人教版26-27学年高一上秋季期化学复习题解与答-物质的量

第1页（共1页）人教版26-27学年高一上秋季期化学复习题解与答——物质的量一．选择题（共15小题）1．（2026•山东校级开学）准确称取1.0600gNa2CO3，基准物质配制0.0500mol•L﹣1Na2CO3溶液，下列仪器必须使用的是（）A．①②③ B．④⑤⑥ C．①②⑤⑥ D．①④⑤⑥2．（2026秋•温州月考）下列实验装置能达到实验目的的是（）A．转移热蒸发皿B．中和滴定C．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液D．除去乙炔中的少量H2SA．A B．B C．C D．D3．（2025秋•青岛期末）实验室用18.4mol•L﹣1的浓H2SO4配制460mL0.2mol•L﹣1的稀H2SO4。下列说法正确的是（）A．使用烧杯、玻璃棒、容量瓶、量筒即可完成该实验 B．选用5mL量筒量取浓H2SO4 C．将量取浓H2SO4后的量筒洗涤2～3次，并将洗涤液转移至容量瓶中 D．定容时仰视会导致所配溶液浓度偏低4．（2025秋•青岛期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．0.5mol•L﹣1BaCl2溶液中Cl﹣数目为NA B．32gCu粉和足量S完全反应，转移电子数目为NA C．39gNa2O2固体含有的阴离子数目为0.5NA D．0.1L18mol•L﹣1浓硫酸与足量Zn反应，生成SO2的数目为0.9NA5．（2025秋•湖南月考）工业上，用纯碱溶液提取溴单质发生如图转化，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．标准状况下，11.2LBr2含溴原子总数为NA B．1L0.1mol/LNaBr溶液含溴离子数小于0.1NA C．反应（1）中22gCO2含σ键数为NA D．反应（2）中生成0.3mol还原产物转移电子数为0.5NA6．（2024•咸阳校级开学）某实验小组用一定量大理石（杂质不与盐酸反应，也不溶于水）和30g溶质质量分数为7.3%的稀盐酸反应制取二氧化碳，充分反应后，将反应后的剩余物过滤（不考虑溶质损失），向滤液中逐滴滴加溶质质量分数为10.6%的碳酸钠溶液，测得滤液的pH与加入溶液质量的关系如图所示。已知氯化钙溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性。下列有关分析不正确的是（）A．大理石和稀盐酸反应产生CO2的质量为0.88g B．c点对应的溶液中溶质的质量为2.34g C．a点对应的溶液中有三种溶质 D．bc段发生反应的化学方程式为Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl7．（2024•咸阳校级开学）实验后试管中残留的硫，常用热的NaOH溶液清洗，发生了如下反应：3S+6NaOH＝2X+Na2SO3+3H2O，则X的化学式为（）A．H2S B．SO2 C．Na2S D．Na2SO48．（2026•校级模拟）配制100mL1mol•L﹣1NaOH溶液的几个关键实验操作如图所示。下列说法正确的是（）A．正确的操作顺序是③②④⑥①⑤ B．容量瓶使用时可以加热，使用前要检验是否漏水 C．实验时若缺少操作④，会导致所配溶液的c（NaOH）＞1mol•L﹣1 D．操作⑤后发现溶液的液面低于刻度线，应补加蒸馏水9．（2025秋•临河区校级期末）下列各组物质中，所含氢原子个数最多的是（）A．1molCH4 B．34gH2S C．448mL（标准状况）HCl D．6.02×1023个NH3分子10．（2026•云南校级开学）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．27g27Al3+中含有的电子数为13NA B．标准状况下，2.24LSO3中所含电子数为4NA C．密闭容器中，3molH2与2molN2充分反应生成NH3，转移电子数为6NA D．将0.1molNH4Cl完全溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+11．（2026•铜陵校级开学）设NA为阿伏加德罗常数的值。ClO2是一种绿色消毒剂，其沸点为11℃，ClO2的一种制备原理为2HClO3+2HClΔ¯2ClO2A．1L8mol/L盐酸中含HCl分子数为8NA B．上述反应中，0.4mol氧化剂完全反应时，生成的氧化产物所含的原子总数为0.4NA C．上述反应中，收集标准状况下6.72LCl2时转移的电子数为0.2NA D．上述反应中，7.3g还原剂完全反应时，生成的H﹣O键数为0.2NA12．（2026•福州开学）2025年，浙江大学开发的新型ZU系列MOFs吸附剂，在保持MOFs骨架结构不变的前提下，通过精细调控局部孔化学环境，实现对CO2与C2H6的吸附，从而实现一步高效纯化乙烯（C2H4）。已知：标准状况下，C2H4、C2H6均为气体。下列叙述正确的是（）A．标准状况下，等体积的CO2、C2H6、C2H4所含原子个数之比为1：1：1 B．同温同压下，CO2、C2H6、C2H4密度大小：C2H4＞C2H6＞CO2 C．等质量的CO2、C2H6、C2H4，体积大小：C2H4＞C2H6＞CO2 D．将乙烯粗品通过该MOFs，得到的气体平均相对分子质量变小13．（2025秋•东城区期末）下列有关1H2和2H2的说法不正确的是（）A．1mol2H2的中子数约为4×6.02×1023 B．可用质谱法区分1H2和2H2 C．两者分子中的σ键电子云形状基本相同 D．两者的化学性质相似14．（2026•北仑区校级开学）下列溶液中Cl﹣浓度最大的是（）A．10mL0.1mol/LAlCl3溶液 B．20mL0.1mol/LCaCl2溶液 C．30mL0.1mol/LKCl溶液 D．10mL0.5mol/LNaClO溶液15．