2019-2020年高考化学二轮复习 专题2 物质的量练习.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 专题2 物质的量练习一、选择题1(xx广西柳州高中月考)同温同压下，甲容器中充满35Cl2，乙容器中充满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3537B若两种气体体积相等，则甲、乙两容器中气体分子数之比为3537C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 35D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910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3537，而，mMn，故甲、乙两容器中气体密度之比为3537，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为(3517)(3717)910，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3735，故甲、乙两容器中气体所含质子数之比为3735，C项正确。答案：B2(xx甘肃河西三校模拟)一定温度和压强下，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气球中装的是O2B气球和气球中气体分子数相等C气球和气球中气体物质的量之比为41D气球和气球中气体密度之比为21解析：根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、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，气球和气球中气体分子数不相等，气球和气球中气体物质的量之比为14，故B、C错误；同温同压下，气体的密度与其摩尔质量成正比，气球和气球中气体密度之比为21，D项正确。答案：D3(xx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)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：C9(xx百校联盟领航卷)实验室里需要配制480 mL 0.10 molL1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作都正确的是()选项容量瓶容积固体质量实验操作A480 mL硫酸铜：7.68 g加入500 mL水B480 mL胆矾：12.0 g配成500 mL溶液C500 mL硫酸铜：8.0 g加入500 mL水D500 mL胆矾：12.5 g配成500 mL溶液解析：实验室里需要配制480 mL 0.10 molL1的硫酸铜溶液，因为没有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：D10(xx启东中学月考)下图是某同学用250 mL容量瓶配制0.20 molL1 NaOH溶液的过程：该同学的错误步骤有()A4处 B3处C2处 D1处解析：第步不能把NaOH放在称量纸上称量；第步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第步定容时应平视刻度线。答案：B11(xx四川资阳模拟)标准状况下有以下四种气体：6.72 L CH43.011023个HCl分子13.6 g H2S0.2 mol NH3。下列关系不正确的是()A体积：B质量：C物质的量：D氢原子数：解析：6.72 L CH4的物质的量为0.3 mol，3.011023个HCl分子的物质的量为0.5 mol，13.6 g H2S的物质的量为0.4 mol，0.2 mol NH3。标准状况下体积之比等于物质的量之比，体积：，A项正确；CH4的质量为0.3 mol16 gmol14.8 g，HCl的质量为0.5 mol36.5 gmol118.25 g，NH3的质量为0.2 mol17 gmol13.4 g，质量：，B项正确；物质的量大小顺序为，C项错误；CH4中n(H)0.3 mol41.2 mol，HCl中n(H)0.5 mol，H2S中n(H)0.4 mol20.8 mol，NH3中n(H)0.2 mol30.6 mol，氢原子数：，D项正确。答案：C12(xx河南八市联考)一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，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。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()A100 mL B200 mLC300 mL D400 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敏捷性和计算能力。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(xx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。某化学研究性学习小组取一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。.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 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。完成反应的离子方程式：_MnO_H2O2_H=_Mn2_H2O_ _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，滴定后气泡消失B将H2O2溶液配制成250.00 mL溶液时，定容俯视刻度线C判断终点时，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.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、离子方程式的配平等知识，意在考查考生通过阅读题目获取信息并能灵活运用已学知识解决问题的能力。.(1)过氧化氢溶液具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取。(2)准确配制一定浓度250 mL溶液，需用250 mL的容量瓶，定容时需用胶头滴管。(3)根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。根据配平的离子方程式计算：2MnO 5H2O26H=2Mn28H2O5O22 mol 5 molCV103 mol n(H2O2)n(H2O2)CV103 mol，则原过氧化氢溶液中H2O2的物质的量为10CV103 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。.(1)根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，可采用带火星的木条复燃的方法检验O2。答案：.(1)酸式滴定管(2)250 mL容量瓶、胶头滴管(3)256285O2(或%)(4)ABC.(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(xx上海市十三校高三第二次联考)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，不同情况下需要配制不同的比例。现配制按质量比CuSO4CaOH2O12200的波尔多液50 kg。需要用CuSO45H2O_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Cu2SO22CuSO2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CuCl22H2O73 g/100 g H2OCu(NO3)23H2O125 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)CuSO4CaOH2O12200的波尔多液50 kg中硫酸铜的质量是50 kg1/(12200)246.3 g，则硫酸铜的物质的量是246.3 g/160 g/mol，所以需要CuSO45H2O的质量是246.3 g/160 g/mol250 g/mol385 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 g2/56 g/mol8.8 mol；(2)日均产含Cu量97.5%的粗铜42 t，则Cu的物质的量是42105 g/64 g/mol97.5%6.4105 mol，根据化学方程式可知需要Cu2S的物质的量是3.2105 mol。所以日均需精辉铜矿的质量是3.2105 mol160 g/mol/(123%)66.5 t；日均生成二氧化硫的物质的量也是3.2105 mol，标准状况下的体积是3.2105 mol22.4 L/mol7.17106 L；(3)根据题意，剩余不溶物只能是Cu，不可能含有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，开始加入Cu的物质的量是11.2 g/64 g/mol0.175 mol，所以相当于溶解Cu 0.1 mol，Fe的物质的量是11.2 g/56 g/mol0.2 mol，则此过程中共失去电子的物质的量是(0.20.1) mol20.6 mol，根据得失电子守恒，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 L3.0 mol/L；(4)根据题意，Cu与氢离子、硫酸根离子反应生成铜离子、氮的氧化物、水，氯离子不参加反应，反应前n(HNO3)0.2175 mol，n(HCl)0.3 mol，n(Cu)5.12 g/64 g/mol0.08 mol，所以剩余硝酸根量少于氯离子，且Cu(NO3)23H2O溶解度大，则析出的是CuCl2晶体；无水氯化铜的溶解度是10050.0 g；设晶体化学式为CuCl2xH2O，反应生成氯化铜的质量是0.08 mol135 g/mol10.8 g，剩余水的质量是54.32 g42 g12.32 g，析出晶体后剩余溶液为氯化铜的饱和溶液，则，解得x3，该晶体的化学式为CuCl23H2O。答案：(1)3858.8(2)66.57.17106(3)剩余不溶物为Cu，共溶解Cu：11.2 g4.8 g5.6 g物质的量6.4 g64 g/mol0.1 molFe：11.2 g物质的量11.2 g56 g/mol0.2 molc(FeCl3)0.6 mol/0.2 L3.0 mol/L(4)混合后反应CuNOH=Cu2H2ONOx剩余硝酸根量少且Cu(NO3)23H2O溶解度大，析出的是CuCl2晶体设晶体化学式为CuCl2xH2O无水CuCl220 溶解度为10050.0 g/100 g H2O生成CuCl25.12135/6410.8 g，剩余水54.324212.32 gx3CuCl23H2O