2020高考化学一轮复习第一章物质的量课时作业1物质的量、气体摩尔体积（含解析） 练习

课时作业1　物质的量、气体摩尔体积

时间：45分钟

1．(2019·江西丰城中学段考)下列关于物质的量、摩尔质量的叙述正确的是(　A　)

A．0.012 kg12C中含有约6.02×1023个碳原子

B．1 mol H2O中含有2 mol氢和1 mol氧

C．氢氧化钠的摩尔质量等于它的相对分子质量

D．2 mol水的摩尔质量是1 mol水的摩尔质量的2倍

解析：0.012 kg12C的物质的量为＝1 mol，1 mol碳约含有6.02×1023个碳原子，故A正确；1 mol H2O中含有2 mol H原子和1 mol O原子，指代必须明确，B错误；氢氧化钠的摩尔质量为40 g·mol－1，它的相对分子质量为40，二者单位不相同，故C错误；2 mol水的摩尔质量与1 mol水的摩尔质量相等，都是18 g·mol－1，D错误。

2．(2019·山东泰安模拟)如图所示，①和②为两个体积相同的固定容器，图中“”和“”分别表示氢原子和氧原子，则下列说法正确的是(　B　)

　　　　　　　①　 　　　　　 　 　②

A．若①中的H2的物质的量为1 mol，则②中所含原子总  数为3.01×1023个

B．①和②中气体的质量之比为1∶8

C．H2、O2均能发生化合反应，但不能发生置换反应

D．两容器的温度和压强均相同

解析：根据图示可知，①和②中H2与O2的分子个数比为2∶1，若H2物质的量为1 mol，则O2物质的量为0.5 mol，故O原子数目为6.02×1023，A项错误；①和②中H2与O2的分子个数之比为2∶1，所以其物质的量之比为2∶1，质量之比为1∶8，B项正确；H2能发生置换反应，如H2与CuO反应，O2也能发生置换反应，如O2与H2S反应，C项错误；根据阿伏加德罗定律，①和②两容器容积相同，但气体分子个数不同，所以两容器的温度和压强不可能均相同，D项错误。

3．(2019·江西上饶玉山模拟)下列说法正确的是(　D　)

A．同温同压下，相同数目的分子必具有相同的体积

B．等质量的O2和H2的物质的量之比为16∶1

C．不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数一定不等

D．同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比

解析：同温同压下，气体摩尔体积相同，而液体或固体的摩尔体积较小且相差较大，如果是液体或固体，相同数目的分子其体积不同，A项错误；假设质量都是1 g，n(O2)∶n(H2)＝ mol∶ mol＝1∶16，B项错误；不同条件下的不同气体，若体积不等，它们所含的分子数不一定不相等，C项错误；同温同体积下，气体的物质的量与其压强成正比，D项正确。

4．(2019·山东临沂模拟)实验室中测定氧化物X(FexO)的组成实验如下：

，下列有关说法正确的是(　A　)

A．样品X中氧元素的质量分数约为26.3%

B．溶液Y中c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝2∶1

C．用酸性高锰酸钾溶液检验溶液Z中是否含有Fe2＋

D．根据步骤I、Ⅱ可以判断X的组成为Fe0.75O

解析：Fe常见的有＋2、＋3两种化合价，溶液Y消耗0.01 mol氯气，根据反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，可知溶液Y中含有0.02 mol Fe2＋，即氧化物X中FeO的物质的量为0.02 mol，质量是0.02 mol×72 g·mol－1＝1.44 g，则氧化物X中含有氧化铁的质量是3.04 g－1.44 g＝1.6 g，其物质的量是0.01 mol，故X可以看作是2FeO·Fe2O3，可写为Fe0.8O，因此x＝＝0.8。样品X中氧元素的质量分数为×100%≈26.3%，A正确；根据以上分析，可知溶液Y中c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝0.02 mol∶0.02 mol＝1∶1，B错误；Z溶液中含有氯离子，氯离子也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液检验溶液Z中是否含有Fe2＋，应该用铁氰化钾溶液检验Fe2＋，C错误；根据以上分析可以判断X的组成为Fe0.8O，D错误。