（2026•浙江开学）在无土栽培中，需配制一定组成的植物营养液。已知某营养液配方为0.3molKCl、0.2molK2SO4、0.1molZnSO4，溶于1L水中。现改用K2SO4、ZnCl2、KCl三种固体加1L水配制，保证溶液中各离子物质的量与原配方完全一致，则三种固体的物质的量依次为（）A．0.1mol、0.3mol、0.1mol B．0.3mol、0.1mol、0.1mol C．0.2mol、0.1mol、0.3mol D．0.3mol、0.2mol、0.2mol二．填空题（共4小题）16．（2026•靖远县校级开学）填空（1）O2的摩尔质量，CO2的摩尔质量。（2）加热高锰酸钾制O2化学方程式：；收集氧气可用排水法，原因。（3）实验室制CO2药品：大理石和；反应方程式：；（4）只能用向上排空气法收集CO2，原因；检验CO2方法：将气体通入；现象；验满CO2操作：。（5）长颈漏斗制取气体时，下端管口必须伸入液面下，目的：。17．（2026•鸡西开学）按要求回答下列问题：（1）现有10种物质：a．稀硝酸；b．Cu；c．CaO；d．NH3；e．NaHSO4；f．空气；g．C2H5OH；h．Na2CO3•10H2O；i．Ba（OH）2；j．蔗糖，其中属于混合物的是（填字母，下同）；属于有机物的是；属于电解质的是。（2）某实验需用450mL0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液清除油污，现用Na2CO3•10H2O晶体配制。①配制过程中，如图所示的仪器一定不需要的是（填字母），还需用到的玻璃仪器是（填仪器名称）。②下列操作会使所配制溶液浓度偏低的是（填字母）。A．溶解后未经冷却就移液、定容B．称量时，托盘天平上药品、砝码位置放反C．定容时俯视刻度线D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线（3）向NaHSO4溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性的离子方程式为。（4）25℃、101kPa下，VLNH3溶于水中得到1Lcmol•L﹣1的氨水，则该状态下的气体摩尔体积为（用含V、c的式子表示）。18．（2025秋•安宁区校级期末）根据所学知识回答下列问题：（1）下列物质：a．Cu、b．CO2、c．稀硫酸、d．氨水、e．NaOH、f．CuCl2、g．熔融NaCl、h．固态Na2CO3、i．NaHCO3溶液、j．蔗糖。①以上物质中，在所给状态下能导电的是（填字母，下同），属于电解质的是。②NaHCO3在水中的电离方程式为。（2）①某条件下，32gSO2所占的体积为11.5L，则该条件下的气体摩尔体积为。②11.1g某二价金属的氯化物中含有0.2molCl﹣，则此二价金属的摩尔质量为。（3）用溶质质量分数为36.5%，密度为1.19g⋅cm﹣3的浓盐酸配制100mL1mol⋅L﹣1稀盐酸。①通过计算，须量取的浓盐酸的体积为mL（保留到小数点后1位），应选择的量筒的规格为（选填：10mL、50mL、100mL、1000mL）。②下列操作会导致所配溶液物质的量浓度偏高的是（填字母）。A．用1mol⋅L﹣1的稀盐酸润洗容量瓶B．用量筒量取浓盐酸时俯视量筒C．定容时俯视刻度线D．摇匀正立后，发现液面低于刻度线，又加水至液面与刻度线相切19．（2025秋•黄浦区校级期末）家庭厨卫中有许多中学化学常见的物质，括号内为厨卫用品的主要成分：①食盐（NaCl）；②料酒（乙醇）；③食醋（CH3COOH）；④木炭（C）；⑤小苏打（NaHCO3）；⑥84消毒液（NaClO）；⑦洁厕灵（HCl）；⑧净水剂（明矾KAl（SO4）2•12H2O）；⑨铁锅（Fe）；⑩天然气（CH4）。请回答下列问题：（1）厨卫用品中的主要成分（以括号内所列纯净物为准）属于电解质的有（填序号，下同）；厨卫用品在上述状态下能够导电的有。（2）小苏打（NaHCO3）溶于水时的电离方程式：。（3）明矾易溶于水，产生Al（OH）3胶体，证明该胶体产生最简单的方法是。（4）天然气CH4和O2组成的混合气体在同温、同压下与CO的密度相同，则混合气体中CH4的体积分数为。（5）已知氯元素的近似相对原子质量为35.5，23Na和35Cl及37Cl构成的20g纯NaCl中含Na35Cl的物质的量是。（保留2位小数）（6）若某一溶液中只含有K+、Na+、NO3-、SO42-等四种离子，它们的物质的量之比为1：6：3：2，该溶液所含的溶质可能是A.KNO3、Na2SO4B.K2SO4、NaNO3、KNO3C.KNO3、Na2SO4、NaNO3D.K2SO4、Na2SO4、KNO3

人教版26-27学年高一上秋季期化学复习题解与答——一．选择题（共15小题）1．（2026•山东校级开学）准确称取1.0600gNa2CO3，基准物质配制0.0500mol•L﹣1Na2CO3溶液，下列仪器必须使用的是（）A．①②③ B．④⑤⑥ C．①②⑤⑥ D．①④⑤⑥【答案】C【分析】计算所需溶液体积：Na2CO3的摩尔质量M＝106g•mol﹣1，碳酸钠的物质的量为1.0600g106g/mol=0.01000mol；所需溶液体积V=0.01000mol0.0500mol/L=0.2000L＝200.0mL，因此实验所需的容量瓶容积为200mL；图①为胶头滴管在定容时使用；图②为200mL容量瓶；图③为精度仅0.01g的普通电子天平；图④为500mL容量瓶；图⑤是精确度高的分析天平；图⑥为玻璃棒；其中图①【解答】解：A．图③为精度仅0.01g的普通电子天平，无法准确称取1.0600g的Na2CO3，故A错误；B．图④为500mL容量瓶，所需配制溶液体积为200mL，不能使用500mL容量瓶，需选用200mL容量瓶，故B错误；C．①胶头滴管：定容，必须用；②200mL容量瓶：计算得体积200 mL，必须用；③普通电子天平：精度不够，不能称1.0600g，不用；④500 mL容量瓶：规格不对，不用；⑤电子天平：可精确到0.0001g，称量1.0600g，必须用；⑥玻璃棒：溶解搅拌、转移引流，必须用；根据分析可知，实验需使用的仪器有①②⑤⑥，故C正确；D．