高考化学一轮复习周测1《物质的量》含答案解析Word文档下载推荐.docx
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但分子中原子个数及质子总数不同,故原子数和质子数不同;
故①②③一定相同,A正确。
3.[2019·
安徽皖南八校联考]25℃时,将10mL质量分数为50%(密度为1.4g·
cm-3)的硫酸稀释成100mL。
下列说法正确的是( )
A.俯视容量瓶颈的刻度线定容,所配溶液的浓度偏低
B.上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mL
C.质量分数为50%的硫酸中溶质的物质的量浓度为7.14mol·
L-1
D.上述100mL稀硫酸中所含溶质的质量为14g,该稀硫酸不属于电解质
C
俯视容量瓶颈的刻度线定容,会导致溶液的体积偏小,所配溶液的浓度偏高,A错误;
由于未告知稀释后溶液的密度,所以无法求出所需要的蒸馏水的体积,B错误;
根据c=
=
mol·
L-1≈7.14mol·
L-1,所以质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度为7.14mol·
L-1,C正确;
由于稀释过程中溶质的质量不变,所以100mL稀硫酸中所含溶质的质量为7.14mol·
L-1×
0.01L×
98g·
mol-1≈7g,D错误。
4.[2019·
四川乐山调研]用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的是( )
A.2.0gH
O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B.5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧,转移电子数为0.3NA
C.1molH2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价键总数为NA
D.在反应11P4+60CuSO4+96H2O===20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中,6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA
H
O与D2O的摩尔质量均为20g·
mol-1,故2.0gH
O与D2O的混合物的物质的量为0.1mol,而每个H
O与D2O分子中均含有10个中子,故0.1molH
O与D2O的混合物中共含有1mol中子,即所含中子数为NA,A正确;
5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧,氯气量不足,根据氯气的物质的量可以计算出转移的电子数为0.2NA,B错误;
1molH2与足量O2反应生成1molH2O,每个H2O分子中含有2个O—H键,则1molH2O中含有的共价键总数为2NA,C错误;
CuSO4中Cu元素化合价由+2价降低到Cu3P中的+1价,则1molCuSO4被还原得到1mol电子,6molCuSO4被还原得到6mol电子,而1molP4被氧化失去20mol电子,所以6molCuSO4能氧化P4的物质的量为
mol,即0.3mol,故6molCuSO4能氧化白磷的分子数为0.3NA,D错误。
5.[2019·
江西抚州临川一中月考]下列实验操作或仪器选择正确的是( )
A.配制200mL0.1mol·
L-1的CuSO4溶液需要称量硫酸铜固体3.2g
B.配制1mol·
L-1H2SO4溶液,量取浓硫酸后,将浓硫酸直接注入容量瓶中
C.配制1mol·
L-1AlCl3溶液时,将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中,再加水稀释
D.称量4.0gNaOH固体,溶解于1L水中,即可配制0.1mol·
L-1的NaOH溶液
配制200mL0.1mol·
L-1的CuSO4溶液需要选用250mL容量瓶,需要硫酸铜固体的质量为0.25L×
0.1mol·
160g·
mol-1=4.0g,A错误;
容量瓶不能用作稀释的容器,浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后再转移到容量瓶中,B错误;
为了抑制AlCl3的水解,配制AlCl3溶液时,应将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中,再加水稀释到适当浓度,C正确;
4.0gNaOH固体溶解于1L水中得到的溶液体积不是1L,所配制的NaOH溶液的物质的量浓度不为0.1mol·
L-1,D错误。
