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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．2gH 含有1mol氢分子 B．2mol氧气的摩尔质量为64g·mol-1
2
C．1mol任何物质都含有6.02×1023个分子 D．质量相等的CO和CO，物质的量之比为2∶3
2
【答案】A
【解析】A项，2gH 的物质的量为 =1mol，即含有1mol氢分子，故A正确；B项，氧气的摩
2
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，1gCO 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。
2
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．N-的摩尔质量为71g/mol
5
C．每个 N-含有26个电子 D．该全氮阴离子盐既含共价键又含离子键
5
【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，N-的摩尔质量为70g/
5
mol，故B错误；C项，每个 N-含有36个电子，故C错误；D项，该全氮阴离子盐，N-、Cl-、NH +之间
5 5 4
存在离子键，N-内存在N-N键、NH +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。
5 4
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，NO和CO 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，
2 2
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．NO，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
2
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N 个NO分子
A 2
【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12C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
6
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 O 所占的体积
2
C．O 的式量 D．一定条件下，跟2g H 相化合的O 的物质的量
2 2 2
【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CH、CO、O、
4 2 2
SO 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
2误的是( )
A．d中通入的气体是CH B．a和b中原子个数之比为16:11
4
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CH、CO、O、SO 的物质的量分别表示为 、 、
4 2 2 2
、 ，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SO 、CO、O、CH。A项，由分析可知d中通入的气体是CH，A正确；B项，a、b中分
2 2 2 4 4
别为SO 、CO，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
2 2
误；C项，a、c中分别为SO 、O，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=
2 2
: =1:2，C正确；D项，c、d中分别为O、CH，同温同压下，两种气体的密度之比=摩尔
2 4
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，N 表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述
A
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N 个HCl分子
A
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N 为阿伏伽德罗常数的数值，则下列说法正确的是( )
A
A．2.0 gH18O与DO的混合物中所含电子数为N
2 2 AB．50 mL 12 mol∙L-1浓盐酸与足量MnO 共热，转移的电子数为0.3N
2 A
C．28g乙烯与环丙烷(C H) 的混合气体所含C—H键的数目为2N
3 6 A
D．标况下，22.4L的甲烷完全燃烧生成的气体分子数为3N
A
【答案】A
【解析】A项，H18O与DO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
2 2
全为H18O，其物质的量为0.1mol，电子数为N ；假设全为DO，其物质的量为0.1mol，电子数为N ，故
2 A 2 A
2.0 gH18O与DO的混合物中所含电子数为N ，故A正确；B项，浓盐酸与MnO 共热，当MnO 过量时，
2 2 A 2 2
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MnO 不反应，故B错误；C项，
2
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2N ，同理，可得 mol环丙烷中C—H键数目为4N ，故C错误；D项，
A A
22.4L甲烷在标况下为1mol，1mol甲烷完全燃烧生成2molH O和1molCO ，HO在标况下为液态，所以气
2 2 2
体分子数不为3N ，故D错误；故选A。
A
11．(2021·湖北高三零模)N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A
A．1molH S分子中，S原子的价层电子对数目为4N
2 A
B．标准状况下，2.24L 环己烷的分子数为0.1N
A
C．1L0.01 mol·L-1 溶液中， 和 的离子数目之和为0.01N
A
D．电极反应 ，每转移1mol电子释放2N 个
A
【答案】A
【解析】A项，HS中S的价层电子对数=2+ =4，因此1molH S分子中，S原子的价层电子对数
2 2
目为4 N ，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
