(新高考)高考化学一轮复习课时练习第1章第1讲物质的量气体摩尔体积(含解析)
展开 物质的量
第1讲 物质的量 气体摩尔体积
课 程 标 准
知 识 建 构
1.了解物质的量及其相关物理量的含义和应用,体会定量研究对化学科学的重要作用。
2.能基于物质的量认识物质组成及其化学变化,运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积之间的相互关系进行简单计算。
一、物质的量的单位——摩尔
1.基本概念及相互关系
2.物质的量的规范表示方法
如:1 mol H、0.5 mol O2、0.01 mol Na+。
3.物质的量与微粒数、阿伏加德罗常数之间的关系
n=或N=n·NA或NA=。
【诊断1】 判断下列说法是否正确,正确的打√,错误的打×。
(1)阿伏加德罗常数就是6.02×1023( )
(2)仓库里存有1 mol小米( )
(3)1 mol水中含有2 mol氢和1 mol氧( )
(4)1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子( )
(5)1 mol O2中约含有6.02×1023个氧气分子( )
(6)等物质的量的O2和O3,所含氧原子数相同( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)×
二、摩尔质量
1.基本概念
2.物质的量(n)、质量(m)、摩尔质量(M)之间的关系
n=或m=n·M或M=。
【诊断2】 判断下列说法是否正确,正确的打√,错误的打×。
(1)摩尔质量就是1 mol物质的质量( )
(2)硫酸的摩尔质量为98 g( )
(3)1 mol OH-的质量是17 g·mol-1 ( )
(4)2 mol H2O是1 mol H2O摩尔质量的2倍( )
(5)1 mol O2的质量与它的相对分子质量相同( )
(6)22 g CO2中含有的氧原子数为NA( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
三、气体摩尔体积
1.影响物质体积的因素
2.气体摩尔体积
3.物质的量与气体体积、气体摩尔体积之间的关系
Vm=或V=n·Vm或n=。
【诊断3】 下列叙述正确的是( )
A.1 mol任何气体的体积都为22.4 L
B.1 mol任何物质在标准状况下所占的体积都为22.4 L
C.标准状况下,1 mol水所占的体积是22.4 L
D.标准状况下,22.4 L任何气体的物质的量都是1 mol
答案 D
解析 A项没有指明气体所处的状况,即温度、压强,错误;B项没有指明该物质的状态,错误;C项水在标准状况下不是气体,错误;D项是对气体摩尔体积概念的应用,正确。
四、阿伏加德罗定律
1.阿伏加德罗定律
可简单总结为“四同”:同温、同压、同体积、同分子数,并且“三同定一同”。
2.阿伏加德罗定律的推论
公式
语言叙述
T、p相同
=
同温、同压下,气体的体积与其物质的量成正比
=
同温、同压下,气体的密度与其摩尔质量(或相对分子质量)成正比
T、V相同
=
温度、体积相同的气体,其压强与其物质的量成正比
【诊断4】 判断下列说法是否正确,正确的打√,错误的打×。
(1)在标准状况下,1 mol氧气和1 mol氦气的体积相同,含有原子数也相同( )
(2)同温同压下,等质量的12C18O和NO体积相同( )
(3)标准状况下,11.2 L SO3中含有的原子数为2NA( )
(4)不同温度下,相同体积的CO和N2密度相同,则二者含有的原子数相同( )
(5)同温同体积的条件下,等质量的SO2和O2的压强比为2∶1( )
(6)同温、同压、同体积的CH4和NH3含有的质子数相等( )
答案 (1)× (2) √ (3)× (4) √ (5)× (6)√
考点一 物质的量、摩尔质量的有关计算
【典例1】 根据相关量的关系,完成下列填空:
(1)有以下四种物质:①22 g二氧化碳 ②8 g氢气
③1.204×1024个氮气分子 ④4 ℃时18 mL水,它们所含分子数最多的是________,所含原子数最多的________,质量最大的是________,所含电子数最多的是________(填序号)。
(2)12.4 g Na2R含Na+ 0.4 mol,则Na2R的摩尔质量为________,R的相对原子质量为________,含R的质量为1.6 g的Na2R,其物质的量为________。
(3)最近材料科学家研究发现了首例带结晶水的晶体在5 K下呈现超导性。据报道,该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O。若用NA表示阿伏加德罗常数,试计算12.2 g该晶体中含氧原子数为________,氢原子的物质的量为________ mol。
答案 (1)② ② ③ ③
(2)62 g·mol-1 16 0.1 mol
(3)0.33NA 0.26
解析 (1)①22 g二氧化碳的物质的量为=0.5 mol;②8 g氢气的物质的量为=4 mol;
③1.204×1024个氮气分子的物质的量为=2 mol,质量为2 mol×28 g/mol=56 g;④4 ℃时18 mL水,其质量为18 mL×1 g/mL=18 g,物质的量为=1 mol;故所含分子数最多的是②8 g氢气;质量最大是③1.204×1024个氮气分子;
①22 g二氧化碳,含有原子物质的量为0.5 mol×3=1.5 mol;②8 g氢气,含有原子物质的量为4 mol×2=8 mol;③1.204×1024个氮气分子,含有原子物质的量为2 mol×2=4 mol;④4 ℃时18 mL水,含有原子物质的量为1 mol×3=3 mol;故所含原子数最多的是②8 g氢气;
①22 g二氧化碳,含有电子物质的量为0.5 mol×22=11 mol;②8 g氢气,含有电子物质的量为4 mol×2=8 mol;③1.204×1024个氮气分子,含有电子物质的量为2 mol×14=28 mol;④4 ℃时18 mL水,含有电子物质的量为1 mol×10=10 mol;故所含电子数最多的是③1.204×1024个氮气分子。
(2)1 mol Na2R中含2 mol Na+,题目中有Na+ 0.4 mol,则有0.2 mol Na2R。运用公式M=得==62 g·mol-1。Mr(Na2R)=62,求得Mr(R)=62-2×23=16。根据n=,得n(R)=0.1 mol,则n(Na2R)=0.1 mol。
(3)Na0.35CoO2·1.3H2O的摩尔质量约为122 g·mol-1,12.2 g Na0.35CoO2·1.3H2O的物质的量为=0.1 mol,因此12.2 g晶体的氧原子数为0.1NA×3.3=0.33NA,氢原子的物质的量为0.1 mol×2.6=0.26 mol。
物质中某指定微粒数目的计算技巧
(1)明确整体与部分的关系:谁是整体?谁是部分?
