的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率，故答案为：过氧化氢的利用率；
(5)洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次即可，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次；
(6)由①可得：2CaO2▪xH2O—O2，266.8mL氧气的物质的量为=0.012mol，则CaO2▪xH2O的物质的量为0.012mol×2=0.024mol；由②可知，反应生成2.80g碳酸钙的物质的量为=0.028mol，则样品中CaO2▪xH2O和CaO的物质的量之和为0.028mol，则CaO的物质的量为0.028mol—0.024mol=0.004mol；由样品的质量为3.248g可得：0.024mol×(72+18x)g/mol+ 0.004mol×56g/mol=3.248g，解得x=3，故答案为：3。
17．（13分）（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三一模）碱式碳酸铜又名孔雀石，主要成分为Cu2(OH)2CO3，呈绿色，是一种具有广泛用途的化工产品。某化学小组探究制备碱式碳酸铜的反应条件并制备少量碱式碳酸铜。
试剂：0.25 mol·L-1 Na2CO3溶液、0.5 mol·L-1 NaOH溶液、0.5 mol·L-1 Cu(NO3)2溶液各100mL
实验1：探究Cu(NO3)2与NaOH和Na2CO3溶液配比
取三种反应溶液，以表中的比例混合，在60℃条件下进行实验，并观察现象。
编号
V[Cu(NO3)2]/mL
V(NaOH)/mL
V(Na2CO3)/mL
沉淀数量
沉淀颜色
1
2
2
2.8
+ + +
蓝色
2
2
2
2.4
+ + +
蓝色
3
2
2
2
+ +
浅绿色
4
2
2
1.6
+
浅绿色
注：“+”越多表示沉淀的相对量越多
实验2：探究反应温度
按上述实验得到的合适反应液用量，在不同温度下进行实验，并观察现象。
反应温度/℃
沉淀数量
沉淀颜色
室温
+ + + +
蓝色
40
+ + + +
蓝色
60
+
浅绿色
75
+ +
绿色
80
+ + +
绿色(少量黑色)
实验3：制备碱式碳酸铜
按最佳物料比取50mL 0.5 mol·L-1 Cu(NO3)2溶液、50mL 0.5 mol·L-1 NaOH溶液和相应体积的0.25 mol·L-1Na2CO3溶液，在最佳反应温度下进行实验，待反应完全后，静置，过滤、洗涤、干燥后，得到2.5 g产品。
请回答下列问题：
(1)本实验配制溶液时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有_______。
(2)制备碱式碳酸铜时，Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的最佳物质的量之比为_______，最佳反应温度为_______，本实验的加热方式为_______。
(3)请写出本实验制备碱式碳酸铜的化学方程式_______。
(4)实验2中在80℃反应生成的沉淀中有少量黑色的物质，产生该物质的原因可能是_______。
(5)计算本实验的产率_______%(保留三位有效数字)。
【答案】(1)100mL 容量瓶、胶头滴管 （2分）
(2)2：2：1（2分） 75℃ （1分） 水浴加热 （2分）
(3)2NaOH+Na2CO3+2Cu(NO3)2 = Cu2(OH)2CO3+4NaNO3（2分）
(4)碱式碳酸铜受热分解生成黑色的氧化铜（2分）
(5)90.1 （2分）
【解析】(1)本实验配制溶液时用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有100mL 容量瓶、胶头滴管；
(2)由实验1表格数据可知，当Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的体积均为2mL时，生成碱式碳酸铜最多，又Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的浓度分别为0.5 mol·L-1、0.5 mol·L-1、0.25 mol·L-1，则制备碱式碳酸铜时，Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的最佳物质的量之比为2：2：1；由实验2表格数据可知，当温度为75℃时，生成碱式碳酸铜最多，则最佳反应温度为75℃，故本实验的加热方式为水浴加热；
(3)制备碱式碳酸铜的化学方程式为2NaOH+Na2CO3+2Cu(NO3)2 = Cu2(OH)2CO3+4NaNO3；
(4)实验2中在80℃反应生成的沉淀中有少量黑色的物质，产生该物质的原因可能是碱式碳酸铜受热分解生成黑色的氧化铜；
(5)由反应方程式可知，理论上生成碱式碳酸铜的物质的量为，质量为，则本实验的产率为。
