新教材人教版化学必修第一册习题：第二章　第三节　第1课时　物质的量的单位-摩尔

PAGE第三节物质的量第1课时物质的量的单位——摩尔课后训练巩固提升1.0.1molO2中含有()A.1个氧原子 B.1mol氧分子C.0.2mol氧原子 D.0.1个氧分子答案:C解析:0.1molO2中含有0.1mol氧分子,含有0.2mol氧原子。2.下列物质中,摩尔质量最大的是()A.10mLH2O B.0.8molH2SO4C.54gAl D.1gCaCO3答案:D解析:选项A、B、C、D中四种物质的摩尔质量分别为18g·mol-1、98g·mol-1、27g·mol-1、100g·mol-1,摩尔质量最大的是CaCO3。3.下列叙述中正确的是()A.摩尔是表示物质所含粒子数量以及物质质量的具有双重意义的单位B.摩尔是国际单位制中7个基本物理量之一C.含有6.02×1023个氧原子的H3PO4的物质的量是0.25molD.2H既可以表示2个氢原子又可以表示2mol氢原子答案:C解析:物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一,它表示含有一定数目粒子的集合体,其单位是摩尔,A、B两项错误;1个H3PO4分子中含有4个O原子,即1molH3PO4中含有4molO原子,含有6.02×1023个氧原子的H3PO4的物质的量是0.25mol,C项正确;2H表示2个氢原子,但不能表示2mol氢原子,2mol氢原子应表示为2molH。4.下列关于摩尔质量的说法中正确的是()A.氢氧化钠的摩尔质量为40gB.1摩尔氧原子的质量就是氧的相对原子质量C.H2SO4的摩尔质量为96g·mol-1D.1molCO2的质量以克为单位时,在数值上等于CO2的相对分子质量答案:D解析:摩尔质量的单位是g·mol-1,1mol任何物质的质量以克为单位时,在数值上等于其相对原子质量或相对分子质量,A、B两项错误,D项正确;H2SO4的摩尔质量为98g·mol-1,C项错误。5.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是()A.0.012kg12C含有的12C原子数是NAB.NA个水分子的质量是18g·mol-1C.48gO3中含有的氧原子数为3NAD.含有NA个氧原子的CO2的质量是22g答案:B解析:0.012kg12C含有的12C原子的物质的量为1mol,A项正确;NA个水分子的物质的量为1mol,其质量为18g,B项错误;48gO3中含有的氧原子的物质的量为3mol,C项正确;含有NA个氧原子的CO2的物质的量为0.5mol,质量是44g,D项正确。6.有15gA物质与10.5gB物质恰好完全反应,生成7.2gC物质、1.8gD物质和0.3molE物质。则E的摩尔质量是()A.27.5g·mol-1 B.55g·mol-1C.100g·mol-1 D.111g·mol-1答案:B解析:根据质量守恒,生成E的质量为15g+10.5g-7.2g-1.8g=16.5g,则E的摩尔质量为16.5g0.3mol7.已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22,在反应X+2Y2Q+R中,当1.6gX与Y完全反应后,生成4.4gR,则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为()A.16∶9 B.22∶9 C.23∶9 D.46∶9答案:A解析:设Q、R的相对分子质量分别是9a、22a,根据化学方程式及4.4gR可计算出生成3.6gQ;由质量守恒定律可求出参与反应的Y是6.4g,所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为6.4g∶3.6g=16∶9。8.偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料,燃烧产生巨大能量,可作为运载火箭的推动力。已知C2H8N2中N元素的化合价为-3价,C元素的化合价为-1价。下列叙述中正确的是()A.6g偏二甲肼分子中含有0.1NA个氮气分子B.3.01×1022个偏二甲肼分子中所含氢原子的物质的量为0.05molC.偏二甲肼中H、C、N三种元素的质量之比为4∶6∶7D.反应C2H8N2+2N2O42CO2+3N2+4H2O中,每生成1molCO2转移8mol电子答案:D解析:偏二甲肼分子由原子构成,不含氮气分子,A项错误;3.01×1022个偏二甲肼分子的物质的量为0.05mol,所含氢原子的物质的量为0.4mol,B项错误;偏二甲肼中H、C、N三种元素的质量之比为(1×8)∶(12×2)∶(14×2)=2∶6∶7,C项错误;生成2molCO2,有2molN2O4反应,得到2×2×4mol=16mol电子,则生成1molCO2转移8mol电子,D项正确。9.在①②③④处的横线上填上适当的内容。答案:①1.204×1024②120g③2④8解析:1molCO(NH2)2含有4molH、1molO,故2molCO(NH2)2含有8molH、2molO;分子数N=n×NA=2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1024;CO(NH2)2的相对分子质量为60,质量m=n×M=2mol×60g·mol-1=120g。10.(1)6.02×1024个Na+的物质的量为,其质量为g。

