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1、新編高考化學(xué)備考資料 第一部分　專(zhuān)題二 物質(zhì)的量 一、選擇題 1．(2015·廣西柳州高中月考)同溫同壓下，甲容器中充滿(mǎn)35Cl2，乙容器中充滿(mǎn)37Cl2，下列敘述不正確的是(　　) A．若兩種氣體體積相等，則甲、乙兩容器中氣體密度之比為3537 B．若兩種氣體體積相等，則甲、乙兩容器中氣體分子數(shù)之比為3537 C．若兩種氣體質(zhì)量相等，則甲、乙兩容器中氣體所含質(zhì)子數(shù)之比為37 35 D．若兩種氣體體積相等，則甲、乙兩容器中氣體所含中子數(shù)之比為910 解析：同溫同壓下，若兩種氣體體積相等，則兩種氣體物質(zhì)的量相等(氣體分子數(shù)也相等)，兩種氣體質(zhì)量之比為3537，而ρ＝，m

2、＝Mn，故甲、乙兩容器中氣體密度之比為3537，甲、乙兩容器中氣體所含中子數(shù)之比為(35－17)(37－17)＝910，A、D項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；同溫同壓下，若兩種氣體質(zhì)量相等，則甲、乙兩容器中氣體物質(zhì)的量之比為＝3735，故甲、乙兩容器中氣體所含質(zhì)子數(shù)之比為3735，C項(xiàng)正確。 答案：B 2．(2015·甘肅河西三校模擬)一定溫度和壓強(qiáng)下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四種氣體分別吹出四個(gè)體積大小不同的氣球，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．氣球②中裝的是O2 B．氣球①和氣球③中氣體分子數(shù)相等 C．氣球①和氣球④中氣體物質(zhì)的量之比為41 D．氣球③和氣球④

3、中氣體密度之比為21 解析：根據(jù)阿伏加德羅定律的推論：同溫同壓下，同質(zhì)量的氣體體積與其摩爾質(zhì)量成反比。四種氣體的摩爾質(zhì)量的大小關(guān)系為M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4)，所以氣球①、②、③、④中的氣體分別為：SO2、CO2、O2、CH4，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；同質(zhì)量的氣體，分子數(shù)之比等于其物質(zhì)的量之比，也等于其摩爾質(zhì)量的反比，氣球①和氣球③中氣體分子數(shù)不相等，氣球①和氣球④中氣體物質(zhì)的量之比為14，故B、C錯(cuò)誤；同溫同壓下，氣體的密度與其摩爾質(zhì)量成正比，氣球③和氣球④中氣體密度之比為21，D項(xiàng)正確。 答案：D 3．(2015·湖北四校模擬)如圖，在一個(gè)容積固定的恒溫容器中，有

4、兩個(gè)可左右滑動(dòng)的密封隔板，在A、B、C內(nèi)分別充入等質(zhì)量的X、H2、Y三種氣體，當(dāng)隔板靜止時(shí)，A、C內(nèi)的氣體密度相等，下列說(shuō)法不正確的是(　　) A．摩爾質(zhì)量：M(X)＝M(Y) B．分子數(shù)目：N(X)＝N(Y) C．氣體的體積：V(X)＝V(Y) D．物質(zhì)的量：n(X)

5、含有的質(zhì)子數(shù)均為10NA B．2 L 0.5 mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數(shù)為2NA C．過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)時(shí)，生成0.1 mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA D．密閉容器中2 mol NO與1 mol O2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA 解析：A項(xiàng)，D2O和H2O的摩爾質(zhì)量不同，18 g D2O和18 g H2O的物質(zhì)的量不同，含有的質(zhì)子數(shù)不同；B項(xiàng)，亞硫酸是弱酸，不能完全電離，故2 L 0.5 mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數(shù)小于2NA；C項(xiàng)，Na2O2與水反應(yīng)生成O2，氧元素的化合價(jià)由－1升高到0，故生成0.1 mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA；D項(xiàng)，2NO

