高考化學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 專題驗收評估 物質(zhì)的量試題

高考化學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 專題驗收評估 物質(zhì)的量試題一、單項選擇題(本題包括5小題，每小題只有1個正確選項，每小題4分，共20分)1(xx·前黃中學(xué)模擬)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列關(guān)于0.2 mol·L1K2SO4溶液的正確說法是()A1 L溶液中K濃度是0.4 mol·L1B溶液中含有0.4NA個KC1 L溶液中所含K、SO總數(shù)為0.3NAD2 L溶液中SO濃度是0.4 mol·L12(xx·連云港市模擬)在80 g密度為d g/cm3的硫酸鐵溶液中，含有2.8 g Fe3離子，則此溶液中SO的物質(zhì)的量濃度為(單位為mol·L1)()A.dB.dC.d D.d3(xx·揚(yáng)州期中檢測)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L CCl4中所含的分子數(shù)為0.5 NA B2.1 g O2和2.7 g O3的混合氣體所含氧原子數(shù)為0.3 NAC0.1 mol·L1 Na2CO3溶液中所含的Na離子數(shù)為0.2 NAD0.1 mol N微粒中含有的電子數(shù)為3.5 NA4下列兩種氣體的分子數(shù)一定相等的是()A質(zhì)量相等、密度不同的N2和C2H4B體積相等的CO和N2C等溫、等體積的O2和N2D等壓、等體積的N2和CH45(xx·東臺中學(xué)模擬)下列溶液與20 mL 1 mol·L1 NaNO3溶液中NO物質(zhì)的量濃度相等的是()A10 mL 1 mol·L1 Mg(NO3)2溶液B5 mL 0.8 mol·L1 Al(NO3)3溶液C10 mL 2 mol·L1 AgNO3溶液D10 mL 0.5 mol·L1 Cu(NO3)2溶液二、不定項選擇題(本題包括5小題，每小題只有12個正確選項，每小題6分，共30分)6(xx·如東第一次學(xué)情)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中，含有的陰離子數(shù)目為0.1 NAB標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L的CCl4中含有的CCl鍵數(shù)為0.4 NAC足量的Cu與含有0.2 mol H2SO4的濃硫酸共熱可生成SO2的為0.1 NAD標(biāo)準(zhǔn)狀況下，Na2O2與足量CO2反應(yīng)生成1.12 L O2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1 NA7配制100 mL 1 mol/L NaCl溶液，下列操作中錯誤的是()A在托盤天平上放兩片大小一樣的紙，然后將氯化鈉放在紙片上稱量B把稱得的氯化鈉放入盛有適量蒸餾水的燒杯中，溶解、冷卻，再把溶液移入容量瓶中C用蒸餾水洗滌燒杯、玻璃棒各23次，洗滌液也移入容量瓶中D沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸餾水，直至溶液凹液面恰好與刻度線相切8(xx·無錫模擬)下列敘述正確的是()A不同物質(zhì)的量濃度硫酸等體積混合后，溶液物質(zhì)的量濃度變?yōu)樵瓉砗偷囊话隑5.6 g鐵與足量稀硫酸反應(yīng)失去的電子的物質(zhì)的量為0.2 molC標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L NO2氣體中含氧原子數(shù)大于18 g水中含有的氧原子數(shù)D20 g NaOH溶于1 L水，所得溶液中c(Na)0.5 mol/L9(xx·靖江高級中學(xué)模擬)由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其c(H)0.1 mol·L1，c(Al3)0.4 mol·L1，c(SO)0.8 mol·L1，則c(K)為()A0.15 mol·L1 B0.2 mol·L1C0.3 mol·L1 D0.4 mol·L110(xx·泰州市模擬)下圖是M、N兩種物質(zhì)的溶解度曲線，在t2 時往盛有100 g水的燒杯中先后加入a gM和a g N(兩種物質(zhì)溶解時互不影響，且溶質(zhì)仍是M、N)，充分?jǐn)嚢?