物质的量 课后练习-上学期高一化学人教版（2019）必修第一册

上学期高一化学人教版（2019）必修第一册2.3.物质的量课后练习一、单选题1．下列溶液中Cl﹣的物质的量最大的是（）A．10mL0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液B．20mL0.1mol•L﹣1的CaCl2溶液C．30mL0.2mol•L﹣1的KCl溶液D．100mL0.25mol•L﹣1的NaCl溶液2．下列操作能使100mLc(H＋)=1mol·L－1的盐酸变成c(HCl)=2mol·L－1的是()A．加热蒸发至50mL溶液B．加入3mol·L－1盐酸100mLC．加入4mol·L－1盐酸100mL后稀释至250mLD．通入4.48LHCl气体并稀释到200mL3．NA代表阿伏加德常数，下列说法正确的是（）A．0.1mol/LNa2CO3溶液中含有0.2molNa+B．在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NAC．2g氢气所含原子数目为NAD．在常温常压下，18g水中含有的分子数为NA4．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol−1，下列叙述中正确的是（）A．常温常压下，18.0g重水(D2O)所含的电子数约为10×6.02×1023个B．一定条件下，46.0g二氧化氮和四氧化二氮的混合气体中含有的氮原子数约为6.02×1023个C．已知：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH=-91kJ·mol-1，一定条件下若加入6.02×1023个CO和2×6.02×1023个H2，则放出91kJ的热量D．T℃时，1LpH=6纯水中，含10-8×6.02×1023个OH-5．NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）A．1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有0.1NA个HSO4﹣B．已知反应：5Cl﹣+ClO3﹣+6H+=3Cl2+3H2O，每生成71gCl2，则转移2NA个电子C．乙烯（C2H4）和环丙烷（C3H6）组成的28g混合气体中含有氢原子数为4NA个D．标准状况下，22.4LCCl4中含有NA个CCl4分子6．有BaCl2和NaCl混合溶液aL，将它均分成两份。一份滴加硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀．反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3．据此得知原混合溶液中的c（Na+）为（）A．(2y-4x)/amol·L-1 B．(y-2x)/amol·L-1C．(2y-2x)/amol·L-1 D．(y-x)/amol·L-17．设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是()A．1molNH3所含有的原子数为NAB．常温常压下，22.4L氧气所含的原子数为2NAC．在标准状况下，18gH2O所含的氧原子数为NAD．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，所含Cl－的个数为NA8．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子B．二氧化碳通过Na2O2粉末，反应后固体物质减轻C．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA9．下列对实验操作分析不正确的是（）A．配制0.1mol/LNaCl溶液时，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则所得溶液物质的量浓度偏低B．NH4NO3溶解吸热，若配制0.5mol/LNH4NO3溶液时直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中，则所得溶液的物质的量浓度偏高C．配制一定物质的量浓度溶液时，若所用砝码已经生锈，则所得溶液的物质的量浓度偏高D．配制一定物质的量浓度溶液时，若定容中不小心加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，则所得溶液的物质的量浓度偏低10．