图④容量瓶的容积太大，不合适，应选择图②200mL容量瓶，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查一定物质的量浓度溶液配制。根据计算选对应规格容量瓶；注意基准物精确称量要使用电子天平，托盘天平精度不足；掌握配制每一步对应的仪器。2．（2026秋•温州月考）下列实验装置能达到实验目的的是（）A．转移热蒸发皿B．中和滴定C．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液D．除去乙炔中的少量H2SA．A B．B C．C D．D【答案】A【分析】A．热蒸发皿不能直接放在桌面上，会烫坏桌面，据此分析；B．中和滴定操作中左手控活塞，右手摇锥形瓶，视线平视凹液面，据此分析；C．根据容量瓶的使用注意事项来分析；D．根据洗气装置的原理来分析。【解答】解：A．用坩埚钳夹持热蒸发皿，并将其放置在石棉网上，可避免烫伤或烫坏实验台，操作合理，能达到实验目的，故A正确；B．中和滴定操作：左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，图示操作中眼睛注视了滴定管的液面变化情况，操作不规范，不能达到实验目的，故B错误；C．容量瓶为定容仪器，不能用于溶解固体，NaOH固体溶解放热，需在烧杯中溶解并冷却至室温后再转移至容量瓶，操作错误，不能达到实验目的，故C错误；D．酸性KMnO4溶液不仅会与杂质H2S反应，也会氧化乙炔，不能达到实验目的，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查化学实验基本操作等基础知识，涵盖蒸发皿使用、中和滴定、溶液配制、洗气装置，注意容量瓶的使用注意事项，中和滴定操作的具体要求等相关知识的考查。3．（2025秋•青岛期末）实验室用18.4mol•L﹣1的浓H2SO4配制460mL0.2mol•L﹣1的稀H2SO4。下列说法正确的是（）A．使用烧杯、玻璃棒、容量瓶、量筒即可完成该实验 B．选用5mL量筒量取浓H2SO4 C．将量取浓H2SO4后的量筒洗涤2～3次，并将洗涤液转移至容量瓶中 D．定容时仰视会导致所配溶液浓度偏低【答案】D【分析】A．该实验缺少胶头滴管（用于定容）；B．需用500mL容量瓶计算，所需溶质为0.2mol/L×0.5L＝0.1mol，体积V=0.1molC．量筒为量取仪器，残留液已计入体积，洗涤会导致额外溶质转移；D．仰视时视线低于刻度线，导致实际液面超过刻度线。【解答】解：A．该实验缺少胶头滴管用于定容时精确加水，故A错误；B．需用500mL容量瓶计算，所需浓H2SO4为0.2mol/L×0.5L＝0.1mol，体积V=0.1mol18.4mol/L≈5.4mL，5mL量筒最大量程为5mL，无法量取5.4mL，应选用10mL量筒量取浓H2SO4C．量筒为量取仪器，残留液已计入体积，洗涤会导致额外溶质转移，使所配溶液浓度偏高，故C错误；D．仰视时视线低于刻度线，导致实际液面超过刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查配制一定物质的量浓度的溶液等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（2025秋•青岛期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．0.5mol•L﹣1BaCl2溶液中Cl﹣数目为NA B．32gCu粉和足量S完全反应，转移电子数目为NA C．39gNa2O2固体含有的阴离子数目为0.5NA D．0.1L18mol•L﹣1浓硫酸与足量Zn反应，生成SO2的数目为0.9NA【答案】C【分析】A．计算溶液中离子数目需体积数据；B．Cu与S反应生成Cu2S；C．Na2O2由钠离子和O2D．浓硫酸与足量Zn反应时，初始生成SO2，但随反应进行硫酸浓度降低，稀硫酸与Zn反应生成H2。【解答】解：A．计算溶液中离子数目需体积数据，题干未提供，无法确定氯离子数目，故A错误；B．Cu与S反应生成硫化亚铜，32g（0.5mol）Cu失去电子0.5mol，转移电子数为0.5NA，故B错误；C．过氧化钠是由钠离子和O22-构成，39g（0.5mol）含0.5mol阴离子O22-，数目为0.5ND．浓硫酸与足量Zn反应时，初始生成SO2，但随反应进行硫酸浓度降低，部分硫酸以稀硫酸形式与Zn反应生成H2，导致SO2生成量小于理论值0.9mol，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。5．（2025秋•湖南月考）工业上，用纯碱溶液提取溴单质发生如图转化，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．标准状况下，11.2LBr2含溴原子总数为NA B．1L0.1mol/LNaBr溶液含溴离子数小于0.1NA C．反应（1）中22gCO2含σ键数为NA D．反应（2）中生成0.3mol还原产物转移电子数为0.5NA【答案】C【分析】A．在标准状态下，溴单质呈液态，不能使用Vm＝22.4L/mol；B．溴离子在水溶液中不水解；C．在反应（1）中，22gCO2的物质的量为0.5mol，CO2的结构为O＝C＝O，1个CO2分子含2个σ键；D．在反应（2）中，根据得失电子守恒发生反应的离子方程式为BrO3-+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O，生成0.5mol还原产物（Br2）时转移【解答】解：A．在标准状态下，溴单质呈液态，不能使用Vm＝22.4L/mol，因此无法计算标准状况下11.2LBr2含溴原子总数，故A错误；B．溴离子在水溶液中不水解，1L0.1mol/LNaBr溶液含溴离子数等于0.1NA，故B错误；C．