6、＋O2===2NO2,2NO2N2O4，故2 mol NO與1 mol O2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA。 答案：C 5．(2015·沈陽(yáng)一模)若NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說(shuō)法正確的個(gè)數(shù)是(　　) ①常溫常壓下，21 g氧氣和27 g臭氧中含有的氧原子總數(shù)為3NA　②含0.2 mol硫酸的濃硫酸與足量的銅反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定小于0.2NA　③0.6 g CaCO3和Mg3N2的混合物中所含質(zhì)子數(shù)為0.3NA?、艿任镔|(zhì)的量的SO2和SO3中含S原子數(shù)均為NA A．一個(gè) B．二個(gè) C．三個(gè) D．四個(gè) 解析：本題考查阿伏加德羅常數(shù)的相關(guān)計(jì)算，意在考查考生的計(jì)算能力和分析問(wèn)

7、題的能力。21 g O2與27 g O3中所含氧原子總數(shù)為×NA＝3NA，①正確；濃硫酸與銅反應(yīng)過(guò)程中，硫酸的濃度逐漸減小，稀硫酸與銅不反應(yīng)，②正確；CaCO3和Mg3N2的摩爾質(zhì)量均為100 g/mol，且1 mol CaCO3和1 mol Mg3N2中均含50 mol質(zhì)子，故0.6 g混合物中質(zhì)子總數(shù)為×50×NA＝0.3NA，③正確；只說(shuō)明SO2和SO3的物質(zhì)的量相等，但未指明物質(zhì)的量的多少，④錯(cuò)誤。本題選C。 答案：C 6．(2015·西安八校聯(lián)考)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述錯(cuò)誤的是(　　) A．2g DO中含有的質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)均為NA B．78 g Na2O

8、2和Na2S的混合物中含有的Na＋數(shù)一定為2NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6 L O2作氧化劑時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為NA D．500 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液中含C微粒總數(shù)一定為NA 解析：本題考查阿伏加德羅常數(shù)，意在考查考生的化學(xué)計(jì)算能力。1個(gè)DO中含有的質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)均為10,2 g DO的物質(zhì)的量為＝0.1 mol，則所含質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)均為NA，A項(xiàng)正確；設(shè)Na2O2的質(zhì)量為x g，則Na＋的數(shù)目為：(＋)×2×NA＝2NA，B項(xiàng)正確；2Na＋O2Na2O2中轉(zhuǎn)移2e－，標(biāo)準(zhǔn)狀況下5.6 L O2參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為×2×NA＝0.5NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)物

9、料守恒式：c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)知，該溶液中含C微?？倲?shù)等于溶液中Na＋總數(shù)的一半，即×NA＝NA，D項(xiàng)正確。 答案：C 7．(2015·百校聯(lián)盟領(lǐng)航卷)衛(wèi)生防疫人員欲配制0.01 mol/L的KMnO4消毒液，下列操作導(dǎo)致所配溶液濃度偏高的是(　　) A．取KMnO4樣品時(shí)不慎在表面沾了點(diǎn)蒸餾水 B．溶解攪拌時(shí)有液體飛濺出 C．定容時(shí)俯視容量瓶刻度線 D．搖勻后見(jiàn)液面下降，再加水至刻度線 解析：A項(xiàng)所取樣品質(zhì)量偏小，使溶液濃度偏低；B項(xiàng)液體飛濺出，會(huì)損失一部分KMnO4，使溶液濃度偏低；C項(xiàng)定容時(shí)俯視容量瓶刻度線導(dǎo)致加水量偏少，使溶液濃度偏高

10、；D項(xiàng)加水量過(guò)多，使溶液濃度偏低。 答案：C 8．(2015·湘中名校模擬)如圖表示1 g O2與1 g X氣體在相同容積的密閉容器中壓強(qiáng)(p)與溫度(T)的關(guān)系，則X氣體可能是(　　) A．C2H4 B．CH4 C．CO2 D．NO 解析：由圖可知，相同溫度時(shí)，p(O2)>p(X)，在同質(zhì)量、同體積條件下，氣體相對(duì)分子質(zhì)量與壓強(qiáng)成反比，即相對(duì)分子質(zhì)量越大，壓強(qiáng)越小。只有CO2的相對(duì)分子質(zhì)量大于O2的，故C正確。 答案：C 9．(2015·百校聯(lián)盟領(lǐng)航卷)實(shí)驗(yàn)室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸銅溶液，下列實(shí)驗(yàn)用品及實(shí)驗(yàn)操作都正確的是(　　) 選項(xiàng)

