第二章海水中的重要元素第三节物质的量-高一化学人教版（2019）必修第一册

试卷第=page55页，共=sectionpages55页试卷第=page44页，共=sectionpages55页人教版（2019）高一必修第一册第二章海水中的重要元素第三节物质的量学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是A．20%氢氧化钠溶液中氢氧化钠物质的量浓度和10%氢氧化钠溶液中氢氧化钠物质的量浓度B．100mL2mol/L氯化钠溶液中c(Cl-)和200mL1mol/L氯化镁溶液中c(Cl-)C．44g二氧化碳中氧原子数和标准状况下22．4L一氧化碳中氧原子数D．2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量2．NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A．lmolNaHSO4固体中所含阴阳离子数目总数为3NAB．14g分子式为CnH2n的链烃中含有的C-H键的数目为2NAC．27g铝与lmol/L的盐酸充分反应，转移电子数目为3NAD．标准状况下，44.8升NO与22.4升O2完全反应所得分子数目为2NA3．设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是A．1.5molNO2与足量的H2O反应，转移的电子数为NAB．常温常压下，18gD2O含有的原子数为3NAC．氧气和臭氧的混合物32g中含有2NA个氧原子D．在标准状况下，0.5NA个氯气分子所占体积约是11.2L4．两个容积相同的密闭容器，一个盛有氯化氢，另一个盛有H2和Cl2的混合气体，在同温同压下，两个容器内的气体一定具有相同的：①质量②密度③分子总数④原子总数A．①② B．②④ C．③④ D．①③5．下列叙述正确的是①摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一②二氧化硫的摩尔质量是64g③质量相等，密度不等的CO和C2H4的分子数相等④一个钠原子的质量约等于g⑤标准状况下，11.2LH2O含有的分子数约为3.01×1023个⑥常温常压下，11.2LCH4中含有的原子数约为1.505×1024个⑦1molH2和N2的混合气体在标准状况下的体积约为22.4L⑧常温常压下，22gCO2中含有的原子的物质的量为1.5molA．①④⑥⑧ B．③④⑥⑦ C．①②⑤⑦ D．③④⑦⑧6．下列叙述正确的是A．1mol任何气体的体积一定是22.4LB．同温同压下两种气体,只要它们的分子数相同,所占体积也一定相同C．在标准状况下,体积为22.4L的物质都是1molD．在非标准状况下,1mol任何气体的体积不可能是22.4L7．下列溶液中，负离子浓度最大的是A．0.5mol·L-1H2SO4溶液50mL B．0.5mol·L-1CaCl2溶液35mLC．0.5mol·L-1NaCl溶液70mL D．0.5mol·L-1Al(NO3)3溶液60mL8．下列溶液中Cl－浓度与50mL1mol·L﹣1MgCl2溶液中Cl－浓度相等的是A．100mL1mol·L﹣1NaCl溶液 B．100mL1mol·L﹣1CaCl2溶液C．50mL2mol·L﹣1BaCl2溶液 D．50mL2mol·L﹣1AlCl3溶液9．4℃时，在100mL水中溶解22.4L(标准状况下)HCl气体形成溶液。下列说法正确的是A．该溶液的物质的量浓度为10mol·L-1B．由于溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得C．所得溶液的体积为22.5LD．由于溶液的密度未知，故该溶液中溶质的质量分数无法求得10．配制一定物质的量浓度的溶液的操作过程示意图如下：下列说法中错误的是A．“操作1”需将溶解的溶液及烧杯洗涤液全部转移到容量瓶中B．“操作2”中玻璃棒起引流作用C．“操作4”定容时俯视刻度线会造成所配溶液浓度偏低D．所配制的溶液中为二、多选题11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．2.24L甲烷中sp3杂化轨道数为0.4NAB．7.8g苯分子中含有电子数为4.2NAC．4.6g乙醇中含有的极性键数为0.7NAD．0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)含有π键数为0.1NA三、填空题12．(1)标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得浓度为12.0mol·L－1、密度为0.915g·cm－3的氨水。试计算1体积水吸收____________体积的氨气可制得上述氨水。（水的密度以1.00g·cm－3计）(2)硫铁矿高温下空气氧化产生二氧化硫：4FeS2＋11O2=

