物质及其反应的分类 同步练习高一化学上学期苏教版（2019）必修第一册.docx

专题1物质的分类及计量第一单元物质及其反应的分类高一化学上学期苏教版（2019）必修第一册一、单选题1阿伏加德罗常数约为6.02 1023 mol-1，下列叙述不正确的是A16.9g过氧化钡( BaO2)固体中阴、阳离子总数约为0.26.021023B25C时，1LpH=13的NaOH溶液中含氢氧根离子数约为6.021022C1 mol羟基所含的电子数约为96.021023D在标准状况下，22.4 L辛烷中所含分子数约为6.0210232标准状况下，1 mol任何气体的体积都约为22.4升，“标准状况”指A0、101 PaB25、101 kPaC0、101 kPaD20、101 kPa3NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有的电子数目为8NAB1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为2NAC4.6g组成为C2H6O的有机物，CH键数目为0.5NAD将1molI2和2molH2置于密闭容器中充分反应后，生成的HI数目小于2NA4同温同压下，甲容器中的氢气(H2)和乙容器中的氨气(NH3)所含的氢原子个数相等，则这两种容器的体积比为A12B23C11D325CO2和KO2有下列反应：4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2、4KO2+4CO2+2H2O=4KHCO3+3O2，若9molCO2在密封舱内和KO2反应后生成9molO2，则反应前密封舱内H2O的量应该是A4.5molB3molC2molD无法确定6设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A向溶液中滴加醋酸至溶液呈中性，溶液中含有的的数目为B常温下，铝与足量浓硫酸反应得到的气体分子数为C常温下，的溶液中的数目为D分子式为的有机物中含有的碳碳双键的数目一定为7NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A1mol氧气中含有2NA个氧原子B使用摩尔时必须指明微粒的名称C1molCO2所含的原子总数为3NAD任何物质所含各种微粒的数目均为NA8设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A1. 8g铵根离子所含的电子数为1. 1 NAB1mol乙烷分子中所含共价键数为6 NAC标准状况下22. 4L乙醇所含的分子数必定为NAD18.0g重水(D2O)与0. 9 NA个水分子中所含有的电子数相等9已知为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是A标准状况下，苯含有的碳原子数为B溶液中含有的数目为C与足量的水完全反应，转移的电子数目为D由和组成的混合物中含有阴离子的数目为10足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与1.12LO2(标准状况下)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗溶液NaOH的体积是A60mLB50mLC40mLD25mL11下列说法正确的是A同温同压下H2和H2S的密度之比为17：1B1 g CH4和1 g O2的原子数之比为5：1C等物质的量的SO2和O2的质量之比为1：2D在标准状况下等质量的Cl2和NO2的体积之比为71：4612下列气体在标准状况下和22克CO2所占的体积相同的是A0.25molO2B28克N2C3.011023个CO分子D5.6LHCl气体13是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A中所含的共用电子对数为B含的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数为C标准状况下，2.24L中含有的质子数目为D与在光照下反应生成的分子数为14设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB18gD2O含有10NA个质子C标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D标准状况下，22.4LCO2和O2混合气体中含有的氧原子数为NA15设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A在通常状态下，22.4g铁可以切割成面心立方晶胞数目为B以铁、石墨为电极，电解法制备时理论上转移电子数为C足量丙烯酸和在浓硫酸和加热条件发生酯化反应生成酯分子数为D按核方程式完全反应，释放出中子数为16设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A中含有的中子数为B固体中含有的离子数为C标准状况下，中含有的分子数为D与足量反应，转移的电子数为二、原理综合题17化学是以实验为基础的科学，请回答下列问题（1）如何鉴定某溶液中含有SO42？