专题01 物质的量 气体摩尔体积（限时精练）-2022届高考化学一轮复习热点题型归纳与变式训练

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一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1．下列说法正确的是
A．摩尔是国际单位制中7个基本物理量之一
B．阿伏加德罗常数等于6.02×1023个12C中含有的碳原子数
C．物质的量是能把物质的质量和微观粒子数联系起来的一个物理量
D．若一分子NO、N2O的质量分别为ag、bg，则N原子的摩尔质量是(b-a) g/ml
【答案】C
【详解】
A.摩尔是国际单位制中7个基本物理量之一物质的量的单位，A错误；
B.阿伏加德罗常数的含义为12g12C中含有的12C原子数量，B错误；
C.物质的量n=，n=，可见通过物质的量可以计算物质的质量，也可以计算其中含有的基本微粒数，因此物质的量是能把物质的质量和微观粒子数联系起来的一个物理量，C正确；
D.NO比N2O少一个N原子，若一分子NO、N2O的质量分别为ag、bg，则N原子的质量为(b-a)g，则N原子的摩尔质量为(b-a)NAg/ml，D错误；
故合理选项为C。
2．已知32gX与40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH，在相同条件下，16gX和30gY混合反应生成0.25mlQ和一定量的H，则物质Q的摩尔质量是
A．63g·ml-1B．122g·ml-1C．126g·ml-1D．163g·ml-1
【答案】C
【详解】
根据质量守恒可知：32gX与40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH，32g+40g=mg+9g，得出m=63g，又根据X与Y反应时的质量比可知，当16gX和30gY混合反应时Y过量，故反应按照X的量来进行计算，设此时生成的Q的质量为m1，则有：，解得：m1=31.5g，故物质Q的摩尔质量为：，故答案为：C。
3．某温度下，向图中所示a、b、c、d中通入等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体中的一种(已知密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动，且与容器内壁摩擦不计)。下列说法中错误的是
A．d中通入的气体是CH4B．a和b中原子个数之比为16:11
C．a和c容器体积之比为1:2D．c和d中气体密度之比为2:1
【答案】B
【分析】
设四种气体的质量为mg，则CH4、CO2、O2、SO2的物质的量分别表示为、、、，同温同压下，气体体积比=物质的量之比，物质的量越大，气体体积越大，则a、b、c、d中分别为SO2、CO2、O2、CH4，据此分析解答。
【详解】
A．由分析可知d中通入的气体是CH4，A正确；
B．a、b中分别为SO2、CO2，二者物质的量之比=:=11:16，则原子个数之比=(11×3):(16×3)=11:16，B错误；
C．a、c中分别为SO2、O2，同温同压下，气体体积之比=物质的量之比，则a和c容器体积之比=:=1:2，C正确；
D．c、d中分别为O2、CH4，同温同压下，两种气体的密度之比=摩尔质量之比，因此c和d中气体密度之比=32:16=2:1，D正确。
答案选B。
4．三聚氰胺是一种三嗪类含氮杂环有机化合物。工业上利用NH3作为氮源，CO2作为碳源合成三聚氰胺，若生成2ml三聚氰胺，所需NH3和CO2的质量之比为( )
A．17：22B．17：44C．2：1D．34：11
【答案】A
【详解】
根据三聚氰胺的结构式及原子守恒可知，NH3和CO2的物质的量之比为2：1，故其质量比为17×2：44=17：22，答案为A。
5．十二烷基苯磺酸钠(C18H29NaO3S)主要用作阴离子型表面活性剂。沸点为315℃，下列有关说法正确的是
A．十二烷基苯磺酸钠的摩尔质量是348
B．6.96g十二烷基苯磺酸钠中碳原子数为0.36NA
C．0.5ml十二烷基苯磺酸钠的质量为174g·ml-1
D．1ml十二烷基苯磺酸钠在标准状况下的体积约为22.4L
【答案】B
【详解】
A.根据十二烷基苯磺酸钠的结构简式可知，其摩尔质量是348g/ml，A错误；
B. 6.96g十二烷基苯磺酸钠的物质的量为0.02ml，1个分子中含有18个碳原子数，故0.02ml分子中的碳原子数为0.36NA，B正确；
十二烷基苯磺酸钠的质量为174g，C错误；
D.十二烷基苯磺酸钠沸点为315℃，故在标准状况下其为非气体状态，D错误；
答案选B。
6．设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法错误的是
A．1L 0.1ml/L CH3COONa溶液中含有的阴离子数目为0.1NA
B．1ml Na与足量O2充分反应后，转移的电子数目为NA
