60章末测试卷(二)　物质的量-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（云南专版）

章末测试卷(二)　物质的量 一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求) 1．下列叙述正确的是 (　　) A.18 g H2O在标准状况下的体积约为22.4 L B.同体积、同密度的C2H4、CO和N2三种气体的分子数一定相等 C.40 g NaOH溶解在1 L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol/L D.1 L 0.45 mol/L NaCl溶液中Cl－的物质的量浓度比0.1 L 0.15 mol/ L AlCl3溶液中的大 B　解析：18 g H2O的物质的量是1 mol，但在标准状况下水不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算；同体积、同密度的C2H4、CO和N2三种气体的质量相等，由于它们的摩尔质量相等，三种气体的物质的量相等，则三种气体的分子数一定相等；40 g NaOH的物质的量是1 mol，将其溶解在1 L水中，所得溶液的体积不一定是1 L，故溶质的物质的量浓度不一定是1 mol/L；在 0.45 mol/L NaCl溶液中c(Cl－)＝0.45 mol/L, 0.15 mol/L AlCl3溶液中c(Cl－)＝0.15 mol/L×3＝0.45 mol/L，二者相等。 2．下列说法正确的是 (　　) A.22.4 L O2中一定含有6.02×1023个氧原子 B.从10 mL 2 mol/L H2SO4溶液中取出5 mL溶液，其浓度为1 mol/L C.1 mol水的质量、水的摩尔质量和水的相对分子质量都是18 D.在标准状况下，20 mL NH3与60 mL O2所含的分子个数比为1∶3 D　解析：不知O2是否处于标准状况，故无法求算其物质的量；溶液具有均一性，故取出5 mL溶液，其浓度仍为2 mol/L；1 mol水的质量、水的摩尔质量和水的相对分子质量的数值都是18，但单位不同；同温同压条件下气体的物质的量之比等于其体积之比，故20 mL NH3与60 mL O2所含的分子个数比为1∶3。 3．下列说法正确的是 (　　) A.同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数相等 B.3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子 C.标准状况下，22.4 L氨水含有NA个氨分子 D.标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1 mol B　解析：同温、同压、同体积的CO和NO的分子数相同，1个一氧化碳分子中含14个质子，1个一氧化氮分子中含15个质子；由Fe转变为Fe3O4，铁元素的化合价由0升高到＋，故3 mol Fe失去的电子数为8NA；标准状况下，氨水呈液态，不能用气体摩尔体积进行计算；n(NO2)＝0.3 mol，由反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO可知，反应共转移0.2 mol电子。 4．(2024·广西柳州高三上学期调研)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 (　　) A.18 g HO含有的中子数为10NA B.1 mol H2O2含有的共价键数目为4NA C.3 mol单质铁完全转化为Fe3O4失去的电子数为8NA D.0.5 L 0.2 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO和HCO的总数为0.1NA C　解析：HO的相对分子质量是20，18 g HO的物质的量n(HO)＝＝0.9 mol，由于1个HO中含有的中子数是10个，则0.9 mol HO中含有的中子数N(中子)＝0.9 mol×10NA/mol＝9NA；1个过氧化氢分子中含有3个共价键，则1 mol H2O2含有的共价键数目为3NA；3 mol单质铁完全转化为Fe3O4，铁元素由0价变为＋价，故3 mol铁失去8 mol e－，即8NA个；Na2CO3溶液含有CO和HCO以及H2CO3，故0.5 L 0.2 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO和HCO的总数小于0.1NA。 5．(2024·广西来宾高三上学期统测)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　　) A.1 mol苯分子中含碳碳双键的数目为3NA B.14 g CO和N2的混合物中含有的质子数为7NA C.标准状况下，22.4 L CHCl3中所含Cl的数目为3NA D.0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应，转移的电子总数为0.2NA B　解析：苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的化学键，苯中不含有碳碳双键；1个CO和1个N2中均含有14个质子，CO、N2的摩尔质量均为28 g/mol，故14 g CO和N2的混合物中含有的质子数为 7NA；标准状况下，CHCl3不是气体，无法计算22.4 L CHCl3的物质的量及所含Cl的数目；H2和I2的反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)为可逆反应，0.1 mol H2和0.1 mol I2不能全部反应，则转移的电子总数小于0.2NA。 