2020届高考化学一轮复习第一单元第1讲物质的量　气体摩尔体积作业 12页

‎1.雾霾天气对环境造成了严重影响,部分城市开展PM2.5和臭氧的监测。下列有关说法正确的是(　　)。‎ A.臭氧的摩尔质量是48 g B.同温同压条件下,等质量的氧气和臭氧的体积之比为2∶3‎ C.16 g臭氧中含有6.02×1023个原子 D.1.00 mol臭氧中含有的电子总数为18×6.02×1023‎ 解析　臭氧的摩尔质量是48 g·mol-1,A项错误;同温同压条件下,等质量的氧气和臭氧的体积之比为3∶2,B项错误;1.00 mol臭氧中含有的电子总数为24×6.02×1023,D项错误。‎ 答案　C ‎2.下列两种气体的分子数一定相等的是(　　)。‎ A.质量相等、密度不同的N2和C2H4‎ B.体积相等的CO和N2‎ C.等温、等体积的O2和N2‎ D.等压、等体积的N2和CH4‎ 解析　N2和C2H4的摩尔质量相等,则等质量的这两种气体的物质的量也相等,故其所含分子数也一定相等,A项正确。B、C、D三项可根据阿伏加德罗定律及推论加以判断,所含分子数不一定相等。‎ 答案　A ‎3.(2018年辽宁部分重点高中联考)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是(　　)。‎ A.高温下,0.2 mol Fe与足量水蒸气反应,生成的H2分子数目为0.3NA B.工业用电解法进行粗铜精炼时,每转移1 mol电子,阳极上溶解的铜原子数必为0.5NA C.反应5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O中,生成28 g N2时,转移的电子数目为3.75NA D.氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时,电路中通过的电子数目为2NA 解析　0.2 mol Fe在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,生成氢气的物质的量是‎0.8‎‎3‎ mol,A项错误;粗铜中含有铁、锌等杂质,铁、锌的金属活动性强于铜,先失去电子,所以用电解法进行粗铜精炼时,每转移1 mol电子,阳极上溶解的铜原子数一定小于0.5NA,B项错误;反应5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O中,28 g氮气的物质的量是1 mol,其中-3价N元素全部被氧化,被氧化的N原子的物质的量占生成的氮气中N原子物质的量的‎5‎‎8‎,所以转移的电子数目是1 mol×2×‎5‎‎8‎×3×NA mol-1=3.75NA,C项正确;氢氧燃料电池正极为氧气,发生还原反应,消耗22.4 L(标准状况)氧气时,电路中通过的电子数目为‎22.4 L‎22.4 L·mol‎-1‎×4×NA mol-1=4NA,D项错误。‎ 答案　C ‎4.(2018年北京第十中学月考)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是(　　)。‎ A.100 mL 0.1 mol·L-1稀硫酸中含有硫酸根离子的数目为0.1NA B.1 mol C10H22分子中共价键总数为31NA C.常温下,7.1 g氯气与足量的NaOH溶液反应,转移电子数为0.2NA D.9 g重水中所含有的电子总数为5NA 解析　n(H2SO4)=cV=0.1 mol·L-1×0.1 L=0.01 mol,而1 mol硫酸能电离出1 mol硫酸根离子,故0.01 mol硫酸溶液中SO‎4‎‎2-‎的数目为0.01NA,A项错误;C10H22是烷烃,每个C10H22分子中有22个C—H键、9个C—C键,1 mol C10H22分子中共价键总数为31NA,B项正确;7.1 g氯气的物质的量为0.1 mol,而氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应,故 转移0.1 mol电子,即0.1NA,C项错误;9 g重水的物质的量为‎9‎‎20‎ mol,其所含电子的物质的量为‎9‎‎20‎×10=4.5 mol,即4.5NA,D项错误。‎ 答案　B ‎5.(2018年山西大学附属中学模块诊断)用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的有(　　)。