8SO2＋2Fe2O3设空气中N2、O2的含量分别为0.800和0.200（体积分数），试完成下列各题：①1.00molFeS2完全氧化，需要空气的体积（标准状况）为________L②55L空气和足量FeS2完全反应后，气体体积（同温同压）变为________L③设FeS2氧化产生的气体混合物为100L，其中O2为aL，SO2为bL。写出a和b的关系式:________________________________四、实验题13．Ⅰ.为除去粗盐中含有的可溶性杂质硫酸盐、氯化钙和氯化镁，某同学利用给定试剂NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液和盐酸，设计了如下实验流程，请回答：（1）操作a和操作b的名称依次是____________________；（2）加入试剂②的作用是______________________________；（3）加入盐酸后，发生反应的离子方程式是____________________________________；（4）在上述提纯过程中，如何证明SO42-已经被除净_______________________________。Ⅱ.实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）根据计算得知，所需NaOH的质量为__________g。（2）配制一定物质的量浓度溶液的实验中，如果出现以下操作：A．称量用了生锈的砝码；B．将NaOH放在纸张上称量；C．定容时仰视刻度线；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出；E．未洗涤溶解NaOH的烧杯；F．容量瓶未干燥即用来配制溶液；G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线；H.未冷却至室温就进行定容；I.定容时有少量水洒在容量瓶外。对配制的溶液物质的量浓度大小可能造成的影响是（填写字母）偏大的有______________________；偏小的有____________________________。14．右图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，回答下列问题（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为__________mol/L。（2）配制240mL0.3mol/L的盐酸溶液A．用________mL量筒量取所需的浓盐酸的体积__________mL，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入蒸馏水，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀。B．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入___________mL容量瓶中。C．用蒸馏水洗涤___________________________2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。D．继续往容量瓶内加水直到液面接近刻度线1-2cm处，改用_________加水，使溶液凹面恰好与刻度相切。E．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。（3）若实验中出现下列现象对所配溶液浓度有什么影响？(填偏高、偏低、无影响)①将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水______________；②向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴掉在容量瓶外面，则浓度______________；③定容时俯视容量瓶刻度线__________________。④洗涤量取浓盐酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中__________________。（4）某同学用Na2CO3配制50mL1.0mol/L的Na2CO3溶液的过程如图所示：你认为该同学的错误步骤有______________。（填序号）15．某兴趣小组模拟工业制漂白粉，设计了如图所示的实验装置。已知：①氯气和碱反应放出热量②6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。(1)甲装置中仪器a的名称是____。(2)圆底烧瓶内发生反应的化学反应方程式为_____。(3)装置乙所装溶液为____。(4)装置丁中发生反应的化学反应方程式为____。(5)漂白粉的有效成分为____；漂白粉的漂白原理为____(用化学方程式表示)。(6)该小组制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(ClO)2]，其主要原因是____。(7)该小组使用17.4gMnO2与过量浓盐酸反应，产生的氯气在标准状况下的体积为____L。答案第=page1111页，共=sectionpages77页答案第=page1212页，共=sectionpages77页参考答案：1．C【详解】A.因为两种溶液的密度不同，所以20%氢氧化钠溶液中氢氧化钠物质的量浓度不是10%氢氧化钠溶液中氢氧化钠物质的量浓度的2倍，故A不选；B.100mL2mol/L氯化钠溶液中c(Cl-)为：2mol/L×1=2mol/L，200mL1mol/L氯化镁溶液中c(Cl-)为：1mol/L×2=2mol/L，氯离子浓度相同，故B不选；C.44g二氧化碳的物质的量为：=1mol，氧原子数为2NA，标准状况下22.4L一氧化碳的物质的量为1mol，氧原子数为NA，前者刚好是后者两倍，故C选；D.水的摩尔质量是相同的，都是18g/mol，故D不选；故选C。2．B【详解】A、lmolNaHSO4固体中，只有Na＋和HSO4―两种离子，所含阴阳离子数目总数为2NA，故A错误；B、14g分子式为CnH2n的链烃中含有的C-H键的数目为2NA，故B正确；C、27g铝与lmol/L的盐酸充分反应，盐酸没给出体积，转移电子数目无法确定为3NA，故C错误；D、NO2与N2O4的转化是可逆反应，故D错误；故选B。3．B【详解】A．NO2与水反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO为唯一还原产物，N的化合价由+4价变为+2价，所以3molNO2反应时转移2mol电子，故1.5molNO2参与反应转移1mol电子即NA个，故A正确；B．18gD2O的物质的量为=0.9mol，所以含有的原子数为2.7NA个，故B错误；C．氧气和臭氧均为氧原子构成的单质，所以32g氧气和臭氧的混合物即32g氧原子，物质的量为=2mol，即2NA，故C正确；D．0.5NA个氯气分子的物质的量为0.5mol，标况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故D正确；故答案为B。4．C【详解】同温同压下，两个容器容积相同，则气体的物质的量相同，所含的分子数相同，又因HCl、H2、Cl2都是双原子分子，故原子总数也相同；而H2和Cl2的混合气体中二者的相对含量未知，则两个容器内气体的质量、密度不一定相同，所以③④正确；故选C。5．D【详解】①摩尔是物质的量的单位，①错误；②二氧化硫的摩尔质量是64g/mol，②错误；③CO和C2H4的相对分子质量相等，所以质量相等，密度不等的CO和C2H4的物质的量相等，则二者所含的分子数也相等，③正确；④Na相对原子质量是23，1molNa原子质量是23g，含有约6.02×1023个个Na原子，则一个钠原子的质量约等于g，④正确；⑤标准状况下，H2O不是气态，因此不能使用气体摩尔体积进行有关计算，⑤错误；⑥常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2LCH4的物质的量小于0.5mol，故其中含有的原子数小于为1.505×1024个，⑥错误⑦标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，则根据阿伏伽德罗定律可知1molH2和N2的混合气体在标准状况下的体积约为22.4L，⑦正确；⑧常温常压下，22gCO2的物质的量是0.5mol，则其中含有的原子的物质的量为3×0.5mol=1.5mol，⑧正确；综上所述可知：说法正确的是③④⑦⑧，故合理选项是D。6．B【详解】A．气体的体积取决于温度和压强的大小，在标准状况下，Vm=22.4L/mol，在其它条件下，1mol气体的体积不一定为22.4L，A错误；B．根据n==，同温同压下两种气体，气体的分子个数与体积呈正比，B正确；C．在标准状况下，只有体积为22.4L的气体物质才是1mol，其它状态的物质的Vm≠22.4L/mol，C错误；D．根据PV=nRT可知，并不是只有在标准状况下Vm=22.4L/mol，Vm取决于温度和压强的大小，D错误；答案选B。【点晴】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，本题注意阿伏加德罗定律只适用于气体，另外在标准状况下，Vm=22.4L/mol，其它条件下也有可能为22.4L/moL。解答时注意灵活应用。7．D【详解】A．0.5mol/LH2SO4溶液50mL，阴离子的总浓度为0.5mol•L-1；B．0.5mol·L-1CaCl2溶液35mL，阴离子浓度为1.0mol•L-1；C．0.5mol/LNaCl溶液70mL，阴离子浓度为0.5mol•L-1；D．0.5mol·L-1Al(NO3)3溶液60mL，阴离子总浓度为1.5mol/L；则阴离子浓度最大的为D，故选D。8．B【分析】50.0mLlmol•L-1MgCl2溶液中的Cl-浓度为1mol/L×2=2mol/L，结合物质的浓度和组成分析解答。【详解】A、100mL1.0mol•L-1NaCl溶液中氯离子的浓度为1mol/L，与题意不符，A错误；B、100mL1.0mol•L-1CaCl2溶液中氯离子的浓度为1mol/L×2=2mol/L，与题意相符，B正确；C、50mL2.0mol·L-1BaCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L×2=4mol/L，与题意不符，C错误；D、50mL2mol•L-1A1C13溶液中氯离子的浓度为2mol/L×3=6mol/L，与题意不符，D错误；答案选B。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度的计算，明确溶液中离子的浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子个数是解本题的关键，与溶液体积无关。9．B【详解】A．22.4L

