高考化学二轮复习 讲义 解密02 物质的量（分层训练）(解析版)

解密02物质的量一、选择题1．(2021·通榆县第一中学校高三月考)下列说法中正确的是()A．摩尔是物质质量的单位，用“mol”表示B．标准状况下，物质的摩尔体积约为22.4mol/LC．阿伏伽德罗常数的真实值为6.02×1023D．物质的摩尔质量常用单位是“g/mol”【答案】D【解析】A项，摩尔是物质的量的单位，用mol表示，故A错误；B项，物质的状态必须是气体，一般来说标准状况下，气体的摩尔体积约为

22.4mol/L，故B错误；C项，阿伏加德罗常数的近似值为6.02×1023，不是真实值，故C错误；D项，摩尔质量的表达式为，所以摩尔质量的单位为g/mol，故D正确；故选D。2．(2021·甘肃武威市武威十八中高三月考)“物质的量”是国际单位制中的一个基本物理量，下列有关说法正确的是()A．2gH2含有1mol氢分子B．2mol氧气的摩尔质量为64g·mol-1C．1mol任何物质都含有6.02×1023个分子D．质量相等的CO和CO2，物质的量之比为2∶3【答案】A【解析】A项，2gH2的物质的量为=1mol，即含有1mol氢分子，故A正确；B项，氧气的摩尔质量为32g/mol，与氧气的物质的量无关，故B错误；C项，并不是所有物质都是由分子构成，如NaCl由离子构成，所以并不是1mol任何物质都含有6.02×1023个分子，故C错误；D项，1gCO的物质的量为mol，1gCO2的物质的量为mol，二者物质的量之比为：=11:7，故D错误；故选A。3．(2021·衡水中学高三月考)全氮阴离子盐是一种新型超高能含能材料，全氮阴离子化学式为N，某种全氮阴离子盐结构如图。下列有关说法正确的是()A．该全氮阴离子盐属于有机物B．N5-的摩尔质量为71g/molC．每个N5-含有26个电子D．该全氮阴离子盐既含共价键又含离子键【答案】D【解析】A项，该全氮阴离子盐不含碳元素，属于无机物，故A错误；B项，N5-的摩尔质量为70g/mol，故B错误；C项，每个N5-含有36个电子，故C错误；D项，该全氮阴离子盐，N5-、Cl-、NH4+之间存在离子键，N5-内存在N-N键、NH4+内存在N-H键，所以既含共价键又含离子键，故D正确；故选D。4．(2021·南开中学高三月考)下列选项中的物质所含指定原子数目一定相等的是()A．温度和压强不同，相同质量的一氧化二氮和二氧化碳两种气体的总原子数B．等温等压下，相同体积的乙烯和乙炔、乙烷的混合气体的总原子数C．等温等压下，相同体积的氧气和臭氧两种气体中的氧原子数D．相同物质的量、不同体积的氨气和甲烷两种气体中的氢原子数【答案】A【解析】A项，N2O和CO2摩尔质量都是44g/mol，相同质量时两种气体的分子总数、原子总数都相等，A项正确；B项，据阿伏加德罗定律，等温等压下，相同体积的乙烯和乙炔、乙烷的混合气体的分子总数相同，其原子总数不一定相等；C项，据阿伏加德罗定律，等温等压相同体积的氧气和臭氧分子总数相同，氧原子数之比为2:3；D项，相同物质的量的氨气和甲烷两种气体中，分子数相等，氢原子数之比为3:4；故选A。5．N2O，俗称笑气，是一种无色有甜味气体，在室温下稳定，有轻微麻醉作用，并能致人发笑。下列叙述中正确的是()A．笑气的摩尔质量为44

gB．6.02×1023个笑气分子的质量为44

gC．1

mol笑气的质量为44

g/molD．4.4

g笑气含有NA个N2O分子【答案】B【解析】A项，笑气的摩尔质量为44

g/mol，故A错误；B项，6.02×1023个笑气分子的物质的量为，质量为，故B正确；C项，质量的单位是g，1

mol笑气的质量，故C错误；D项，4.4

g笑气物质的量为，分子个数，故D错误；故选B。6．假设把162C的相对原子质量定为24，且以0.024kg12C所含的原子数为阿伏加德罗常数值，下列数值肯定不变的是()A．气体摩尔体积(标准状况)B．标准状况下，16gO2所占的体积

