2016年高考化学命题猜想与仿真押题：物质的组成、变化和分类（解析版） |
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1．同温同压下，xg甲气体和yg乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断下列叙述错误的是()
A．x∶y等于甲与乙的相对分子质量之比
B．x∶y等于甲与乙的分子个数之比
C．x∶y等于同温同压下甲与乙的密度之比
D．y∶x等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比
【答案】B
【解析】A项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则xg甲气体和yg乙气体的物质的量相等，即xM甲＝yM乙，推出x∶y＝M甲∶M乙，故正确；B项，甲与乙的分子个数之比为1∶1，而x与y不一定相等，故不正确；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，故正确；D项，等质量的甲、乙的压强之比为p甲∶p乙＝n1∶n2＝mM甲∶mM乙＝M乙∶M甲＝y∶x，故正确。
2．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是()
A．物质的量：甲>乙
B．气体体积：甲>乙
C．摩尔体积：甲>乙
D．相对分子质量：甲>乙
【答案】D
3．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为()
A．0.1(b－2a)mol•L－1
B．10(2a－b)mol•L－1
C．10(b－a)mol•L－1
D．10(b－2a)mol•L－1
【答案】D
【解析】根据题意，500mL溶液分成5等份，每份为100mL。每份中n(Ba2＋)＝amol，n(Cl－)＝bmol，根据电荷守恒关系得n(K＋)＝(b－2a)mol，则c(K＋)＝b－2amol0.1L＝10(b－2a)mol•L－1。
4．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为()
A.b－aVmol•L－1B.2b－aVmol•L－1
C.2b－aVmol•L－1D.22b－aVmol•L－1
【答案】D
5．相对分子质量为M的气态化合物VL(标准状况)，溶于mg水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为cmol•L－1，密度为ρg•cm－3。则下列说法不正确的是()
A．相对分子质量M＝22.4mw1－wV
B．物质的量浓度c＝1000ρVMV＋22.4m
C．溶液的质量分数w＝MV22.4m
D．溶液密度ρ＝cM1000w
【答案】C
【解析】由c＝1000ρwM知D项正确；由c＝V22.4V22.4×M＋m×10－3÷ρ＝1000ρVMV＋22.4m知B项正确；由w＝V22.4×Mm＋V22.4×M＝MV22.4m＋MV知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。
6．体积为V、密度为ρ的某溶液中，含有摩尔质量为M的溶质mg。若此溶液中溶质的物质的量浓度为c，溶质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是()
A．c＝mMVB．m＝Vρw
C．w＝cMρD．ρ＝cM1000w%
【答案】A
【解析】已知：c＝1000ρwM或c＝mMV。
A项，c＝mMV，正确；B项，1000ρwM＝mMV，m＝1000ρwV，错误；C项，w＝cM1000ρ，错误；D项，ρ＝cM1000w，注意w与w%的区别，错误。
7．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是()
A．2gD162O中含有的质子数、中子数、电子数均为NA
B．80gCuO和Cu2S的混合物中含有的铜原子数一定为NA
C．标准状况下，5.6LO2作氧化剂时转移电子数一定为NA
D．500mL2mol•L－1Na2CO3溶液中含C微粒总数一定为NA
【答案】C
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()
A．标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA
B．常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NA
C．50mL18.4mol•L－1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
D．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA
【解析】氟化氢在标准状况下呈液态，A项错误；乙烯和丙烯的最简式均为CH2，7.0gCH2的物质的量为0.5mol，氢原子的物质的量为0.5mol×2＝1mol，即NA个，B项正确；结合化学方程式Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，50mL18.4mol•L－1(即0.92mol)浓硫酸理论上生成SO20.46mol，但是随着反应的进行，浓硫酸逐渐变稀，硫酸不能反应完，C项错误；N2与H2的反应属于可逆反应，0.1molN2不能完全反应，转移电子数小于0.6NA，D项错误。
【答案】B
9．下列物质的变化所用方程式表示正确的是()
A．实验室制氯气的化学方程式：KClO3＋6H37Cl(浓)===KCl＋337Cl2↑＋3H2O
