2020届高考化学一轮复习阿伏伽德罗常数及其应用作业

2020届高考化学一轮复习阿伏伽德罗常数及其应用作业

阿伏伽德罗常数及其应用 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）‎ A．常温下，11.2LSO2含有的氧原子数小于NA ‎ B．0.1 molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NA ‎ C．10g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NA ‎ D．100mL0.1mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.0lNA ‎2．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．常温常压下，1.8g甲基（﹣CD3）中含有的中子数为NA ‎ B．2.3g钠被O2完全氧化时，钠得到的电子数目为0.1NA ‎ C．9.2g甲苯被酸性KMnO4氧化生成苯甲酸时，反应中转移电子数为0.6NA ‎ D．常温下，1L pH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10﹣9 NA ‎3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．CrO5中Cr元素的化合价为+6价，每个CrO5分子中存在两个过氧键 ‎ B．标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数之和为NA ‎ C．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应后，产物的分子数为NA ‎ D．常温常压下，0.1 mol NH3与0.1 mol HCl充分反应后所得产物含0.1 NA个分子 ‎4．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是（　　）‎ A．1LpH＝13的Ba（OH）2溶液中含OH﹣的数目为0.2NA ‎ B．46gCH3CH2OH含C﹣H键数目为6NA ‎ C．4.6gNa与含0.1 mol CH3COOH的稀醋酸完全反应，转移的电子数为0.1NA ‎ D．标况下，2.24LCH4和0.5 molCl2充分反应所得混合物中氯原子数为NA ‎5．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．标准状况下，11.2L SO3中含有的氧原子数为1.5NA ‎ B．10g D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA ‎ C．1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯的分子数为NA ‎ D．室温下，pH＝6的（NH4）2SO4溶液中，水电离出的H+浓度为10﹣6mol/L ‎6．NA为阿伏伽德罗常数值。下列叙述正确的是（　　）‎ A．.1 mol Na2O2晶体中共含有4NA个离子 ‎ B．标准状况下，22.4LCH3OH含有NA个分子 ‎ C．.常温下，1LpH＝1的H2SO4溶液中，含有0.2NA个H+ ‎ D．标准状况下，22.4LN2和O2的混合气体中含有的原子数为2NA ‎7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）‎ A．将0.1 mL 1.0 mol•L﹣1 FeCl3溶液滴入沸水中，形成氢氧化铁胶粒数目为0.0001NA ‎ B．0.1 mol Cu 与过量18.4 mol•L﹣1 H2SO4（aq）充分反应，转移的电子数为0.2NA ‎ C．22 g 干冰固体中，含C＝O双键的数目为NA ‎ D．标准状况下，40 g SO3 溶于水，溶液中H+与 OH﹣的微粒数之差为NA ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）‎ A．将1.0 mol KF溶于水，溶液中阴离子数目小于1.0NA ‎ B．质量均为1.7g的OH﹣和﹣OH，所含质子数目均为0.9NA ‎ C．1.0 mol Na2O2和1.0 mol Na2S混合后阴离子总数为2NA ‎ D．60g SiO2晶体中，含有[SiO4]四面体结构单元的数目为NA ‎9．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．常温下，1.12L丙烷分子中所含非极性键数目为0.1NA ‎ B．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数为0.3NA ‎ C．0.1mol葡萄糖分子中官能团的数目为0.6NA ‎ D．溶解了1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数之和为2NA ‎10．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．