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一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 (　　)
A.常温常压下，3.2 g O3所含电子数为1.2 NA
B.标准状况下，2.24 L CCl4中含有的C—Cl键的数目为0.4 NA
C.标准状况下，11.2 L NO与11.2 L O2混合所含原子数为2NA
D.将0.1 mol 氯化铁溶于1 L水中，所得溶液含有0.1 NA Fe3＋
解析：3.2 g O3含0.2 NA个氧原子，所含电子数为1.6 NA，A不正确；标准状况下，CCl4是液体，B不正确；NO、O2都是双原子分子，二者物质的量和为1 mol，故所含原子数为2NA，C正确；因Fe3＋水解，Fe3＋的数目应小于0.1 NA，D不正确.
答案：C
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A.标准状况下，5.6 L一氧化氮和5.6 L氧气混合后的分子总数为0.5NA
B.1 mol乙烷分子含有8NA个共价键
C.58.5 g的氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子
D.在1 L 0.1 mol/L碳酸钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA
解析：A项，0.25 mol NO与0.25 mol O2将反应生成0.25 mol NO2，剩余O2 0.125 mol，不考虑NO2转化N2O4，分子总数应为0.375NA；B项，乙烷的结构式为,
1 mol分子中含7NA个共价键；C项，NaCl为 离子晶体，无分子；D项 正确，因CO水解使得阴离子数增加.
答案：D
3.只给出下列甲和乙中对应的量，不能求出物质的量的是 (　　)
A B C D
甲 物质的粒子数 标准状况下的气体摩尔体积 固体的体积 溶液中溶质的物质的量浓度
乙 阿伏加德罗常数 标准状况下的气体体积 固体的密度 溶液的体积
解析：根据n＝、n＝、nB＝cBV可知，A、B、D中都能求出物质的量.
答案：C
4.某氯化镁溶液的密度为1.18 g/cm3，其中镁离子的质量分数为5.1%,300 mL该溶液中氯离子的物质的量约等于 (　　)
A.0.37 mol　　　　　　　　B.0.63 mol
C.0.74 mol D.1.5 mol
解析：n(Mg2＋)＝＝0.75 mol，
在MgCl2溶液中，Mg2＋与Cl－的物质的量之比为1∶2，则n(Cl－)＝2n(Mg2＋)＝2×0.75 mol＝1.5 mol.
答案：D
5.等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中完全溶解，得到的Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的浓度分别为a mol/L和b mol/L.则a与b的关系为 (　　)
A.a＝b B.a＝2b
C.2a＝b D.a＝5b
解析：n(CuO)∶n(MgO)＝∶＝∶＝1∶2，体积相同时，物质的量的比等于物质的量浓度的比，所以＝＝，即2a＝b，故选C.
答案：C
6.某溶液中大量存在以下五种离子：NO、SO、Fe3＋、H＋、M，其物质的量之比为n(NO)∶n(SO)∶n(Fe3＋)∶n(H＋)∶n(M)＝2∶3∶1∶3∶1，则M可能为 (　　)
A.Fe2＋ B.Mg2＋
C.CO D.Ba2＋
解析：根据电荷守恒可知M为＋2价的阳离子，排除CO，由于原溶液中存在SO，根据离子共存知，其中不可能含有Ba2＋，又因原溶液中含有NO和H＋，使溶液具有强氧化性，所以原溶液中不可能存在Fe2＋.
答案：B
7.有一真空瓶的质量为W1 g，向该瓶充入氧气后的质量为W2 g，在相同条件下充入某一单质气体，其质量为W3 g，则此单质气体的摩尔质量为 (　　)
A.×32 B.×32
C.×32 g/mol D.×32 g/mol
解析：根据题意，该气体物质的量与氧气相同，有如下关系：＝。
答案：C
8.在标准状况下，若V L甲烷中含有的氢原子个数为n，则阿伏加德罗常数的数值可表示为
A.Vn/22.4 B.22.4n/V
C.Vn/5.6 D.5.6n/V
解析：设阿伏加德罗常数为NA，则依题意，可得×4NA＝n，即NA＝ mol－1.