在反应（1）中，22gCO2的物质的量为0.5mol，CO2的结构为O＝C＝O，1个CO2分子含2个σ键，0.5molCO2含σ键数为NA，故C正确；D．在反应（2）中，根据得失电子守恒发生反应的离子方程式为BrO3-+5Br﹣+6H+＝3Br2+3H2O，生成0.5mol还原产物（Br2）时转移5mole﹣，则生成0.3mol还原产物时转移3mole﹣故选：C。【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。6．（2024•咸阳校级开学）某实验小组用一定量大理石（杂质不与盐酸反应，也不溶于水）和30g溶质质量分数为7.3%的稀盐酸反应制取二氧化碳，充分反应后，将反应后的剩余物过滤（不考虑溶质损失），向滤液中逐滴滴加溶质质量分数为10.6%的碳酸钠溶液，测得滤液的pH与加入溶液质量的关系如图所示。已知氯化钙溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性。下列有关分析不正确的是（）A．大理石和稀盐酸反应产生CO2的质量为0.88g B．c点对应的溶液中溶质的质量为2.34g C．a点对应的溶液中有三种溶质 D．bc段发生反应的化学方程式为Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl【答案】B【分析】大理石与稀盐酸反应后，pH＜7，稀盐酸过量，因此滤液中溶质为CaCl2和HCl；加入碳酸钠溶液后，碳酸钠先与过量HCl反应（0∼10g碳酸钠阶段），pH逐渐升高到7，再与CaCl2反应（10∼30g碳酸钠阶段，即bc段），由于CaCl2和生成的NaCl均为中性，pH保持7不变；CaCl2反应完全后，继续加入碳酸钠（碱性），pH升高，与图像一致，据此分析作答；【解答】解：A．HCl总质量为：30g×7.3%＝2.19g，HCl总物质的量n(HCl)=2.19g36.5g/mol=0.06mol，与过量HCl反应的Na2CO3质量：10g×10.6%＝1.06g，n（Na2CO3）＝0.01mol，对应消耗过量HCl为0.02mol，因此与大理石反应的HCl为0.06﹣0.02＝0.04mol。根据方程式：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑，则n(CO2)=0.04mol2=0.02mol，m（CO2B．c点加入碳酸钠总质量为30g，n(Na2CO3)=30g×10.6%106g/mol=0.03mol，c点所有反应完成，溶质全部为NaCl，根据钠元素守恒：n（NaCl）＝2n（Na2CO3）＝0.06molC．a点在0∼b之间，过量HCl未完全反应，此时溶液中溶质为：未反应完的HCl、CaCl2以及反应生成的NaCl，共三种物质，故C正确；D．b点HCl已完全反应，bc段为碳酸钠与氯化钙反应生成CaCO3和NaCl，方程式为：Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查根据化学方程式进行的计算，同时考查学生的看图理解能力，属于基本知识的考查，难度中等。7．（2024•咸阳校级开学）实验后试管中残留的硫，常用热的NaOH溶液清洗，发生了如下反应：3S+6NaOH＝2X+Na2SO3+3H2O，则X的化学式为（）A．H2S B．SO2 C．Na2S D．Na2SO4【答案】C【分析】根据原子守恒，分析X的化学式。【解答】解：根据原子守恒可知，2个X中包含2个S和4个Na，因此1个X含2个Na和1个S，故其化学式为Na2S，即C符合题意，故选：C。【点评】本题主要考查元素守恒的应用，属于基本知识的考查，难度不大。8．（2026•校级模拟）配制100mL1mol•L﹣1NaOH溶液的几个关键实验操作如图所示。下列说法正确的是（）A．正确的操作顺序是③②④⑥①⑤ B．容量瓶使用时可以加热，使用前要检验是否漏水 C．实验时若缺少操作④，会导致所配溶液的c（NaOH）＞1mol•L﹣1 D．操作⑤后发现溶液的液面低于刻度线，应补加蒸馏水【答案】A【分析】A．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤包括计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等；B．容量瓶不能加热，只能用于配制溶液，使用前需要检漏；C．操作④为洗涤烧杯和玻璃棒；D．加盖摇匀，使溶液混合均匀。【解答】解：A．配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，正确的操作顺序为③②④⑥①⑤，故A正确；B．容量瓶不能加热，且容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏水，使用前应检测是否漏水，故B错误；C．溶解、转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，则所配溶液中溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，故C错误；D．摇匀后补加蒸馏水，使溶液体积偏大，浓度偏低，故D错误；故选：A。【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的方法，题目难度不大，注意掌握一定物质的量浓度的溶液的配制实验的操作方法，需要明确配制过程中误差分析的方法。9．（2025秋•临河区校级期末）下列各组物质中，所含氢原子个数最多的是（）A．1molCH4 B．34gH2S C．448mL（标准状况）HCl D．6.02×1023个NH3分子【答案】A【分析】A．每个CH4含4个H；B．每个H2S含2个H；C．每个HCl含1个H；D．每个NH3含3个H。【解答】解：A．1molCH4含4molH原子（每个CH4含4个H），总氢原子数为4NA，故A正确；B．