新教材高考化学一轮复习课时作业5物质的量及相关概念含答案

这是一份新教材高考化学一轮复习课时作业5物质的量及相关概念含答案，共7页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

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 g·L－1，则其中CO的体积为（ ）
A．1.12 L B．2.24 L
C．4.48 L D．6.72 L
2．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.1 ml HC≡CH分子中所含σ键数为5NA
B.1 L 0.1 ml·L－1的Na2CO3溶液含CO eq \\al(\s\up11(2－),\s\d4(3)) 的数目为0.1NA
C.78 g Na2O2与足量水完全反应，电子转移数为NA
D.标准状况下，2.24 L C2H5OH所含氢原子数为0.6NA
3．下列说法不正确的是（ ）
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16∶11
C.温度和容积相同的两容器分别盛有5 ml O2（g）和2 ml N2（g），则压强之比为5∶2
D.同温同压条件下，5 ml O2（g）和2 ml H2（g）的体积之比等于5∶2
4．一个密闭容器，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 ml 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4∶1
B.右侧CO的质量为5.6 g
C.右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍
D.若改变右侧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 ml CO
5．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60
B.标准状况下，15 g SiO2的体积为5.6 L
C.SiO2中Si与O的质量比为7∶8
D.相同质量的SiO2和CO2中含有的氧原子数相同
二、不定项选择题（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 ml 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2NA
B.反应过程中形成的共价键数目为3NA
C.反应中转移电子数目为3NA
D.生成的CCl4的体积约为11.2 L
8．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2NH4ClO4 eq \(=====,\s\up7(210 ℃)) N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.1 ml NH4ClO4溶于水含NH eq \\al(\s\up11(＋),\s\d4(4)) 和ClO eq \\al(\s\up11(－),\s\d4(4)) 离子数均为NA
B.反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶3
C.产生6.4 g O2反应转移的电子总数为0.8NA
D.0.5 ml NH4ClO4分解产生的气体体积为44.8 L
9．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 eq \f(V1,V2)
B.m g铁与足量稀硫酸反应，生成H2的物质的量一定为 eq \f(V1,22.4) ml
C.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 L
D.参加反应的铁与铝的质量比 eq \f(m,n) ＝ eq \f(28V1,9V2)
10．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ）
A.常温下，0.1 ml Cl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA
B.12 g石墨中含有C个数与C—C的个数比为1∶2
C.在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3 ml I2转移的电子数为5NA
D.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：
（1）甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是过量的？ ，理由是
______________________________________________________________________
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________________________________________________________________________。
（2）盐酸的物质的量浓度为 。
（3）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：
4NO＋4NH3＋O2 eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(140 ℃)) 4N2＋6H2O；6NO2＋8NH3 eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(140 ℃)) 7N2＋12H2O。
某硝酸厂排放的尾气中氮氧化合物的含量为2 490 mg·m－3（体积已折算至标准状况），其中NO与NO2物质的量之比为4∶1。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 mg·m－3。
（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NaNO2、NaNO3和H2O。现有含0.5 ml氮氧化物的尾气，恰好被一定体积的25% NaOH溶液（密度1.28 g·cm－3）完全吸收。
①NaOH溶液的物质的量浓度为 ml·L－1，体积为 mL。
②已知反应后溶液中含有0.35 ml NaNO2。若将尾气中NO与NO2的平均组成记为NOx，通过计算求x＝ 。
课时作业5 物质的量及相关概念
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 L×2＝8.96 L。CO和CO2混合气体的密度为1.429 g·L－1，则混合气体的平均摩尔质量为1.429 g·L－1×22.4 L·ml－1≈32 g·ml－1，根据十字交叉法， eq \f(n（CO）,n（CO2）) ＝ eq \f(12,4) ＝ eq \f(3,1) ，因此CO的体积为8.96 L× eq \f(3,4) ＝6.72 L。
答案：D
2．解析：HC≡CH中含有3个σ键和2个π键，所以1 ml HC≡CH分子中所含σ键数为3NA，所以A错；因为CO eq \\al(\s\up11(2－),\s\d4(3)) 会发生水解反应，所以1 L 0.1 ml·L－1的Na2CO3溶液含CO eq \\al(\s\up11(2－),\s\d4(3)) 的数目小于0.1NA，所以B错；Na2O2和水反应生成1 ml O2，转移电子数为2 ml，78 g Na2O2是1 ml，只能产生0.5 ml 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＝ eq \f(V,Vm) 来计算，所以D错。
答案：C
3．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：A