C．O2的式量D．一定条件下，跟2gH2相化合的O2的物质的量【答案】B【解析】以0.024kg12C所含的原子数为阿伏加德罗常数，则阿伏加德罗常数变为原来的2倍，每摩气体所含分子数为原来的2倍，A项肯定变化。B项气体的质量一定，温度压强也被规定，则体积必然一定。由于12C的相对原子质量由12变为24，显然相对单位质量减为原来的1/2，那么其它原子的或分子的相对质量都将变为原来的2倍，质量一定时，物质的量显然要改变。7．(2021·周口市中英文学校高三月考)在标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数相同。则与此有关的下列说法中不正确的是()A．气体A与气体B的摩尔质量之比为m:nB．同温同压下，气体A与气体B的密度之比为n:mC．质量相同的气体A与气体B的分子数之比为n:mD．相同状况下，同体积的气体A与气体B的质量之比为m:n【答案】B【解析】在同温同压下，mg气体A与ng气体B的分子数相同，则两者的物质的量和体积也相同。A项，气体A与气体B的摩尔质量之比等于其质量之比，为m:n，A正确；B项，同温同压下，气体A与气体B的密度之比等于其摩尔质量之比，为m:n，B不正确；C项，质量相同的气体A与气体B的分子数之比与其摩尔质量成反比，为n:m，C正确；D项，相同状况下，同体积的气体A与气体B的质量之比为m:n，D正确。故选B。8．(2021·重庆复旦中学高三月考)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CH4 B．a和b中原子个数之比为16:11C．a和c容器体积之比为1:2 D．c和d中气体密度之比为2:1【答案】B【解析】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。A项，由分析可知d中通入的气体是CH4，A正确；B项，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项，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项，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。故选B。9．(2021·四川省遂宁市第二中学校高三月考)36.5gHCl气体溶解在1L水中(水的密度为1g·cm－3)，所得溶液的密度为ρg·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为c，NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是()A．所得溶液的物质的量浓度：c＝1mol·L－1 B．所得溶液中含有NA个HCl分子C．36.5gHCl气体占有体积为22.4L D．所得溶液的溶质质量分数：w＝×100%【答案】D【解析】A项，36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1g/ml)，所得溶液溶质为氯化氢，物质的量浓度c===mol/L，故A错误；B项，氯化氢溶于水形成盐酸溶液是强电解质，溶液中无氯化氢分子，故B错误；C项，36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，故C错误；D项，设溶液的体积为1L，所得溶液的质量分数：ω==，故D正确；故故选D。10．(2021·陕西宝鸡市高三一模)设NA为阿伏伽德罗常数的数值，则下列说法正确的是()A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含电子数为NAB．50mL12mol∙L-1浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAC．28g乙烯与环丙烷(C3H6)的混合气体所含C—H键的数目为2NAD．标况下，22.4L的甲烷完全燃烧生成的气体分子数为3NA【答案】A【解析】A项，H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，电子数也为10个，根据极限假设法，即假设全为H218O，其物质的量为0.1mol，电子数为NA；假设全为D2O，其物质的量为0.1mol，电子数为NA，故2.0gH218O与D2O的混合物中所含电子数为NA，故A正确；B项，浓盐酸与MnO2共热，当MnO2过量时，浓盐酸不能完全反应，因为随着反应的进行，浓盐酸浓度降低，稀盐酸与MnO2不反应，故B错误；C项，乙烯分子中C—H键数目为4，环丙烷分子中C—H键数目为6，根据极限假设法，28g乙烯，可得乙烯物质的量为1mol，其中含C—H键2NA，同理，可得mol环丙烷中C—H键数目为4NA，故C错误；D项，22.4L甲烷在标况下为1mol，1mol甲烷完全燃烧生成2molH2O和1molCO2，H2O在标况下为液态，所以气体分子数不为3NA，故D错误；故选A。11．(2021·湖北高三零模)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．1molH2S分子中，S原子的价层电子对数目为4NAB．标准状况下，2.24L环己烷的分子数为0.1NAC．1L0.01mol·L-1溶液中，和的离子数目之和为0.01NAD．电极反应，每转移1mol电子释放2NA个【答案】A【解析】A项，H2S中S的价层电子对数=2+=4，因此1molH2S分子中，S原子的价层电子对数目为4NA，A正确；B项，标准状况下，环己烷不是气体，因此无法计算，B错误；C项，1L0.01mol·L-1溶液中，根据物料守恒可知、、的总物质的量为0.01mol，因此和的离子数目之和小于0.01NA，C错误；D项，由可知，每转移xmol电子，释放xmolLi+，因此每转移电子释放NA个，D错误；故选A。