(2)原子(电子)的物质的量=分子(或特定组合)物质的量×1个分子(或特定组合)中所含这种原子(电子)个数
如典例1(3)中,Na0.35CoO2·1.3H2O是整体,计算对象氧原子、氢原子为部分,它们的关系为:
Na0.35CoO2·1.3H2O~3.3O~2.6H
【对点练1】 (有关n==的应用)在0.5 mol Na2SO4中含有的离子的个数和氧原子的质量分别是( )
A.1.5NA 2 mol B.1.5NA 32 g
C.3.01×1023 4 mol D.NA 64 g
答案 B
【对点练2】 (平均摩尔质量的计算)根据相关量的关系,完成下列填空:
(1)由8 g O2和28 g N2组成的混合气体的平均摩尔质量是________。
(2)在空气中N2、O2、Ar的体积分数分别约为78%、21%、1%,则空气的平均摩尔质量为________。
答案 (1)28.8 g·mol-1 (2)28.96 g·mol-1
解析 (1)=28.8 g·mol-1
(2)28 g·mol-1×78%+32 g·mol-1×21%+40 g·mol-1×1%=28.96 g·mol-1。
【对点练3】 (物质中某指定微粒数目的计算)国家地质调查局“海洋六号”考查船在我国南海北部发现了大量“可燃冰”,它是由水和甲烷在一定条件下形成的类冰结晶化合物。
(1)32 g甲烷和________ g水所含的氢原子数相同。
(2)0.3 mol CH4分子中所含电子数与________个H2O分子中所含电子数相等。1.5 g CH中的电子数为________。
(3)已知,1.6 g“可燃冰”(CH4·xH2O)的物质的量与6.02×1021个水分子的物质的量相等,则该“可燃冰”的摩尔质量为________,x的值为________。
答案 (1)72 (2)0.3NA(或1.806×1023) 0.8NA
(3)160 g·mol-1 8
解析 (1)32 g CH4的物质的量为=2 mol,即含8 mol氢原子,n(H2O)==4 mol,m(H2O)=4 mol×18 g·mol-1=72 g。(2)CH4和H2O分子均含10个电子,则与0.3 mol CH4中所含电子数相等的水的物质的量为0.3 mol,则N=nNA=0.3NA或1.806×1023,1.5 g CH的物质的量为=0.1 mol,每个CH中含有8个电子,故1.5 g CH含电子数为0.8NA。(3)由n=,得水的物质的量为=0.01 mol,则可燃冰的物质的量为0.01 mol,M==160 g·mol-1,由16+18x=160可得x=8。
摩尔质量的计算方法
考点二 气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的应用
【典例2】 三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)
B.若一定条件下,三种气体体积均为2.24 L,则它们的物质的量一定均为0.1 mol
C.同温同压下,同质量的三种气体,气体密度最小的是X
D.同温下,体积相同的两容器分别充2 g Y气体和1 g Z气体,则压强比为1∶4
答案 C
解析 根据m=nM=M,分子数目相等的三种气体,相对分子质量越大,质量越大;因为不确定X、Y、Z三种气体分子中原子个数和组成,所以原子数相等的三种气体就不能确定三种气体的分子数,故A错误;三种气体体积均为2.24 L,Vm不一定等于22.4 L/mol,所以它们的物质的量不一定均为0.1 mol,故B错误;同温同压下,同质量的三种气体,密度和相对分子质量成正比,三种气体密度最小的是X,故C正确;同温同体积气体物质的量之比等于压强之比,Y、Z气体的压强比为=====4∶1,故D错误。
【对点练4】 (气体摩尔体积的有关计算)已知:①6.72 L NH3(标准状况下) ②1.204×1023个H2S分子 ③5.6 g CH4 ④0.5 mol HCl,下列关系正确的是( )
A.体积大小:④>③>②>①
B.原子数目:①>③>④>②
C.密度大小:④>②>③>①
D.质量大小:④>②>③>①
答案 D
解析 ①标准状况下,6.72 L NH3的物质的量为=0.3 mol;②1.204×1023个H2S分子的物质的量为=0.2 mol;③5.6 g CH4的物质的量为=0.35 mol;④HCl物质的量为0.5 mol。由上述计算可知,物质的量④>③>①>②,相同条件下,体积大小为④>③>①>②,A项错误;①标准状况下6.72 L NH3所含原子的物质的量为0.3 mol×4=1.2 mol,②1.204×1023个H2S分子所含原子的物质的量为0.2 mol×3=0.6 mol,③5.6 g CH4所含原子的物质的量为0.35 mol×5=1.75 mol,④0.5 mol HCl所含原子的物质的量为0.5 mol×2=1 mol,所以原子数目③>①>④>②,B项错误;同温同压下,气体密度之比等于其相对分子质量之比,故密度大小④>②>①>③,C项错误;①NH3的质量为17 g·mol-1×0.3 mol=5.1 g,②H2S的质量为34 g·mol-1×0.2 mol=6.8 g,③CH4质量为5.6 g,④HCl质量为36.5 g·mol-1×0.5 mol=18.25 g,故质量大小④>②>③>①,D项正确。
【对点练5】 (2020·北京高考改编)下列说法正确的是( )
A.同温同压下,O2和CO2的密度相同
B.质量相同的H2O和D2O(重水)所含的原子数相同
C.物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同
D.同温同压下,等质量的O2和O3的体积比为1∶1
答案 C
解析 A项,同温同压下,O2和CO2的体积相同时,其质量之比为32∶44,则密度之比为32∶44,密度不相同,错误;B项,质量相同的H2O和D2O(重水)的物质的量之比为20∶18,分子中均含有3个原子,则所含的原子数之比为20∶18,原子数不相同,错误;C项,每个CH3CH2OH和CH3OCH3中含共价键数均为8条,则物质的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共价键数相同,正确;D项,同温同压下,等质量的O2和O3的体积比即为物质的量之比,即==3∶2,错误。
(1)阿伏加德罗常数及其推论的适用对象必须是气体物质,可以是单一气体,也可以是互不反应的混合气体。
(2)同温、同压、同体积的任何气体的分子数相等,但原子数不一定相等。
(3)阿伏加德罗定律的推论可以通过pV=nRT及n=、ρ=导出。
微专题1 突破阿伏加德罗常数判断的6个“陷阱”
陷阱1 对气体摩尔体积“22.4 L·mol-1”的使用条件设置陷阱
【典例1】 NA为阿伏加德罗常数的值,判断下列说法是否正确。正确的打√,错误的打×。
(1)(2020·全国Ⅲ)22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子( )
(2)(2020·海南高考)标准状况下,22.4 L C2H5OH所含氢原子数为0.6NA( )
(3)(2018·全国卷Ⅰ)22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA( )
(4)(2017·全国Ⅲ)2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧,得到0.6NA个CO2分子( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
