化学家眼中的物质世界练习题(很好)

化学家眼中的物质世界本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分。考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共46分)一、选择题(本题包括5个小题，每题2分，共10分，每题只有一个选项符合题意。)1．(2012·江苏苏州)下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是()[答案]C2．下列叙述不正确的是()A．与28gCO具有相同分子数的CO2的质量一定是44gB．1molAl3＋含有的核外电子数为3NAC．常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NAD．1L1mol·L－1FeCl3溶液中Fe3＋的数目小于NA[答案]B[解析]A项：根据公式eq\f(N,NA)＝n＝eq\f(m,M)，可列式：eq\f(mCO,MCO)＝eq\f(mCO2,MCO2)，可判断A项正确。1molAl3＋的核外电子数为10NA，B项错；1molHe气体，(He是单原子分子)所含原子数为NA，C正确；由于Fe3＋水解，故1L1mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋数目小于NA，D正确。3．(2012·1，临沂)逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方法，以下推理中正确的是()A．单质都是由同种元素组成的，只含一种元素的物质一定是纯净物B．金属铝排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，铝与酸反应一定放出氢气C．中和反应都有盐和水生成，有盐和水生成的反应都属于中和反应D．氧化物中都含有氧元素，含氧元素的化合物不一定是氧化物[答案]D[解析]只含有一种元素的物质不一定是纯净物，例如O2和O3的混合物中只含氧元素，A错；铝与浓、稀硝酸等强氧化性的酸反应时不会放出氢气，B错；金属氧化物与酸反应(如CuO＋H2SO4=CuSO4＋H2O)有盐和水生成，但不是中和反应，C错；含氧酸、碱、含氧酸盐等均含有氧元素，但不是氧化物，D对。4．某气体的摩尔质量为Mg·mol－1，NA表示阿伏加德罗常数，在一定的温度和压强下，体积为VL的该气体所含有的分子数为x。则eq\f(Mx,VNA)表示的是()A．VL该气体的质量(以g为单位)B．1L该气体的质量(以g为单位)C．1mol该气体的体积(以L为单位)D．1L该气体中所含的分子数[答案]B[解析]x除以NA为该气体的物质的量；然后乘以M表示其质量；再除以V表示1L该气体的质量。5．(2012·3，日照)图表归纳是学习化学的一种常用方法，某同学如下归纳的下表与上图中对应正确的是()选项XYZA胶体混合物淀粉溶液B化合物酸性氧化物一氧化氮C气态氢化物化合物液溴D强电解质强酸硫酸[答案]D[解析]A选项中，应是混合物包含胶体；B选项中，一氧化氮不是酸性氧化物；C选项，液溴为单质；D选项中强电解质包含强酸，而强酸包含硫酸。二、选择题(本题包括12个小题，每题3分，共36分，每题只有一个选项符合题意。)6．(2012·1，潍坊)如图所示，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、C处充入等质量的X、Y两种气体，且X、Y的气体密度相等。当隔板停止滑动时，下列说法正确的是()A．气体的体积：V(X)>V(H2)>V(Y)B．物质的量：n(X)<n(H2)<n(Y)C．X的相对分子质量等于Y的相对分子质量D．X的相对分子质量比Y的相对分子质量小[答案]C[解析]根据“容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板”，说明A、B、C三个容器的温度、压强相等。7．(2012·1，青岛)同温同压下，等体积的两容器内分别充满由14N、13C、18A．分子数和气体质量均不同B．分子数和电子数均相同C．质子数和中子数均相同D．分子数、原子数和中子数均相同[答案]D[解析]本题侧重于考查阿伏加德罗定律及其推论的应用。由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的气体具有相同的分子数。故这两种气体的分子数相同。A项，分子数相同，但二者的摩尔质量不同，故质量不同，A错误；B项，分子数相同，但电子数不同，B错误；C项，质子数不同，中子数相同，C错误；D项，分子数相同，又都是双原子分子，故原子数相同，且二者分子的中子数都为17，正确。8．(2012·3，济南)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．17gNH3中含有3NA个N—H键B．