12．(2021·北京朝阳区高三期末)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1mol-OH和1molOH-含有的电子数均为10NAB．室温下，1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中NH4+数为0.1NAC．标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4LD．常温常压下，1.6gCH4中含有的共价键总数为0.4NA【答案】D【解析】A项，-OH中含有9个电子，OH-中含有10个电子，则1mol–OH中含有电子数为9NA，而1molOH-含有的电子数为10NA，A错误；B项，在1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中含有NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)=0.1mol/L×1L=0.1mol，在溶液中NH4+会发生水解反应而消耗，故溶液中含有NH4+数小于0.1NA，B错误；C项，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应产生NA个NO2分子，但NO2会有一部分发生反应产生N2O4，该反应为可逆反应，因此反应后容器内气体分子数小于NA个，则其在标准状况下所占体积小于22.4L，C错误；D项，CH4分子中含有4个C-H键，1.6gCH4的物质的量是0.1mol，其中含有的共价键的物质的量是0.4mol，因此其中含有的共价键总数为0.4NA，D正确；故选D。13．(2021·重庆高三零模)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．5.6g铁粉与足量硝酸加热充分反应后，产生H2的分子数为0.1NAB．标准状况下22.4LO2与足量H2反应生成H2O，转移的电子数为4NAC．1L0.1mol/L硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NAD．1LpH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NA【答案】B【解析】A项，硝酸是氧化性酸，5.6g铁粉与足量硝酸加热充分反应，硝酸中氮元素化合价降低，不产生H2，A错误；B项，标准状况下22.4LO2的物质的量为1mol，与足量H2反应生成H2O，氧元素化合价从0降低到-2价，得失电子数守恒，转移的电子数为4NA，B正确；C项，1L0.1mol/L硫酸钠溶液中，溶质和溶剂均含有氧原子，氧原子数远大于为0.4NA，C错误；D项，常温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子数目为0.1NA，Ba2+数目为0.05NA，D错误；故选B。14．(2021·吉林长春市长春外国语学校高三期末)设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法不正确的是()A．1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数大于3NAB．标况下，2.24LCO2与足量的Na2O2反应，转移电子数为0.1NAC．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C-H键数目为0.8NAD．常温下，2.7g铝片投入足量的稀硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA【答案】A【解析】A项，1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中，溶质NaHSO3的物质的量为1mol，能电离产生1mol钠离子和1molHSO3-，但是HSO3-不能完全电离，故离子数小于3NA，故A错误；B项，标况下，2.24LCO2的物质的量为1mol，CO2与Na2O2反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，当有2mol过氧化钠与2mol二氧化碳反应时，转移2mol电子，故当有1mol二氧化碳参加反应时，转移电子数为0.1NA，故B正确；C项，两种物质的最简式均为CH2，则有0.4molCH2，故C-H键数目为0.4mol×2NA=0.8NA，故C正确；D项，2.7g铝片的物质的量为0.1mol，反应中铝单质转化为铝离子，则铝失去的电子数为0.1mol×3NA=0.3NA，故D正确；故选A。15．(2021·广东高三零模)设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A．1molCl2和Fe充分反应，转移电子数为3NAB．标准状况下，1.12L苯含有C-H键的个数为3NAC．22gCO2和足量Na2O2反应，产生的气体的分子数为0.25NAD．0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为1.0NA【答案】C【解析】A项，1molCl2和Fe充分反应，氯气少量，Cl原子的化合价由0价变为-1价，转移电子数为2NA，A说法错误；B项，标准状况下，苯为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B说法错误；C项，22gCO2的物质的量为0.5mol，其与足量Na2O2反应，产生0.25mol的氧气，则气体的分子数为0.25NA，C说法正确；D项，0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解为可逆反应，则生成乙醇的分子数小于0.5NA，D说法错误；故选C。