物质的量复习习题.docx
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物质的量复习习题
物质的量
1.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.10gD2O中含有的质子数与中子数均为5NA
B.标准状况下,22.4LCHC13中含C-Cl键的数目为3NA
C.密闭容器中,1molNH3和1molHCl反应后气体分子总数为NA
D.l00mL1.0mol/LFeC13溶液与足量Cu反应,电子转移数为0.2NA
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.标准状况下,2.24LCH3OH中含有的原子数目为6NA
B.18g2H2O中含有的电子数目为10NA
C.25℃时,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-数为0.05NA
D.常温下,21g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
3.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是
A.4g甲烷完全燃烧转移的电子数为2NA
B.11.2L(标准状况)CCl4中含有的共价键数为2NA
C.3molSO2和1molO2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NA
D.1L0.1mol·L-1的Na2S溶液中HS-和S2-离子数之和为0.1NA
4.体积为VmL,密度为dg·cm-3的溶液,含有相对分子质量为M的溶质mg,其物质的量浓度为cmol·L-1,质量分数为w%,下列表达式正确的是( )
A.c=(w×100×d)/MB.m=V×d×w
C.w=(c×M)/(1000×d)D.c=(1000×m)/(V×M)
5.阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol−1,下列叙述中正确的是()
A.常温常压下,18.0g重水(D2O)所含的电子数约为10×6.02×1023个
B.一定条件下,46.0g二氧化氮和四氧化二氮的混合气体中含有的氮原子数约为6.02×1023个
C.已知:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)ΔH=-91kJ·mol-1,一定条件下若加入6.02×1023个CO和2×6.02×1023个H2,则放出91kJ的热量
D.1.0L1.0mol·L−1CH3COOH溶液中,CH3COOH分子数约为6.02×1023个
6.把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份,取一份加入含amol硫酸钠的溶液,恰好使钡离子完全沉淀;另取一份加入含bmol硝酸银的溶液,恰好使氯离子完全沉淀。
则该混合溶液中钾离子浓度为
A.2(b-2a)mol·L-1B.10(2a-b)mol·L-1
C.10(b-a)mol·L-1D.10(b-2a)mol·L-1
7.36.5gHCl溶解在1L水中,所得溶液密度为ρg·cm-3,质量分数为w,物质的量浓度为cmol·L-1,NA表示阿伏加德罗常数,则下列叙述中正确的是
A.所得溶液中含有NA个HCl分子
B.所得溶液的物质的量浓度为1mol·L-1
C.36.5gHCl气体占有的体积为22.4L
D.所得溶液溶质的质量分数:
w=36.5c/(1000ρ)
8.硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2
Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O,用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.1L0.1mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的数目为0.1NA
B.将1molSO2和1molO2充分反应后,其分子总数为1.5NA
C.常温常压下,3.0g15N2中含有的中子总数为1.4NA
D.标准状况下,每生成15.68L气体转移电子数目为0.8NA
9.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()
A.32gS8(分子结构:
)中的共价键数目为NA
B.0.1mol熔融NaHSO4中的阳离子数目为0.1NA
C.8gCuO与足量H2充分反应生成Cu,该反应转移的电子数为0.2NA