11、 容量瓶容積 固體質(zhì)量 實(shí)驗(yàn)操作 A 480 mL 硫酸銅：7.68 g 加入500 mL水 B 480 mL 膽礬：12.0 g 配成500 mL溶液 C 500 mL 硫酸銅：8.0 g 加入500 mL水 D 500 mL 膽礬：12.5 g 配成500 mL溶液 解析：實(shí)驗(yàn)室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸銅溶液，因?yàn)闆](méi)有480 mL規(guī)格的容量瓶，所以要選擇500 mL規(guī)格的容量瓶。若是硫酸銅，則需要8.0 g，若是膽礬，則需要12.5 g，且配成500 mL溶液，而不是加入500 mL水。本題選D。 答案：D 10．

12、(2015·啟東中學(xué)月考)下圖是某同學(xué)用250 mL容量瓶配制0.20 mol·L－1 NaOH溶液的過(guò)程：該同學(xué)的錯(cuò)誤步驟有(　　) A．4處 B．3處 C．2處 D．1處 解析：第①步不能把NaOH放在稱(chēng)量紙上稱(chēng)量；第⑤步玻璃棒應(yīng)接觸容量瓶?jī)?nèi)壁刻度線以下的部分；第⑥步定容時(shí)應(yīng)平視刻度線。 答案：B 11．(2015·四川資陽(yáng)模擬)標(biāo)準(zhǔn)狀況下有以下四種氣體：①6.72 L CH4?、?.01×1023個(gè)HCl分子?、?3.6 g H2S ④0.2 mol NH3。下列關(guān)系不正確的是(　　) A．體積：④<①<③<② B．質(zhì)量：④<①<③<② C．物質(zhì)的量：①<②<③<

13、④ D．氫原子數(shù)：②<④<③<① 解析：①6.72 L CH4的物質(zhì)的量為＝0.3 mol，②3.01×1023個(gè)HCl分子的物質(zhì)的量為＝0.5 mol，③13.6 g H2S的物質(zhì)的量為＝0.4 mol，④0.2 mol NH3。標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積之比等于物質(zhì)的量之比，體積：④<①<③<②，A項(xiàng)正確；CH4的質(zhì)量為0.3 mol×16 g·mol－1＝4.8 g，HCl的質(zhì)量為0.5 mol×36.5 g·mol－1＝18.25 g，NH3的質(zhì)量為0.2 mol×17 g·mol－1＝3.4 g，質(zhì)量：④<①<③<②，B項(xiàng)正確；物質(zhì)的量大小順序?yàn)棰?①<③<②，C項(xiàng)錯(cuò)誤；CH4中n(H)＝0.

14、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，氫原子數(shù)：②<④<③<①，D項(xiàng)正確。 答案：C 12．(2015·河南八市聯(lián)考)一定質(zhì)量的鎂鋁合金與某濃度的硝酸恰好完全反應(yīng)，得硝酸鹽溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與標(biāo)準(zhǔn)狀況下3.36 L氧氣混合后通入水中，所有氣體恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸鹽溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多時(shí)停止加入，則所加NaOH溶液的體積為(　　) A．100 mL B．200 mL C．30

15、0 mL D．400 mL 解析：本題考查有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的計(jì)算，意在考查考生思維的敏捷性和計(jì)算能力。鎂鋁合金與硝酸反應(yīng)時(shí)，鎂、鋁失去電子，硝酸中的氮元素得到電子；NO2、N2O4、NO與O2混合后通入水中，反應(yīng)生成HNO3，混合氣體中的氮元素失去電子，O2得到電子，且鎂、鋁失去電子的物質(zhì)的量等于O2得到電子的物質(zhì)的量。n(O2)＝0.15 mol，反應(yīng)中O2得到電子的物質(zhì)的量n(e－)＝0.6 mol，則Mg2＋、Al3＋所帶電荷的總物質(zhì)的量為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