0.5mol雄黄（As4S4），结构如右图，含有NA个S﹣S键 ‎ B．将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NA ‎ C．标准状况下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NA ‎ D．高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6NA ‎11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA ‎ B．78 g苯含有C＝C双键的数目为3NA ‎ C．pH＝1的硫酸溶液中含有的H+数目为0.1NA ‎ D．50 mL 18.4 mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA ‎12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）‎ A．25℃，101kPa条件下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NA ‎ B．将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NA ‎ C．将1mol Cl2通入到足量的水中，则N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）＝2NA（N表示粒子数） ‎ D．50℃时，1L pH＝1的H2SO4溶液中，含有H+的数目为0.1NA ‎13．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）‎ A．含2.8g硅的SiO2晶体中存在的共价键总数为2NA ‎ B．1L0.5mol•L﹣1的Na3PO4溶液中含有阳离子的总数为1.5NA ‎ C．标准状况下，2.0gD2O中含有的质子数和中子数均为NA ‎ D．室温时，pH＝12的Ba（OH）2溶液中，氢氧根离子数目为1.0×10﹣2NA ‎14．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．32g甲醇分子中含有的共价键数为4NA ‎ B．18gH218O和D2O的混合物中，所含中子数为9NA ‎ C．13.6g熔融的KHSO4中含有的阳离子数为0.2NA ‎ D．常温下，将27g铝片投入足量浓硫酸中，最终生成的SO2分子数为1.5NA ‎15．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．标准状况下，22.4LCO2和O2组成的混合气体中所含氧原子数为2NA ‎ B．1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子 ‎ C．25℃时，pH＝13的氢氧化钠溶液中约含有6.02×1022个氢氧根离子 ‎ D．标准状况下，22.4L氦气所含原子数为NA ‎16．同温同压下，质量忽略不计的两个气球A和B，分别充入X气体和Y气体，且充入后两气球的体积相同。若相同条件下，A气球放在CO气体中静止不动，B气球放在O2中上浮。下列叙述或表示正确的是（　　）‎ A．相对分子质量：M（X）＞M（Y） ‎ B．X气体一定是N2 ‎ C．标准状况下，X气体的密度为1.25g/L ‎ D．气球质量：m（X）＞m（Y）‎ ‎17．同温同压下，80mL A2气体和240mL B2气体恰好完全反应，生成160mL X气体，X 的分子式是（　　）‎ A．AB2 B．A2B C．AB3 D．A3B ‎18．同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．同温同压下甲和乙的密度之比为1：1 ‎ B．甲与乙的相对分子质量之比为1：1 ‎ C．同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1：1 ‎ D．等质量的甲和乙中的原子数之比为1：1‎ ‎19．同温同压下，a g气体A与b g气体B的分子数目相同，下列推断正确的是（　　）‎ A．同质量的气体A与气体B，所含分子数目之比为a：b ‎ B．气体A与气体B的摩尔质量之比为a：b ‎ C．相同条件下，a g气体A与b g气体B体积之比为b：a ‎ D．相同条件下，气体A与气体B的密度之比为b：a ‎20．同温同压下，分别用等质量的H2、CO、CO2、NH3四种气体吹起四个气球，其中由H2吹起的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ 二．填空题（共2小题）‎ ‎21．铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途．CuH的晶体结构如图所示，若CuH的密度为d g•cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的边长为　 　cm（用含d和NA的式子表示）．‎ ‎22．