课时冲关1 物质的量 气体摩尔体积(练习Word版)-【创新教程】2027年高考化学总复习大一轮课时作业（人教版）

**基本信息** 围绕物质的量核心概念，通过选择与非选择结合的题型，系统覆盖浓度计算、NA判断、气体体积、溶液配制等高频考点，强化化学观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念应用|3题（如第1题）|浓度计算、概念辨析|从物质的量浓度公式推导，建立微观粒子与宏观浓度的联系| |NA综合判断|6题（如第2、3题）|正误判断、跨模块综合|结合物质结构、反应原理，培养证据推理能力| |溶液计算与配制|1题（第11题）|实验操作与计算|从理论计算到实验实践，体现科学探究与实践| |工艺流程分析|1题（第12题）|溶解度应用、提纯|基于物质性质与转化，强化物质多样性与转化观念|

第一章　物质的量 课时冲关一　物质的量　气体摩尔体积 一、选择题：每题只有一个选项符合题意 1．下列溶液中NO的物质的量浓度最大的是(　　) A．5 mL 0.8 mol·L－1Al(NO3)3溶液 B．20 mL 1 mol·L－1Mg(NO3)2溶液 C．20 mL 1.8 mol·L－1AgNO3溶液 D．30 mL 0.5 mol·L－1Cu(NO3)2溶液 解析：A　[A.5 mL 0.8 mol·L－1Al(NO3)3溶液中NO的物质的量浓度是0.8 mol·L－1×3＝2.4 mol·L－1；B.20 mL 1 mol·L－1Mg(NO3)2溶液中NO的物质的量浓度是1 mol·L－1×2＝2 mol·L－1；C.20 mL 1.8 mol·L－1AgNO3溶液中NO的物质的量浓度是1.8 mol·L－1×1＝1.8 mol·L－1；D.30 mL 0.5 mol·L－1Cu(NO3)2溶液中NO的物质的量浓度是0.5 mol·L－1×2＝1 mol·L－1；溶液中NO的物质的量浓度最大的是2.4 mol·L－1。] 2．设NA为阿伏加德罗常数的值。已知：O3和NaOH会发生反应生成臭氧化钠：4O3＋4NaOH4NaO3＋O2＋2H2O。下列叙述正确的是(　　) A．生成1.12 L(标准状况下)O2时消耗O3分子的数目为0.3NA B．常温下，0.01 mol·L－1NaOH溶液中含OH－的数目为0.01NA C．常温下，收集6.4 g O2和O3的混合气体，该混合气体中氧原子总数为0.4NA D．每生成0.1 mol NaO3时转移电子的数目为0.1NA 解析：C　[A.n(O2)＝＝＝0.05 mol，由4O3＋4NaOH4NaO3＋O2＋2H2O可知，生成0.05 mol O2时消耗O3 0.2 mol，数目为0.2NA，A错误；B.体积未知，无法计算，B错误；C.6.4 g O2和O3的混合气体，该混合气体中氧原子总数为＝0.4NA，C正确；D.化学方程式中O3→NaO3，O元素化合价由0价降到－价，4个O3中有10个氧原子化合价降低，转移了个电子，4个NaOH中有2个－2价氧原子化合价升高到－价，转移了2×＝个电子，故生成4 mol NaO3时转移 mol电子，则生成0.1 mol NaO3，转移 mol电子，D错误。] 3．(2024·广东卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．26 g H—C≡C—H中含有σ键的数目为3NA B．1 L 1 mol·L－1NH4NO3溶液中含NH的数目为NA C．1 mol CO和H2的混合气体含有的分子数目为3NA D．Na与H2O反应生成11.2 L H2，转移电子数目为NA 解析：A　[A.26 g C2H2的物质的量为1 mol，一个C2H2分子中含有3个σ键，故26 g C2H2中含有σ键的数目为3NA，A正确；B.NH在水溶液中发生水解，1 L 1 mol·L－1NH4NO3溶液中含NH的数目小于NA，B错误；C.CO和H2均由分子构成，1 mol CO和H2的混合气体含有的分子数目为NA，C错误；D.Na与H2O反应生成11.2 L H2，由于未给出气体所处的状况，无法计算生成气体的物质的量，也无法得出转移电子数目，D错误。] 4．近日，中科院上海高研院在二氧化碳电催化转化研究中取得重要进展。通过调控N­carbon的孔道结构和表面活性位构型，成功实现了直接转化生成乙醇。用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，5.6 L CO2中所含电子的数目为4NA B．25 ℃时，C2H5OH所含共价键的数目为8NA C．0.1 mol乙醇和0.2 mol乙酸发生酯化反应，最多可生成0.1NA乙酸乙酯 D．CO2电催化过程中，每生成1 mol乙醇，转移电子的数目为12NA 解析：D　[A.标准状况下5.6 L CO2的物质的量为n(CO2)＝＝0.25 mol,1 mol CO2中含(6＋8＋8) mol＝22 mol电子，所以标准状况下5.6 L CO2中含电子的数目为5.5NA，A错误；B.未给出乙醇的物质的量，不能计算其共价键数目，B错误；C.乙醇和乙酸发生的酯化反应是可逆反应，不能进行到底，生成的乙酸乙酯小于0.1NA，C错误；D.电催化过程中由CO2生成乙醇的过程中碳元素由＋4价降低到－2价，所以每生成1 mol乙醇，转移电子的数目为12NA，D正确。] 5．在一密闭刚性容器中由可滑动隔板将容器分为甲乙两部分。现向甲室通入O2，乙室通入1 mol N2，隔板位置如图所示，则下列说法不正确的是(　　) A．甲乙的分子数之比2∶1 B．甲乙的密度比为8∶7 C．甲乙的质量比为8∶7 D．