江苏专用2022版高考化学大一轮复习专题一第2讲物质的量夯基提能作业含解析.docx

第2讲物质的量一、单项选择题1.(2022海安中学月考)设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()A.18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB.2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的氢离子数为2NAC.过氧化钠与水反响时,生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD.1 mol Cu和足量浓硝酸完全反响可生成2NA个NO2答案CA项,D2O和H2O的摩尔质量不同,18 g D2O和18 g H2O的物质的量不同,含有的质子数不同;B项,亚硫酸是弱酸,不能完全电离,故2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的氢离子数小于2NA;C项,Na2O2与水反响生成O2,氧元素的化合价由-1升高到0,故生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA;D项,1 mol Cu和足量浓硝酸完全反响后生成2 mol NO2,但常温下存在二氧化氮与四氧化二氮的化学平衡,因此二氧化氮的分子数少于2NA。2.(2022扬州中学高三上学期10月月考)设NA为阿伏加德罗常数的值,以下说法中正确的选项是()A.标准状况下,11.2 L CCl4中含有的分子数为0.5NAB.在Na2O2与水的反响中,每生成1 mol O2,转移的电子数为2NAC.常温常压下,7.8 g苯中含有双键的数目为0.3NAD.25 时,0.1 mol·L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数为0.1NA答案BA项,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,错误;B项,过氧化钠和水的反响中,氧元素由-1价变为0价,故当生成1 mol氧气时转移2NA个电子,正确;C项,苯中无碳碳双键,错误;D项,溶液体积不明确,故溶液中的NH4+的个数无法计算,错误。3.(2022高邮中学十月份第二次阶段测试)设 NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()A.在5NH4NO3 2HNO3+4N2+9H2O中,生成28 g N2时转移电子的数目为7.5 NAB.16.2 g纤维素(C6H10O5)n完全燃烧,产生CO2的数目约为0.6 NAC.电解饱和食盐水产生11.2 L H2,那么产生OH-的数目为NAD.1 L 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中实际含有HCO3-的数目为0.1 NA答案BA项,在5NH4NO3 2HNO3+4N2+9H2O中,生成4个N2转移15个电子,所以生成28g N2时转移电子的数目为3.75 NA,错误;B项,16.2 g纤维素(C6H10O5)n含结构单元(C6H10O5)0.1 mol,所以完全燃烧产生CO2的数目约为0.6 NA,正确;C项,未指明是标准状况,不能得出生成H2的物质的量,因此不能求出产生OH-的数目,错误;D项,溶液中HCO3-会发生水解、电离,所以含有HCO3-的数目小于0.1 NA ,错误。4.设NA为阿伏加德罗常数的值,以下说法中正确的选项是()A.1 mol乙基中含有的电子数为13NAB.标准状况下,22.4 L三氯甲烷中共价键数目为4NAC.6.4 g CaC2晶体中含有的阴、阳离子总数为0.3NAD.1 mol硫粉与足量的铜粉共热,转移的电子数为2NA答案DA项,乙基不显电性,1 mol乙基中含17 mol电子即17NA个,错误;B项,标准状况下三氯甲烷为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,错误;C项,6.4 g CaC2的物质的量为0.1 mol,而1 mol CaC2中含1 mol Ca2+和1 mol C22-,故0.1 mol CaC2中含0.1 mol阳离子和0.1 mol阴离子,共0.2NA个,错误;D项,硫与铜反响生成Cu2S,S由0价变为-2价,故1 mol硫转移2 mol电子即2NA个,正确。5.设NA为阿伏加德罗常数的值,以下表达中正确的选项是()A.1 mol CH3+含电子数为10NAB.1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAC.标准状况下,22.4 L水中含有的原子总数为3NAD.1 mol Cl2完全溶于水后,转移的电子数为NA答案BA项,1 mol CH3+含电子数为8NA,错误;B项,1 mol Na2O和1 mol Na2O2的结构中均含有2 mol阳离子和1 mol阴离子,1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA,正确;C项,标准状况下,水不呈气态,无法根据气体摩尔体积计算其物质的量,错误;D项,Cl2与水发生的反响为可逆反响,不可能完全转化为生成物,错误。6.设NA表示为阿伏加德罗常数的值,以下说法正确的选项是()A.常温常压下,1 mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAB.常温下,1 L 1 mol·L-1的CH3COOH溶液中含有的H+数为NAC.标准状况下,11.2 L CCl4中含有的分子数为0.5NAD.加热条件下,MnO2与浓盐酸反响生成7.1 g Cl2,转移的电子数为0.2NA答案DA项,苯乙烯结构简式为,1 mol苯乙烯中仅有1 mol碳碳双键,故错误;B项,CH3COOH为弱电解质,局部电离出H+,H+数小于NA,故错误;C项,标准状况下,CCl4不是气体,故错误;D项,该反响中:Cl2 2e-,故生成0.1 mol Cl2,转移电子数为0.2NA,故正确。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()A.18 g 2H2O中含有的电子数目为10NAB.50 g 98%的浓硫酸中含有的氧原子数目为2NAC.常温下,1 L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中氮原子数目为0.2NAD.标准状况下,22.4 L Cl2与足量的Fe反响,转移电子数目为3NA答案CA项,1个2H2O分子中含有10个电子,那么18 g 2H2O中含有的电子数为18g20g/mol×10=9 mol,即9NA,故错误;B项,98%的浓硫酸中有少量水,水中还含有氧原子,故错误;C项,0.1 mol NH4NO3中含0.2 mol氮原子,NH4+水解后溶液中氮原子数目不变,故正确;D项,由于Fe是足量的,故反响中转移的电子数由Cl2来决定,1 mol Cl2与Fe完全反响转移2 mol电子,故错误。8.(2022盐城高三期中)将Cl2通入浓氨水中发生反响:3Cl2+8NH3·H2O 6NH4Cl+N2+8H2O。以下说法正确的选项是()A.浓氨水是弱电解质B.Cl2的氧化性比N2的强C.向1 L 0.1 mol·L-1氨水中参加盐酸至显中性,生成NH4+数为0.1×6.02×1023D.常温常压下,上述反响每生成2.24 L N2,转移电子数为0.6×6.02×1023答案BA项,浓氨水是混合物,不是弱电解质,弱电解质是化合物,错误;B项,氧化剂Cl2的氧化性比氧化产物N2的氧化性强,正确;C项,向1 L 0.1 mol·L-1氨水中参加盐酸至显中性,所加盐酸缺乏,生成NH4+数小于0.1×6.02×1023,错误;D项,常温常压下,生成的2.24 L N2的物质的量不是0.1 mol,所以不能确定电子转移数,错误。9.(2022宝应中学高三上学期第一次月考)设NA为阿伏加德罗常数的值,以下说法中正确的选项是()A.常温常压下,8.96 L Cl2全部溶于水后转移电子的数目为 0.4NAB.0.2 mol·L-1 Na2SO4溶液中 Na+数目为 0.4 NAC.100 g 质量分数为 9.8%的 H2SO4溶液中含氧原子数目为0.4NAD.标准状况下,2.24 L NH3含原子数目为 0.4 NA答案DA项,氯气与水的反响是可逆反响,且未指明标准状况,不能得出参与反响的氯气的量,不能得出电子转移数,错误;B项,未知溶液体积,不能仅仅由溶液浓度得出其中离子的个数,错误;C项,溶液中除硫酸中含氧原子,溶剂水中也含氧原子,错误;D项,标准状况下,2.24 L NH3的物质的量为0.1 mol,所以含原子数目为 0.4 NA,正确。10.设NA表示阿伏加德罗常数的值,以下关于0.2 mol/L Ba(NO3)2溶液的表达中不正确的选项是()A.2 L溶液中阴、阳离子总数为1.2NAB.500 mL溶液中NO3-浓度为0.2 mol/LC.500 mL溶液中Ba2+浓度为0.2 mol/LD.500 mL溶液中NO3-物质的量为0.2 mol答案B在Ba(NO3)2溶液中,c(Ba2+)c(NO3-)cBa(NO3)2=121,2 L溶液中离子总数为2 L×0.2 mol/L×(2+1)=1.2 mol,A正确;离子的浓度与体积无关,B错误、C正确;500 mL溶液中NO3-物质的量为0.5 L×0.2 mol/L×2=0.2 mol,D正确。