物质的量习题答案

1、.1.D点睛：摩尔质量的单位是“g/mol，铁原子的摩尔质量的数值等于它的相对原子质量。2.D试题分析：A、40gNaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故A错误；B、溶液体积不具有加合性，混合后溶液的体积不是10L，故B错误；C、氯化氢所处的状态不一定是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，体积一定，影响气体的物质的量的因素有温度、压强，22.4LHCl气体的物质的量不一定是1mol，故C错误；D、10gNaOH的物质的量为0.25mol，溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL，所得溶液的物

2、质的量浓度为=1mol/L，故D正确答案选D.3.A【分析】分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=判断不当操作对所配溶液浓度影响【解答】解：用天平使用游码称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了，实际称量药品的质量减小，所配溶液难度偏低，故符合；未冷却到室温就转移到容量瓶中定容，实际溶液体积偏低，所配溶液浓度偏高，故不符合；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，移入容量瓶中溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故符合；转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，故不符合；定容时，仰视容量瓶的刻度线，所配溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故符合；定容后摇匀，发现液面降低，又补

3、加少量水，重新到达刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故符合所以符合应选AB氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，质量相等时物质的量相等，二者都是双原子分子，故原子数一定相等，故B正确；C体积和密度相等，那么两气体的质量相等，由于摩尔质量相等，那么两者的物质的量相等，二者原子数之比为1：3，故含有原子数目之比为1：3，故C错误；D压强、体积一样条件下，影响气体分子数目的因素有温度，二者所处温度不一定相等，那么原子数不一定相等，故D错误；应选B【点评】考察阿伏伽德罗定律及推论、原子数目的计算等，难度中等，注意根据pV=nRT理解7.C【考点】物质的量浓度的相关计算 【分析】A根据c=计算该硫酸溶

4、液的物质的量浓度；B、金属铜和浓硫酸的反响，随着反响的进展，硫酸变稀，金属铜和稀硫酸之间不反响；C、根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变进展计算答复；D、根据密度和体积计算溶液的总质量，根据硫酸的密度大于水的密度，判断质量分数关系【解答】解：A该硫酸溶液的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，故A错误；B、金属铜和浓硫酸的反响，随着反响的进展，硫酸变稀，金属铜和稀硫酸之间不反响，所以硫酸50mL与足量的铜反响可得到标准状况下SO2小于10.3L，故B错误；C、设配制50mL4.6molL1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变可知0.05L×4.6m

5、ol/L=x×18.4mol/L，解得x=0.0125L=12.5mL，故C正确；D、等体积混合，设体积分别为Vml，98%的H2SO4溶液密度为1，水密度为2，那么混合后溶液的质量分数为wH2SO4=×100%=×100%，因硫酸的密度大于水的密度，那么12，所以=×100%49%，故D错误；应选C【点评】此题考察溶液浓度的计算和大小比较，题目难度较大，注意硫酸的浓度越大，密度越大；浓硫酸的稀释前后，溶质的质量不变9.D10.C【Ks5u解析】根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度，1 mol·L-1氯化镁溶液中氯离子

6、的物质的量浓度1mol/L×2=2mol/L，A.1 mol·L-1氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L×1=1mol/L ，A错误；B. 2.0 mol·L-1氯化钙溶液中氯离子浓度为2.0mol/L×2=4mol/L，B错误；C、150 mL 2 mol·L-1氯化钾溶液中氯离子浓度为2mol/L×1=2mol/L；D. 1 mol·L-1氯化铝溶液中氯离子浓度为1mol/L×3=3mol/L；选C。11.6.8；250【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】根据c=计算出浓硫酸的物质的量

7、浓度，再根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积，根据容量瓶只有一条刻度线，配制240mL溶液只能选用250mL容量瓶，据此分析【解答】解：98%=1.84gcm3的硫酸的物质的量浓度为：c=mol/L=18.4mol/L，配制0.5molL1的硫酸溶液250mL，溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，那么需要浓硫酸的体积为：V=0.0068L=6.8mL；量取240mL量筒，应该选用10mL量筒，故答案为：6.8；250【点评】此题考察了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算，难度不大，掌握公式的运用和配制原理是解题的关键12.AC【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】根据

8、c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：假设n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；假设n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大铝离子的个数为0.2×NA=1.204×1023，故答案为：0.1；1.204×1023【点评】此题考察学生有关物质的量、微粒个数的计算，明确物质的构成及微粒数目与物质的量的关系即可解答，较简单14.10.4NA或2.408×1023 20.6 mol 3106 g·mol1 4 XY3或Y3X

9、 5 0.15 mol·L115.78 g/mol；0.05 mol考点：物质的量的相关计算 分析：7.8g Na2R含有0.2mol Na+，那么Na2R的物质的量为=0.1mol，故M=计算Na2R的摩尔质量，进而计算R的摩尔质量，根据n=计算1.6R的物质的量，而nNa2R=nR解答：解：7.8g Na2R含有0.2mol Na+，那么Na2R的物质的量为=0.1mol，故Na2R的摩尔质量为=78g/mol，故R的摩尔质量为78g/mol2×23g/mol=32g/mol，1.6R的物质的量为=0.05mol，而nNa2R=nR=0.05mol，故答案为：78 g/mol；0.05 mol点评：此题考察物质的量计算，比较根底，注意掌握以物质的量为中心的计算，有利于根底知识的稳固16.118.4； 25.0 ； ； 100mL容量瓶、玻璃棒2SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+1根据计算浓硫酸的物质的量浓度，mol/L=18.4mol/L；设配制100 mL 4.6 mol·L-1的稀硫酸需用量筒量取该硫酸Vml,那么18.4mol/L×10-3VL=4.6 mol·L-1×0.1L,V=25,量筒读数准确到0.1ml,所以取该硫酸25.0ml;10mL量筒太小，100mL量筒