6．20 ℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρ g/cm3，物质的量浓度为c mol/L，则下列说法不正确的是 (　　) A.温度低于20 ℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L B.此溶液中NaCl的质量分数为×100% C.20 ℃时，密度小于ρ g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液 D.20 ℃时，饱和NaCl溶液的溶解度为S＝ g D　解析：温度低于20 ℃时，NaCl的溶解度减小，NaCl的质量分数减小，则饱和NaCl溶液的浓度小于c mol/L；1 L该溶液的质量为m(溶液)＝1 000ρ g，m(NaCl)＝1 L×c mol/L×58.5 g/mol＝58.5c g，故NaCl的质量分数w＝×100%；20 ℃时，饱和NaCl溶液中NaCl的浓度和密度最大，故密度小于ρ g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液；20 ℃时，1 L 饱和NaCl溶液中NaCl的质量为58.5c g，又知溶液的质量为1 000ρ g，则溶剂水的质量为(1 000ρ－58.5c)g，根据溶解度的定义可得：＝，则有S＝ g。 7．(2024·广西桂林联盟校联考)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 (　　) A.50 mL 12 mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA B.电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则阴极得到的电子数为2NA C.0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA D.反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中生成3 mol I2转移的电子数为6NA C　解析：二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，即盐酸不能反应完全，故转移电子数小于0.3NA；电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，故当阳极上减少64 g时，转移的电子数并不是2NA，阴极上得到的电子数也不是2NA；氢气和碘反应生成碘化氢是反应前后分子数不变的反应，故将0.1 mol氢气和0.1 mol碘于密闭容器中充分反应，其分子总数为0.2NA；反应中，碘酸根离子中的碘元素从＋5价变为0价，碘化氢中的碘元素从－1价变为0价，故生成3 mol碘单质，转移电子数为5 mol。 8．某营养液中含有KCl、K2SO4、NaCl三种溶质，实验测得部分离子的浓度如图甲所示。取200 mL该营养液加水稀释，测得Na＋的浓度(c)随溶液体积(V)的变化如图乙所示。下列判断错误的是 (　　) A.图甲中X是SO B.图乙中c1＝8.0 C.营养液中NaCl与K2SO4的物质的量之比为2∶1 D.营养液中KCl的浓度为2.0 mol/L D　解析：取200 mL该营养液加水稀释，由图乙可得c1 mol/L×0.2 L＝1.6 mol/L×1 L，则有c1＝8.0，即该营养液中c(Na＋)＝8.0 mol/L；图甲中X的浓度为4.0 mol/L，则X是SO；营养液中，n(NaCl)＝8.0 mol/L×V L＝8.0V mol(V为营养液的体积)，n(K2SO4)＝4.0 mol/L×V L＝4.0V mol，则NaCl与K2SO4的物质的量之比为2∶1；营养液中c(K2SO4)＝c(SO)＝4.0 mol/L，则由K2SO4提供的c(K＋)＝8.0 mol/L，由图甲中c(K＋)＝9.0 mol/L推知，c(KCl)＝9.0 mol/L－8.0 mol/L＝1.0 mol/L。 9．将3.9 g Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生氢气4.48 L(标准状况)。下列推断正确的是 (　　) A.参加反应的HCl为0.2 mol B.Mg、Al在反应中共失去0.2 mol电子 C.参加反应的Mg为2.4 g D.与足量的氢氧化钠溶液反应能产生0.15 mol H2 D　解析：镁、铝与盐酸分别发生反应Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑、2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑，n(H2)＝＝0.2 mol，根据氢原子守恒可知，参加反应的HCl为0.2 mol×2＝0.4 mol；根据得失电子守恒可知，Mg、Al在反应中失去的电子数等于氢离子得到的电子数，共0.2 mol×2＝0.4 mol; 设Mg的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，则有24x＋27y＝3.9，2x＋3y＝0.4，联立两式，解得x＝0.05，y＝0.1，则参加反应的Mg为0.05 mol×24 g/mol＝1.2 g; 铝与NaOH溶液反应生成氢气：2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑，则产生H2的物质的量为＝0.15 mol。 10．(2024·广西桂林等五市联考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　　) A.