2020版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 周測(cè)1 物質(zhì)的量(含解析)-.doc
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周測(cè)1 物質(zhì)的量 夯基提能卷① 一、選擇題:本題共7小題,每小題6分,共42分。 1.[2019北京西城區(qū)模擬]下列說法正確的是( ) A.1 mol NH3中含有的質(zhì)子數(shù)約為6.021023 B.0.5 molL-1NaCl溶液中含Cl-的物質(zhì)的量為0.5 mol C.8 g S在足量O2中完全燃燒轉(zhuǎn)移的電H子數(shù)約為9.031023 D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4 L SO2和CO2的混合氣體中所含原子數(shù)約為1.8061024 答案:D 解析:1個(gè)NH3分子中有10個(gè)質(zhì)子,所以1 mol NH3中含有的質(zhì)子數(shù)約為6.021024,A錯(cuò)誤;0.5 molL-1 NaCl溶液的體積未知,無法計(jì)算其中所含Cl-的物質(zhì)的量,B錯(cuò)誤;S在O2中燃燒生成SO2,8 g S的物質(zhì)的量為0.25 mol,其在足量O2中完全燃燒轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為6.021023,C錯(cuò)誤;標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4 L SO2和CO2的混合氣體的物質(zhì)的量為1 mol,其所含原子數(shù)約為1.8061024,D正確。 2.[2019云南曲靖一中月考]在兩個(gè)容積相同的容器中,一個(gè)盛有C3H8氣體,另一個(gè)盛有N2O和CO2的混合氣體。在同溫同壓下,兩容器內(nèi)的氣體一定具有相同的( ) ①分子數(shù)?、诿芏取、圪|(zhì)量?、苜|(zhì)子數(shù)?、菰訑?shù) A.①②③ B.①②⑤ C.③④⑤ D.①④⑤ 答案:A 解析:由阿伏加德羅定律可知,同溫同壓下,相同體積的氣體具有相同的物質(zhì)的量和相同的分子數(shù)。因C3H8、N2O和CO2的摩爾質(zhì)量相等,則物質(zhì)的量相同時(shí)氣體總質(zhì)量相等。又因?yàn)槿萜黧w積相同,則氣體密度相同;但分子中原子個(gè)數(shù)及質(zhì)子總數(shù)不同,故原子數(shù)和質(zhì)子數(shù)不同;故①②③一定相同,A正確。 3.[2019安徽皖南八校聯(lián)考]25℃時(shí),將10 mL質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%(密度為1.4 gcm-3)的硫酸稀釋成100 mL。下列說法正確的是( ) A.俯視容量瓶頸的刻度線定容,所配溶液的濃度偏低 B.上述稀釋過程所需要的蒸餾水為90 mL C.質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%的硫酸中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為7.14 molL-1 D.上述100 mL稀硫酸中所含溶質(zhì)的質(zhì)量為14 g,該稀硫酸不屬于電解質(zhì) 答案:C 解析:俯視容量瓶頸的刻度線定容,會(huì)導(dǎo)致溶液的體積偏小,所配溶液的濃度偏高,A錯(cuò)誤;由于未告知稀釋后溶液的密度,所以無法求出所需要的蒸餾水的體積,B錯(cuò)誤;根據(jù)c== molL-1≈7.14 molL-1,所以質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%的硫酸的物質(zhì)的量濃度為7.14 molL-1,C正確;由于稀釋過程中溶質(zhì)的質(zhì)量不變,所以100 mL稀硫酸中所含溶質(zhì)的質(zhì)量為7.14 molL-10.01 L98 gmol-1≈7 g,D錯(cuò)誤。 4.[2019四川樂山調(diào)研]用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列有關(guān)說法正確的是( ) A.2.0 g HO與D2O的混合物中所含中子數(shù)為NA B.5.6 g鐵粉在0.1 mol氯氣中充分燃燒,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NA C.1 mol H2與足量O2反應(yīng)生成的H2O中含有的共價(jià)鍵總數(shù)為NA D.