34gH2S的物质的量为34g34g/mol=1mol，每个H2S含2个H，总氢原子数为2NA，故C．标准状况下448mLHCl的物质的量为0.448L22.4L/mol=0.02mol，每个HCl含1个H，总氢原子数为0.02NA，故D．6.02×1023个NH3分子为1mol，每个NH3含3个H，总氢原子数为3NA，故D错误；故选：A。【点评】本题考查物质的量的相关计算等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。10．（2026•云南校级开学）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．27g27Al3+中含有的电子数为13NA B．标准状况下，2.24LSO3中所含电子数为4NA C．密闭容器中，3molH2与2molN2充分反应生成NH3，转移电子数为6NA D．将0.1molNH4Cl完全溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+【答案】D【分析】A．每个Al3+核外有10个电子；B．标准状况下SO3为固体；C．N2与H2合成NH3的反应为可逆反应；D．溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒分析判断。【解答】解：A．27g27Al3+的物质的量为1mol，故含有的电子数为10NA，故A错误；B．标准状况下SO3为固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定所含电子数，故B错误；C．N2与H2合成NH3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，故转移电子数小于6NA，故C错误；D．溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒n（NH4+）+n（H+）＝n（Cl﹣）+n（OH﹣），可得n（NH4+）＝n（Cl﹣）＝0.1mol，故NH4故选：D。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。11．（2026•铜陵校级开学）设NA为阿伏加德罗常数的值。ClO2是一种绿色消毒剂，其沸点为11℃，ClO2的一种制备原理为2HClO3+2HClΔ¯2ClO2A．1L8mol/L盐酸中含HCl分子数为8NA B．上述反应中，0.4mol氧化剂完全反应时，生成的氧化产物所含的原子总数为0.4NA C．上述反应中，收集标准状况下6.72LCl2时转移的电子数为0.2NA D．上述反应中，7.3g还原剂完全反应时，生成的H﹣O键数为0.2NA【答案】B【分析】该反应中2个HClO3中的氯元素从+5价降低到ClO2中的+4价，一共得到2个电子，为氧化剂；2个HCl中的氯元素从﹣1价升高到Cl2中的0价，一共失去2个电子，为还原剂，由此分析；【解答】解：A．盐酸中为离子，不存在氯化氢分子，故A错误；B．1molHClO3完全反应，生成的氧化产物Cl2为0.5mol，含有的原子总数为NA，0.4mol氧化剂完全反应时，生成的氧化产物所含的原子总数为0.4NA，故B正确；C．6.72L氯气在标准状况下为0.3mol，每生成1molCl2，转移电子2mol，转移电子数为2NA，因此收集标准状况下6.72LCl2时转移的电子数为0.6NA，故C错误；D．还原剂为HCl，7.3gHCl的物质的量为7.3g36.5g/mol=0.2mol，根据反应方程式可知，生成0.2mol水，即生成0.4molH﹣O键，故故选：B。【点评】本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。12．（2026•福州开学）2025年，浙江大学开发的新型ZU系列MOFs吸附剂，在保持MOFs骨架结构不变的前提下，通过精细调控局部孔化学环境，实现对CO2与C2H6的吸附，从而实现一步高效纯化乙烯（C2H4）。已知：标准状况下，C2H4、C2H6均为气体。下列叙述正确的是（）A．标准状况下，等体积的CO2、C2H6、C2H4所含原子个数之比为1：1：1 B．同温同压下，CO2、C2H6、C2H4密度大小：C2H4＞C2H6＞CO2 C．等质量的CO2、C2H6、C2H4，体积大小：C2H4＞C2H6＞CO2 D．将乙烯粗品通过该MOFs，得到的气体平均相对分子质量变小【答案】D【分析】A．依据分子数乘以原子个数计算原子数；B．同温同压下，气体密度与摩尔质量成正比；C．气体体积受温度、压强影响；D．该MOFs吸附CO2和C2H6，剩余气体主要为相对分子质量更小的C2H4。【解答】解：A．标准状况下等体积的CO2、C2H6、C2H4物质的量相等，故分子数之比为1：1：1，每个分子含有的原子数分别为3、8、6，故原子个数之比为3：8：6，故A错误；B．同温同压下，气体密度与摩尔质量成正比，三种物质摩尔质量大小为CO2（44g/mol）＞C2H6（30g/mol）＞C2H4（28g/mol），故密度大小为CO2＞C2H6＞C2H4，故B错误；C．气体体积受温度、压强影响，选项未指明同温同压，无法比较等质量的三种气体体积大小，故C错误；D．该MOFs吸附CO2和C2H6，剩余气体主要为相对分子质量更小的C2H4，因此得到的气体平均相对分子质量变小，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的量，题目难度不大，掌握以物质的量为中心的计算转化是解题的关键。13．（2025秋•东城区期末）下列有关1H2和2H2的说法不正确的是（）A．1mol2H2的中子数约为4×6.02×1023 B．可用质谱法区分1H2和2H2 C．两者分子中的σ键电子云形状基本相同 D．两者的化学性质相似【答案】A【分析】A．