2019-2020年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 物質(zhì)的量練習(xí).doc

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2019-2020年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 物質(zhì)的量練習(xí) 一、選擇題 1．(xx廣西柳州高中月考)同溫同壓下，甲容器中充滿35Cl2，乙容器中充滿37Cl2，下列敘述不正確的是(　　) A．若兩種氣體體積相等，則甲、乙兩容器中氣體密度之比為3537 B．若兩種氣體體積相等，則甲、乙兩容器中氣體分子數(shù)之比為3537 C．若兩種氣體質(zhì)量相等，則甲、乙兩容器中氣體所含質(zhì)子數(shù)之比為37 35 D．若兩種氣體體積相等，則甲、乙兩容器中氣體所含中子數(shù)之比為910 解析：同溫同壓下，若兩種氣體體積相等，則兩種氣體物質(zhì)的量相等(氣體分子數(shù)也相等)，兩種氣體質(zhì)量之比為3537，而ρ＝，m＝Mn，故甲、乙兩容器中氣體密度之比為3537，甲、乙兩容器中氣體所含中子數(shù)之比為(35－17)(37－17)＝910，A、D項正確，B項錯誤；同溫同壓下，若兩種氣體質(zhì)量相等，則甲、乙兩容器中氣體物質(zhì)的量之比為＝3735，故甲、乙兩容器中氣體所含質(zhì)子數(shù)之比為3735，C項正確。 答案：B 2．(xx甘肅河西三校模擬)一定溫度和壓強下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四種氣體分別吹出四個體積大小不同的氣球，下列說法中正確的是(　　) A．氣球②中裝的是O2 B．氣球①和氣球③中氣體分子數(shù)相等 C．氣球①和氣球④中氣體物質(zhì)的量之比為41 D．氣球③和氣球④中氣體密度之比為21 解析：根據(jù)阿伏加德羅定律的推論：同溫同壓下，同質(zhì)量的氣體體積與其摩爾質(zhì)量成反比。四種氣體的摩爾質(zhì)量的大小關(guān)系為M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4)，所以氣球①、②、③、④中的氣體分別為：SO2、CO2、O2、CH4，故A項錯誤；同質(zhì)量的氣體，分子數(shù)之比等于其物質(zhì)的量之比，也等于其摩爾質(zhì)量的反比，氣球①和氣球③中氣體分子數(shù)不相等，氣球①和氣球④中氣體物質(zhì)的量之比為14，故B、C錯誤；同溫同壓下，氣體的密度與其摩爾質(zhì)量成正比，氣球③和氣球④中氣體密度之比為21，D項正確。 答案：D 3．(xx湖北四校模擬)如圖，在一個容積固定的恒溫容器中，有兩個可左右滑動的密封隔板，在A、B、C內(nèi)分別充入等質(zhì)量的X、H2、Y三種氣體，當(dāng)隔板靜止時，A、C內(nèi)的氣體密度相等，下列說法不正確的是(　　) A．摩爾質(zhì)量：M(X)＝M(Y) B．分子數(shù)目：N(X)＝N(Y) C．氣體的體積：V(X)＝V(Y) D．物質(zhì)的量：n(X)p(X)，在同質(zhì)量、同體積條件下，氣體相對分子質(zhì)量與壓強成反比，即相對分子質(zhì)量越大，壓強越小。只有CO2的相對分子質(zhì)量大于O2的，故C正確。 答案：C 9．(xx百校聯(lián)盟領(lǐng)航卷)實驗室里需要配制480 mL 0.10 molL－1的硫酸銅溶液，下列實驗用品及實驗操作都正確的是(　　) 選項 容量瓶容積 固體質(zhì)量 實驗操作 A 480 mL 硫酸銅：7.68 g 加入500 mL水 B 480 mL 膽礬：12.0 g 配成500 mL溶液 C 500 mL 硫酸銅：8.0 g 加入500 mL水 D 500 mL 膽礬：12.5 g 配成500 mL溶液 解析：實驗室里需要配制480 mL 0.10 molL－1的硫酸銅溶液，因為沒有480 mL規(guī)格的容量瓶，所以要選擇500 mL規(guī)格的容量瓶。若是硫酸銅，則需要8.0 g，若是膽礬，則需要12.5 g，且配成500 mL溶液，而不是加入500 mL水。