18．（10分）（2022·浙江·模拟预测）在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成，现称取在敞口容器加热一定时间后，得到固体，测得生成的的体积为(已折算为标准标况)，求：
(1)固体的成分和物质的量比_______。
(2)标准状态下生成的体积_______。
【答案】(1)为2：1(2)0.168L
【解析】(1)物质的量为0.02mol，若生成的全部是硫酸铜，则质量为3.2g，若全部生成氧化铜，则质量为1.6g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.44g，而得到固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜物质的量为xmol，氧化亚铜物质的量为ymol，则有x+2y=0.02，80x+144y=1.52，解得x=0.01，y=0.005，则物质的量比为2：1；故答案为：为2：1。
(2)生成了标准状况下0.224L二氧化硫即物质的量为0.01mol，说明生成三氧化硫物质的量为0.01mol，分析得到硫、铜化合价降低，氧化合价升高，根据得失电子守恒得到物质的量为，其标准状态下的体积0.168L；故答案为：0.168L。
19．（10分）（2022·浙江嘉兴·统考二模）天然水常含有较多钙、镁离子而称之为硬水，硬水软化是指除去钙、镁离子。若某天然水中离子含量如下表：
离子
Ca2+
Mg2+
HCO
其他
含量(mol/L)
1.2×10-3
6.0×10-4
8.0×10-4
/
现要用化学方法软化10m3这种天然水，则需要先加入Ca(OH)2_______g以除去Mg2+和HCO，后加入Na2CO3_______g以除去Ca2+(要求写出计算过程)。
【答案】740 1484
【解析】10m3这种天然水中，，，，加入氢氧化钙发生反应：、，则，；，水中的，，，故答案为：740；1484。
20．（10分）（2022·浙江宁波·统考二模）单质硫在热的NaOH溶液中发生如下反应：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O。若硫过量，会进一步生成Na2Sx和Na2S2O3：(x-1)S+Na2SNa2Sx，S+Na2SO3Na2S2O3。现有3.84 g硫与含0.06 mol NaOH的热溶液完全反应，生成a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，恰好将硫元素全部转化为SO。
请计算：
(1)a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3中a∶b=____。
(2)NaClO溶液的物质的量浓度为____mol·L-1 (写出计算过程)。
【答案】(1)2:1(2)1.2
【分析】(1)根据反应过程中S元素得失电子守恒计算Na2Sx和Na2S2O3中a∶b的大小；
(2)硫元素最终全部转化为Na2SO4，转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，根据电子守恒计算NaClO的物质的量，然后根据物质的量浓度定义式计算。
【解析】（1）3.84 g硫单质的物质的量为n(S)=，其与含有0.06 mol NaOH溶液反应，产生a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，根据电子得失电子数目相等可知：a×x×=b×2×2，解得a=2b，所以a:b=2:1；
（2）3.84 g硫单质的物质的量为n(S)=，其反应产生的a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，S完全转化为Na2SO4，NaClO得到电子被还原为NaCl，根据氧化还原反应中电子守恒可得0.12 mol×(6-0)=n(NaClO) ×[1-(-1)]，解得n(NaClO)=0.36 mol。由于NaClO碱性溶液体积是300 mL，则该溶液的物质的量浓度c(NaClO)=。
相关试卷
最新高考化学一轮复习【讲通练透】 第一章 化学计量（测试）： 这是一份最新高考化学一轮复习【讲通练透】 第一章 化学计量（测试），文件包含第一章化学计量测试教师版docx、第一章化学计量测试学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
专题02 化学计量及其应用（测试）-2024年高考化学二轮复习讲与练（新教材新高考）： 这是一份专题02 化学计量及其应用（测试）-2024年高考化学二轮复习讲与练（新教材新高考），文件包含专题02化学计量及其应用测试原卷版docx、专题02化学计量及其应用测试解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
新高考化学复习讲义+练习 第一章 化学计量（测试）（原卷版+解析）： 这是一份新高考化学复习讲义+练习 第一章 化学计量（测试）（原卷版+解析），共21页。试卷主要包含了0 gB．共转移电子1，92 L，24LHF中含有的分子数为0，84 g硫与含0，0×10-4等内容，欢迎下载使用。