解析 (1)标准状况下22.4 L氮气为1 mol,若该氮气分子中的氮原子全部为14N,则每个N2分子含有(14-7)×2=14个中子,1 mol该氮气含有14NA个中子,不是7NA,且构成该氮气的氮原子种类并不确定,故说法错误;(2)标准状况下,C2H5OH是液体不是气体,不能用气体摩尔体积进行计算,故说法错误。(3)标准状况下,氩气为气体,可利用n=求22.4 L氩气的物质的量为=1 mol,又因每个氩气分子含有18个质子,故含有的质子数为18NA,故说法正确;(4)标准状况下苯为液体,不能用气体摩尔体积计算苯的物质的量也不能计算苯燃烧生成的CO2分子数,故说法错误。
陷阱突破
解答此类试题,突破的关键是抓住“三看”:
陷阱2 对一定量的混合物中微粒数的计算设置陷阱
【典例2】 (2021·1月福建新高考适应性考试,3)已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.0.1 mol·L-1 KNO3溶液中离子总数大于0.2NA
B.DO和T2O的混合物1.1 g, 含有的质子数为0.5NA
C.5.6 g Fe与足量的S反应转移的电子数为0.3NA
D.0.1 mol H2和0.2 mol I2充分反应后分子总数小于0.3NA
答案 B
解析 溶液体积未知,无法确定溶液中离子数目,A错误;DO和T2O的摩尔质量均为22 g·mol-1,所以1.1 g混合物的物质的量为0.05 mol,一个DO分子和一个T2O分子均含有10个质子,所以混合物含有的质子数为0.5NA,B正确;5.6 g Fe的物质的量为0.1 mol,与足量的S反应生成FeS,转移电子数为0.2NA,C错误;H2和I2反应的化学方程式为H2+I22HI,反应前后分子总数不变,所以0.1 mol H2和0.2 mol I2充分反应后分子总数为0.3NA,D错误。
陷阱突破
(1)等质量的最简式相同的物质含有的原子数相同,如NO2与N2O4,C2H4与C3H6,O2与O3。
(2)等质量的摩尔质量相同的物质含有的分子数相同,如N2与CO,CO2与N2O,H2SO4与H3PO4。
(3)物质的量相同的分子含有的分子数相同,原子数不一定相同。如CO2与CO的混合气体若为1 mol,则含分子数为NA,原子数介于2NA和3NA之间。
陷阱3 对一定量物质中微观粒子与共价键数目的计算设置陷阱
【典例3】 (2021·1月河北学业水平选择考适应性测试,6)NA是阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是( )
A.1 mol氮气分子中含有π键的数目为2NA
B.1 mol氩气分子中含有原子的数目为NA
C.1 mol氯化钠中含有Na+的数目为NA
D.1 mol白磷中含有P—P共价键的数目为4NA
答案 D
解析 白磷分子的结构为正四面体结构,每个白磷分子含有6条P—P键,1 mol 白磷分子中含有6 mol P—P键。
陷阱突破
(1)记住特殊物质中所含分子、原子、电子、质子、中子等的数目,如Ne、D2O、18O2、—OH、OH-等,理清整体与部分的关系。
(2)记住常考特殊物质的结构,如Na2O2是由Na+和O构成,而不是Na+和O2-;NaCl为离子化合物,只有离子,没有分子等;NaHSO4熔化状态为Na+、HSO,而水溶液中为Na+、H+、SO等。
(3)在分析理解的基础上记准常考物质所含化学键的数目,如
1 mol物质
P4
Si
SiO2
石墨
金刚石
S8
()
化学键
P—P
Si—Si
Si—O
C—C
C—C
S—S
共价键数目
6NA
2NA
4NA
1.5NA
2NA
8NA
陷阱4 对电解质溶液中微粒数目的计算设置陷阱
【典例4】 NA为阿伏加德罗常数的值,判断下列说法是否正确。正确的打√,错误的打×。
(1)(2020·全国卷Ⅲ)1 L 1 mol·L-1 NaCl溶液含有28NA个电子( )
(2)(2020·海南卷)1 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液含CO的数目为0.1NA( )
(3)(2019·全国卷Ⅱ)1 L 0.1 mol·L-1磷酸钠溶液含有的PO数目为0.1NA( )
(4)(2019·全国卷Ⅲ)关于常温下pH=2的H3PO4溶液,每升溶液中的H+数目为0.02NA( )
(5)(2018·全国卷Ⅱ)100 mL 1 mol·L-1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
解析 (1)1 mol NaCl中含有28NA个电子,但该溶液中除NaCl外,水分子中也含有电子,故说法错误;(2)因CO发生水解反应,所以1 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中含CO的数目小于0.1NA,故说法错误;(3)该溶液中含0.1 mol Na3PO4,由于部分PO水解,故溶液中PO的数目小于0.1NA,故说法错误;(4)常温下pH=2,则溶液中氢离子浓度是0.01 mol/L,因此每升溶液中H+数目为0.01NA,故说法错误;(5)FeCl3的物质的量为0.1 mol,又因FeCl3为强酸弱碱盐,存在水解平衡:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,故含有Fe3+的数目小于0.1NA,故说法错误。
陷阱突破
细审题、抓“四看”:
陷阱5 对氧化还原反应中转移电子数的计算设置陷阱
【典例5】 NA为阿伏加德罗常数的值,判断下列说法是否正确。正确的打√,错误的打×。
(1)(2020·浙江1月选考)Cr2O+ne-+14H+===2Cr3++7H2O,则每生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA( )
(2)(2020·海南卷)78 g Na2O2与足量水完全反应,转移电子数为NA( )
(3)(2019·浙江4月选考)2.3 g Na与O2完全反应,转移电子数介于0.1NA和0.2NA之间( )
(4)(2017·全国Ⅱ)2.4 g Mg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.1NA( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×
解析 (1)根据电荷守恒得n=6,所以每生成1 mol Cr3+,转移3 mol电子,故该说法正确;(2)Na2O2与水反应生成1 mol O2,转移电子数为2 mol,78 g Na2O2是1 mol,只能生成0.5 mol O2,所以转移电子数为NA,故说法正确;(3)2.3 g Na(0.1 mol)与O2完全反应,不论生成Na2O,还是Na2O2,转移电子数均为0.1NA,故说法错误;(4)2.4 g Mg为0.1 mol,与硫酸完全反应转移电子为0.2NA,故说法错误。
陷阱突破
陷阱6 对一些特殊反应或隐含反应的微粒数计算设置陷阱
【典例6】 NA为阿伏加德罗常数的值,判断下列说法是否正确。正确的打√,错误的打×。
(1)(2018·全国卷Ⅱ)密闭容器中,2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA( )
(2)(2017·全国卷Ⅱ)0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2NA( )
(3)(2016·全国卷Ⅰ)1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA( )