，將混合物的溫度降低到t1，下列說法不正確的是()At1時，M、N的溶解度相等，得到M、N的飽和溶液Bt2 時，得到N的飽和溶液、M的不飽和溶液 Ct1 時，M、N的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)一定相等 Dt2 時，M、N的物質(zhì)的量濃度一定相等 三、非選擇題(本題包括4題，共50分)11(12分)用18 mol/L濃硫酸配制100 mL 1.0 mol/L稀硫酸，實驗儀器有：A100 mL量筒 B10 mL量筒C托盤天平 D50 mL容量瓶E100 mL容量瓶 F玻璃棒G膠頭滴管 H50 mL燒杯(1)在配制溶液的過程中，玻璃棒的作用按使用的先后順序分別是_。(2)在配制溶液的過程中，按先后順序回答所需的儀器是(填代號)_。(3)在配制過程中，其他操作均正確，只出現(xiàn)以下情況，對所配制溶液的物質(zhì)的量濃度有何影響(a.偏高b偏低c無影響)？(填字母)容量瓶中有少量蒸餾水：_；燒杯洗滌23次，末將洗滌的溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中：_；稀釋濃H2SO4時，沒有冷卻就立即轉(zhuǎn)移到容量瓶中：_；在搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，再加蒸餾水，使溶液的凹液面最低點(diǎn)至刻度線：_；配制好的溶液裝入洗凈的但有少量蒸餾水的試劑瓶中并貼上標(biāo)簽：_。12(10分)(xx·太原質(zhì)檢)一定質(zhì)量的液態(tài)化合物XY2與標(biāo)準(zhǔn)狀況下的一定質(zhì)量的O2恰好完全反應(yīng)，化學(xué)方程式為：XY2(l)3O2(g)點(diǎn)燃,XO2(g)2YO2(g)，冷卻后，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測得生成物的體積是672 mL，密度是2.56 g/L，則：(1)反應(yīng)前O2的體積是_。(2)化合物XY2的摩爾質(zhì)量是_。(3)若XY2分子中X、Y兩元素的質(zhì)量比是316，則X、Y兩元素分別為_和_(寫元素符號)。13(16分)(xx·蘇錫常鎮(zhèn)模擬)某化學(xué)興趣小組測定某Fe2(SO4)3樣品(只含少量FeCl2雜質(zhì))中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，按以下實驗步驟進(jìn)行操作：稱取a g樣品，置于燒杯中；加入50 mL 1.0 mol/L稀硫酸和一定量的蒸餾水，使樣品溶解，然后準(zhǔn)確配制成250.0 mL溶液；量取25.0 mL步驟中配得的溶液，置于燒杯中，加入適量的氯水，使反應(yīng)完全；加入過量氨水，充分?jǐn)嚢瑁钩恋硗耆?；過濾，洗滌沉淀；將沉淀轉(zhuǎn)移到某容器內(nèi)，加熱、攪拌，直到固體由紅褐色全部變?yōu)榧t棕色后，在干燥器中冷卻至室溫后，稱量；請根據(jù)上面敘述，回答：(1)上圖所示儀器中，本實驗步驟中必須用到的儀器有E和_(填字母)。(2)步驟中：配制50 mL,1.0 mol/L稀H2SO4需要98%(密度1.84 g/cm3)的濃H2SO4體積為_ mL，量取該體積的濃H2SO4用到量筒規(guī)格是_。(3)樣品中的雜質(zhì)Fe2有較強(qiáng)的還原性，完成并配平下列反應(yīng)的離子方程式Fe2ClO2=Fe3ClH2O從理論上分析，上述實驗中若將氯水改為ClO2時，對實驗結(jié)果的影響是_(填“偏大”“偏小”或“不影響”)，等物質(zhì)的量ClO2與Cl2的氧化效率之比為_。(4)第步的操作中，將沉淀物轉(zhuǎn)移到_(填儀器名稱)中加熱，冷卻到室溫，稱量其質(zhì)量為m1g，再次加熱并冷卻至室溫稱量其質(zhì)量為m2 g，若m1與m2差值較大，接下來的操作應(yīng)當(dāng)是_。(5)若步驟不在干燥器中冷卻，則測定的鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會_(填“偏大”“偏小”或“不影響”)；若容器質(zhì)量是W1 g，最終容器和固體的總質(zhì)量是W2 g，則樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(列出算式，不需化簡)。