《2023届新教材高考化学一轮复习物质的量及相关概念作业.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届新教材高考化学一轮复习物质的量及相关概念作业.docx（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、课时作业5物质的量及相关概念一、单项选择题（本题包括6个小题，每小题只有1个选项符合题意）1标准状况下，4.48 L的C2H4和C2H6混合气体充分燃烧得到CO和CO2混合气体的密度为1.429 gL1，则其中CO的体积为（）A1.12 L B2.24 LC4.48 L D6.72 L2NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1 mol HCCH分子中所含键数为5NAB.1 L 0.1 molL1的Na2CO3溶液含CO的数目为0.1NAC.78 g Na2O2与足量水完全反应，电子转移数为NAD.标准状况下，2.24 L C2H5OH所含氢原子数为0.6NA3下列说法不正确的是（
2、）A.温度相同、体积相同的O2（g）和N2（g）所含的分子数一定相同B.同温同压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于1611C.温度和容积相同的两容器分别盛有5 mol O2（g）和2 mol N2（g），则压强之比为52D.同温同压条件下，5 mol O2（g）和2 mol H2（g）的体积之比等于524一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计），将容器分成两部分，当左侧充入1 mol N2，右侧充入一定量的CO时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是（）A.右侧与左侧分子数之比为41B.右侧CO的质量为5.6 gC.右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍D.若改
3、变右侧CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入0.2 mol CO5相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（）A.若分子数相等，则体积相等B.若原子数相等，则中子数相等C.若质量相等，则质子数相等D.若体积相等，则质量数相等6据央视新闻报道，在政府工作报告中指出，建设一批光网城市，推进5万个行政村通光纤，让更多城乡居民享受数字化生活。光缆的主要成分为SiO2。下列叙述正确的是（）A.SiO2的摩尔质量为60B.标准状况下，15 g SiO2的体积为5.6 LC.SiO2中Si与O的质量比为78D.相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数相同二、不定项选
4、择题（本题包括4个小题，每小题有1个或2个选项符合题意）7已知NA为阿伏加德罗常数的值。当有1.5 mol Cl2（g）参加反应3Cl2（g）CS2（g）=CCl4（g）S2Cl2（g）时，下列叙述正确的是（）A.反应后气体分子数减少2NAB.反应过程中形成的共价键数目为3NAC.反应中转移电子数目为3NAD.生成的CCl4的体积约为11.2 L8为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4N2Cl22O24H2O，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1 mol NH4ClO4溶于水含NH和ClO离子数均为NAB.反
5、应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为13C.产生6.4 g O2反应转移的电子总数为0.8NAD.0.5 mol NH4ClO4分解产生的气体体积为44.8 L9铁和铝都是用途广泛的金属，同温、同压下，将m g铁与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V1 L；将n g铝与足量浓氢氧化钠溶液反应，生成H2体积为V2 L。下列说法正确的是（）A.两反应生成H2的物质的量之比为B.m g铁与足量稀硫酸反应，生成H2的物质的量一定为molC.保持温度压强不变，将n g铝与足量稀硫酸反应，生成H2体积大于V2 LD.参加反应的铁与铝的质量比10NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A.常温下