D.标准状况下,11.2LCl2溶于水,溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA
10.用NA表示阿伏伽德罗常数的值,则下列说法正确的是
A.常温下,pH=1的盐酸中含有H+的数目为0.1NA
B.标准状况下,22.4LCl2与Fe完全反应时,转移电子数为3NA
C.32gO2和32gO3中所含原子数均为2NA
D.常温常压下,23gC2H6O中,一定含有2.5NA个C-H键
11.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.1.9gH3O+中含质子总数为NA
B.体积均为22.4L(标准状况)的乙烯和乙酸含氢原子数均为4NA
C.1L0.1mol·L-1NH4A1(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NA
D.当反应MgO+C+Cl2
MgCl2+CO中断裂2molCl-Cl键时,转移电子总数为4NA
12.设阿伏加德罗常数的值为NA。
下列说法正确的是( )
A.标准状况下,2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA
B.将含3NA个离子的Na2O2固体溶于水配成1L溶液,所得溶液中Na+的浓度为2mol/L
C.用铂电极电解100mL1mol•L-1的CuSO4溶液足够长时间,转移电子数一定为0.2NA
D.常温下,14g的146C含中子数目为6NA
13.NA表示阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是
A.1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
B.0.1mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同
C.标准状况下,11.2LHF含有0.5NA个HF分子
D.向FeI2溶液中通入适量Cl2,当有1molFe2+被氧化时,转移的电子数为NA
14.将mg由铜与镁组成的混合物加入含nmolHNO3的稀硝酸中,两者恰好完全反应,生成V1mL标准状况下的NO气体(假定还原产物只有NO),再向所得溶液中加入V2mL6mol·L-1NaOH溶液,溶液中金属离子恰好完全沉淀,测得生成(m+10.2)g沉淀。
下列相关判定一定不正确的是()
A.m=19.2B.n=0.8
C.V1=4.48D.V2=200
参考答案
1.A
【解析】
【详解】
A.10gD2O中含有的质子数与中子数均为
5NA,选项A正确;
B.CHC13标准状况下是液体,22.4LCHC13中含C-Cl键的数目大于3NA,选项B错误;
C.NH3和HCl反应生成氯化铵固体,故1molNH3和1molHCl反应后气体分子总数为0,选项C错误;
D.l00mL1.0mol/LFeC13溶液与足量Cu反应,铁由+3价变为+2价,电子转移数为0.1NA,选项D错误。
答案选A。
【点睛】
本题考查了阿伏加德罗常数的应用,主要考查气体摩尔体积的条件应用,质量换算物质的量计算微粒数,关键是D2O中质子数与中子数相同。
2.D
【解析】
【详解】
A项,标准状况下,CH3OH为液体,无法用标准气体摩尔体积换算,故A项错误;
B项,2H2O的摩尔质量为20g/mol,故18g重水的物质的量为0.9mol,故含9NA个电子,故B项错误;
C项,pH=13的Ba(OH)2溶液OH-浓度为0.1mol/L,所以1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-数为0.1NA,故C项错误;
D项,乙烯和丁烯的最简式均为CH2,故21g混合物中含有的CH2的物质的量n=
=1.5mol,故含有的碳原子的物质的量为1.5mol,即1.5NA个,故D项正确。
答案选D。
【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,注意气体摩尔体积使用对象与方法。
3.A
【解析】
【详解】
A.甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水,碳元素化合价由-4价升高到+4价,所以4g甲烷完全燃烧转移的电子数为
8NA/mol=2NA,故A正确;
B.CCl4在标况下非气态,无法计算11.2LCCl4的物质的量,故B错误;
C.SO2和O2反应为可逆反应,反应不能进行完全,SO2和O2都有剩余,所以3molSO2和1molO2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3NA,故C错误;
D.Na2S溶液中分两步水解,生成HS-和H2S,根据物料守恒关系:
HS-、H2S和S2-离子数之和为0.1NA,故D错误。
故选A。
【点睛】
本题为“NA”应用试题,解答此类题要注意题设陷阱,本题B选项,CCl4在标况下非气态,C选项,二氧化硫和氧气反应为可逆反应,D选项,要注意物料守恒的正确使用,考生只有在平时多总结,才能做到考试时慧眼识别。
4.D
【解析】
【详解】
A.c=1000ρw/M=1000dw%/M=10dw/M,故A错误;
B.溶液的质量为:
dg·cm-3×VmL=dVg,溶质的质量为dV×w%,故B错误;
C.根据c=1000ρw/M=1000dw%/M,可得w%=(c×M)/(1000×d),故C错误;
D.溶质的物质的量为n=m/Mmol,溶液的体积为0.001VL,则c=(1000×m)/(V×M),故D正确;
故选D。
5.B
【解析】
【详解】
A.D2O的摩尔质量为20g/mol,常温常压下,18.0g重水(D2O)物质的量小于1mol,所含的电子数小于10×6.02×1023个,故A错误。
B.二氧化氮和四氧化二氮的最简式都是NO2,可以看作46.0g的NO2,46.0g的NO2是1mol,含有6.02×1023个氮原子,故B正确。
C.一定条件下6.02×1023个CO和2×6.02×1023个H2,也就是1mol的CO和2mol的H2,此反应是可逆反应,1mol的CO和2mol的H2不可能完全转化为1molCH3OH(g),故放出热量少于91kJ,故C错误。
D.CH3COOH是弱电解质,1.0L1.0mol·L−1CH3COOH溶液中,CH3COOH分子数少于6.02×1023个,故D错误。
本题选B。
6.D
【解析】
【详解】
根据题意,500mL溶液分成5等份,每份为100mL。
由反应:
Ba2++SO42+=BaSO4↓知,每份溶液中Ba2+的物质的量为amol,同理C1-的物质的量为bmol。
由电荷守恒:
n(K+)=n(C1-)一2n(Ba2+)=(b-2a)mol,故c(K+)=(b-2a)mol/0.1L=10(b-2a)mol/L。
A.2(b-2a)mol·L-1不符合题意;B.10(2a-b)mol·L-1不符合题意;C.10(b-a)mol·L-1不符合题意;D.10(b-2a)mol·L-1符合题意;答案:
D。
7.D
【解析】
【分析】
A、氯化氢为强电解质,溶液中不存在氯化氢分子;
B、氯化氢溶于1L水中,所得溶液的体积不是1L;
C、根据标准状况下的气体摩尔体积计算出氯化氢的体积;
D、根据物质的量浓度c=1000ρw/M计算溶液的质量分数。
【详解】
A项、氯化氢为强电解质,溶液中完全电离出氢离子和氯离子,所以溶液中不存在氯化氢分子,故A错误;
B项、36.5gHCl的物质的量为1mol,1mol氯化氢溶解在1L水中,所得溶液体积不是1L,浓度不是1mol/L,故B错误;
C项、36.5gHCl的物质的量为1mol,标准状况下1mol氯化氢的体积约为22.4L,故C错误;
D项、根据物质的量浓度c=1000ρw/M可知,溶液溶质的质量分数:
w=36.5c/(1000ρ),故D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查了有关物质的量的简单计算,注意掌握物质的量与物质的量浓度、摩尔质量等物理量之间的转化关系,明确物质的量浓度与溶质质量分数的关系。
8.D
【解析】
【详解】
A.由于Fe2+水解,1L0.1mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的数目小于0.1NA,选项A错误;
B.SO2与O2反应2SO2+O2
2SO3属于可逆反应,不能反应完全,若1molSO2和1molO2完全反应生成1molSO3和剩余的0.5molO2,共1.5mol,因不能完全反应,则其物质的量大于1.5mol,分子总数大于1.5NA,选项B错误;
C.15N的中子数=15−7=8,3.0g15N2为0.1mol,含有的中子总数=0.1×16×NA=1.6NA,选项C错误;
D.标准状况下,15.68L气体为0.7mol,其中NH3占
、N2占
,SO2占
,根据反应可知,生成4molSO2转移8mol电子,生成0.4molSO2则转移0.8mol电子,数目为0.8NA,选项D正确;
答案选D。
9.D
【解析】
【详解】
A、由选项可知1molS8中所含共价键的数目为8NA,32gS8为0.125mol,所含共价键数目为NA,选项A正确;
B、熔融条件下,NaHSO4=Na++HSO4-,因此含有的阳离子数为0.1NA,选项B正确;
C、1mol氧化铜被氢还原转移电子数为2NA,8g氧化铜为0.1mol,转移电子数为0.2NA,选项C正确;
D、标准状况下11.2L氯气物质的量为0.5mol,氯气与水之间是可逆反应,反应不彻底,溶液中Cl-、C1O-和HClO的微粒数之和小于NA,选项D不正确。