物质的量浓度相同的NaNO3，Mg（NO3）2、Al（NO3）3三种溶液，当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中NO3﹣的物质的量浓度之比为（）A．1：2：3 B．3：4：3 C．3：2：1 D．1：1：111．比较1.0molN2和1.0molCO的下列物理量：①质量②分子总数③原子总数，其中相同的是（）A．①③ B．①② C．①②③ D．②③12．下列说法正确的是（）A．浓硫酸稀释时应注意将浓硫酸缓缓地倒入盛有水的容量瓶中B．将11.2LHCl溶于水形成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.5mol/LC．0.5mol/L的Na2SO4和1mol/L的NaOH溶液，c（Na+）相同D．将20gNaOH溶于1L水中即得到0.5mol/L的NaOH溶液二、多选题13．每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的美式写法为6：0210/23，外观与阿伏加德罗常数近似值6.02×10A．标准状况下，4.48LB．常温常压下，48gO2含有的氧原子数目为3NAC．4.6gNa与足量氧气充分反应，转移电子的数目一定为0.2NAD．0.2mol/L的CaCl2溶液中，含有Cl-的数目为0.4NA14．用绿矾(FeSO4⋅7HA．称量时，将绿矾固体放在纸片上，放在天平右盘上称量B．将称量好的固体放入容量瓶中加蒸馏水溶解C．定容时如果加水超过了刻度线，则需要重新配制D．配制好的溶液应转移至指定的试剂瓶中三、综合题15．补铁剂中铁元素的含量是质检部门衡量其质量的重要指标，实验主要包括如下步骤：①配制0.01mol·L－1、0.008mol·L－1等一系列浓度的[Fe(SCN)6]3－(红色)标准比色液。②样品处理：③准确量取一定体积的待测液于比色管中，加入稍过量的KSCN溶液，并稀释到10mL。④比色，直到与选取的标准颜色一致或相近即可。试回答下列问题：（1）配制100mL0.01mol·L－1溶液，需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒，还需要：、。（2）步骤②脱色过程包括加入：(填脱有机色素的吸附剂名称)→搅拌煮沸→冷却→(填操作)。（3）比色法确定待测液的浓度的原理是。（4）若其补铁剂是由乳酸[CH3CH(OH)COOH]与铁粉作用生成的，请写出该反应的化学方程式：。16．一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3mol/L的NaOH溶液(密度为1.12g/mL)恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol。（1）求原NaOH溶液的质量分数。（2）求所得溶液中Cl-的物质的量。（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)。四、实验探究题17．化学是一门以实验为基础的学科，化学所取得的丰硕成果，是与实验的重要作用分不开的。结合实验装置图回答问题：（1）写出仪器A的名称：；（2）现需配制250mL0.2mol·L-1NaCl溶液，图为某同学转移溶液的示意图，图中有两处不正确分别是，。（3）下列操作，使所配溶液浓度偏小的是①烧杯中NaOH溶液移入容量瓶后没有洗涤烧杯②定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线③实验用的容量瓶洗净后未干燥，里面含有少量水④定容时俯视18．下面是配制100mL0.1mol/L的NaCl溶液过程的示意图，请回答：（1）第①步转移时要洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，目的是，若没有洗涤，将导致所配溶液的浓度(填“偏高”或“偏低”)。第③步若仰视刻度线，将导致容量瓶内液体体积(填”高于“或“低于”)刻度线。（2）下列说法正确的是____。A．②的目的是使液体混合均匀，防止定容摇匀后液体体积变化B．若没有分析天平，可暂用托盘天平称取NaCl固体5.85克C．溶液摇匀以后，要在容量瓶上贴好标签，写上溶质及其浓度D．容量瓶洗净后未晾干将导致所配溶液浓度偏低（3）正确的排列顺序是(每个序号仅写一次)。