1mol2H2中的中子数为2mol；B．1H2和2H2的相对分子质量分别为2和4；C．两者分子中的σ键都时s﹣sσ键；D．两者分子的结构相同。【解答】解：A．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，中子数＝质量数﹣质子数，可知1mol2H2中子数为2NA＝2×6.02×1023，故A错误；B．1H2和2H2的相对分子质量分别为2和4，质谱法通过分子量差异可区分两者，故B正确；C．两者分子中的σ键都时s﹣sσ键，电子云形状相同，故C正确；D．两者分子的结构相同，化学性质相似，故D正确，故选：A。【点评】本题考查物质结构相关知识，涉及到物质的量的简单计算，题目难度一般，侧重考查分析问题的能力。14．（2026•北仑区校级开学）下列溶液中Cl﹣浓度最大的是（）A．10mL0.1mol/LAlCl3溶液 B．20mL0.1mol/LCaCl2溶液 C．30mL0.1mol/LKCl溶液 D．10mL0.5mol/LNaClO溶液【答案】A【分析】强电解质溶液中离子浓度等于溶质的物质的量浓度乘以离子个数，与溶液体积无关。【解答】解：A．10mL0.1mol/L的AlCl3溶液中，c（Cl﹣）＝0.1mol/L×3＝0.3mol/L；B．20mL0.1mol/L的CaCl2溶液中，c（Cl﹣）＝0.1mol/L×2＝0.2mol/L；C．30mL0.1mol/L的KCl溶液中，c（Cl﹣）＝0.1mol/L×1＝0.1mol/L；D．NaClO在水中电离出Na+和ClO﹣，不存在自由移动的Cl﹣，c（Cl﹣）＝0，故Cl﹣浓度最大的为A；故选：A。【点评】本题考查物质的量浓度，题目难度不大，掌握离子的物质的量浓度的计算方法是解题的关键。15．（2026•浙江开学）在无土栽培中，需配制一定组成的植物营养液。已知某营养液配方为0.3molKCl、0.2molK2SO4、0.1molZnSO4，溶于1L水中。现改用K2SO4、ZnCl2、KCl三种固体加1L水配制，保证溶液中各离子物质的量与原配方完全一致，则三种固体的物质的量依次为（）A．0.1mol、0.3mol、0.1mol B．0.3mol、0.1mol、0.1mol C．0.2mol、0.1mol、0.3mol D．0.3mol、0.2mol、0.2mol【答案】B【分析】原营养液中n（K+）＝n（KCl）+2n（K2SO4）＝0.3mol+0.2mol×2＝0.7mol、n（SO42-）＝n（K2SO4）+n（ZnSO4）＝0.2mol+0.1mol＝0.3mol、n（Zn2+）＝n（ZnSO4）＝0.1mol、n（Cl﹣）＝n（KCl）＝0.3mol，K2SO4、ZnCl2、【解答】解：原营养液中n（K+）＝n（KCl）+2n（K2SO4）＝0.3mol+0.2mol×2＝0.7mol、n（SO42-）＝n（K2SO4）+n（ZnSO4）＝0.2mol+0.1mol＝0.3mol、n（Zn2+）＝n（ZnSO4）＝0.1mol、n（Cl﹣）＝n（KCl）＝0.3mol，K2SO4、ZnCl2、KCl配制与原配方完全一致的溶液，只要两种溶液中各离子的物质的量相等即可，设K2SO4、ZnCl2、KCl的物质的量分别是xmol、ymol、zmol，n（K+）＝2n（K2SO4）+n（KCl）＝2xmol+zmol＝0.7mol，n（SO42-）＝n（K2SO4）＝xmol＝0.3mol，则x＝0.3、z＝0.1，n（Zn2+）＝n（ZnCl2）＝ymol＝0.1mol，y＝0.1，K2SO4、ZnCl2、KCl三种固体的物质的量依次为0.3mol、故选：B。【点评】本题考查物质的量浓度的计算，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确离子守恒是解本题的关键，题目难度不大。二．填空题（共4小题）16．（2026•靖远县校级开学）填空（1）O2的摩尔质量32g/mol，CO2的摩尔质量44g/mol。（2）加热高锰酸钾制O2化学方程式：2KMnO4△K2MnO4+MnO2+O2↑；收集氧气可用排水法，原因氧气不易溶于水，且不与水反应（3）实验室制CO2药品：大理石和稀盐酸；反应方程式：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；（4）只能用向上排空气法收集CO2，原因CO2密度比空气大，且能溶于水（不能用排水法）；检验CO2方法：将气体通入澄清石灰水；现象澄清石灰水变浑浊；验满CO2操作：将燃着的木条放在集气瓶口，若木条熄灭，则已满。（5）长颈漏斗制取气体时，下端管口必须伸入液面下，目的：形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗逸出。【答案】（1）32g/mol；44g/mol；（2）2KMnO4△K2MnO4+MnO2+O2（3）稀盐酸；CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；（4）CO2密度比空气大，且能溶于水（不能用排水法）；澄清石灰水；澄清石灰水变浑浊；将燃着的木条放在集气瓶口，若木条熄灭，则已满；（5）形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗逸出。【分析】（1）摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于其相对原子质量或相对分子质量；（2）高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和O2，氧气不易溶于水，且不与水反应；（3）实验室制CO2用到药品为：大理石（或石灰石）和稀盐酸；（4）CO2密度比空气大，且能溶于水，CO2能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，CO2不燃烧也不支持燃烧；（5）长颈漏斗下端管口必须伸入液面下，防止生成的气体从长颈漏斗逸出。