25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NC．1molCu和足量稀硝酸反应产生NA个NOD．10LpH＝1的硫酸溶液中含有的H＋数为2NA[答案]A[解析]本题主要考查溶液中微粒数目的计算。解答时注意在计算溶质的物质的量或质量时，要同时知道溶液的浓度与体积，二者缺一不可。A项，每个NH3中含有3个N—H键，故17gNH3(1mol)中含有3NA个N—H键，A正确；B项，没有告诉溶液的体积，无法求算NaOH的物质的量，故B错；根据化学反应关系式3molCu～2molNO，1molCu反应只能产生2/3mol的NO，故C错；D项，pH＝1表明溶液中的c(H＋)＝0.1mol/L，n(H＋)＝10L×0.1mol/L＝1mol，故D错。9．工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca(NO3)2·4H2O晶体，为了确保制备过程中既不补充水，也无多余水分，所用硝酸溶液溶质的质量分数应为()A．30%B．63%C．70%D．无法确定[答案]C[解析]将Ca(NO3)2·4H2O在组成不变的情况下拆分、重组，形成新的化学式为CaO·2HNO3·3H2O，据此可直观判断出“2HNO3”与“3H2O”形成的溶液即为原硝酸溶液，则硝酸中溶质的质量分数为eq\f(2×63,2×63＋3×18)×100%＝70%。10．(2012·徐州模拟)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()A．C2H4B．CH4C[答案]C[解析]本题考查阿伏加德罗定律的推论，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，故C正确。11．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A．标准状况下，将分子总数为NA的NH3和HCl两种气体混合，混合气体的体积约为22.4LB．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合，混合气体所含分子数为NAC．一定条件下，1molN2与足量的H2反应，可生成2NA个NH3分子D．3.2gCu与足量98%的H2SO4反应可得0.05NA个SO2分子[答案]D[解析]A中NH3和HCl可反应生成固态物质NH4Cl；B中NO与O2反应生成NO2，但同时有部分NO2会转化为N2O4；C中N2与H2合成NH3是一个可逆反应。12．(2012·1，东营)盐是一种常见的物质，下列物质通过一反应可直接形成盐的是()①金属单质②碱性氧化物③碱④非金属单质⑤酸性氧化物⑥酸A．①②③B．①④⑥C．②⑤⑥D．全部[答案]D[解析]金属单质与酸反应生成对应的盐和H2；碱性氧化物与酸反应生成盐和水；碱与酸(或酸性氧化物)反应生成盐；非金属单质和金属化合可得到盐；酸性氧化物或酸与碱(或碱性氧化物)反应生成盐。13．已知反应：A(s)eq\o(=,\s\up7(△))B(s)＋C(g)＋4D(g)，若测得生成的气体质量是同温同压下相同体积氢气的10倍，且当所生成的气体体积在标准状况下为22.4L时，所得B的质量为30.4g，则A的摩尔质量为()A．130.4g·mol－1 B．50.4g·mol－1C．182.4g·mol－1 D．252g·mol－1[答案]D[解析]生成的气体为C和D的混合气体，且其中n(C)：n(D)＝1：4，eq\o(M,\s\up6(－))＝2g·mol－1×10＝20g·mol－1；当生成的气体体积为22.4L(标准状况下)时，n(A)＝n(C)＝eq\f(1,5)×eq\f(22.4L,22.4L·mol－1)＝0.2mol，m(A)＝30.4g＋1mol×20g·mol－1＝50.4g，故M(A)＝eq\f(50.4g,0.2mol)＝252g·mol－1。14．某温度下，在100g水中加入mgCuSO4或加入ngCuSO4·5H2O，均可使溶液恰好达到饱和，则m与n的关系符合()A．m＝eq\f(160,250)n B．m＝eq\f(1600n,2500＋9n)C．m＝eq\f(1600n,2500＋16n) D．m＝eq\f(1600n,2500＋25n)[答案]B[解析]根据溶解度定义求解：eq\f(m,100)＝eq\f(n×\f(160,250),100＋n×\f(90,250))15．下图是M、N两种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线。下列说法中正确的是()A．t1℃B．温度从t1℃升高到t3C．M比N的溶解度大D．N中含有少量M时，可用降温结晶法提纯N[答案]A[解析]由图可看出，t1℃时N比M的溶解度大，A正确。因N的溶解度随温度的升高而降低，故从t1℃升高到t3℃时，N的饱和溶液中溶质的质量分数将减小，B错。温度高于t216．