4．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4∶1，则左右气体物质的量之比为4∶1，所以右侧气体物质的量为0.25 ml。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 eq \f(28,2) ＝14倍。
答案：C
5．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：A
6．解析：摩尔质量的单位为g·ml－1，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28∶32＝7∶8，C项正确；SiO2和CO2的摩尔质量不同，D项错误。
答案：C
7．解析：当有3 ml Cl2(g)参加反应时，气体分子数减少2 NA，当有1.5 ml 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、Cl—S—S—Cl，产物0.5 ml CCl4和0.5 ml S2Cl2中含有的共价键的总数为3.5 NA，B项错误；3Cl2→CCl4＋S2Cl2过程中氯元素的化合价由0降低为－1，CS2→S2Cl4过程中硫元素的化合价由－2升高为＋1，则1.5 ml 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 ml CCl4的体积不等于11.2 L ，D项错误。
答案：C
8．解析：NH eq \\al(\s\up11(＋),\s\d4(4)) 为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1 ml NH4ClO4溶于水含NH eq \\al(\s\up11(＋),\s\d4(4)) 离子数少于NA，故A错误；2NH4ClO4 eq \(=====,\s\up7(210 ℃)) N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O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1∶3，故B正确；6.4 g O2的物质的量＝ eq \f(6.4 g,32 g·ml－1) ＝0.2 ml，根据2NH4ClO4 eq \(=====,\s\up7(210 ℃)) N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O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 ml NH4ClO4分解产生的气体的体积，故D错误。
答案：B
9．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 eq \f(V1,V2) ，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：Fe～H2，Fe的物质的量＝氢气的物质的量＝ eq \f(V1,Vm) ；根据关系式：2Al～3H2，Al的物质的量＝ eq \f(2,3) 氢气的物质的量＝ eq \f(2,3) × eq \f(V2,Vm) ＝ eq \f(2V2,3Vm) ；有 eq \f(n（Fe）,n（Al）) ＝ eq \f(\f(V1,Vm),\f(2V2,3Vm)) ＝ eq \f(3V1,2V2) ， eq \f(m,n) ＝ eq \f(3V1×56,2V2×27) ＝ eq \f(28V1,9V2) ，D正确。
答案：AD
10．解析：常温下，0.1 ml 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 ml，其中含有C个数与C—C的个数比为1∶1.5＝2∶3，B错误；在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O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 ml 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 ml，含有的N原子总数为0.2NA，D错误。
答案：C
11．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 eq \f(0.672 L,22.4 L·ml－1) ＝0.03 ml，根据方程式，可推算出HCl的物质的量为0.03 ml×2＝0.06 ml，盐酸的物质的量浓度为 eq \f(0.06 ml,0.03 L) ＝2 ml·L－1。(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 eq \f(0.56 L,22.4 L·ml－1) ＝0.025 ml，依题意得24x＋27y＝0.510 g；x＋ eq \f(3,2) y＝0.025 ml；解方程组得x＝0.01 ml；y＝0.01 ml，所以物质的量之比为1∶1。
答案：(1)甲 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 ml·L－1 (3)0.01 ml 1∶1
12．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，4x×30 g·ml－1＋x×46 g·ml－1＝2.49 g，x＝0.015 ml，所以1 m3尾气中NO2的物质的量为0.015 ml，则NO的物质的量为0.06 ml，根据4NO＋4NH3＋O2 eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(140 ℃)) 4N2＋6H2O知，0.06 ml NO需要0.06 ml NH3，0.015 ml O2，根据方程式6NO2＋8NH3 eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(140 ℃)) 7N2＋12H2O知，0.015 ml NO2需要0.02 ml NH3，根据以上分析进行解答。(1)尾气中氮氧化物混合气体的平均摩尔质量为
eq \f(0.015 ml×46 g·ml－1＋0.06 ml×30 g·ml－1,0.075 ml) ＝33.2 g·ml－1，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 ml，所以其含量为m＝n·M＝0.06 ml×30 g·ml－1＝1.8 g＝1 800 mg。(3)处理1 m3尾气需要氨氧混合气体的体积＝(0.06＋0.02＋0.015) ml×22.4 L·ml－1＝2.128 L，则要处理5 m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为2.128 L×5＝10.64 L。(4)①NaOH溶液的物质的量浓度为c＝ eq \f(1 000×1.28×25%,40) ml·L－1＝8 ml·L－1，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V＝ eq \f(0.5 ml,8 ml·L－1) ＝62.5 mL。②已知发生如下反应：2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O和NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，根据氮原子守恒知，生成0.35 ml亚硝酸钠则生成0.15 ml硝酸钠，生成0.15 ml硝酸钠需要0.3 ml二氧化氮，同时生成0.15 ml亚硝酸钠，0.2 ml亚硝酸钠需要0.1 ml一氧化氮和0.1 ml二氧化氮，所以二氧化氮的物质的量是0.4 ml，一氧化氮的物质的量是0.1 ml，根据氧原子守恒得x＝ eq \f(0.1×1＋0.4×2,0.5) ＝1.8。
答案：(1)33.2 (2)1 800 (3)10.64 (4)①8 62.5 ②1.8实验序号
甲
乙
丙
合金质量/mg
510
765
1 020
气体体积/mL
560
672
672