2019届二轮复习 化学常用计量——物质的量 作业（全国通用） 练习

化学常用计量——物质的量1．下列条件下，两物质所含分子数不相等的是(　　)A．同温度、相同质量的N2和COB．常温常压，同体积的H2O和O2C．同压强、同物质的量的N2和O2D．同温度、同压强、同体积的N2O和CO2解析：N2和CO摩尔质量都是28 g·mol－1，质量相同，则二者物质的量相同，即分子数相同，故A不符合题目要求；同温同压下，同体积的气体所含分子数相同，但常温常压下，水是液体，二者分子数不相等，故B符合题目要求；物质的量相同，分子数相等，故C不符合题目要求；同温同压下，同体积的气体所含分子数相同，故D不符合题目要求。答案：B2．(2018·甘肃兰州模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述错误的是(　　)A．由H2O2分解制得标准状况下2.24 L O2，转移电子数为0.2NAB．氢气与氯气反应生成36.5 g氯化氢气体，断裂的共价键总数为NAC．44 g丙烷中含有的极性键为8NAD．1 L 0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中HSO和SO离子数之和为0.1NA解析：根据2H2O2===2H2O＋O2↑、生成标准状况下2.24 L(0.1 mol)O2、氧元素化合价变化，可知反应转移0.2 mol电子，A项正确；1 mol H2和1 mol Cl2反应生成2 mol HCl时断裂2 mol共价键，则生成36.5 g(1 mol)HCl时断裂1 mol共价键，B项正确；每个丙烷分子中含8个C—H键，44 g丙烷为1 mol,1 mol丙烷中含8 mol极性键，C项正确；1 L 0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中含HSO、H2SO3、SO的物质的量之和为0.1 mol，D项错误。答案：D3．(2018·深圳二调)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)A．0.1 mol SiO2晶体中含有Si—O键的数目为0.2NAB．56 g铁粉与高温水蒸气反应，生成H2数目为1.5NAC．标准状况下，22.4 L Cl2溶于水，转移电子数为NAD．18 g HO和D2O的混合物中，所含中子数为9NA解析：A.根据SiO2的结构，1 mol SiO2中含有4 mol Si—O键，即0.1 mol SiO2晶体中含有0.4 mol Si—O键，故A错误；B.铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，因此56 g铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为× mol＝8/3mol，故B错误；C.氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应，无法计算出转移电子的物质的量，故C错误；D.假设18 g全部是HO，含有中子的物质的量为18×(0＋10)/20 mol＝9 mol，假设18 g全部是D2O，D为2H，含有中子的物质的量为18×(2＋8)/20 mol＝9 mol，因此18 g此混合物中含有中子的物质的量为9 mol，故D正确。答案：D4．(2018·广东汕头模拟)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)A．6.4 g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2NAB．将1 mol Cl2通入水中，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和为2NAC．标准状况下，44.8 L NO与22.4 L O2反应后的分子数是2NAD．27 g铝中加入1 mol·L－1的NaOH溶液，转移电子数是3NA解析：6.4 g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为×NA＝0.2NA，A正确；将1 mol Cl2通入水中，部分氯气与水反应，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA，B错误；标准状况下，44.8 L NO与22.4 L  O2若完全反应生成44.8 L NO2，但NO2与N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以反应后的分子数小于2NA，C错误；27 g铝的物质的量是1 mol，加入1 mol·L－1的NaOH溶液，氢氧化钠的物质的量不能确定，不能计算转移电子数目，D错误。答案：A5．(2018·山西太原三模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是(　　)A．28 g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NAB．32 g Cu和32 g S充分反应，转移电子数为NAC．1 L 0.3 mol·L－1 Na2CO3溶液中的阴离子数目小于0.3NAD．0.2 mol NH3与0.3 mol O2在催化剂的作用下充分反应，所得NO的分子数为0.2NA解析：A.乙烯和丙烯的最简式为CH2,28 g CH2的物质的量为2 mol，而2 mol CH2中含4 mol极性键，所以28 g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA，A正确；B.Cu和S反应生成CuS，Cu不足，转移电子数为0.5NA，B错误；C.CO水解生成HCO和OH－，导致阴离子数目增多，因此1 L 0.3 mol·L－1 Na2CO3溶液中的阴离子数目大于0.3NA，C错误；D.