答案解析部分1．【答案】D【知识点】物质的量浓度【解析】【解答】A．氯化铝在水溶液中完全电离，该溶液中n（Cl﹣）=0.1mol/L×3×0.01L=0.003mol；B．该溶液中n（Cl﹣）=0.1mol/L×2×0.02=0.004mol；C．该溶液中n（Cl﹣）=0.2mol/L×1×0.03L=0.006mol；D．该溶液中n（Cl﹣）=0.25mol/L×1×0.1L=0.025mol；通过以上分析知，氯离子物质的量最大的是D，故选D．【分析】Cl﹣的物质的量等于溶液体积、浓度及分子内Cl﹣的个数的乘积，据此分析解答．2．【答案】C【知识点】物质的量浓度【解析】【解答】A．加热蒸发过程中，会挥发出HCl，所以蒸发所得的50mL溶液中，c(HCl)<2mol·L－1，A不合题意；B．加入3mol·L－1盐酸100mL，若混合溶液的体积等于两溶液的体积和，则c(HCl)=2mol·L－1，但混合后溶液体积会发生改变，所以混合溶液中c(HCl)≠2mol·L－1，B不符合题意；C．加入4mol·L－1盐酸100mL后稀释至250mL，c(HCl)=0.1L×1mol/L+0.1L×4mol/L0.25L=2mol·L－1D．没有指明温度和压强，无法计算通入4.48LHCl气体的物质的量，也就无法确定混合溶液中c(HCl)，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．盐酸易挥发，加热蒸发时，会挥发出HCl，所得溶液c(HCl)<2mol·L－1；B．溶液体积不能单纯的相加；C．c(HCl)=n(HCl)D.22.4L/mol适用条件：气体，标准状况；3．【答案】D【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】解：A．没有告诉碳酸钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的数目，故A错误；B．不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氮气的物质的量，故B错误；C.2g氢气的物质的量为：2g2g/mol=1mol，1mol氢气分子中含有2molH原子，所含原子数目为2NAD.18g水的物质的量为：18g18g/mol=1mol，含有的分子数为NA故选D．【分析】A．缺少溶液体积，无法计算溶液中钠离子的数目；B．常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；C．氢气的摩尔质量为2g/mol，氢气分子中含有2个氢原子；D．根据n=mM4．【答案】B【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A.1个D2O分子中含有10个电子，18.0gD2O的物质的量为：18.0g20g/mol=0.9mol，所含的电子数约为0.9×10×6.02×1023=9×6.02×1023B．二氧化氮和四氧化二氮的最简式均为“NO2”，46.0gNO2的物质的量为1mol，含有的氮原子数约为6.02×1023个，故B符合题意；C．一定条件下若加入6.02×1023个CO和2×6.02×1023个H2，即加入1molCO和2molH2，放出的热量小于91kJ，故C不符合题意；D．T℃时，1LpH=6纯水中，c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，OH-的物质的量为：1L×10-6mol/L=10-6mol，含有OH-的个数为：10-6×6.02×1023个，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据n=m/M计算出物质的量即可

