第一部分 专题二物质的量一、选择题1．(2022·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3735D．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ρ＝，m＝Mn，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(35－17)(37－17)＝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．(2022·甘肃河西三校模拟)一定温度和压强下，用mg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②中装的是O2B．气球①和气球③中气体分子数相等C．气球①和气球④中气体物质的量之比为41D．气球③和气球④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①、②、③、④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①和气球③中气体分子数不相等，气球①和气球④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③和气球④中气体密度之比为21，D项正确。答案：D3．(2022·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\n、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)<n(Y)解析：质量相等、密度相等，则X、Y两气体的体积相等，由图示装置可知A、B、C三室中压强相等，所以X、Y气体与H2的物质的量相等，由M＝知，X、Y的摩尔质量也相等。答案：D4．(2022·课标Ⅰ)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA解析：A项，D2O和H2O的摩尔质量不同，18gD2O和18gH2O的物质的量不同，含有的质子数不同；B项，亚硫酸是弱酸，不能完全电离，故2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数小于2NA；C项，Na2O2与水反应生成O2，氧元素的化合价由－1升高到0，故生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA；D项，2NO＋O2===2NO2,2NO2N2O4，故2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数小于2NA。答案：C5．(2022·沈阳一模)若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的个数是( )①常温常压下，21g氧气和27g臭氧中含有的氧原子总数为3NA ②含0.2mol硫酸的浓硫酸与足量的铜反应，转移的电子数一定小于0.2NA ③0.6gCaCO3和Mg3N2的混合物中所含质子数为0.3NA ④等物质的量的SO2和SO3中含S原子数均为NAA．一个B．二个C．三个D．四个解析：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，意在考查考生的计算能力和分析问题的能力。21gO2与27gO3中所含氧原子总数为×NA＝3NA，①正确；浓硫酸与铜反应过程中，硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸与铜不反应，②正确；CaCO3和Mg3N2的摩尔质量均为100g/mol，且1molCaCO3和1molMg3N2中均含50mol质子，故0.6g混合物中质子总数为×50×NA＝0.3NA，③正确；只说明SO2和SO3\n的物质的量相等，但未指明物质的量的多少，④错误。本题选C。答案：C6．(2022·西安八校联考)NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( )A．2gDO中含有的质子数、中子数、电子数均为NAB．78gNa2O2和Na2S的混合物中含有的Na＋数一定为2NAC．标准状况下，5.6LO2作氧化剂时转移电子数一定为NAD．500mL2mol·L－1Na2CO3溶液中含C微粒总数一定为NA解析：本题考查阿伏加德罗常数，意在考查考生的化学计算能力。1个DO中含有的质子数、中子数、电子数均为10,2gDO的物质的量为＝0.1mol，则所含质子数、中子数、电子数均为NA，A项正确；设Na2O2的质量为xg，则Na＋的数目为：(＋)×2×NA＝2NA，B项正确；2Na＋O2Na2O2中转移2e－，标准状况下5.6LO2参与反应转移电子数为×2×NA＝0.5NA，C项错误；根据物料守恒式：c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)知，该溶液中含C微粒总数等于溶液中Na＋总数的一半，即×NA＝NA，D项正确。答案：C7．(2022·百校联盟领航卷)卫生防疫人员欲配制0.01mol/L的KMnO4消毒液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是( )A．取KMnO4样品时不慎在表面沾了点蒸馏水B．溶解搅拌时有液体飞溅出C．定容时俯视容量瓶刻度线D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线解析：A项所取样品质量偏小，使溶液浓度偏低；B项液体飞溅出，会损失一部分KMnO4，使溶液浓度偏低；C项定容时俯视容量瓶刻度线导致加水量偏少，使溶液浓度偏高；D项加水量过多，使溶液浓度偏低。答案：C8．(2022·湘中名校模拟)如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是( )\nA．C2H4B．CH4C．CO2D．NO解析：由图可知，相同温度时，p(O2)>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．(2022·百校联盟领航卷)实验室里需要配制480mL0.10mol·L－1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A480mL硫酸铜：7.68g加入500mL水B480mL胆矾：12.0g配成500mL溶液C500mL硫酸铜：8.0g加入500mL水D500mL胆矾：12.5g配成500mL溶液解析：实验室里需要配制480mL0.10mol·L－1的硫酸铜溶液，因为没有480mL规格的容量瓶，所以要选择500mL规格的容量瓶。若是硫酸铜，则需要8.0g，若是胆矾，则需要12.5g，且配成500mL溶液，而不是加入500mL水。本题选D。答案：D10．(2022·启东中学月考)下图是某同学用250mL容量瓶配制0.20mol·L－1NaOH溶液的过程：该同学的错误步骤有( )A．4处B．3处C．2处D．1处解析：第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第⑤步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑥步定容时应平视刻度线。答案：B11．(2022·四川资阳模拟)标准状况下有以下四种气体：①6.72LCH4 ②3.01×1023个HCl分子 ③13.6gH2S\n④0.2molNH3。下列关系不正确的是( )A．体积：④<①<③<②B．质量：④<①<③<②C．物质的量：①<②<③<④D．氢原子数：②<④<③<①解析：①6.72LCH4的物质的量为＝0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为＝0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为＝0.4mol，④0.2molNH3。