答案：D
9.若以w1和w2分别表示浓度为a mol/L和b mol/L氨水的质量分数，且知2a＝b，则下列判断正确的是(氨水的密度比纯水的小) (　　)
A.2w1＝w2 B.2w2＝w1
C.w2＞2w1 D.w1＜w2＜2w1
解析：设溶液的体积为V L，密度为ρ g/mL，溶质的摩尔质量为M g/mol，物质的量浓度为c mol/L，
由c＝得：a＝1000ρ1w1/17，b＝1000ρ2w2/17，因为2a＝b，所以有2ρ1w1＝ρ2w2，又氨水的密度比纯水小，且浓度越大，密度越小，所以ρ1＞ρ2，代入上式得：2w1＜w2.
答案：C
10.300 mL Al2(SO4)3溶液中，含Al3＋为1.62 g，在该溶液中加入0.1 mol/L Ba(OH)2溶液300 mL，反应后溶液中SO的物质的量浓度为 (　　)
A.0.4 mol/L B.0.3 mol/L
C.0.2 mol/L D.0.1 mol/L
解析：n(Al3＋)＝＝0.06 mol，则n(SO)＝0.09 mol.加入的Ba(OH)2溶液中含Ba2＋ 0.03 mol，
反应后剩余SO 0.06 mol，此时溶液的体积为600 mL，因此c(SO)＝0.1 mol/L.
答案：D
11.在标准状况下，1体积水溶解700体积氨气，所得溶液密度为0.9 g/cm3，这种氨水的物质的量浓度和质量分数分别为 (　　)
A.18.4 mol/L　34.7% B.20.4 mol/L　38.5%
C.18.4 mol/L　38.5% D.20.4 mol/L　34.7%
解析：NH3溶于水后虽然大部分生成NH3·H2O，但在计算时，仍以NH3作为氨水中的溶质；气体溶于水后，溶液的体积、密度均发生了改变，计算时应该用溶液质量除以密度求出其体积.设水的体积为1 L，则有：
w＝×100%
＝34.7%
氨水的体积为：
V＝＝1.7 L
故c＝＝18.4 mol/L.
答案：A
12.以下仪器，用蒸馏水洗净后便可立即使用而不会对实验结果造成误差的是 (　　)
①中和滴定用的锥形瓶 ②中和滴定用的滴定管 ③容量瓶　
④配制一定体积、一定物质的量浓度的NaOH溶液，用于称量的小烧杯　⑤量筒(量取浓H2SO4用)
A.①②⑤ B.①③
C.②④⑤ D.①⑤
解析：中和滴定时锥形瓶中有蒸馏水不会对实验结果产生误差，容量瓶定容时仍会加水至刻度线.
答案：B
13.某学生配制了100 mL 1 mol/L的硫酸溶液.然后，对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确.结果测得溶液的物质的量浓度低于1 mol/L.那么，在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是 (　　)
①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸
②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到容积为100 mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯
③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面
④最后定容时，加水超过了刻度，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切
A.②③④ B.③④
C.①②③ D.①②③④
解析：①量筒用蒸馏水洗净后量取，浓H2SO4被稀释，所取溶质H2SO4偏少，会导致浓度降低.②未洗涤烧杯，溶质H2SO4损失，会导致浓度偏低.③少量溶液流到容量瓶外面，溶质H2SO4损失，会导致浓度偏低.④加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，会损失H2SO4，导致溶液浓度偏低.
答案：D
14.下列叙述正确的是 (　　)
A.与28 g CO具有相同分子数的CO2的质量一定是44 g
B.与V L CO具有相同分子数的CO2的体积一定是V L
C.所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为7∶11
D.所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为21∶22
解析：A项：根据公式＝n＝，可列式：＝，可判断A项正确.B、C、D都未指明两种气体所处的温度和压强是否相同，所以说法都不正确.