6、，0.1 mol Cl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NAB.12 g石墨中含有C个数与CC的个数比为12C.在反应KIO36HI=KI3I23H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为5NAD.9.2 g NO2、N2O4的混合气体中，含有的N原子总数为2NA三、非选择题11在标准状况下，进行甲、乙、丙三组实验，三组实验各取30 mL同浓度的盐酸，加入同一种镁、铝混合物粉末，产生气体，有关数据列表如下：实验序号甲乙丙合金质量/mg5107651 020气体体积/mL560672672（1）甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是过量的？，理由是_。（2）盐酸的物质的量浓度为。（3）
7、混合粉末中Mg的物质的量为，Mg、Al的物质的量之比为。12工业尾气中氮氧化物（NO与NO2）是主要的大气污染物之一，可用氨氧混合气进行选择性催化还原处理。其主要反应原理如下：4NO4NH3O24N26H2O；6NO28NH37N212H2O。某硝酸厂排放的尾气中氮氧化合物的含量为2 490 mgm3（体积已折算至标准状况），其中NO与NO2物质的量之比为41。设尾气中氮氧化物与氨氧混合气恰好完全反应。（1）尾气中氮氧化合物的平均相对分子质量为。（2）尾气中NO的含量为 mgm3。（3）要处理5 m3的尾气，需要氨氧混合气体的体积为L。（4）另一种处理氮氧化物的方法是用烧碱进行吸收，产物为Na
8、NO2、NaNO3和H2O。现有含0.5 mol氮氧化物的尾气，恰好被一定体积的25% NaOH溶液（密度1.28 gcm3）完全吸收。NaOH溶液的物质的量浓度为 molL1，体积为 mL。已知反应后溶液中含有0.35 mol NaNO2。若将尾气中NO与NO2的平均组成记为NOx，通过计算求x。1解析：根据碳原子守恒，标准状况下，4.48 L的C2H4和C2H6混合气体充分燃烧得到CO和CO2混合气体的体积为4.48 L28.96 L。CO和CO2混合气体的密度为1.429 gL1，则混合气体的平均摩尔质量为1.429 gL122.4 Lmol132 gmol1，根据十字交叉法，因此CO的
9、体积为8.96 L6.72 L。答案：D2解析：HCCH中含有3个键和2个键，所以1 mol HCCH分子中所含键数为3NA，所以A错；因为CO会发生水解反应，所以1 L 0.1 molL1的Na2CO3溶液含CO的数目小于0.1NA，所以B错；Na2O2和水反应生成1 mol O2，转移电子数为2 mol，78 g Na2O2是1 mol，只能产生0.5 mol O2，所以电子转移数为NA，所以C对；标准状况下，C2H5OH是液体，不是气体，所以不能用n来计算，所以D错。答案：C3解析：压强未知，无法判断温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)所含分子数是否相同，A错误；同温同压下，气体的
10、密度之比等于其摩尔质量之比，B正确；同温同体积的气体的压强之比等于物质的量之比，C正确；同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，D正确。答案：A4解析：左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为41，则左右气体物质的量之比为41，所以右侧气体物质的量为0.25 mol。相同条件下密度之比与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍。答案：C5解析：一个14N2分子是由两个14N原子构成，14N原子内有7个质子和7个中子，一个14N2分子中有14个质子和14个中子，相对分子质量是28。A项为阿伏加德罗定律的直接考查，正确。答案：A6解析：
11、摩尔质量的单位为gmol1，A项错误；标准状况下SiO2为固体，B项错误；SiO2中Si与O的质量比为283278，C项正确；SiO2和CO2的摩尔质量不同，D项错误。答案：C7解析：当有3 mol Cl2(g)参加反应时，气体分子数减少2 NA，当有1.5 mol Cl2(g)参加反应时，气体分子数减少NA，A项错误；CCl4、S2Cl2的结构式分别为、ClSSCl，产物0.5 mol CCl4和0.5 mol S2Cl2中含有的共价键的总数为3.5 NA，B项错误；3Cl2CCl4S2Cl2过程中氯元素的化合价由0降低为1，CS2S2Cl4过程中硫元素的化合价由2升高为1，则1.5 mol
12、 Cl2参加反应时，转移的电子数目为3NA，C项正确；CCl4(g)处于非标准状况，0.5 mol CCl4的体积不等于11.2 L ，D项错误。答案：C8解析：NH为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1 mol NH4ClO4溶于水含NH离子数少于NA，故A错误；2NH4ClO4N2Cl22O24H2O反应中还原产物为氯气，氧化产物为氮气和氧气，还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为13，故B正确；6.4 g O2的物质的量0.2 mol，根据2NH4ClO4N2Cl22O24H2O可知，产生6.4 g O2反应转移的电子总数为1.4NA，故C错误；未告知是否为标准状况，无法计算0.5 m