5．(2019·湖北荆州第一次质量检查)将一定质量的铁粉和铝粉的均匀混合物平均分成两份。一份与足量的稀硫酸反应，收集到H2在标准状况下的体积为1.792 L；另一份与某浓度的硝酸反应，生成的气体与标准状况下1.12 L的O2一起通入水中，反应后无气体剩余。则原混合物中铁粉的质量为(　C　)

A．2.24 g   B．3.36 g

C．4.48 g   D．5.60 g

解析：根据得失电子守恒有2n(Fe)＋3n(Al)＝×2，与某浓度的硝酸反应，产生的气体，再与标准状况下1.12 L的O2一起通入水中，反应后无气体剩余，氧气得到的电子最终来自Fe和Al，因此有3n(Fe)＋3n(Al)＝×4，解得n(Fe)＝0.04 mol，混合物均匀分成两份，则混合物中铁质量为2×0.04×56 g＝4.48 g，C项正确。

6．(2019·福建福州八县(市)协作体联考)设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是(　A　)

A．5.6 g Fe与足量稀HNO3发生反应，转移的电子数为0.3NA

B．在1 L 0.1 mol·L－1 AlCl3溶液中含有0.1NA个Al3＋

C．在某密闭容器中盛有0.1 mol N2和0.3mol H2，在一定条件下充分反应后，可得0.2NA个NH3分子

D．标准状况下，11.2 L四氯化碳中含有的C—Cl键的个数为2NA

解析：Fe与足量稀HNO3发生反应生成Fe3＋，5.6 g Fe的物质的量是0.1 mol，反应中转移电子0.3NA，A项正确；Al3＋会发生水解，因此在1 L 0.1 mol·L－1AlCl3溶液中Al3＋的数目小于0.1NA，B项错误；N2与H2合成氨反应是可逆反应，不可能进行到底，C项错误；标准状况下，四氯化碳是液体，D项错误。

7．(2019·广东惠州调研)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是(　D　)

A．标准状况下，22.4 L四氯化碳中含有C—Cl数目为4NA

B．1 mol Cl2通入足量水中反应转移的电子数为NA

C．常温下，0.5 mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋数目为1NA

D．常温常压下，5.6 g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NA

解析：标准状况下，四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A项错误；1 mol氯气通入足量水中，参与反应的氯气只有少部分，所以转移的电子的物质的量小于1 mol，B项错误；溶液的体积不知，无法由浓度求物质的量，C项错误；乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故5.6 g二者的混合物中含有0.4 mol C原子，含有的碳原子数为0.4NA，D项正确。

8．(2019·安徽皖江名校联盟联考)设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是(　C　)

A．18 g葡萄糖分子中官能团数目为0.6NA

B．含有0.1 mol NH的氨水中，含有OH－的数目大于0.1NA

C．常温下，5.6 g Fe与含0.2 mol HNO3的溶液充分作用，最少转移的电子数为0.15NA

D．常温下，1 L pH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－5NA

解析：1个葡萄糖分子中含有5个羟基和1个醛基，18 g葡萄糖为0.1 mol，分子中官能团数目为0.6NA，A项正确；含有0.1 mol NH的氨水中，由NH3·H2O电离的NH和OH－的数目各为0.1NA，氨水中水也电离出OH－，故含有OH－的数目大于0.1NA，B项正确；硝酸的浓度未知，而常温下，铁在浓HNO3中发生钝化，C项错误；常温下，1 L pH＝9的CH3COONa溶液中，H＋由水电离产生，其数目为1×10－5NA，故发生电离的水分子数为1×10－5NA，D项正确。

9．(2019·浙江名校协作体模拟)用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　D　)

A．5.6 g Fe完全溶于一定量的溴水中，反应过程中转移的电子总数一定为0.3NA

B．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子

C．0.5 mo1雄黄(As4S4，结构如图)中含有NA个S—S键

D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50 g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏

解析：铁完全溶于一定量的溴水，反应后铁元素的最终价态可能是＋3价，还可能是＋2价，故0.1 mol 铁完全反应转移的电子数介于0.2NA和0.3NA之间，A错误；Na与足量O2反应，无论是生成Na2O还是Na2O2，都是由Na→Na＋，Na失去1个电子，则1 mol Na参加反应，失去NA个电子，B错误；由题中所给的结构图可以看出，每个黑球与两个白球、一个黑球连接，即形成三个共价键，每个白球与两个黑球连接，即形成两个共价键，由As、S原子结构可以判断出黑球代表的是As原子，白球代表的是S原子，则As4S4分子中不存在S—S键，C错误；生成氮化镁的物质的量为＝0.5 mol，由镁与氮气反应得到的化学方程式 3Mg＋N2Mg3N2可知，生成0.5 mol氮化镁，消耗的氮气的物质的量为0.5 mol,1个氮气分子中含有3个共价键，则0.5 mol氮气参加反应，有1.5NA对共用电子对被破坏，D正确。

10．(2019·河南八市第二次测评)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　D　)

A．20 g D2O中含有的中子数为8NA

B．3.36 L NO2与足量的水充分反应后，生成0.05NA个NO分子

C．1 mol碳酸钠和碳酸氢钠的混合物中碳酸根离子的数目为NA

D．3 mol单质Fe完全燃烧转变为Fe3O4，失去8NA个电子

解析：20 g D2O中含有的中子数为×10NA mol－1＝10NA，A项错误；未指明气体所处状况，B项错误；NaHCO3固体中不存在CO，C项错误；3 mol单质Fe在氧气中完全转变为Fe3O4，Fe的化合价变为＋2、＋3价，失去8NA个电子，D项正确。

11．(2019·河南濮阳二模)设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是(　B　)

A．46 g乙醇与甲酸混合物中，含有的氧原子数为NA

B．1 L 0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中，Na＋数为0.1NA

C．标准状况下，5.6 L NO和O2的混合气体中含有的分子数为0.25NA

D．常温下，14 g铁与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.75NA

解析：乙醇与甲酸的最简式不同，无法计算46 g 乙醇与甲酸混合物中含有的氧原子数，A项错误；1 L 0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液中含有醋酸钠0.1 mol，Na＋数为0.1NA，B项正确；标准状况下，5.6 L气体的物质的量为0.25 mol，一氧化氮和氧气发生反应2NO＋O2===2NO2，还会存在NO2转化为N2O4的反应，故分子总数小于0.25NA，C项错误；常温下铁在浓硝酸中发生钝化，D项错误。

12．(2019·湖南H11教育联盟联考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是(　A　)

A．2.0 g HO与2.0 g D2O中所含的中子数均为NA

B．14 g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n

C．100 g质量分数为17%的H2O2溶液中氢原子数为NA

D．常温下，将56 g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1.5NA

解析：2.0 g HO中所含的中子数为×(18－8)NA mol－1＝NA,2.0 g D2O中所含的中子数为×[(2－1)×2＋(16－8)]NA mol－1＝NA，A项正确；14 g 分子式为CnH2n的烯烃的物质的量为＝mol，含有的碳碳双键数为NA/n，但分子式为CnH2n的烃不一定为烯烃，如环烷烃，则没有碳碳双键，B项错误；水和过氧化氢中均含有氢原子，100 g 质量分数为17%的H2O2溶液中氢原子数多于NA，C项错误；常温下，铁在浓硫酸中钝化，D项错误。

13．(2019·湖北稳派教育第二次联考)设阿伏加德罗常数的值为NA。工业上，利用乙烯水化法制乙醇：CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH。下列有关说法中正确的是(　A　)

A．1 mol乙烯和1 mol乙醇分别完全燃烧，消耗O2的分子数均为3NA

B．1 mol H2O和H2F＋的混合物中所含质子数为10NA

C．乙醇催化氧化生成1 mol乙醛时转移电子数为NA

D．46 g乙醇中所含共价键的数目为7NA

解析：l mol乙烯(C2H4)和l mol乙醇(化学式可以看成C2H4·H2O)分别完全燃烧消耗O2均为3 mol，消耗O2的分子数为3NA，A项正确；1 mol H2O所含质子数为10NA，1 mol H2F＋所含的质子数为11NA，B项错误；C2H6O中的C为－2价，C2H4O中C的化合价为－1价，乙醇催化氧化生成1 mol乙醛时转移电子数为2NA，C项错误；46 g乙醇中所含共价键的数目有5 mol C—H、1 mol C—O、1 mol O—H和1 mol C—C键，共有8 mol共价键，D项错误。

