高届高级高三化学一轮复习之专题课后练习1.docx
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高届高级高三化学一轮复习之专题课后练习1
专题课后练习
(一) 物质的量
1.(2020石家庄质检一)《天工开物》中对绿矾(又名皂矾)有如下记载:
“铜碳(黄铁矿石)入炉,碳饼裹之,炉巅空一圆孔,然底火烧之,十日方熄。
其孔眼时有金光直上(硫黄),取矿灰形者,漉釜煎炼,上结者佳皂矾。
”若黄铁矿石中的硫元素全部转化为皂矾和硫黄,则生成皂矾与硫黄的质量之比为( )
A.139∶32B.139∶16
C.139∶8D.139∶4
【参考答案】:
B[试题解析]:
依据题意,反应物为FeS2和O2,产物为FeSO4和S,化学方程式为FeS2+2O2
FeSO4+S,“漉釜煎炼”是FeSO4溶液蒸发结晶,故皂矾的化学式为FeSO4·7H2O,皂矾与硫黄的物质的量之比为1∶1,质量之比为139∶16,故选B项。
2.(2020山东青岛一模)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )
A.4℃时,5.4mL水含有0.9NA个原子
B.常温下,0.1mol环氧乙烷
共有0.3NA个共价键
C.标准状况下,2.24LNO与1.12LO2混合后的气体分子数为0.1NA
D.含有0.2NA个阴离子的Na2O2与CO2完全反应,转移0.4NA个电子
【参考答案】:
A [试题解析]:
4℃时,5.4mL水的质量为5.4g,物质的量为
mol=0.3mol,含有0.9NA个原子,A项正确;常温下,每个环氧乙烷分子含有7个共价键,所以0.1mol环氧乙烷(
)共有0.7NA个共价键,B项错误;标准状况下,2.24LNO与1.12LO2混合后生成2.24L二氧化氮,但二氧化氮能生成四氧化二氮,所以混合后的气体分子数小于0.1NA,C项错误;含有0.2NA个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2mol,与CO2完全反应,转移电子0.2NA,D项错误。
3.(2020湖北黄石三中阶段检测)下列说法正确的是( )
A.含有相同氧原子数的SO2和CO的质量之比为7∶8
B.等物质的量浓度的盐酸与醋酸中c(H+)相等
C.等物质的量的甲基(—CH3)与羟基(—OH)中所含的电子数相等
D.等温等压下,SO2气体与CO2气体的密度之比等于11∶16
【参考答案】:
C[试题解析]:
含有相同氧原子数的SO2和CO,其物质的量之比为1∶2,则质量之比为(1×64)∶(2×28)=8∶7,A错误;醋酸是弱酸,不能完全电离,等物质的量浓度的盐酸与醋酸中c(H+)不可能相等,B错误;1个甲基(—CH3)中含有9个电子,1个羟基(—OH)中含有9个电子,所以等物质的量的甲基与羟基中所含的电子数相等,C正确;等温等压下,气体的Vm相同,由ρ=
=
可知,SO2气体与CO2气体的密度之比为64∶44=16∶11,D错误。
4.(2020山东德州一模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )
A.2.2gCO2与足量镁粉反应转移电子数目为0.1NA
B.常温下,pH=12的碳酸钠溶液中含OH-的数目为0.01NA
C.标准状况下,22.4LCH3Cl中含有的H原子数目为3NA
D.23g分子式为C2H6O的有机物中含有—OH数目一定为0.5NA
【参考答案】:
C [试题解析]:
2.2gCO2的物质的量是0.05mol,与足量镁粉反应转移电子数目为0.2NA,A项错误;未指明pH=12的碳酸钠溶液的体积,无法计算溶液中含OH-的数目,B项错误;标准状况下,22.4LCH3Cl(气体)的物质的量是1mol,故其所含有的H原子数目为3NA,C项正确;分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇,也可能是甲醚,D项错误。
5.(2020山东济宁一模)NA是阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.Fe与稀硝酸反应,产生标准状况下3.36L的NO气体,则参加反应的HNO3为0.6NA
B.常温下,1L0.5mol·L-1的Na2CO3溶液与1L0.5mol·L-1的Na2S溶液中阳离子数均为NA
C.1.0molCH4与足量的Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA
D.1molN2与足量H2在一定条件下充分反应生成1.12LNH3,转移的电子数为0.15NA
【参考答案】:
A [试题解析]:
铁和稀硝酸反应,当稀硝酸过量时,反应方程式为Fe+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O;当Fe过量时,反应方程式为3Fe+8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O,由反应方程式可知,无论哪种情况,生成的NO是参加反应的硝酸的物质的量的1/4,标准状况下3.36L的NO气体的物质的量为0.15mol,则参加反应的HNO3为0.6NA,A项正确。
两种溶液中阳离子数均为H+和Na+的个数之和,两溶液中Na+浓度相等,但两种盐的水解程度不同,氢离子浓度不同,所以两溶液中阳离子数不相同,B项错误。
1.0mol甲烷与足量的氯气发生取代反应除生成一氯甲烷外,还生成二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl,所以生成CH3Cl的物质的量小于1mol,C项错误。
没有指明生成的1.12LNH3是标准状况下的气体,不能根据22.4L·mol-1计算其物质的量,D项错误。