6.[2019·
四川资阳高中诊断考试]设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.硅晶体中,有NA个Si就有2NA个Si—Si键
B.常温常压下,等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na+数目相等
C.1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA
D.0.2molNH3与0.2molO2在催化剂、加热条件下充分反应,所得NO分子数为0.2NA
硅晶体属于原子晶体,由硅的结构可知,1molSi中能形成2molSi—Si键,则有NA个Si就有2NA个Si—Si键,A正确;
由于溶液的体积未知,故无法判断两溶液中Na+数目的大小关系,B错误;
1个苯乙烯分子中只有一个碳碳双键,所以1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA,C错误;
反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,NH3有剩余,反应的NH3小于0.2mol,故所得NO分子数小于0.2NA,D错误。
7.[2019·
江西抚州临川一中月考]在t℃时,将agNH3完全溶于水,得到VmL溶液,假设该溶液的密度ρg·
cm-3(小于水的密度),溶质的质量分数为w,其中含NH
的物质的量为bmol,下列叙述中一定正确的是( )
A.溶质的质量分数w=
×
100%
B.溶质的物质的量浓度c=
C.向上述溶液中再加入VmL水后,所得溶液中溶质的质量分数大于0.5w
D.溶液中c(OH-)=
L-1+c(H+)
氨水的溶质为NH3,该溶液的密度为ρg·
cm-3,体积为VmL,所以溶液质量为ρVg,溶质NH3的质量为ag,溶质的质量分数w=
100%,A错误;
agNH3的物质的量为
mol,溶液体积为VmL,所以溶质的物质的量浓度为
L-1,B错误;
水的密度大于氨水,相等体积的水与氨水,水的质量更大,等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍,混合溶液中NH3的质量仍为ag,因此等体积混合后,所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w,C错误;
根据电荷守恒可得等式:
c(OH-)=c(NH
)+c(H+),由题给信息可求出c(NH
)=
L-1,代入等式可得c(OH-)=
L-1+c(H+),D正确。
二、非选择题:
共43分。
8.(14分)如图所示,两个连通容器用活塞分开,左右两室(体积相同)各充入一定量NO和O2,且恰好使两容器内气体密度相同。
打开活塞,使NO与O2充分反应。
(不考虑NO2与N2O4的转化)
(1)开始时左右两室分子数________(填“相同”或“不相同”)。
(2)反应前后NO室压强________(填“增大”或“减小”)。
(3)最终容器内密度与原来________(填“相同”或“不相同”)。
(4)最终容器内________(填“有”或“无”)O2存在。
(1)不相同
(2)减小 (3)相同 (4)有
(1)由左右两室体积相同,两容器内气体密度相同可知,两容器中气体的质量相等,但NO和O2的摩尔质量不相等,故其物质的量不相等,开始时左右两室分子数不相同。
(2)由于反应前后NO室的气体物质的量减小,故压强减小。
(3)体系的体积和气体的质量均未变化,密度不变。
(4)由于NO与O2反应,O2过量,故最终容器内有O2存在。
9.(14分)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据,试根据标签上的有关数据回答下列问题:
盐酸
分子式:
HCl
相对分子质量:
36.5
密度:
1.19g·
cm-3
HCl的质量分数:
36.5%
(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol·
L-1。
(2)取用任意体积的该盐酸时,下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是________(填字母)。
A.溶液中HCl的物质的量
B.溶液的浓度
C.溶液中Cl-的数目
D.溶液的密度
(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol·
L-1的稀盐酸。
①该学生需要量取________mL上述浓盐酸进行配制。
②在配制过程中,下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响?