在反應(yīng)11P4+60CuSO4+96H2O===20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中,6 mol CuSO4能氧化白磷的分子數(shù)為1.1NA 答案:A 解析:HO與D2O的摩爾質(zhì)量均為20 gmol-1,故2.0 g HO與D2O的混合物的物質(zhì)的量為0.1 mol,而每個(gè)HO與D2O分子中均含有10個(gè)中子,故0.1 mol HO與D2O的混合物中共含有1 mol中子,即所含中子數(shù)為NA,A正確;5.6 g鐵粉在0.1 mol氯氣中充分燃燒,氯氣量不足,根據(jù)氯氣的物質(zhì)的量可以計(jì)算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA,B錯(cuò)誤;1 mol H2與足量O2反應(yīng)生成1 mol H2O,每個(gè)H2O分子中含有2個(gè)O—H鍵,則1 mol H2O中含有的共價(jià)鍵總數(shù)為2NA,C錯(cuò)誤;CuSO4中Cu元素化合價(jià)由+2價(jià)降低到Cu3P中的+1價(jià),則1 mol CuSO4被還原得到1 mol電子,6 mol CuSO4被還原得到6 mol電子,而1 mol P4被氧化失去20 mol電子,所以6 mol CuSO4能氧化P4的物質(zhì)的量為 mol,即0.3 mol,故6 mol CuSO4能氧化白磷的分子數(shù)為0.3NA,D錯(cuò)誤。 5.[2019江西撫州臨川一中月考]下列實(shí)驗(yàn)操作或儀器選擇正確的是( ) A.配制200 mL 0.1 molL-1的CuSO4溶液需要稱量硫酸銅固體3.2 g B.配制1 molL-1H2SO4溶液,量取濃硫酸后,將濃硫酸直接注入容量瓶中 C.配制1 molL-1AlCl3溶液時(shí),將氯化鋁晶體溶于適量濃鹽酸中,再加水稀釋 D.稱量4.0 g NaOH固體,溶解于1 L水中,即可配制0.1 molL-1的NaOH溶液 答案:C 解析:配制200 mL 0.1 molL-1的CuSO4溶液需要選用250 mL容量瓶,需要硫酸銅固體的質(zhì)量為0.25 L0.1 molL-1160 gmol-1=4.0 g,A錯(cuò)誤;容量瓶不能用作稀釋的容器,濃硫酸應(yīng)該在燒杯中稀釋并冷卻后再轉(zhuǎn)移到容量瓶中,B錯(cuò)誤;為了抑制AlCl3的水解,配制AlCl3溶液時(shí),應(yīng)將氯化鋁晶體溶于適量濃鹽酸中,再加水稀釋到適當(dāng)濃度,C正確;4.0 g NaOH固體溶解于1 L水中得到的溶液體積不是1 L,所配制的NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度不為0.1 molL-1,D錯(cuò)誤。 6.[2019四川資陽高中診斷考試]設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是( ) A.硅晶體中,有NA個(gè)Si就有2NA個(gè)Si—Si鍵 B.常溫常壓下,等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3與Na2S溶液中Na+數(shù)目相等 C.1 mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為4NA D.0.2 mol NH3與0.2 mol O2在催化劑、加熱條件下充分反應(yīng),所得NO分子數(shù)為0.2NA 答案:A 解析:硅晶體屬于原子晶體,由硅的結(jié)構(gòu)可知,1 mol Si中能形成2 mol Si—Si鍵,則有NA個(gè)Si就有2NA個(gè)Si—Si鍵,A正確;由于溶液的體積未知,故無法判斷兩溶液中Na+數(shù)目的大小關(guān)系,B錯(cuò)誤;1個(gè)苯乙烯分子中只有一個(gè)碳碳雙鍵,所以1 mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為NA,C錯(cuò)誤;反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O,NH3有剩余,反應(yīng)的NH3小于0.2 mol,故所得NO分子數(shù)小于0.2NA,D錯(cuò)誤。 7.[2019江西撫州臨川一中月考]在t ℃時(shí),將a g NH3完全溶于水,得到V mL溶液,假設(shè)該溶液的密度ρ gcm-3(小于水的密度),溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w,其中含NH的物質(zhì)的量為b mol,下列敘述中一定正確的是( ) A.溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w=100% B.溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c= molL-1 C.