6.(2020南昌第一次联考)8.34gFeSO4·7H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示,下列说法正确的是( )
A.温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B.温度为159℃时固体物质N的化学式为FeSO4·3H2O
C.在隔绝空气条件下,由N得到P的化学方程式为FeSO4
FeO+SO3↑
D.取适量380℃时所得的样品P,隔绝空气加热至650℃,得到一种固体物质Q,同时有两种无色气体生成,Q的化学式为Fe2O3
【参考答案】:
D[试题解析]:
8.34gFeSO4·7H2O中n(FeSO4)=8.34g÷278g/mol=0.03mol,温度为78℃时,固体质量为6.72g,其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g,m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g,n(H2O)=2.16g÷18g/mol=0.12mol,则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.12mol∶0.03mol=4∶1,则固体物质M的化学式为FeSO4·4H2O,故A错误;温度为159℃时,固体质量为5.10g,其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g,m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g,n(H2O)=0.54g÷18g/mol=0.03mol,则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03mol∶0.03mol=1∶1,则固体物质N的化学式为FeSO4·H2O,故B错误;m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g,则在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2O
FeSO4+H2O,故C错误;加热至635℃时,固体的质量为2.40g,其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03mol,m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g,则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g,n(O)=0.72g÷16g/mol=0.045mol,则n(Fe)∶n(O)=0.03mol∶0.045mol=2∶3,则固体物质Q的化学式为Fe2O3,故D正确。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.转移0.2NA个电子使Na完全转化为Na2O2,需要氧气的体积为2.24L
B.生成6NA个N—H键同时消耗3NA个H—H键,即标志着反应N2+3H22NH3达到平衡状态
C.常温常压下,1.42gNa2SO4中含有的Na+数为0.02NA
D.1mol苯理论上可以与3molH2发生加成反应,所以1mol苯分子中含有3NA个碳碳双键
【参考答案】:
C [试题解析]:
A项,Na完全转化为Na2O2,氧元素化合价变化为0→-1,转移0.2NA个电子,需要标准状况下氧气的体积为2.24L,但题中未指明气体所处状况,无法确定体积,错误;B项,生成6NA个N—H键(即2molNH3)的同时消耗3NA个H—H键(即3molH2),体现的都是正反应速率,与是否达到平衡状态无关,错误;C项,Na2SO4为离子晶体,常温常压下为固体,1.42g(即0.01mol)Na2SO4中含有的Na+数为0.02NA,正确;D项,苯分子中不存在碳碳双键,错误。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.4.6gC2H6O含有的C—H键数目为0.6NA
B.1molZn和一定量的浓硫酸反应一定生成NA个SO2分子
C.1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中HCO
和CO
的数目之和为0.1NA
D.C4H8和C3H6的混合物的质量为ag,所含C—H键数目为
【参考答案】:
D [试题解析]:
A项,4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol,根据C2H6O判断其可能的结构简式为CH3OCH3或CH3CH2OH,则4.6gC2H6O中含有的C—H键数目不一定为0.6NA,错误;B项,Zn和浓硫酸反应生成二氧化硫,当反应到一定程度时,浓硫酸变稀,Zn和稀硫酸反应生成氢气,则反应不一定生成NA个SO2分子,错误;C项,Na2CO3溶液中存在CO
的水解平衡,根据物料守恒知1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO
和CO
的数目之和为0.1NA,错误;D项,C4H8和C3H6的最简式均为CH2,ag二者混合物中“CH2”的物质的量为
mol,所含C—H键数目为
正确。
9.(2020河南郑州一测)NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.标准状况下,2.24LC6H14中所含碳碳单键的数目为0.5NA
B.25℃时,1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中所含的H+数目为0.1NA
C.常温常压下,1.4gN2与CO的混合气体中所含原子总数为0.1NA
D.50mL12mol·L-1的浓盐酸与足量MnO2反应,转移的电子数为0.3NA
