2022届高考化学一轮复习-课后限时集训3-物质的量-气体摩尔体积鲁科版.doc

2022届高考化学一轮复习 课后限时集训3 物质的量 气体摩尔体积鲁科版

2022届高考化学一轮复习 课后限时集训3 物质的量 气体摩尔体积鲁科版

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课后限时集训(三)
(建议用时：40分钟)

1．(2020·青岛模拟)下列有关叙述错误的是 (　　)
A．物质的量是描述微观粒子数目多少的物理量
B．当物质的质量以g为单位时，铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量
C．阿伏加德罗常数是指0.012 kg 12C所含的碳原子数，其数值约等于6.02×1023
D．标准状况下，2 mol气体的体积约为44.8 L
A　[物质的量是描述粒子集合体的物理量，A错误。]
2．(2020·郑州模拟)根据我国统一施行法定计量单位的规定，下列说法比较规范的是 (　　)
A．98 g硫酸的摩尔数为1 mol
B．氧的摩尔质量为32 g·mol－1
C．某硫酸中H2SO4的质量分数为60%
D．阿伏加德罗常数约为6.02×1023个
C　[A项，不能用摩尔数表示物质的量，错误；B项，氧指代不明确，错误；D项，阿伏加德罗常数的单位为mol－1，不是“个”，错误。]
3．下列有关C2H2和C6H6的叙述错误的是(　　)
A．二者碳元素的质量分数相同
B．在标准状况下，等体积的两种物质含有的分子数相等
C．等物质的量时，二者质量之比为＝
D．等质量时，二者完全燃烧消耗相同状况下的氧气体积相等
B　[C2H2与C6H6的最简式均为CH，故二者碳元素的质量分数相同，故A不合题意；标准状况下，C6H6为非气体，等体积的两种物质的物质的量不相等，所以含有的分子数也不相等，B项错误；等物质的量时，二者质量之比为＝，故C不合题意；二者的最简式相同，则等质量的两种物质完全燃烧消耗相同状况下的氧气体积相等，故D不合题意。]
4．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18 g冰水中含有共价键的数目为NA
B．1 mol硝基(—NO2)与46 g二氧化氮所含的电子数均为23NA
C．将0.1 mol Cl2通入水中后，溶液中HClO、Cl－、ClO－的粒子数之和是0.2NA
D．3.2 g SO2与足量O2在一定条件下反应，生成SO3的分子数为0.05NA
B　[1个水分子中含有2个共价键，则1 mol (18 g)冰水中含有的共价键数目为2NA，A错误；1个硝基(—NO2)与1个二氧化氮分子中均含有23个电子，所以1 mol硝基(—NO2)与46 g(1 mol)二氧化氮所含的电子数均为23NA，B正确；将0.1 mol Cl2通入水中后，溶液中含有氯元素的粒子有HClO、Cl－、ClO－、Cl2，根据氯原子守恒知，0.1 mol Cl2通入水中后，溶液中HClO、Cl－、ClO－的粒子数之和小于0.2NA，C错误；3.2 g SO2与足量O2在一定条件下的反应是可逆反应，生成SO3的分子数小于0.05NA，D错误。]
5．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(　　)
A．2.0 g CO2与SO2的混合气体分子中，含有的质子数为NA
B．7.1 g Cl2与100 mL 1.0 mol·L－1 NaOH溶液反应，转移电子数小于0.1NA
C．17 g NH3与48 g O2在催化剂加热条件下充分反应，得到的NO分子数为NA
D．标准状况下，2.24 L CH4和C3H6混合气体中含有的极性键数介于0.4NA与0.6NA之间
C　[C项，生成的NO可能与O2反应又生成NO2，得到的NO分子数小于NA，C项错误。]
6．(2020·天津模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．19 g羟基(—18OH)所含中子数为10NA
B．标准状况下，44.8 L HF含有2NA个极性键
C．1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3NA
D．0.1 mol·L－1 KAl(SO4)2溶液中SO的数目为0.2NA
A　[—18OH的摩尔质量为19 g·mol－1，一个—18OH所含中子数为10,19 g —18OH的物质的量为1 mol，所含中子数为10NA，A项正确；HF在标准状况下呈液态，只根据标准状况下的体积无法确定HF的物质的量，B项错误；NaHSO4晶体中含Na＋和HSO两种离子，即1 mol该晶体中含2 mol离子，离子数为2NA，C项错误；只给出KAl(SO4)2溶液的浓度，未给出体积，无法确定溶液中SO的数目，D项错误。]
7．如图表示1 g O2与1 g气体X在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则气体X可能是 (　　)