请答出实验步骤、现象和结论_（2）若向分液漏斗中加入碘水和足量CCl4，充分振荡后静置，观察到现象是：分液漏斗内液体分两层，上层液体_色，下层液体_色。三、工业流程题18污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含少量铁，铝，铜等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。请回答下列问题：(1)上述流程脱硫实现了_(选填编号)。a.废弃物的综合利用 b.白色污染的减少 c.酸雨的减少 d.臭氧层空洞的减少(2)步骤I生成无水MnSO4的化学方程式是_。步骤IV生成无水MnO2的化学方程式是_。(3)步骤I中，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是_。滤渣M的成分是_。铜元素以_形式存在于滤渣N中。(写化学式)(4)产品MnO2可作超级电容材料，用惰性电极电解MnSO4溶液可以制得MnO2，则MnO2在_生成。(填电极名称)(5)假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。按照图示流程，将2.0m3(标准状况)含SO2的体积分数为60%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量10.44kg。则在除去铁、铝、铜、镍等杂质的过程中，所引入的锰元素为_kg。19Ca(NO2)2常用于电子、仪表及冶金工业。某化工厂采用下列方案制备Ca(NO2)2，并除去氮氧化物（大气污染物），工艺流程如图：NO2NOCa(OH)2Ca(NO2)2H2O；4NO22Ca(OH)2Ca(NO2)2Ca(NO3)22H2O在酸性条件下2+4H+2I-=2NO+I2+2H2O；2+I2=+2I-(1)为加快CaCO3的分解速率，可以采取的措施有_（任写一种）。(2) “制浆”过程中生成Ca(OH)2的化学方程式是_。(3)该工艺流程中需控制NO和NO2物质的量之比接近11。若n(NO2)n(NO)11，则会导致_。(4)Ca(NO2)2样品纯度的测定准确称取1.50gCa(NO2)2样品配成250ml的溶液，取25mL于锥形瓶中，加入过量的KI溶液、淀粉溶液，滴加稀硫酸，溶液变蓝。用0.1molL-1Na2S2O3溶液滴定溶液至无色，消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL，据此计算样品中Ca(NO2)2的纯度，写出计算过程_。试卷第5页，共5页参考答案1D【详解】略2C【详解】“标准状况”指0、101 kPa，故合理选项是C。3C【详解】A常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有1mol氧原子，含有的电子数目为8NA，A正确；B氯气和铁反应生成氯化铁，1mol氯气反应转移2mol电子，B正确；C组成为C2H6O的有机物可能为乙醇，一个分子含有5个碳氢键，可能为甲醚，一个分子含有6个碳氢键，所以不能确定碳氢键数目，C错误；D因为该反应为可逆反应，反应物不能完全反应，不能确定产物的具体数据，但碘化氢小于2mol，D正确；故选C。4D【详解】甲容器中的氢气(H2)和乙容器中的氨气(NH3)所含的氢原子个数相等，则H2与NH3物质的量之比为32，同温同压下气体体积之比等于气体物质的量之比，则甲、乙两容器的体积比为32；故选D。5B【详解】依题意，9molCO2在密封舱内和KO2反应后生成9molO2，即n(CO2):n(O2)=1:1，通过观察题给两个化学方程式可知，当把两个化学方程式相加时正好符合题目要求：8KO26CO22H2O2K2CO34KHCO36O2，所以有n(H2O)=n(CO2)=9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。故选B。6A【详解】A根据电荷守恒，的数目等于，A项正确；B常温下，铝与浓硫酸会钝化，无法计算气体体积，B项错误；C溶液体积未知，C项错误；D分子式为的有机物可能为环丙烷，环丙烷中无碳碳双键，D项错误。故答案为A。7D【详解】A氧气属于双原子分子，1mol氧气中含有2NA个氧原子，故A正确；B物质的量所指的对象是微观粒子，1molH表示1mol氢原子，1molH2表示1mol氢气分子，所以在使用摩尔时必须指明微粒的名称，故B正确；C二氧化碳属于3原子分子，因此1molCO2所含的原子总数为3NA，故C正确；D构成物质的微粒数不同，不能说任何物质所含各种微粒的数目均为NA，如1molH2中含有NA个氢分子，2NA个氢原子，故D错误；故选D。8D【详解】略9D【详解】A标准状况下的苯为液体不适用气体摩尔体积，A错误；B碳酸根会水解为碳酸氢根和碳酸，溶液中含有的数目小于，B错误；C与足量的水完全反应，生成HCl和HClO，化合价由0价变为-1价和+1，转移的电子数目为，C错误；D和的相对分子质量均为78，由和组成的混合物的物质的量0.1mol，含有阴离子的数目为，D正确；答案选D。