依据4NH3＋5O24NO＋6H2O,0.2 mol NH3与0.3 mol O2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.2NA，D错误。答案：A6．现有一瓶1 000 mL、含25%NaClO、密度是1.19 g·cm－3的“84消毒液”，使用时需要稀释100倍(体积比)，密封保存。下列分析不正确的是(　　)A．该“84消毒液”中NaClO物质的量浓度为4.0 mol·L－1B．该“84消毒液”稀释100倍后，Na＋的物质的量浓度为0.04 mol·L－1C．空气中的CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClOD．用容量瓶配制上述浓度的“84消毒液”480 mL，需要称量的NaClO固体质量为143.0 g解析：c(NaClO)＝＝＝4.0 mol·L－1，A正确；稀释前后NaClO的物质的量不变，体积变为原来的100倍，则浓度变为原来的，即稀释后浓度为0.04 mol·L－1，故B正确；酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，由强酸制弱酸原理可知，CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，故C正确；配制480 mL溶液需要500 mL的容量瓶，由n＝cV＝4.0 mol·L－1×0.5 L＝2.0 mol，则m＝nM＝2.0 mol×74.5 g·mol－1＝149.0 g，故D错误。答案：D7．在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M g/mol)溶于0.1 L水中，所得溶液密度为ρ g/cm3，则此溶液中溶质的物质的量浓度(mol/L)为(　　)A.　　　　　　 B.C.   D.解析：标准状况下，V L A气体的质量为×M g/mol＝ g,0.1 L水的质量为100 mL×1 g/mL＝100 g。所以溶液中溶质的质量分数w＝＝，所得溶液密度为ρ g/cm3，所以溶液中溶质的物质的量浓度c＝ mol/L＝ mol/L。答案：B8．(1)实验探究小组在实验中需要用到456 mL 1 mol·L－1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8 mol·L－1的HNO3溶液，该小组用8 mol·L－1的HNO3溶液配制所需溶液。①实验中所需的玻璃仪器包括________、________mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。②该实验中需要量取8 mol·L－1的HNO3溶液________mL。③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是________。A．取8 mol·L－1的HNO3溶液时仰视刻度线B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作C．8 mol·L－1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯D．定容时仰视刻度线E．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作(2)某同学转移溶液的操作如图所示，该同学操作中的错误是___________________________________________________________________________________________________________。容量瓶的刻度线标在比较细的瓶颈之上的原因是_______________________________________________________________。A．为了美观  B．为了统一标准C．为了提高准确度  D．方便刻画解析：(1)①实验室没有456 mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500 mL，另外需要用量筒量取8 mol·L－1的HNO3溶液倒在烧杯中加水稀释，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500 mL容量瓶、100 mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。②设需要量取8 mol·L－1的HNO3溶液V mL，则8 mol·L－1×V×10－3L＝1 mol·L－1×500×10－3L，解得V＝62.5。③取8 mol·L－1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏高，故A正确；量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；定容后，将容量瓶振荡摇匀后，不用再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误。(2)转移溶液的错误操作是未用玻璃棒引流。容量瓶的刻度线标在比较细的瓶颈之上，这样做的目的是提高准确度，与美观、方便刻画等没有关系。答案：(1)①500 mL容量瓶　100　玻璃棒　②62.5　③AC(2)未用玻璃棒引流　C9．如图所示的实验装置可用来测定含两种元素的某种气体X的化学式。在注射器A中装有240 mL气体X，慢慢通过不含空气并装有红热的氧化铜的玻璃管B，使之完全反应，得到下面的实验结果：实验前B管重20.32 g，实验后B管重20.00 g，B管中的黑色粉末变成红色粉末。