B.最简式相同的物质的原子个数求解，只需要求出最简式中的原子个数即可

C.该反应为可逆反应，反应不能进行到底

D.纯水中氢氧根离子和氢离子浓度相等5．【答案】C【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】解：A、硫酸氢钠在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子，故1L0.1mol/L的硫酸氢钠溶液中无硫酸氢根离子，故A错误；B、反应5Cl﹣+ClO3﹣+6H+=3Cl2+3H2O生成3mol氯气，转移5mol电子，故当生成71g氯气即1mol氯气时转移53NAC、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，故含4NA个H原子，故C正确；D、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误．故选C．【分析】A、硫酸氢钠在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子；B、反应5Cl﹣+ClO3﹣+6H+=3Cl2+3H2O生成3mol氯气，转移5mol电子；C、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2；D、标况下四氯化碳为液体．6．【答案】A【知识点】物质的量浓度【解析】【解答】BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份，一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗xmolH2SO4，则：SO42-+Ba2+=BaSO4↓xmolxmol

c（Ba2+）=xmol0.5aL=2xamol/L，另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀，反应中消耗ymolAgNOAg++Cl-=AgCl↓ymolymolc（Cl-）=ymol0.5aL=2yamol/L，溶液不显电性，设原溶液中的Na+浓度为b，由电荷守恒可知，b+2xamol/L×2=2yamol/L，解得b=【分析】根据离子反应和溶液中电荷守恒计算钠离子的物质的量浓度即可。7．【答案】C【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A、1mol氨气含有1mol氮原子和3mol氢原子，总共含有4mol原子，所含有的原子数为4NA，故A不符合题意；B、常温常压下，不是标况下，无法计算22.4L氧气的物质的量，故B不符合题意；C、18g水的物质的量为1mol，含有1mol氧原子，所以18gH2O所含的氧原子数为NA，故C符合题意；D、题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量及含有的氯离子数目，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】考查物质的量的应用，注意已知条件和未知量的关系。B中注意Vm的应用。标况下是0摄氏度，101KPa8．【答案】A【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】解：A．无论生成氧化钠还是过氧化钠，1mol钠完全反应失去1mol电子，钠失去电子数为NA，故A正确；B．依据方程式2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，消耗88g二氧化碳，放出32g氧气，所以固体质量增加，故B错误；C.1molNa2O2固体中含2mol钠离子和1mol过氧根离子，共含有离子总数为3NA，故C错误；D．过氧化钠与水的反应中，当生成1mol氧气时转移2mol电子，则当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误；故选：A．【分析】A．钠为1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子；B．依据方程式2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2判断；C．过氧化钠含有钠离子和过氧根离子；D．过氧化钠与水的反应中，当生成1mol氧气时转移2mol电子；9．【答案】B【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液【解析】【解答】A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减小，溶液物质的量浓度偏低，故A不符合题意；B．NH4NO3溶解吸热，直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中加水体积偏大，浓度偏小，故B符合题意；C．所用砝码已经生锈，溶质的物质的量偏大，溶液的物质的量浓度偏高，故C不符合题意；D．加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，有部分溶质也会被取出，溶液的物质的量浓度偏低，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，根据公式cB=nBV（aq），若操作不当引起n10．【答案】A【知识点】物质的量浓度【解析】【解答】解：设物质的量浓度相同的NaNO3、Mg（NO3）2、Al（NO3）3三种溶液的浓度均为xmol/L，则NaNO3溶液中，c（NO3﹣）=c（NaNO3）=xmol/L，Mg（NO3）2溶液中，c（NO3﹣）=2c（Mg（NO3）2）=2xmol/L，Al（NO3）3溶液中，c（NO3﹣）=3c（Al（NO3）3）=3xmol/L，所以三种溶液中NO3﹣的物质的量浓度之比为xmol/L：2xmol/L：3xmol/L=1：2：3，故选A．【分析】先设出三种溶液中溶溶质的物质的量浓度，再结合物质的构成可知NO3﹣的物质的量浓度，最后计算浓度之比．11．【答案】C【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】①氮气的质量：m=n×M=1.0mol×28g/mol=28g，一氧化碳的质量m=n×M=1.0mol×28g/mol=28g，质量相等，故①正确；②氮气的分子数：N=n×NA=1.0mol×6.02×1023个/mol=6.02×1023个，一氧化碳的分子数：N=n×NA=1.0mol×6.02×1023个/mol=6.02×1023个，分子数相等，故②正确；③氮气的分子数：N=n×NA=1.0mol×6.02×1023个/mol=6.02×1023个，每个分子中含两个原子，所以原子总数为2×6.02×1023个，一氧化碳的分子数：N=n×NA=1.0mol×6.02×1023个/mol=6.02×1023个，每个分子中含两个原子，所以原子总数为2×6.02×1023个，所以原子总数相等，故③正确；故答案为：C

【分析】①根据公式{#mathmL#}m=n×M{#/mathmL#}计算二者的质量；

②根据公式{#mathmL#}N=n×NA{#/mathmL#}计算其分子数；

③根据公式{#mathmL#}12．【答案】C【知识点】物质的量浓度【解析】【解答】解：A．容量瓶不能溶解或稀释药品，应该用烧杯稀释浓硫酸，故A错误；B．温度和压强未知无法计算HCl物质的量，导致无法计算溶液的物质的量浓度，故B错误；C．离子浓度=溶质浓度×化学式中该微粒个数，所以这两种溶液中钠离子浓度都是1mol/L，钠离子浓度相同，故C正确；D.20gNaOH的物质的量=20g40g/mol故选C．【分析】A．容量瓶不能溶解或稀释药品；B．温度和压强未知无法计算HCl物质的量；C．离子浓度=溶质浓度×化学式中该微粒个数；D.20gNaOH的物质的量=20g40g/mol13．【答案】B,C【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．标准状况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A不符合题意；B．O2是由O原子构成，由于O原子相对原子质量是16g/mol，所以常温常压下，48gO2含有的氧原子的物质的量n(O)=48g16g/mol=3mol，则含有的O原子数目为3NC．Na与O2发生反应时，Na的化合价均由0价升高至+1价，4.6gNa的物质的量是0.2mol，则与足量氧气充分反应，转移电子的数目一定为0.2NA，C符合题意；D．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，D不符合题意；故答案为：BC。

