考点01阿伏伽德罗与化学计算

2013高频核心考点——化学计量（阿伏伽德罗）阿伏伽德罗常数1.（2013·上海化学·15）NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物A.所含公用电子对书目为（a/7+1）NAB.所含碳氢键数目为aNA/7C.燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14LD.所含原子总数为aNA/142.（2013·新课标卷Ⅱ·9）N0为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是A.1.0L1.0mo1·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0B.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0C.25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1N0D.1mol的羟基与1mot的氢氧根离子所含电子数均为9N03.（2013·广东理综·9）设nA为阿佛加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．常温常压下，8gO2含有4nA个电子B．1L0.1molL-1的氨水中有nA个NH4+C．标准状况下，22.4L盐酸含有nA个HCl分子D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去个2nA电子4.（2013·江苏化学·7）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L1mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为NAB.78g苯含有C＝C双键的数目为3NAC.常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD.标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA阿伏伽德罗定律及元素部分选择型化学计算5、（2013·广西理综·8）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6.（2013·安徽理综·7）我国科学家研制出一中催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2催化剂CO2+H2O。下列有关说法正确的是A．该反应为吸热反应B．CO2分子中的化学键为非极性键C．HCHO分子中既含α键又含π键D．每生成1.8gH2O消耗2.24LO2元素部分填空型化学计算7.（2013·江苏化学·18）(12分)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2.3350g样品，配制成100.00mL溶液A；②准确量取25.00mL溶液A，用0.04000mol·L－1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31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH356.00mL(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”、或“偏低”或“不变”)。(2)氨气常用检验，现象是。(3)通过计算确定银硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。8、（2013·浙江理综·26）氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2（已折算成标准状况）。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：（1）甲的化学式是_________；乙的电子式是__________。（2）甲与水反应的化学方程式是__________________________________-。（3）气体丙与金属镁反应的产物是_______（用化学式表示）。（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_________。有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_________________________。（已知Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O）（5）甲与乙之间_______（填“可能”或“不可能）发生反应产生H2，判断理由是________。9．（2013·海南化学·17）（9分）BaCl2·xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：①称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；②过滤并洗涤沉淀；③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g。回答下列问题：（1）在操作②中，需要先后用稀硫酸和洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是。（2）计算BaCl2·xH2O中的x=（要求写出计算过程）。（3）操作③中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果（填“偏低”、“偏高”或“不变”）。【答案】B【解析】1个C2H4分子中含共用电子对数目为6对，碳氢键数目为4个，1个C3H6分子中含共用电子对数目为9对，碳氢键数目为6个，则A错误（应该为3aNA/14）;B正确；C项没有给氧气的状态，D项含原子总数为3aNA/14，因此选B。