答案：A
硫酸化学纯（CP） （500 mL） 品名：硫酸 化学式：H2SO4 相对分子质量：98 密度：1.84 g/cm3质量分数：98%
15.右图是某硫酸试剂瓶的标签上的部分文字.据
此，下列说法正确的是 (　　)
A.该试剂应保存在玻璃试剂瓶中，并用橡胶塞塞紧
B.1 mol Zn与足量的该硫酸反应生成2 g 氢气
C.该硫酸与等体积水混合所得溶液的物质的量浓度等于9.2 mol/L
D.向50 mL该硫酸溶液中加入足量的铜片，加热充分反应后，
被还原的硫酸的物质的量小于0.46 mol
解析：浓硫酸有腐蚀性，不能用橡胶塞，应用玻璃塞，A错误.浓硫酸具有强氧化性，其还原产物为SO2，B错误.C项设硫酸与水的体积分别为1 mL，混合后浓度为(1.84 g/cm3×1 mL×98%÷98 g/mol)÷0.002 L＝9.2 mol/L，但实际混合后溶液密度有变化，其浓度不等于9.2 mol/L，C错误.D中随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸时反应停止，被还原的硫酸小于×0.05 L×18.4 mol/L，即小于0.46 mol.
答案：D
16.对于1 mol/L的氨水，下列叙述正确的是(忽略溶液混合时的体积变化) (　　)
A.将标准状况下22.4 L氨气溶于1 L水中配成溶液，即可得1 mol/L的氨水
B.1 mol/L的氨水的质量分数小于1.7%
C.将1 mol/L的氨水与水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度大于0.5 mol/L
D.将1 mol/L的氨水与3 mol/L的氨水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度为2 mol/L
解析：A项，因氨水以起始溶入的氨为溶质，故将1 mol氨溶于水配成1 L溶液，其物质的量浓度为1 mol/L；B项，由物质的量浓度与质量分数的关系，可有以下表达式：＝1 mol/L，又由于氨水的密度ρ＜1 g/cm3，故w＞1.7%；C项，若将1 mol/L的氨水与水等体积混合，所得氨水的浓度为0.5 mol/L，由于氨水密度比水小，则相同质量的氨水的体积比水大，故等质量混合后所得氨水的物质的量浓度大于0.5 mol/L；D项，因氨水的浓度越大，其密度越小，则等质量混合时，3 mol/L的氨水所占体积比1 mol/L的氨水大，故所得氨水的物质的量浓度大于2 mol/L.
答案：C
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17.(7分)(1)将40 g NaOH溶于水，配成250 mL溶液甲，甲的浓度为　　　　　 mol/L(将正确选项的标号填入空格，下同).将50 mL甲加水稀释至100 mL后，得溶液乙，乙的浓度为　　　　　 mol/L.将10 mL乙溶液与质量分数为9%、密度为1.11 g/cm3的NaOH溶液10 mL混合，该混合溶液丙的浓度为　　　　 mol/L(忽略溶液体积变化).混合溶液丙能与　　　　 mL 0.5 mol/L的盐酸恰好完全中和.
选项
A.4 B.1 C.2 D.90
E.45 F.35 G.4 .25 H.2.25
(2)若12.4 g Na2X中含有0.4 mol钠离子，Na2X的摩尔质量是　　　　，X的相对原子质量是　　　　.
解析：(1)n(NaOH)＝＝1 mol，
c(甲)＝＝4 mol/L；
c(乙)＝＝2 mol/L；
c(丙)＝
＝2.25mol/L，丙中NaOH的物质的量等于HCl的物质的量，n(HCl)＝2.25 mol/L×0.02 L＝0.045 mol，
V[HCl(aq)]＝＝0.09 L(即90 mL).
(2)n(Na2X)＝n(Na＋)＝×0.4 mol＝0.2 mol，M(Na2X)＝＝62 g/mol，M(X)＝62 g/mol－2×23 g/mol＝16 g/mol，
因此，X的相对原子质量为16.
答案：(1)A　C　H　D　(2)62 g/mol　16
18.(12分)实验室需要0.1 mol/L NaOH溶液450 mL和0.5 mol/L硫酸溶液500 mL.根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：
(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是　　　　(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是　　　　(填仪器名称).