【解答】解：（1）氧原子的相对原子质量为16，则O2的相对分子质量为32，摩尔质量为32g/mol；碳的相对原子质量为12，氧原子的相对原子质量为16，CO2的相对分子质量为44，摩尔质量为44g/mol，故答案为：32g/mol；44g/mol；（2）高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和O2，化学方程式为：2KMnO4△K2MnO4+MnO2+O2↑，氧气不易溶于水，且不与水反应，因此可用排水法收集O2故答案为：2KMnO4△K2MnO4+MnO2+O2（3）实验室制CO2用到药品为：大理石（或石灰石）和稀盐酸；反应方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑，故答案为：稀盐酸；CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；（4）CO2密度比空气大，且能溶于水，故不能用排水法收集，只能用向上排空气法收集，CO2能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，故检验CO2：将气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，证明有CO2生成，根据CO2不燃烧也不支持燃烧，验满CO2操作：将燃着的木条放在集气瓶口，若木条熄灭，则已满，故答案为：CO2密度比空气大，且能溶于水（不能用排水法）；澄清石灰水；澄清石灰水变浑浊；将燃着的木条放在集气瓶口，若木条熄灭，则已满；（5）长颈漏斗下端管口必须伸入液面下，目的：形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗逸出，故答案为：形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗逸出。【点评】本题考查了物质制备、物质检验、物质性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。17．（2026•鸡西开学）按要求回答下列问题：（1）现有10种物质：a．稀硝酸；b．Cu；c．CaO；d．NH3；e．NaHSO4；f．空气；g．C2H5OH；h．Na2CO3•10H2O；i．Ba（OH）2；j．蔗糖，其中属于混合物的是af（填字母，下同）；属于有机物的是gj；属于电解质的是cehi。（2）某实验需用450mL0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液清除油污，现用Na2CO3•10H2O晶体配制。①配制过程中，如图所示的仪器一定不需要的是DE（填字母），还需用到的玻璃仪器是500mL容量瓶、玻璃棒（填仪器名称）。②下列操作会使所配制溶液浓度偏低的是BD（填字母）。A．溶解后未经冷却就移液、定容B．称量时，托盘天平上药品、砝码位置放反C．定容时俯视刻度线D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线（3）向NaHSO4溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性的离子方程式为2H++S（4）25℃、101kPa下，VLNH3溶于水中得到1Lcmol•L﹣1的氨水，则该状态下的气体摩尔体积为VcL⋅mol-1（用含【答案】（1）af；gj；cehi；（2）①DE；500mL容量瓶、玻璃棒；②BD；（3）2H（4）Vc【分析】（1）混合物是由两种或多种物质混合而成，稀硝酸和空气是混合物；有机物是含碳化合物（除CO、CO2、碳酸盐等），C2H5OH和蔗糖是有机物；电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；（2）①配制450mL溶液需选用500mL容量瓶，步骤为计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀；②A．溶解后未冷却就定容，溶液冷却后体积减小；B．称量时药品、砝码位置放反，会导致称取的溶质质量偏小，物质的量偏小；C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小；D．定容摇匀后再加水，导致溶液体积偏大；（3）NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液恰好完全反应至溶液呈中性，二者按物质的量2：1反应；（4）根据题意，配制的氨水溶液体积为1L，浓度为cmol•L﹣1。溶质NH3的物质的量为n（NH3）＝cmol/L×1L＝cmol。这些NH3气体在25℃、101kPa下的体积为VL，根据气体摩尔体积的定义Vm【解答】解：（1）混合物是由两种或多种物质混合而成，稀硝酸和空气是混合物，故属于混合物的是a、f；有机物是含碳化合物（除CO、CO2、碳酸盐等），C2H5OH和蔗糖是有机物，故属于有机物的是g、j；电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，CaO（熔融导电），NaHSO4（水溶液导电），Na2CO3・10H2O（水溶液导电），Ba（OH）2（水溶液导电），故属于电解质的是c、e、h、i，故答案为：af；gj；cehi；（2）①配制450mL溶液需选用500mL容量瓶，步骤为计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀。一定不需要的为D（漏斗）、E（圆底烧瓶）；还需用到的玻璃仪器：500mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：DE；500mL容量瓶、玻璃棒；②A．溶解后未冷却就定容，溶液冷却后体积减小，导致浓度偏高；B．