某一反应体系中涉及的反应物和生成物共有4种物质：X、Cl2、NH3、N2．当转移的电子总数为a个时，氮气数量变化了bmol．‎ ‎（1）氧化产物的摩尔质量是　 　‎ ‎（2）阿伏加德罗数常数为（用含a、b的代数式表示）　 　．‎ ‎（3）X可能有两种组成：HCl、NH4Cl，为确定X的化学式，某同学分别取同温同压下体积分别为V1、V2‎ 的两种物质（氧化剂与还原剂）充入一恒压、容积可变的密闭容器中，在一定条件下反应完全并恢复到原温后，再测出容器的容积（V3）．‎ ‎①若实验结果（用V1、V2与V3间关系来表示，后同）是　 　，则X的化学式一定为HCl．‎ ‎②若实验结果是　 　，则X的化学式为NH4Cl．‎ 阿伏伽德罗常数及其应用 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A．常温下，Vm大于22.4L/mol；‎ B．过氧化钠中阴离子为过氧根离子；‎ C..1molH2O2含有2mol氧原子，还需考虑溶液中H2O也含有氢原子；‎ D．醋酸为弱酸，水溶液中部分电离。‎ ‎【解答】解：A．常温下，Vm大于22.4L/mol，11.2LSO2物质的量小于1mol，含有的氧原子数小于NA，故A正确；‎ B.0.1 molNa2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.3NA，故B错误；‎ C．水分子也含有氢原子，所以10g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数大于0.2NA，故C错误；‎ D．醋酸为弱酸，水溶液中部分电离，100mL0.1mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是小于0.0lNA，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎2．【分析】A.1个﹣CD3含有9个中子；‎ B.1mol钠反应生成氧化物，失去1mol电子；‎ C．依据方程式 5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4＝5C6H5COOH（苯甲酸）+3K2SO4+6MnSO4+14H2O 计算解答；‎ D．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO﹣的水解促进水的电离，c（H2O）电离＝c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L。‎ ‎【解答】解：A．常温常压下，1.8g甲基（﹣CD3）物质的量为：＝0.1mol，含有的中子数为0.9NA，故A错误；‎ B.2.3g钠被O2完全氧化时，钠做还原剂，钠失去的电子数目为0.1NA，故B错误；‎ C．依据5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4＝5C6H5COOH（苯甲酸）+3K2SO4+6MnSO4+14H2O 可知，1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移6mol电子，则9.2g甲苯物质的量为0.1mol，被氧化为苯甲酸转移0.6mol电子，转移电子数为0.6NA，故C正确；‎ D．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO﹣的水解促进水的电离，c（H2O）电离＝c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L，发生电离的水分子物质的量为1×10﹣5mol/L×1L＝1×10﹣5mol，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎3．【分析】A．合物中元素化合价代数和为0的原则计算分析，CrO5中5个O共为﹣6价，必定有4个为﹣1价；‎ B．氯气与水反应为可逆反应不能进行到底；‎ C．NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4；‎ D．氨气和氯化氢反应后生成的氯化铵为离子晶体。‎ ‎【解答】解：A．化合物中元素化合价代数和为0原则，CrO5中5个O共为﹣6价，说明以﹣1价氧元素存在的共有两个过氧根，一个氧离子元素化合价﹣2价，离子符合为O2﹣，即过氧键为2个，故A正确；‎ B．标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，一部分氯气未反应 所以依据氯原子个数守恒，溶液中Cl﹣、ClO﹣和HClO的微粒数之和小于NA，故B错误；‎ C．NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故产物分子个数小于2NA个，故C错误；‎ D．氨气和氯化氢反应后生成的氯化铵为离子晶体，不存在分子，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎4．