【参考答案】:
C [试题解析]:
C6H14为碳原子数大于4的烷烃,在标准状况下不是气态,无法根据标准状况下的体积计算其物质的量,也就无法计算其化学键数目,A错误;CH3COOH是弱酸,弱酸的电离是微弱的,溶液中所含的H+数目小于0.1NA,B错误;N2与CO的摩尔质量相同,均是28g·mol-1,且二者均为双原子分子,故1.4gN2与CO的混合气体的总物质的量为0.05mol,所含原子总数为0.1NA,C正确;浓盐酸与MnO2可以发生氧化还原反应生成氯气,但随着反应进行,盐酸的浓度逐渐变小至不再反应,消耗HCl的物质的量未知,故转移的电子数目无法计算,D错误。
10.(2020广东茂名五大联盟学校联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后,若加入29.4gCu(OH)2能使溶液复原,则电解过程中转移电子的数目为1.2NA
B.标准状况下,2.24LF2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2
C.一定条件下,丁烷催化裂解生成1mol乙烯时,消耗丁烷的数目为NA
D.25℃时,1LpH=10的NaHCO3溶液中含有H2CO3的数目为10-4NA
【参考答案】:
A [试题解析]:
本题考查电解CuSO4溶液、F2的性质、丁烷的催化裂化反应,以及计算HCO
水解、电离后的粒子个数。
若加入29.4gCu(OH)2能使溶液复原,则相当于阴极上生成氢气和铜,生成0.3mol铜转移电子数为0.3mol×2NAmol-1=0.6NA,根据原子守恒知,生成0.3mol氢气需要0.3mol水,生成0.3mol氢气转移电子数为0.3mol×2NAmol-1=0.6NA,所以电解过程中共转移电子数为1.2NA,A正确;F2通入饱和食盐水中,先与水反应生成HF和O2,不能置换出Cl2,B错误;一定条件下,丁烷的催化裂解反应除生成乙烯和乙烷外,还会裂解生成甲烷和丙烯,则生成1mol乙烯时,消耗丁烷的数目大于NA,C错误;NaHCO3溶液中存在HCO
的水解平衡:
HCO
+H2OH2CO3+OH-,25℃时,1LpH=10的NaHCO3溶液中c(H+)=10-10mol·L-1,则c(OH-)=
=
mol·L-1=10-4mol·L-1,即n(OH-)=10-4mol·L-1×1L=10-4mol,由于水也会电离出OH-,则H2CO3的数目小于10-4NA,D错误。
11.(2020山东青岛二模)用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列叙述中正确的是( )
A.100g9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为0.3NA
B.常温下,1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液所含NH
的数目均为0.5NA
C.工业合成氨反应中,每断裂NA个N≡N键,同时断裂6NA个N—H键,则反应达到平衡
D.常温下1LpH=7的1mol·L-1CH3COONH4溶液中CH3COO-与NH
数目均为NA
【参考答案】:
C [试题解析]:
本题主要考查盐类水解、化学平衡中化学键的变化情况。
溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子,溶液中所含O原子的物质的量n(O)=
×6+
×1≈5.36mol,A错误;常温下,NH
能水解,1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液所含NH
的数目均小于0.5NA,B错误;N2是反应物,NH3是生成物,根据化学方程式N2+3H2
2NH3可知,每断裂NA个N≡N键,同时断裂6NA个N—H键,表示正、逆反应速率相等,反应达到平衡状态,C正确;根据电荷守恒可得,c(H+)+c(NH
)=c(OH-)+c(CH3COO-),溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),因此c(NH
)=c(CH3COO-),但该盐是弱酸弱碱盐,NH
、CH3COO-都因水解而消耗,因此二者的物质的量都小于1mol,故它们的数目都小于NA,D错误。
12.(2020黑龙江齐齐哈尔一模)NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.常温常压下,36g18O2中所含的中子数为16NA
B.8.0gCu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NA
C.电解饱和食盐水时,阳极生成22.4L气体时,转移的电子数为2NA
D.室温下,向1LpH=1的醋酸溶液中加水,所得溶液中H+的数目小于0.1NA
【参考答案】:
B [试题解析]:
本题考查原子结构、Cu2S和CuO的结构特点、标准状况下气体摩尔体积的应用以及弱电解质稀释过程中离子浓度变化。
36g18O2的物质的量为
=1mol,则所含中子数为2mol×(18-8)×NAmol-1=20NA,故A项错误;Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍,1molCu2S所含铜原子个数也是1molCuO的2倍,故Cu2S和CuO的混合物可以看作全部由“CuO”构成,则含有的“CuO”的物质的量为
=0.1mol,则混合物中含有的铜原子数为0.1NA,故B项正确;阳极上生成的气体所处状态未知,故无法计算气体的物质的量,则转移的电子数也无法计算,故C项错误;1LpH=1的醋酸溶液中,氢离子的物质的量n(H+)=0.1mol·L-1×1L=0.1mol,在加水稀释过程中,醋酸的电离程度增大,H+数目增多,故所得溶液中H+数目略大于0.1NA,故D项错误。