(2)1.5molCH4约含有个CH4,其质量为g。

(3)3.01×1023个SO42-的物质的量为(4)49gH3PO4约含有个H,含氧原子的物质的量为。

答案:(1)10mol230(2)9.03×102324(3)0.5mol48(4)9.03×10232mol解析:(1)n(Na+)=6.m(Na+)=10mol×23g·mol-1=230g。(2)N(CH4)=1.5mol×6.02×1023mol-1=9.03×1023,m(CH4)=1.5mol×16g·mol-1=24g。(3)n(SO42-)=3.01×10236.02×1023mol-1(4)n(H3PO4)=49g98g·mol-1=0.5mol,n(H)=1.5mol,n(O)=2mol,N(H)=1.5mol×6.02×1023mol-1=911.下列6种物质的分子中都含有氢原子:①H2②C2H4③H2O④PH3⑤CHCl3⑥H2SO4(1)当它们所含的分子数相同时,含原子最少的是(填序号,下同)。

(2)当它们所含的分子数相同时,含氢原子最少的是。

(3)当它们所含的原子数相同时,含分子最多的是。

(4)当它们所含的氢原子数相同时,含原子最多的是。

(5)当它们含有的氢原子数相同时,含分子数目相同的是。

答案:(1)①(2)⑤(3)①(4)⑤(5)①③⑥解析:分析时要注意是“原子”还是“分子”,是“最多”还是“最少”,如(1)分子数均为N时,含原子数目分别为2N(H2),6N(C2H4),3N(H2O),4N(PH3),5N(CHCl3),7N(H2SO4),则含原子最少的是H2,同理分析其他各小题。12.(1)12.4gNa2R含0.4molNa+,则Na2R的摩尔质量为,R的相对原子质量为。含1.6gR的Na2R的物质的量为。

(2)相同质量的NO2和SO3的物质的量之比为,所含氧原子的物质的量之比为,若欲使NO2和SO3中氧元素的质量相等,则NO2和SO3的质量之比为。

(3)在一密闭容器中充入amolNO和bmolO2,可发生如下反应:2NO+O22NO2,充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为。