解析：考察阿伏加德罗常数问题。A项，溶质NaAlO2和溶剂H2O中都含有O原子；B项，12g石墨烯含有No个C原子，每一个C原子为三个六边形共用，每一个六边形含有2个C原子，共有1No×12=0.5No，B正确。C项，缺乏体积；D项，1mol的羟基含有9No个电子，但1mol的氢氧根离子所含电子数为10No。选择B。解析：1个O2分子含有的电子数为16个，8gO2的物质的量为0.25mol，所以8gO2含有的电子数为0.25mol×16=4mol，A正确；一水合氨为部分电离的弱电解质，所以1L1mol/L的氨水中NH4+的数目会小于nA个，B错误；标准状况下，盐酸为液态混合物，无法换算（或氯化氢为强电解质，盐酸溶液中不存在氯化氢分子），C错误；1molNa完全氧化为Na2O2转移的电子数为1mol，即失去的电子数为nA个，D错误。答案：A【参考答案】CA.ClO－水解，ClO－数目小于NA。B.苯中事实上没有真正的双键，而是介于单键和双键之间的一种独特的键。C.相对分子质量皆为28的CO和N2混合气体，因分子中碳原子数目一样为二个，故为NA。D.6.72L即0.3molNO2溶于水，转移的电子数目为0.2NA。【答案】C【解析】结合阿伏伽德罗定律，比较同温同压下的1mol两种气体：项目质量体积分子原子质子中子电子12C18O30g相同1mol2mol14mol16mol14mol14N228g相同1mol2mol14mol14mol14mol可知体积相同时，密度不同、中子数不同、电子数相同；质量相同时质子数不同。【答案】C【解析】A、该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，错误；B、二氧化碳结构为OCO,为极性键，错误；C、甲醛中，含有碳氧双键，故期中既含有键又含有键，正确；D、氧气的体积，并没有标明状况，故不一定为2.24L，错误。【参考答案】(12分)(1)偏高(2)湿润的红色石蕊试纸试纸颜色由红变蓝(3)n(Ni2＋)=0.04000mol·L－1×31.25mL×10－3L·mL－1=1.250×10－3moln(NH4＋)=56.00mL×10-3L·mL-122.4L·mol－1=2.500×10－3moln(SO42－)=2n(Ni2＋)+n(NH4+)2=2×1.25×10-3mol+2.500×10-3mol2=2.500×10－3molm(Ni2＋)=59g·mol－1×1.250×10－3mol=0.07375gm(NH4＋)=18g·mol－1×2.500×10－3mol=0.04500gm(SO42-)=96g·mol－1×2.500×10－3mol=0.2400gn(H2O)=2.3350g×25.00mL100.00mL-0.07375g-0.04500g-0.2400g18g·mol-1=1.250×10－2molx:y:m:n=n(NH4＋):n(Ni2＋):n(SO42－):n(H2O)=2:1:2:10硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O【解析】本题属于物质组成分析与化学综合计算题。利用电符守恒计算n(SO42－)，利用质量守恒计算n(H2O)。【解析】“单质气体丙在标准状态下的密度为1.25g/L”——丙为N2，化合物乙分解得到H2和N2，化合物乙为NH4H，NH4H有NH4+和H—构成的离子化合物。6.00g化合物甲分解得到△催化剂△短周期元素的金属单质和0.3molH2，而短周期元素的金属单质的质量为5.4g；化合物甲与水反应生成的白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明该沉淀可能是Al(OH)3，进而可判定化合物甲为AlH3。涉及的反应为：a.甲、乙受热分解：2AlH3=======2Al+3H2↑2NH4H=========N2↑+5H2↑b.甲与水反应：2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑c.2NH4H+5CuO======5Cu+N2↑+5H2Od.化合物甲与乙可能发生的反应：2AlH3+2NH4H======2Al+N2↑+8H2↑化合物甲和乙的组成中都含—1价H，—1价H还原性很强，可发生氧化还原反应产生H2；且2Al+3化合价降低6，2NH4H中8H+1化合价降低8，化合价共降低14；2AlH3中6H—1和2NH4H中2H—化合价升高8，2NH4H中2N—3化合价升高6，化合价共升高14。NH4H电子式：第（4）题的实验设计是1992年全国高考题的再现：Cu+在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸，而没有其它试剂。简述如何用最简便的实验方法来检验CuO经氢气还原所得到的红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。实验方案设计的关键是Cu2O溶解而Cu不溶解：①Cu2O为碱性氧化物；②不能选用具有强氧化性的试剂，否则Cu被氧化为Cu2+。实验方案设计的表述：简述操作步骤，复述实验现象，根据现象作出判断。【答案】取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O。【点评】本题要求根据物质的性质及其计算进行推理，考查了化学式、电子式、化学方程式的正确书写，根据题给信息设计实验的能力，并要求根据物质的组成判断物质的化学性质。本题完全依据2013年《考试说明》样卷对应试题的模式进行命题。[答案]（1）蒸馏水取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净。（2）样品中BaCl2的物质的量为质量（3）偏高[解析]：（1）若沉淀洗涤后洗涤液中不含Cl-则已经洗净，这是沉淀洗涤的常用方法；（2）计算氯化钡和水的物质的量比，即求出x；（3）题中已经表明硫酸钡被还原为BaS，则沉淀质量减小，相对水的质量比提高，x数据将偏高。△