16．(2021·北京通州区高三期末)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A．44gCO2含氧原子数为2NAB．17g羟基(-OH)所含电子总数为9NAC．1mol/LCuCl2溶液中含Cl-数目为2NAD．标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10NA【答案】C【解析】A项，44gCO2的物质的量为1mol，1molCO2中含有2molO原子，因此O原子数为2NA，A正确；B项，17g羟基的物质的量为1mol，1个羟基中含有8+1=9个电子，因此1mol羟基中电子总数为9NA，B正确；C项，不知道溶液的体积无法计算溶质的物质的量，不能计算Cl-数目，C错误；D项，标况下22.4L氖气的物质的量为1mol，Ne为单原子分子，因此1molNe的电子数为10NA，D正确；故故选C。17．(2021·陕西渭南市高三一模)用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．所含共价键数目均为0.4NA的白磷()和甲烷的物质的量相等B．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，反应转移的电子数为3NAC．通入了1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数目之和为2NAD．常温下，向1L0.1mol·L-1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则溶液中CH3COO-的数目为0.1NA【答案】D【解析】A项，白磷分子内有6个共价键、甲烷分子内有4个共价键，故所含共价键数目均为0.4NA的白磷()和甲烷的物质的量不相等，A错误；B项，碘离子的还原性大于亚铁离子，向FeI2溶液中通入适量Cl2，碘离子先被氧化，当有1molFe2+被氧化时，已有I-被氧化，但不知道碘离子的物质的量，故无法计算转移的电子数，B错误；C项，通入了1molCl2的新制氯水中，氯气和水的反应是可逆反应，氯水中还有氯气存在，则HClO、Cl-、ClO-粒子数目之和小于2NA，C错误；D项，常温下，向1L0.1mol·L-1醋酸钠溶液中加入醋酸至中性，则c(OH―)=c(H＋)，根据核电荷数c(CH3COO-)+c(OH―)=c(H＋)+c(Na＋)可知：c(CH3COO-)=c(Na＋)，则溶液中CH3COO-的数目等于钠离子的数目，为0.1NA，D正确；故选D。18．(2021·长春市第二十九中学高三期末)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．36g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17NAB．一定条件下，6.4g铜与过量的硫粉反应，转移电子数目为0.2NAC．常温常压下，水蒸气通过过氧化钠使其增重4g时，反应中转移的电子数为2NAD．0.4molNH3与0.6molO2在加热及催化剂条件下充分反应，得到NO的分子数为0.4NA【答案】C【解析】A项，35Cl和37Cl的物质的量之比不能确定，所以二者组成的氯气的相对分子质量不一定是72，36g该氯气中所含质子数不一定为17NA，故A错误；B项，一定条件下，Cu与S粉的反应为2Cu+S=Cu2S，6.4g铜参与反应，转移0.1mol电子，故B错误；C项，2Na2O2+2H2O(g)=4NaOH+O2由该化学方程式和差量法可知，转移2mol电子，Na2O2增重4g，故C正确；D项，4NH3+5O24NO+6H2O，由该化学方程式可知，0.4molNH3与0.5molO2充分反应，得到0.4molNO，但O2过量0.1mol，NO会与O2继续反应生成NO2，最后得到NO的分子数小0.4NA，故D错误；故选C。19．(2021·广东汕头市高三期末)疫情期间，消毒剂如氯仿、84消毒液、双氧水等起到重要作用。设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A．标准状况下，11.2L氯仿(CHCl3)含有C-Cl数目为1.5NAB．1L1mol/LNaClO溶液中含有ClO-数目为NAC．常温下，1molCl2与NaOH溶液反应制漂白液时，转移电子数目为NAD．17gH2O2中含有过氧键数目为NA【答案】C【解析】A项，标准状况下，氯仿为液体，11.2L氯仿(CHCl3)的物质的量大于0.5mol，则含有C-Cl数目大于1.5NA，故A错误；B项，ClO-会发生水解，所以1L1mol/LNaClO溶液中含有ClO-数目小于NA，故B错误；C项，常温下，1molCl2与NaOH溶液反应制漂白液时，氯气既做氧化剂，又做还原剂，所以转移电子数目为NA，故C正确；D项，17gH2O2的物质的量为0.5mol，含有过氧键数目为0.5NA，故D错误；故选C。20．(2021·湖南长沙市长郡中学高三月考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是()A．0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子B．0℃、101kPa下，0.1mol乙炔和甲醛(HCHO)的混合物中含有键的数目为0.2NAC．将1molCl2通入足量水中，所得溶液中Cl2、HClO、Cl-、ClO-三种微粒数目之和为2NAD．