答案:(1)62g·mol-1160.1mol(2)40∶2380∶6969∶80(3)a∶(a+2b)解析:(1)1molNa2R含有2molNa+,已知n(Na+)=0.4mol,则n(Na2R)=0.2mol。M(Na2R)=12.4g0.2mol=62g·mol-1。Mr(Na2R)=62,Ar(R)=62-2×23=16。1.6gR的物质的量n(R)=0.1mol,则n(Na2R)=0.1mol。(2)相同质量的NO2和SO3,n(NO2)∶n(SO3)=1g46g·mol-1∶1g80g·mol-1=40∶23,所含氧原子的物质的量之比为(40×2)∶(23×3)=80∶69。若氧元素的质量相等,则有3NO2~2SO3,NO2和SO3的质量之比为m(NO2综合测评一、选择题(本题包括15小题,每小题3分,共45分。每小题只有1个选项符合题意)1.(浙江11月选考,5)可用于治疗胃酸过多的物质是()A.碳酸氢钠 B.氯化钠C.氯化钾 D.氢氧化钠答案A解析碳酸氢钠可与盐酸发生反应生成氯化钠、水以及二氧化碳,可用于治疗胃酸过多,A项正确;NaCl、KCl不与盐酸反应,不能用于治疗胃酸过多,B项、C项错误;氢氧化钠具有极强的腐蚀性,对人体有害,不能用于治疗胃酸过多,D项错误。2.向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油,片刻后再向该烧杯中缓慢地加入一绿豆粒大的金属钠,可能观察到的现象是下图中的()答案A解析钠的密度比煤油的大,比水的小,故钠在水和煤油的交界处与水发生反应生成氢气,从而可看到气泡,正确答案为A项。3.植物中山茶花、石榴可以吸收氯气,紫藤和月季对氯气的吸收净化能力也很强。在实验室制取Cl2时,尾气一般要用NaOH溶液吸收而不用澄清石灰水吸收的理由是()A.氯气不与石灰水反应B.Ca(OH)2微溶于水,澄清石灰水中Ca(OH)2的含量少,不能充分吸收尾气中的Cl2C.氯气与Ca(OH)2反应生成的CaCl2难溶于水D.澄清石灰水能吸收空气中的CO2而变浑浊答案B解析Ca(OH)2在水中的溶解度小,吸收Cl2的量较少,吸收不充分。4.将紫色石蕊溶液滴入NaOH溶液中,溶液变蓝色,再通入氯气,溶液由蓝色变成红色,最后颜色慢慢褪去,其原因是()①氯气有漂白性②氯气与NaOH溶液反应③氯气的水溶液呈酸性④次氯酸有漂白性⑤氯化钠有漂白性A.①④ B.②③④C.①②③ D.④⑤答案B解析Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO,当Cl2过量时,Cl2与水反应生成HCl和HClO,溶液呈酸性,因此使石蕊溶液变红色,而HClO有漂白性,又使溶液褪色。5.用漂白粉溶液浸泡过的有色布条晾置在空气中一段时间,漂白效果更好,原因是()A.漂白粉被氧化了B.有色布条被空气中的氧气氧化了C.漂白粉跟空气中的CO2反应,生成了较多量的HClOD.漂白粉溶液蒸发掉部分水,其浓度增大答案C6.(河北邯郸高一检测)已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A.3g3He含有的中子数为NAB.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAC.28gCO和N2的混合物含有的电子数为14NAD.标准状况下,4.48L水分子的数目为0.2NA答案D解析3He的中子数为3-2=1,则3g3He的中子数为3g3g·mol-1×NAmol-1=NA,选项A正确;重铬酸钾被还原为铬离子时,铬元素从+6价降低到+3价,1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NAmol-1=6NA,选项B正确;CO和N2的摩尔质量均为28g·mol-1,每个分子所含电子数均为14,则28g混合物的物质的量为1mol,所含有的电子数等于14NA,选项C正确7.(北京朝阳期末质量检测)以不同类别物质间的转化为线索,认识钠及其化合物。下列分析不正确的是()A.反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质B.反应④说明NaHCO3的稳定性强于Na2CO3C.反应⑤⑥可用于潜水艇中氧气的供给D.上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应答案B解析反应③为2NaOH+CO2Na2CO3+H2O,NaOH为碱,Na2CO3为盐,因此CO2具有酸性氧化物的性质,A项正确;反应④是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,说明Na2CO3比NaHCO3稳定,B项错误;反应⑤⑥分别是2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,因此反应⑤⑥可用于潜水艇中氧气的供给,C项正确;反应④为分解反应,反应①为化合反应,反应②为置换反应,D项正确。8.将钠和硫分别置于下图所示的两个盛满氧气的集气瓶中,燃烧完毕冷却至室温后,打开装置中的两个活塞,这时观察到()A.水进入左瓶 B.水进入右瓶C.水同时进入两瓶 D.水不进入任何一瓶答案A解析由于钠与氧气反应生成过氧化钠,使左瓶氧气减少,压强减小,而右瓶中的硫与氧气反应生成二氧化硫,气体的体积不变,压强不变,故打开两个活塞时可观察到水进入左瓶。9.(山东聊城高一检测)欲配制100mL1.0mol·L-1Na2SO4溶液,下列方法正确的是()①将14.2gNa2SO4,溶于100mL水中②将32.2gNa2SO4·10H2O溶于少量水中,再用水稀释至100mL③将20mL5.0mol·L-1Na2SO4溶液用水稀释至100mLA.①② B.②③ C.①③ D.