14(12分)(xx·南京、鹽城模擬)CuSO4溶液與K2C2O4溶液反應(yīng)，得到一種藍(lán)色結(jié)晶水合物晶體。通過下述實驗確定該晶體的組成：稱取0.168 0 g晶體，加入過量的H2SO4溶液，使樣品溶解后加入適量水，加熱近沸，用0.020 00 mol·L1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)(溶液變?yōu)闇\紫紅色)，消耗20.00 mL。接著將溶液充分加熱，使淺紫紅色變?yōu)樗{(lán)色，此時MnO轉(zhuǎn)化為Mn2并釋放出O2。冷卻后加入2 g KI固體(過量)和適量Na2CO3，溶液變?yōu)樽厣⑸沙恋怼Ｓ?.050 00 mol·L1Na2S2O3溶液滴定，近終點(diǎn)加指示劑，滴定至終點(diǎn)，消耗10.00 mL。已知：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O2Cu24I=2CuII22Na2S2O3I2=2NaINa2S4O6(1)步驟中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。(2)步驟中加入的指示劑為_。(3)通過計算寫出藍(lán)色晶體的化學(xué)式(寫出計算過程)_。答 案1選AA項，0.2 mol/L K2SO4溶液，鉀離子的濃度為硫酸鉀的2倍，所以K離子濃度是0.4 mol/L，正確；B項，未說明體積無法計算，錯誤；C項，1 L溶液中所含K、SO總數(shù)為1 L×0.2 mol/L×3×NA mol0.6NA，錯誤；D項，溶液是均一的，每摩爾硫酸鉀含有1 mol硫酸根離子，硫酸根離子的濃度等于硫酸鉀的濃度為0.2 mol/L，故D正確。2選AV L，n(Fe3)0.05 mol ，n(SO) n(Fe3) 0.075 mol，c(SO) mol·L1，A項符合。3選B在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CCl4是液體，故11.2 L CCl4不能轉(zhuǎn)化成0.5 mol，A項錯誤；2.1 g O2和2.7 g O3的混合氣體中O原子總質(zhì)量為4.8 g，其物質(zhì)的量為4.8 g/(16 g/mol)0.3 mol，B項正確；0.1 mol·L1 Na2CO3溶液，并未告知體積，故無法計算出其中Na離子數(shù)目，C項錯誤；1個N中含有電子數(shù)35134個，D項錯誤。4選A對于N2和C2H4這兩種氣體，摩爾質(zhì)量相等，若兩者質(zhì)量相等，則其物質(zhì)的量也相等，故兩者所含分子數(shù)也一定相等，A選項正確。B、C、D選項可根據(jù)阿伏加德羅定律及推論加以判斷，所含分子數(shù)均不一定相等。5選D離子的濃度與溶液的體積沒有關(guān)系，1 mol·L1 NaNO3溶液中NO物質(zhì)的量濃度為1 mol·L1 。A項NO物質(zhì)的量濃度為2 mol·L1；B項5 mL 0.8 mol·L1 Al(NO3)3溶液NO物質(zhì)的量濃度為2.4 mol·L1；C項10 mL 2 mol·L1 AgNO3溶液NO物質(zhì)的量濃度為2 mol·L1；D項10 mL 0.5 mol·L1 Cu(NO3)2溶液NO物質(zhì)的量濃度為1 mol·L1。所以D正確。6選ADA項，Na2S、Na2O2的摩爾質(zhì)量相同，由電子式Na2Na、Na2Na可知兩者陰離子數(shù)相同，正確；B項，CCl4標(biāo)準(zhǔn)狀況下為液體，錯誤；C項，隨反應(yīng)的進(jìn)行濃硫酸變稀，稀硫酸不與銅反應(yīng)，所以參加反應(yīng)的濃硫酸小于0.2 mol，錯誤；D項，2 mol Na2O2與CO2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2 mol電子，生成1 mol O2，正確。7選D配制溶液的過程中，在液面接近刻度線12 cm時，需改用膠頭滴管加水至刻度線。8選BC硫酸的濃度不同，密度也不同，A項錯誤；鐵與硫酸反應(yīng)生成Fe2，B項正確；NO2中含有N2O4，使氧原子數(shù)增多，C項正確；所給體積為溶劑的體積，D項錯誤。