【分析】A、温度不明确；‎ B、1molCH3CH2OH含5molC﹣H键；‎ C、求出钠的物质的量，然后根据反应后变为+1价来分析；‎ D、据元素守恒来分析。‎ ‎【解答】解：A、温度不明确，则水的离子积不一定是10﹣14，则此氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度不一定是0.1mol/L，则氢氧根的个数无法计算，故A错误；‎ B、1molCH3CH2OH含5molC﹣H键，46gCH3CH2OH相当于1molCH3CH2OH，1molCH3CH2OH含5molC﹣H键即数目为5NA，故B错误；‎ C、4.6gg钠的物质的量为0.2mol，而钠先和酸反应然后酸不足时再和水反应，故0.2mol钠一定能反应完，而钠反应后变为+1价，故0.2mol钠一定转移0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；‎ D、参加反应的氯原子的物质的量为0.5mol×‎ ‎2＝1mol，根据元素守恒得，生成氯原子的物质的量仍为1mol，即反应所得混合物中氯原子数为NA，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎5．【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；‎ B.1个D2O分子中质子数为10，中子数＝（2﹣1）×2+（16﹣8）＝10；‎ C．酯化反应为可逆反应；‎ D．（NH4）2SO4溶液为强酸弱碱盐，能促进水的电离。‎ ‎【解答】解：A．标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；‎ B.10gD2O物质的量＝＝0.5mol，0.5mol分子中含有的质子数与中子数均为5NA，故B错误；‎ C．酯化反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol乙酸与足量的乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯的分子数小于NA，故C错误；‎ D．（NH4）2SO4溶液为强酸弱碱盐，能促进水的电离，溶液中氢离子都是由水电离产生，pH＝6的（NH4）2SO4溶液中，氢离子浓度为10﹣6mol/L，所以水电离出的H+浓度为10﹣6mol/L，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎6．【分析】A．1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子；‎ B．标准状况下甲醇不是气体；‎ C．pH＝1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；‎ D．标况下，22.4LN2和O2的混合气体的物质的量是1mol，每个分子中含有的原子都是2个。‎ ‎【解答】解：A．1mol过氧化钠中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，含有3NA个离子，故A错误；‎ B．标准状况下，甲醇不是气体，22.4LCH3OH物质的量不是1mol，故B错误；‎ C．pH＝1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L此溶液中含有的氢离子的个数为0.1NA个，故C错误；‎ D．标况下，22.4LN2和O2的混合气体的物质的量是1mol，每个分子中含有的原子都是2个，所以22.4LN2和O2的混合气体所含的原子数为2NA，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎7．【分析】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；‎ B、铜和浓硫酸反应后变为+2价；‎ C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据二氧化碳中含2条碳氧双键来分析；‎ D、三氧化硫溶于水后得到硫酸溶液，而溶液中水电离出的n（H+）水＝n（OH﹣）水。‎ ‎【解答】解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得胶粒的个数小于0.0001NA个，故A错误；‎ B、铜和浓硫酸反应后变为+2价，故0.1mol铜反应后转移0.2NA个电子，故B正确；‎ C、22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，而二氧化碳中含2条碳氧双键，故0.5mol二氧化碳中含C＝O键为NA条，故C正确；‎ D、40g三氧化硫的物质的量为0.5mol，根据硫原子守恒，三氧化硫溶于水后得到硫酸的物质的量为0.5mol，电离出的氢离子为1mol，而溶液中水电离出的n（H+）＝n（OH﹣），故此溶液中H+与 OH﹣的微粒数之差为NA，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎8．