A
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0.01N ，C错误；D项，由
A
可知，每转移xmol电子，释放xmolLi+，因此每转移 电子释放N
A
个 ，D错误；故选A。
12．(2021·北京朝阳区高三期末)设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A
A．1 mol -OH和1 mol OH-含有的电子数均为10N
A
B．室温下，1 L 0.1 mol·L-1 NH Cl溶液中NH +数为0.1N
4 4 A
C．标准状况下，N 个NO分子和0.5N 个O 分子充分反应后气体体积为22.4 L
A A 2D．常温常压下，1.6 g CH 中含有的共价键总数为0.4N
4 A
【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9N ，而1
A
mol OH-含有的电子数为10N ，A错误；B项，在1 L 0.1 mol·L-1 NH Cl溶液中含有NH Cl的物质的量是
A 4 4
n(NH Cl)=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol，在溶液中NH +会发生水解反应而消耗，故溶液中含有NH +数小于
4 4 4
0.1N ，B错误；C项，N 个NO分子和0.5N 个O 分子充分反应产生N 个NO 分子，但NO 会有一部分
A A A 2 A 2 2
发生反应产生NO，该反应为可逆反应，因此反应后容器内气体分子数小于N 个，则其在标准状况下所
2 4 A
占体积小于22.4 L，C错误；D项，CH 分子中含有4个C-H键，1.6 gCH 的物质的量是0.1 mol，其中含有
4 4
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0.4N ，D正确；故选D。
A
13．(2021·重庆高三零模)N 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A
A．5.6 g 铁粉与足量硝酸加热充分反应后，产生H 的分子数为0.1N
2 A
B．标准状况下22.4 LO 与足量H 反应生成HO，转移的电子数为4N
2 2 2 A
C．1 L0.1 mol/L硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4N
A
D．1 LpH=13的Ba(OH) 溶液中Ba2+数目为0.1N
2 A
【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H，A错误；B项，标准状况下22.4 LO 的物质的量为1 mol，与足量H 反应生成HO，氧元素化
2 2 2 2
合价从0降低到-2价，得失电子数守恒，转移的电子数为4N ，B正确；C项，1 L0.1 mol/L硫酸钠溶液中，
A
溶质和溶剂均含有氧原子，氧原子数远大于为0.4N ，C错误；D项，常温下，1 LpH=13的Ba(OH) 溶液
A 2
中氢氧根离子数目为0.1N ，Ba2+数目为0.05N ，D错误；故选B。
A A
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N ，下列说法不正确的是
A
( )
A．1L1mol·L-1的NaHSO 溶液中含有的离子数大于3N
3 A
B．标况下，2.24LCO 与足量的NaO 反应，转移电子数为0.1N
2 2 2 A
C．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C-H键数目为0.8N
A
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0.3N
A
【答案】A
【解析】A项， 1L 1mol·L-1的NaHSO 溶液中，溶质NaHSO 的物质的量为1mol，能电离产生1mol
3 3
钠离子和1mol HSO -，但是HSO -不能完全电离，故离子数小于3N ，故A错误；B项，标况下，
3 3 A
2.24LCO 的物质的量为1mol，CO 与NaO 反应的化学方程式为2CO+2Na O= 2Na CO+O ，当有2mol过
2 2 2 2 2 2 2 2 3 2
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
0.1N ，故B正确；C项，两种物质的最简式均为CH，则有0.4 mol CH ，故C-H键数目为0.4 mol×2 N
A 2 2 A
=0.8N ，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
A
数为0.1mol×3 N =0.3N ，故D正确；故选A。
A A
15．(2021·广东高三零模)设阿伏加德罗常数的值为N 。下列说法正确的是( )
A
A．1 mol Cl 和Fe充分反应，转移电子数为3 N
2 A
B．标准状况下，1.12L 苯含有C-H键的个数为3 N
A
C．22 g CO 和足量NaO 反应，产生的气体的分子数为0.25 N
2 2 2 A
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 N
A
【答案】C
【解析】A项，1mol Cl 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
2
2N ，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
A
项，22g CO 的物质的量为0.5mol，其与足量NaO 反应，产生0.25mol的氧气，则气体的分子数为
2 2 2
0.25N ，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
A0.5N ，D说法错误；故选C。
A
16．(2021·北京通州区高三期末)N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A
A．44g CO 含氧原子数为2N
2 A
B．17g羟基(-OH)所含电子总数为9N
A
C．1mol/L CuCl 溶液中含Cl-数目为2N
2 A
D．标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10N
A
【答案】C
【解析】A项，44g CO 的物质的量为1mol，1mol CO 中含有2mol O原子，因此O原子数为2N ，A
2 2 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