3g镁铝合金与100mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4g，则原硫酸的物质的量浓度为()A．1mol·L－1 B．1.5mol·－1C．2mol·L－1 D．2.5mol·L－1[答案]B[解析]由镁铝合金到无水硫酸盐，固体增重的质量为SOeq\o\al(2－,4)的质量，则n(H2SO4)＝n(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(17.4－3,96)mol＝0.15mol，故c(H2SO4)＝eq\f(0.15mol,0.1L)＝1.5mol·L－1，B对。17．以下有关物质的量浓度的叙述正确的是()A．等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应。若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1:2:3B．150mL1mol·L－1的氯化钾溶液中的c(Cl－)与50mL1mol·L－1的氯化铝溶液中的c(Cl－)相等C．20℃时，饱和KCl溶液的密度为1.174g·cm－3，物质的量浓度为4.0mol·L－1，则此溶液中KCl的质量分数为eq\f(74.5×4.0,1.174×1000)×100%D．20℃时，100g水可溶解34.2g[答案]C[解析]A选项中由生成硫酸钡的质量比1:2:3，可知硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾三种溶液中所含的SOeq\o\al(2－,4)物质的量之比为1:2:3，从而可推知硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾的物质的量浓度之比为1:6:9，故A错误；B选项中氯化钾的浓度等于氯化铝的浓度，c(Cl－)间的关系为1:3，而不是相等，故B错误；由C＝eq\f(1000pω,M)可得出C正确；对于D选项，我们可以由质量分数的概念，轻松得出选项错误。第Ⅱ卷(非选择题共54分)三、填空题(本题包括5个小题，共54分)18．(本小题满分10分)(2012·1，威海)(1)如何制备Fe(OH)3胶体？请写出操作要求及反应方程式：________，怎样用实验证明形成了胶体____________________。(2)在Fe(OH)3胶体中逐渐滴入HI稀溶液，会出现一系列变化。①先出现红色沉淀，原因是______________________。②随后沉淀溶解，溶液呈黄色，此反应的离子方程式是__________________________________。③最后溶液颜色加深，原因是________，此反应的离子方程式是________________________。④若用稀盐酸代替HI稀溶液，能出现上述相同变化现象的是________(填写上面各题序号)。[答案](1)将少量饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈现红褐色，停止加热，发生反应FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3HCl使一束光线通过所得液体混合物，有丁达尔效应，证明形成了胶体(或观察液体混合物的颜色，呈红褐色，证明形成了胶体)(2)①加入电解质使胶体聚沉②Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O③有单质I2生成2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2④、①②[解析](1)Fe(OH)3胶体的制备要注意细节。如滴加FeCl3溶液时要振荡烧杯，但不能用玻璃棒搅拌，因搅拌会减弱胶粒对电荷的吸附能力，使之结合成大颗粒而沉降。(2)HI为电解质，既有酸性又有强还原性。刚加入HI时因中和了Fe(OH)3胶体中胶粒所带电荷，使其发生聚沉产生沉淀；又因为HI为强酸，继续加入后酸性增强，与Fe(OH)3发生中和反应而使其溶解；随溶液中Fe3＋浓度的增大，I－与Fe3＋发生氧化还原反应有I2生成，使溶液颜色加深。若用稀盐酸，由于Cl－与Fe3＋不发生反应，故只会发生①②两种现象。19．(本小题满分12分)Ⅰ.根据下列数据判断元素X的相对原子质量。(1)1.01×105Pa,273℃时气态单质Xn的密度为d(2)相同状况下，一定体积的气态氢化物HmX的质量是等体积NH3的2倍。则X的相对原子质量为________。(3)a个X原子的总质量为bg，则X的相对原子质量可表示为________。Ⅱ.(1)20gA物质和14gB物质完全反应，生成8.8gC物质、3.6gD物质和0.2molE物质，则E物质的摩尔质量为________。(2)12.4gNa2X含有0.4molNa＋，Na2X的摩尔质量为________，其相对分子质量为________，X的相对原子质量为________，该物质的化学式为________。[答案]Ⅰ.