‎ ‎①2.24 L氟化氢所含分子数约为0.1NA　②常温下,pH=2的醋酸溶液中所含有的H+数为0.01NA　③密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应,产物的分子数为2NA　④分子总数为NA的NO和CO混合气体中含有的氧原子数为2NA　⑤1 L 1 mol·L-1磷酸溶液中含氧原子数为4NA　⑥1 mol FeCl3完全转化成Fe(OH)3胶体后生成NA个Fe(OH)3胶粒　⑦1 mol SiO2所含Si—O键为2 mol　⑧50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA A.0个　　　　B.2个　　　　C.5个　　　　D.全对 解析　未指明是标准状况下,不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算氟化氢的物质的量,①错误;溶液体积未知,故溶液中的氢离子个数无法计算,②错误;NO和O2反应的化学方程式为2NO+O22NO2,根据化学方程式可知,2 mol NO与1 mol O2恰好完全反应生成2 mol NO2,但NO2和N2O4之间存在相互转化,化学方程式为2NO2N2O4,所以产物分子数小于2NA,③错误;每个NO和CO分子均含有1个O原子,故分子总数为NA的NO和CO混合气体中含有的氧原子数为NA,④错误;因为磷酸溶液的溶剂水中也含有氧原子,所以溶液中氧原子的数目大于4NA,⑤错误;一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体,故得到的氢氧化铁胶粒的个数小于NA,⑥错误;因为每个Si原子能形成4个Si—O键,所以1 mol SiO2中含有4 mol Si—O键,⑦错误;二氧化锰只能与浓盐酸反应,与稀盐酸不反应,随 着反应的进行,盐酸变稀,故盐酸不能完全反应,则转移的电子数小于0.3NA,⑧错误。A项正确。‎ 答案　A ‎6.(2018年福建莆田第二十四中学月考)一个密闭容器中有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分,当左边充入1 mol N2,右边充入总质量为8 g的CO和CO2的混合气体时,隔板处于如图位置(保持温度不变),下列说法正确的是(　　)。‎ A.右边 CO 与 CO2的分子数之比为 1∶3‎ B.右侧 CO 的质量为 2.75 g C.若改变右边 CO 和 CO2 的充入量而使隔板处于离右端‎1‎‎6‎处, 保持温度不变,则前后两次容器内的气体压强之比为 5∶4‎ D.右侧气体密度是相同条件下氢气密度的 16 倍 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,所以右侧气体的物质的量为‎1‎‎4‎ mol=0.25 mol,CO和CO2的总质量为8 g,设CO的物质的量为x mol,则CO2的物质的量为(0.25-x) mol,则28x+44×(0.25-x)=8,解得x=‎3‎‎16‎,即CO的物质的量为‎3‎‎16‎ mol,CO2的物质的量为‎1‎‎16‎ mol。气体的物质的量之比等于其分子数之比,所以右边CO与CO2的分子数之比为‎3‎‎16‎ mol∶‎1‎‎16‎ mol=3∶1,A项错误;m(CO)=n(CO)×M(CO)=‎3‎‎16‎ mol×28 g·mol-1=5.25 g,B项错误;若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端‎1‎‎6‎处,则左右空间体积之比为5∶1,前后两次隔板稳定后气体压强左右两边相等,由于N2的物质的量不变,根据pV=nRT,p‎1‎p‎2‎=V‎2‎V‎1‎=‎5‎‎6‎‎4‎‎5‎=‎25‎‎24‎,C项错误;相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比,右边气体的 平均摩尔质量为‎8 g‎0.25 mol=32 g·mol-1,氢气摩尔质量为2 g·mol-1,所以混合气体与氢气的密度之比为16∶1,D项正确。‎ 答案　D ‎7.(2018年福建三明一中模拟)回答下列问题:‎ ‎(1)2 mol O3和3 mol O2的质量之比为　　　　,同温同压下的密度之比为　　　　,含氧原子数之比为　　　　。 ‎ ‎(2)标准状况下,6.72 L由CO和CO2组成的混合气体的质量为12 g。此混合物中CO和CO2的分子数目之比是　　　　,混合气体的平均摩尔质量是　　　　。  ‎ ‎(3)气体化合物A的化学式可表示为OxFy,已知同温同压下10 mL A受热分解生成15 mL O2和10 mL F2,则A的化学式为　　　　,推断的依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)在标准状况下,15.6 g Na2O2投入足量水中,可产生O2的体积为　　　　。 ‎ 解析　(1)2 mol O3和3 mol O2的质量之比为(2 mol×48 g·mol-1)∶(3 mol×32 g·mol-1)=1∶1;ρ=mV,而同温同压下体积之比=物质的量之比=2∶3,所以密度之比为3∶2;含氧原子数之比为(2 mol×3)∶(3 mol×2)=1∶1。‎ ‎(2)混合气体的物质的量为‎6.72 L‎22.4 L·mol‎-1‎=0.3 mol,设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol,则x+y=0.3,28x+44y=12,解得x=0.075、y=0.225,则此混合物中CO和CO2的分子数目之比=物质的量之比=0.075∶0.225=1∶3;混合气体的平均摩尔质量为‎12 g‎0.3 mol=40 g·mol-1。‎ ‎(3)根据阿伏加德罗定律,A受热分解的化学方程式可表示为2OxFyxO2+yF2,根据质量守恒定律可得A的化学式为O3F2。‎ ‎(4)Na2O2与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,15.6 g Na2O2的物质的量为‎15.6 g‎78 g·mol‎-1‎=0.2 mol,所以生成氧气0.1 mol,在标准状况下的体积为2.24 L。‎ 答案　(1)1∶1;3∶2;1∶1‎ ‎(2)1∶3;40 g·mol-1‎ ‎(3)O3F2;阿伏加德罗定律和质量守恒定律 ‎(4)2.24 L ‎8.(2018年河南开封调研)合成氨工业生产中所用的α-Fe催化剂的主要成分为FeO、Fe2O3,已知当催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1∶2时,其催化剂活性最高。‎ ‎(1)某FeO、Fe2O3混合物中,铁原子、氧原子的物质的量之比为4∶5,其中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为　　　。 ‎ ‎(2)当催化剂催化活性最高时,混合物中铁的质量分数为　　　　(保留2位小数,其他杂质忽略不计)。 ‎ ‎(3)写出由C(炭粉)与Fe2O3在高温下反应制备α-Fe催化剂的化学方程式(另一种产物可溶于水): ‎ ‎　。 ‎ ‎(4)为制得这种活性最高的催化剂,理论上应向480 g Fe2O3粉末中加入炭粉的质量为　　　　,生成实验条件下CO2的体积为　　　　(假设此实验条件下,气体摩尔体积为24 L·mol-1)。 ‎ 解析　(1)设混合物中FeO、Fe2O3的物质的量分别为x mol、y mol,根据铁原子、氧原子物质的量之比得(x+2y)∶(x+3y)=4∶5,解得x∶y=2∶1,故Fe2+与Fe3+的物质的量之比为x∶2y=1∶1。(2)根据催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1∶2,可推知FeO、Fe2O3的物质的量之比为1∶1,混合物中铁的质量分数为‎3×56‎‎72+160‎≈0.72。(3)由题给信息 知,C(炭粉)会将一部分Fe2O3还原成FeO,同时自身被氧化成CO2。(4)催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1∶2时,其催化活性最高,此时反应后的混合物中,FeO、Fe2O3的物质的量之比为1∶1,480 g Fe2O3为3 mol,Fe2O3~2FeO,原料中必须有‎1‎‎3‎的Fe2O3参加反应,即1 mol Fe2O3参加反应,理论上要有0.5 mol C反应,即6 g C。生成的CO2为0.5 mol,在该条件下体积为12 L。 ‎ 答案　(1)1∶1‎ ‎(2)0.72‎ ‎(3)2Fe2O3+C4FeO+CO2↑‎ ‎(4)6 g;12 L ‎9.现有14.4 g CO和CO2的混合气体,在标准状况下所占的体积约为8.96 L。