9N ，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
A
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10N ，D正确；故故选C。
A
17．(2021·陕西渭南市高三一模)用N 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A
A．所含共价键数目均为0.4N 的白磷( )和甲烷的物质的量相等
A
B．向FeI 溶液中通入适量Cl，当有1mol Fe2+被氧化时，反应转移的电子数为3N
2 2 A
C．通入了1 mol Cl 的新制氯水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数目之和为2N
2 A
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CHCOO-的数目为0.1N
3 A
【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0.4N 的
A
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FeI 溶液中通入
2
适量Cl，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
2
计算转移的电子数，B错误；C项，通入了1 mol Cl 的新制氯水中，氯气和水的反应是可逆反应，氯水中
2
还有氯气存在，则HClO、Cl-、ClO-粒子数目之和小于2N ，C错误；D项，常温下，向1L 0.1 mol·L-1醋酸
A
钠溶液中加入醋酸至中性，则c(OH―)=c(H＋)，根据核电荷数c(CHCOO-)+ c(OH―)=c(H＋)+c(Na＋)可知：
3
c(CHCOO-)=c(Na＋)，则溶液中CHCOO-的数目等于钠离子的数目，为0.1N ，D正确；故选D。
3 3 A
18．(2021·长春市第二十九中学高三期末)设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A
A．36 g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17N
A
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0.2N
A
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2N
A
D．0.4 mol NH 与0.6 mol O 在加热及催化剂条件下充分反应，得到NO的分子数为0.4N
3 2 A
【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17N ，故A错误；B项，一定条件下，Cu与S粉的反应为
A
2Cu+S=Cu S，6.4g铜参与反应，转移0.1mol电子，故B错误；C项，2NaO+2H O(g)=4NaOH+O 由该化
2 2 2 2 2
学方程式和差量法可知，转移2mol电子，NaO 增重4g，故C正确；D项，4NH +5O 4NO+6H O，
2 2 3 2 2
由该化学方程式可知，0.4mol NH 与0.5molO 充分反应，得到0.4mol NO，但O 过量0.1mol，NO会与O
3 2 2 2
继续反应生成NO ，最后得到NO的分子数小0.4N ，故D错误；故选C。
2 A
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
N 为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是( )
A
A．标准状况下，11.2L氯仿(CHCl )含有C-Cl数目为1.5N
3 A
B．1L 1mol/L NaClO溶液中含有ClO- 数目为N
AC．常温下，1mol Cl 与NaOH溶液反应制漂白液时，转移电子数目为N
2 A
D．17g H O 中含有过氧键数目为N
2 2 A
【答案】C
【解析】A项，标准状况下，氯仿为液体，11.2L氯仿(CHCl )的物质的量大于0.5mol，则含有C-Cl数
3
目大于1.5N ，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N ，
A A
故B错误；C项，常温下，1mol Cl 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
2
转移电子数目为N ，故C正确；D项，17g H O 的物质的量为0.5mol，含有过氧键数目为0.5N ，故D错
A 2 2 A
误；故选C。
20．(2021·湖南长沙市长郡中学高三月考)设N 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是(
A
)
A．0.1mol的11B中，含有0.6N 个中子
A
B．0℃、101kPa下，0.1mol乙炔和甲醛(HCHO)的混合物中含有 键的数目为0.2N
A
C．将1mol Cl 通入足量水中，所得溶液中Cl、HClO、Cl-、ClO-三种微粒数目之和为2N
2 2 A
D．常温下，1L0.50 mol·L-1NH Cl溶液与2L0.25 mol·L-1NH Cl溶液所含NH + 的物质的量后者小
4 4 4
【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0.6N 个中子，A正确；B项，乙炔(H-C≡C-H)和甲醛(HCHO)分子中
A
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0.2N ，B正确；C项，
A
氯气和水的反应为可逆反应，溶液中含Cl-、Cl、HClO和ClO-，1mol Cl 溶于水后，由于氯气分子中含有
2 2
2个氯原子，则溶液中Cl、HClO、Cl-、ClO-四种粒子的总物质的量小于2mol，粒子总数小于2N ，C错误；
2 A
D项，1L0.50 mol·L-1NH Cl溶液与2L0.25 mol·L-1NH Cl溶液中都含有溶质氯化铵0.5mol，由于NH +水解，
4 4 4
溶液中NH +数目都减少，且NH +浓度越大，水解程度越小，所以两溶液中含有的NH +物质的量不同，且
4 4 4
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N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A
A．标准状况下，2.24LC1 完全溶于水，所得溶液中含氯微粒总数为0.2N