13.(2020江苏联考)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.0.5mol雄黄(As4S4,结构为
)中含有NA个S—S键
B.将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中,所得溶液呈中性,则溶液中NH
的数目为NA
C.标准状况下,33.6L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NA
D.常温下,将1molCH4与1molCl2混合光照,充分反应后,生成气体的分子数为NA
【参考答案】:
B [试题解析]:
本题考查雄黄的结构、电解质溶液中离子数目判断、二氯甲烷的状态、甲烷与氯气的取代反应。
S原子最外层有6个电子,形成2个共价键,As原子最外层有5个电子,形成3个共价键,由结构图知,白球为硫原子,黑球为砷原子,分子中不存在S—S键,A错误;1molNH4NO3溶于适量稀氨水中,所得溶液呈中性,则溶液中n(NH
)=n(NO
)=1mol,B正确;标准状况下,二氯甲烷为液体,C错误;CH4和Cl2光照下反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl,其中HCl和CH3Cl为气体,1molCl2完全反应时,生成的HCl为1mol,则气体分子数大于NA,D错误。
14.(2020江苏常州期末)以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]为原料通过下列流程可以制备晶体A。
已知:
25℃时,[Fe(C2O4)3]3-(aq)+SCN-(aq)[Fe(SCN)]2+(aq)+3C2O
(aq) K=10-16。
(1)写出步骤Ⅰ生成黄色沉淀(FeC2O4·2H2O)的化学方程式:
________________________________________________________________________。
(2)步骤Ⅱ水浴加热需控温40℃的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)某研究小组同学欲检验晶体A中是否含有Fe3+,取少量晶体放入试管中,用蒸馏水充分溶解,向试管中滴入几滴0.1mol·L-1KSCN溶液,请判断上述实验方案是否可行并说明理由:
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)某研究小组通过如下实验步骤测定晶体A的化学式:
步骤1:
准确称取A样品4.9100g,干燥脱水至恒重,残留物的质量为4.3700g;
步骤2:
准确称取A样品4.9100g置于锥形瓶中,加入足量的3.000mol·L-1H2SO4溶液和适量蒸馏水,用0.5000mol·L-1KMnO4溶液滴定,当MnO
恰好完全被还原为Mn2+时,消耗KMnO4溶液的体积为24.00mL;
步骤3:
将步骤1所得固体溶于水,加入铁粉0.2800g,恰好完全反应。
通过计算确定晶体A的化学式:
________________________________________________________________________。
【参考答案】:
(1)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O+H2C2O4
FeC2O4·2H2O+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O
(2)温度太高,H2O2分解;温度太低,Fe2+的氧化速率太慢
(3)不可行,因为[Fe(C2O4)3]3-转化为[Fe(SCN)]2+反应的平衡常数较小,生成的[Fe(SCN)]2+离子浓度太小,观察不到明显现象,所以无法检验
(4)K3Fe(C2O4)3·3H2O
[试题解析]:
本题考查工艺流程分析,以及晶体化学式的确定。
(1)步骤Ⅰ为硫酸亚铁铵悬浊液与饱和草酸溶液反应生成黄色沉淀(FeC2O4·2H2O),化学方程式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O+H2C2O4
FeC2O4·2H2O+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O。
(2)步骤Ⅱ需控温40℃,因温度太高,H2O2分解;温度太低,Fe2+的氧化速率太慢。
(3)晶体A溶于水后三价铁以[Fe(C2O4)3]3-的形式存在,其转化为[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数K=10-16太小,溶液中生成的[Fe(SCN)]2+浓度太小,加KSCN溶液无明显现象,故无法检验。
(4)步骤1中测量的是结晶水的物质的量,4.9100gA样品中,n(H2O)=
=0.0300mol;步骤2测量的是C2O
的物质的量,样品A中C2O
与高锰酸钾溶液反应,根据得失电子守恒可得关系式5C2O
~2MnO
则n(C2O
)=2.5×n(MnO
)=2.5×0.5000mol·L-1×0.02400L=0.0300mol;步骤3测量的是Fe3+的物质的量,发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+===3Fe2+,可得关系式2Fe3+~Fe,可得n(Fe3+)=2×n(Fe)=
=0.0100mol;根据电荷守恒:
n(K+)+3n(Fe3+)=2n(C2O
),可得n(K+)=0.0300mol,故n(K+)∶n(Fe3+)∶n(C2O
)∶n(H2O)=3∶1∶3∶3,A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。
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