HCl气体的物质的量为，若形成溶液的体积为100mL，则浓度为10mol/L，但溶液的体积不等于溶剂的体积100mL，故A错误；B．由于没有提供溶液的密度，无法计算出溶液的体积，因此该溶液的物质的量浓度无法计算，故B正确；C．液体积不等于溶剂的体积与溶质的体积之和，溶液的体积远远小于HCl体积，故C错误；D．22.4L(标准状况下)HCl的物质的量，溶质的质量为m=nM=1mol×36.5

g/mol=36.5g，溶液质量为36.5g+100

mL×1

g/mL=136.5

g，溶质的质量分数为，所以不知溶液的密度可求溶质的质量分数，故D错误；故选：B。10．C【详解】A．溶解得到的溶液及洗涤烧杯2~3次的洗涤液均需转移到容量瓶中，保证溶质完全转移，A项正确；B．向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流，B项正确；C．定容时若俯视刻度线，水的量不足，溶液体积减小，造成所配溶液浓度偏大，C项错误；D．碳酸钠的质量为10.6g，，容量瓶规格为100mL，溶液的物质的量浓度为，，D项正确；答案选C。11．BC【详解】A．没有指明温度和压强，无法计算2.24L甲烷中sp3杂化轨道数，故A错误；B．7.8g苯的物质的量为0.1mol，1个苯分子中含有42个电子，则0.1mol苯中含有的电子数为4.2NA，故B正确；C．4.6g乙醇为0.1mol，1个乙醇分子中含有6个C-H键，1个O-H键，1个C-C键，C-H和O-H是极性键，即1个乙醇分子中含有7个极性键，所以0.1mol乙醇中含有的极性键数为0.7NA，故C正确；D．丙烯酸中有碳碳双键和碳氧双键，所以1个丙烯酸分子中含有2个π键，则0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)含有π键数为0.2NA，故D错误；故选BC。12．

