高三化学二轮复习习题-第一部分-微专题强化练-专题2-物质的量.docx

第一部分　专题二
一、选择题
1．(2021·广西柳州高中月考)同温同压下，甲容器中布满35Cl2，乙容器中布满37Cl2，下列叙述不正确的是(　　)
A．若两种气体体积相等，则甲、乙两容器中气体密度之比为3537
B．若两种气体体积相等，则甲、乙两容器中气体分子数之比为3537
C．若两种气体质量相等，则甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37 35
D．若两种气体体积相等，则甲、乙两容器中气体所含中子数之比为910
解析：同温同压下，若两种气体体积相等，则两种气体物质的量相等(气体分子数也相等)，两种气体质量之比为3537，而ρ＝，m＝Mn，故甲、乙两容器中气体密度之比为3537，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为(35－17)(37－17)＝910，A、D项正确，B项错误；同温同压下，若两种气体质量相等，则甲、乙两容器中气体物质的量之比为＝3735，故甲、乙两容器中气体所含质子数之比为3735，C项正确。
答案：B
2．(2021·甘肃河西三校模拟)确定温度和压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是(　　)

A．气球②中装的是O2
B．气球①和气球③中气体分子数相等
C．气球①和气球④中气体物质的量之比为41
D．气球③和气球④中气体密度之比为21
解析：依据阿伏加德罗定律的推论：同温同压下，同质量的气体体积与其摩尔质量成反比。四种气体的摩尔质量的大小关系为M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4)，所以气球①、②、③、④中的气体分别为：SO2、CO2、O2、CH4，故A项错误；同质量的气体，分子数之比等于其物质的量之比，也等于其摩尔质量的反比，气球①和气球③中气体分子数不相等，气球①和气球④中气体物质的量之比为14，故B、C错误；同温同压下，气体的密度与其摩尔质量成正比，气球③和气球④中气体密度之比为21，D项正确。
答案：D
3．(2021·湖北四校模拟)如图，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、B、C内分别充入等质量的X、H2、Y三种气体，当隔板静止时，A、C内的气体密度相等，下列说法不正确的是(　　)

A．摩尔质量：M(X)＝M(Y) B．分子数目：N(X)＝N(Y)
C．气体的体积：V(X)＝V(Y) D．物质的量：n(X)<n(H2)<n(Y)
解析：质量相等、密度相等，则X、Y两气体的体积相等，由图示装置可知A、B、C三室中压强相等，所以X、Y气体与H2的物质的量相等，由M＝知，X、Y的摩尔质量也相等。
答案：D
4．(2021·课标Ⅰ)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B．2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
解析：A项，D2O和H2O的摩尔质量不同，18 g D2O和18 g H2O的物质的量不同，含有的质子数不同；B项，亚硫酸是弱酸，不能完全电离，故2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数小于2NA；C项，Na2O2与水反应生成O2，氧元素的化合价由－1上升到0，故生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA；D项，2NO＋O2===2NO2,2NO2N2O4，故2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数小于2NA。
答案：C
5．(2021·沈阳一模)若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的个数是(　　)
①常温常压下，21 g氧气和27 g臭氧中含有的氧原子总数为3NA　②含0.2 mol硫酸的浓硫酸与足量的铜反应，转移的电子数确定小于0.2NA　③0.6 g CaCO3和Mg3N2的混合物中所含质子数为0.3NA　④等物质的量的SO2和SO3中含S原子数均为NA
A．一个 B．二个
C．三个 D．四个
解析：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，意在考查考生的计算力气和分析问题的力气。21 g O2与27 g O3中所含氧原子总数为×NA＝3NA，①正确；浓硫酸与铜反应过程中，硫酸的浓度渐渐减小，稀硫酸与铜不反应，②正确；CaCO3和Mg3N2的摩尔质量均为100 g/mol，且1 mol CaCO3和1 mol Mg3N2中均含50 mol质子，故0.6 g混合物中质子总数为×50×NA＝0.3NA，③正确；只说明SO2和SO3的物质的量相等，但未指明物质的量的多少，④错误。本题选C。