向上述溶液中再加入V mL水后,所得溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于0.5w D.溶液中c(OH-)= molL-1+c(H+) 答案:D 解析:氨水的溶質(zhì)為NH3,該溶液的密度為ρ gcm-3,體積為V mL,所以溶液質(zhì)量為ρV g,溶質(zhì)NH3的質(zhì)量為a g,溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w=100%,A錯(cuò)誤;a g NH3的物質(zhì)的量為= mol,溶液體積為V mL,所以溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為= molL-1,B錯(cuò)誤;水的密度大于氨水,相等體積的水與氨水,水的質(zhì)量更大,等體積混合后溶液的質(zhì)量大于原氨水的2倍,混合溶液中NH3的質(zhì)量仍為a g,因此等體積混合后,所得溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于0.5w,C錯(cuò)誤;根據(jù)電荷守恒可得等式:c(OH-)=c(NH)+c(H+),由題給信息可求出c(NH)== molL-1,代入等式可得c(OH-)= molL-1+c(H+),D正確。 二、非選擇題:共43分。 8.(14分)如圖所示,兩個(gè)連通容器用活塞分開,左右兩室(體積相同)各充入一定量NO和O2,且恰好使兩容器內(nèi)氣體密度相同。打開活塞,使NO與O2充分反應(yīng)。(不考慮NO2與N2O4的轉(zhuǎn)化) (1)開始時(shí)左右兩室分子數(shù)________(填“相同”或“不相同”)。 (2)反應(yīng)前后NO室壓強(qiáng)________(填“增大”或“減小”)。 (3)最終容器內(nèi)密度與原來________(填“相同”或“不相同”)。 (4)最終容器內(nèi)________(填“有”或“無”)O2存在。 答案:(1)不相同 (2)減小 (3)相同 (4)有 解析:(1)由左右兩室體積相同,兩容器內(nèi)氣體密度相同可知,兩容器中氣體的質(zhì)量相等,但NO和O2的摩爾質(zhì)量不相等,故其物質(zhì)的量不相等,開始時(shí)左右兩室分子數(shù)不相同。(2)由于反應(yīng)前后NO室的氣體物質(zhì)的量減小,故壓強(qiáng)減小。(3)體系的體積和氣體的質(zhì)量均未變化,密度不變。(4)由于NO與O2反應(yīng),O2過量,故最終容器內(nèi)有O2存在。 9.(14分)如圖為實(shí)驗(yàn)室某濃鹽酸試劑瓶標(biāo)簽上的有關(guān)數(shù)據(jù),試根據(jù)標(biāo)簽上的有關(guān)數(shù)據(jù)回答下列問題: 鹽酸 分子式:HCl 相對(duì)分子質(zhì)量:36.5 密度:1.19 gcm-3 HCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù):36.5% (1)該濃鹽酸中HCl的物質(zhì)的量濃度為________molL-1。 (2)取用任意體積的該鹽酸時(shí),下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是________(填字母)。 A.溶液中HCl的物質(zhì)的量 B.溶液的濃度 C.溶液中Cl-的數(shù)目 D.溶液的密度 (3)某學(xué)生欲用上述濃鹽酸和蒸餾水配制500 mL物質(zhì)的量濃度為0.400 molL-1的稀鹽酸。 ①該學(xué)生需要量取________mL上述濃鹽酸進(jìn)行配制。 ②在配制過程中,下列實(shí)驗(yàn)操作對(duì)所配制的稀鹽酸的物質(zhì)的量濃度有何影響?(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。 a.用量筒量取濃鹽酸時(shí)俯視觀察凹液面________; b.定容后經(jīng)振蕩、搖勻、靜置,發(fā)現(xiàn)液面下降,再加適量的蒸餾水________。 (4)①假設(shè)該同學(xué)成功配制了0.400 molL-1的鹽酸,他又用該鹽酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液,則該同學(xué)需取________mL鹽酸。 ②假設(shè)該同學(xué)用新配制的鹽酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液,發(fā)現(xiàn)比①中所求體積偏小,則可能的原因是________。 A.濃鹽酸揮發(fā),濃度不足 B.配制溶液時(shí),未洗滌燒杯 C.配制溶液時(shí),俯視容量瓶刻度線 D.加水時(shí)超過刻度線,用膠頭滴管吸出 答案:(1)11.9 (2)BD (3)①16.8?、赼.偏小 b.偏小 (4)①25?、贑 解析:(1)c(HCl)==11.9 molL-1。