13、ol NH4ClO4分解产生的气体的体积，故D错误。答案：B9解析：同温、同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，故两反应生成H2的物质的量之比为，A正确；不知道温度和压强的具体值，也就不知道气体摩尔体积，故无法计算H2的物质的量，B错误；Al都被反应完，Al的质量不变，产生H2的量也不变，C错误；根据关系式：FeH2，Fe的物质的量氢气的物质的量；根据关系式：2Al3H2，Al的物质的量氢气的物质的量；有，D正确。答案：AD10解析：常温下，0.1 mol Cl2与足量NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移的电子数目为0.1NA，A错误；12 g石墨的物质的量是1 mol，其中含有C
14、个数与CC的个数比为11.523，B错误；在反应KIO36HI=KI3I23H2O中碘酸钾是氧化剂，碘元素化合价从5价降低到0价，每生成3 mol I2转移的电子数为5NA，C正确；NO2、N2O4的最简式是“NO2”，9.2 g NO2、N2O4的混合气体中含“NO2”的物质的量是0.2 mol，含有的N原子总数为0.2NA，D错误。答案：C11解析：(1)对比甲、乙数据，加合金质量为765 mg时生成氢气比甲中多，说明甲中盐酸过量，对比乙、丙数据，加1 020 mg合金时氢气的体积不变，说明加入765 mg合金时盐酸已完全反应，故答案为甲组盐酸过量，原因是甲组增加镁铝合金粉末的质量，生成的
15、氢气量增加，而乙组不能。(2)加入1 020 mg镁铝合金时，最多只能生成 672 mL的氢气，说明盐酸最多只能生成672 mL的氢气，所以就672 mL来计算盐酸的物质的量，气体的物质的量为0.03 mol，根据方程式，可推算出HCl的物质的量为0.03 mol20.06 mol，盐酸的物质的量浓度为2 molL1。(3)由于甲组中，盐酸是过量的，所以用甲组来计算，设Mg的物质的量为x，Al的物质的量为y，生成气体的物质的量为0.025 mol，依题意得24x27y0.510 g；xy0.025 mol；解方程组得x0.01 mol；y0.01 mol，所以物质的量之比为11。答案：(1)甲
16、甲组增加镁铝合金粉末的质量，生成的氢气量增加，而乙组不能(2)2 molL1(3)0.01 mol1112解析：设1 m3尾气中NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为4x，4x30 gmol1x46 gmol12.49 g，x0.015 mol，所以1 m3尾气中NO2的物质的量为0.015 mol，则NO的物质的量为0.06 mol，根据4NO4NH3O24N26H2O知，0.06 mol NO需要0.06 mol NH3，0.015 mol O2，根据方程式6NO28NH37N212H2O知，0.015 mol NO2需要0.02 mol NH3，根据以上分析进行解答。(1)尾气中氮氧化
17、物混合气体的平均摩尔质量为33.2 gmol1，所以其平均相对分子质量为33.2。(2)1 m3尾气中NO的物质的量为0.06 mol，所以其含量为mnM0.06 mol30 gmol11.8 g1 800 mg。(3)处理1 m3尾气需要氨氧混合气体的体积(0.060.020.015) mol22.4 Lmol12.128 L，则要处理5 m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为2.128 L510.64 L。(4)NaOH溶液的物质的量浓度为c molL18 molL1，根据原子守恒知，氮氧化物的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，所以V62.5 mL。已知发生如下反应：2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O和NONO22NaOH=2NaNO2H2O，根据氮原子守恒知，生成0.35 mol亚硝酸钠则生成0.15 mol硝酸钠，生成0.15 mol硝酸钠需要0.3 mol二氧化氮，同时生成0.15 mol亚硝酸钠，0.2 mol亚硝酸钠需要0.1 mol一氧化氮和0.1 mol二氧化氮，所以二氧化氮的物质的量是0.4 mol，一氧化氮的物质的量是0.1 mol，根据氧原子守恒得x1.8。答案：(1)33.2(2)1 800(3)10.64(4)862.5 1.8