(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面________;
b.定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面下降,再加适量的蒸馏水________。
(4)①假设该同学成功配制了0.400mol·
L-1的盐酸,他又用该盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液,则该同学需取________mL盐酸。
②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液,发现比①中所求体积偏小,则可能的原因是________。
A.浓盐酸挥发,浓度不足
B.配制溶液时,未洗涤烧杯
C.配制溶液时,俯视容量瓶刻度线
D.加水时超过刻度线,用胶头滴管吸出
(1)11.9
(2)BD (3)①16.8 ②a.偏小 b.偏小 (4)①25 ②C
(1)c(HCl)=
=11.9mol·
(2)溶液的浓度、密度与体积无关,但溶质的质量、物质的量随溶液体积的变化而变化。
(3)由稀释定律可知,需要浓盐酸的体积为
≈16.8mL。
(4)NaOH的物质的量为n(NaOH)=
=0.01mol,则需要HCl的物质的量为0.01mol,盐酸的体积V=
1000mL·
L-1=25mL。
耗盐酸比①中所求体积偏小,说明所配盐酸浓度偏大,A、B、D会使所配浓度偏小,错误,C会使所配盐酸浓度偏大,正确。
10.(15分)[2019·
福建德化一中等三校联考]某研究性学习小组欲测定室温下(25℃,101kPa)的气体摩尔体积,设计如图所示的简易实验装置。
请回答以下问题:
该实验的主要操作步骤如下:
步骤一:
(1)①配制100mL1.0mol·
L-1的盐酸,需要20%、密度为1.1g·
cm-3的盐酸的体积为____________。
②配制过程中所需要的玻璃仪器有________________。
③下列操作会导致所配溶液物质的量浓度偏大的是________(填标号,下同)。
A.转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B.在容量瓶中进行定容时,仰视刻度线
C.在容量瓶中进行定容时,俯视刻度线
D.定容后把容量瓶倒置摇匀,发现液面低于刻度线,又补足了所缺的水
步骤二:
用量筒量取10.0mL1.0mol·
L-1的盐酸加入锥形瓶中。
步骤三:
(2)称取ag已除去表面氧化膜的镁条,并系于铜丝末端,为使HCl全部参加反应,a的数值至少为________。
步骤四:
向广口瓶中装入足量水,按上图连接好装置,检查装置的气密性。
步骤五:
(3)反应结束后,待体系温度恢复至室温,读取量筒中水的体积为VmL。
①实验步骤五中应选用________规格的量筒。
A.100mL B.200mL C.500mL
②读数时除恢复到室温、视线与液体凹液面的最低处相平外,还要注意__________________________________________________。
③若忽略水蒸气的影响,在实验条件下测得气体摩尔体积的计算公式为Vm=________;
若未除去镁条表面的氧化膜,则测量结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(1)①16.6mL ②量筒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒 ③C
(2)0.12
(3)①B ②量筒内的液面与广口瓶内的液面相平
③0.2VL·
mol-1 偏小
由题意可知,该实验原理是用一定量的盐酸与足量镁反应生成氢气,通过排水法收集H2,则排出的水的体积等于生成的氢气的体积,最后根据盐酸的物质的量确定生成的氢气的物质的量,求出一定条件下的气体摩尔体积。
(1)①质量分数为20%,密度为1.1g·
cm-3的盐酸的物质的量浓度为c=
L-1,根据稀释定律:
c1V1=c2V2,可以求出配制100mL1.0mol·
cm-3的盐酸的体积为
mL≈16.6mL。
②配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。
③转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容,会导致溶质减少,浓度偏小,A不符合题意;
在容量瓶中进行定容时,仰视刻度线,会导致液面高于刻度线,溶液体积偏大,浓度偏小,B不符合题意;