C．常温常压下，17g H2O2含有的氧原子数目为NA
D．11.2L(标准状况)N2与NH3的混合物中含有的共用电子对数目为1.5NA
【答案】A
【详解】
A．CH3COONa溶液中存在水的电离和醋酸根的水解，故1L 0.1ml/L CH3COONa溶液中含有的阴离子数目不为0.1NA，A项错误；
B．1ml Na与足量O2充分反应，Na变为Na+转移1ml e-，B项正确；
C．17g H2O2的物质的量为0.5ml，含有的氧原子数目为2×0.5ml×NA=NA，C项正确；
D．N2与NH3分子中均含有3对共用电子对，故11.2L(标准状况) N2与NH3的混合物中含有的共用电子对数目为1.5NA，D项正确；
故答案选A。
7．设表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4
B．100mL1ml·L-1的硅酸钠溶液中含有的数为0.1
C．将2.24L通入足量溴水中充分反应，生成的数目为0.4
D．12g在熔融时的离子总数为0.3
【答案】A
【详解】
A．乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1ml，水的质量为5.4g，物质的量为0.3ml，所含氧原子数为0.4，选项A正确；
B．硅酸钠电离所生成的会水解，其物质的量小于0.1ml，选项B错误；
C．未指明标准状况，无法判断，选项C错误；
D．12g 的物质的量为0.1ml，熔融时电离出和，所含离子总数为0.2，选项D错误。
答案选A。
8．工业上监测含量是否达到排放标准的化学反应原理是：，设表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．晶体中含有的离子总数为
B．中所有非极性键数目为
C．生成沉淀时，转移的电子数为
D．25℃，的溶液中含有的H+数目为
【答案】B
【详解】
A一个氯化钡中含有3个离子，所以0.1ml氯化钡中含有0.3ml离子，A错误；
B．17克过氧化氢的物质的量为=0.5ml，每个分子含有一个非极性共价键，所以含有个非极性共价键，B正确；
C．硫元素变化2价，所以生成2.33克硫酸钡即0.01ml硫酸钡，转移电子0.02ml，C错误；
D．没有说明溶液的体积不能计算，D错误；
故选B。
9．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24L四氯化碳含共价键总数为0.4NA
B．由H218O与D216O组成的4.0g混合物含中子数为2NA
C．由NO2与N2O4组成的4.6g混合气体含氮原子数为0.5NA
D．标准状况下，溶有6.72LSO2的水中HSO与SO的微粒数目之和为0.3NA
【答案】B
【详解】
A．标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳中共价键的总数，A项错误；
B．1mlH218O中含有中子数为(0×2+18-8)×NA=10NA，相对分子质量为20g/ml，1mlD216O中含有中子数为(1×2+16-8)×NA=10NA，相对分子质量为20g/ml，故4.0g混合物含中子数为，B项正确；
C．二氧化氮和四氧化二氮的最简式都是NO2，4.6g由NO2与N2O4组成的混合气体中含有氮原子数为，C项错误；
D．标准状况下，6.72LSO2的物质的量为，其水溶液中还存在亚硫酸分子，根据物料守恒可知，HSO与SO的微粒数目之和小于0.3NA，D项错误；
答案选B。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.5mlO2与一定量的Na完全反应，转移的电子数一定为2.0 NA
B．0.1 ml Fe和0.1 ml氯气充分反应，转移的电子数为0.3 NA
C．将6.72L(标准状况)氯气溶于水中，转移的电子数为0.3NA
D．反应2CuFeS2 + O2=Cu2S + 2FeS + SO2中，每生成0.2 ml SO2，转移的电子数为1.2NA
【答案】D
【详解】
A．0.5mlO2与一定量的Na反应不一定生成Na2O，还可能生成Na2O2，因此转移的电子数不一定为2.0 NA，故A错误；
B．等物质的量的Fe和氯气反应生成氯化铁，铁过量，反应的电子转移根据氯气计算，转移的电子数为0.2 NA，故B错误；
C．氯气溶于水，只有一部分氯气和水反应，且反应可逆，而6.72L(标准状况)氯气的物质的量为=0.3ml，因此转移的电子数比0.3NA小得多，故C错误；
D．反应2CuFeS2 + O2=Cu2S + 2FeS + SO2中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=6，则每生成0.2 ml SO2，转移的电子数为1.2NA，故D正确；
答案选D。
二、多选题（每小题有一个或两个选项符合题意）
11．下列指定微粒的数目相等的是
A．等物质的量的水与重水含有的中子数