本題選D。 答案：D 10．(xx啟東中學(xué)月考)下圖是某同學(xué)用250 mL容量瓶配制0.20 molL－1 NaOH溶液的過程：該同學(xué)的錯誤步驟有(　　) A．4處 B．3處 C．2處 D．1處 解析：第①步不能把NaOH放在稱量紙上稱量；第⑤步玻璃棒應(yīng)接觸容量瓶內(nèi)壁刻度線以下的部分；第⑥步定容時應(yīng)平視刻度線。 答案：B 11．(xx四川資陽模擬)標(biāo)準狀況下有以下四種氣體：①6.72 L CH4?、?.011023個HCl分子　③13.6 g H2S ④0.2 mol NH3。下列關(guān)系不正確的是(　　) A．體積：④<①<③<② B．質(zhì)量：④<①<③<② C．物質(zhì)的量：①<②<③<④ D．氫原子數(shù)：②<④<③<① 解析：①6.72 L CH4的物質(zhì)的量為＝0.3 mol，②3.011023個HCl分子的物質(zhì)的量為＝0.5 mol，③13.6 g H2S的物質(zhì)的量為＝0.4 mol，④0.2 mol NH3。標(biāo)準狀況下體積之比等于物質(zhì)的量之比，體積：④<①<③<②，A項正確；CH4的質(zhì)量為0.3 mol16 gmol－1＝4.8 g，HCl的質(zhì)量為0.5 mol36.5 gmol－1＝18.25 g，NH3的質(zhì)量為0.2 mol17 gmol－1＝3.4 g，質(zhì)量：④<①<③<②，B項正確；物質(zhì)的量大小順序為④<①<③<②，C項錯誤；CH4中n(H)＝0.3 mol4＝1.2 mol，HCl中n(H)＝0.5 mol，H2S中n(H)＝0.4 mol2＝0.8 mol，NH3中n(H)＝0.2 mol3＝0.6 mol，氫原子數(shù)：②<④<③<①，D項正確。 答案：C 12．(xx河南八市聯(lián)考)一定質(zhì)量的鎂鋁合金與某濃度的硝酸恰好完全反應(yīng)，得硝酸鹽溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與標(biāo)準狀況下3.36 L氧氣混合后通入水中，所有氣體恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸鹽溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多時停止加入，則所加NaOH溶液的體積為(　　) A．100 mL B．200 mL C．300 mL D．400 mL 解析：本題考查有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的計算，意在考查考生思維的敏捷性和計算能力。鎂鋁合金與硝酸反應(yīng)時，鎂、鋁失去電子，硝酸中的氮元素得到電子；NO2、N2O4、NO與O2混合后通入水中，反應(yīng)生成HNO3，混合氣體中的氮元素失去電子，O2得到電子，且鎂、鋁失去電子的物質(zhì)的量等于O2得到電子的物質(zhì)的量。n(O2)＝0.15 mol，反應(yīng)中O2得到電子的物質(zhì)的量n(e－)＝0.6 mol，則Mg2＋、Al3＋所帶電荷的總物質(zhì)的量為0.6 mol，因此要使Mg2＋、Al3＋完全沉淀，需要加入0.6 mol NaOH，即需要加入2 mol/L的NaOH溶液300 mL。 答案：C 二、填空題 13．(xx南昌零模)過氧化氫是重要的氧化劑，也可作還原劑，它的水溶液稱為雙氧水，常用于消毒、殺菌、漂白等。某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組取一定量的市售過氧化氫溶液測定其中H2O2的含量，并探究它的有關(guān)性質(zhì)。 Ⅰ.測定市售過氧化氫溶液中H2O2的質(zhì)量分數(shù) (1)量取10.00 mL密度為ρ g/mL的市售過氧化氫溶液，應(yīng)選用________(填“酸式滴定管”或“堿式滴定管”)； (2)將上述溶液配制成250. 00 mL，配制過程需用到的玻璃儀器是燒杯、玻璃棒、________(填名稱)； (3)取25.00 mL(2)中的溶液于錐形瓶中，用稀H2SO4酸化，并加適量蒸餾水稀釋，用高錳酸鉀標(biāo)準液滴定。 ①完成反應(yīng)的離子方程式： ________MnO＋________H2O2＋________H＋===________Mn2＋＋________H2O＋________ ________ ②重復(fù)滴定三次，平均消耗C mol/L KMnO4標(biāo)準液V mL，則原過氧化氫溶液中H2O2的質(zhì)量分數(shù)為________； (4)下列操作會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高的是________； A．滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失 B．將H2O2溶液配制成250.00 mL溶液時，定容俯視刻度線 C．判斷終點時，滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈紅色，向紅色溶液中再滴一滴H2O2溶液仍呈紅色 Ⅱ.探究H2O2的性質(zhì) (1)上述測定原理，H2O2體現(xiàn)了________性； (2)若要驗證H2O2的不穩(wěn)定性，操作是______________________。 解析：本題考查了氧化還原反應(yīng)的滴定、離子方程式的配平等知識，意在考查考生通過閱讀題目獲取信息并能靈活運用已學(xué)知識解決問題的能力。Ⅰ.(1)過氧化氫溶液具有強氧化性，應(yīng)該用酸式滴定管量取。(2)準確配制一定濃度250 mL溶液，需用250 mL的容量瓶，定容時需用膠頭滴管。(3)①根據(jù)氧化還原反應(yīng)的原則，利用得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒可配平該反應(yīng)的離子方程式。②根據(jù)配平的離子方程式計算： 2MnO　 ＋　　 5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ 2 mol 5 mol CV10－3 mol n(H2O2) n(H2O2)＝CV10－3 mol，則原過氧化氫溶液中H2O2的物質(zhì)的量為10CV10－3 mol，原過氧化氫溶液中H2O2的質(zhì)量分數(shù)為100%＝＝%。(4)能造成酸性KMnO4溶液體積讀數(shù)增大的操作均可使測定結(jié)果偏高，則本題選A、B、C。 Ⅱ.(1)根據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式可知，在該反應(yīng)中H2O2體現(xiàn)了還原性。(2)H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，產(chǎn)生氧氣，可采用帶火星的木條復(fù)燃的方法檢驗O2。 答案：Ⅰ.(1)酸式滴定管 (2)250 mL容量瓶、膠頭滴管 (3)①2　5　6　2　8　5　O2↑ ②(或%) (4)ABC Ⅱ.(1)還原 (2)取適量過氧化氫溶液于試管中加熱，將帶火星的木條置于試管口，木條復(fù)燃 14．(xx上海市十三校高三第二次聯(lián)考)銅有多種化合物，氧化亞銅(Cu2O)、氯化亞銅(CuCl)、氯化銅(CuCl2)、CuSO4等。完成下列計算： (1)波爾多液是由硫酸銅、生石灰和水配制成殺菌劑，不同情況下需要配制不同的比例?，F(xiàn)配制按質(zhì)量比CuSO4CaOH2O＝12200的波爾多液50 kg。 需要用CuSO45H2O________g，CaO________mol。 (2)某工廠以精輝銅礦(主要成分為Cu2S)為原料冶煉金屬銅，精輝銅礦中含23%雜質(zhì)，日均產(chǎn)含Cu量97.5%的精銅42 t。 已知：總反應(yīng)式Cu2S＋O22Cu＋SO2 日均需精輝銅礦________t，日均產(chǎn)SO2標(biāo)準狀況下體積________L。 (3)印刷線路板的銅能被FeCl3的溶液腐蝕，將印刷線板浸入200 mL FeCl3溶液中，有11.2 g Cu被腐蝕掉。取出印刷線路板，向溶液中加入11.2 g鐵粉，充分反應(yīng)溶液中還有4.8 g不溶物。計算原FeCl3溶液的物質(zhì)的量濃度。 (4)制備銅的某化合物晶體。