10B【详解】1.12LO2的物质的量为=0.05mol，根据题意，Cu失电子给了HNO3生成NO，NO2又失电子给了O2生成HNO3，该过程中相当于HNO3未得到电子，结果仅是Cu失电子给了O2，根据得失电子守恒知，2n(Cu)=4n(O2)，故n(Cu)=0.1mol，根据关系式CuCu2+2OH-2NaOH可得，n(NaOH)=2n(Cu)=0.2mol，V(NaOH)=0.05L=50mL，故选B。11B【详解】A同温同压下H2和H2S的密度之比等于气体的相对分子质量的比，密度之比为2：34=1：17，A错误；B1 g CH4和1 g O2的原子数之比为=5：1，B正确；C等物质的量的SO2和O2的质量之比为(1 mol64 g/mol)：(1 mol32 g/mol)=2：1，C错误；D在标准状况下等质量的Cl2和NO2的体积之比等于气体的物质的量的比，则比值为： =46：71，D错误；故合理选项是B。12C【详解】22克CO2的物质的量是；28克N2的物质的量是；3.011023个CO分子的物质的量是；标准状况下，5.6LHCl气体的物质的量是；根据阿伏伽德罗定律及其推论，同温同压下，同物质的量的气体具有相同的体积，所以在标准状况下和22克CO2所占的体积相同的是3.011023个CO分子，故选C。13A【详解】A二氧化碳的电子式为，则1molCO2共用电子对数为14=，故A正确；B根据化学反应，Mg+2H2SO4（浓）=MgSO4+SO2+2H2O，2mol浓H2SO4和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子2mol，转移的电子数等于2NA，0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2NA，若Mg+H2SO4=MgSO4+H2，如果1molH2SO4只生成氢气则转移电子为2mol，转移的电子数数为2NA，0.2molH2SO4只生成氢气则转移电子数为0.4NA，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2NA小于0.4NA，故转移的电子数介于0.2NA和0.4NA之间，故B错误；C标准状况是0，水不是气体，无法用气体摩尔体积来计算物质的量，故C错误；DCH4和Cl2发生取代反应时，会发生系列反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，生成的分子数小于，故D错误；故选：A。14A【详解】A1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为NA=0.1NA，故A正确；BD2O的摩尔质量为20g/mol，故18gD2O的物质的量n=0.9mol，而1molD2O中含10mol质子，故0.9mol重水中含9mol质子即9NA个，故B错误；C标准状况下，氨水是溶液，不是气体，无法根据气体摩尔体积计算22.4L氨水中含有的NH3分子，故C错误；D标准状况下，22.4LCO2和O2混合气体的物质的量为=1mol，每个分子中都含有2个O原子，含有的氧原子数为2NA，故D错误；故选A。15D【详解】A22.4gFe相当于0.4mol，1个面心立方晶胞含4个铁原子，22.4gFe可以切割成0.1mol面心立方晶胞，A错误；B制备时理论转移6mol电子，B错误；C酯化反应是可逆反应，C错误；D为0.5mol，释放出0.5mol中子，D正确；故答案为：D。16C【详解】A一个水分子中含有8个中子，的物质的量为1mol，则中含有的中子数为，A项错误；B碳酸氢钠由钠离子和碳酸氢根构成，则固体中含有的离子数为，B项错误；C标准状况下，的物质的量为1mol，则中含有的分子数为，C项正确；D铁与氯气反应，生成氯化铁，则与足量反应，转移的电子数为，D项错误；答案选C。17取少量待测液置于试管中，滴加稀盐酸，无现象，然后滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则说明有硫酸根 无 紫（红） 【详解】（1）鉴定过程中必须先加入盐酸以排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子的干扰。鉴定某溶液中含有SO42-的实验步骤、现象和结论：取少量待测液置于试管中，滴加稀盐酸，无现象，然后滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则说明有硫酸根，反之则没有；（3）根据碘易溶于四氯化碳，并且四氯化碳与水互不相溶，密度比水大的性质，故向分液漏斗中加入碘水和少量CCl4，充分振荡后静置，会观察到溶液分层，上层颜色为无色，下层溶液颜色为紫红色。点睛：本题考查离子检验和物质的分离提纯的物理方法，解答本题的关键是找准检验离子的试剂和注意干扰，熟悉萃取原理。