(1)eq\f(44.8d,n)(2)34－m(3)eq\f(b,a)NAⅡ.(1)108g·mol－1(2)62g·mol－16216Na2O[解析]Ⅰ.(1)在273℃时，气体摩尔体积是标况下的2倍，即Vm＝2×22.4L·mol－1＝44.8L·mol－1，Xn的相对分子质量为44.8d，X的相对原子质量是eq\f(44.8d,n)。(2)HmX的相对分子质量为17×2＝34，则X的相对原子质量为34－m。(3)一个X原子的质量为eq\f(b,a)g,1molX的质量为eq\f(b,a)g·NA，则X的相对原子质量为eq\f(b,a)NA。Ⅱ.(1)依据质量守恒定律，m(E)＝(20g＋14g)－(8.8g＋3.6g)＝21.6g则M(E)＝eq\f(mE,nE)＝eq\f(21.6g,0.2mol)＝108g·mol－1(2)Na2X～2Na＋[46＋Mr(X)]g2mol12.4g0.4mol则eq\f([46＋MrX]g,12.4g)＝eq\f(2mol,0.4mol)则Mr(X)＝16为O元素，其它各项由此而求出。20．(本小题满分9分)某同学称取了4.0gNaOH固体，欲配制100mL溶液。回答下列问题：(1)该实验中，用到的能确定体积的两种玻璃仪器是________、________。(2)操作过程中多次用到玻璃棒，其在实验中的作用有________。(3)不规范的实验操作会导致实验结果的误差。分析下列操作对实验结果的影响(填“偏大”、“偏小”或“不变”)：①在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外________；②定容时仰视仪器上的刻度线________；③定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线________。(4)最后所得的溶液应存放在试剂瓶中，并贴上标签，请你填写该标签(如图)。[答案](1)量筒容量瓶(2)搅拌、引流(3)偏小偏小偏小(4)[解析](1)实验中量筒和容量瓶可以确定溶液的体积。(2)溶解过程中，玻璃棒的作用为搅拌；在转移溶液时，玻璃棒的作用为引流。(3)①溶解时有液体溅出，则溶质的质量减小，浓度偏小；②定容时仰视刻度线，则溶液体积偏大，浓度偏小；③定容后又加水，则溶液浓度偏小。④该NaOH溶液物质的量浓度为eq\f(\f(4.0g,40g/mol),0.1L)＝1mol/L。21．(本小题满分13分)(2011·1，济南)某化学兴趣小组测定某Fe2(SO4)3样品(只含少量FeCl2杂质)中铁元素的质量分数，按以下实验步骤进行操作：①称取ag样品，置于烧杯中；②加入50mL1.0mol/L稀硫酸和一定量的蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250.0mL溶液；③量取25.0mL步骤②中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量的氯水，使反应完全；④加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；⑤过滤，洗涤沉淀；⑥将沉淀转移到某容器内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，在干燥器中冷却至室温后，称量；⑦……请根据上面叙述，回答：(1)上图所示仪器中，本实验步骤①②③中必须用到的仪器有E和________(填字母)。(2)步骤②中：配制50mL,1.0mol/L稀H2SO4需要98%(密度1.84g/cm3)的浓H2SO4体积为________mL，量取该体积的浓H2SO4用到量筒规格是________。(3)样品中的杂质Fe2＋有较强的还原性，完成并配平下列反应的离子方程式从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时，对实验结果造成________(填“偏大”“偏小”或“不影响”)，等物质的量ClO2与Cl2的氧化效率之比为________。(4)第⑥步的操作中，将沉淀物转移到________(填仪器名称)中加热，冷却到室温，称量其质量为m1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为m2g，若m1与m(5)若步骤⑥不在干燥器中冷却，则测定的铁元素的质量分数会________(填“偏大”“偏小”或“不影响”)；若容器质量是W1g，最终容器和固体的总质量是W2[答案](1)CFG(2)2.710mL(3)514H＋=512不影响5:2(4)坩埚继续加热，放置干燥器中冷却，称量，至最后两次称得的质量差不超过0.1g(或恒量)为止。(5)偏大eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(W2－W1g,160g/mol)×2×56g/mol×\f(250mL,25mL)÷ag×100%))[