14．(2019·山东、安徽名校大联考)将15.66 g镁铝合金加入到800 mL稀硝酸中，恰好完全反应(假设反应中还原产物只有NO)，向所得溶液中加入足量的3 mol·L－1NaOH溶液，测得生成沉淀的质量与原合金的质量相等，则下列有关叙述不正确的是(　C　)

A．原稀硝酸的浓度为2.6 mol·L－1

B．生成NO的体积为11.648 L(标准状况)

C．反应过程中共消耗1.56 mol NaOH

D．合金中Al的质量分数约为58.6%

解析：将一定质量的镁、铝合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应(假设反应中还原产物只有 NO)，发生反应：3Mg＋8HNO3(稀)===3Mg(NO3)2＋2NO↑＋4H2O、Al＋4HNO3(稀)===Al(NO3)3＋NO↑＋2H2O，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaNO3、Al(NO3)3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaNO3＋2H2O，沉淀为氢氧化镁，生成沉淀的质量与原合金的质量相等，则氢氧化镁中含有的氢氧根的质量与铝的质量相等，则合金中铝的质量为15.66 g×＝9.18 g，镁的质量为15.66 g－9.18 g＝6.48 g。镁的物质的量为＝0.27 mol，铝的物质的量为＝0.34 mol，根据反应方程式可知，硝酸的物质的量＝×0.27 mol＋4×0.34 mol＝2.08 mol，则原稀硝酸的浓度为＝2.6 mol·L－1，A正确；根据上述分析，生成NO的物质的量为×0.27 mol＋0.34 mol＝0.52 mol，体积为11.648 L(标准状况)，B正确；根据Mg(NO3)2＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaNO3、Al(NO3)3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaNO3＋2H2O可知，反应过程中消耗NaOH的物质的量为2×0.27 mol＋4×0.34 mol＝1.9 mol，C项错误；合金中Al的质量分数为×100%≈58.6%，D正确。

15．(2019·广东华南师大附中综合测试)Ⅰ.白磷(P4)是磷的单质之一，易被氧化。

(1)6.20 g白磷在足量氧气中完全燃烧生成P2O5，反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为________L；将上述燃烧产物溶于水后，配成50.0 mL磷酸(H3PO4)溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。

(2)含0.300 mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500 molCa(OH)2的悬浊液中，恰好完全反应，生成一种难溶盐和16.2 g H2O。该难溶盐的化学式可表示为________。

Ⅱ.  分别称取2.39 g(NH4)2SO4和NH4Cl的固体混合物两份，已知：M[(NH4)2SO4]＝132 g·mol－1，M(NH4Cl)＝53.5 g·mol－1，M(BaSO4)＝233 g·mol－1。

(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图所示，混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)＝__________________。

(2)另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液[浓度与(1)中相同]恰好完全反应时，溶液中c(Cl－)＝________mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)。

解析：Ⅰ.(1)6.20g白磷的物质的量是＝0.05 mol，设燃烧所消耗的氧气在标准状况下的体积为V L，

P4　　＋　　5O22P2O5

1 mol　 　  112 L

0．05 mol　 V L

＝，解得V＝5.60；根据磷元素守恒，生成磷酸的物质的量为0.05 mol×4＝0.2 mol，该磷酸溶液的物质的量浓度c＝＝＝4.00 mol·L－1。(2)0.300 mol H3PO4提供0.9 mol H＋、0.3 mol PO；0.500 mol Ca(OH)2提供 1 mol OH－、0.5 mol Ca2＋；生成0.9 mol H2O，消耗0.9 mol H＋、0.9 mol OH－，根据质量守恒定律，生成的难溶盐中应该含有0.5 mol Ca2＋、0.3 mol PO、0.1 mol OH－，该难溶盐的化学方式是Ca5(PO4)3(OH)。Ⅱ.(1)根据图像可知，最终生成硫酸钡的质量是2.33 g，物质的量是0.01 mol，根据n(SO)＝n(BaSO4)可知，2.39 g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物中含有0.01 mol(NH4)2SO4，含有的(NH4)2SO4的质量为0.01 mol×132 g·mol－1＝1.32 g，则固体混合物中含有的NH4Cl的质量是2.39 g－1.32 g＝1.07 g，物质的量是＝0.02 mol，故混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)＝0.01 mol∶0.02 mol＝1∶2。(2)根据(1)中的图像，加入100 mL Ba(OH)2溶液时生成硫酸钡的物质的量是0.01 mol，消耗氢氧化钡的物质的量是0.0l mol，所以Ba(OH)2溶液的浓度是＝0.1 mol·L－1，根据(1)中(NH4)2SO4和NH4Cl的物质的量可知，固体混合物中NH的物质的量n(NH)＝(0.01×2＋0.02)mol＝0.04 mol、n(Cl－)＝0.02 mol，根据2NH～Ba(OH)2，消耗氢氧化钡的物质的量是0.02 mol，消耗氢氧化钡溶液的体积是＝0.2 L，则溶液中c(Cl－)＝＝0.100 mol·L－1。