取5.12 g Cu、14.5 mol/L HNO3 15 mL、6.0 mol/L HCl 50 mL，混合后Cu完全反應(yīng)，反應(yīng)后溶液中有水54.32 g，再經(jīng)水浴保溫蒸發(fā)掉42 g水，冷卻至20 ℃并過濾，得到8.12 g晶體。通過計算推斷此晶體的化學(xué)式________。 已知：20 ℃溶解度 CuCl22H2O　73 g/100 g H2O Cu(NO3)23H2O　125 g/100 g H2O 解析：本題考查物質(zhì)化學(xué)式的計算，以物質(zhì)的量為核心的有關(guān)計算。(1)CuSO4CaOH2O＝12200的波爾多液50 kg中硫酸銅的質(zhì)量是50 kg1/(1＋2＋200)＝246.3 g，則硫酸銅的物質(zhì)的量是246.3 g/160 g/mol，所以需要CuSO45H2O的質(zhì)量是246.3 g/160 g/mol250 g/mol＝385 g；CaO的質(zhì)量是硫酸銅質(zhì)量的2倍，所以CaO的物質(zhì)的量是246.3 g2/56 g/mol＝8.8 mol；(2)日均產(chǎn)含Cu量97.5%的粗銅42 t，則Cu的物質(zhì)的量是42105 g/64 g/mol97.5%＝6.4105 mol，根據(jù)化學(xué)方程式可知需要Cu2S的物質(zhì)的量是3.2105 mol。所以日均需精輝銅礦的質(zhì)量是3.2105 mol160 g/mol/(1－23%)＝66.5 t；日均生成二氧化硫的物質(zhì)的量也是3.2105 mol，標(biāo)準狀況下的體積是3.2105 mol22.4 L/mol＝7.17106 L；(3)根據(jù)題意，剩余不溶物只能是Cu，不可能含有Fe；若存在Fe，則溶液中的銅離子被全部置換出，則不溶物的質(zhì)量大于11.2 g；4.8 g Cu的物質(zhì)的量是0.075 mol，開始加入Cu的物質(zhì)的量是11.2 g/64 g/mol＝0.175 mol，所以相當(dāng)于溶解Cu 0.1 mol，F(xiàn)e的物質(zhì)的量是11.2 g/56 g/mol＝0.2 mol，則此過程中共失去電子的物質(zhì)的量是(0.2＋0.1) mol2＝0.6 mol，根據(jù)得失電子守恒，則鐵離子的物質(zhì)的量是0.6 mol，所以氯化鐵溶液的物質(zhì)的量濃度是0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L；(4)根據(jù)題意，Cu與氫離子、硫酸根離子反應(yīng)生成銅離子、氮的氧化物、水，氯離子不參加反應(yīng)，反應(yīng)前n(HNO3)＝0.2175 mol，n(HCl)＝0.3 mol，n(Cu)＝5.12 g/64 g/mol＝0.08 mol，所以剩余硝酸根量少于氯離子，且Cu(NO3)23H2O溶解度大，則析出的是CuCl2晶體；無水氯化銅的溶解度是100＝50.0 g；設(shè)晶體化學(xué)式為CuCl2xH2O，反應(yīng)生成氯化銅的質(zhì)量是0.08 mol135 g/mol＝10.8 g，剩余水的質(zhì)量是54.32 g－42 g＝12.32 g，析出晶體后剩余溶液為氯化銅的飽和溶液，則＝，解得x＝3，該晶體的化學(xué)式為CuCl23H2O。 答案：(1)385　8.8 (2)66.5　7.17106 (3)剩余不溶物為Cu，共溶解Cu：11.2 g－4.8 g＝5.6 g 物質(zhì)的量6.4 g64 g/mol＝0.1 mol Fe：11.2 g　物質(zhì)的量11.2 g56 g/mol＝0.2 mol c(FeCl3)＝0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L (4)混合后反應(yīng)Cu＋NO＋H＋===Cu2＋＋H2O＋NOx↑ 剩余硝酸根量少且Cu(NO3)23H2O溶解度大，析出的是CuCl2晶體 設(shè)晶體化學(xué)式為CuCl2xH2O 無水CuCl2　20 ℃溶解度為100＝50.0 g/100 g H2O 生成CuCl2　5.12135/64＝10.8 g，剩余水54.32－42＝12.32 g ＝　x＝3　CuCl23H2O