B．氨溶于重水：NH3＋D2ONH3•D2ONH2D＋2＋OH－
C．生铁在潮湿的空气中，正极的电极反应式：Fe－2e－===Fe2＋
D．制备氢氧化铁胶体：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl
【解析】KClO3与浓H37Cl反应时，前者为氧化剂，后者为还原剂，生成的氯气既是氧化产物又是还原产物，故A错误；氨溶于重水时，正确的方程式为NH3＋D2ONH3•D2ONH3D＋＋OD－，B项错误；C项是负极的电极反应式。
【答案】D
10．下列有关实验操作或判断正确的是()
A．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小
B．需要95mL0.1mol•L－1NaCl溶液，可选用100mL容量瓶来配制
C．用100mL的量筒量取5.2mL的盐酸
D．称取1.06g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容，可得100mL0.1mol•L－1Na2CO3溶液
【答案】B
11．配制500mL0.1mol•L－1的NaCl溶液，下列说法或操作正确的是()
A．用托盘天平准确称量干燥的NaCl固体2.925g
B．准确称量2.9gNaCl固体溶于500mL蒸馏水
C．在烧杯中用蒸馏水溶解NaCl，冷却至室温后移入500mL容量瓶，然后加蒸馏水至刻度线
D．正确称量2.9g混有KCl的NaCl固体，其他操作均正确，配好后的溶液中c(Cl－)偏高
【解析】考生在解答本题时，常犯的错误：忽视托盘天平的精确度而错选A。A项，托盘天平只能精确到0.1g，错误；B项，所配溶液的体积是500mL，并不是溶剂水的体积是500mL，错误；D项，KCl的摩尔质量比NaCl的大，故等质量的KCl的物质的量小，因此配好后的溶液中c(Cl－)偏低，错误。
【答案】C
12．在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm－3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol•L－1。下列关系式或叙述正确的是()
①w＝35a22.4Vρ×100%②c＝1000a22.4V
③向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w
④向上述溶液中再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为c(Cl－)＞c(NH＋4)＞c(H＋)＞c(OH－)
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
【答案】D
13．标准状况下，将aLH2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后得到气体X，将X气体通入含bmolNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－、ClO－3，且三者物质的量之比为8∶1∶1，下列判断正确的是()
A．气体X为纯净物
B．原混合气体中Cl2的物质的量为a2mol
C．原混合气体中H2的物质的量为(a22.4－b2)mol
D．bmolNaOH的热溶液质量为40bg
【解析】选项A，aLH2和Cl2的混合气体反应时，若刚好完全反应，则无H2和Cl2剩余，只得到HCl，HCl与NaOH溶液反应时只能生成NaCl，反应后的溶液中不可能存在ClO－、ClO－3，所以X为混合物，A项错误；选项B，反应后溶液中Na＋的物质的量等于Cl－、ClO－、ClO－3三者的物质的量之和，也等于原混合气体中氯原子的物质的量，所以原混合气体中氯气的物质的量为b2mol，B项错误；选项C，原混合气体中氢气的物质的量为(a22.4－b2)mol，C项正确；选项D，忽略了溶剂H2O的质量，D项错误。
【答案】C
14．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是()
A．由2H和18O组成的11g水中含有的中子数为4NA
B．将0.1mol氯化亚铁溶于1L水中，所得溶液中Fe2＋的数目小于0.1NA
C．25℃时，10LpH＝2的硫酸中含有的H＋数为0.1NA
D．2molNa与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na共失去2NA个电子
【答案】A
15．取100mL0.3mol•L－1的硫酸溶液和300mL0.25mol•L－1的硫酸溶液加水稀释至500mL，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是()
A．0.21mol•L－1B．0.42mol•L－1
C．0.56mol•L－1D．0.26mol•L－1
【答案】B
【解析】根据题意可知，容量瓶中H2SO4溶液的H＋浓度关系如下：c3V3＝c1V1＋c2V2，可得n(H＋)＝(0.1L×0.3mol•L－1＋0.3L×0.25mol•L－1)×2＝0.21mol，所以c(H＋)＝0.21mol0.5L＝0.42mol•L－1。
16．实验室常用98%(ρ＝1.84g•mL－1)的浓H2SO4配制1∶4的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23g•mL－1，其物质的量浓度为()
A．4.6mol•L－1B．5.7mol•L－1
C．3.88mol•L－1D．18.4mol•L－1
【答案】C