若向甲室通入H2充分反应后，恢复至室温，隔板停留在2处，则通入的H2物质的量可能为3 mol 解析：C　[A项，同温同压下，体积比等于其物质的量之比，物质的量之比等于其分子数之比，A正确；B项，同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量之比，B正确；C项，质量比等于其物质的量乘以各自摩尔质量之比，应为16∶7，C错误；D项，根据体积比可知反应前氧气是2 mol，与氢气反应后，气体剩余0.5 mol，根据2H2＋O22H2O可知反应的氢气可能为3 mol，D正确。] 6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是(　　) A．标准状况下，2.24 L HF含有的电子数为NA B．室温下，pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的H＋数目为10－5NA C．1.2 g金刚石中含有共价键的数目为0.2NA D．等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NA 解析：C　[A.HF在标准状况下为液态，2.24 L HF的物质的量无法通过气体摩尔体积计算，电子数无法确定，A错误；B.pH＝9的CH3COONa溶液中，根据水的离子积得出水电离的H＋浓度为10－5mol/L，但题目未给出溶液体积，无法计算其具体数目，B错误；C.金刚石中每个C原子形成4个C—C键，但每个键被2个C原子共享，故1 mol C对应2 mol共价键。1.2 g金刚石(0.1 mol C)含0.2 mol共价键，即0.2NA，C正确；D.等体积、等浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和为2cV，但题目未给出c和V的具体值，无法确定为2NA，D错误。] 7．下列说法正确的是(　　) A．相同物质的量的乙烷和乙酸含有的σ键数目相同 B．标准状况下，相同体积的乙烷和乙醇含有的H原子数目相同 C．室温下，pH相同的HCl和NH4Cl溶液中，由水电离的c(H＋)相同 D．相同物质的量的Cl2分别与H2O和H2反应，转移的电子数目相同 解析：A　[A.1个乙烷(CH3CH3)分子中含有的σ键数目为7,1个乙酸(CH3COOH)分子中含有的σ键也为7，两者相同物质的量时，含有的σ键数目相同，A正确；B.标准状况下，乙烷为气体，乙醇为液体，相同体积的乙烷和乙醇物质的量不同，含有的H原子数目不相同，B错误；C.HCl抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离，室温下，pH相同的HCl和NH4Cl溶液中，水的电离程度：NH4Cl＞HCl，水电离的c(H＋)：NH4Cl＞HCl，C错误；D.Cl2与H2O反应为可逆反应，不能计算转移的电子数目，1 mol Cl2和H2完全反应，转移的电子数目为2NA，D错误。] 8．下列说法不正确的是(　　) A．标准状况下，1 mol CO2的体积约为22.4 L B．同温同压下，等体积的N2和CO所含分子数相同 C．pH＝1的盐酸中，c(H＋)为0.1 mol·L－1 D．丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍 解析：D　[A.标准状况下，1 mol CO2的体积为22.4 L，故A正确；B.同温同压下，N2和CO的体积相等，根据阿伏加德罗定律则分子数相等，故B正确；C.pH＝1的盐酸中，c(H＋)为0.1 mol·L－1，故C正确；D.设质量为m g，丁烷所含碳原子物质的量为×4，乙烷所含碳原子物质的量为×2，丁烷所含碳原子数不是相同质量乙烷的2倍，故D错误。] 9．Na4S2O3和CaOCl2均属于混盐(由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐)。已知向Na4S2O3中加入足量稀硫酸时发生反应2Na4S2O3＋4H2SO4===4Na2SO4＋3S↓＋SO2↑＋4H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　) A．Na4S2O3和足量稀硫酸反应时，每产生9.6 g S时，转移0.6NA个电子 B．1 mol Na4S2O3固体中共含有6NA个离子 C．Na4S2O3与CaOCl2的水溶液均显碱性 D．向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，被氧化与被还原的原子数相等 解析：A　[A.根据混盐定义判断，Na4S2O3由Na＋、SO、S2－构成，2Na4S2O3＋4H2SO4===4Na2SO4＋3S↓＋SO2↑＋4H2O反应中，2个S化合价由－2升高为0,1个S化合价由＋4降低为0，生成3 mol S转移4 mol电子，每产生9.6 g S时转移电子数为××NA mol－1＝0.4NA，故A错误；B.Na4S2O3由Na＋、SO、S2－构成，1 mol Na4S2O3固体中共含有6NA个离子，故B正确；C.Na4S2O3由Na＋、SO、S2－构成，SO、S2－水解使溶液呈碱性；CaOCl2由Ca2＋、 Cl－、ClO－构成，ClO－水解使溶液显碱性，故C正确；D.CaOCl2由Ca2＋、 Cl－、ClO－构成，向CaOCl2中加入足量稀硫酸，Cl－、ClO－发生归中反应生成氯气，反应的离子方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，被氧化与被还原的原子数相等，故D正确。] 10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．