【分析】A、由于水中含有OH﹣，据此分析；‎ B、OH﹣和﹣OH都含有9个质子；‎ C、Na2O2含有一个O22﹣离子；‎ D、60gSiO2晶体中含Si的物质的量为1mol。‎ ‎【解答】解：A、由于水中含有OH﹣，故将1.0 mol KF溶于水，溶液中阴离子数目大于1.0NA，故A错误；‎ B、OH﹣和﹣OH都含有9个质子，1.7g的OH﹣和﹣OH的物质的量都为＝0.1mol，所含质子数目均为0.9NA，故B正确；‎ C、Na2O2含有一个O22﹣离子，1.0 mol Na2O2和1.0 mol Na2S混合后阴离子总数为2NA，故C正确；‎ D、60gSiO2晶体中含Si的物质的量为＝1mol，含有[SiO4]4﹣四面体结构单元的数目为NA，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎9．【分析】A、常温下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；‎ B、铁和水蒸气反应时，1mol铁生成mol氢气；‎ C、葡萄糖是多羟基的醛；‎ D、氯气和水的反应为可逆反应。‎ ‎【解答】解：A、常温下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故1.12L丙烷的物质的量小于0.05mol，而丙烷中含2条非极性键，故0.05mol丙烷中含有的非极性键小于0.1NA个，故A错误；‎ B、铁和水蒸气反应时，1mol铁生成mol氢气，故0.2mol氢气反应生成的氢气mol，即氢气分子为NA个，故B错误；‎ C、葡萄糖是多羟基的醛，结构中含5个﹣OH和1个﹣CHO，故0.1mol葡萄糖中含官能团为0.6NA个，故C正确；‎ D、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中含有未反应的氯气分子，故溶液中的HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子数之和小于2NA，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎10．【分析】A、As原子最外层5个电子，能够形成3个共价键，而S原子最外层6个电子，只能形成2个共价键，根据图示可知，白球表示的是S原子，黑球为As原子，雄黄分子中不存在S﹣S键；‎ B、根据电荷守恒计算；‎ C、标况下二氯甲烷为液体；‎ D、求出铁的物质的量，然后根据铁和水蒸气反应后变为+价来分析。‎ ‎【解答】解：A、图示的雄黄分子中，白球形成了2个共价键、黑球形成了3个共价键，由于硫原子最外层含有6个电子，所以形成了2个共价键，As最外层5个电子，形成3 个共价键，所以白球表示的为S，黑球表示的为As，根据图示，雄黄分子中不存在S﹣S键，故A错误；‎ B、将1mol NH4NO3溶于一定浓度的稀氨水中，溶液呈中性，氢离子与氢氧根离子物质的量相等，根据电荷守恒可知，溶液中硝酸根离子与铵根离子的物质的量相等，由于硝酸根离子的物质的量为1mol，则铵根离子的物质的量为1mol，溶液中NH4+的数目为NA，故B正确；‎ C、标况下二氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；‎ D、16.8g铁的物质的量为0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为+价，故0.3mol铁反应后转移0.8NA个电子，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎11．【分析】A．N2与CO摩尔质量相同，都是双原子分子；‎ B．苯分子中不含碳碳双键；‎ C．溶液体积未知；‎ D．铜与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应。‎ ‎【解答】解：A．常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为：×2×NA＝NA，故A正确；‎ B．苯分子中不含碳碳双键，故B错误；‎ C．溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；‎ D.50 mL 18.4 mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，随着反应进行硫酸浓度降低变为稀硫酸，稀硫酸不能与铜反应，所以生成SO2分子的数目小于0.46NA，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎12．【分析】A．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，涉及到气体体积计算时，应该是标况下；‎ B.4.6 g钠相当于0.2mol钠，0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，据此进行分析；‎ C．氯气和水的反应为可逆反应；‎ D．pH＝1的H2SO4溶液中H+浓度为0.1mol/L，结合n＝cV计算H+的物质的量，再 根据N＝nNA计算H+的数目。‎ ‎【解答】解：A．