在C管中收集到的无色液体是水；在注射器D中收集到的气体是氮气。试回答下列问题：(1)气体X是由________和________元素组成的。(2)若240 mL气体X完全反应后，收集到的氮气质量是0.28 g；根据实验时的温度和压强计算出1 mol气体X的体积是24 000 mL，则X的摩尔质量是_______________g·mol－1。(3)通过计算，确定X的化学式为____________。(4)写出B中发生反应的化学方程式：_________________________________________(X在该条件下不发生分解反应)。解析：在C管中收集到水，其中的氧来源于CuO，则X中一定含有氢元素；在D中收集到N2，说明X中一定含有N元素，即X中含N、H两种元素。反应生成的水中O的质量为20.32 g－20.00 g＝0.32 g，n(O)＝＝0.02 mol，故n(H)＝0.02 mol×2＝0.04 mol；n(N2)＝＝0.01 mol；本实验条件下Vm＝24 L·mol－1，所以n(X)＝＝0.01 mol，因此n(X)∶n(N)∶n(H)＝0.01 mol∶(0.01 mol×2)∶0.04 mol＝1∶2∶4，所以X的化学式为N2H4，摩尔质量为32 g·mol－1。答案：(1)N　H　(2)32　(3)N2H4(4)N2H4＋2CuON2＋2H2O＋2Cu10．将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤，将滤液加热至60 ℃后，再加入Na2CO3溶液，最终可制得碱式碳酸锰[aMnCO3·bMn(OH)2·cH2O]。(1)用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是_________________________________________________________，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，其目的是_____________________。(2)为测定碱式碳酸锰的组成，取7.390 g样品溶于硫酸，生成CO2 224.0 mL(标准状况)，并配成500 mL溶液。准确量取10.00 mL该溶液，用0.050 0 mol·L－1EDTA(化学式Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mn2＋(原理为Mn2＋＋H2Y2－===MnY2－＋2H＋)，至终点时消耗EDTA标准溶液28.00 mL。通过计算确定该样品的化学式。答案：(1)防止FeSO4被氧气氧化　除去铁屑表面的油污(2)n(CO2)＝n(MnCO3)＝0.01 mol，n(EDTA)＝0.001 4 mol，10 mL溶液中n(Mn2＋)＝0.001 4 mol，7．390 g该碱式碳酸锰中n(Mn2＋)＝0.001 4 mol×＝0.07 mol，n[Mn(OH)2]＝0.06 mol，m(H2O)＝0.9 g，n(H2O)＝0.05 mol，a∶b∶c＝1∶6∶5，碱式碳酸锰的化学式为：MnCO3·6Mn(OH)2·5H2O。11．钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 ℃及以上所得固体均为钴氧化物。(1)通过计算确定C点剩余固体的化学成分为______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225～300 ℃发生反应的化学方程式：_____________________。(2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为＋2、＋3)，用480 mL 5 mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比。答案：(1)由图可知，CoC2O4·2H2O的起始质量为18.3 g，其物质的量为0.1 mol，Co元素质量为5.9 g，C点钴氧化物质量为8.03 g，氧化物中氧元素质量为8.03 g－5.9 g＝2.13 g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1 mol∶≈3∶4，故C点为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7 g，与其起始物质的质量相比减少18.3 g－14.7 g＝3.6 g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应的化学方程式为3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。(2)由电子守恒：n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×＝0.4 mol，由电荷守恒：n(Co原子)总＝n(Co2＋)溶液＝n(Cl－)＝×(0.48 L×5 mol·L－1－2×)＝1 mol，所以固体中的n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 mol，根据化合价代数和为0，氧化物中n(O)＝(0.6 mol×2＋0.4 mol×3)÷2＝1.2 mol，故该钴氧化物中n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6。即：(1)Co3O4　3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2(2)该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为5∶6。