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2021届高考化学二轮复习 备考小题提升精练1 物质的量

2021届高考化学二轮复习 备考小题提升精练1 物质的量

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备考小题提升精练1 物质的量

主要以物质的量为中心考查阿伏伽德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积等基本概念和相关计算以及阿伏伽德罗定律及其推论。试题往往围绕阿伏伽德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积的应用范围设置知识陷阱，同时又隐含对物质的组成和结构、氧化还原反应、弱电解质的电离、盐类的水解等知识的考查。题型有选择题、实验题、化工流程题等。

1.【2020全国卷3】NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．22.4L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B．1mol重水比1mol水多NA个质子
C．12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子
D．1L 1mol·L−1 NaCl溶液含有28NA个电子
【答案】C
【解析】标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14NA个中子，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；B．重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；C．石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即=1mol C原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；D．1mol NaCl中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；故答案为C。
【点睛】分清所求的粒子种类，在进行计算。
2．【2020湖南师范大学月考卷】NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．16.25g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
B．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA
C．92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA
D．1.0mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
【答案】B
【解析】A．氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，A错误；B．标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18NA，B正确；C．1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3NA，C错误；D．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D错误。
【点睛】选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。
3．【2020海南高考卷】NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1mol HC≡CH分子中所含共价键数为3NA
B．1L 0.1mol·L−1的Na2CO3溶液含CO的数目为0.1NA
C．78g Na2O2与足量水完全反应，电子转移数为NA
D．标准状况下，2.24L C2H5OH所含氢原子数为0.6NA
【答案】C
【解析】HC≡CH中含有3个σ键和2个π键，所以1mol HC≡CH分子中所含σ键数为3NA，所以A错；因为CO会发生水解反应，所以1L 0.1mol·L−1的Na2CO3溶液含CO的数目小于0.1NA，所以B错；Na2O2和水反应生成1mol O2，转移电子数为2mol，78g Na2O2是1mol，只能产生0.5mol O2，所以电子转移数为NA，所以C对；标准状况下，C2H5OH是液体，不是气体，所以不能用Vm=22.4L/mol来计算，所以D错。
【点睛】Na2O2和水反应时，氧化剂和还原剂均是Na2O2，故1mol Na2O2反应转移电子数为1mol。
4．【2020安徽萧城一中月考】下列叙述正确的是（ ）
A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1
D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】A．24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B．设氧气和臭氧的质量都是X g，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10∶8=5∶4，选项C错误。D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。
【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。
5．【2020山西运城永济束北中学10月考】已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．3g 3He含有的中子数为2NA
B．1L 0.1mol·L−1磷酸钠溶液含有的PO数目为0.1NA
C．1mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为3NA
D．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】D
【解析】A．3He的中子数为3-2=1，则3g 3He的中子数为=NA，A项错误； B．磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol−1=0.1NA，B项错误；C．重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol−1=6NA，C项错误；D．正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol−1=13NA，D项正确。
【点睛】正丁烷和异丁烷的分子式相同，所以质量可以相加，进行计算。

1．海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以NaCl为主)以卤汁的形式被包裹在冰晶之间，形成“盐泡”，其大致结构如图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，则融化后的水为淡水。下列叙述正确的是（ ）

A．海冰内层“盐泡”越少，密度越大
B．海冰冰龄越短，内层的“盐泡”越少
C．每含1mol H2O的海冰内就有2×l0−5NA个NaCl分子(NA为阿伏加德罗常数)
D．海冰内层NaCl的浓度约为l0−3mol/L(设冰的密度为0.9g·cm−3)
【答案】D
【解析】“盐泡”内含有NaCl等盐类，“盐泡”越多，质量越大，海冰密度越大，故A错误；B．若海冰的冰龄达到1年以上融化后的水为淡水，即冰龄越长，“盐泡”渗出，内层的“盐泡”越少，故B错误；C．NaCl是离子化合物，不存在NaCl分子，故C错误；D．假设有1L海冰，质量为900g，物质的量约为50mol，“盐泡”与H2O的个数比约为2×10−5∶1。则氯化钠的物质的量约为1×10−3mol，所以海冰内层NaCl的浓度约为10−3mol/L，故D正确；故答案为D。
【点睛】新型信息题，关键是要读懂题意，抓住给出的已知信息，完全利用图中给出的比例关系进行计算。