11.设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()A.0.1 mol苯中含有的双键数目为0.3NAB.常温常压下,4.6 g NO2和N2O4的混合气体中分子总数为0.3NAC.标准状况下,2.24 L Cl2与足量水反响转移的电子数目为0.1NAD.7.8 g Na2O2固体中含有的离子总数为0.3NA答案DA项,苯分子中无双键,错误;B项,假设4.6 g 全是NO2,那么n(NO2)=0.1 mol,假设4.6 g 全是N2O4,那么n(N2O4)=0.05 mol,所以4.6 g混合气体的分子总数介于0.05 mol到0.1 mol之间,错误;C项,Cl2与H2O的反响为可逆反响,转移电子数小于0.1NA,错误;D项,1 mol Na2O2中含有2 mol Na+和1 mol O22-,正确。12.利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL,假设其他操作均是准确无误的,以下情况会引起配制溶液的浓度偏高的是()A.称取碳酸钠晶体100 gB.定容时俯视刻度线C.移液时,没有对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯进行冲洗D.定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线,于是又参加少量水至刻度线答案B配制0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL需称取Na2CO3·10H2O 143 g,称取100 g碳酸钠晶体,会使浓度偏低,A不符合题意;定容时俯视刻度线,会造成所配溶液的体积偏小,浓度偏高,B符合题意;未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯,会造成碳酸钠损失,浓度偏低,C不符合题意;发现液面低于刻度线,又加少量水导致浓度偏低,D不符合题意。13.某氯化镁溶液的密度为1.18 g·cm-3,其中镁离子的质量分数为5.1%,那么300 mL该溶液中Cl-的物质的量等于()A.0.37 molB.0.63 molC.0.74 molD.1.50 mol答案D300 mL该氯化镁溶液的质量为1.18 g·cm-3×300 mL=354 g,镁离子的物质的量为354g×5.1%24g·mol-10.75 mol,氯化镁溶液中n(Cl-)=2n(Mg2+)=2×0.75 mol=1.50 mol,应选D。14.在t 时,将a g NH3完全溶于水,得到V mL溶液,假设该溶液的密度为 g·mL-1,质量分数为,其中含有NH4+的物质的量是b mol,以下表达中正确的选项是()A.溶质的质量分数=aV-a×100%B.溶质的物质的量浓度c=1000a35V mol·L-1C.溶液中c(OH-)=1000bV mol·L-1+c(H+)D.向上述溶液中参加V mL水,所得溶液中溶质的质量分数大于0.5答案CA项,溶质的质量分数=aV×100%;B项,氨水中的溶质在计算时以NH3为准,将=aV×100%代入公式c=1000M,化简可得c=1000a17Vmol·L-1;C项,氨水中含有的阳离子为H+和NH4+,含有的阴离子只有OH-,结合电荷守恒可知溶液中c(OH-)=1000bV mol·L-1+c(H+);D项,由于氨水的密度小于水的密度,与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍,故其质量分数小于0.5。15.有Al2(SO4)3和Na2SO4的混合溶液V L,将它均分成两份。一份滴加氨水,使Al3+完全沉淀;另一份滴加BaCl2溶液,使SO42-完全沉淀。反响中消耗a mol NH3·H2O、b mol BaCl2。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(mol·L-1)为()A.(4b-2a)/VB.(2b-2a)/VC.(2b-a)/VD.(b-2a)/V答案A根据题意可知每份溶液中Al3+的物质的量为a3 mol,SO42-的物质的量为b mol,设每份溶液中Na+的物质的量为x mol,那么b=32×a3+x2,x=2b-a,原混合溶液中的c(Na+)=(4b-2a)/V mol·L-1。16.设NA为阿伏加德罗常数的值,以下表达中正确的选项是()A.