(2)溶液的濃度、密度與體積無關(guān),但溶質(zhì)的質(zhì)量、物質(zhì)的量隨溶液體積的變化而變化。(3)由稀釋定律可知,需要濃鹽酸的體積為≈16.8 mL。(4)NaOH的物質(zhì)的量為n(NaOH)==0.01 mol,則需要HCl的物質(zhì)的量為0.01 mol,鹽酸的體積V=1 000 mLL-1=25 mL。耗鹽酸比①中所求體積偏小,說明所配鹽酸濃度偏大,A、B、D會(huì)使所配濃度偏小,錯(cuò)誤,C會(huì)使所配鹽酸濃度偏大,正確。 10.(15分)[2019福建德化一中等三校聯(lián)考]某研究性學(xué)習(xí)小組欲測(cè)定室溫下(25 ℃,101 kPa)的氣體摩爾體積,設(shè)計(jì)如圖所示的簡(jiǎn)易實(shí)驗(yàn)裝置。請(qǐng)回答以下問題: 該實(shí)驗(yàn)的主要操作步驟如下: 步驟一: (1)①配制100 mL 1.0 molL-1的鹽酸,需要20%、密度為1.1 gcm-3的鹽酸的體積為____________。 ②配制過程中所需要的玻璃儀器有________________。 ③下列操作會(huì)導(dǎo)致所配溶液物質(zhì)的量濃度偏大的是________(填標(biāo)號(hào),下同)。 A.轉(zhuǎn)移溶液后未洗滌燒杯和玻璃棒就直接定容 B.在容量瓶中進(jìn)行定容時(shí),仰視刻度線 C.在容量瓶中進(jìn)行定容時(shí),俯視刻度線 D.定容后把容量瓶倒置搖勻,發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線,又補(bǔ)足了所缺的水 步驟二:用量筒量取10.0 mL 1.0 molL-1的鹽酸加入錐形瓶中。 步驟三:(2)稱取a g已除去表面氧化膜的鎂條,并系于銅絲末端,為使HCl全部參加反應(yīng),a的數(shù)值至少為________。 步驟四:向廣口瓶中裝入足量水,按上圖連接好裝置,檢查裝置的氣密性。 步驟五:(3)反應(yīng)結(jié)束后,待體系溫度恢復(fù)至室溫,讀取量筒中水的體積為V mL。 ①實(shí)驗(yàn)步驟五中應(yīng)選用________規(guī)格的量筒。 A.100 mL B.200 mL C.500 mL ②讀數(shù)時(shí)除恢復(fù)到室溫、視線與液體凹液面的最低處相平外,還要注意__________________________________________________。 ③若忽略水蒸氣的影響,在實(shí)驗(yàn)條件下測(cè)得氣體摩爾體積的計(jì)算公式為Vm=________;若未除去鎂條表面的氧化膜,則測(cè)量結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。 答案: (1)①16.6 mL?、诹客?、燒杯、100 mL容量瓶、膠頭滴管、玻璃棒 ③C (2)0.12 (3)①B?、诹客矁?nèi)的液面與廣口瓶?jī)?nèi)的液面相平 ③0.2V Lmol-1 偏小 解析:由題意可知,該實(shí)驗(yàn)原理是用一定量的鹽酸與足量鎂反應(yīng)生成氫氣,通過排水法收集H2,則排出的水的體積等于生成的氫氣的體積,最后根據(jù)鹽酸的物質(zhì)的量確定生成的氫氣的物質(zhì)的量,求出一定條件下的氣體摩爾體積。 (1)①質(zhì)量分?jǐn)?shù)為20%,密度為1.1 gcm-3的鹽酸的物質(zhì)的量濃度為c== molL-1,根據(jù)稀釋定律:c1V1=c2V2,可以求出配制100 mL 1.0 molL-1的鹽酸,需要20%、密度為1.1 gcm-3的鹽酸的體積為 mL≈16.6 mL。②配制過程中所需要的玻璃儀器有量筒、燒杯、100 mL容量瓶、膠頭滴管、玻璃棒。③轉(zhuǎn)移溶液后未洗滌燒杯和玻璃棒就直接定容,會(huì)導(dǎo)致溶質(zhì)減少,濃度偏小,A不符合題意;在容量瓶中進(jìn)行定容時(shí),仰視刻度線,會(huì)導(dǎo)致液面高于刻度線,溶液體積偏大,濃度偏小,B不符合題意;在容量瓶中進(jìn)行定容時(shí),俯視刻度線,會(huì)導(dǎo)致液面低于刻度線,濃度偏大,C符合題意;定容后把容量瓶倒置搖勻,發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線,又補(bǔ)足了所缺的水,會(huì)導(dǎo)致溶液體積偏大,濃度偏小,D不符合題意。 (2)用量筒量取10.0 mL 1.0 molL-1的鹽酸加入錐形瓶中,可以計(jì)算出n(H+)=0.01 mol,可以溶解鎂的物質(zhì)的量n(Mg)=n(H+)=0.005 mol,質(zhì)量m(Mg)=0.005 mol24 gmol-1=0.12 g,所以a的數(shù)值至少為0.12。 (3)①量筒中的水是由氫氣排出的,所以水的體積等于氫氣的體積,由(2)中分析可知n(H2)=n(Mg)=0.005 mol,則標(biāo)準(zhǔn)狀況下V(H2)=0.00522.4 L=0.112 L=112 mL,估算H2在25℃、101 kPa下體積不會(huì)超過200 mL(一定壓強(qiáng)下,氣體體積與熱力學(xué)溫度成正比),故應(yīng)選200 mL的量筒。②讀數(shù)時(shí)除恢復(fù)到室溫、視線與液體凹液面的最低處相平外,為保證反應(yīng)裝置系統(tǒng)內(nèi)外的壓強(qiáng)相等,還要注意量筒內(nèi)的液面與廣口瓶?jī)?nèi)的液面相平,使測(cè)得的氣體體積更準(zhǔn)確。③若忽略水蒸氣的影響,在該實(shí)驗(yàn)條件下,氣體摩爾體積的計(jì)算公式為Vm==0.2V Lmol-1;若未除去鎂條表面的氧化膜,則生成的氫氣體積減少,使測(cè)量結(jié)果偏小。 探究創(chuàng)新卷① 一、選擇題:本題共7小題,每小題6分,共42分。 1.[2019湖北黃石三中階段檢測(cè)]下列說法正確的是( ) A.含有相同氧原子數(shù)的SO2和CO的質(zhì)量之比為7:8 B.等物質(zhì)的量濃度的鹽酸與醋酸中c(H+)相等 C.等物質(zhì)的量的甲基(—CH3)與羥基(—OH)中所含的電子數(shù)相等 D.等溫等壓下,SO2氣體與CO2氣體的密度之比等于11:16 答案:C 解析:含有相同氧原子數(shù)的SO2和CO,其物質(zhì)的量之比為1:2,則質(zhì)量之比為(164) : (228)=8:7,A錯(cuò)誤;醋酸是弱酸,不能完全電離,等物質(zhì)的量濃度的鹽酸與醋酸中c(H+)不可能相等,B錯(cuò)誤;1個(gè)甲基(—CH3)中含有9個(gè)電子,1個(gè)羥基(—OH)中含有9個(gè)電子,所以等物質(zhì)的量的甲基與羥基中所含的電子數(shù)相等,C正確;等溫等壓下,氣體的Vm相同,由ρ==可知,SO2氣體與CO2氣體的密度之比為64:44=16:11,D錯(cuò)誤。 2.[2019洛陽模擬]下列溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度最大的是( ) A.200 mL 2.5 molL-1 MgCl2溶液 B.1 000 mL 2.5 molL-1 NaCl溶液 C.250 mL 1 molL-1 AlCl3溶液 D.300 mL 5 molL-1 KClO3溶液 答案:A 解析:溶液中c(Cl-)=溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度化學(xué)式中氯離子個(gè)數(shù),與溶液的體積無關(guān)。200 mL 2.5 molL-1 MgCl2溶液中c(Cl-)=2c(MgCl2)=2.5 molL-12=5 molL-1;1 000 mL 2.5 molL-1 NaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)=2.5 molL-1;250 mL 1 molL-1 AlCl3溶液中c(Cl-)=3c(AlCl3)=1 molL-13=3 molL-1;氯酸鉀中不含氯離子,所以氯離子的物質(zhì)的量濃度是0。 3.如圖中的兩條線分別代表1 g C3H6和1 g M氣體在相同容器中的壓強(qiáng)和溫度的關(guān)系,試根據(jù)圖像判斷M氣體可能是( ) A.C2H4 B.C3H8 C.H2S D.N2O4 答案:A 解析:由pV=nRT可知,在相同容器中,若溫度相同時(shí),p與n成正比,由圖可知,M的壓強(qiáng)大,設(shè)M的相對(duì)分子質(zhì)量為x,則=,解得x=28。C2H4的相對(duì)分子質(zhì)量為28,C3H8的相對(duì)分子質(zhì)量為44,H2S的相對(duì)分子質(zhì)量為34,N2O4的相對(duì)分子質(zhì)量為92,故選A。 4.[2019夷陵模擬]下列說法正確的是( ) A.現(xiàn)需480 mL 0.1 molL-1硫酸銅溶液,則需要稱量7.68 g硫酸銅固體 B.配制1 molL-1 NaOH溶液100 mL,需用托盤天平在濾紙上稱量4 g NaOH固體 C.制備Fe(OH)3膠體,可向沸水中滴加飽和FeCl3溶液3~5滴并繼續(xù)煮沸至紅褐色 D.使用量筒量取一定體積的濃硫酸配制一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸,將濃硫酸轉(zhuǎn)移至燒杯后須用蒸餾水洗滌量筒,并將洗滌液一并轉(zhuǎn)移至燒杯 答案:C 解析:沒有480 mL規(guī)格的容量瓶,故應(yīng)選擇500 mL的容量瓶來配制,則需要硫酸銅的質(zhì)量為0.5 L0.1 molL-1160 gmol-1=8.0 g,A錯(cuò)誤;NaOH固體不能直接放在濾紙上稱量,稱量的質(zhì)量應(yīng)記錄為4.0 g,B錯(cuò)誤;量筒是量出式儀器,量筒在制作時(shí)就已經(jīng)扣除了沾在量筒壁上的液體體積,量取的液體倒出的量就是所讀的量,不能洗滌,如果洗滌并將洗滌液一并轉(zhuǎn)移至燒杯,實(shí)際量取濃硫酸的體積偏大,所配溶液的濃度偏高,D錯(cuò)誤。 