在容量瓶中进行定容时,俯视刻度线,会导致液面低于刻度线,浓度偏大,C符合题意;
定容后把容量瓶倒置摇匀,发现液面低于刻度线,又补足了所缺的水,会导致溶液体积偏大,浓度偏小,D不符合题意。
(2)用量筒量取10.0mL1.0mol·
L-1的盐酸加入锥形瓶中,可以计算出n(H+)=0.01mol,可以溶解镁的物质的量n(Mg)=
n(H+)=0.005mol,质量m(Mg)=0.005mol×
24g·
mol-1=0.12g,所以a的数值至少为0.12。
(3)①量筒中的水是由氢气排出的,所以水的体积等于氢气的体积,由
(2)中分析可知n(H2)=n(Mg)=0.005mol,则标准状况下V(H2)=0.005×
22.4L=0.112L=112mL,估算H2在25℃、101kPa下体积不会超过200mL(一定压强下,气体体积与热力学温度成正比),故应选200mL的量筒。
②读数时除恢复到室温、视线与液体凹液面的最低处相平外,为保证反应装置系统内外的压强相等,还要注意量筒内的液面与广口瓶内的液面相平,使测得的气体体积更准确。
③若忽略水蒸气的影响,在该实验条件下,气体摩尔体积的计算公式为Vm=
=0.2VL·
mol-1;
若未除去镁条表面的氧化膜,则生成的氢气体积减少,使测量结果偏小。
探究创新卷①
湖北黄石三中阶段检测]下列说法正确的是( )
A.含有相同氧原子数的SO2和CO的质量之比为7:
8
B.等物质的量浓度的盐酸与醋酸中c(H+)相等
C.等物质的量的甲基(—CH3)与羟基(—OH)中所含的电子数相等
D.等温等压下,SO2气体与CO2气体的密度之比等于11:
16
含有相同氧原子数的SO2和CO,其物质的量之比为1:
2,则质量之比为(1×
64):
(2×
28)=8:
7,A错误;
醋酸是弱酸,不能完全电离,等物质的量浓度的盐酸与醋酸中c(H+)不可能相等,B错误;
1个甲基(—CH3)中含有9个电子,1个羟基(—OH)中含有9个电子,所以等物质的量的甲基与羟基中所含的电子数相等,C正确;
等温等压下,气体的Vm相同,由ρ=
可知,SO2气体与CO2气体的密度之比为64:
44=16:
11,D错误。
洛阳模拟]下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是( )
A.200mL2.5mol·
L-1MgCl2溶液
B.1000mL2.5mol·
L-1NaCl溶液
C.250mL1mol·
L-1AlCl3溶液
D.300mL5mol·
L-1KClO3溶液
溶液中c(Cl-)=溶质的物质的量浓度×
化学式中氯离子个数,与溶液的体积无关。
200mL2.5mol·
L-1MgCl2溶液中c(Cl-)=2c(MgCl2)=2.5mol·
2=5mol·
L-1;
1000mL2.5mol·
L-1NaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)=2.5mol·
250mL1mol·
L-1AlCl3溶液中c(Cl-)=3c(AlCl3)=1mol·
3=3mol·
氯酸钾中不含氯离子,所以氯离子的物质的量浓度是0。
3.如图中的两条线分别代表1gC3H6和1gM气体在相同容器中的压强和温度的关系,试根据图像判断M气体可能是( )
A.C2H4
B.C3H8
C.H2S
D.N2O4
由pV=nRT可知,在相同容器中,若温度相同时,p与n成正比,由图可知,M的压强大,设M的相对分子质量为x,则
,解得x=28。
C2H4的相对分子质量为28,C3H8的相对分子质量为44,H2S的相对分子质量为34,N2O4的相对分子质量为92,故选A。
夷陵模拟]下列说法正确的是( )
A.现需480mL0.1mol·
L-1硫酸铜溶液,则需要称量7.68g硫酸铜固体
L-1NaOH溶液100mL,需用托盘天平在滤纸上称量4gNaOH固体
C.制备Fe(OH)3胶体,可向沸水中滴加饱和FeCl3溶液3~5滴并继续煮沸至红褐色
D.使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸,将浓硫酸转移至烧杯后须用蒸馏水洗涤量筒,并将洗涤液一并转移至烧杯
没有480mL规格的容量瓶,故应选择500mL的容量瓶来配制,则需要硫酸铜的质量为0.5L×
mol-1=8.0g,A错误;
NaOH固体不能直接放在滤纸上称量,称量的质量应记录为4.0g,B错误;