B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数
C．同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数
D．等物质的量的铁和铝分别于足量氯气完全反应时转移的电子数
【答案】BD
【详解】
A、1ml普通水中含有的中子数是8ml，1ml重水中含有的中子数是10ml，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，A错误；
B、乙烯、丙烯都属于烯烃，通式符合CnH2n，最简式是CH2，若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，B正确；
C、同温同压下，同体积的CO和NO分子数相同，但是由于每个分子中含有的质子数不相同，所以同温同压下，同体积的CO和NO含有的质子数不相等，C错误；
D、由于Cl2的氧化性很强，与变价金属Fe反应时产生的是FeCl3，与Al发生反应产生AlCl3，所以等物质的量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子数目相等，D正确。
答案选BD。
12．设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．17 g H2O2中含有的阴、阳离子总数为1.5NA
B．标准状况下，33.6 L CH3Cl中含有的共价键数目为6NA
C．常温下，将2.8 g铁放入浓硫酸中，反应转移的电子数目为0
D．向FeI2溶液中通入Cl2，当有1 ml Fe2+被氧化时，转移电子数目为NA
【答案】B
【详解】
A．H2O2属于共价化合物，不存在阴、阳离子，A项错误；
B．标准状况下，CH3Cl为气体，33.6 L为1.5 ml，每个CH3Cl中含有4个共价键，所以1.5 ml CH3Cl中含有的共价键数目为6NA，B项正确；
C．常温下，铁放入浓硫酸中发生钝化，钝化属于化学变化，将铁表面氧化，转移电子数目不是0，C项错误；
D．向FeI2溶液中通入Cl2，当有1 ml Fe2+被氧化时，至少有2 ml I−被氧化，转移电子数目一定大于或等于3NA，D项错误；
故答案选B。
13．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度．则下列说法正确的是( )
A．物质的量：甲＜乙B．气体体积：甲＞乙
C．摩尔体积：甲＞乙D．相对分子质量：甲＞乙
【答案】AD
【分析】
同温同压下，气体摩尔体积相等，根据知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明M(甲)＞M(乙)。
【详解】
A．根据n=，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量小于乙，故A正确；
B．根据V=知，相同温度、压强、质量时，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量甲＞乙，则气体体积甲＜乙，故B错误；
C．同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；
D．根据以上分析知，摩尔质量M(甲)＞M(乙)，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以相对分子质量甲＞乙，故D正确；
故选AD。
14．NO是大气污染物之一、目前有一种治理方法是在400 ℃左右、有催化剂存在的条件下，使NH3与NO发生反应：NO+NH3→N2+H2O(没有配平)。NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，3.0 g NO中含质子数为3NA
B．2.8 g N2中含有共用电子对数目为0.6NA
C．NH3与NO的混合气体1 ml，所含氮原子数为2NA
D．生成11.2 L(标准状况下)N2时，转移电子数目为1.2 NA
【答案】D
【详解】
A．1个NO分子中含有15个质子，3.0 g NO为0.1 ml，0.1 ml NO含质子1.5 ml，故A错误；
B．2.8 g N2的物质的量为0.1 ml，1个N2分子中含3对共用电子对，共用电子对数目为0.3NA，故B错误；
C．混合气体共1 ml，NH3与NO分子各含1个N原子，所含氮原子数为NA，故 C错误；
D．标准状况下，11.2 L N2的物质的量为0.5 ml，根据得失电子守恒配平方程式为6NO+4NH3=5N2+6H2O，可知生成0.5 ml N2转移电子数为1.2 NA，故D正确；
选D。
15．设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A．与水反应，生成转移的电子数为
B．(分子结构：)中的共价键数目为
C．溶液中含有的离子数为
