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2019年高考化學(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 molL－1K2SO4溶液的正確說法是(　　) A．1 L溶液中K＋濃度是0.4 molL－1 B．溶液中含有0.4NA個K＋ C．1 L溶液中所含K＋、SO總數(shù)為0.3NA D．2 L溶液中SO濃度是0.4 molL－1 2．(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molL－1)(　　) A.d　　　　　　　　 B.d C.d D.d 3．(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 B．2.1 g O2和2.7 g O3的混合氣體所含氧原子數(shù)為0.3 NA C．0.1 molL－1 Na2CO3溶液中所含的Na＋離子數(shù)為0.2 NA D．0.1 mol N微粒中含有的電子數(shù)為3.5 NA 4．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C2H4 B．體積相等的CO和N2 C．等溫、等體積的O2和N2 D．等壓、等體積的N2和CH4 5．(xx東臺中學(xué)模擬)下列溶液與20 mL 1 molL－1 NaNO3溶液中NO物質(zhì)的量濃度相等的是(　　) A．10 mL 1 molL－1 Mg(NO3)2溶液 B．5 mL 0.8 molL－1 Al(NO3)3溶液 C．10 mL 2 molL－1 AgNO3溶液 D．10 mL 0.5 molL－1 Cu(NO3)2溶液 二、不定項選擇題(本題包括5小題，每小題只有1～2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(　　) A．7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中，含有的陰離子數(shù)目為0.1 NA B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L的CCl4中含有的C—Cl鍵數(shù)為0.4 NA C．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 NA D．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 NA 7．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2～3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? B．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 mol C．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) D．20 g NaOH溶于1 L水，所得溶液中c(Na＋)＝0.5 mol/L 9．(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 molL－1，c(Al3＋)＝0.4 molL－1，c(SO)＝0.8 molL－1，則c(K＋)為(　　) A．0.15 molL－1 B．0.2 molL－1 C．0.3 molL－1 D．0.4 molL－1 10．(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)嚢瑁瑢⒒旌衔锏臏囟冉档偷絫1℃，下列說法不正確的是(　　) A．t1℃時，M、N的溶解度相等，得到M、N的飽和溶液 B．t2 ℃時，得到N的飽和溶液、M的不飽和溶液 C．t1 ℃時，M、N的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)一定相等 D．t2 ℃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： A．100 mL量筒 B．10 mL量筒 C．托盤天平 D．50 mL容量瓶 E．100 mL容量瓶 F．玻璃棒 G．膠頭滴管 H．50 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) ①容量瓶中有少量蒸餾水：________； ②燒杯洗滌2～3次，末將洗滌的溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中：________； ③稀釋濃H2SO4時，沒有冷卻就立即轉(zhuǎn)移到容量瓶中：________； ④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：________； ⑤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3∶16，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： ①稱取a g樣品，置于燒杯中； ②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； ③量取25.0 mL步驟②中配得的溶液，置于燒杯中，加入適量的氯水，使反應(yīng)完全； ④加入過量氨水，充分?jǐn)嚢?，使沉淀完全? ⑤過濾，洗滌沉淀； ⑥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； ⑦…… 請根據(jù)上面敘述，回答： (1)上圖所示儀器中，本實驗步驟①②③中必須用到的儀器有E和________(填字母)。 (2)步驟②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 Fe2＋＋ClO2＋===Fe3＋＋Cl－＋H2O 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⑥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⑥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： ①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 molL－1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)(溶液變?yōu)闇\紫紅色)，消耗20.00 mL。 ②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。 ③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? ④用0.050 00 molL－1Na2S2O3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： 2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I(xiàn)2 2Na2S2O3＋I(xiàn)2===2NaI＋Na2S4O6 (1)步驟②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)步驟④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A　A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 L0.2 mol/L3NA mol＝0.6NA，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A　V＝＝＝ L，n(Fe3＋)＝＝0.05 mol ，n(SO)＝ n(Fe3＋)＝ 0.075 mol，c(SO)＝＝ molL－1，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 molL－1 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)35－1＝34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 molL－1 NaNO3溶液中NO物質(zhì)的量濃度為1 molL－1 。A項NO物質(zhì)的量濃度為2 molL－1；B項5 mL 0.8 molL－1 Al(NO3)3溶液NO物質(zhì)的量濃度為2.4 molL－1；C項10 mL 2 molL－1 AgNO3溶液NO物質(zhì)的量濃度為2 molL－1；D項10 mL 0.5 molL－1 Cu(NO3)2溶液NO物質(zhì)的量濃度為1 molL－1。所以D正確。 6．選AD　A項，Na2S、Na2O2的摩爾質(zhì)量相同，由電子式Na＋[∶∶]2－Na＋、Na＋[∶∶∶]2－Na＋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1～2 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＋)＝20.8 mol/L－30.4 mol/L－0.1 mol/L＝0.3 mol/L。故選擇C選項。 10．選AD　t1 ℃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＝ mL＝5.6 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)①c?、赽　③a?、躡?、輇 12．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m＝ρV，生成物的質(zhì)量m＝0.672 L2.56 g/L＝1.72 g，O2的物質(zhì)的量：n＝＝0.03 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)C　S 13．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)2.7　10 mL　(3)5　1　4H＋===5　1　2　不影響　5∶2 (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 256 g/mola g100% 14．解析：(1)步驟②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③中加入的KI與Cu2＋生成I2，在步驟④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：“2MnO～5H2C2O4”、“2Cu2＋～I(xiàn)2～2Na2S2O3”，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)4MnO＋12H＋===4Mn2＋＋5O2↑＋6H2O (2)淀粉溶液 (3)n(C2O)＝0.020 00 molL－120.00 10－3 L5/2＝1.00010－3 mol n(Cu2＋)＝0.050 00 molL－110.0010－3 L＝0.500 010－3 mol 由電荷守恒知，該晶體的化學(xué)式為K2[Cu(C2O4)2]xH2O m(H2O)＝0.168 0 g－0.500 010－3 molM[K2Cu(C2O4)2] ＝0.168 0 g－0.500 010－3mol318 gmol－1＝0.009 g n(H2O)＝0.009 g/(18 gmol－1)＝0.500 010－3 mol n(H2O)∶n(Cu2＋)＝1∶ 1，即x＝1 即該晶體的化學(xué)式為K2[Cu(C2O4)2]H2O