5.[2019浙江名校協(xié)作體模擬]用NA表示阿伏加德羅常數(shù),下列說法正確的是( ) A.5.6 g Fe完全溶于一定量的溴水中,反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)一定為0.3NA B.1 mol Na與足量O2反應(yīng),生成Na2O和Na2O2的混合物,鈉失去2NA個(gè)電子 C.0.5 mol雄黃(As4S4 ,結(jié)構(gòu)如圖)中含有NA個(gè)S—S鍵 D.鎂條在氮?dú)庵型耆紵?,生?0 g氮化鎂時(shí),有1.5NA對(duì)共用電子對(duì)被破壞 答案:D 解析:鐵完全溶于一定量的溴水,反應(yīng)后鐵元素的最終價(jià)態(tài)可能是+3價(jià),還可能是+2價(jià),故0.1 mol鐵完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)介于0.2NA和0.3NA之間,A錯(cuò)誤;Na與足量O2反應(yīng),無論是生成Na2O還是Na2O2,都是由Na→Na+,Na失去1個(gè)電子,則1 mol Na參加反應(yīng),失去NA個(gè)電子,B錯(cuò)誤;由題中所給的結(jié)構(gòu)圖可以看出,每個(gè)黑球與兩個(gè)白球、一個(gè)黑球連接,即形成三個(gè)共價(jià)鍵,每個(gè)白球與兩個(gè)黑球連接,即形成兩個(gè)共價(jià)鍵,由As、S原子結(jié)構(gòu)可以判斷出黑球代表的是As原子,白球代表的是S原子,則As4S4分子中不存在S—S鍵,C錯(cuò)誤;生成氮化鎂的物質(zhì)的量為=0.5 mol,由鎂與氮?dú)夥磻?yīng)的化學(xué)方程式3Mg+N2Mg3N2可知,生成0.5 mol氮化鎂,消耗的氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為0.5 mol,1個(gè)氮?dú)夥肿又泻?個(gè)共價(jià)鍵,則0.5 mol氮?dú)鈪⒓臃磻?yīng)時(shí),有1.5NA對(duì)共用電子對(duì)被破壞,D正確。 6.[2019陜西西安一中模擬]把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成兩等份,取一份加入含a mol NaOH的溶液,恰好反應(yīng)完全;取另一份加入含b mol HCl的鹽酸,也恰好反應(yīng)完全。該混合溶液中c(Na+)為( ) A.(10b-5a) molL-1 B.(2b-a) molL-1 C. molL-1 D. molL-1 答案:A 解析:200 mL的混合溶液分成兩等份,每份溶液的體積為100 mL,其中一份溶液中的NH4HCO3和a mol NaOH恰好完全反應(yīng),則溶液中NH4HCO3的物質(zhì)的量為0.5a mol,取另一份溶液加入含b mol HCl的鹽酸,也恰好反應(yīng)完全,其中NH4HCO3反應(yīng)掉的HCl的物質(zhì)的量為0.5a mol,則由Na2CO3反應(yīng)掉的HCl的物質(zhì)的量為(b-0.5a) mol,可得Na2CO3的物質(zhì)的量為(b-0.5a) mol,則200 mL溶液中Na2CO3的物質(zhì)的量為(b-0.5a) mol,則c(Na+)==(10b-5a) molL-1。 7.[2019江蘇寶應(yīng)中學(xué)月考]工業(yè)生產(chǎn)中用過量的燒堿溶液處理某礦物(含Al2O3、MgO),過濾后的濾液用NaHCO3溶液處理,測(cè)得溶液的pH和生成Al(OH)3的量隨加入的NaHCO3溶液的體積變化的曲線如下: 下列有關(guān)說法不正確的是( ) A.a(chǎn)點(diǎn)溶液中存在的離子有Na+、AlO、OH-、H+ B.b點(diǎn)與c點(diǎn)溶液中所含微粒種類相同 C.NaHCO3溶液的物質(zhì)的量濃度為0.8 molL-1 D.生成沉淀的離子方程式:HCO+AlO+H2O===Al(OH)3↓+CO 答案:C 解析:Al2O3與MgO的混合物經(jīng)過量燒堿溶液處理,過濾后所得濾液中溶質(zhì)是生成的NaAlO2和過量的NaOH,則a點(diǎn)溶液中存在Na+、AlO、OH-、H+,A正確;由b點(diǎn)到c點(diǎn)是偏鋁酸根離子與碳酸氫根離子發(fā)生反應(yīng)生成沉淀,其離子方程式為HCO+AlO+H2O===Al(OH)3↓+CO,b、c兩點(diǎn)溶液中均只有部分AlO反應(yīng),則溶液中所含微粒種類相同,B、D正確;由于過濾后的濾液中存在OH-、AlO,加入NaHCO3溶液后,HCO先與OH-發(fā)生反應(yīng),再與AlO發(fā)生反應(yīng),由圖可知,生成的n[Al(OH)3]=3210-3 mol,則AlO消耗的n(NaHCO3)=3210-3 mol,根據(jù)圖像可知,AlO消耗的NaHCO3溶液的體積V(NaHCO3)=(40-8) mL=32 mL,則c(NaHCO3)===1 molL-1,C錯(cuò)誤。 