答案：C
6．(2021·西安八校联考)NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是(　　)
A．2g DO中含有的质子数、中子数、电子数均为NA
B．78 g Na2O2和Na2S的混合物中含有的Na＋数确定为2NA
C．标准状况下，5.6 L O2作氧化剂时转移电子数确定为NA
D．500 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液中含C微粒总数确定为NA
解析：本题考查阿伏加德罗常数，意在考查考生的化学计算力气。1个DO中含有的质子数、中子数、电子数均为10,2 g DO的物质的量为＝0.1 mol，则所含质子数、中子数、电子数均为NA，A项正确；设Na2O2的质量为x g，则Na＋的数目为：(＋)×2×NA＝2NA，B项正确；2Na＋O2Na2O2中转移2e－，标准状况下5.6 L O2参与反应转移电子数为×2×NA＝0.5NA，C项错误；依据物料守恒式：c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)知，该溶液中含C微粒总数等于溶液中Na＋总数的一半，即×NA＝NA，D项正确。
答案：C
7．(2021·百校联盟领航卷)卫生防疫人员欲配制0.01 mol/L的KMnO4消毒液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是(　　)
A．取KMnO4样品时不慎在表面沾了点蒸馏水
B．溶解搅拌时有液体飞溅出
C．定容时俯视容量瓶刻度线
D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线
解析：A项所取样品质量偏小，使溶液浓度偏低；B项液体飞溅出，会损失一部分KMnO4，使溶液浓度偏低；C项定容时俯视容量瓶刻度线导致加水量偏少，使溶液浓度偏高；D项加水量过多，使溶液浓度偏低。
答案：C
8．(2021·湘中名校模拟)如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是(　　)

A．C2H4 B．CH4
C．CO2 D．NO
解析：由图可知，相同温度时，p(O2)>p(X)，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小。只有CO2的相对分子质量大于O2的，故C正确。
答案：C
9．(2021·百校联盟领航卷)试验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，下列试验用品及试验操作都正确的是(　　)
选项
容量瓶容积
固体质量
试验操作
A
480 mL
硫酸铜：7.68 g
加入500 mL水
B
480 mL
胆矾：12.0 g
配成500 mL溶液
C
500 mL
硫酸铜：8.0 g
加入500 mL水
D
500 mL
胆矾：12.5 g
配成500 mL溶液

解析：试验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，由于没有480 mL规格的容量瓶，所以要选择500 mL规格的容量瓶。若是硫酸铜，则需要8.0 g，若是胆矾，则需要12.5 g，且配成500 mL溶液，而不是加入500 mL水。本题选D。
答案：D
10．(2021·启东中学月考)下图是某同学用250 mL容量瓶配制0.20 mol·L－1 NaOH溶液的过程：该同学的错误步骤有(　　)

A．4处 B．3处
C．2处 D．1处
解析：第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第⑤步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑥步定容时应平视刻度线。
答案：B
11．(2021·四川资阳模拟)标准状况下有以下四种气体：①6.72 L CH4　②3.01×1023个HCl分子　③13.6 g H2S
④0.2 mol NH3。下列关系不正确的是(　　)
A．体积：④<①<③<② B．质量：④<①<③<②
C．物质的量：①<②<③<④ D．氢原子数：②<④<③<①
解析：①6.72 L CH4的物质的量为＝0.3 mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为＝0.5 mol，③13.6 g H2S的物质的量为＝0.4 mol，④0.2 mol NH3。标准状况下体积之比等于物质的量之比，体积：④<①<③<②，A项正确；CH4的质量为0.3 mol×16 g·mol－1＝4.8 g，HCl的质量为0.5 mol×36.5 g·mol－1＝18.25 g，NH3的质量为0.2 mol×17 g·mol－1＝3.4 g，质量：④<①<③<②，B项正确；物质的量大小挨次为④<①<③<②，C项错误；CH4中n(H)＝0.3 mol×4＝1.2 mol，HCl中n(H)＝0.5 mol，H2S中n(H)＝0.4 mol×2＝0.8 mol，NH3中n(H)＝0.2 mol×3＝0.6 mol，氢原子数：②<④<③<①，D项正确。