16、 二、填空題 13．(2015·南昌零模)過(guò)氧化氫是重要的氧化劑，也可作還原劑，它的水溶液稱(chēng)為雙氧水，常用于消毒、殺菌、漂白等。某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組取一定量的市售過(guò)氧化氫溶液測(cè)定其中H2O2的含量，并探究它的有關(guān)性質(zhì)。 Ⅰ.測(cè)定市售過(guò)氧化氫溶液中H2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù) (1)量取10.00 mL密度為ρ g/mL的市售過(guò)氧化氫溶液，應(yīng)選用________(填“酸式滴定管”或“堿式滴定管”)； (2)將上述溶液配制成250. 00 mL，配制過(guò)程需用到的玻璃儀器是燒杯、玻璃棒、________(填名稱(chēng))； (3)取25.00 mL(2)中的溶液于錐形瓶中，用稀H2SO4酸化，并加適量蒸餾

17、水稀釋?zhuān)酶咤i酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液滴定。 ①完成反應(yīng)的離子方程式： ________MnO＋________H2O2＋________H＋===________Mn2＋＋________H2O＋________ ________ ②重復(fù)滴定三次，平均消耗C mol/L KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液V mL，則原過(guò)氧化氫溶液中H2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_______； (4)下列操作會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高的是________； A．滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失 B．將H2O2溶液配制成250.00 mL溶液時(shí)，定容俯視刻度線 C．判斷終點(diǎn)時(shí)，滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈紅色，向紅色溶液中再滴一滴H

18、2O2溶液仍呈紅色 Ⅱ.探究H2O2的性質(zhì) (1)上述測(cè)定原理，H2O2體現(xiàn)了________性； (2)若要驗(yàn)證H2O2的不穩(wěn)定性，操作是______________________。 解析：本題考查了氧化還原反應(yīng)的滴定、離子方程式的配平等知識(shí)，意在考查考生通過(guò)閱讀題目獲取信息并能靈活運(yùn)用已學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題的能力。Ⅰ.(1)過(guò)氧化氫溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)該用酸式滴定管量取。(2)準(zhǔn)確配制一定濃度250 mL溶液，需用250 mL的容量瓶，定容時(shí)需用膠頭滴管。(3)①根據(jù)氧化還原反應(yīng)的原則，利用得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒可配平該反應(yīng)的離子方程式。②根據(jù)配平的離子方程式計(jì)算： 2Mn

19、O　 ＋　　 5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ 2 mol 5 mol C×V×10－3 mol n(H2O2) n(H2O2)＝×C×V×10－3 mol，則原過(guò)氧化氫溶液中H2O2的物質(zhì)的量為10××C×V×10－3 mol，原過(guò)氧化氫溶液中H2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%＝＝%。(4)能造成酸性KMnO4溶液體積讀數(shù)增大的操作均可使測(cè)定結(jié)果偏高，則本題選A、B、C。 Ⅱ.(1)根據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式可知，在該反應(yīng)中H2O2體現(xiàn)了還原性。(2)H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，產(chǎn)生氧氣，可采用帶火星的木條復(fù)燃的方法檢驗(yàn)O2。 答案：Ⅰ.

20、(1)酸式滴定管 (2)250 mL容量瓶、膠頭滴管 (3)①2　5　6　2　8　5　O2↑ ②(或%) (4)ABC Ⅱ.(1)還原 (2)取適量過(guò)氧化氫溶液于試管中加熱，將帶火星的木條置于試管口，木條復(fù)燃 14．(2015·上海市十三校高三第二次聯(lián)考)銅有多種化合物，氧化亞銅(Cu2O)、氯化亞銅(CuCl)、氯化銅(CuCl2)、CuSO4等。完成下列計(jì)算： (1)波爾多液是由硫酸銅、生石灰和水配制成殺菌劑，不同情況下需要配制不同的比例?，F(xiàn)配制按質(zhì)量比CuSO4CaOH2O＝12200的波爾多液50 kg。 需要用CuSO4·5H2O________g，CaO_

21、_______mol。 (2)某工廠以精輝銅礦(主要成分為Cu2S)為原料冶煉金屬銅，精輝銅礦中含23%雜質(zhì)，日均產(chǎn)含Cu量97.5%的精銅42 t。 已知：總反應(yīng)式Cu2S＋O22Cu＋SO2 日均需精輝銅礦________t，日均產(chǎn)SO2標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積________L。 (3)印刷線路板的銅能被FeCl3的溶液腐蝕，將印刷線板浸入200 mL FeCl3溶液中，有11.2 g Cu被腐蝕掉。取出印刷線路板，向溶液中加入11.2 g鐵粉，充分反應(yīng)溶液中還有4.8 g不溶物。計(jì)算原FeCl3溶液的物質(zhì)的量濃度。 (4)制備銅的某化合物晶體。取5.12 g Cu、14.5 mol/L