常温下，1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液所含NH4+的物质的量后者小【答案】C【解析】A项，元素符号的左上角为质量数，质量数=质子数+中子数，硼元素质子数为5，1个11B中含有6个中子，则0.1mol的11B中含有0.6NA个中子，A正确；B项，乙炔(H-C≡C-H)和甲醛(HCHO)分子中都含2个C—H键，所以0.1mol乙炔和甲醛(HCHO)的混合物中含有C—H键的数目为0.2NA，B正确；C项，氯气和水的反应为可逆反应，溶液中含Cl-、Cl2、HClO和ClO-，1molCl2溶于水后，由于氯气分子中含有2个氯原子，则溶液中Cl2、HClO、Cl-、ClO-四种粒子的总物质的量小于2mol，粒子总数小于2NA，C错误；D项，1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中都含有溶质氯化铵0.5mol，由于NH4+水解，溶液中NH4+数目都减少，且NH4+浓度越大，水解程度越小，所以两溶液中含有的NH4+物质的量不同，且前者大于后者，D正确；故选C。21．(2021·兴宁市第一中学高三期末)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．标准状况下，2.24LC12完全溶于水，所得溶液中含氯微粒总数为0.2NAB．常温常压下，0.5mol氨基(－NH2)含有的电子数为4.5NAC．64g铜与一定浓度的硝酸完全反应时，转移的电子数为2NAD．标准状况下，22.4L由O2与N2组成的混合气体含有的原子数目为2NA【答案】A【解析】A项，标准状况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气与水的反应为可逆反应，反应得到的溶液中含氯微粒为氯气、氯离子、次氯酸，由氯原子个数守恒可得2N(C12)+N(C1—)+N(C1O—)=0.2NA，则所得溶液中含氯微粒总数小于0.2NA，故A错误；B项，氨基中含有的电子数为9，则0.5mol氨基含有的电子数为4.5NA，故B正确；C项，64g铜的物质的量为1mol，1mol铜与一定浓度的硝酸完全反应生成硝酸铜时失去2mol电子，则反应转移的电子数为2NA，故C正确；D项，氮气和氧气都是双原子分子，22.4L混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数目为2NA，故D正确；故选A。22．(2021·河北高三模拟)雄黄(As4S4，)与雌黄(As2S3)在古代均曾入药。二者可发生如图转化；NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1mol雄黄(As4S4)分子中，含有S-S非极性共价键的数目为2NAB．反应Ⅰ每生成22.4LSO2气体时，转移的电子数目为7NAC．反应Ⅲ产生1mol雌黄时，消耗H2S分子的数目为3NAD．1L1mol/LNaH2AsO3溶液中，Na+、H2AsO、AsO数目之和为2NA【答案】C【解析】A项，As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构原理，雄黄结构中黑球为As，白球为S，因此，雄黄中不含有S-S共价键，A错误；B项，根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4+7O2=4SO2+2As2O3，反应过程中每生成4molSO2需要转移28mol电子，但是选项中没有指明SO2的状态，无法计算转移电子数目，B错误；C项，根据图示的反应过程，反应Ⅲ的化学方程式为2H3AsO3+3H2S=As2S3+6H2O，反应过程中每产生1mol雌黄时，消耗H2S的物质的量为3mol，分子数为3NA，C正确；D项，根据物料守恒有c(Na+)=c(H3AsO3)+c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)=1mol/L，但H2AsO3-、AsO33-的物质的量浓度无法求得，因此无法计算溶液中Na+、H2AsO3-、AsO33-的数目之和，D错误；故故选C。23．(2021·河北高三模拟)一种工厂中处理含硫煤燃烧产物的方法如图所示。用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列相关说法正确的是()A．常温下，1LpH=1的H2SO4溶液中的H+数目为0.2NAB．80gFe2(SO4)3完全水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.4NAC．32gSO2和O2的混合气体中质子数目为16NAD．1mol·L-1的FeSO4溶液和O2完全反应，转移NA个电子【答案】C【解析】A项，常温下，1LpH=1的H2SO4溶液中的的浓度为0.1mol/L，氢离子的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故A错误；B项，胶体粒子是一定数目的粒子的集合体，80gFe2(SO4)3完全水解形成的Fe(OH)3为0.4mol，形成胶体粒子数小于0.4NA，故B错误；C项，32gSO2的物质的量为0.5mol，所含质子的物质的量为16mol；32gO2的物质的量为1mol，所含质子的物质的量为16mol，等质量的两种气体所含的质子数相同，则32gSO2和O2的混合气体中质子数目为16NA，故C正确；D项，溶液体积未知，无法确定反应物的物质的量，故D错误；故选C。24．(2020·广东深圳市深圳外国语学校高三月考)设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，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，1个氧分子体积为cm3B．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NAC．在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中，发生1mol电子转移时，生成氧化产物[ClO+ClO3-]的总数为D．