2 A
B．常温常压下，0.5mol氨基(－NH )含有的电子数为4.5N
2 A
C．64g铜与一定浓度的硝酸完全反应时，转移的电子数为2N
A
D．标准状况下，22.4L由O 与N 组成的混合气体含有的原子数目为2N
2 2 A
【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(C1 )+ N(C1—) + N(C1O—)=
2
0.2N ，则所得溶液中含氯微粒总数小于0.2N ，故A错误；B 项，氨基中含有的电子数为9，则0.5mol氨
A A
基含有的电子数为4.5N ，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
A
应生成硝酸铜时失去2mol电子，则反应转移的电子数为2N ，故C正确；D项，氮气和氧气都是双原子分
A
子，22.4L混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数目为2N ，故D正确；故选A。
A
22．(2021·河北高三模拟)雄黄(As S， )与雌黄(As S)在古代均曾入药。二者可发生如图
4 4 2 3
转化；N 表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
AA．1mol雄黄(As S)分子中，含有S-S非极性共价键的数目为2N
4 4 A
B．反应Ⅰ每生成22.4L SO 气体时，转移的电子数目为7N
2 A
C．反应Ⅲ产生1mol雌黄时，消耗HS分子的数目为3N
2 A
D．1L 1mol/L NaH AsO 溶液中，Na+、HAsO 、AsO 数目之和为2N
2 3 2 A
【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As S+7O =4SO+2AsO，反应过程中每生成4mol SO 需要转移28mol电子，但是选项中没有指
4 4 2 2 2 3 2
明SO 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
2
2HAsO +3H S=As S+6H O，反应过程中每产生1mol雌黄时，消耗HS的物质的量为3mol，分子数为
3 3 2 2 3 2 2
3N ，C正确；D项，根据物料守恒有c(Na+)=c(H AsO )+c(H AsO -)+c(HAsO 2-)+c(AsO3-)=1mol/L，但
A 3 3 2 3 3 3
HAsO -、AsO 3-的物质的量浓度无法求得，因此无法计算溶液中Na+、HAsO -、AsO 3-的数目之和，D错误；
2 3 3 2 3 3
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N 表示阿伏伽德罗常
A
数的值，下列相关说法正确的是( )
A．常温下，1L pH =1的HSO 溶液中的H+数目为0.2N
2 4 A
B．80 g Fe (SO ) 完全水解形成的Fe (OH) 胶体粒子数为0.4N
2 4 3 3 A
C．32 g SO 和O 的混合气体中质子数目为16N
2 2 A
D．1 mol·L-1的FeSO 溶液和O 完全反应，转移N 个电子
4 2 A
【答案】C
【解析】A项，常温下，1L pH =1的HSO 溶液中的 的浓度为0.1mol/L，氢离子的物质的量为
2 4
0.1mol，数目为0.1N ，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 (SO ) 完全水解
A 2 4 3
形成的Fe (OH) 为0.4mol，形成胶体粒子数小于0.4N ，故B错误；C项，32g SO 的物质的量为0.5mol，
3 A 2
所含质子的物质的量为16mol；32g O 的物质的量为1mol，所含质子的物质的量为16mol，等质量的两种
2
气体所含的质子数相同，则32 g SO 和O 的混合气体中质子数目为16N ，故C正确；D项，溶液体积未
2 2 A
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，N 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A
A．标准状况下，1个氧分子体积为 cm3
B．1.0 mol CH 与Cl 在光照下反应生成的CHCl分子数为1.0N
4 2 3 A
C．在反应4Cl+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO +4H O中，发生1mol电子转移时，生成氧化产物
2 3 2[ClO+ClO -]的总数为
3
D．92.0 g甘油中含有羟基数为1.0N
A
【答案】C
【解析】A项，虽然标况下1mol即1N 个O 分子的体积为22.4L，但是气体的体积主要与气体分子间
A 2
的距离有关，所以无法根据1N 个O 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
A 2
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CHCl分子的个数，
3
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+ClO -]的总数为 ，故C正确；D项，甘油即
3
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3N ，故
A
D错误；故选C。
25．(2021·湖南高三月考)20℃饱和KNO 溶液密度为ρ g·cm-3(ρ＞1)，物质的量浓度为c mol·L-1，则下
3
列说法不正确的是( )
A．温度高于20℃时，饱和KNO 溶液的浓度大于c mol·L-1
3
B．20℃饱和溶液中溶质KNO 的质量分数为
3
C．20℃时，密度小于ρ g·cm-3的KNO 溶液是不饱和溶液
3
D．20℃时，KNO 的溶解度= g
3
【答案】D
【解析】A项，KNO 的溶解度随温度升高而增大，高于20℃的饱和KNO 溶液浓度一定大于c
3 3
mol/L，A正确；B项，根据公式 可知，20℃饱和溶液中溶质KNO 的质量分数为 ，B
3
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KNO 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
3
溶质的质量，根据溶解度的计算公式 ，20℃时，KNO 的溶解度= g，D错误；故选
3
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·nH O，其相对分子质量为M，