①②③答案B解析①14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g142g·mol-1=0.1mol,但溶液的体积不等于溶剂的体积,所以无法计算出物质的量浓度,故①错误;②32.2gNa2SO4·10H2O的物质的量为32.2g322g·mol-1=0.1mol,硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量,硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol0.1L=1.0mol·L-1,故②正确;③根据稀释定律,稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变,则20mL×5.0mol10.(2019浙江4月选考,6)反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A.2∶3 B.8∶3 C.6∶3 D.3∶2答案A解析N的化合价由-3价升高为0价,每个NH3分子被氧化失去3个电子;Cl的化合价由0价变为-1价,每个Cl2分子被还原得到2个电子;根据得失电子守恒可知,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量比为2∶3,所以A项正确。11.如图两瓶体积相等的气体,在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是()A.所含原子数相等B.气体密度相等C.气体质量相等D.摩尔质量相等答案A解析同温同压下,两瓶中气体体积相等,则气体物质的量也相等;N2、O2和NO都是双原子分子,所以原子数也相等;由于N2和O2的比例不确定,所以两瓶内气体的质量、密度和摩尔质量都不一定相等。12.俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A.1L1mol·L-1Na2SO4溶液中含氧原子的数目为4NAB.0.1mol·L-1Na2S溶液中含阳离子的数目为0.2NAC.生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD.通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA答案C解析1L1mol·L-1Na2SO4溶液中SO42-含氧原子的数目为4NA,但水中也含氧原子,选项A错误;不知道溶液的体积无法计算阳离子的个数,选项B错误;根据方程式,氧化产物为二氧化碳,生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA,选项C正确;通常状况下,气体摩尔体积不是22.4L·mol-1,故11.2LCO2物质的量不是0.5mol,所含质子的数目不是11NA,13.把标准状况下4.48L的CO2通过一定量的固体Na2O2后,收集到标准状况下3.36L气体,则这3.36L气体的成分是()A.O2 B.CO2C.CO2和O2 D.无法确定答案C解析标准状况下,4.48LCO2与足量Na2O2反应时,产生2.24LO2,现反应后气体体积为3.36L,说明4.48LCO2未反应完,则3.36L气体应为CO2和O2的混合气体。14.同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体,下列有关比较的叙述中,正确的是()A.密度之比为8∶11 B.密度之比为11∶16C.体积之比为16∶11 D.体积之比为11∶16答案D解析同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体的物质的量之比是164∶144=11∶16,则体积比为11∶16,密度之比等于摩尔质量之比,即为15.(河北衡水高一检测)向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M,因CO2通入量的不同溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示四种情况(不计CO2的溶解),则下列对应图形的判断正确的是()答案C解析由于量的不同,CO2与NaOH可发生如下两种反应:①CO2+NaOHNaHCO3,②CO2+2NaOHNa2CO3+H2O。当n(CO2)n(NaOH)≥1时,反应按①进行,n(CO2)n(NaOH)=1时,CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3;n(CO2)n(NaOH)>1时,生成NaHCO3,CO2有剩余;当12<n(CO2)n(NaOH)<1时,反应按①②进行,CO2、NaOH反应,无剩余,生成物为NaHCO3、Na2CO3;当n(CO2)n(NaOH)≤12,反应按②进行,n(CO2)n(NaOH)=12时,CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3;n(CO2)n(NaOH)<12时,生成Na2CO3,NaOH有剩余;由上述分析可知,当含有两种溶质,不论是Na2CO3、NaOH,还是NaHCO3、Na2CO3,滴加盐酸都不能立即产生气体,选项A错误;①当溶质为Na2CO3时,不能立即产生气体,滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳,且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系为;②当溶质为NaHCO3时,二、非选择题(本题包括5小题,共55分)16.(辽宁丹东期末)(8分)为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来,国际上采用了“物质的量”这一物理量,据此完成下列试题:(1)等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为。