二、非選擇題:共43分。 8.(14分)將含有2.05 g某高價(jià)含氧酸的鈣鹽的溶液A與含1.20 g碳酸鹽的溶液B混合,恰好完全反應(yīng),生成1.25 g白色沉淀C。將濾去沉淀C的濾液蒸發(fā),得到白色固體D,繼續(xù)加熱D時(shí),D分解只得兩種氣態(tài)物質(zhì)的混合物,在0℃、1105 Pa下,體積變?yōu)?.56 L,并得到0.90 g液態(tài)H2O,另一種氣態(tài)物質(zhì)為氣態(tài)氧化物R2O。 試回答下列問題: (1)白色沉淀C的物質(zhì)的量為________mol。 (2)A的摩爾質(zhì)量為________,B的摩爾質(zhì)量為________。 (3)R2O與H2O的物質(zhì)的量之比為________,生成D的質(zhì)量為________,D的摩爾質(zhì)量為________,R2O的相對(duì)分子質(zhì)量為________,R2O的化學(xué)式是________。 (4)寫出A和B反應(yīng)的化學(xué)方程式:________________________________________________________________________。 答案: (1)0.012 5 (2)164 gmol-1 96 gmol-1 (3)1:2 2 g 80 gmol-1 44 N2O (4)Ca(NO3)2+(NH4)2CO3===CaCO3↓+2NH4NO3 解析:由A+B===C+D知,C為CaCO3,D是一種含三種元素的含氧酸鹽,該鹽只能是NH4NO3,分解生成的R2O為N2O。A為Ca(NO3)2,B為(NH4)2CO3。 (1)C的物質(zhì)的量為=0.012 5 mol。 (2)A、B的摩爾質(zhì)量分別為164 gmol-1和96 gmol-1。 (3)N2O的物質(zhì)的量為=0.025 mol,N2O與H2O的物質(zhì)的量之比為1:2。 9.(14分)[2019河南南陽一中測(cè)試]Ⅰ.如圖所示,一密閉容器被無摩擦、可滑動(dòng)的兩隔板a、b分成甲、乙兩室。標(biāo)準(zhǔn)狀況下,在乙室中充入0.4 mol NH3,甲室中充入HCl、N2的混合氣體,靜止時(shí)隔板位置如圖所示。已知甲、乙兩室中氣體的質(zhì)量之差為17.3 g。 (1)甲室中HCl、N2的質(zhì)量之比為________。 (2)將隔板a去掉,一段時(shí)間后,隔板b將穩(wěn)定位于刻度“________”處(填數(shù)字,不考慮固體物質(zhì)產(chǎn)生的壓強(qiáng)),此時(shí)體系的平均相對(duì)分子質(zhì)量為________。 Ⅱ.已知硫酸、氨水的密度與所加水的量的關(guān)系如圖所示。現(xiàn)有硫酸與氨水各一份,請(qǐng)根據(jù)表中信息,回答下列問題: 溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度/(molL-1) 溶液的密度/(gcm-3) 硫酸 c1 ρ1 氨水 c2 ρ2 (1)表中硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________(不寫單位,用含c1、ρ1的代數(shù)式表示)。 (2)物質(zhì)的量濃度為c1 molL-1的硫酸與水等體積混合(混合后溶液的體積變化忽略不計(jì)),所得溶液的物質(zhì)的量濃度為________molL-1。 (3)將物質(zhì)的量濃度分別為c2 molL-1和0.2c2 molL-1的氨水等質(zhì)量混合,所得溶液的物質(zhì)的量濃度________(填“大于”“小于”或“等于”)0.6c2 molL-1(混合后溶液的體積變化忽略不計(jì))。 答案: Ⅰ.(1)73:168 (2)4 25.25 Ⅱ.(1)% (2) (3)大于 解析: Ⅰ.(1)由圖可知,甲、乙兩室氣體的體積比為2:1,故其物質(zhì)的量之比為2:1,所以甲室中氣體的總物質(zhì)的量為0.8 mol。乙室中NH3的質(zhì)量為0.4 mol17 gmol-1=6.8 g,則甲室中氣體的質(zhì)量為6.8 g+17.3 g=24.1 g。設(shè)甲室中HCl的物質(zhì)的量是x mol,則36.5x+28(0.8-x)=24.1,解得x=0.2;所以甲室中氯化氫的質(zhì)量為0.236.5 g=7.3 g,氮?dú)獾馁|(zhì)量是24.1 g-7.3 g=16.8 g,HCl、N2的質(zhì)量之比為73:168。 (2)將隔板a去掉,氨氣和氯化氫反應(yīng)生成氯化銨固體,反應(yīng)后剩余0.6 mol N2和0.2 mol NH3,所以隔板b將穩(wěn)定位于刻度“4”處;此時(shí)體系的平均相對(duì)分子質(zhì)量為=25.25。 Ⅱ.(1)根據(jù)c=,表中硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%。 (2)根據(jù)稀釋過程中溶質(zhì)的質(zhì)量不變,物質(zhì)的量濃度為c1 molL-1的硫酸與水等體積混合(混合后溶液的體積變化忽略不計(jì)),所得溶液的物質(zhì)的量濃度為c== molL-1。 (3)根據(jù)題意,將物質(zhì)的量濃度分別為c2 molL-1和0.2c2 molL-1的氨水等體積混合,所得溶液的物質(zhì)的量濃度為=0.6c2 molL-1,氨水的濃度越大,其密度就越小,所以將物質(zhì)的量濃度分別為c2 molL-1和0.2c2 molL-1的氨水等質(zhì)量混合,所需c2 molL-1的氨水體積較大,所以混合后,所得溶液的物質(zhì)的量濃度大于0.6c2 molL-1。 10.(15分)地震災(zāi)區(qū)的用水需要?dú)⒕緞┨幚砗蟛拍艽_保飲水安全。救災(zāi)物資中的一瓶“84消毒液”的包裝說明上有如下信息: 含25%NaClO(次氯酸鈉)、1 000 mL、密度1.19 g/cm3,稀釋100倍(體積比)后使用。 請(qǐng)回答下列問題: (1)上述“84消毒液”的物質(zhì)的量濃度為________mol/L。 (2)該同學(xué)取100 mL上述“84消毒液”,稀釋后用于消毒,稀釋100倍后的溶液中c(Na+)=______mol/L(假設(shè)稀釋后溶液密度為1.0 g/cm3),該消毒液長(zhǎng)時(shí)間放置在空氣中能吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2的體積為________L。 (3)災(zāi)區(qū)志愿者根據(jù)上述“84消毒液”的包裝說明,欲用NaClO固體(NaClO易吸收空氣中的H2O、CO2)配制480 mL含25%NaClO的消毒液。下列說法正確的是________。 A.如圖所示的儀器中,有四種是不需要的,還需一種玻璃儀器 B.容量瓶用蒸餾水洗凈后,要烘干才能用于溶液的配制 C.利用購買的商品NaClO來配制可能會(huì)導(dǎo)致結(jié)果偏低 D.需要NaClO固體的質(zhì)量為143 g (4)ClO2對(duì)污水中Fe2+、Mn2+、S2-和CN-等有明顯的去除效果。某工廠污水中含CN-b mg/L,現(xiàn)用ClO2將CN-氧化,只生成兩種無毒氣體,其離子反應(yīng)方程式為________________,處理100 m3這種污水,至少需要ClO2____mol。 答案: (1)4.0 (2)0.04 8.96 (3)C (4)2ClO2+2CN-===N2+2CO2+2Cl- 解析:(1)c(NaClO)= mol/L=4.0 mol/L。 (2)根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變得:100 mL4.0 mol/L=10 000 mLc(NaClO),解得稀釋后c(NaClO)=0.04 mol/L,c(Na+)=c(NaClO)=0.04 mol/L。根據(jù)NaClO+CO2+H2O===NaHCO3+HClO,可知n(CO2)=n(NaClO)=0.4 mol,標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2的體積為8.96 L。 (3)選項(xiàng)A,需用托盤天平稱量NaClO固體,需用燒杯來溶解NaClO,需用玻璃棒進(jìn)行攪拌和引流,需用容量瓶和膠頭滴管來定容,圖示的A、B、C、D四種儀器不需要,但還需玻璃棒和膠頭滴管等。選項(xiàng)B,配制過程中需要加入蒸餾水,所以洗滌干凈的容量瓶不必烘干即可使用。選項(xiàng)C,根據(jù)題目信息,由于NaClO易吸收空氣中的H2O、CO2而變質(zhì),所以商品NaClO可能部分變質(zhì),導(dǎo)致所稱量的固體中NaClO的實(shí)際質(zhì)量可能偏小,從而可能使結(jié)果偏低。選項(xiàng)D,應(yīng)選取500 mL容量瓶進(jìn)行配制,然后取出480 mL即可,所以需要NaClO固體的質(zhì)量為0.5 L4.0 mol/L74.5 g/mol=149.0 g。 (4)ClO2將CN-氧化為N2和CO2,同時(shí)生成Cl-:2ClO2+2CN-===N2+2CO2+2Cl-。100 m3這種污水中含有CN-的質(zhì)量為100b g,其物質(zhì)的量為mol,根據(jù)反應(yīng)方程式可知至少需要消耗ClO2mol。- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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