答案：Ⅰ.(1)5.60　4.00　(2)Ca5(PO4)3(OH)

Ⅱ.(1)1∶2　(2)0.100

16．(2019·福建德化一中等三校联考)某研究性学习小组欲测定室温下(25 ℃，10l kPa)的气体摩尔体积，设计如图所示的简易实验装置。请回答以下问题：

　　　　　　  甲　　　　　　　 乙　　　　　丙

该实验的主要操作步骤如下：

步骤一：

(1)①配制 100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸，需要20%、密度为1.1 g·cm－3的盐酸的体积为________。

②配制过程中所需要的玻璃仪器有________。

③下列操作会导致所配溶液物质的量浓度偏大的是________(填序号，下同)。

A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容

B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线

C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线

D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水

步骤二：用量筒量取10.0 mL 1.0 mol·L－1的盐酸加入锥形瓶中。

步骤三：(2)称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为________。

步骤四：向广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性。

步骤五：(3)反应结束后，待体系温度恢复至室温，读取量筒中水的体积为V mL。

①实验步骤五中应选用________规格的量筒。

A．100 mL　　B．200 mL　　C．500 mL

②读数时除恢复到室温、视线与液体凹液面的最低处相平外，还要注意________。

③若忽略水蒸气的影响，在实验条件下测得气体摩尔体积的计算公式为Vm＝________；若未除去镁条表面的氧化膜，则测量结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

解析：由题意可知，该实验原理是用一定量的盐酸与足量镁反应生成氢气，通过排水法收集H2，则排出的水的体积等于生成的氢气的体积，最后根据盐酸的物质的量确定生成的氢气的物质的量，求出一定条件下的气体摩尔体积。

(1)质量分数为20%，密度为1.1 g·cm－3的盐酸的物质的量浓度为c＝＝ mol·L－1，根据稀释定律：c1V1＝c2V2，可以求出配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸，需要20%、密度为1.1 g·cm－3的盐酸的体积为 mL≈16.6 mL。②配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。③转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致溶质减少，浓度偏小，A不符合题意；在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，会导致液面高于刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，B不符合题意；在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，会导致液面低于刻度线，浓度偏大，C符合题意；定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，D不符合题意。(2)用量筒量取10.0 mL 1.0 mol.L－1的盐酸加入锥形瓶中，可以计算出n(H＋)＝0.01 mol，可以溶解镁的物质的量n(Mg)＝n(H＋)＝0.005 mol，质量m(Mg)＝0.005 mol×24 g·mol－1＝0.12 g，所以a的数值至少为0.12。(3)①量筒中的水是由氢气排出的，所以水的体积等于氢气的体积，由(2)中分析可知n(H2)＝n(Mg)＝0.005 mol，则标准状况下V(H2)＝0.005×22.4 L＝0.112 L＝112 mL，估算H2在25 ℃、101 kPa下体积不会超过200 mL(一定压强下，气体体积与热力学温度成正比)，故应选200 mL的量筒。②读数时除恢复到室温、视线与液体凹液面的最低处相平外，为保证反应装置系统内外的压强相等，还要注意量筒内的液面与广口瓶内的液面相平，使测得的气体体积更准确。③若忽略水蒸气的影响，在该实验条件下，气体摩尔体积的计算公式为Vm＝＝0.2V L·mol－1；若未除去镁条表面的氧化膜，则生成的氢气体积减少，使测量结果偏小。

答案：(1)①16.6 mL　②量筒、烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒　③C　

(2)0.12

(3)①B　②量筒内的液面与广口瓶内的液面相平

③0.2V L·mol－1 　偏小