标准状况下,2.24 L水中含有的分子数目为0.1NAB.常温常压下,6.4 g氧气和臭氧的混合气体中含有的原子总数为0.4NAC.5.6 g铁与一定量硝酸恰好反响,转移的电子数目一定为0.3NAD.常温下,2 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中,含有的CO32-数为0.2NA答案BA项,水在标准状况下不是气态,不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,错误;B项,常温常压下,6.4 g氧气和臭氧的混合气体中氧原子数为6.4 g÷16 g·mol-1 =0.4 mol,正确;C项,Fe与硝酸反响可被氧化成Fe2+或Fe3+,5.6 g Fe反响转移的电子数不一定为0.3NA,错误;D项,CO32-在水溶液中会发生水解,离子数小于0.2NA,错误。17.设NA为阿伏加德罗常数的值,以下说法中正确的选项是()A.28 g乙烯与丙烯的混合气体中含有双键数目为NAB.标准状况下,22.4 L甘油中含有羟基的数目为3NAC.1 L 0.1 mol·L-1 NaHS溶液中,HS-与S2-数目之和为0.1NAD.0.2 mol Cl2与0.1 mol CH4充分反响,生成HCl分子数为0.2NA答案DA项,28 g乙烯与丙烯的混合气体中含有乙烯和丙烯的物质的量不确定,含有双键的数目也不能确定,错误;B项,标准状况下,甘油不是气体,22.4 L甘油的物质的量不是1 mol,错误;C项,1 L 0.1 mol·L-1 NaHS溶液中,根据物料守恒,H2S、HS-与S2-数目之和为0.1NA,错误;D项,0.2 mol Cl2与0.1 mol CH4发生取代反响,氯气完全反响,生成HCl 0.2 mol,正确。18.把500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份,取一份参加含a mol氢氧化钠的溶液恰好反响完全,另取一份参加含b mol HCl的盐酸恰好反响完全,那么该混合溶液中c(Na+)为()A.(b10-a20)mol·L-1B.(2b-a)mol·L-1C.(5b-5a2)mol·L-1D.(10b-5a)mol·L-1答案D100 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液中参加含a mol NaOH的溶液,反响为NH4HCO3+2NaOH NH3·H2O+Na2CO3+H2O,那么NH4HCO3为0.5a mol;参加含b mol HCl的盐酸发生的反响为NH4HCO3+HCl NH4Cl+CO2+H2O、Na2CO3+2HCl 2NaCl+H2O+CO2,那么Na2CO3的物质的量为12(b-0.5a)mol,n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol,c(Na+)=(b-0.5a)mol0.1L=(10b-5a)mol·L-1。二、非选择题19.化学耗氧量(Chemical Oxygen Demand,简称COD)是一个量度水体受污染程度的重要指标,废水中的复原性物质大局部是有机物,COD表示氧化这些复原性物质所需消耗的O2的量(以mg/L计)。下面是用KMnO4滴定法测定水样中COD的实验:步骤中反响的离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+ 2Mn2+10CO2+8H2O。假设步骤所用0.005 000 mol/L Na2C2O4溶液为20.00 mL,根据相关数据计算该水样的化学耗氧量(以mg/L计)。写出计算过程。答案解:设与水样反响后剩余的KMnO4物质的量为x。2MnO4- 5C2O42-2molx=5mol0.005000mol/L×0.02Lx=4×10-5 mol那么与水样反响的KMnO4的物质的量为0.002 000 mol/L×0.025 L-4×10-5 mol=1×10-5 mol1 mol MnO4-生成Mn2+得5 mol电子,1 mol O2生成H2O得4 mol电子n(O2)=1×10-5 mol×54=1.25×10-5 molCOD为1.25×10-5mol×32g/mol×103mg/g0.1L=4 mg/L。解析此题的实验操作原理:向水样中参加过量的KMnO4溶液,KMnO4氧化水中的复原性物质后,剩余的KMnO4与一定量的Na2C2O4反响,由消耗的Na2C2O4的量求得剩余的KMnO4的量,进而可求得与水样中复原性物质反响的KMnO4的量;然后根据得失电子守恒,计算出水样中复原性物质消耗KMnO4的量相当于消耗多少O2,求出COD。