(4)(2015·全国卷Ⅰ)密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应,产物的分子数为2NA( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
解析 (1)SO2与O2反应生成SO3为可逆反应,反应不能进行彻底,故混合气体的物质的量大于2 mol,即分子总数大于2NA,故说法错误;(2)H2与I2的反应虽为可逆反应,但由于反应前后物质的总物质的量不变,因此不论反应进行程度如何,分子总数均为0.2NA,故说法正确;(3)1 mol N2不能完全反应,生成的氨分子数小于2NA,说法错误;(4)2 mol NO与1 mol O2发生反应2NO+O2===2NO2,生成2 mol NO2,因为存在2NO2 N2O4,则产物的分子数小于2NA,故说法错误。
陷阱突破
熟记常见的特殊反应、隐含反应和特殊变化
(1)NO与O2反应生成NO2,NO2又部分转化成N2O4。
(2)可逆反应不能反应完全:①如N2与H2化合生成NH3;②SO2与O2反应生成SO3;③Cl2与H2O反应;④Cl2与PCl3反应;⑤H2与I2反应;⑥酯化反应和酯的水解反应等。
(3)浓度变化导致的化学反应的变化:①MnO2与浓盐酸的反应,随着反应的进行,浓盐酸变稀盐酸,反应停止。②Cu与浓硫酸的反应,随着反应的进行,浓硫酸变稀硫酸,反应停止。③Cu与浓硝酸反应,随着反应的进行,浓硝酸变稀硝酸,得到NO2和NO的混合气体。④Zn与浓硫酸反应,随着反应的进行,浓硫酸变稀硫酸,得到SO2和H2的混合气体。⑤常温下,铁、铝遇浓硝酸、浓硫酸发生“钝化”。
(4)金属精炼时阳极杂质的反应。
1.(2020·山东模考)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,1个氧气分子体积为 cm3
B.铜电解精炼时,当阳极减少64 g时,电路中转移电子数为2NA
C.标准状况下22.4 L Cl2完全溶于水时,所得溶液中含氯微粒总数为2NA
D.NaCl晶体中Na+与最近Cl-的核间距为a cm,则其晶体密度为 g·cm-3
答案 D
解析 标准状况下,1个O2分子的体积是由O2分子的大小决定即不是由分子之间的间隔决定,标准状况下气体的体积主要由分子之间的距离决定,此时的气体不是O2分子的紧密堆积,故不能用气体摩尔体积来计算1个O2分子的大小,A项错误;电解精炼铜时,阳极中含有Cu、Ni、Zn等金属,Zn、Ni先放电,当阳极质量减少64 g时,电路中转移电子数不等于2NA,B项错误;标准状况下,22.4 L Cl2的物质的量为1 mol,完全溶于水时,所得溶液中含氯的微粒有Cl2、HClO、Cl-、ClO-,根据氯原子守恒可知:2n(Cl2)+n(HClO)+n(ClO-)+n(Cl-)=2 mol,故含氯微粒总数小于2NA,C项错误;NaCl晶胞中,Na+数目为1+12×=4,Cl-的数目为8×+6×=4,则晶胞的质量为,与最近Cl-的核间距离为a cm,则体积为8a3 cm3,其晶体密度为 g·cm-3,D项正确。
2.(2021·1月湖北学业水平选择考适应性测试,3)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.1 mol H2S分子中,S原子的价层电子对数目为4NA
B.标准状况下,2.24 L环己烷的分子数为0.1NA
C.1 L 0.01 mol·L-1 溶液中,的离子数目之和为0.01NA
D.电极反应LiFePO4-xe-===xLi++Li1-xFePO4,每转移1 mol电子释放2NA个Li+
答案 A
解析 A.H2S中的价层电子对数为:+2=4,则1 mol H2S分子中,S原子的价层电子对数目为4NA,正确;B.环己烷在标准状况下是液态,错误;C. 溶于水电离出的既可以水解,又能电离,溶液中存在的含C粒子有,它们三者的离子数目之和为0.01NA,错误;D.根据电极反应式,每转移1 mol电子释放NA个Li+,错误。
3.(2021·1月湖南普高校招生适应性考试,4)已知NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.常温常压下,22.4 L CH4含有电子数为10NA
B.6 g CH3COOH分子中含有共价键数为0.8NA
C.1 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中含CO数为0.1 NA
D.密闭容器中2 mol SO2与1 mol O2反应,生成SO3的分子数为2NA
答案 B
解析 常温常压下,气体摩尔体积不为22.4 L·mol-1,22.4 L气体不为1 mol,故A错误;一个醋酸分子含有8个共价键,6 g CH3COOH的物质的量是=0.1 mol,其分子中含有共价键数为0.8NA,故B正确;1 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中碳酸根离子水解,则含CO数小于0.1NA,故C错误;密闭容器中2 mol SO2与1 mol O2的反应是可逆反应,生成SO3的分子数小于2NA,故D错误。
4.(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试,11)设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是( )
A.1 mol Cl2和Fe充分反应,转移电子数为3NA
B.标准状况下,1.12 L苯含有C—H键的个数为3NA
C.22 g CO2和足量Na2O2反应,产生的气体的分子数为0.25NA
D.0.5 mol乙酸乙酯在酸性条件下水解,生成乙醇的分子数为1.0NA
答案 C
解析 A.1 mol Cl2和Fe充分反应,Cl原子的化合价由0价变为-1价,转移电子数为2NA,A说法错误;B.标准状况下,苯为液体,不能用气体摩尔体积计算其物质的量,B说法错误;C.22 g CO2的物质的量为0.5 mol,其与足量Na2O2反应,产生0.25 mol的氧气,则气体的分子数为0.25NA,C说法正确;D.0.5 mol乙酸乙酯在酸性条件下水解为可逆反应,则生成乙醇的分子数小于0.5NA,D说法错误。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.17 g —OH中含有的电子数为10NA
B.25 ℃时,Ksp(BaSO4)=1×10-10,则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1×10-5NA
C.1 L 1 mol·L-1 CH3COONH4溶液中CH3COO-与NH数目均为NA
D.含0.5 mol晶胞(如图)的Cu2O晶体中Cu+的数目为2NA
答案 D
解析 A项,n(—OH)==1 mol,1 mol羟基(—OH)含有的电子数为9NA,错误;B项,依据n=cV可知,溶液体积未知,无法计算钡离子数目,错误;C项,CH3COONH4为弱酸弱碱盐,醋酸根离子和铵根离子均会水解,因此溶液中CH3COO-与NH的数目均小于NA,错误;D项,该晶胞中O2-个数=8×+1=2、Cu+个数为4,含0.5 mol晶胞的Cu2O晶体中Cu+的数目为2NA,D正确。
微专题2 气体体积的测量与气体摩尔体积的测定
1.测量气体体积的常用方法
(1)直接测量法。如图A、B、C、D、E均是直接测量气体体积的装置。
测量前,A装置可先通过调整左右两管的高度使左管(有刻度)充满液体,且两管液面相平。
C装置则是直接将一种反应物置于倒置的量筒中,另一反应物置于水槽中,二者反应产生的气体可以直接测量。