25 ℃，101 kPa下，11.2 L乙烯分子中σ键的数目为2.5NA B．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23 g时，转移电子数为0.5NA C．1 L 0.01 mol·L－1溶液中，的离子数目之和为0.01NA D．5.6 g铁完全发生吸氧腐蚀生成铁锈(Fe2O3·xH2O)，在电化学过程中转移的电子数为0.3NA 解析：B　[A.25 ℃，101 kPa下，11.2 L乙烯物质的量小于0.5 mol，分子中σ键的数目小于2.5NA，A错误；B.NO2与N2O4的最简式均为NO2,23 g混合气体中相当于含有0.5 mol NO2，浓硝酸热分解的过程中N的化合价由＋5降低到＋4，故转移0.5 mol电子，转移电子数为0.5NA，B正确；C. 溶液中电离出的，既可以水解又可以电离，溶液中存在的粒子有、，三者的数目之和为0.01NA，C错误；D.5.6 g铁的物质的量是0.1 mol，完全发生吸氧腐蚀生成氢氧化亚铁，则在电化学过程中转移的电子数为0.2NA，D错误。] 二、非选择题 11．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。 (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．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器 B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制 C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒可能导致结果偏低 D．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。 解析：(1)由c＝得，c(NaClO)＝mol·L－1≈4.0 mol·L－1。 (2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有：100 mL×10－3 L·mL－1×4.0 mol·L－1＝100 mL×100×10－3 L·mL－1×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04 mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·L－1。 (3)选项A，需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的a、b不需要，但还需要玻璃棒和胶头滴管；选项B，配制过程中需要加水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用；选项C，未洗涤烧杯内壁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；选项D，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。 (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＝4.6 mol，解得V＝250 mL。 答案：(1)4.0　(2)0.04　(3)C　(4)①4.6　②250 12．以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下： 氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如图所示。回答下列问题。 (1)欲制备10.7 g NH4Cl，理论上需NaCl____g。 (2)实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有 ______、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。 (3)“冷却结晶”过程中，析出NH4Cl晶体的合适温度为________。 (4)不用其他试剂，检验NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是 ________________________________________________________________________。 (5)若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质，进一步提纯产品的方法是 ________________________________________________________________________。 解析：(1)根据氯原子守恒可列关系求m(NaCl)＝×58.5 g·mol－1＝11.7 g。(2)实验室进行蒸发浓缩还要用到蒸发皿。(3)氯化铵的溶解度随温度变化较大，而硫酸钠在30～100 ℃变化不大，故可用冷却结晶法，但温度不能太低以防硫酸钠析出，所以温度应大约在33～40 ℃。(4)NH4Cl加热易分解，所以取少量产品于试管加热，如无残留物则表明产品纯净，反之则不纯净。(5)若产品中含Na2SO4杂质，因Na2SO4加热不分解，所以可以用重结晶的方法进一步提纯。 答案：(1)11.7　(2)蒸发皿 (3)35 ℃(33～40 ℃都可以) (4)加热法：取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净，反之则不纯净(5)重结晶 学科网（北京）股份有限公司 $