标准状况下，2.24 L苯中含有的分子数为0.1NA B.0.1 mol/L K2S溶液中含有的K＋数为0.2NA C.32 g由S4、S8组成的混合物中，含硫原子的数目为NA D.1 L 1.0 mol/L FeCl3溶液与足量Cu反应，转移的电子数目为3NA C　解析：标准状况下，苯为液态，不能用气体摩尔体积计算2.24 L苯的物质的量；未知溶液体积，无法计算K2S的物质的量，K＋数目也不能计算；S4、S8均由硫原子构成，故32 g混合物中含有的硫原子的物质的量为n＝＝＝1 mol，含硫原子数目为NA；1 L 1.0 mol/L FeCl3溶液中含有氯化铁的物质的量为n＝cV＝1 mol，FeCl3与足量Cu反应生成氯化铜和FeCl2，1 mol氯化铁反应转移电子数目为NA。 二、非选择题 11．某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作步骤如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)： 第一步，配制0.10 mol/L稀盐酸和0.10 mol/L NaOH溶液。 第二步，向一粒研碎后的药片(0.1 g)中加入20.00 mL蒸馏水。 第三步，加入25.00 mL 0.10 mol/L稀盐酸。 第四步，用0.10 mol/L NaOH溶液中和过量稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积。 请回答下列问题： (1)将20 mL物质的量浓度为______mol/L的盐酸加水稀释，可得到实验所需100 mL 0.10 mol/L盐酸。(不考虑溶液混合后体积的变化)。 (2)测定过程中发生反应的离子方程式为__________________________________、____________________________________。 (3)若配制480 mL 0.10 mol/L的NaOH溶液，则需用托盘天平称NaOH固体____ g。配制溶液时所用的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要____________________、__________________。 (4)在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小的是________(填序号)。 ①用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面。 ②定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水。 ③定容摇匀后，发现液面低于刻度线，未做任何处理。 ④定容时，俯视刻度线。 (5)某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下表所示。 测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次 V[NaOH(aq)]/mL 13.00 12.90 13.10 13.40 根据这个同学的实验数据，计算这种药片中碳酸钙的质量分数为________。 答案：(1)0.50　(2)CaCO3＋2H＋===Ca2+＋H2O＋CO2↑　H＋＋OH－===H2O　(3) 2.0　胶头滴管　500 mL容量瓶　(4) ①②　(5)60% 解析：(1)由于溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变，要配制100 mL 0.10 mol/L盐酸，需要某浓度盐酸20 mL，则该盐酸的物质的量浓度为c＝＝0.50 mol/L。 (3)实验室没有规格是480 mL的容量瓶，配制溶液选择仪器的标准是“大而近”，则应该配制500 mL 0.10 mol/L的NaOH溶液，需要NaOH的质量是m(NaOH)＝0.10 mol/L×0.5 L×40 g/mol＝2.0 g。配制溶液时所用的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要胶头滴管及500 mL容量瓶。 (4)用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，会导致称取的溶质的物质的量偏小，由于溶液体积不变，最终会使配制的溶液浓度偏小；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，若再加适量的蒸馏水，会使溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终会使配制的溶液浓度偏小；定容摇匀后，发现液面低于刻度线，未做任何处理，对配制溶液的浓度无影响；定容时，俯视刻度线，会使溶液的体积偏小，最终使配制的溶液浓度偏大。 (5)根据实验结果可知第4次消耗NaOH溶液的体积偏大，应该舍去，则平均消耗NaOH溶液的体积为V(NaOH)＝＝13.00 mL，其消耗HCl的物质的量为n(HCl)＝n(NaOH)＝0.10 mol/L×0.013 L＝0.001 3 mol，与CaCO3反应的HCl的物质的量为n(HCl)＝0.10 mol/L×0.025 L－0.001 3 mol＝0.001 2 mol，根据反应的离子方程式CaCO3＋2H＋===Ca2+＋H2O＋CO2↑可知，n(CaCO3)＝n(HCl)＝0.000 6 mol，m(CaCO3)＝0.000 6 mol×100 g/mol＝0.06 g，故这种药片中碳酸钙的质量分数为×100%＝60%。 学科网（北京）股份有限公司 $$