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，Vm未知无法计算气体的物质的量，故A错误；‎ B.4.6 g钠相当于0.2mol钠，0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1NA，故B错误；‎ C．氯气和水的反应为可逆反应，在氯水中有未反应掉的氯气，故有2N（Cl2）+N（HClO）+N（C1﹣）+N（ClO﹣）＝2NA，故C错误；‎ D．pH＝1的H2SO4溶液中H+浓度为0.1mol/L，H+的物质的量＝1L×0.1mol/L＝0.1mol，则H+的数目为0.1NA，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎13．【分析】A.1mol二氧化硅含有4molSi﹣O键；‎ B．磷酸钠溶液中含有钠离子和水电离产生的氢离子；‎ C.1个重水中含10mol中子和10mol质子来分析；‎ D．溶液体积未知。‎ ‎【解答】解：A．含2.8g硅的SiO2晶体物质的量为1mol，存在的共价键总数为4NA．故A错误；‎ B．磷酸钠溶液中含有钠离子和水电离产生的氢离子，所以1L0.5mol•L﹣1的Na3PO4溶液中含有阳离子的总数大于1.5NA，故B错误；‎ C．标准状况下，2.0gD2O物质的量为＝0.1mol，含有的质子数和中子数均为NA个，故C正确；‎ D．溶液体积未知，无法计算氢氧根离子数目，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎14．【分析】A、求出甲醇的物质的量，然后根据甲醇中含5条共价键来分析；‎ B、18gH218O和D2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子；‎ C、求出13.6g熔融的KHSO4的物质的量，然后根据熔融的KHSO4中只能电离为K+和HSO4﹣来分析；‎ D、常温下，铝在浓硫酸中会钝化。‎ ‎【解答】解：A、32g甲醇的物质的量为1mol，而甲醇中含5条共价键，故1mol甲醇中含5NA条共价键，故A错误；‎ B、18gH218O和D2O的摩尔质量均为20g/mol，故18g混合物的物质的量为0.9mol，且两者均含10个中子，故0.9mol混合物中含中子为9NA个，故B正确；‎ C、13.6g熔融的KHSO4的物质的量为0.1mol，而熔融的KHSO4中只能电离为K+和HSO4﹣，故0.1mol熔融的硫酸氢钾中含阳离子为0.1NA个，故C错误；‎ D、常温下，铝在浓硫酸中会钝化，故不能进行彻底，故生成的二氧化硫分子小于1.5NA个，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎15．【分析】A．体积转化为物质的量，结合1个二氧化碳，1个氧气分子都含有2个氧原子解答；‎ B．钠与氧气反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都变为+1价钠离子；‎ C．溶液体积未知；‎ D．氦气为单原子分子。‎ ‎【解答】解：A．标准状况下，22.4LCO2和O2组成的混合气体物质的量为1mol，1个二氧化碳，1个氧气分子都含有2个氧原子，所以混合气体中所含氧原子数为：2NA，故A正确；‎ B.1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，共生成1mol钠离子，共失去NA个电子，故B正确；‎ C．溶液体积未知，无法计算氢氧根微粒个数，故C错误；‎ D．标准状况下，22.4L氦气物质的量为1mol，所含原子数为NA，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎16．【分析】A气球放在CO中气球静止不动，说明X气体的密度与CO的密度接近，相对分子质量接近，为28；而B气球放在O2中气球上浮，说明Y气体的密度比氧气的密度小，则Y气体的相对分子质量小于氧气的相对分子质量，即小于32，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A气球放在CO中气球静止不动，说明X气体的密度与CO的密度接近，相对分子质量接近，为28，B气球放在O2中气球上浮，说明Y气体的密度比氧气的密度小，则Y气体的相对分子质量小于氧气的相对分子质量，则：‎ A．Y气体的相对分子质量小于氧气的相对分子质量，但不能确定与X的相对分子质量的关系，故A错误；‎ B．A的相对分子质量为28，可能为C2H4或是氮气，Y气体的相对分子质量小于氧气的相对分子质量，可能为CH4，故B错误；‎ C．A气球放在CO中气球静止不动，说明X气体的密度与CO的密度接近，相对分子质量接近为28，标准状况下，X气体的密度为g/L＝1.25g/L，故C正确；‎ D．X气体的密度与CO的密度接近，Y气体的密度比氧气的密度小，但二者的密度关系不确定，充气后A气球的质量不一定比B气球的质量大，即m（X）不一定大于m（Y），故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎17．