答案选D。
10.C
【解析】
【详解】
A.常温下,pH=1的盐酸,不知道盐酸的体积,所以含有H+的数目无法确定,故A错误;
B.标准状况下,22.4LCl2的物质的量为1mol,每个氯气分子得到两个电子生成2个Cl-,所以转移电子数为2NA,故B错误;
C.32gO2和32gO3都由氧原子构成,则n(O)=32g/16g/mol=2mol,所以原子数均为2NA,故C正确;
D.C2H6O可以是乙醇也可以是二甲醚,乙醇分子中有5个C-H键,而二甲醚中有6个C-H键,故D错误,
故选C。
11.D
【解析】
【详解】
A.1.9g H3O+的物质的量为0.1mol,含有1.1mol质子,含有的质子数为1.1NA,故A错误;
B.标况下乙酸不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算,故B错误;
C.NH4A1(SO4)2溶液中NH4+和Al3+发生水解,其中Al3+水解反应为:
Al3++3H2O
Al(OH)3+3H+,由此可知阳离子数目增加,所以1L0.1mol·L-1NH4A1(SO4)2溶液中阳离子总数大于0.2NA,故C错误;
D.由反应式MgO+C+Cl2
MgCl2+CO可知,Cl2得电子,断裂2molCl-Cl键即有2molCl2参加反应,转移电子总数为2
2NA=4NA,故D正确。
答案选D。
12.B
【解析】
【详解】
A.标准状况下,CCl4为液态,不可利用气体摩尔体积计算,故A错误;
B.3NA个离子的Na2O2固体物质的量为1mol。
溶于水生成2molNaOH,配成1L溶液,所得溶液中Na+的浓度为2mol/L,故B正确;
C.用铂电极电解100mL1mol•L-1的CuSO4溶液足够长时间,刚开始生成Cu和O2,后来就是电解水,无法计算转移电子数,故C错误;
D.常温下,14g的146C含中子数目为
×NA=8NA,故D错误;
答案:
B
13.A
【解析】
【详解】
A.硝基(-NO2)与二氧化氮(NO2)分子中均有23个电子,所以1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA,选项A正确;
B、两溶液体积不明确,故两溶液中含有的铵根离子的个数不一定相同,选项B错误;
C、标况下HF为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,选项C错误;
D、向FeI2溶液中通入适量Cl2,先将碘离子氧化,然后将亚铁离子氧化,当有1molFe2+被氧化时,共转移的电子的数目大于NA,选项D错误。
答案选A。
14.AD
【解析】
【分析】
将mg由铜与镁组成的混合物加入含nmolHNO3的稀硝酸中,两者恰好完全反应,生成V1mL标准状况下的NO气体(假定还原产物只有NO),发生反应:
3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,再向所得溶液中加入V2mL6mol·L-1NaOH溶液,溶液中金属离子恰好完全沉淀,发生反应:
Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3,测得生成(m+10.2)g沉淀,沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜,生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为10.2g,据此答题。
【详解】
A.氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为10.2g,则氢氧根的物质的量为
=0.6mol,则镁和铜的总的物质的量为0.3mol,假设全为镁,质量为0.3mol×24g/mol=7.2g,若全为铜,质量为0.3mol×64g/mol=19.2g,所以参加反应的金属的总质量(m)为7.2g<m<19.2g,故A错误;
B.根据方程式可知参加反应的n反应(HNO3)=8/3n(金属)=0.3mol×8/3=0.8mol,故B正确;
C.氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为10.2g,氢氧根的物质的量为
=0.6mol,则镁和铜的总的物质的量为0.3mol,根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为
=0.2mol,则在标准状况下,生成NO的体积V1=0.2mol×22.4L/mol=4.48L,故C正确;
D.因为恰好完全反应,则参加反应氢氧化钠的物质的量为0.6mol,需要氢氧化钠溶液体积=
=0.1L=100mL,故D错误。
故选AD。