9選C根據(jù)溶液電荷守恒，溶液中存在3c(Al3)c(K)c(H)2c(SO)c(OH)，而溶液中c(OH)很小，可以忽略不計，則有3c(Al3)c(K)c(H)2c(SO)，所以：c(K)2c(SO)3c(Al3)c(H)2×0.8 mol/L3×0.4 mol/L0.1 mol/L0.3 mol/L。故選擇C選項。10選ADt1 時，M、N的溶解度相等，溶解度均大于a g，所以兩溶液都不是飽和溶液，由于溶質(zhì)和溶液質(zhì)量相等，所以兩溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等，A錯，C正確；t2時，N的溶解度為a g，M的溶解度大于a g，所以得到N的飽和溶液、M的不飽和溶液，B正確；由于M、N的摩爾質(zhì)量不確定，故等質(zhì)量的兩者之間的物質(zhì)的量之間的關(guān)系亦不確定，t2時，M、N的物質(zhì)的量濃度不一定相等，D錯誤。11解析：設(shè)所需濃H2SO4的體積為V，則有：V mL5.6 mL為減小誤差，應(yīng)選擇量程與實際所量溶液體積相近的量筒，所以，本實驗應(yīng)選擇10 mL量筒。配制此溶液的步驟應(yīng)該是：計算、量取、稀釋、轉(zhuǎn)移和洗滌、定容、搖勻。按順序所需要的儀器是B、H、F、E、F、G。玻璃棒最先用于攪拌，后來用于引流。答案：(1)攪拌、引流(2)B、H、F、E、F、G(3)cbabb12解析：(1)由反應(yīng)XY2(l)3O2(g)XO2(g)2YO2(g)可知，反應(yīng)前后氣體的體積變化為0，故V(O2)672 mL。(2)由mV，生成物的質(zhì)量m0.672 L×2.56 g/L1.72 g，O2的物質(zhì)的量：n0.03 mol，XY2 的物質(zhì)的量為0.01 mol，所以M(XY2)76 g/mol；(3)由，M(X)2M(Y)76，解得M(X)12，M(Y)32，即X為C，Y為S。答案：(1)672 mL(2)76 g/mol(3)CS13解析：結(jié)合實驗步驟選擇合適的實驗儀器；利用配制前后硫酸的物質(zhì)的量相等計算出濃硫酸的體積，從而可確定量筒的規(guī)格；分析化合價應(yīng)用電子守恒進(jìn)行配平，ClO2與氯水的作用一樣，均可使Fe2變?yōu)镕e3，但由于化合價的變化不同，二者的用量不一樣，ClO2的用量少，氧化效率更大；加熱固體時用坩堝；若不在干燥器中冷卻，會使固體吸收空氣中的水蒸氣，固體質(zhì)量變大，使結(jié)果偏高；根據(jù)固體顏色的變化可推知，加熱后的固體為Fe2O3，應(yīng)用鐵原子守恒進(jìn)行計算，一定要注意實驗中所取溶液中所含樣品的量。答案：(1)CEFG(2)2.710 mL(3)514H=512不影響52(4)坩堝繼續(xù)加熱，放置干燥器中冷卻，稱量，至最后兩次稱得的質(zhì)量差不超過0.1 g(或恒量)為止。(5)偏大×2×56 g/mol×÷a g×100%14解析：(1)步驟中，MnO中為7價Mn，反應(yīng)后為2價的Mn2，化合價降低。同時有O2生成，則為2價O升高至0價，根據(jù)化合價升降總值相等以及電荷守恒配平離子方程式。(2)步驟中加入的KI與Cu2生成I2，在步驟中用Na2S2O3進(jìn)行滴定，用淀粉作指示劑，當(dāng)I2被消耗時，藍(lán)色褪去即為滴定終點(diǎn)。(3)找出反應(yīng)物之間的關(guān)系：“2MnO5H2C2O4”、“2Cu2I22Na2S2O3”，分別計算出n(C2O)和n(Cu2)，再由電荷守恒列出：n(K)2n(Cu2)2n(C2O)，得出n(K)。再由質(zhì)量關(guān)系計算出n(H2O)，而物質(zhì)的量之比即為物質(zhì)下標(biāo)比，由此得出該晶體的化學(xué)式。答案：(1)4MnO12H=4Mn25O26H2O(2)淀粉溶液(3)n(C2O)0.020 00 mol·L1×20.00 ×103 L×5/21.000×103 moln(Cu2)0.050 00 mol·L1×10.00×103 L0.500 0×103 mol由電荷守恒知，該晶體的化學(xué)式為K2Cu(C2O4)2·xH2Om(H2O)0.168 0 g0.500 0×103 mol×MK2Cu(C2O4)20.168 0 g0.500 0×103mol×318 g·mol10.009 gn(H2O)0.009 g/(18 g·mol1)0.500 0×103 moln(H2O)n(Cu2)1 1，即x1即該晶體的化學(xué)式為K2Cu(C2O4)2·H2O