2．设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（ ）
A．1L 0.5mol/L NaHCO3溶液中含有的HCO数目小于0.5NA
B．11.2g铁粉与硝酸反应失去电子数一定为0.6NA
C．25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH−数目为0.2NA
D．46g甲苯含有C＝C双键的数目为1.5NA
【答案】A
【解析】A．由于碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子发生了水解和电离，HCO数目减少，1L 0.5mol/L的NaHCO3溶液中含的HCO小于0.5NA，故A正确；B．11.2g铁粉与硝酸反应，由于参加反应的硝酸的量不确定，所以失去电子数0~0.6NA之间，不能确定一定是0.6NA，故B错误；C．溶液体积不明确，故溶液中含有的氢氧根的个数无法计算，故C错误；D．甲苯中的苯环不是单双键交替的结构，故甲苯中不含碳碳双键，故D错误；答案为A。
【点睛】苯环结构中不含有双键，铁粉与硝酸反应应考虑铁是否过量，所以产物不一样转移电子数不同。
3．三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z)，下列说法正确的是（ ）
A．原子数相等的三种气体，质量最大是Z
B．若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则他们的物质的量一定均为0.1mol
C．同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是X
D．同温下，体积相同的两容器分别充2g Y气体和1g Z气体，则压强比为2∶1
【答案】C
【解析】根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)=0.5Mr(Z)，即Mr(X)<Mr(Y)<Mr(Z)，根据阿伏伽德罗定律解答。A．根据m=nM=，分子数目相等的三种气体，相对分子质量越大，质量越大；因为不确定X、Y、Z三种气体分子中原子个数和组成，所以原子数相等的三种气体就不能确定三种气体的分子数，故A错误；B．气体的物质的量n=，Vm和气体的状态有关，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故B错误；C．根据密度ρ====，同温同压下，同质量的三种气体，密度和相对分子质量成正比，由分析可知三种气体密度最小的是X，故C正确；D．同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强比为=====4∶1，故D错误；答案选C。
【点睛】本题涉及物质的量以及阿伏加德罗常数的计算等有关知识，注意阿伏加德罗定律的推论的使用是关键，B项注意Vm=22.4L/mol的使用条件。
4．NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，11.2L HF含有的分子数目为0.5NA
B．高温下，16.8g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
C．常温下，0.2L 0.5mol·L−1 NH4NO3溶液中含有的氮原子数小于0.2NA
D．18g葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为0.6NA
【答案】B
【解析】A．在标准状况下HF液态，无法用气体摩尔体积计算粒子数目，故A错误；B．16.8g铁的物质的量为0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为价，故0.3mol铁反应后失去0.8mol电子即0.8NA个，故B正确；C．溶液中NH4NO3的物质的量n＝cV＝0.5mol/L×0.2L＝0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2mol氮原子即0.2NA个，故C错误；D．18g葡萄糖为1mol，1个葡萄糖含有5个羟基，1mol葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为5NA，故D错误；答案选B。
【点睛】选项C中需计算的是氮原子的数目，铵根离子的水解不影响氮原子数目。
5．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．32g硫在足量纯氧中充分燃烧转移电子数为4NA
B．常温下，18g铝投入足量浓硝酸中可得到NO2分子数为2NA
C．标准状况下22.4L CH2Cl2所含有的共价键数为4NA
D．含1mol Na2SiO3的溶液经处理完全转化为H2SiO3胶体，其中所含胶粒数为NA
【答案】A
【解析】A．硫在足量纯氧燃烧生成SO2，因此32g硫在足量纯氧中充分燃烧转移电子数为4NA，故A正确；B．常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，故B错误；C．CH2Cl2标准状况下不是气体，无法计算其所含共价键数目，故C错误；D．多个H2SiO3分子才能形成一个胶粒，因此所得胶体中所含的胶粒数小于NA，故D错误。
【点睛】注意常温下，铁、铝在浓硝酸中发生钝化。
6．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，6.72L SO3所含的氧原子数目为0.9NA
B．含0.4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰共热反应，生成Cl2的分子数为0.1NA
C．密闭容器中1mol N2与4mol H2充分反应，形成的N—H键数为6NA
D．标准状况下22.4L CH4和C2H4的混合气体所含氢原子数为4NA
【答案】D
【解析】A．标准状况下，SO3为液体，不能利用标准状况下的体积计算其物质的量，故A错误；B．含0.4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰共热反应一段时间后变为稀盐酸，反应停止，0.4mol HCl未反应完全，生成Cl2的分子数小于0.1NA，故B错误；C．密闭容器中1mol N2与4mol H2发生可逆反应，反应物不能彻底反应完全，形成的N—H键数小于6NA，故C错误；D．标准状况下22.4L CH4和C2H4的混合气体为1mol，因为CH4和C2H4中所含氢原子数相同，所以都为4NA，故D正确；答案选D。
【点睛】二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，所以盐酸不能完全反应，故不能按着0.4mol盐酸计算。
7．捕获二氧化碳生成甲酸过程如图所示。NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（ ）

