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高频考点 3 以物质的量为核心的计算
题点（一）关于阿伏加德罗常数（N )的应用
A
1．（2022·全国甲卷） 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．25℃， 下， 氢气中质子的数目为
B． 溶液中， 的数目为
C． 苯甲酸完全燃烧，生成 的数目为
D．电解熔融 ，阴极增重 ，外电路中通过电子的数目为
1.C A．25℃、101kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故A错误；
B．Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH) ，因此2.0L 1.0 mol/L的AlCl 溶液中Al3+数目小于2.0N ，故B错误；
3 3 A
C．苯甲酸燃烧的化学方程式为 ，1mol苯甲酸燃烧生成7molCO ，则
2
0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molCO ，数目为1.4N ，故C正确；D．电解熔融CuCl 时，阳极反应为
2 A 2
，阴极反应为 ，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.1mol，
根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2N ，故D错误；答案选C。
A
2．（2022·湖南卷）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：下列说法错误的是（ ）(阿伏加德罗常数的值为 )
A． 的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C． 的 溶液中 的微粒数小于
D． 的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
2.D A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为 ，故A正确；
B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100的化合反应，
故B正确；C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1L0.05mol/L的硫
酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05mol/L×1L×N mol—1=0.05N ，故C正确；D．由方程式可知，钯为新法
A A
合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D错误；故
选D。
3．（2022·枣庄三中期中）设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A
A．常温下，2.0 g HO中含有的质子数目为2N
A
B．标准状况下，22.4 L二氯甲烷中含有4N 个极性共价键
A
C．由1 mol CHCOONa和少量CHCOOH形成的中性溶液中，CHCOO－数目为N
3 3 3 A
D．标准状况下，2.24 L NO 完全溶于水，反应过程转移电子的数目为0.1N
2 A
3．C 2.0 g HO的物质的量为0.1 mol，每个HO分子中质子数为10，故2.0 g HO中含有的质子数目为
N ，A项错误；标准状况下，二氯甲烷为液体，不能用气体摩尔体积计算二氯甲烷的物质的量，B项错误；
A
由1 mol CHCOONa和少量CHCOOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可知：n（Na＋）＋n（H＋）＝n
3 3
（CHCOO－）＋n（OH－），溶液显中性，即n（H＋）＝n（OH－），故n（CHCOO－）＝n（Na＋）＝1
3 3
mol，CHCOO－数目为N ，C项正确；标准状况下，2.24 L NO 的物质的量为0.1 mol，NO 与HO的反
3 A 2 2 2
应为3NO ＋HO===2HNO ＋NO，反应中转移电子数目为0.1×N ，D项错误。
2 2 3 A
4．（双选）误服白磷可用硫酸铜溶液解毒，其原理为2P＋5CuSO ＋8HO===5Cu＋2HPO ＋5HSO 。设
4 2 3 4 2 4
N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A
A．1 L 0.1 mol·L－1 HPO 溶液中所含的H＋数目为0.3N
3 4 A
B．该反应中，若消耗1.0 mol CuSO ，则参加反应的水分子数目为1.6N
4 A
C．3.1 g P中所含的质子数目为3.1N
A
D．7.2 g水参加反应，转移的电子数目为0.5N
A4 .BD H PO 为中强酸，故1 L 0.1 mol·L－1H PO 溶液中所含的H＋数目小于0.3N ，A项错误；由解毒原理
3 4 3 4 A
的化学方程式可知，该反应中，若消耗1.0 mol CuSO ，则参加反应的水分子数目为1.6N ，B项正确；3.1
4 A
g P为0.1 mol，其中所含的质子数目为1.5N ，C项错误；该反应转移10e－，7.2 g水为0.4 mol，反应转
A
移的电子数目为0.5N ，D项正确。
A
5．（2022·湖北高三联考）设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A
A．29 g C H 中σ键的个数为7N
4 10 A
B．0.5 mol PCl 中P的价层电子对数为3N
3 A
C．1 mol [Zn(NH )]2＋中配位键的个数为4N
3 4 A
D．30 g 14CO中含有的质子数为16N
A
5．C 29 g C H 的物质的量为＝0.5 mol，含有的σ键个数为0.5 mol×13×N mol－1＝6.5N ，A错误；
4 10 A A
PCl 中P的价层电子对数为3＋＝4，故0.5 mol PCl 中P的价层电子对数为2N ，B错误；1 mol [Zn
3 3 A
（NH ） ]2＋中含配位键4 mol，含有配位键数目为 4N ，C正确；30 g 14CO中含有的质子数为×14×N
3 4 A A
mol－1＝14N ，D错误。
A
6．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A