标准状况下体积之比等于物质的量之比，体积：④<①<③<②，A项正确；CH4的质量为0.3mol×16g·mol－1＝4.8g，HCl的质量为0.5mol×36.5g·mol－1＝18.25g，NH3的质量为0.2mol×17g·mol－1＝3.4g，质量：④<①<③<②，B项正确；物质的量大小顺序为④<①<③<②，C项错误；CH4中n(H)＝0.3mol×4＝1.2mol，HCl中n(H)＝0.5mol，H2S中n(H)＝0.4mol×2＝0.8mol，NH3中n(H)＝0.2mol×3＝0.6mol，氢原子数：②<④<③<①，D项正确。答案：C12．(2022·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3.36L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2mol/LNaOH溶液至沉淀最多时停止加入，则所加NaOH溶液的体积为( )A．100mLB．200mLC．300mLD．400mL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)＝0.15mol，反应中O2得到电子的物质的量n(e－)＝0.6mol，则Mg2＋、Al3＋所带电荷的总物质的量为0.6mol，因此要使Mg2＋、Al3＋完全沉淀，需要加入0.6molNaOH，即需要加入2mol/L的NaOH溶液300mL。答案：C二、填空题13．(2022·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。Ⅰ.测定市售过氧化氢溶液中H2O2的质量分数(1)量取10.00mL密度为ρg/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”)；\n(2)将上述溶液配制成250.00mL，配制过程需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、________(填名称)；(3)取25.00mL(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。①完成反应的离子方程式：________MnO＋________H2O2＋________H＋===________Mn2＋＋________H2O＋________________②重复滴定三次，平均消耗Cmol/LKMnO4标准液VmL，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250.00mL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Ⅱ.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。Ⅰ.(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250mL溶液，需用250mL的容量瓶，定容时需用胶头滴管。(3)①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。②根据配平的离子方程式计算：2MnO ＋ 5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑2mol5molC×V×10－3moln(H2O2)n(H2O2)＝×C×V×10－3mol，则原过氧化氢溶液中H2O2的物质的量为10××C×V×10－3mol，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。Ⅱ.(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。\n答案：Ⅰ.(1)酸式滴定管(2)250mL容量瓶、胶头滴管(3)①2 5 6 2 8 5 O2↑②(或%)(4)ABCⅡ.(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．(2022·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CuSO4CaOH2O＝12200的波尔多液50kg。需要用CuSO4·5H2O________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42t。已知：总反应式Cu2S＋O22Cu＋SO2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200mLFeCl3溶液中，有11.2gCu被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入11.2g铁粉，充分反应溶液中还有4.8g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5.12gCu、14.5mol/LHNO315mL、6.0mol/LHCl50mL，混合后Cu完全反应，反应后溶液中有水54.32g，再经水浴保温蒸发掉42g水，冷却至20℃并过滤，得到8.12g晶体。通过计算推断此晶体的化学式________。已知：20℃溶解度CuCl2·2H2O 73g/100gH2OCu(NO3)2·3H2O 125g/100gH2O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)CuSO4CaOH2O＝12200的波尔多液50kg中硫酸铜的质量是50kg×1/(1＋2＋200)＝246.3g，则硫酸铜的物质的量是246.3g/160g/mol，所以需要CuSO4·5H2O的质量是246.3g/160g/mol×250g/mol＝385g；CaO的质量是硫酸铜质量的2倍，所以CaO的物质的量是246.3g×2/56g/mol＝8.8mol；(2)日均产含Cu量97.5%的粗铜42t，则Cu的物质的量是42×105g/64g/mol×97.5%＝6.4×105mol，根据化学方程式可知需要Cu2S的物质的量是3.2×105mol。所以日均需精辉铜矿的质量是3.2×105mol×160g/mol/(1－23%)＝66.5t；日均生成二氧化硫的物质的量也是3.2×105mol，标准状况下的体积是3.2×105\nmol×22.4L/mol＝7.17×106L；(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11.2g；4.8gCu的物质的量是0.075mol，开始加入Cu的物质的量是11.2g/64g/mol＝0.175mol，所以相当于溶解Cu0.1mol，Fe的物质的量是11.2g/56g/mol＝0.2mol，则此过程中共失去电子的物质的量是(0.2＋0.1)mol×2＝0.6mol，根据得失电子守恒，则铁离子的物质的量是0.6mol，所以氯化铁溶液的物质的量浓度是0.6mol/0.2L＝3.0mol/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)＝0.2175mol，n(HCl)＝0.3mol，n(Cu)＝5.12g/64g/mol＝0.08mol，所以剩余硝酸根量少于氯离子，且Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，则析出的是CuCl2晶体；无水氯化铜的溶解度是×100＝50.0g；设晶体化学式为CuCl2·xH2O，反应生成氯化铜的质量是0.08mol×135g/mol＝10.8g，剩余水的质量是54.32g－42g＝12.32g，析出晶体后剩余溶液为氯化铜的饱和溶液，则＝，解得x＝3，该晶体的化学式为CuCl2·3H2O。答案：(1)385 8.8(2)66.5 7.17×106(3)剩余不溶物为Cu，共溶解Cu：11.2g－4.8g＝5.6g物质的量6.4g÷64g/mol＝0.1molFe：11.2g 物质的量11.2g÷56g/mol＝0.2molc(FeCl3)＝0.6mol/0.2L＝3.0mol/L(4)混合后反应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晶体设晶体化学式为CuCl2·xH2O无水CuCl2 20℃溶解度为×100＝50.0g/100gH2O生成CuCl2 5.12·135/64＝10.8g，剩余水54.32－42＝12.32g＝ x＝3 CuCl2·3H2O