A．C2H4 B．CH4　　　
C．NO　 D．CO2
D　[根据阿伏加德罗定律推论，同温同容下，存在＝，可得n(O2)>n(X)，又因质量均为1 g，由n＝可得M(X)>M(O2)，故仅有D项符合题意。]
8．如图是两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是(　　)

A．所含原子数相等　 B．气体密度相等
C．气体质量相等 D．摩尔质量相等
A　[同温同压同体积，分子数相同，因为气体均为双原子分子，故原子数相同。]
9．(1)含0.4 mol Al2(SO4)3的溶液中，含________mol SO，Al3＋的物质的量________(填“>”“<”或“＝”)0.8 mol。
(2)0.3 mol CH4分子中所含质子数与________个H2O分子中所含质子数相等。2.4 g TO中所含中子数为______，1.5 g CH中的电子数为______，15.6 g Na2O2中的阴离子数为______(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
[解析]　Al3＋在水中发生水解反应，故物质的量小于0.8 mol。
(2)CH4分子和H2O分子的质子数都是10，所以H2O分子个数为0.3NA；TO中的中子数为14,2.4 g TO中所含中子数为1.4NA；CH中的电子数为8，1.5 g CH中的电子数为0.8NA；Na2O2中的阴离子为O，15.6 g Na2O2中的阴离子数目为0.2NA。
[答案]　(1)1.2　<
(2)0.3NA　1.4NA　0.8NA　0.2NA

10．(2020·宁波模拟)设NA是阿伏加德罗常数的值。已知CuSO4溶液浸取FeS2中铁元素的反应的化学方程式为14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4。下列说法正确的是(　　)
A．每生成49 g H2SO4，参加反应的H2O中含共价键的数目为0.5NA
B．上述反应中，14 mol CuSO4氧化FeS2的数目为NA
C．若生成的溶液中含0.5NA个Fe2＋，则生成0.7 mol Cu2S
D．上述反应中，生成3 mol氧化产物时转移电子数为14NA
B　[为了深入分析氧化还原反应原理，可将该化学方程式拆写成离子方程式14Cu2＋＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5Fe2＋＋3SO＋24H＋。n(H2SO4)＝＝0.5 mol，生成0.5 mol H2SO4时消耗0.5 mol H2O,1个水分子中含2个共价键，故0.5 mol H2O 中含1 mol共价键，A项错误；14 mol CuSO4转化为7 mol Cu2S得14 mol电子，1 mol FeS2转化成2 mol SO失去14 mol电子，B项正确；Fe2＋部分水解，若生成的溶液中含0.5NA个Fe2＋，则实际生成的n(FeSO4)>0.5 mol，生成Cu2S的物质的量大于0.7 mol，C项错误；该反应中，氧化产物为SO，若生成3 mol SO，则转移21 mol电子，D项错误。]
11．(2020·威海期末)奥克托今是一种猛(性)炸药，学名环四亚甲基四硝胺，简称HMX，其结构简式如图所示。密闭容器中HMX发生自爆时产生的氮气和一氧化碳的分子数之比为 (　　)

A．1∶1 B．2∶1　　
C．1∶2 D．3∶2
A　[根据结构简式可知奥克托今的分子式为C4N8H8O8，根据原子守恒可知，HMX自爆时的反应方程式为C4N8H8O8===4CO↑＋4N2↑＋4H2O↑，故氮气和CO的分子数之比为1∶1。]
12．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　)
A．60 g SiO2晶体中含有4NA个Si—O键
B．含有0.4NA个氧原子的10 g乙醇水溶液中，乙醇的质量分数为46%
C．5.6 g Fe在2.24 L(标准状况)氯气中充分燃烧，最终转移的电子数目为0.3NA
D．通常状况下，将6.4 g SO2通入足量溴水中充分反应，生成H＋的数目为0.4NA
C　[60 g SiO2的物质的量为1 mol，二氧化硅晶体中每个硅原子形成4个Si—O键，则60 g SiO2晶体中含有4NA个Si—O键，A正确；设乙醇的质量分数为x，则H2O的质量分数为(1－x)，10x/46＋10(1－x)/18＝0.4，解得x＝46%，B正确；5.6 g Fe为0.1 mol，标准状况下2.24 L氯气的物质的量为0.1 mol，两者发生反应2Fe＋3Cl22FeCl3，显然铁过量，氯气不足，所以最终转移电子的物质的量小于0.3 mol，C错误；6.4 g SO2的物质的量为0.1 mol，SO2与Br2的反应为SO2＋Br2＋2H2O===4H＋＋SO＋2Br－，故0.1 mol SO2完全反应时，生成的H＋的物质的量为0.4 mol，D正确。]
13．标准状况下，在乙室中充入1.2 mol HCl，甲室中充入NH3、H2的混合气体，静止时活塞如图。已知甲室中气体的质量比乙室中气体的质量少33.8 g。