答案：C
12．(2021·河南八市联考)确定质量的镁铝合金与某浓度的硝酸恰好完全反应，得硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下3.36 L氧气混合后通入水中，全部气体恰好完全被水吸取生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，则所加NaOH溶液的体积为(　　)
A．100 mL B．200 mL
C．300 mL D．400 mL
解析：本题考查有关化学反应的计算，意在考查考生思维的灵敏性和计算力气。镁铝合金与硝酸反应时，镁、铝失去电子，硝酸中的氮元素得到电子；NO2、N2O4、NO与O2混合后通入水中，反应生成HNO3，混合气体中的氮元素失去电子，O2得到电子，且镁、铝失去电子的物质的量等于O2得到电子的物质的量。n(O2)＝0.15 mol，反应中O2得到电子的物质的量n(e－)＝0.6 mol，则Mg2＋、Al3＋所带电荷的总物质的量为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、填空题
13．(2021·南昌零模)过氧化氢是重要的氧化剂，也可作还原剂，它的水溶液称为双氧水，常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学争辩性学习小组取确定量的市售过氧化氢溶液测定其中H2O2的含量，并探究它的有关性质。
Ⅰ.测定市售过氧化氢溶液中H2O2的质量分数
(1)量取10.00 mL密度为ρ g/mL的市售过氧化氢溶液，应选用________(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)；
(2)将上述溶液配制成250. 00 mL，配制过程需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、________(填名称)；
(3)取25.00 mL(2)中的溶液于锥形瓶中，用稀H2SO4酸化，并加适量蒸馏水稀释，用高锰酸钾标准液滴定。
①完成反应的离子方程式：
________MnO＋________H2O2＋________H＋===________Mn2＋＋________H2O＋________ ________
②重复滴定三次，平均消耗C mol/L KMnO4标准液V mL，则原过氧化氢溶液中H2O2的质量分数为________；
(4)下列操作会导致测定结果偏高的是________；
A．滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消逝
B．将H2O2溶液配制成250.00 mL溶液时，定容俯视刻度线
C．推断终点时，滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈红色，向红色溶液中再滴一滴H2O2溶液仍呈红色
Ⅱ.探究H2O2的性质
(1)上述测定原理，H2O2体现了________性；
(2)若要验证H2O2的不稳定性，操作是______________________。
解析：本题考查了氧化还原反应的滴定、离子方程式的配公正学问，意在考查考生通过阅读题目猎取信息并能机敏运用已学学问解决问题的力气。Ⅰ.(1)过氧化氢溶液具有强氧化性，应当用酸式滴定管量取。(2)精确     配制确定浓度250 mL溶液，需用250 mL的容量瓶，定容时需用胶头滴管。(3)①依据氧化还原反应的原则，利用得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平该反应的离子方程式。②依据配平的离子方程式计算：
2MnO　 ＋　　 5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑
2 mol 5 mol
C×V×10－3 mol n(H2O2)
n(H2O2)＝×C×V×10－3 mol，则原过氧化氢溶液中H2O2的物质的量为10××C×V×10－3 mol，原过氧化氢溶液中H2O2的质量分数为×100%＝＝%。(4)能造成酸性KMnO4溶液体积读数增大的操作均可使测定结果偏高，则本题选A、B、C。
Ⅱ.(1)依据氧化还原反应方程式可知，在该反应中H2O2体现了还原性。(2)H2O2不稳定，受热易分解，产生氧气，可接受带火星的木条复燃的方法检验O2。
答案：Ⅰ.(1)酸式滴定管
(2)250 mL容量瓶、胶头滴管
(3)①2　5　6　2　8　5　O2↑
②(或%)
(4)ABC
Ⅱ.(1)还原
(2)取适量过氧化氢溶液于试管中加热，将带火星的木条置于试管口，木条复燃
14．(2021·上海市十三校高三其次次联考)铜有多种化合物，氧化亚铜(Cu2O)、氯化亚铜(CuCl)、氯化铜(CuCl2)、CuSO4等。完成下列计算：
