高考化学二轮复习解密02 物质的量(集训)(解析版)

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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/L
C．阿伏伽德罗常数的真实值为6.02×1023 D．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-1
C．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/mol
C．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 g B．6.02×1023个笑气分子的质量为44 g
C．1 mol笑气的质量为44 g/mol D．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0.024kg 12C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，16g O2所占的体积
C．O2的式量 D．一定条件下，跟2g H2相化合的O2的物质的量
【答案】B
【解析】以0.024kg 12C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:n
B．同温同压下，气体A与气体B的密度之比为n:m
C．质量相同的气体A与气体B的分子数之比为n:m
D．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16:11
C．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)36.5 g HCl气体溶解在1 L水中(水的密度为1 g·cm－3)，所得溶液的密度为ρ g·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＝1 mol·L－1 B．所得溶液中含有NA个HCl分子
C．36.5 g HCl气体占有体积为22.4 L 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．2.0 gH218O与D2O的混合物中所含电子数为NA
B．50 mL 12 mol∙L-1浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
C．28g乙烯与环丙烷(C3H6) 的混合气体所含C—H键的数目为2NA
D．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20 g/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2.0 gH218O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4NA
B．标准状况下，2.24L 环己烷的分子数为0.1NA
C．1L0.01 mol·L-1溶液中，和的离子数目之和为0.01NA
D．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4 NA，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，1L0.01 mol·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．1 mol -OH和1 mol OH-含有的电子数均为10NA
B．室温下，1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中NH4+数为0.1NA
C．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22.4 L
D．常温常压下，1.6 g CH4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1 mol –OH中含有电子数为9NA，而1 mol OH-含有的电子数为10NA，A错误；B项，在1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中含有NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol，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22.4 L，C错误；D项，CH4分子中含有4个C-H键，1.6 gCH4的物质的量是0.1 mol，其中含有的共价键的物质的量是0.4 mol，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．5.6 g 铁粉与足量硝酸加热充分反应后，产生H2的分子数为0.1NA
B．标准状况下22.4 LO2与足量H2反应生成H2O，转移的电子数为4NA
C．1 L0.1 mol/L硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA
D．1 LpH=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， 5.6 g 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22.4 LO2的物质的量为1 mol，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，1 L0.1 mol/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，1 LpH=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3NA
B．标况下，2.24LCO2与足量的Na2O2反应，转移电子数为0.1NA
C．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C-H键数目为0.8NA
D．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， 1L 1mol·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1mol HSO3-，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0.4 mol CH2，故C-H键数目为0.4 mol×2 NA =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×3 NA =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．1 mol Cl2和Fe充分反应，转移电子数为3 NA
B．标准状况下，1.12L 苯含有C-H键的个数为3 NA
C．22 g CO2和足量Na2O2反应，产生的气体的分子数为0.25 NA
D．0.5 mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为1.0 NA
【答案】C
【解析】A项，1mol Cl2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，22g CO2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，0.5 mol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．44g CO2含氧原子数为2NA
B．17g羟基(-OH)所含电子总数为9NA
C．1mol/L CuCl2溶液中含Cl-数目为2NA
D．标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10NA
【答案】C
【解析】A项，44g CO2的物质的量为1mol，1mol CO2中含有2mol O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1mol Ne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1mol Fe2+被氧化时，反应转移的电子数为3NA
C．通入了1 mol Cl2的新制氯水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数目之和为2NA
D．常温下，向1L 0.1 mol·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1mol Fe2+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1 mol Cl2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1L 0.1 mol·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．36 g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17NA
B．一定条件下，6.4 g铜与过量的硫粉反应，转移电子数目为0.2NA
C．常温常压下，水蒸气通过过氧化钠使其增重4 g时，反应中转移的电子数为2NA
D．0.4 mol NH3与0.6 mol O2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，0.4mol NH3与0.5molO2充分反应，得到0.4mol NO，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1.5NA
B．1L 1mol/L NaClO溶液中含有ClO- 数目为NA
C．常温下，1mol Cl2与NaOH溶液反应制漂白液时，转移电子数目为NA
D．17g H2O2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1L 1mol/L NaClO溶液中含有ClO- 数目小于NA，故B错误；C项，常温下，1mol Cl2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，17g H2O2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0.2NA
C．将1mol Cl2通入足量水中，所得溶液中Cl2、HClO、Cl-、ClO-三种微粒数目之和为2NA
D．常温下，1L0.50 mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25 mol·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-，1mol Cl2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，1L0.50 mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25 mol·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0.2NA