2
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•nHO中X的质量为 ，密度为Dg/cm3，溶液VmL，
2
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•nHO中X的质量为 ，溶剂水的质量为Bg+ ，令该温度下，溶
2
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•nHO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=
2
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 NH 分子中所含原子数与________个HO分子中所含原子数相等。
3 2
(2)含0.4 mol Al3＋的Al (SO ) 中所含的SO的物质的量是________。
2 4 3
(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X 跟3体积气体Y 化合生成2体积气态化合物，则该化合物的化
2 2
学式是____________。
【答案】(1)0.4N 或2.408×1023 (2)0.6 mol
A
(3)106 g·mol－1 (4)XY 或YX
3 3
【解析】(1)0.3 mol NH 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
3
mol，即水分子的个数为0.4N 或2.408×1023。(2)n(Al3＋)∶n(SO)＝2∶3，则n(SO)＝0.4× mol＝0.6 mol。(3)
A
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X＋3Y===2Z，根据原子守恒和元素守恒，因此Z的化学式为XY 或YX。
2 2 3 328．用N 表示阿伏加德罗常数的数值，按要求完成下列填空。
A
(1)1 mol O 中含有____________个氧气分子，含有________个氧原子。
2
(2)0.5 mol H O中含有________个水分子，含有________个原子。
2
(3)6 mol NO 和_____mol NO 所含原子数相等，与 1 mol CO 所含电子数相等的 H 的物质的量是
2 2 2
_____mol，6 mol H O与___mol NH 所含氢原子数相等，1 mol HCl与____mol CH 所含电子数相等。
2 3 4
(4)1个CO 分子含有_______个电子，1 mol CO 含有______mol e－，_____个e－。
2 2
(5)1个HO分子含有______个原子，2 mol H O含有_______mol e－，______个e－。
2 2
(6)1.204×1024个水分子的物质的量是_____；1 mol H SO 中氧原子数为________。
2 4
(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)N 2N (2)0.5N 1.5N (3)4 11 4 1.8
A A A A
(4)22 22 22N (5)3 20 20N (6)2 mol 4N
A A A
(7)0.025 mol 0.05 mol (8)N 2N
A A
【解析】(1)根据N=nN ，1mol O 中含有1mol×N =N 个氧气分子，1mol氧气中含有2mol氧原子，数
A 2 A A
目为2N ；(2) 根据N=nN ，0.5 mol H O中含有0.5mol×N =0.5N 个水分子，1个HO分子含有3个原子，
A A 2 A A 2
因此0.5 mol HO含有1.5N 个原子；(3)1个NO含有2个原子，1个NO 含有3个原子，要使二者含有原子
2 A 2
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 NO 所含有的原子数
2
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 CO 所含电子数相等的H 的物质的量是11mol；
2 2
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 HO与 4 mol NH 所含氢原子数相等；1个HCl分子含有18个电子，1个
2 3
CH 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
4
此与1 mol HCl所含电子数相等的CH 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
4
CO 含有的电子数为22mol，数目为22N ； (5)1个水分子含有2个H和1个O原子，共3个原子；1个
2 A
HO分子含有10个电子，因此2 mol H O含有20mol e－，数目为20N ；(6)1.204×1024个水分子的物质的量
2 2 A
1.204×1024
为：n(H O)= =2mol；1 个HSO 中含有4个氧原子，1 molH SO 中含有4mol氧原子，
2 6.02×1023molL−1 2 4 2 4
3.01×1022 1 1
数 目 为 4N ； (7)n(Na+)= =0.05mol ， 由 化 学 式 可 知 n(SO 2-)= n(Na+)=0.05mol×
A 6.02×1023moll−1 4 2 2
=0.025mol；(8) 1 mol NaCl中含有1mol Cl-和1molNa+，因此Cl-数目为N ，共含有2N 个离子。
A A
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HSO 的组成可知，溶液中c(H＋)＝2c(HSO )＝4.6
2 4 2 4
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(NO ) 的纯度。
2 2
[背景素材]
Ⅰ.NO+NO +Ca(OH) =Ca(NO)+H O。
2 2 2 2 2
Ⅱ.Ca(NO ) 能被酸性KMnO 溶液氧化成NO -，MnO -被还原为Mn2+。
2 2 4 3 4
Ⅲ.亚硝酸不稳定，易分解，且有一定氧化性，在酸性条件下，Ca(NO ) 能将I-氧化为I，2NO -+4H+
2 2 2 2
+2I-=I +2NO↑+2HO，SO2-能将I 还原为I-，I+2S O2-=2I-+S O2-。
2 2 2 3 2 2 2 3 4 6
某组同学测定Ca(NO ) 的纯度(杂质不参加反应)，可供选择的试剂：a.稀硫酸b.cmol·L-1的KI溶液c.