回答下列问题(用NA表示阿伏加德罗常数的值):‎ ‎(1)该混合气体的平均摩尔质量为　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)混合气体中碳原子的个数为　　　　。 ‎ ‎(3)将混合气体依次通过如图所示的装置,最后收集在气球中。‎ ‎①气球中收集到的气体的摩尔质量为　　　　　　　。 ‎ ‎②标准状况下气球中收集到的气体的体积为　　　　。 ‎ ‎③气球中收集到的气体所含的电子总数为　　　　。 ‎ 解析　(1)标准状况下混合气体的体积为8.96 L,则其物质的量n=VVm=‎8.96 L‎22.4 L·mol‎-1‎=0.4 mol,混合气体的平均摩尔质量为‎14.4 g‎0.4 mol=36 g·mol-1。(2)设混合气体中 CO的物质的量为x mol,CO2的物质的量为y mol,则28x+44y=14.4,x+y=0.4,解得x=0.2,y=0.2。因CO和 CO2中均含1个碳原子,故0.2 mol CO和0.2 mol CO2中共含0.4 mol C原子,即0.4NA个。(3)将混合气体依次通过如图所示的装置,则CO2会被NaOH溶液吸收,剩余气体经浓硫酸干燥后,在气球中收集到的是干燥、纯净的CO气体。①气球中收集到的气体为CO,其摩尔质量为28 g·mol-1。②气球中的气体为CO,其标准状况下的体积V=nVm=0.2 mol×22.4 L·mol-1=4.48 L。③一个CO分子含有14个电子,CO的物质的量为0.2 mol,则所含电子的物质的量为0.2 mol×14=2.8 mol,电子总数为2.8NA。‎ 答案　(1)36 g·mol-1‎ ‎(2)0.4NA ‎(3)①28 g·mol-1‎ ‎②4.48 L ‎③2.8NA ‎10.(2018年湖北、山东部分重点中学联考)在一个恒温、恒容密闭容器中,有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b),将容器分成三部分,已知充入的三种气体质量相等,当隔板静止时,容器内气体所占体积如图所示,下列说法中错误的是(　　)。‎ A.若Y是O2 ,则X可能是CH4‎ B.分子数目:N(X)=N(Z)=2N(Y)‎ C.若X是N2,则Z可能是CO D.气体密度:2ρ(X)=ρ(Z)=2ρ(Y)‎ 解析 ‎　由题给信息可知,图中X、Y、Z三部分的压强、温度分别相等,体积V(X)=V(Z)=2V(Y),由阿伏加德罗定律可知,n(X)=n(Z)=2n(Y),所以分子数目N(X)=N(Z)=2N(Y),B项正确;由于三种气体质量相等,根据n=mM可知,O2的摩尔质量为32 g·mol-1,CH4的摩尔质量为16 g·mol-1,A项正确;N2的摩尔质量为28 g·mol-1,CO的摩尔质量为28 g·mol-1,C项正确;气体的密度和气体的摩尔质量成正比,根据M=mn可知,三种气体的密度2ρ(X)=2ρ(Z)=ρ(Y),D项错误。‎ 答案　D ‎11.(2018年河北衡水中学开学二调)碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸,生成氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g某碳酸铜和碱式碳酸铜的混合物,消耗500 mL 1 mol·L-1盐酸。灼烧等质量的上述混合物,得到氧化铜的质量是(　　)。‎ A.35 g B.30 g C.25 g D.20 g 解析　混合物溶于盐酸,生成氯化铜。n(HCl)=1 mol·L-1×0.5 L=0.5 mol,则根据氯原子守恒可知,氯化铜的物质的量是‎0.5‎‎2‎ mol=0.25 mol,则该混合物中铜原子的物质的量是0.25 mol;在高温下,碳酸铜和碱式碳酸铜均能分解成氧化铜,根据铜原子守恒可知,最终生成0.25 mol氧化铜,质量是0.25 mol×80 g·mol-1=20 g。D项正确。‎ 答案　D ‎12.8.34 g FeSO4·7H2O(相对分子质量:278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示,下列说法正确的是(　　)。‎ A.温度为78 ℃时,固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O B.取适量380 ℃时所得的样品P,隔绝空气加热至650 ℃得到一种固体物质Q,同时有两种无色气体生成,Q的化学式为Fe3O4‎ C.