【分析】A、标准状况下水不是气体；

B、结合公式n=m/M计算；

C、结合化合价变化进行判断；

D、未知溶液体积。14．【答案】C,D【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液【解析】【解答】A．用天平称量固体质量时，应左物右码，A不符合题意；

B．容量瓶只能用于配置溶液，不能用于溶质溶解，溶解过程应在烧杯中进行，B不符合题意；

C．定容时如果加水超过了刻度线，导致所配溶液体积偏大，浓度偏小，则需要重新配制，C符合题意；

D．容量瓶只用于配制溶液，不能储存或存在溶液，则配制好的溶液应转移至指定的试剂瓶中，D符合题意；

故答案为：CD。

【分析】A．注意天平的使用规则；

B．容量瓶不能加热、溶解、稀释、久置溶液；

C．浓度偏大或偏小都要重新配制溶液；

D．容量瓶不能加热、溶解、稀释、久置溶液。15．【答案】（1）100mL容量瓶；胶头滴管（2）活性炭；过滤（3）溶液颜色的深浅与浓度的大小成正比（4）【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液【解析】【解答】（1）反应操作步骤有量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，首先用量筒量量取一定体积的溶液在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加；定容时，俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏低，所以溶液浓度偏大，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；偏大；（2）活性炭具有吸附性，可用来脱色，具有漂白性，脱色后，活性炭不溶于水，可用过滤的方法分离；故答案为：活性炭；过滤；（3）溶液浓度越大，颜色越深，故答案为：溶液颜色与物质的量浓度成正比.【分析】本题考查较为综合，涉及溶液的配制和物质的分离、提纯等知识，本题难度中等，易错点为活性炭的选择，注意题中信息的给予．16．【答案】（1）解：根据c=1000ρϖM可知NaOH溶液的质量分数为（2）解：氢气与氯气反应，用NaOH吸收气体，所得的溶液中含有NaClO，说明氢气与氯气反应时，氯气有剩余，用氢氧化钠吸收后溶液中溶质为NaCl、NaClO，根据钠离子守恒可知溶液中n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）=0.1L×3mol/L=0.3mol，故溶液中n（NaCl）=0.3mol-0.05mol=0.25mol，溶液中n（Cl-）=n（NaCl）=0.25mol（3）解：根据以上分析可知HCl与NaOH反应生成的NaCl的物质的量为0.3mol-0.05mol×2=0.2mol，故n（HCl）=0.2mol，n（H2）=0.10mol，氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO），故2n（Cl2）=n（NaOH）=0.3mol，所以n（Cl2）=0.15mol，因此所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.10mol=3：2【知识点】氯气的化学性质；物质的量浓度【解析】【分析】（1）c=1000ρωM，要注意ρ的单位为g/mL，c单位为mol/L；

（2）溶质NaCl和NaClO中Na和Cl原子物质的量之比为1：1，根据消耗NaOH中Na物质的量可以求出Cl物质的量，再利用原子守恒即可求出Cl-物质的量；

（3）根据原子守恒可以求出和NaOH反应的HCl的物质的量以及参加反应的H2物质的量，要注意求Cl217．【答案】（1）容量瓶（2）未用玻璃棒引流；容量瓶的规格选错（3）①②【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液【解析】【解答】(1)由题干图中可知，仪器A为配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器容量瓶，故答案为：容量瓶；(2)现需配制250mL0.2mol·L-1NaCl溶液，图为某同学转移溶液的示意图，转移过程中要用玻璃棒进行引流，选择容量瓶的规格时应该遵循“大而近”的原则，故图中有两