(2)等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为,质量比为。

(3)实验室需要配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液,进行如下操作:①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管,还需要的玻璃仪器是。

②计算需要NaOH固体的质量:g。

③取出50mL配制好的溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为。

④若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是。

A.称量时砝码已经生锈B.定容时仰视C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作D.定容摇匀后,液面低于容量瓶颈上的刻度线答案(1)3∶2(2)1∶12∶3(3)①100mL容量瓶、量筒②4.0③1mol·L-1④A解析(1)根据n=mM可知,等质量的O2和O3的物质的量之比为n(O2)∶n(O3)=132∶148=3∶2,(2)根据阿伏加德罗定律,在等温等压下,等体积的任意气体所含分子的物质的量相同,则等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为1∶1,质量比为2∶3。(3)①实验室需要配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液,则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒和100mL容量瓶。②需要NaOH固体的质量m=n·M=c·V·M=100×10-3L×1mol·L-1×40g·mol-1=4.0g。③溶液具有均一性,物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变,故取出的50mL溶液的浓度仍然为1mol·L-1。④A项,称量时砝码已经生锈,砝码实际质量增大,称得的氢氧化钠质量增大,浓度偏高;B项,定容时仰视,实际加水量偏大,溶液浓度偏低;C项,溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作,剩余部分溶质残留,导致容量瓶内溶质减少,溶液物质的量浓度偏低;D项,定容摇匀后,溶液物质的量浓度固定,液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。17.(北京丰台期末)(11分)双氧水和“84”消毒液是生活中常用的两种消毒剂,了解物质的性质是科学合理使用化学品的基础和前提。请回答下列问题:(1)某同学设计如下实验研究H2O2的性质:序号实验实验现象ⅰ向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液a.溶液紫色褪去b.有大量气泡产生ⅱ向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液c.溶液变蓝①从理论上看H2O2既有氧化性又有还原性,具有还原性的原因是。

②能证明H2O2具有还原性的实验是(填序号)。可作为证据的实验现象是(填字母序号)。

(2)“84”消毒液的有效成分为NaClO。①将Cl2通入NaOH溶液中可制得“84”消毒液,反应的化学方程式为。

②“84”消毒液不能用于钢制器具的消毒,原因是NaClO具有性。

③“84”消毒液的溶液在浸泡餐具过程中,因吸收空气中的CO2消毒杀菌能力增强,其中发生的化学反应符合规律:+

+(填物质类别)。

(3)某届奥运会期间,由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用,导致游泳池中藻类快速生长,池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。①该反应说明氧化性:NaClO(填“>”或“<”)H2O2。

②当有0.1molO2生成时,转移电子mol。

答案(1)①过氧化氢中氧元素的化合价为-1价,化合价可升高被氧化②ⅰa、b(2)①Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O②氧化③酸盐酸盐(3)①>②0.2解析(1)①H2O2中O呈-1价,化合价可升高被氧化,故H2O2具有还原性。②实验ⅰ中的KMnO4是强氧化剂,实验ⅱ中的KI是强还原剂,故实验ⅰ能证明H2O2具有还原性,现象a、b可作为证据证明H2O2具有还原性。(2)①Cl2和NaOH溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。②NaClO具有氧化性,故“84”消毒液不能用于钢制器具的消毒。③“84”消毒液吸收CO2的反应是CO2+H2O+NaClOHClO+NaHCO3,该反应符合的规律是强酸制弱酸,即酸+盐酸+盐。(3)①NaClO一般做氧化剂,还原产物是Cl-,故NaClO与H2O2反应产生的O2是由H2O2被氧化而来,即H2O2做还原剂,所以氧化性:NaClO>H2O2。②反应中,H2O2中O的化合价由-1价变为0价,则生成0.1molO2,转移电子0.2mol。18.(13分)根据实验步骤的图示回答下列问题。已知:Ⅰ.D是焰色试验显紫色(透过蓝色钴玻璃)的盐溶液;Ⅱ.固体氯化物与浓硫酸在加热条件下反应可制得氯化氢,同时生成硫酸盐。(1)写出各物质的化学式:A,B,C,

D,E,F,

G。

(2)写出下列各步反应的化学方程式,是氧化还原反应的标出电子转移的方向和数目。①;

②;

③;

④。

(3)反应②中,每转移1mole-,有mol被氧化。

答案(1)KClI2AgClKICl2HClMnO2(2)①2KCl(s)+H2SO4(浓)K2SO4+2HCl↑②③④KCl+AgNO3AgCl↓+KNO3(3)1HCl解析向物质A中加入AgNO3溶液,生成白色不溶于稀硝酸的沉淀C,可判定A中含有Cl-,则C一定是AgCl;淀粉溶液遇B生成蓝色物质,B一定是I2;D、E中一定有碘元素、氯元素;由题给信息Ⅱ可得无色晶体应为氯化物,F为HCl,HCl与G加热得E,则G为MnO2,E为Cl2;再结合题给信息Ⅰ可得D为KI,则A为KCl。19.(13分)下图为制取氯化铁粉末的装置,已知氯化铁粉末很容易吸水生成结晶水合物FeCl3+6H2OFeCl3·6H2O。(1)按照气体流向从左到右连接仪器的顺序是(填仪器接口顺序):①接,接,接。

(2)烧瓶A发生的反应中,氧化剂是(填物质名称),B中反应的