D装置:用于测量混合气体中被吸收(或不被吸收)的气体的体积。读数时,球形容器和量气管液面相平,量气管内增加的水的体积等于被反应管吸收后剩余气体的体积。
E装置:直接测量固液反应产生气体的体积,注意应恢复至室温后,读取注射器中气体的体积。(一般适合滴加液体量比较少的气体体积测量)。
(2)间接测量法。如F装置是通过测量气体排出的液体体积来确定气体体积。
2.解答量气装置读数时的答题模板
(1)将××××恢复至室温。
(2)调节×××与×××两端液面相平。
(3)视线与×××在同一水平线上。
3.误差分析与讨论
(1)气体在对应液体中的溶解度应较小(难溶),否则会因溶解造成误差。
(2)装置F连接左、右两部分的长导管实验前无液体,实验后充满液体,存在系统误差。
【案例】 气体摩尔体积的应用
欲测定金属镁的相对原子质量。请利用下图给定的仪器组成一套实验装置(每个仪器只能使用一次,假设气体的体积可看作标准状况下的体积)。
填写下列各项(气流从左到右):
(1)各种仪器连接的先后顺序(用小写字母表示)应是________接________、________接________、________接________、________接________。
(2)连接好仪器后,要进行的操作有以下几步,其先后顺序是________________(填序号)。
①待仪器B中的温度恢复至室温时,测得量筒C中水的体积为Va mL;
②擦掉镁条表面的氧化膜,将其置于天平上称量,得质量为m g,并将其投入试管B中的带孔隔板上;
③检查装置的气密性;
④旋开装置A上分液漏斗的活塞,使其中的水顺利流下,当镁完全溶解时再关闭这个活塞,这时A中共放入水Vb mL。
(3)根据实验数据可算出金属镁的相对原子质量,其数学表达式为________________。
(4)若试管B的温度未冷却至室温,就读出量筒C中水的体积,这将会使所测定镁的相对原子质量数据________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(5)仔细分析上述实验装置后,经讨论认为结果会有误差,于是又设计了如下图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用是_______________________________________。
②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。则产生氢气的体积为________mL。
答案 (1)a h g b c f e d
(2)③②④① (3) (4)偏小
(5)①平衡分液漏斗与锥形瓶内气体压强,使稀硫酸能顺利滴下;可以消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差 ②V1-V2
解析 (1)根据实验目的及各装置的特点分析可知,利用A装置中的水压将E中稀盐酸压至B中,产生的气体通过将D中的水排入C中测量其体积,所以连接顺序为a→h→g→b→c→f→e→d。
(2)综合考虑各实验步骤可知先后顺序为③②④①。
(3)由题意知:
Mg ~ H2
M 22.4 L
m (Va-Vb)×10-3 L
所以M=。
(4)由于试管B未冷却至室温,会导致Va变大,所以使Mg的相对原子质量偏小。
1.某中学有甲、乙两个探究性学习小组,他们拟用小颗粒的铝铜合金与足量的稀硫酸反应测定通常状况(约20 ℃、1.01×105Pa)下的气体摩尔体积(Vm)。
(一)甲组同学拟设计如图1所示的装置来完成实验。
(1)写出装置Ⅰ中发生反应的离子方程式: _______________________。
(2)实验开始时,先打开分液漏斗上口的玻璃塞,再轻轻旋开其活塞,一会儿后发现稀硫酸不能顺利滴入锥形瓶中。请帮助他们分析其原因:______________________________________________________________。
(3)实验结束时,生成氢气的体积近似等于________。
(4)锥形瓶中残存的氢气对实验结果是否有影响:________(填“有”“没有”或“不能判断”),简述理由:_______________________________________。
(二)乙组同学仔细分析了甲组同学的实验装置后以为,稀硫酸滴入锥形瓶中,即使不生成氢气,也会将瓶中的空气排出,使所测氢气的体积偏大;实验结束后,连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在,使所测氢气的体积偏小,于是他们设计了如图2所示的实验装置(量液管大刻度在上面)。
实验中准确测定出4个数据,如下表:
实验前
实验后
铝铜合金质量(g)
m1
m2
量液管(C)体积(mL)
V1
V2
利用上述数据计算通常状况下的气体摩尔体积:Vm=________________________。
答案 (一)(1)2Al+6H+===2Al3++3H2↑
(2)铝与稀硫酸反应产生的氢气使锥形瓶内气压增大
(3)量筒内收集到水的体积
(4)没有 相同温度和压强下,生成氢气的体积与排出空气的体积相等
(二) L/mol
解析 (一)(1)铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气,其离子方程式为2Al+6H+===2Al3++3H2↑。
(2)铝与稀硫酸反应产生的氢气使锥形瓶内气压增大,锥形瓶内的压强大于大气压,所以稀硫酸不能顺利滴入锥形瓶中。
(3)气体产生的压强导致水从集气瓶中排出,且氢气不易溶于水,所以收集到的水的体积近似等于氢气的体积。
(4)装置中有空气存在,生成的氢气不溶于水,在相同温度和压强下,生成的氢气的体积与排出空气的体积相等,所以没有影响。
(二)
2Al +6H+===2Al3++ 3H2↑
2 mol 3 mol
mol
Vm= L/mol。
2.(2020·天津学业水平等级考试,15)为测定CuSO4溶液的浓度,甲、乙两同学设计了两个方案。
实验原理:Zn+CuSO4===ZnSO4+Cu
Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑
实验步骤:
①按如图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂
④调整D、E中两液面相平,使D中液面保持在0或略低于0刻度位置,读数并记录
⑤将CuSO4溶液滴入A中并搅拌,反应完成后,再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温,移动E管,保持D、E中两液面相平,读数并记录
⑦处理数据
(1)Zn粉质量为a g,若测得H2体积为b mL,已知实验条件下ρ(H2)=d g·L-1,则c(CuSO4)=________ mol·L-1(列出计算表达式)。
(2)若步骤⑥E管液面高于D管,未调液面即读数,则测得c(CuSO4)________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(3)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度:________(填“是”或“否”)。
答案 (1) (2)偏高 (3)否
解析 (1)消耗的锌的物质的量为 mol,生成的n(H2)= mol,因此与CuSO4反应的Zn的物质的量为(-) mol,故c(CuSO4)= mol·L-1。(2)当E管液面高于D管时,说明C、D中气体压强大于大气压,这样测量出的气体体积值偏小,由c(CuSO4)的计算表达式知测量出的c(CuSO4)偏高。(3)由于MgSO4不能与锌反应,故不能用此方法测定MgSO4溶液的浓度。