A．10.1g N(C2H5)3可溶于一定量盐酸形成盐，其中[N(C2H5)3H]+的数目为0.1NA
B．30g甲酸分子中，电子对数目为5NA
C．在捕获过程中，若有22.4L CO2（标准状况）参与反应，则在反应过程中CO2分子只拆开了NA对电子对
D．该反应是氧化还原反应，每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA
【答案】D
【解析】A．10.1g N(C2H5)3的物质的量为，类似于铵根离子，[N(C2H5)3H]+为弱离子，会发生水解，则其数目小于0.1NA，故A错误；B．30g甲酸的物质的量为，又一个甲酸分子中含有5对共用电子对，则30g甲酸中含有共用电子对数目为，故B错误；C．标准状况下，22.4L CO2的物质的量为1mol，由图可知，在捕获过程中，二氧化碳分子中的两个碳氧双键均变为单键，则在反应过程中1mol CO2分子拆开了2NA对电子对，故C错误；D．CO2中C元素的化合价为+4，甲酸中C元素的化合价为+2，C元素的化合价发生变化，则该反应是氧化还原反应，且C元素的化合价由+4价降低为+2价，则每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA，故D正确；故选D。
【点睛】将阿伏伽德罗常数与分解型图像的物质转化联系在一起，又涉及氧化还原反应，仔细观察图像中的物质转化过程，再结合整体反应进行答题。
8．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述错误的是（ ）
A．56g铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA
B．标准状况下22.4L CH4和C2H4的混合气体所含氢原子数为4NA
C．常温常压下，3.4g NH3中含N—H键数目为0.6NA
D．1mol固体NaHSO4含有的阴阳离子总数为2NA
【答案】A
【解析】A．56g铁粉在1mol氯气中充分燃烧，氯气不足，根据氯气计算转移电子数，因此铁粉失去的电子数为2NA，故选A；B．标准状况下22.4L CH4和C2H4的混合气体所含氢原子数为=4NA，故不选B；C．常温常压下，3.4g NH3中含N—H键数目为=0.6NA，故不选C；D．NaHSO4由Na+和HSO构成，1mol固体中含有的阴阳离子总数为2NA，故不选D；答案：A
【点睛】易错选项A，铁在氯气中燃烧，生成氯化铁，与氯气是否充足无关。
9．若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）
A．1mol甲烷或白磷(P4)分子中所含的共价键数均为4NA
B．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为2NA
C．25℃时，1L pH＝1的H2SO4溶液中含有的H+数为0.2NA
D．常温常压下，11g CO2气体中所含的分子数为0.25NA
【答案】D
【解析】A．一个甲烷分子是以碳原子为中心与四个氢原子形成四个共价键，一个白磷分子是以四个磷原子为顶点形成的正四面体，共价键数为6，故1mol甲烷和白磷(P4)分子中所含共价键数分别为4NA和6NA，故A错误；B．Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中氯气既是氧化剂又是还原剂，且氯气和转移电子之间的关系式为1∶1，标准状况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为NA，故B错误；C．25℃时，pH=1则c(H+)=0.1mol/L，1L pH=1的H2SO4溶液中含有的H+数为0.1NA，故C错误。D．常温常压下，11g CO2气体的物质的量n=m/M=11g÷44g/mol=0.25mol，故其分子数为0.25NA，故D正确。
【点睛】白磷是正四面体结构，一个分子中含有6个共价键。
10．Ⅰ．下图表示将足量的CO2不断通入NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与通入CO2的量的关系，最先与CO2发生反应的物质是____________，ab段发生反应的离子方程式为 。