D．标准状况下，22.4L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为
【答案】B
【详解】
A.与水反应生成0.1ml转移的电子，故A错误；
B.中有共价键，的物质的量为1/8ml，故共价键数为，故B正确；
C.为二元弱酸，溶液的数小于，故C错误；
D.标况下甲烷和乙烯均为气体，22.4L即1ml甲烷和乙烯的混合物共含有氢原子，故D错误；
答案选B。
三、填空题
16．现有 14.4 g 一氧化碳和二氧化碳的混合气体，在标准状况下其体积为 8.96 L。请回答下列问题：
（1）该混合气体的平均摩尔质量为_____。
（2）混合气体中碳原子的个数为_____（用 NA 表示阿伏加德罗常数的值）。
（3）将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中（体积在标准状况下测定）。
①气球中收集到的气体的摩尔质量为_____。
②气球中收集到的气体中，电子总数为_____（用 NA 表示阿伏加德罗常数的值）。
③气球的体积为_____L。
【答案】（1）36 g·ml－1
（2）0.4NA
（3） ①28 g·ml－1 ②2.8NA ③4.48
【详解】
(1)标况下混合气体的体积为8.96L，其物质的量为：=0.4ml，则混合气体的平均摩尔质量为：=36 g·ml－1；
(2)1个二氧化碳分子和1个一氧化碳分子中都含有1个碳原子，则依据碳原子守恒可知：二氧化碳、一氧化碳物质的量等于所含碳原子物质的量为：0.4ml，碳原子的个数为0.4NA；
(3)设混合气体中CO的物质的量为xml，CO2的物质的量为yml，标况下混合气体的体积为8.96L，其物质的量为：=0.4ml，则x+y=0.4，根据混合物的质量为14.4g可得28x+44y=14.4，联立解得x=0.2ml、y=0.2ml；
①气球中收集到的气体为CO，则收集到气体的摩尔质量为28 g·ml－1；
②1个CO分子中含有14个电子，CO的物质的量为0.2ml，则电子的物质的量为0.2ml×14=2.8ml，电子总数为2.8NA；
③气球中的气体为CO，其体积V=nVm=0.2ml×22.4L/ml=4.48L。
17．(1)2mlO3和3mlO2的质量之比为____，分子数之比为____；同温同压下的密度之比为____，含氧原子数之比为_____，体积之比为____。
(2)气体化合物A的化学式可表示为OxFy，已知同温同压下10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则A的化学式为____，推断的依据是____。
(3)标准状况下，在乙室中充入1.2mlHCl，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33.8g。
请回答下列问题：
①甲室中气体的物质的量为____ml。
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）1∶1 2∶3 3∶2 1∶1 2∶3
O3F2 阿伏加德罗定律和质量守恒定律
①2 ②10 ③1∶4 17∶8 ④6
【分析】
标准状况下，气体的摩尔体积相同，所以气体的体积之比等于其物质的量之比。活塞用隔板分成甲、乙两室，隔板可以自由移动，所以两室的压强、温度都相同。
【详解】
(1)2mlO3和3mlO2的质量之比为2ml×48g/ml:3ml×32g/ml=1∶1，分子数之比等于物质的量之比，即为2∶3；同温同压下的密度之比等于相对分子质量之比，即为48：32=3∶2，含氧原子数之比为2ml×3:3ml×2=1∶1，体积之比等于物质的量之比，即为2∶3。答案为：1∶1；2∶3；3∶2；1∶1；2∶3；
(2)利用阿伏加德罗定律，可得出反应的化学方程式为2OxFy==3O2+2F2，由质量守恒定律，可得出x=3、y=2，则A的化学式为O3F2，推断的依据是阿伏加德罗定律和质量守恒定律。答案为：O3F2；阿伏加德罗定律和质量守恒定律；
(3)①标准状况，气体的体积之比等于其物质的量之比，V(甲)：V(乙)=5:3，乙室中气体的物质的量为1.2ml，则甲室中气体的物质的量为=2ml。
②由前面计算知，甲室中气体的质量为10g。
③设甲室中NH3的物质的量为x，则H2的物质的量为2-x，由此得出17x+2(2-x)=10，x=0.4ml，2-x=1.6ml，所以NH3、H2的物质的量之比为0.4ml:1.6ml=1∶4，质量之比为0.4ml×17g/ml:1.6ml×2g/ml=17∶8。
④1.2mlHCl与0.4mlNH3完全反应后，剩余HCl0.8ml，另外还有H21.6ml，气体共0.8ml+1.6ml=2.4ml，按1.2ml占三个格子进行分析，2.4ml气体应占活塞中的6个格子，所以活塞b将静止于刻度“6”处。答案为：2；10；1∶4；17∶8；6。
【点睛】
计算混合气的体积时，应先看是否反应，反应结束后再看状态，相同条件下，气体的体积比等于物质的量之比。