1.(2020·7月浙江选考,19)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.4MnO+5HCHO+12H+===4Mn2++5CO2↑+11H2O,1 mol [4MnO+5HCHO]完全反应转移的电子数为20NA
B.用电解粗铜的方法精炼铜,当电路中通过的电子数为NA时,阳极应有32 g Cu转化为Cu2+
C.常温下,pH=9的CH3COONa溶液中,水电离出的H+数为10-5NA
D.1 L浓度为0.100 mol·L-1的Na2CO3溶液中,阴离子数为0.100NA
答案 A
解析 MnO中Mn为+7价,MnO~Mn2+转移5个电子,4 mol MnO完全转化为Mn2+转移20 mol电子,A项正确;粗铜中含有Zn、Fe、Ag等杂质,电解时比铜活泼的金属先放电,消耗的铜小于32 g,B项错误;不知道溶液的体积,H+数无法求出,C项错误;碳酸根离子水解,阴离子数大于0.100NA,D项错误。
2.(2021·1月重庆市学业水平选择考适应性测试,3)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.5.6 g铁粉与足量硝酸加热充分反应后,产生H2的分子数为0.1NA
B.标准状况下22.4 L O2与足量H2反应生成H2O,转移的电子数为4NA
C.1 L 0.1 mol/L硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA
D.1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NA
答案 B
解析 A项,铁与硝酸反应不生成H2,错误;B项,1mol O2反应生成2 mol H2O,转移4 mol电子,正确;C项,硫酸钠溶液中溶剂水中也含有氧原子,错误;D项,n(OH-)=0.1 mol,n[Ba(OH)2]=0.05 mol,错误。
3.(2019·江苏化学,20节选)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。
CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO,CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。
①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式:
______________________________________________________________。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是
______________________________________________________________。
答案 ①CaC2O4CaCO3+CO↑
②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔
解析 ①M(CaC2O4·H2O)=146 g·mol-1,取1 mol CaC2O4·H2O,质量为146 g,当剩余质量为128 g时,质量减少了18 g,即减少1 mol H2O,结合题图1知,在400 ℃时,固体的化学式为CaC2O4;当剩余质量为100 g时,质量又减少了28 g,即减少1 mol CO,CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3,所以在400 ℃至600℃时发生的反应为CaC2O4CaCO3+CO↑。②CaC2O4·H2O热分解会放出CO、CO2、H2O等气体,可以使制备的CaO变得更加疏松多孔,这样得到的CaO吸收CO2的性能更好。
4.(2020·7月浙江选考,28节选)化合物X由四种短周期元素组成,加热X,可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y,Y为纯净物;取3.01 g X,用含HCl 0.060 0 mol的盐酸完全溶解得溶液A,将溶液A分成A1和A2两等份,完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液):
要求同时满足:①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素;
②反应原理与“HCl+NH3===NH4Cl”相同。
则:组成X的四种元素是N、H和________(填元素符号),X的化学式是________。
答案 Al、Cl AlCl3NH3
解析 根据产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y,Y为纯净物,可推测Y为NH3;根据白色沉淀C可溶于NaOH溶液,可推测C为Al(OH)3,C经灼烧得到的白色固体D为Al2O3,n(Al2O3)==0.005 mol;根据白色沉淀E不溶于稀硝酸,可推测E为AgCl,n(AgCl)==0.06 mol。由于n(HCl)=0.06 mol,将溶液A分为两等份,则每份中由HCl提供的Cl-为0.03 mol,故A2中由X提供的Cl-为0.03 mol。组成X的四种元素除了N、H,还有Al、Cl。3.01 g X中n(Al)=0.005 mol×2×2=0.02 mol,n(Cl)=0.03 mol×2=0.06 mol,n(N)=n(NH3)=×2=0.02 mol,则m(H)=3.01 g-27 g·mol-1×0.02 mol-35.5 g·mol-1×0.06 mol-14 g·mol-1×0.02 mol=0.06 g,故n(H)==0.06 mol,N、H、Al、Cl的原子个数比为0.02 mol∶0.06 mol∶0.02 mol∶0.06 mol=1∶3∶1∶3,故X的化学式为AlCl3NH3。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1.清末成书的《化学鉴原》中有一段描述:“各原质(元素)化合所用之数名曰‘分剂数’。养气(氧气)以八分为一分剂(即分剂数为八),……一分剂轻气(氢气)为一,……并之即水,一分剂为九”。其中与“分剂数”一词最接近的现代化学概念是( )
A.摩尔质量 B.物质的量
C.化合价 D.质量分数
答案 A
解析 根据“各原质(元素)化合所用之数名曰‘分剂数’”。氧气八分为一分剂,氢气一分为一分剂,水九分为一分剂,则氧气的分剂数为八,氢气的分剂数为一,水的分剂数为九,即8份氧气与一份氢气化合生成九份水,满足O2+2H2===2H2O中的质量守恒,因此与“分剂数”一词最接近的现代化学概念为摩尔质量。
2.顺铂是一种用于治疗癌症的药物,它的结构如图所示。关于1 mol顺铂的下列说法中,正确的是( )
A.含氮元素的质量为14 g
B.含铂原子的数目约为6.02×1024
C.含氯元素的质量为35.5 g
D.含氢原子的物质的量为6 mol
答案 D