(1)波尔多液是由硫酸铜、生石灰和水配制成杀菌剂，不同状况下需要配制不同的比例。现配制按质量比CuSO4CaOH2O＝12200的波尔多液50 kg。
需要用CuSO4·5H2O________g，CaO________mol。
(2)某工厂以精辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料冶炼金属铜，精辉铜矿中含23%杂质，日均产含Cu量97.5%的精铜42 t。
已知：总反应式Cu2S＋O22Cu＋SO2
日均需精辉铜矿________t，日均产SO2标准状况下体积________L。
(3)印刷线路板的铜能被FeCl3的溶液腐蚀，将印刷线板浸入200 mL FeCl3溶液中，有11.2 g Cu被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入11.2 g铁粉，充分反应溶液中还有4.8 g不溶物。计算原FeCl3溶液的物质的量浓度。
(4)制备铜的某化合物晶体。取5.12 g Cu、14.5 mol/L HNO3 15 mL、6.0 mol/L HCl 50 mL，混合后Cu完全反应，反应后溶液中有水54.32 g，再经水浴保温蒸发掉42 g水，冷却至20 ℃并过滤，得到8.12 g晶体。通过计算推断此晶体的化学式________。
已知：20 ℃溶解度
CuCl2·2H2O　73 g/100 g H2O
Cu(NO3)2·3H2O　125 g/100 g H2O
解析：本题考查物质化学式的计算，以物质的量为核心的有关计算。(1)CuSO4CaOH2O＝12200的波尔多液50 kg中硫酸铜的质量是50 kg×1/(1＋2＋200)＝246.3 g，则硫酸铜的物质的量是246.3 g/160 g/mol，所以需要CuSO4·5H2O的质量是246.3 g/160 g/mol×250 g/mol＝385 g；CaO的质量是硫酸铜质量的2倍，所以CaO的物质的量是246.3 g×2/56 g/mol＝8.8 mol；(2)日均产含Cu量97.5%的粗铜42 t，则Cu的物质的量是42×105 g/64 g/mol×97.5%＝6.4×105 mol，依据化学方程式可知需要Cu2S的物质的量是3.2×105 mol。所以日均需精辉铜矿的质量是3.2×105 mol×160 g/mol/(1－23%)＝66.5 t；日均生成二氧化硫的物质的量也是3.2×105 mol，标准状况下的体积是3.2×105 mol×22.4 L/mol＝7.17×106 L；(3)依据题意，剩余不溶物只能是Cu，不行能含有Fe；若存在Fe，则溶液中的铜离子被全部置换出，则不溶物的质量大于11.2 g；4.8 g Cu的物质的量是0.075 mol，开头加入Cu的物质的量是11.2 g/64 g/mol＝0.175 mol，所以相当于溶解Cu 0.1 mol，Fe的物质的量是11.2 g/56 g/mol＝0.2 mol，则此过程中共失去电子的物质的量是(0.2＋0.1) mol×2＝0.6 mol，依据得失电子守恒，则铁离子的物质的量是0.6 mol，所以氯化铁溶液的物质的量浓度是0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L；(4)依据题意，Cu与氢离子、硫酸根离子反应生成铜离子、氮的氧化物、水，氯离子不参与反应，反应前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离子，且Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，则析出的是CuCl2晶体；无水氯化铜的溶解度是×100＝50.0 g；设晶体化学式为CuCl2·xH2O，反应生成氯化铜的质量是0.08 mol×135 g/mol＝10.8 g，剩余水的质量是54.32 g－42 g＝12.32 g，析出晶体后剩余溶液为氯化铜的饱和溶液，则＝，解得x＝3，该晶体的化学式为CuCl2·3H2O。
答案：(1)385　8.8
(2)66.5　7.17×106
(3)剩余不溶物为Cu，共溶解Cu：11.2 g－4.8 g＝5.6 g
物质的量6.4 g÷64 g/mol＝0.1 mol
Fe：11.2 g　物质的量11.2 g÷56 g/mol＝0.2 mol
c(FeCl3)＝0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L
(4)混合后反应Cu＋NO＋H＋===Cu2＋＋H2O＋NOx↑
剩余硝酸根量少且Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，析出的是CuCl2晶体
设晶体化学式为CuCl2·xH2O
无水CuCl2　20 ℃溶解度为×100＝50.0 g/100 g H2O
生成CuCl2　5.12·135/64＝10.8 g，剩余水54.32－42＝12.32 g
＝　x＝3　CuCl2·3H2O