量筒是量出式仪器,量筒在制作时就已经扣除了沾在量筒壁上的液体体积,量取的液体倒出的量就是所读的量,不能洗涤,如果洗涤并将洗涤液一并转移至烧杯,实际量取浓硫酸的体积偏大,所配溶液的浓度偏高,D错误。
浙江名校协作体模拟]用NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( )
A.5.6gFe完全溶于一定量的溴水中,反应过程中转移的电子总数一定为0.3NA
B.1molNa与足量O2反应,生成Na2O和Na2O2的混合物,钠失去2NA个电子
C.0.5mol雄黄(As4S4,结构如图
)中含有NA个S—S键
D.镁条在氮气中完全燃烧,生成50g氮化镁时,有1.5NA对共用电子对被破坏
铁完全溶于一定量的溴水,反应后铁元素的最终价态可能是+3价,还可能是+2价,故0.1mol铁完全反应转移的电子数介于0.2NA和0.3NA之间,A错误;
Na与足量O2反应,无论是生成Na2O还是Na2O2,都是由Na→Na+,Na失去1个电子,则1molNa参加反应,失去NA个电子,B错误;
由题中所给的结构图可以看出,每个黑球与两个白球、一个黑球连接,即形成三个共价键,每个白球与两个黑球连接,即形成两个共价键,由As、S原子结构可以判断出黑球代表的是As原子,白球代表的是S原子,则As4S4分子中不存在S—S键,C错误;
生成氮化镁的物质的量为
=0.5mol,由镁与氮气反应的化学方程式3Mg+N2
Mg3N2可知,生成0.5mol氮化镁,消耗的氮气的物质的量为0.5mol,1个氮气分子中含有3个共价键,则0.5mol氮气参加反应时,有1.5NA对共用电子对被破坏,D正确。
陕西西安一中模拟]把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份,取一份加入含amolNaOH的溶液,恰好反应完全;
取另一份加入含bmolHCl的盐酸,也恰好反应完全。
该混合溶液中c(Na+)为( )
A.(10b-5a)mol·
L-1 B.(2b-a)mol·
C.
mol·
L-1D.
200mL的混合溶液分成两等份,每份溶液的体积为100mL,其中一份溶液中的NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反应,则溶液中NH4HCO3的物质的量为0.5amol,取另一份溶液加入含bmolHCl的盐酸,也恰好反应完全,其中NH4HCO3反应掉的HCl的物质的量为0.5amol,则由Na2CO3反应掉的HCl的物质的量为(b-0.5a)mol,可得Na2CO3的物质的量为
(b-0.5a)mol,则200mL溶液中Na2CO3的物质的量为(b-0.5a)mol,则c(Na+)=
=(10b-5a)mol·
江苏宝应中学月考]工业生产中用过量的烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO),过滤后的滤液用NaHCO3溶液处理,测得溶液的pH和生成Al(OH)3的量随加入的NaHCO3溶液的体积变化的曲线如下:
下列有关说法不正确的是( )
A.a点溶液中存在的离子有Na+、AlO
、OH-、H+
B.b点与c点溶液中所含微粒种类相同
C.NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8mol·
D.生成沉淀的离子方程式:
HCO
+AlO
+H2O===Al(OH)3↓+CO
Al2O3与MgO的混合物经过量烧碱溶液处理,过滤后所得滤液中溶质是生成的NaAlO2和过量的NaOH,则a点溶液中存在Na+、AlO
、OH-、H+,A正确;
由b点到c点是偏铝酸根离子与碳酸氢根离子发生反应生成沉淀,其离子方程式为HCO
,b、c两点溶液中均只有部分AlO
反应,则溶液中所含微粒种类相同,B、D正确;
由于过滤后的滤液中存在OH-、AlO
,加入NaHCO3溶液后,HCO
先与OH-发生反应,再与AlO
发生反应,由图可知,生成的n[Al(OH)3]=32×
10-3mol,则AlO
消耗的n(NaHCO3)=32×
10-3mol,根据图像可知,AlO
消耗的NaHCO3溶液的体积V(NaHCO3)=(40-8)mL=32mL,则c(NaHCO3)=
=1mol·
L-1,C错误。
8.(14分)将含有2.05g某高价含氧酸的钙盐的溶液A与含1.20g碳酸盐的溶液B混合,恰好完全反应,生成1.25g白色沉淀C。
将滤去沉淀C的滤液蒸发,得到白色固体D,继续加热D时,D分解只得两种气态物质的混合物,在0℃、1×
105Pa下,体积变为0.56L,并