解析 根据图示球棍模型可知,顺铂的化学式为PtCl2(NH3)2,A项,1 mol PtCl2(NH3)2中含有2 mol N原子,含氮元素的质量为14 g/mol×2=28 g,错误;B项,1 mol PtCl2(NH3)2中含有1 mol Pt原子,含铂原子的数目约为6.02×1023,错误;C项,1 mol PtCl2(NH3)2中含有2 mol Cl原子,含有Cl元素的质量为:35.5 g/mol×2 mol=71 g,错误;D项,1 mol PtCl2(NH3)2中含有H原子的物质的量为:1 mol×6=6 mol,正确。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值,N表示粒子数。下列叙述正确的是( )
A.6.0 g SiO2晶体中含有共价键的个数为0.2NA
B.将1 mol Cl2通入水中,则n(HClO)+n(Cl-)+n(ClO-)=2NA
C.3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
D.将CO2通过Na2O2使其质量增加a g时,反应转移的电子数为
答案 C
解析 A项,6.0 g二氧化硅的物质的量为n==0.1 mol,而二氧化硅中含4条共价键,故0.1 mol二氧化硅中含硅氧键为0.4NA个,错误;B项,氯气和水的反应是可逆反应,不能反应彻底,故所得溶液中含氯气分子,故n(HClO)+n(Cl-)+n(ClO-)<2 mol,错误;C项,甲醛和冰醋酸的最简式均为CH2O,故3 g混合物中含有的CH2O的物质的量为0.1 mol,故含原子数为0.4NA个,正确;D项,将CO2通过Na2O2中:2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O2↑,每当增重28 g,转移1 mol电子,故当增重a g时,转移 mol电子,即个,错误。
4.偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料,燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述正确的是( )
A.偏二甲肼的摩尔质量为60 g
B.6.02×1023个偏二甲肼分子的质量约为60 g
C.1 mol偏二甲肼的质量为60 g·mol-1
D.6 g偏二甲肼含有1.2NA个偏二甲肼分子
答案 B
解析 A项,摩尔质量的单位为g·mol-1,错误;B项,6.02×1023个偏二甲肼的物质的量为1 mol,质量为60 g,正确;C错误;D项,6 g偏二甲肼的物质的量为=0.1 mol,分子数为0.1NA,错误。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.1 mol丙烯分子中含有π键的数目为2NA
B.1 mol环戊二烯()中含有σ键的数目为5NA
C.1 mol C中含有的π键数目为2NA
D.已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)===3N2(g)+4H2O(l),若该反应中有4 mol N—H键断裂,则形成的π键数目为6NA
答案 C
解析 A项,丙烯分子有1个π键,故1 mol丙烯分子中含有π键的数目为NA,错误;B项,一个环戊二烯()分子中含有σ键的数目为11,则1 mol环戊二烯()中含有σ键的数目为11NA,错误;C项,1 mol C中含有2NA个π键,正确;D项,若该反应中有4 mol N—H键断裂,则生成1.5 mol氮气,形成π键的数目是3NA,错误。
6.下列条件下,两瓶气体所含原子数一定相等的是( )
A.同质量、不同密度的N2和O2
B.同温度、同体积的H2和N2
C.同体积、同密度的C2H4和C3H6
D.同压强、同体积的N2O和CO2
答案 C
解析 由N=nNA=×NA知,两种气体的质量相同,摩尔质量相同,所以所含分子数相同,由于N2和O2的摩尔质量不同,所以它们的分子数不同,且氮气和氧气都是双原子分子,所含有的原子数不同,故A错误;气体体积受温度和压强的影响,同温同体积的H2和N2,因为压强未知,所以两种气体的物质的量不一定相同,所含分子数不一定相同,导致所含原子数不一定相同,故B错误;同体积同密度的C2H4和C3H6,两种气体的质量相同,由N=nNA=×NA结合分子构成知,所含原子数相同,故C正确;气体体积受温度和压强的影响,因为温度未知,所以同压同体积的N2O和CO2,两种气体的物质的量不一定相等,所含分子数不一定相等,导致所含原子数不一定相等,故D错误。
7.设阿伏加德罗常数的值为NA,下列结论错误的是( )
A.完全电解2 mol H2O断裂的σ键键数为4NA
B.标准状况下,11.2 L CO2中含有的π键键数为2NA
C.1 mol金刚石晶体中含有的C—C键键数为2NA
D.128 g金属铜中含有如图所示的晶胞数为0.5NA
答案 B
解析 A.水的结构式为H—O—H,因此完全电解2 mol H2O断裂的σ键键数为4NA,A正确;B.一个CO2中含有2个碳氧双键,每个碳氧双键中含一个π键,故11.2 L CO2中含有的π键键数为NA,B错误;C.金刚石中每个碳原子形成4个C—C键,每个C—C键被两个碳原子共用,C正确;D.晶胞中含有8×1/8+6×1/2=4个铜原子,128 g金属铜的物质的量是2 mol,其中含有如图所示的晶胞数为0.5NA,D正确。
8.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.0.5 mol雄黄中共有4NA个共价键
As4S4
B.通过核反应Am+Ca→288Mc+3n生成2.88 g镆(Mc),同时产生中子(n)数为0.3NA
C.100 g 3.4%的过氧化氢溶液中氧原子数为0.2NA
D.常温常压下,2.8 g由CO与N2组成的混合物中含有的质子总数为1.4NA
答案 D
解析 A.1个雄黄中含10个共价键,则0.5 mol雄黄中含5NA个共价键,A错误;B.Mc的质量数为288,2.88 g镆的物质的量为0.01 mol,反应掉1 mol镆原子,生成3 mol中子,故0.01 mol Mc产生的中子数为0.03NA,B错误;C.在该溶液中除H2O2中含有O原子外,溶剂水中也存在O原子,因此100 g 3.4%的过氧化氢溶液中氧原子数大于0.2NA,C错误;D.CO与N2相对分子质量都是28,二者分子中含有的质子数都是14,2.8 g由CO与N2组成的混合物的物质的量是0.1 mol,则其中含有的质子总数为1.4NA,D正确。
9.臭氧已成为夏季空气污染的元凶,地表产生臭氧的机理如图所示。设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.该过程中,O3是催化剂
B.16 g O3和O2的混合气体,所含质子数为8NA
C.0.5 mol NO2溶于水形成1 L溶液,可得到0.5 mol·L-1的硝酸溶液
D.标准状况下,各5.6 L的NO和O2混合后,气体总物质的量为0.5 mol
答案 B
解析 A.该反应的过程为:①NO2NO+O,②O2+O→O3,③NO+O3→O2+NO2,O3是中间产物,故A错误;B.O2和O3都是由氧原子构成的,16 g混合物即16 g氧原子,n(O)==1 mol,1 mol氧原子含有8 mol质子,个数为8NA,故B正确;C.0.5 mol NO2溶于水形成1 L溶液,发生3NO2+H2O===2HNO3+NO,因此得到硝酸的物质的量为0.33 mol,可得到0.33 mol·L-1的硝酸溶液,故C错误;D.各5.6 L的NO和O2的物质的量均为:=0.25 mol,但混合后发生反应生成NO2,气体的物质的量减小,故D错误。
10.如图,在一个容积固定的恒温容器中,有两个可左右滑动的密封隔板,在A、B、C内分别充入等质量的X、CO2、Y三种气体,当隔板静止时,A、C内的气体密度相等。下列说法不正确的是( )
A.物质的量:n(X)
C.气体的体积:V(X)=V(Y)