【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，气体体积之比等于其物质的量之比，同一反应中气体体积之比等于其计量数之比，再结合原子守恒判断X化学式。‎ ‎【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，气体体积之比等于其物质的量之比，同一反应中气体体积之比等于其计量数之比，所以A2、B2、X的计量数之比＝80mL：240mL：160mL＝1：3：2，其方程式为A2+3B2＝2X，根据原子守恒知，X化学式为AB3，‎ 故选：C。‎ ‎18．【分析】同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，由n＝可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2，结合n＝进行判断．‎ ‎【解答】解：A．同温同压下，气体摩尔体积相同，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据知，其密度相同，故A正确；‎ B．根据m＝nM＝M知，二者的相对分子质量为1：1，故B正确；‎ C．根据PV＝nRT＝知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，故C正确；‎ D．等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎19．【分析】同温同压下，气体摩尔体积相同，同温同压下的a g气体A与b g气体B的分子数目相同，说明二者的物质的量相等，则A、B的摩尔质量之比等于其质量之比为a：b，‎ A．根据N＝nNA＝，相同质量时其分子数之比等于摩尔质量的反比；‎ B．通过以上分析知，A、B的摩尔质量之比等于其质量之比；‎ C．相同条件下气体摩尔体积相同，根据V＝nVm＝计算其体积之比；‎ D．相同条件下气体摩尔体积相同，根据ρ＝知，其密度之比等于摩尔质量之比．‎ ‎【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相同，同温同压下的a g气体A与b g气体B的分子数目相同，说明二者的物质的量相等，则A、B的摩尔质量之比等于其质量之比为a：b，‎ A．根据N＝nNA＝，相同质量时其分子数之比等于摩尔质量的反比，所以其分子数之比＝：＝b：a，故A错误；‎ B．通过以上分析知，A、B的摩尔质量之比等于其质量之比，为a：b，故B正确；‎ C．相同条件下气体摩尔体积相同，根据V＝nVm＝知，其体积之比＝：‎ ‎＝1：1，‎ 故C错误；‎ D．相同条件下气体摩尔体积相同，根据ρ＝知，其密度之比等于摩尔质量之比，为a：b，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎20．【分析】等质量的H2、CO、CO2、NH3四种气体的物质的量与其摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，则物质的量越小，在同温同压下，体积越小，据此解答．‎ ‎【解答】解：气体的物质的量n＝，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V＝n•Vm，即V＝Vm可知，摩尔质量越大，体积越小，‎ H2、CO、CO2、NH3的摩尔质量分别为2g/mol、28g/mol、44g/mol、17g/mol，H2的摩尔质量最小，其体积最大，则选项C是由H2吹起的，‎ 故选：C。‎ 二．填空题（共2小题）‎ ‎21．【分析】利用均摊法计算该晶胞中含有的铜原子和氢原子个数，再根据质量、密度和体积之间的关系式计算．‎ ‎【解答】解：该晶胞中含有4个H原子，铜原子个数＝8×＝4，所以该晶胞中含有4个铜原子4个氢原子，设该晶胞的边长为a，则d＝，所以a＝，‎ 故答案为：．‎ ‎22．【分析】（1）氯气具有强氧化性，所以作氧化剂，化合价由0价变为﹣1价，则氨气作还原剂，化合价升高，所以氧化产物是氮气；‎ ‎（2）生成1molN2时转移6mol电子，故有NA：6＝a：b，据此计算阿伏伽德罗常数；‎ ‎（3）当X为HCl时，NH3肯定反应完了，由方程式2NH3+3Cl2＝N2+6HCl结合阿伏伽德罗定律解答；‎ 当V为NH4Cl，Cl2肯定反应完了，由8NH3+3Cl2＝N2+6NH4Cl及阿伏伽德罗定律解答．‎ ‎【解答】解：（1）从氮元素价态知对应反应为氧化还原反应，因Cl2有强氧化性，氨气中N元素化合价为﹣3价、氮气中N元素化合价为0价，故NH3是还原剂，N2是氧化产物28g•mol ﹣1，故答案为：28g/mol；‎ ‎（2）生成1molN2时转移6mol电子，故有1：6＝：b，NA＝mol﹣1，‎ 故答案为：mol﹣1；‎ ‎（3）①当X为HCl时，NH3肯定反应完了，由方程式2NH3+3Cl2＝N2+6HCl及阿伏加德罗定律可推出V3＝2V2+V1，故答案为：V3＝2V2+V1；‎ ‎②当V为NH4Cl，Cl2肯定反应完了，由8NH3+3Cl2＝N2+6NH4Cl阿伏加德罗定律可推出V3＝V2﹣V1，故答案为：V3＝V2﹣V1．‎