称量时药品、砝码位置放反，会导致称取的溶质质量偏小，物质的量偏小，浓度偏低；C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高；D．定容摇匀后再加水，导致溶液体积偏大，浓度偏低；故答案为：BD；（3）NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液恰好完全反应至溶液呈中性，二者按物质的量2：1反应，反应离子方程式为2H故答案为：2H（4）根据题意，配制的氨水溶液体积为1L，浓度为cmol•L﹣1。溶质NH3的物质的量为n（NH3）＝cmol/L×1L＝cmol。这些NH3气体在25℃、101kPa下的体积为VL，根据气体摩尔体积的定义Vm=V故答案为：Vc【点评】本题主要考查配制一定物质的量浓度的溶液等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。18．（2025秋•安宁区校级期末）根据所学知识回答下列问题：（1）下列物质：a．Cu、b．CO2、c．稀硫酸、d．氨水、e．NaOH、f．CuCl2、g．熔融NaCl、h．固态Na2CO3、i．NaHCO3溶液、j．蔗糖。①以上物质中，在所给状态下能导电的是a，c，d，g，i（填字母，下同），属于电解质的是e，f，g、h；。②NaHCO3在水中的电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3-（2）①某条件下，32gSO2所占的体积为11.5L，则该条件下的气体摩尔体积为23L/mol。②11.1g某二价金属的氯化物中含有0.2molCl﹣，则此二价金属的摩尔质量为40g/mol。（3）用溶质质量分数为36.5%，密度为1.19g⋅cm﹣3的浓盐酸配制100mL1mol⋅L﹣1稀盐酸。①通过计算，须量取的浓盐酸的体积为8.4mL（保留到小数点后1位），应选择的量筒的规格为10mL（选填：10mL、50mL、100mL、1000mL）。②下列操作会导致所配溶液物质的量浓度偏高的是AC（填字母）。A．用1mol⋅L﹣1的稀盐酸润洗容量瓶B．用量筒量取浓盐酸时俯视量筒C．定容时俯视刻度线D．摇匀正立后，发现液面低于刻度线，又加水至液面与刻度线相切【答案】（1）①a，c，d，g，i；e，f，g、h；②NaHCO（2）①23L⋅mol﹣1；②40g⋅mol﹣1；（3）①8.4；10mL；②AC。【分析】（1）①导电包括金属导电和溶液导电两类，电解质是溶于水或熔融状态下能够导电的化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，铜属于单质，稀硫酸、氨水、NaHCO3溶液属于混合物；②NaHCO3在水中的电离生成钠离子和碳酸氢根离子；（2）①根据n=mM计算出32gSO2的物质的量，然后再Vm②某二价金属的氯化物中含有0.2molCl﹣，该氯化物的物质的量为0.1mol，然后根据M=mn（3）①根据溶液稀释定律c浓V浓＝c稀V稀来计算浓盐酸的体积，根据量筒的选取原则是大而近选取量筒；②根据c=nV并结合溶质的物质的量n和溶液的体积【解答】解：（1）①根据分析可知，以上物质中能导电有a，c，d，g，i；，属于电解质的有e，f，g、h；故答案为：②④⑤⑦；①③；②NaHCO3在水中的电离生成钠离子和碳酸氢根离子，则NaHCO3在水中的电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3-故答案为：NaHCO3＝Na++HCO3-（2）①32g二氧化硫的物质的量为：32g64g/mol=0.5mol，0.05mol二氧化硫在该条件下的体积为11.5L，则该条件下的气体摩尔体积为：11.5L故答案为：23L/mol；②11.1g某二价金属的氯化物中含有0.2molCl﹣，该氯化物的物质的量为：0.2mol12=0.1mol，则此氯化物的摩尔质量为：11.1g0.1mol=111g/mol，此二价金属的摩尔质量为：（111﹣71）g/mol故答案为：40g/mol；（3）①设需要的浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓＝c稀V稀可知：11.9mol/L×VmL＝1mol/L×100mL，解得V≈8.4mL，由于量取的浓盐酸的体积为8.4mL，根据量筒的选取原则是大而近，故选用10mL的量筒，故答案为：8.4；10mL；②A．在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶，溶质偏多，导致溶液浓度偏高；B．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度，会使量取的盐酸体积偏小，进一步导致所配溶液的浓度偏低；C．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，会导致所配溶液体积偏小，浓度偏高；D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线，对所配溶液的浓度无影响，故答案为：AC。【点评】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，同时考查物质的量的计算和物质的分类等，属于基本知识的考查，难度不大。19．（2025秋•黄浦区校级期末）家庭厨卫中有许多中学化学常见的物质，括号内为厨卫用品的主要成分：①食盐（NaCl）；②料酒（乙醇）；③食醋（CH3COOH）；④木炭（C）；⑤小苏打（NaHCO3）；⑥84消毒液（NaClO）；⑦洁厕灵（HCl）；⑧净水剂（明矾KAl（SO4）2•12H2O）；⑨铁锅（Fe）；⑩天然气（CH4）。请回答下列问题：（1）厨卫用品中的主要成分（以括号内所列纯净物为准）属于电解质的有①③⑤⑥⑦⑧（填序号，下同）；厨卫用品在上