请回答下列问题：
(1)甲室中气体的物质的量为________ mol。
(2)甲室中气体的质量为________ g。
(3)甲室中NH3、H2的物质的量之比为________，质量之比为________。
(4)如果将活塞a去掉，当HCl与NH3完全反应后，活塞b将静止于刻度“________”(填数字)处。
[解析]　由题图可知甲、乙两室气体的体积之比为5∶3，故其物质的量之比也为5∶3，所以甲室中气体为2 mol。(2)HCl气体的质量为1.2 mol×36.5 g·mol－1＝43.8 g，则甲室中气体的质量为43.8 g－33.8 g＝10 g。(3)设氨气的物质的量为x，氢气的物质的量为y，根据其物质的量、质量列方程组为

解得x＝0.4 mol，y＝1.6 mol，所以氨气和氢气的物质的量之比＝0.4 mol∶1.6 mol＝1∶4，其质量之比＝(0.4 mol×17 g·mol－1)∶(1.6 mol×2 g·mol－1)＝17∶8。(4)甲室中NH3的物质的量为0.4 mol，能与0.4 mol HCl反应，剩余气体的物质的量为2.4 mol，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，所以活塞b会移至“6”处。
[答案]　(1)2　(2)10　(3)1∶4　17∶8　(4)6
14．欲测定金属镁的相对原子质量。请利用下图给定的仪器组成一套实验装置(每个仪器只能使用一次，假设气体的体积可看作标准状况下的体积)。

A　　　B　　　C 　　D　　　E
填写下列各项(气流从左到右)：
(1)各种仪器连接的先后顺序(用小写字母表示)应是________接________、________接________、________接________、________接________。
(2)连接好仪器后，要进行的操作有以下几步，其先后顺序是____________(填序号)。
①待仪器B中的温度恢复至室温时，测得量筒C中水的体积为Va mL；
②擦掉镁条表面的氧化膜，将其置于天平上称量，得质量为m g，并将其投入试管B中的带孔隔板上；
③检查装置的气密性；
④旋开装置A上分液漏斗的活塞，使其中的水顺利流下，当镁完全溶解时再关闭这个活塞，这时A中共放入水Vb mL。
(3)根据实验数据可算出金属镁的相对原子质量，其数学表达式为____________。
(4)若试管B的温度未冷却至室温，就读出量筒C中水的体积，这将会使所测定镁的相对原子质量数据______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)仔细分析上述实验装置后，经讨论认为结果会有误差，于是又设计了如下图所示的实验装置。

①装置中导管a的作用是_________________________________________
______________________________________________________________。
②实验前、后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。则产生氢气的体积为________ mL。
[解析]　根据实验目的及各装置的特点分析可知：利用A装置中的水压将E中稀盐酸压至B中，产生的气体通过将D中的水排入C中测量其体积，所以连接顺序为a→h→g→b→c→f→e→d。
(2)综合考虑各实验步骤可知先后顺序为③②④①。
(3)由题意知：
Mg　～　H2
M　　　22.4 L
m　　　(Va－Vb)×10－3 L
所以M＝。
(4)由于试管B未冷却至室温，会导致Va变大，所以使Mg的相对原子质量偏小。
[答案]　(1)a　h　g　b　c　f　e　d
(2)③②④①
(3)　(4)偏小
(5)①平衡分液漏斗与锥形瓶内气体压强，使稀硫酸能顺利滴下；可以消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差　②V1－V2