22、 HNO3 15 mL、6.0 mol/L HCl 50 mL，混合后Cu完全反應(yīng)，反應(yīng)后溶液中有水54.32 g，再經(jīng)水浴保溫蒸發(fā)掉42 g水，冷卻至20 ℃并過(guò)濾，得到8.12 g晶體。通過(guò)計(jì)算推斷此晶體的化學(xué)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：本題考查物質(zhì)化學(xué)式的計(jì)算，以物質(zhì)的量為核心的有關(guān)計(jì)算。(1)CuSO4CaOH2O＝12200的波爾多液50 kg中硫酸銅的質(zhì)量是50 kg×1/(1＋2＋200)＝246.3 g，則硫酸銅的物質(zhì)的量是246

23、.3 g/160 g/mol，所以需要CuSO4·5H2O的質(zhì)量是246.3 g/160 g/mol×250 g/mol＝385 g；CaO的質(zhì)量是硫酸銅質(zhì)量的2倍，所以CaO的物質(zhì)的量是246.3 g×2/56 g/mol＝8.8 mol；(2)日均產(chǎn)含Cu量97.5%的粗銅42 t，則Cu的物質(zhì)的量是42×105 g/64 g/mol×97.5%＝6.4×105 mol，根據(jù)化學(xué)方程式可知需要Cu2S的物質(zhì)的量是3.2×105 mol。所以日均需精輝銅礦的質(zhì)量是3.2×105 mol×160 g/mol/(1－23%)＝66.5 t；日均生成二氧化硫的物質(zhì)的量也是3.2×105 mol，標(biāo)

24、準(zhǔn)狀況下的體積是3.2×105 mol×22.4 L/mol＝7.17×106 L；(3)根據(jù)題意，剩余不溶物只能是Cu，不可能含有Fe；若存在Fe，則溶液中的銅離子被全部置換出，則不溶物的質(zhì)量大于11.2 g；4.8 g Cu的物質(zhì)的量是0.075 mol，開(kāi)始加入Cu的物質(zhì)的量是11.2 g/64 g/mol＝0.175 mol，所以相當(dāng)于溶解Cu 0.1 mol，F(xiàn)e的物質(zhì)的量是11.2 g/56 g/mol＝0.2 mol，則此過(guò)程中共失去電子的物質(zhì)的量是(0.2＋0.1) mol×2＝0.6 mol，根據(jù)得失電子守恒，則鐵離子的物質(zhì)的量是0.6 mol，所以氯化鐵溶液的物質(zhì)的量濃度是

25、0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L；(4)根據(jù)題意，Cu與氫離子、硫酸根離子反應(yīng)生成銅離子、氮的氧化物、水，氯離子不參加反應(yīng)，反應(yīng)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離子，且Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，則析出的是CuCl2晶體；無(wú)水氯化銅的溶解度是×100＝50.0 g；設(shè)晶體化學(xué)式為CuCl2·xH2O，反應(yīng)生成氯化銅的質(zhì)量是0.08 mol×135 g/mol＝10.8 g，剩余水的質(zhì)量是54.32 g－42 g＝12.32 g，析出晶體后剩余溶液為氯化

26、銅的飽和溶液，則＝，解得x＝3，該晶體的化學(xué)式為CuCl2·3H2O。 答案：(1)385　8.8 (2)66.5　7.17×106 (3)剩余不溶物為Cu，共溶解Cu：11.2 g－4.8 g＝5.6 g 物質(zhì)的量6.4 g÷64 g/mol＝0.1 mol Fe：11.2 g　物質(zhì)的量11.2 g÷56 g/mol＝0.2 mol c(FeCl3)＝0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L (4)混合后反應(yīng)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晶體 設(shè)晶體化學(xué)式為CuCl2·xH2O 無(wú)水CuCl2　20 ℃溶解度為×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