B．常温常压下，0.5mol氨基(－NH2)含有的电子数为4.5NA
C．64g铜与一定浓度的硝酸完全反应时，转移的电子数为2NA
D．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2NA
B．反应Ⅰ每生成22.4L SO2气体时，转移的电子数目为7NA
C．反应Ⅲ产生1mol雌黄时，消耗H2S分子的数目为3NA
D．1L 1mol/L NaH2AsO3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4mol SO2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，1L pH =1的H2SO4溶液中的H+数目为0.2NA
B．80 g Fe 2(SO4)3完全水解形成的Fe (OH)3胶体粒子数为0.4NA
C．32 g SO2和O2的混合气体中质子数目为16NA
D．1 mol·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，1L pH =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，80 g Fe 2(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，32g SO2的物质的量为0.5mol，所含质子的物质的量为16mol；32g O2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32 g SO2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cm3
B．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
C．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．92.0 g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ρ g·cm-3(ρ＞1)，物质的量浓度为c mol·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c mol·L-1
B．20℃饱和溶液中溶质KNO3的质量分数为
C．20℃时，密度小于ρ g·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c mol/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ρ g·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D g/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)0.3 mol NH3分子中所含原子数与________个H2O分子中所含原子数相等。
(2)含0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO的物质的量是________。
(3)16 g A和20 g B恰好完全反应生成0.04 mol C和31.76 g D，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)0.6 mol
(3)106 g·mol－1　(4)XY3或Y3X
【解析】(1)0.3 mol NH3中含有原子物质的量为0.3×4 mol＝1.2 mol，因此水的物质的量为 mol＝0.4 mol，即水分子的个数为0.4NA或2.408×1023。(2)n(Al3＋)∶n(SO)＝2∶3，则n(SO)＝0.4× mol＝0.6 mol。(3)根据质量守恒，C的质量为(16＋20－31.76) g＝4.24 g，因此C的摩尔质量为 g·mol－1＝106 g·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)1 mol O2中含有____________个氧气分子，含有________个氧原子。
(2)0.5 mol H2O中含有________个水分子，含有________个原子。
(3)6 mol NO和_____mol NO2所含原子数相等，与1 mol CO2所含电子数相等的H2的物质的量是_____mol，6 mol H2O与___mol NH3所含氢原子数相等，1 mol HCl与____mol CH4所含电子数相等。
(4)1个CO2分子含有_______个电子，1 mol CO2含有______mol e－，_____个e－。
(5)1个H2O分子含有______个原子，2 mol H2O含有_______mol e－，______个e－。
(6)1.204×1024个水分子的物质的量是_____；1 mol H2SO4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)1 mol NaCl中氯离子数为________，离子总数为________。
【答案】(1)NA 2NA (2)0.5NA 1.5NA (3)4 11 4 1.8　
(4)22 22 22NA (5)3 20 20NA (6)2 mol 4NA
(7)0.025 mol 0.05 mol (8)NA 2NA
【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，0.5 mol H2O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0.5 mol H2O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1 mol CO2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1 mol HCl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，1 mol CO2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2 mol H2O含有20mol e－，数目为20NA；(6)1.204×1024个水分子的物质的量为：n(H2O)==2mol；1 个H2SO4中含有4个氧原子，1 molH2SO4中含有4mol氧原子，数目为4NA；(7)n(Na+)==0.05mol，由化学式可知n(SO42-)=n(Na+)=0.05mol×=0.025mol；(8) 1 mol NaCl中含有1mol Cl-和1molNa+，因此Cl-数目为NA，共含有2NA个离子。
29．(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100 mL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480 mL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143.0 g
(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1.84 g·cm－3)的浓硫酸配制2 L 2.3 mol·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)①4.6 ②250
【解析】(1)由得，c(NaClO)＝1000×1.19×25%/74.5 g·mol－1＝4.0 mol·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)＝0.04 mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·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500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149.0 g，C错误；故选B。(4)①根据H2SO4的组成可知，溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝4.6 mol·L－1。②2 L 2.3 mol·L－1的稀硫酸中溶质的物质的量为2 L×2.3 mol·L－1＝4.6 mol，设需要98%(密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸的体积为V mL，则有：VmL×1.84g/mL×98%/98g·mol－1＝4.6 mol，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)e 5NO2-+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0① (2) 1：1：3 (3) (4)0.1
(5)NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O (6)3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+
【解析】(1)标准状况下5.6L H2S为0.25mol，含有0.25NA×2=0.5NA个H原子；1.204×1023个NH3含有0.2NA×3=0.6NA个H原子；4.8g CH4为0.3mol，含有0.3NA×4=1.2NA个H原子；4℃时5.4mL水为5.4g，其物质的量为0.3mol，含有0.3NA×2=0.6 NA个H原子，综上，氢原子数由大到小的顺序为③>②=④>①；(2)假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO42-浓度分别等于1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1：1：3；(3)标准状况下，VL氯化氢是mol，质量是g，所以溶液的质量是(100+)g，因此溶液的体积是mL=×10-3L。根据c=可知，溶液的浓度是c==mol/L；(4)亚硫酸氢钠与重铬酸钾反应的离子方程式为Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++SO42-+4H2O，此时每消耗3mol亚硫酸氢根可以处理1mol重铬酸根，当工厂处理废水时消耗了3.12g亚硫酸氢钠固体，即0.3mol亚硫酸氢钠，可以处理0.01mol重铬酸根，此时溶液中重铬酸钾的浓度c==0.1mol/L；(5)根据题目，次氯酸钠溶液与氨气反应可生成联氨，反应的化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；(6)0.1mol硝酸根完全反应生成铵根共转移0.8mol电子，此时共消耗Fe 16.8g，即0.3mol Fe，说明有0.3mol Fe失去0.8mol电子，此时生成的Fe的氧化物应为Fe3O4，故硝酸根和Fe反应的离子方程式为3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+。