周测1

周测1物质的量夯基提能卷①一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。1．[2019·北京西城区模拟]下列说法正确的是()A．1molNH3中含有的质子数约为6.02×1023B．0.5mol·L－1NaCl溶液中含Cl－的物质的量为0.5molC．8gS在足量O2中完全燃烧转移的电H子数约为9.03×1023D．标准状况下，22.4LSO2和CO2的混合气体中所含原子数约为1.806×1024答案：D解析：1个NH3分子中有10个质子，所以1molNH3中含有的质子数约为6.02×1024，A错误；0.5mol·L－1NaCl溶液的体积未知，无法计算其中所含Cl－的物质的量，B错误；S在O2中燃烧生成SO2,8gS的物质的量为0.25mol，其在足量O2中完全燃烧转移的电子数约为6.02×1023，C错误；标准状况下，22.4LSO2和CO2的混合气体的物质的量为1mol，其所含原子数约为1.806×1024，D正确。2．[2019·云南曲靖一中月考]在两个容积相同的容器中，一个盛有C3H8气体，另一个盛有N2O和CO2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的()①分子数②密度③质量④质子数⑤原子数A．①②③B．①②⑤C．③④⑤D．①④⑤答案：A解析：由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的气体具有相同的物质的量和相同的分子数。因C3H8、N2O和CO2的摩尔质量相等，则物质的量相同时气体总质量相等。又因为容器体积相同，则气体密度相同；但分子中原子个数及质子总数不同，故原子数和质子数不同；故①②③一定相同，A正确。3．[2019·安徽皖南八校联考]25℃时，将10mL质量分数为50%(密度为1.4g·cm－3)的硫酸稀释成100mL。下列说法正确的是()A．俯视容量瓶颈的刻度线定容，所配溶液的浓度偏低B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mLC．质量分数为50%的硫酸中溶质的物质的量浓度为7.14mol·L－1D．上述100mL稀硫酸中所含溶质的质量为14g，该稀硫酸不属于电解质答案：C解析：俯视容量瓶颈的刻度线定容，会导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，A错误；由于未告知稀释后溶液的密度，所以无法求出所需要的蒸馏水的体积，B错误；根据c＝1000ρwM＝1000×1.4×50%98mol·L－1≈7.14mol·L－1，所以质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度为7.14mol·L－1，C正确；由于稀释过程中溶质的质量不变，所以100mL稀硫酸中所含溶质的质量为7.14mol·L－1×0.01L×98g·mol－1≈7g，D错误。4．[2019·四川乐山调研]用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A．2.0gH182O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3NAC．1molH2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价键总数为NAD．在反应11P4＋60CuSO4＋96H2O===20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4中，6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA答案：A解析：H182O与D2O的摩尔质量均为20g·mol－1，故2.0gH182O与D2O的混合物的物质的量为0.1mol，而每个H182O与D2O分子中均含有10个中子，故0.1molH182O与D2O的混合物中共含有1mol中子，即所含中子数为NA，A正确；5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，氯气量不足，根据氯气的物质的量可以计算出转移的电子数为0.2NA，B错误；1molH2与足量O2反应生成1molH2O，每个H2O分子中含有2个O—H键，则1molH2O中含有的共价键总数为2NA，C错误；CuSO4中Cu元素化合价由＋2价降低到Cu3P中的＋1价，则1molCuSO4被还原得到1mol电子，6molCuSO4被还原得到6mol电子，而1molP4被氧化失去20mol电子，所以6molCuSO4能氧化P4的物质的量为620mol，即0.3mol，故6molCuSO4能氧化白磷的分子数为0.3NA，D错误。5．[2019·江西抚州临川一中月考]下列实验操作或仪器选择正确的是()A．配制200mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液需要称量硫酸铜固体3.2gB．配制1mol·L－1H2SO4溶液，量取浓硫酸后，将浓硫酸直接注入容量瓶中C．配制1mol·L－1AlCl3溶液时，将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，再加水稀释D．称量4.0gNaOH固体，溶解于1L水中，即可配制0.1mol·L－1的NaOH溶液答案：C解析：配制200mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液需要选用250mL容量瓶，需要硫酸铜固体的质量为0.25L×0.1mol·L－1×160g·mol－1＝4.0g，A错误；容量瓶不能用作稀释的容器，浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后再转移到容量瓶中，B错误；为了抑制AlCl3的水解，配制AlCl3溶液时，应将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，再加水稀释到适当浓度，C正确；4.0gNaOH固体溶解于1L水中得到的溶液体积不是1L，所配制的NaOH溶液的物质的量浓度不为0.1mol·L－1，D错误。6．[2019·四川资阳高中诊断考试]设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．硅晶体中，有NA个Si就有2NA个Si—Si键B．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na＋数目相等C．1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAD．0.2molNH3与0.2molO2在催化剂、加热条件下充分反应，所得NO分子数为0.2NA答案：A解析：硅晶体属于原子晶体，由硅的结构可知，1molSi中能形成2molSi—Si键，则有NA个Si就有2NA个Si—Si键，A正确；由于溶液的体积未知，故无法判断两溶液中Na＋数目的大小关系，B错误；1个苯乙烯分子中只有一个碳碳双键，所以1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA，C错误；反应的化学方程式为4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O，NH3有剩余，反应的NH3小于0.2mol，故所得NO分子数小于0.2NA，D错误。7．[2019·江西抚州临川一中月考]在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度ρg·cm－3(小于水的密度)，溶质的质量分数为w，其中含NH＋4的物质的量为bmol，下列叙述中一定正确的是()A．溶质的质量分数w＝aVρ－a×100%B．溶质的物质的量浓度c＝1000a35Vmol·L－1C．向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液中溶质的质量分数大于0.5wD．溶液中c(OH－)＝1000bVmol·L－1＋c(H＋)答案：D解析：氨水的溶质为NH3，该溶液的密度为ρg·cm－3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质NH3的质量为ag，溶质的质量分数w＝aρV×100%，A错误；agNH3的物质的量为ag17g·mol－1＝a17mol，溶液体积为VmL，所以溶质的物质的量浓度为a17molV×10－3L＝1000a17Vmol·L－1，B错误；水的密度大于氨水，相等体积的水与氨水，水的质量更大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，混合溶液中NH3的质量仍为ag，因此等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w，C错误；根据电荷守恒可得等式：c(OH－)＝c(NH＋4)＋c(H＋)，由题给信息可求出c(NH＋4)＝bmolV×10－3L＝1000bVmol·L－1，代入等式可得c(OH－)＝1000bVmol·L－1＋c(H＋)，D正确。二、非选择题：共43分。8．(14分)如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室(体积相同)各充入一定量NO和O2，且恰好使两容器内气体密度相同。打开活塞，使NO与O2充分反应。(不考虑NO2与N2O4的转化)(1)开始时左右两室分子数________(填“相同”或“不相同”)。(2)反应前后NO室压强________(填“增大”或“减小”)。(3)最终容器内密度与原来________(填“相同”或“不相同”)。(4)最终容器内________(填“有”或“无”)O2存在。答案：(1)不相同(2)减小(3)相同(4)有解析：(1)由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量相等，但NO和O2的摩尔质量不相等，故其物质的量不相等，开始时左右两室分子数不相同。(2)由于反应前后NO室的气体物质的量减小，故压强减小。(3)体系的体积和气体的质量均未变化，密度不变。(4)由于NO与O2反应，O2过量，故最终容器内有O2存在。9．(14分)如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：盐酸分子式：HCl相对分子质量：36.5密度：1.19g·cm－3HCl的质量分数：36．5%(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol·L－1。(2)取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是________(填字母)。A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl－的数目D．溶液的密度(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol·L－1的稀盐酸。①该学生需要量取________mL上述浓盐酸进行配制。②在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。a．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面________；b．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水________。(4)①假设该同学成功配制了0.400mol·L－1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，则该同学需取________mL盐酸。②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，发现比①中所求体积偏小，则可能的原因是________。A．浓盐酸挥发，浓度不足B．配制溶液时，未洗涤烧杯C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出答案：(1)11.9(2)BD(3)①16.8②a.偏小b．偏小(4)①25②C解析：(1)c(HCl)＝1000cm3×1.19g·cm－3×36.5%36.5g·mol－1×1L＝11.9mol·L－1。(2)溶液的浓度、密度与体积无关，但溶质的质量、物质的量随溶液体积的变化而变化。(3)由稀释定律可知，需要浓盐酸的体积为500mL×0.400mol·L－111.9mol·L－1≈16.8mL。(4)NaOH的物质的量为n(NaOH)＝0.4g40g·mol－1＝0.01mol，则需要HCl的物质的量为0.01mol，盐酸的体积V＝0.01mol0.400mol·L－1×1000mL·L－1＝25mL。耗盐酸比①中所求体积偏小，说明所配盐酸浓度偏大，A、B、D会使所配浓度偏小，错误，C会使所配盐酸浓度偏大，正确。10．(15分)[2019·福建德化一中等三校联考]某研究性学习小组欲测定室温下(25℃，101kPa)的气体摩尔体积，设计如图所示的简易实验装置。请回答以下问题：该实验的主要操作步骤如下：步骤一：(1)①配制100mL1.0mol·L－1的盐酸，需要20%、密度为1.1g·cm－3的盐酸的体积为____________。②配制过程中所需要的玻璃仪器有________________。③下列操作会导致所配溶液物质的量浓度偏大的是________(填标号，下同)。A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水步骤二：用量筒量取10.0mL1.0mol·L－1的盐酸加入锥形瓶中。步骤三：(2)称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为________。步骤四：向广口瓶中装入足量水，按上图连接