(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有　　　　　(填序号).
A.配制一定体积准确浓度的标准溶液
B.贮存溶液
C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体
D.准确稀释某一浓度的溶液
E.量取一定体积的液体
F.用来加热溶解固体溶质
(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为　　　　 g.在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度　　　　 0.1 mol/L(填“大于”“等于”或“小于”，下同).若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度　　　　0.1 mol/L.
(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为　　　　 mL(计算结果保留一位小数).如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用　　　　　 mL的量筒最好.配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是 .
解析：(1)五种仪器分别为烧瓶、量筒、分液漏斗、胶头滴管、容量瓶，配制上述溶液肯定不需要烧瓶和分液漏斗，还需要烧杯、玻璃棒.
(2)容量瓶不能用于贮存、加热溶液，它只有一个刻度线，也不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体.
(3)因无450 mL的容量瓶，配制NaOH溶液只能用500 mL的容量瓶，m(NaOH)＝c·V·M＝0.1 mol/L×0.5 L×40 g/mol＝2.0 g，定容仰视刻度线，造成加水较多，浓度偏低，洒落溶液会造成溶液浓度偏低.
(4)由稀释前后物质的量相等，V(浓)＝＝L＝ L＝13.6 mL，选用15 mL的量筒最好，误差小.稀释时将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌.
答案：(1)A、C　烧杯、玻璃棒　(2)B、C、E、F
(3)2.0　小于　小于
(4)13.6　15　将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌
19.(6分)常温下，将20.0 g 14%的NaCl溶液跟30.0 g 24%的NaCl溶液混合，得到密度为1.17 g/cm3的混合溶液.
(1)该混合溶液中NaCl的质量分数为　　　　 .
(2)该混合溶液中NaCl的物质的量浓度　　　　 mol/L.
(3)在1000 g水中需加入　　　　 mol氯化钠，才能使其浓度恰好与上述混合溶液浓度相等(保留1位小数).
解析：(1)混合溶液的质量为：20.0 g＋30.0 g＝50.0 g，混合溶液中溶质的质量为：20.0 g×14%＋30.0 g×24%＝10.0 g，混合溶液中溶质的质量分数为：×100%＝20%.
(2)n(NaCl)＝
V(溶液)＝
c(NaCl)＝
＝×
＝4.0 mol/L.
(3)×100%＝20%
n(NaCl)＝4.3 mol.
答案：(1)20%　(2)4.0　(3)4.3
20.(10分)配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验.请回答以下问题：
(1)配制浓度为 2 mol/L的NaOH溶液100 mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将　　　　(填写代号，下同).
A.等于8.0 g B.等于8.00 g
C.大于8.0 g D.等于0.2 g
(2)要配制浓度约为2 mol/L的NaOH溶液100 mL，下面的操作正确的是　　　　.
A.称取8 g NaOH固体，放入250 mL烧杯中，用量筒量取100 mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解
B.称取8 g NaOH固体，放入100 mL量筒中，边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100 mL
C.称取8 g NaOH固体，放入100 mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加水至刻度线，盖好瓶塞，反复摇匀
D.用100 mL量筒量取40 mL 5 mol/L NaOH溶液，倒入250 mL烧杯中，再用另一量筒量取60 mL蒸馏水，边搅拌边慢慢倒入烧杯中
(3)下列操作会使配制的BaCl2溶液浓度偏低的是　　　　.
A.配制1 L 0.1 mol/L的BaCl2溶液时，将砝码放在左盘上，BaCl2放在右盘上进行称量
B.选用的容量瓶内有少量蒸馏水
C.定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线
D.整个配制过程中，容量瓶不振荡
(4)某实验中需2 mol/L的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为　　　　，称取Na2CO3的质量为　　　　.