92.0g甘油中含有羟基数为1.0NA【答案】C【解析】A项，虽然标况下1mol即1NA个O2分子的体积为22.4L，但是气体的体积主要与气体分子间的距离有关，所以无法根据1NA个O2分子的体积计算一个氧气分子的体积，故A错误；B项，甲烷和氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的反应是同时发生的，无法确定CH3Cl分子的个数，故B错误；C项，该反应中NaCl为唯一还原产物，氯元素由0价变为-1价，所以转移1mol电子生成1molNaCl，根据方程式可知生成1molNaCl时生成的[ClO+ClO3-]的总数为，故C正确；D项，甘油即丙三醇，92.0g甘油的物质的量为=1mol，1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有羟基数为3NA，故D错误；故选C。25．(2021·湖南高三月考)20℃饱和KNO3溶液密度为ρg·cm-3(ρ＞1)，物质的量浓度为cmol·L-1，则下列说法不正确的是()A．温度高于20℃时，饱和KNO3溶液的浓度大于cmol·L-1B．20℃饱和溶液中溶质KNO3的质量分数为C．20℃时，密度小于ρg·cm-3的KNO3溶液是不饱和溶液D．20℃时，KNO3的溶解度=g【答案】D【解析】A项，KNO3的溶解度随温度升高而增大，高于20℃的饱和KNO3溶液浓度一定大于cmol/L，A正确；B项，根据公式可知，20℃饱和溶液中溶质KNO3的质量分数为，B正确；C项，任何一个温度时的饱和溶液都是该温度时溶质质量分数最大的溶液，所以密度小于ρg·cm-3的KNO3溶液肯定是不饱和溶液，C正确；D项，溶解度是指该温度下溶于100g溶剂形成饱和溶液所需要溶质的质量，根据溶解度的计算公式，20℃时，KNO3的溶解度=g，D错误；故选D。26．(2021·广东中山市中山纪念中学高三月考)某结晶水合物化学式X·nH2O，其相对分子质量为M，在25℃时，Ag该结晶水合物溶于Bg水中即可达到饱和，形成密度为Dg/cm3的饱和溶液VmL，下列表达式中不正确的是()A．该饱和溶液的质量分数为 B．溶质X在25℃时的溶解度为克C．该饱和溶液的密度为 D．该饱和溶液的物质的量浓度为mol/L【答案】D【解析】A项，Ag该结晶水合物X•nH2O中X的质量为，密度为Dg/cm3，溶液VmL，则溶液的质量为DVg，所以溶液的质量分数＝，故A正确；B项，Ag该结晶水合物X•nH2O中X的质量为，溶剂水的质量为Bg+，令该温度下，溶解度为Sg，则100g：Sg=()：()，解得S=，故B正确；C项，溶液质量为(A+B)g，溶液VmL，所以溶液密度为，故C正确；D项，Ag该结晶水合物X•nH2O的物质的量为，所以X的物质的量为，溶液溶液VmL，物质的量浓度c=mol/L，故D错误。故选D。二、非选择题27．化学计量在化学中占有重要地位，回答下列问题：(1)0.3molNH3分子中所含原子数与________个H2O分子中所含原子数相等。(2)含0.4molAl3＋的Al2(SO4)3中所含的SOeq\o\al(2－,4)的物质的量是________。(3)16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为__________。(4)在一定温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积气态化合物，则该化合物的化学式是____________。【答案】(1)0.4NA或2.408×1023(2)0.6mol(3)106g·mol－1(4)XY3或Y3X【解析】(1)0.3molNH3中含有原子物质的量为0.3×4mol＝1.2mol，因此水的物质的量为eq\f(1.2,3)mol＝0.4mol，即水分子的个数为0.4NA或2.408×1023。(2)n(Al3＋)∶n(SOeq\o\al(2－,4))＝2∶3，则n(SOeq\o\al(2－,4))＝0.4×eq\f(3,2)mol＝0.6mol。(3)根据质量守恒，C的质量为(16＋20－31.76)g＝4.24g，因此C的摩尔质量为eq\f(4.24,0.04)g·mol－1＝106g·mol－1。(4)反应方程式为X2＋3Y2=2Z，根据原子守恒和元素守恒，因此Z的化学式为XY3或Y3X。28．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，按要求完成下列填空。(1)1molO2中含有____________个氧气分子，含有________个氧原子。(2)0.5molH2O中含有________个水分子，含有________个原子。(3)6molNO和_____molNO2所含原子数相等，与1molCO2所含电子数相等的H2的物质的量是_____mol，6molH2O与___molNH3所含氢原子数相等，1molHCl与____molCH4所含电子数相等。(4)1个CO2分子含有_______个电子，1molCO2含有______mole－，_____个e－。(5)1个H2O分子含有______个原子，2molH2O含有_______mole－，______个e－。(6)1.204×1024个水分子的物质的量是_____；1molH2SO4中氧原子数为________。(7)某硫酸钠溶液中含有3.01×1022个Na＋，则该溶液中SO的物质的量是______，Na＋的物质的量是______。(8)1molNaCl中氯离子数为________，离子总数为________。【答案】(1)NA2NA(2)0.5NA1.5NA(3)41141.8(4)222222NA(5)32020NA(6)2mol4NA(7)0.025mol0.05mol(8)NA2NA【解析】(1)根据N=nNA，1mol