Ⅱ．某Mg－Al合金是一种潜在的贮氢材料。73.2g该合金恰好溶解于1.4L 5.0mol·L−1 HCl溶液中，则合金中Mg和Al的物质的量之比为____________。
【答案】Ⅰ．Ba(OH)2 2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO
Ⅱ．17∶12
【解析】向溶液中通入二氧化碳时，首先与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀；钡离子反应完后，二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子；然后为二氧化碳与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀；再为二氧化碳、水与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子；最后为碳酸钡、二氧化碳与水反应生成碳酸氢钡。I．分析可知，首先与二氧化碳反应的为氢氧化钡；ab段为偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO；II．根据反应方程式可知，n(Mg)~2n(HCl)，n(Al)~3n(HCl)，n(Mg)×24g/mol+n(Al)×27g/mol=73.2g，n(Mg)×2+n(Al)×3=5.0
mol·L−1×1.4L，解得n(Al)=1.2mol，n(Mg)=1.7mol，n(Mg)∶n(Al)=1.7∶1.2=17∶12。
【点睛】II中学会利用给出的质量和消耗的盐酸的量列出二元一次方程式，进行解答。
11．（1）在一定条件下，m g NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2、H2O(g)，按要求填空。
①若所得混合气体对H2的相对密度为d，则混合气体的物质的量为___________，NH4HCO3的摩尔质量为_________（用含m、d的代数式表示）。
②若所得混合气体的密度折合成标准状况为ρ g/L，则混合气体的平均摩尔质量为__________（用含ρ的代数式表示）。
（2）二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性。ClO2的制备及性质探究如图所示，回答下列问题：

①装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为______________
②装置E用于吸收尾气ClO2，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____________，氧化产物是_______________。
【答案】（1）mol 6d g/mol 22.4ρ g/mol
（2）SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2 2∶1 O2
【解析】（1）①根据质量守恒定律，混合气体总质量等于碳酸氢铵的质量，混合气体中H2的相对密度为d，则混合气体的摩尔质量为2d g/mol，故混合气体的物质的量为=mol，根据方程式：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O(g)，可知碳酸氢铵的物质的量为×mol，则NH4HCO3的摩尔质量为=6d g/mol，②标准状况气体的密度为ρ g·L−1，根据M=ρVm可知，则混合气体的平均摩尔质量为22.4ρ g/mol；(2)①装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，生成的酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；②装置E用于吸收尾气ClO2，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，该反应中二氧化氯是氧化剂、双氧水是还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，氧化产物是O2。
【点睛】综合考察物质的量的计算，结合实验，将氧化还原反应设立问答。抓住物质的量的几种求法答题。