18ac MnO2+SO2=MnSO4 2KMnO4+3MnSO4+2H2O=K2SO4+5MnO2+2H2SO4 消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 Al(OH)3、Fe(OH)3 CuS 阳极 1.32 【分析】二氧化硫能与二氧化锰反应生成MnSO4，用MnCO3能通过调节溶液的pH使溶液中Al3+和Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰。据此解答。【详解】(1)通过上述流程可以将含有SO2废气转化为MnSO4，能降低SO2对空气的污染，避免其形成酸雨，也减少了酸雨形成，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，白色污染主要是塑料等难降解的物质形成的，臭氧空洞是由于氟卤代烃等形成，这两种环境问题都与SO2无关，故合理选项是ac；(2)步骤I生成无水MnSO4的反应为二氧化锰和二氧化硫发生的反应，反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4，步骤IV生成无水MnO2的反应是高锰酸钾在水溶液中氧化Mn2+形成，根据电子守恒、原子守恒，可得反应化学方程式为：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=K2SO4+5MnO2+2H2SO4；(3)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解平衡正向移动，生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，因此滤渣M主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3，Cu2+会和加入的MnS溶解电离产生的S2-离子生成更难溶的CuS沉淀；(4)Mn2+在阳极失电子转化为MnO2，阳极的电极反应式为：Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+；(5)反应的二氧化硫的物质的量n(SO2)=60%89.6%=48 mol，根据SO2+MnO2=MnSO4可知生成硫酸锰的物质的量为48 mol，实际上最终生成的二氧化锰为10.44 kg，根据方程式2KMnO4+3MnSO4+2H2O=K2SO4+5MnO2+2H2SO4可知：每反应消耗3 mol MnSO4，会产生5 mol MnO2，则反应产生10.44 kg MnO2，即产生MnO210440 g，消耗的MnSO4的物质的量为n(MnSO4)=72 mol；除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素(72 mol-48 mol)=24 mol，相当于Mn元素的质量=24 mol55 g/mol=1320 g=1.32 kg。19提高反应温度，或将CaCO3磨碎等 CaO+H2O=Ca(OH)2 产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高 88% 【分析】CaCO3在高温条件下分解，生成CaO和CO2气体；生成的CaO溶于水生成Ca(OH)2，通入NO、NO2的混合气体，发生反应NO2NOCa(OH)2Ca(NO2)2H2O，若NO2过量，则会发生反应4NO22Ca(OH)2Ca(NO2)2Ca(NO3)22H2O，从而使Ca(NO2)2中混入Ca(NO3)2。【详解】(1)为加快CaCO3的分解速率，可以通过提升反应温度或增大接触面积的方法，所以采取的措施有提高反应温度，或将CaCO3磨碎等。答案为：提高反应温度，或将CaCO3磨碎等；(2) “制浆”过程中，CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，反应的化学方程式是CaO+H2O=Ca(OH)2。答案为：CaO+H2O=Ca(OH)2；(3)该工艺流程中需控制NO和NO2物质的量之比接近11。若n(NO2)n(NO)11，则发生反应NO2NOCa(OH)2Ca(NO2)2H2O之后，又会发生反应4NO22Ca(OH)2Ca(NO2)2Ca(NO3)22H2O，从而导致产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高。答案为：产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高；(4)由反应方程式：2+4H+2I-=2NO+I2+2H2O；2+I2=+2I-，可建立如下关系式：Ca(NO2)22 Na2S2O3，25mL 配制的溶液中消耗Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3)= 0.1molL-10.02000L=0.002mol，则原样品中所含Ca(NO2)2的质量为：mCa(NO2)2=1.32g，样品中Ca(NO2)2的纯度为=88%。答案为：88%。【点睛】NO通入Ca(OH)2溶液中，与Ca(OH)2不发生化学反应，所以要利用Ca(OH)2溶液吸收NO，必须借助于NO2。答案第7页，共7页