O2中含有1mol×NA=NA个氧气分子，1mol氧气中含有2mol氧原子，数目为2NA；(2)根据N=nNA，0.5molH2O中含有0.5mol×NA=0.5NA个水分子，1个H2O分子含有3个原子，因此0.5molH2O含有1.5NA个原子；(3)1个NO含有2个原子，1个NO2含有3个原子，要使二者含有原子数目相等，则一氧化氮与二氧化氮物质的量之比为3∶2，所以6

mol

NO和

4mol

NO2所含有的原子数相等；1个二氧化碳分子中含有22个电子，1个氢气分子中含有2个电子，要使二者含有的电子数目相等，则二氧化氮与氢气的物质的量之比为1∶11，所以与1molCO2所含电子数相等的H2的物质的量是11mol；1个水分子含有2个H，1个氨气分子含有3个H，要使二者含有氢原子数目相等，水分子与氨气分子物质的量之比为3∶2，所以6mol

H2O与

4

mol

NH3所含氢原子数相等；1个HCl分子含有18个电子，1个CH4分子含有10个电子，要使二者含有的电子数目相等，则二氧化氮与氢气的物质的量之比为10∶18，因此与1molHCl所含电子数相等的CH4的物质的量是1.8mol；(4)1个二氧化碳分子中含有22个电子，1molCO2含有的电子数为22mol，数目为22NA；(5)1个水分子含有2个H和1个O原子，共3个原子；1个H2O分子含有10个电子，因此2molH2O含有20mole－，数目为20NA；(6)1.204×1024个水分子的物质的量为：n(H2O)=1.204×10246.02×1023molL−1=2mol；1个H2SO4中含有4个氧原子，1molH2SO4中含有4mol氧原子，数目为4NA；(7)n(Na+)=3.01×10226.02×1023moll−1=0.05mol，由化学式可知n(SO29．(2021·石嘴山市第三中学高三月考)已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为________mol·L－1。(保留小数点后一位)(2)某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)＝________mol·L－1。(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是________(填字母)。A、容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低C、需要称量NaClO固体的质量为143.0g(4)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g·cm－3)的浓硫酸配制2L2.3mol·L－1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为________mol·L－1。②需用浓硫酸的体积为________mL。【答案】(1)4.0(2)0.04(3)B(4)①4.6②250【解析】(1)由得，c(NaClO)＝1000×1.19×25%/74.5g·mol－1＝4.0mol·L－1。(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则稀释100倍后c(NaClO)＝0.04mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04mol·L－1。(3)A项，配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，且容量瓶不能烘干，A错误；B项，未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，B正确；C项，应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5L×4.0mol·L－1×74.5g·mol－1＝149.0g，C错误；故选B。(4)①根据H2SO4的组成可知，溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝4.6mol·L－1。②2L2.3mol·L－1的稀硫酸中溶质的物质的量为2L×2.3mol·L－1＝4.6mol，设需要98%(密度为1.84g·cm－3)的浓硫酸的体积为VmL，则有：VmL×1.84g/mL×98%/98g·mol－1＝4.6mol，解得V＝250。30．(2021·河北省衡水金卷)亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于燃料工业，某兴趣小组拟测定制备Ca(NO2)2的纯度。[背景素材]Ⅰ.NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O。Ⅱ.Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。Ⅲ.亚硝酸不稳定，易分解，且有一定氧化性，在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I-氧化为I2，2NO2-+4H++2I-=I2+2NO↑+2H2O，S2O32-能将I2还原为I-，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。某组同学测定Ca(NO2)2的纯度(杂质不参加反应)，可供选择的试剂：a.稀硫酸b.c1mol·L-1的KI溶液c.淀粉溶液d.c2mol·L-1的Na2S2O3溶液e.c3mol·L-1的酸性KMnO4溶液(1)利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是_______________(填字母序号)。该测定方法发生反应的离子方程式为_______________________________________。