在隔绝空气条件下,N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4+H2O↑‎ D.温度为159 ℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O 解析　8.34 g FeSO4·7H2O样品的物质的量为‎8.34 g‎278 g·mol‎-1‎=0.03 mol,其中m(H2O)=0.03 mol×7×18 g·mol-1=3.78 g,如果晶体失去全部结晶水,固体的质量应为8.34 g-3.78 g=4.56 g,可知在加热到373 ℃之前,晶体失去部分结晶水,P的化学式为FeSO4。温度为78 ℃时,固体质量为6.72 g,其中m(FeSO4)=0.03 mol×152 g·mol-1=4.56 g,m(H2O)=6.72 g-4.56 g=2.16 g,n(H2O)=‎2.16 g‎18 g·mol‎-1‎=0.12 mol,则n(H‎2‎O)‎n(FeSO‎4‎)‎=4∶1,故M的化学式为FeSO4·4H2O,A项错误;加热至650 ℃时,固体的质量为2.40 g,其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03 mol,m(Fe)=0.03 mol×56 g·mol-1=1.68 g,则固体中m(O)=2.40 g-1.68 g=0.72 g,n(O)=‎0.72 g‎16 g·mol‎-1‎=0.045 mol,则n(Fe)∶n(O)=0.03 mol∶0.045 mol=2∶3,则固体Q的化学式为Fe2O3,B项错误;固体N的质量为5.10 g,其中m(FeSO4)=0.03 mol×152 g·mol-1=4.56 g,m(H2O)=5.10 g-4.56 g=0.54 g,n(H2O)=‎0.54 g‎18 g·mol‎-1‎=0.03 mol,则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03 mol∶0.03 mol=1∶1,则N的化学式为FeSO4·H2O,P的化学式为FeSO4,则在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4+H2O↑,C项正确,D项错误。‎ 答案　C ‎13.某同学利用氯酸钾分解制氧气的方法测定氧气的摩尔质量,实验步骤如下:‎ ‎①将适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀,放入干燥的试管中,准确称量,试管和粉末的质量为a g。‎ ‎②连接好实验装置。‎ ‎③检查装置气密性。‎ ‎④加热,开始反应,直到产生一定量的气体。‎ ‎⑤停止加热(如图所示,导管出口高于液面)。‎ ‎⑥测量收集到的气体的体积。‎ ‎⑦准确称量试管和残留物的质量为b g。‎ ‎⑧测量实验室的温度。‎ ‎⑨将残留物倒入指定的容器中,洗净仪器,放回原处,把实验桌面收拾干净。‎ ‎⑩处理实验数据,求出氧气的摩尔质量。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)如何检查此装置的气密性?‎ ‎ ‎ ‎　。 ‎ ‎(2)以下是测量收集到的气体体积必须包括的几个步骤:‎ ‎①调整量筒内外液面高度使之相同;②使试管和量筒内的气体都冷却至室温;③读取量筒内气体的体积。这三步操作的正确顺序是　　　　(填序号)。 ‎ ‎(3)测量收集到的气体体积时,如何使量筒内外液面的高度相同?　。 ‎ ‎(4)如果实验中得到的氧气体积是c L(已换算为标准状况),水蒸气的影响忽略不计,则氧气的摩尔质量的计算式为M(O2)=　(含a、b、c,不必化简)。 ‎ 解析　该实验的反应原理为2KClO32KCl+3O2↑。‎ 计算原理为M(O2)=m(O‎2‎)‎n(O‎2‎)‎,m(O2)=a g-b g,n(O2)=V标准‎(O‎2‎)‎‎22.4 L·mol‎-1‎,所以,该实验的关键在于准确测定氧气的体积。而气体的体积取决于两个因素:一是温度;二是压强。这就要求读数时,气体温度要与室温一致,量筒内外压强一致。在弄清原理后,再考虑实验的每一步操作。‎ 答案　(1)将导管的出口浸入水槽内的水中,手握住试管,有气泡从导管口逸出,放开手后,有少量水进入导管,形成液面差,一段时间后液面差不消失,表明装置不漏气 ‎(2)②①③‎ ‎(3)慢慢将量筒下移 ‎(4)‎‎22.4 L·mol‎-1‎×(ag-bg)‎cL