2 2 1
淀粉溶液d.cmol·L-1的NaSO 溶液e.cmol·L-1的酸性KMnO 溶液
2 2 2 3 3 4
(1)利用Ca(NO ) 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
2 2
发生反应的离子方程式为_______________________________________。
(2)利用Ca(NO ) 的氧化性来测定其纯度的步骤：准确称取mgCa(NO) 样品放入锥形瓶中，加适量水
2 2 2 2
溶解，加入________________，然后滴加稀硫酸，用cmol·L-1NaSO 溶液滴定至溶液
2 2 2 3
_______________________________________，读取消耗NaSO 溶液的体积，重复以上操作3次，(请用上
2 2 3
述给出试剂补充完整实验步骤)。若三次消耗NaSO 溶液的平均体积为VmL，则Ca(NO ) 纯度的表达式为
2 2 3 2 2
_______________。
【答案】(1)e 5NO -+2MnO-+6H+=5NO-+2Mn2++3H O
2 4 3 2
(2)过量cmol·L-1KI溶液并滴入几滴淀粉溶液
1
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(NO ) 能被酸性KMnO 溶液氧化成NO -，MnO -被还原为Mn2+，利用
2 2 4 3 4
Ca(NO ) 的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是cmol·L-1的酸性KMnO 溶液，其离子方程式为5NO -
2 2 3 4 2
+2MnO-+6H+=5NO-+2Mn2++3H O。(2) 酸性条件下，Ca(NO ) 能将I-氧化为I，利用Ca(NO ) 的氧化性来
4 3 2 2 2 2 2 2
测定其纯度,可向Ca(NO ) 溶液中加入过量cmol·L-1KI溶液，从而生成I 单质，加入少量的淀粉溶液做指示
2 2 1 2剂，溶液显蓝色，用cmol·L-1NaSO 溶液滴定I，当加入最后一滴NaSO 溶液时，溶液由蓝色恰好变为
2 2 2 3 2 2 2 3
无色，且半分钟内不变色，此时达到滴定终点，即I 恰好完全反应，故故选：过量cmol·L-1KI溶液并滴入
2 1
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2NO -～I～
2 2
2SO2-,n[Ca(NO)]＝0.5n(S O2-)＝0.5cV×10-3mol,故Ca(NO ) 的纯度为 ×100%=
2 3 2 2 2 3 2 2 2
×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CO，再
2
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CO 气体体积与所加的盐酸体积之间的关
2
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CO 后，所得溶液中的溶质成分是_______________。
2
③B曲线中当耗盐酸0②=④>① (2) 1：1：3 (3) (4)0.1
(5)NaClO+2NH =N H+NaCl+HO (6)3Fe+NO -+2H++H O=Fe O+NH+
3 2 4 2 3 2 3 4 4
【解析】(1)标准状况下5.6L H S为0.25mol，含有0.25N ×2=0.5N 个H原子；1.204×1023个NH 含有
2 A A 3
0.2N ×3=0.6N 个H原子；4.8g CH 为0.3mol，含有0.3N ×4=1.2N 个H原子；4℃时5.4mL水为5.4g，其
A A 4 A A
物质的量为0.3mol，含有0.3N ×2=0.6 N 个H原子，综上，氢原子数由大到小的顺序为③>②=④>①；(2)
A A
假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则NaSO 、MgSO 、Al (SO ) 溶液中SO 2-浓度分别等于1mol/
2 4 4 2 4 3 4
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Cr O2-+3HSO -+5H+=2Cr3++SO2-+4H O，此时每消耗
2 7 3 4 2
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+2NH =N H+NaCl+HO；(6)0.1mol硝
3 2 4 2
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Fe O，故硝酸根和Fe反应的离子方程式为3Fe+NO-+2H+
3 4 3
+H O=Fe O+NH+。
2 3 4 4