(2)利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度的步骤：准确称取mgCa(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入________________，然后滴加稀硫酸，用c2mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至溶液_______________________________________，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作3次，(请用上述给出试剂补充完整实验步骤)。若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为VmL，则Ca(NO2)2纯度的表达式为_______________。【答案】(1)e5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O(2)过量c1mol·L-1KI溶液并滴入几滴淀粉溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色×100%【解析】(1)①根据信息Ⅱ，Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是c3mol·L-1的酸性KMnO4溶液，其离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O。(2)酸性条件下，Ca(NO2)2能将I-氧化为I2，利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度,可向Ca(NO2)2溶液中加入过量c1mol·L-1KI溶液，从而生成I2单质，加入少量的淀粉溶液做指示剂，溶液显蓝色，用c2mol·L-1Na2S2O3溶液滴定I2，当加入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，此时达到滴定终点，即I2恰好完全反应，故故选：过量c1mol·L-1KI溶液并滴入几滴淀粉溶液、由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；根据以上方程式可得关系式2NO2-～I2～2S2O32-,n[Ca(NO2)2]＝0.5n(S2O32-)＝0.5c2V×10-3mol,故Ca(NO2)2的纯度为×100%=×100%=×100%。31．(2021·天津静海区静海一中高三月考)方法规律提炼题组：物质的量浓度的计算(1)50mL质量分数为49%、密度为1.24g·cm-3的硫酸中。①此硫酸的物质的量浓度为_______________mol·L-1。②取此硫酸50mL，用蒸馏水稀释为200mL，稀释后硫酸的物质的量浓度为___mol·L-1。(2)在标准状况下，将aLA气体(摩尔质量是Mg/mol)溶于0.1L水中，所得溶液的密度为bg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为_______________mol·L-1。(3)取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，请回答：①原NaOH溶液的物质的量浓度为_______________mol·L-1。②A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是_______________。③B曲线中当耗盐酸0<V(盐酸)<25mL时发生的离子反应为_______________。④B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为_______________mL。【答案】(1)①6.2②1.55(2)(3)①0.75②NaOH、Na2CO3③H++CO32-=HCO3-④112【解析】(1)①=；②稀释前后溶质的物质的量不变，50mL×6.2mol/L=200mL×cmol/L；c=1.55mol/L；(2)在标准状况下，aLA气体的物质的量是、质量是，溶于0.1L水中，所得溶液的密度为bg/cm3，则溶液的体积是则此溶液的物质的量浓度为；(3)①加入75ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，原NaOH溶液的物质的量浓度为0.0075mol÷0.01L=0.75mol·L-1；②当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和H++CO32-=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠；③当生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，对于B溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和和H++CO32-=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积，说明原溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，所以B线中消耗盐酸0＜v(HCl)＜25mL时发生的离子反应为：H++CO32-=HCO3-；④B曲线加入盐酸体积为25mL~75mL发生反应HCO3-=H2O+CO2↑，该反应消耗盐酸的物质的量是0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以放出二氧化碳的物质的量是0.005mol，二氧化的体积是0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL。32．(2021·浙江绍兴市高三选考模拟)采用电镀法进行阿伏伽德罗常数的测定。通过手持技术测定电量Q、用分析天平测定电镀前后镀件的质量m。在250mL电解槽中注入200mL