A．两份2.7 g铝分别与100 mL浓度为2 mol·L－1的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，转移的电子数均为
0.3N
A
B．50 ℃时，1 L pH＝1的HSO 溶液含H＋的数目为0.1N
2 4 A
C．氢氧燃料电池负极消耗1.12 L气体时，电路中转移的电子数为0.1N
A
D．标准状况下，11.2 L HF中含有氟原子的数目为0.5N
A
6．B 2.7 g铝的物质的量为0.1 mol，和盐酸反应时，需要的盐酸的物质的量为0.3 mol，故盐酸不足，
铝和盐酸反应时过量，则转移的电子小于 0.3N 个，故A错误； pH＝1的硫酸溶液中，氢离子浓度为 0.1
A
mol·L－1，故1 L溶液中氢离子的物质的量为0.1 mol，个数为0.1N 个，故B正确；未告知气体所处状态，
A
无法计算1.12 L气体的物质的量，故C错误；标准状况下，HF为液态，无法计算其物质的量，D错误。
7．（双选）N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A
A．向FeI 溶液中通入适量Cl，当有2 mol Fe2＋被氧化时，消耗Cl 的分子数为N
2 2 2 A
B．所含共价键数均为0.2N 的白磷(P )和甲烷的物质的量相等
A 4
C．1 L 0.1 mol·L－1 CHCOONa溶液中含有的Na＋和CHCOO－的总数小于0.2N
3 3 A
D．235 g核素U发生裂变反应： ＋n――→Sr＋ ＋10n，净产生的中子(n)数为9N
235U 136U A
92 54
7．CD 碘离子的还原性比Fe2＋强，当有2 mol Fe2＋被氧化时消耗Cl 的分子数为N ，但氧化碘离子还消
2 A
耗了Cl，故A错；一个白磷分子中含有6个共价键，一个甲烷分子中含有4个共价键，所以含共价键数均
2为0.2N 的白磷（P ）和甲烷的物质的量不相等，故B错；CHCOO－水解，1 L 0.1 mol·L－1 CHCOONa
A 4 3 3
溶液中含有的 Na＋和 CHCOO－的总数小于 0.2N ，C 正确；235 g 核素 U 发生裂变反应：235 92U＋
3 A
n――→Sr＋136 54U＋10n，净产生的中子（n）数为9N ，故D正确。
A
题点（二）以物质的量为核心的计算
8．（2021·山东卷）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H
2
体积为V L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H 体积为V L。下列说法错误的是
1 2 2
A．X、Y生成H 的物质的量之比一定为
2
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由 一定能确定产物中X、Y的化合价
8..D A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H 的物质的量之比一定为 ，
2
故A正确；B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为 ，因 ，因此 ，故B正确；
C．产物中X、Y化合价之比为 ，由B项可知 ，故C正确；D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸
反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，
由 可知，当a=1，b=0.5时， =1，当a=2，b=1时， =1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据 可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；综上所述，错误的D项，故答案为D。
9.（2022·山东卷节选）实验室利用 和亚硫酰氯( )制备无水 的装置如图所示(加热及
夹持装置略)。回答下列问题：现有含少量杂质的 ，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取 样品，用足量稀硫酸溶解后，用 标准溶液滴定 达终点时消耗
(滴定过程中 转化为 ， 不反应)。
实验Ⅱ：另取 样品，利用上述装置与足量 反应后，固体质量为 。
则 _______；
9.
解析：滴定过程中 将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++
+14H+=6Fe3++2Cr3++7H O，则m g样品中n(FeCl )=6n( )=6cV 10-3mol；m g样品中结晶水的质量为(m -
2 1 2 1 1
×
m )g，结晶水物质的量为 mol，n(FeCl )：n(H O)=1：n=(6cV 10-3mol)： mol，解得n=
2 2 2
×
；
10.(2022·江苏百校第二次联考节选)为测定某草酸钴样品中草酸钴晶体(CoC O ·2H O)的质量分数进行如下实
2 4 2
验:
①取草酸钴(CoC O ·2H O)样品 3.050 g,加入 100.00 mL 0.100 0 mol·L-1的酸性 KMnO 溶液,加热(该条件下
2 4 2 4
Co2+不被氧化)。
②充分反应后将溶液冷却至室温,转入250 mL容量瓶中,定容。
③取25.00 mL定容后的溶液,用0.100 0 mol·L-1的FeSO 溶液滴定。
4
④重复步骤③的实验2次。三次测定数据如下表:实验序号 1 2 3
消耗FeSO 标准
4
18.32 18.02 17.98
溶液体积/mL
计算样品中草酸钴晶体(CoC O ·2H O)的质量分数: 。
2 4 2
10.96.00%
解析：
n(KMnO ) =0.1000mol·L-1×0.100L=0.01mol,n(FeSO )=0.1000mol·L-1×0.018L=0.0018mol;根据得失电子守恒可得
4 总 4
关 系 式 5FeSO ~KMnO , 与 草 酸 钴 反 应 后 剩 余 的 KMnO 的 物 质 的 量 n(KMnO )
4 4 4 4 剩
=×n(FeSO )××0.0018mol×10=0.0036mol;则与 CoC O 反应的 KMnO 的物质的量为 n(KMnO ) -n(KMnO )
4 2 4 4 4 总 4 剩
=0.01mol-0.0036mol=0.0064mol, 根 据 关 系 式 5CoC O ~2KMnO 可 得 ,
2 4 4
n(CoC O )=×n(KMnO )=×0.0064mol=0.016mol,则草酸钴晶体(CoC O ·2H O)的含量为×100%=96.00%。
2 4 4 2 4 2
1 学化学资