解析：(1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于(8.0 g ＋烧杯质量).(2)注意NaOH溶液的浓度约为2 mol/L，并不是精确配制浓度为2 mol/L的溶液.(3)配制一定物质的量浓度溶液的误差分析要紧扣c＝，分析错误操作对n、V的影响.(4)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2 mol/L的Na2CO3溶液1000 mL，所需Na2CO3的质量为：1 L×2 mol/L×106 g/mol＝212 g.
答案：(1)C　(2)AD　(3)AC　(4)1000 mL　212 g
21.(9分)某研究性学习小组为证明在同温同压下，相同浓度、
相同体积酸性不同的两种二元酸与足量镁带反应时，生成氢气
的体积相同而反应速率不同，同时测定实验室条件下的气体摩
尔体积.设计的简易实验装置如图所示.该实验的主要操作步骤
如下：
Ⅰ.①配制浓度均为0.5 mol/L 的H2SO4和H2C2O4溶液.
②用　　　　量取10.00 mL 0.5 mol/L H2SO4和H2C2O4溶液分别于两个锥形瓶中.
③分别称取除去表面氧化膜的镁带并系于铜丝末端.
④检查装置的气密性，在广口瓶中装满水，按图连接好装置.
⑤将铜丝向下移动，使足量镁带浸入酸中(铜丝不与酸接触)至反应完全后，记录　　　　.
⑥反应结束后，读取量筒内水的体积为 y mL.
Ⅱ.请将上述步骤补充完整并回答下列问题：
(1)用密度为1.84 g/cm3 98%的浓H2SO4，配制浓度为250 mL 0.5 mol/L的H2SO4溶液，所需要的主要仪器有　　　　、　　　　、烧杯、玻璃棒、酸式滴定管.
(2)以下是读取量筒内水的体积时，必须包括的几个步骤：①使乙、丙中液面相平；②将装置冷却至室温；③读取量筒内水的体积.这三步操作的正确顺序是　　　　.
(3)读取量筒内水的体积时，若丙中液面高于乙中液面，使乙、丙中液面相平的操作是　　　　.
(4)简述速率不等的原因　　　　　　　　　　　　　，铜丝不与酸接触的原因是　
　　　　　　　　　　　　　　　.
解析：Ⅰ.②根据量取溶液体积的精确度要求可知使用酸式滴定管；⑤比较H2SO4、H2C2O4反应速率可通过观察气泡或完全反应所用时间长短.Ⅱ.(1)配制溶液需要使用特定的仪器(250 mL的容量瓶)，定容时需用到胶头滴管.(2)为保证测量数据的准确，应该先将气体冷却到室温，所以应该先进行操作②，然后调整液面使气体压强等于外界大气压，最后正确读数.(3)如丙(量筒)中的液面高于乙的液面，应将丙向下移动.(4)因为H2SO4是强酸、H2C2O4是弱酸，故同浓度的两溶液H2SO4中含氢离子浓度大，反应速率快.若铜丝接触溶液，则构成原电池，使反应速率加快，影响实验结果.
答案：Ⅰ.酸式滴定管　反应所需时间
Ⅱ.(1)250 mL的容量瓶　胶头滴管
(2)②①③　(3)下移丙
(4)氢离子浓度不同　易形成原电池加快反应速率，干扰实验的测定
22.(8分)将10 g复盐CuSO4·x(NH4)2SO4·yH2O加到过量的NaOH溶液中，加热；生成的氨用100 mL 0.5 mol/L硫酸全部吸收，多余的硫酸用2 mol/L NaOH溶液中和，用去NaOH溶液25 mL.已知复盐中SO的质量分数为48%，则x＝　　　　，y＝　　　　.
10 g复盐中n(NH)＝2×(0.5 mol/L×0.1 L－2 mol/L×0.025 L×)＝0.05 mol
n(SO)＝＝0.05 mol
n(Cu2＋)＝0.05 mol－0.05 mol×＝0.025 mol
n(H2O)＝
＝0.15 mol
n(CuSO4)∶n[(NH4)2SO4]∶n(H2O)
＝0.025∶0.025∶0.15＝1∶x∶y
得x＝1，y＝6
答案：1　6

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