378

308

52

13b＝200－10a【分析】（1）假设溶液体积为1.00L，根据n（NH3）=c（NH3）×V，求出1L溶液中所含氨气的物质的量，求出标准状况下氨气的体积；根据水的质量=氨水的质量-氨气的质量，求出水的质量，进而求出水的体积；由V(NH3/V(H2O)求出1体积水所吸收氨气的体积。（2）①根据方程式计算需要氧气的物质的量，再根据V=nVm氧气的体积，根据空气中氧气的体积分数计算需要空气的体积；②计算空气中氧气的体积，利用差量法计算反应后气体体积变化，据此解答；③根据二氧化硫的体积计算参加反应氧气体积，表示出氮气的体积，利用氮气体积不变列关系式解答；【详解】（1）假设溶液体积为1.00L，1.00L该氨水含氨的物质的量为1.00L×12.0mol/L=12.0mol，V（NH3）=12.0mol×22.4L/mol=268.8L；1.00L该氨水中含水的质量m(H2O)=112=711g，V(H2O)=L=0.711L；标准状况下，1体积水吸收氨气的体积为V(H2)=(268L/0.711L)1L=378L，本题答案为：378（2）①根据方程式4FeS2+11O2=8SO2+2Fe2O3可以知道，1.00molFeS2完全氧化需要氧气物质的量=11/4mol,故需要空气的体积==308L,因此，本题答案为：308；②55L空气中氧气的体积=55L×0.2=11L，则：4FeS2+11O2=8SO2+2Fe2O3

11

8

△V=11-8=3故反应后气体的体积为55L-3L=52L，因此，本题正确答案是：52；③4FeS2+11O2=8SO2+2Fe2O3118

(11/8)bb反应前后氮气的体积不变，则：（aL+bL）4=100L-aL-bL，整理可得：13b=200-10a，因此，本题答案是：13b=200-10a。13．

过滤、蒸发

除去钙离子和钡离子

CO32-+2H+=CO2+H2O

OH-+H+=

H2O

取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根

2.0g

AH

BCDE【分析】Ⅰ.根据实验流程可知，操作a过滤，操作b是蒸发；根据加入氢氧化钠可将氯化镁转化成氢氧化镁沉淀，除去硫酸钠需要在除去氯化钙之前，加入的碳酸钠可以将过量的氯化钡除去，所以试剂①是BaCl2溶液，目的是除去SO42-离子，试剂②是Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子Ba2+、Ca2+，根据加入的除杂试剂氢氧化钠和碳酸钠都是过量的，所以在蒸发之前需要加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除去。Ⅱ.根据n=cv计算氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；根据C=n/V，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差。【详解】Ⅰ.（1）通过分析实验流程可知，操作a是溶解，操作b是过滤，操作c是蒸发，故答案为过滤；蒸发；（2）试剂②是Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子Ba2+、Ca2+，故答案为除去钙离子和钡离子；（3）加入盐酸的目的是将碳酸钠和氢氧化钠除去，反应的离子方程式为OH-+H+=H2O，CO32-+2H+=CO2+H2O，故答案为OH-+H+=H2O；CO32-+2H+=CO2+H2O；（4）证明SO42-已经被除净，即证明溶液中不存在SO42-离子，具体操作为：取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根，故答案为取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根；Ⅱ.（1）由于无450ml的容量瓶，故选用500ml的容量瓶，故配制的是500ml0.1mol/LNaOH溶液，根据n=CV可知需要的NaOH的物质的量n=0.5L×0.1mol/L=0.05mol，NaOH质量m=nM=0.05mol×40g/mol=2.0g，故答案为2.0g；（2）A、生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；B、将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；C、定容时俯视刻度线观察液面，所加水量偏少，结果偏高；D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；E、未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；F、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响；G、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线是正常的，未加水对浓度无影响；H、热溶液注入容量瓶会导致容量瓶热膨胀,体积变大,最终导致溶液浓度偏小；I、滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外，溶液的体积不变，浓度不变。故答案为AH；BCDE。14．

12

10

6.3

250

烧杯、玻璃棒

胶头滴管

无影响

偏低

偏高

偏高

①②⑤【详解】（1）==12mol/L；（2）配制240mL0.3mol/L的盐酸溶液，需要250ml容量瓶，则250mL×0.3mol/L==12mol/L×V，V=6.25mL，所以需要10mL的同筒量取浓度为12mol/L的盐酸6.3mol，按物质的量浓度配制的操作要求