【解析】实验室配制1∶4溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液的溶质质量分数：w%＝(1mL×1.84g•mL－1×98%)/(1mL×1.84g•mL－1＋4mL×1g•mL－1)×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)＝(1000mL×1.23g•mL－1×30.9%)/(98g•mol－1×1L)≈3.88mol•L－1，故选C。
17．标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g•mL－1)，所得溶液的密度为ρg•mL－1，溶质的质量分数为w，物质的量浓度为cmol•L－1，则下列关系中不正确的是()
A．ρ＝17V＋2240022.4＋22.4VB．w＝17c1000ρ
C．w＝17V17V＋22400D．c＝1000Vρ17V＋22400
【答案】A
18．有两份溶液，其中所含溶质相同，设其摩尔质量为Mg•mol－1。根据下表信息，回答有关问题：
溶质的质
量分数 溶液的密度(g•cm－3)
第一份溶液 w1 ρ1
第二份溶液[来源:Zxxk.Com] w2 ρ2
(1)第一份溶液中，溶质的物质的量浓度为________。
(2)取等质量两份溶液混合，则所得混合液中溶质的质量分数w3＝________。
【答案】(1)1000ρ1w1Mmol•L－1(2)w1＋w22
19．2014年8月，云南鲁甸发生6.5级地震，造成大量人员伤亡和财产损失。灾区的水需用杀菌消毒剂处理后才能确保饮水安全。救灾物资中的一瓶“84消毒液”的包装说明上有如下信息：含25%NaClO(次氯酸钠)、1000mL、密度1.19g/cm3，稀释100倍(体积比)后使用。
请回答下列问题：
(1)上述“84消毒液”的物质的量浓度为________mol/L。
(2)该同学取100mL上述“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释100倍后的溶液中c(Na＋)＝________mol/L(假设稀释后溶液密度为1.0g/cm3)，该消毒液长时间放置在空气中能吸收标准状况下CO2的体积为________L。
(3)灾区志愿者根据上述“84消毒液”的包装说明，欲用NaClO固体(NaClO易吸收空气中的H2O、CO2)配制480mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是________。
A．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，要烘干才能用于溶液的配制
C．利用购买的商品NaClO来配制可能会导致结果偏低
D．需要NaClO固体的质量为143g
(4)ClO2对污水中Fe2＋、Mn2＋、S2－和CN－等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN－bmg/L，现用ClO2将CN－氧化，只生成两种无毒气体，其离子反应方程式为________________________，处理100m3这种污水，至少需要ClO2________mol。
【答案】(1)4.0(2)0.048.96(3)C
(4)2ClO2＋2CN－===N2＋2CO2＋2Cl－50b13
20．白玉的化学式可用CaxMgySipO22(OH)2表示(也可用Ca、Mg、Si、H的氧化物表示)。
(1)取8.10g白玉粉末灼烧至恒重，固体减少了0.18g，则白玉的摩尔质量为________。
(2)另取4.05g白玉粉末加入100mL1mol/L的盐酸中充分溶解，最终得不溶氧化物2.40g，过滤，将滤液和洗涤液合并后往其中加入足量的铁屑，得到气体336mL(标准状况下)。则
①p＝________；
②白玉的化学式(用氧化物的形式)表示为__________________________________________。
【解析】(1)由白玉的化学式CaxMgySipO22(OH)2可以看出1mol白玉在灼烧时发生反应，只能生成1mol水。n(H2O)＝0.18g18g/mol＝0.01mol，所以白玉的物质的量也是0.01mol，则白玉的摩尔质量为8.10g÷0.01mol＝810g/mol。(2)n(白玉)＝4.05g÷810g/mol＝0.005mol，其中含有Si的物质的量为2.40g÷60g/mol＝0.04mol，因此每摩尔白玉中含有Si的物质的量为0.04÷0.005mol＝8mol，由化学方程式Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑可知：n(H2)＝0.336L÷22.4L/mol＝0.015mol，因此与白玉反应后过量的HCl的物质的量为0.03mol，白玉消耗的HCl的物质的量为1mol/L×0.1L－0.03mol＝0.07mol，那么每摩尔白玉反应需要消耗的HCl的物质的量为0.07÷0.005mol＝14mol。由于Ca、Mg都是＋2价的金属，所以与盐酸反应时每个金属阳离子都要结合2个Cl－，所以n(Ca2＋)＋n(Mg2＋)＝14mol/2＝7mol即x＋y＝7，再结合相对分子质量40x＋24y＋28×8＋16×22＋17×2＝810可得x＝2，y＝5。所以该化合物的分子式为Ca2Mg5Si8O22(OH)2，用氧化物的形式表示为2CaO•5MgO•8SiO2•H2O
【答案】(1)810g/mol
(2)①8②2CaO•5MgO•8SiO2•H2O
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