D.摩尔质量:M(X)=M(Y)
答案 A
解析 当隔板静止时,表示隔板两侧气体的压强相等,容器恒温,所以处于同温同压的环境,同温同压下,气体的密度比等于其摩尔质量的比,A、C内的气体密度相等,所以气体X、Y的摩尔质量相等。题目中通入的三种气体的质量相等,所以X、Y物质的量一定相等,选项A错误;X、Y物质的量一定相等,即分子数相等,选项B正确;X、Y物质的量一定相等,同温同压下体积一定相等,选项C正确;气体X、Y的摩尔质量相等,选项D正确。
11.硝酸钠是一种重要的无机化工原料和农用肥料,主要用于制造硝酸钾、炸药、苦味酸和其他硝酸盐,硝酸尾气吸收法工艺流程如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.常温常压下,4.6 g NO2气体中含有的气体分子数为0.1NA
B.1 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中,Na+和CO的总数为0.3NA
C.“碱液吸收”时,若有2.24 L O2被吸收,则反应过程中转移的电子数为0.4NA
D.母液可返回至“纯化”步骤中循环利用
答案 D
解析 A.二氧化氮气体存在与四氧化二氮气体的化学平衡:2NO2N2O4,所以4.6 g NO2气体物质的量为:=0.1 mol,含有的气体分子数小于0.1NA,故A错误;B.碳酸根离子为弱酸根离子,水溶液中部分水解,所以1 L 0.1mol/L Na2CO3溶液中,Na+和CO的总数小于0.3NA,故B错误;C.气体状况未知,无法计算氧气物质的量,无法计算转移电子数,故C错误;D.依据流程图可知母液中含有硝酸可以回收利用,故D正确。
12.用6.02×1023表示阿伏加德罗常数(NA)的值,下列说法中错误的是( )
A.5 L水吸收标准状况下2.24 L Cl2,溶液中,N(Cl-)+N(ClO-)+N(HClO)=1.204×1023个
B.16.85 g CsCl晶体中含有6.02×1022个如图所示的结构单元
C.6.5 g Zn与一定量浓H2SO4反应完全溶解,转移的电子数为0.2NA
D.1 mol —CH3中的电子数为5.418×1024个
答案 A
解析 A.氯气与水反应为可逆反应,不能进行到底,部分仍然以氯气分子形式存在,依据原子个数守恒可知:5 L水吸收标准状况下2.24 L Cl2,溶液中,N(Cl-)+N(ClO-)+N(HClO)<1.204×1023个,故A错误;B.1个CsCl晶胞含有Cs+个数为1个,含有Cl-个数:×8=1,CsCl的摩尔质量为168.5 g/mol,16.85 g CsCl晶体中含有如图所示的结构单元物质的量为=0.1 mol,个数为0.1NA,即6.02×1022个,故B正确;C.6.5 g锌的物质的量为=0.1 mol,0.1 mol锌完全反应生成0.1 mol锌离子,转移了0.2 mol电子,转移电子数一定为0.2NA,故C正确;D.1个—CH3中含有9个电子,则1 mol —CH3中的电子数为:1 mol×9×6.02×1023 mol-1=5.418×1024个,故D正确。
二、非选择题(本题包括3小题)
13.标准状况下,在乙室中充入1.2 mol HCl,甲室中充入NH3、H2的混合气体,静止时活塞如图。已知甲室中气体的质量比乙室中气体的质量少33.8 g。
请回答下列问题:
(1)甲室中气体的物质的量为________ mol。
(2)甲室中气体的质量为________ g。
(3)甲室中NH3、H2的物质的量之比为________,质量之比为________。
(4)如果将活塞a去掉,当HCl与NH3完全反应后,活塞b将静止于刻度“________”(填数字)处。
答案 (1)2 (2)10 (3)1∶4 17∶8 (4)6
解析 (1)由题图可知甲、乙两室气体的体积之比为5∶3,故其物质的量之比也为5∶3,所以甲室中气体为2 mol。(2)HCl气体的质量为1.2 mol×36.5 g·mol-1=43.8 g,则甲室中气体的质量为43.8 g-33.8 g=10 g。(3)设氨气的物质的量为x,氢气的物质的量为y,可得
解得x=0.4 mol,y=1.6 mol,所以氨气和氢气的物质的量之比=0.4 mol∶1.6 mol=1∶4,其质量之比=1×17∶4×2=17∶8。(4)甲室中NH3的物质的量为0.4 mol,能与0.4 mol HCl反应,剩余气体为2.4 mol,相同条件下,气体的体积之比等于其物质的量之比,所以活塞b会移至“6”处。
14.合成氨工业生产中所用的αFe催化剂的主要成分为FeO、Fe2O3。
(1)某FeO、Fe2O3混合物中,铁、氧原子的物质的量之比4∶5,其中Fe2+与Fe3+物质的量之比为________。
(2)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,此时混合物中铁的质量分数为________。
(3)写出由C(炭粉)与Fe2O3在高温下反应制备α铁触媒的化学方程式(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)。
答案 (1)1∶1 (2)72%
(3)2Fe2O3+C4FeO+CO2↑ (4)6 g 12 L
解析 (1)设FeO、Fe2O3分别为x mol、y mol,根据铁、氧原子物质的量之比得:(x+2y)∶(x+3y)=4∶5,x∶y=2∶1,Fe2+与Fe3+物质的量之比=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×100%≈72%。(3)由题给信息知,C(炭粉)会将一部分Fe2O3还原成FeO,同时C(炭粉)被氧化成CO2。(4)由于催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1∶2时,其催化剂活性最高,此时反应后的混合物中,FeO、Fe2O3的物质的量之比为1∶1,原料480 g Fe2O3的物质的量为3 mol,Fe2O3~2FeO,原料中必须有的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CO2为0.5 mol,在该条件下体积为12 L。
15.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中收集的气体是氮气。
试回答下列问题:
(1)X气体是由________和________元素组成的。
(2)若240 mL X气体完全反应后,收集到的氮气质量是0.28 g。根据实验时温度和压强计算1 mol X气体的体积是24000 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):_____________________________________________________________。
答案 (1)N(氮)、H(氢) (2)32 (3)N2H4 (4)2CuO+N2H42Cu+N2+2H2O
解析 (1)由题意分析知B管中发生的反应为X+CuOCu+N2+H2O可推知X由N、H两种元素组成。
(2)240 mL X的物质的量为240 mL/24 000 mL·mol-1=0.01 mol,其中m(N)=0.28 g,m(H)=×2×1 g·mol-1=0.04 g,故X的摩尔质量为=32 g·mol-1。
(3)=∶=1∶2,则X的最简式为NH2,最简式量为16,故=2,推知X的化学式为N2H4。
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