2020版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 周測1 物質(zhì)的量（含解析）-.doc

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周測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)　⑤原子數(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會使所配濃度偏小，錯(cuò)誤，C會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)小組欲測定室溫下(25 ℃，101 kPa)的氣體摩爾體積，設(shè)計(jì)如圖所示的簡易實(shí)驗(yàn)裝置。請回答以下問題： 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下列操作會導(dǎo)致所配溶液物質(zhì)的量濃度偏大的是________(填標(biāo)號，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，則測量結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。 答案： (1)①16.6 mL　②量筒、燒杯、100 mL容量瓶、膠頭滴管、玻璃棒?、跜 (2)0.12 (3)①B　②量筒內(nèi)的液面與廣口瓶內(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)的液面與廣口瓶內(nèi)的液面相平，使測得的氣體體積更準(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]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的相對分子質(zhì)量為x，則＝，解得x＝28。C2H4的相對分子質(zhì)量為28，C3H8的相對分子質(zhì)量為44，H2S的相對分子質(zhì)量為34，N2O4的相對分子質(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?0 g氮化鎂時(shí)，有1.5NA對共用電子對被破壞 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對共用電子對被破壞，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河南南陽一中測試]Ⅰ.如圖所示，一密閉容器被無摩擦、可滑動的兩隔板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來配制可能會導(dǎo)致結(jié)果偏低 D．需要NaClO固體的質(zhì)量為143 g (4)ClO2對污水中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。