高中化學(xué)物質(zhì)的量練習(xí)題解析一、引言物質(zhì)的量（\(n\)）是高中化學(xué)的核心計(jì)量工具，它將宏觀的質(zhì)量、體積與微觀的粒子數(shù)（原子、分子、離子等）聯(lián)系起來(lái)，是化學(xué)計(jì)算的“橋梁”。掌握物質(zhì)的量的相關(guān)概念（摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積、物質(zhì)的量濃度）及計(jì)算，是解決化學(xué)問(wèn)題的基礎(chǔ)。本文將通過(guò)典型例題+易錯(cuò)點(diǎn)分析+實(shí)用技巧的結(jié)構(gòu)，拆解物質(zhì)的量的常見(jiàn)考點(diǎn)，幫助學(xué)生提升解題能力。二、基本概念辨析：避免“表述陷阱”核心概念回顧：物質(zhì)的量：表示粒子集合體的物理量，單位為摩爾（\(mol\)），必須指明粒子種類（如1\(mol\)\(H_2\)、1\(mol\)\(O\)原子）。摩爾質(zhì)量（\(M\)）：?jiǎn)挝晃镔|(zhì)的量的物質(zhì)所具有的質(zhì)量，單位為\(g/mol\)，數(shù)值上等于相對(duì)原子（分子）質(zhì)量（如\(M(H_2O)=18\)\(g/mol\)）。氣體摩爾體積（\(V_m\)）：?jiǎn)挝晃镔|(zhì)的量的氣體所占的體積，標(biāo)準(zhǔn)狀況（0℃、101kPa）下\(V_m≈22.4\)\(L/mol\)，僅適用于氣體。物質(zhì)的量濃度（\(c\)）：?jiǎn)挝惑w積溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量，公式為\(c=n/V\)（\(V\)為溶液體積，單位\(L\)）。例題1：概念表述正誤判斷下列說(shuō)法正確的是（）A.1\(mol\)氫B.摩爾質(zhì)量等于相對(duì)分子質(zhì)量C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1\(mol\)任何物質(zhì)的體積均為22.4\(L\)D.物質(zhì)的量濃度的單位是\(mol/L\)解析：A錯(cuò)誤：“氫”未指明粒子種類（是\(H_2\)還是\(H\)原子？），正確表述應(yīng)為“1\(mol\)\(H_2\)”或“1\(mol\)\(H\)原子”。B錯(cuò)誤：摩爾質(zhì)量有單位（\(g/mol\)），相對(duì)分子質(zhì)量無(wú)單位，數(shù)值相等但物理意義不同。C錯(cuò)誤：氣體摩爾體積僅適用于氣體，標(biāo)準(zhǔn)狀況下液體（如\(H_2O\)）、固體（如\(NaCl\)）的體積遠(yuǎn)小于22.4\(L\)。D正確：物質(zhì)的量濃度的定義為“溶質(zhì)的物質(zhì)的量除以溶液體積”，單位為\(mol/L\)（或\(mol·L^{-1}\)）。易錯(cuò)點(diǎn)提醒：表述物質(zhì)的量時(shí)，必須明確粒子種類（如“1\(mol\)氧”應(yīng)改為“1\(mol\)\(O_2\)”或“1\(mol\)\(O\)原子”）。摩爾質(zhì)量與相對(duì)分子質(zhì)量的單位差異是常見(jiàn)陷阱，需重點(diǎn)區(qū)分。二、阿伏伽德羅常數(shù)（\(N_A\)）相關(guān)計(jì)算：規(guī)避“隱藏陷阱”\(N_A\)（約\(6.02×10^{23}\)\(mol^{-1}\)）是聯(lián)系微觀粒子數(shù)（\(N\)）與物質(zhì)的量（\(n\)）的橋梁（\(N=n·N_A\)）。此類題目陷阱多，需逐一排查?？键c(diǎn)1：標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體體積例題2：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，下列物質(zhì)的體積約為22.4\(L\)的是（）A.1\(mol\)\(H_2O\)B.1\(mol\)\(CO_2\)C.1\(mol\)\(Fe\)D.1\(mol\)\(CH_3CH_2OH\)（乙醇）解析：標(biāo)準(zhǔn)狀況下（0℃、101kPa），氣體的摩爾體積約為22.4\(L/mol\)。A、D錯(cuò)誤：\(H_2O\)、乙醇在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為液體，體積遠(yuǎn)小于22.4\(L\)。C錯(cuò)誤：\(Fe\)為固體，體積遠(yuǎn)小于22.4\(L\)。B正確：\(CO_2\)為氣體，1\(mol\)體積約為22.4\(L\)。陷阱總結(jié)：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，非氣體物質(zhì)（液體、固體）的體積不能用\(V=n·V_m\)計(jì)算。常見(jiàn)非氣體：\(H_2O\)、\(SO_3\)（標(biāo)況下為固體）、乙醇、苯、\(CCl_4\)等?？键c(diǎn)2：微粒數(shù)的計(jì)算（原子、電子、質(zhì)子等）例題3：1\(mol\)\(CH_4\)（甲烷）中含有（）A.1\(mol\)碳原子B.4\(mol\)氫原子C.10\(mol\)電子D.10\(N_A\)個(gè)質(zhì)子解析：\(CH_4\)的分子式為\(CH_4\)，1個(gè)\(CH_4\)分子含1個(gè)\(C\)原子、4個(gè)\(H\)原子、10個(gè)電子（\(C\)的電子數(shù)為6，\(H\)為1，共\(6+4×1=10\)）、10個(gè)質(zhì)子（電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)）。A正確：1\(mol\)\(CH_4\)含1\(mol\)\(C\)原子。B正確：1\(mol\)\(CH_4\)含4\(mol\)\(H\)原子。C正確：1\(mol\)\(CH_4\)含10\(mol\)電子。D正確：1\(mol\)\(CH_4\)含10\(N_A\)個(gè)質(zhì)子（\(10\)\(mol\)×\(N_A\)\(mol^{-1}\)）。易錯(cuò)點(diǎn)提醒：計(jì)算微粒數(shù)時(shí)，需明確粒子層次（分子→原子→電子/質(zhì)子）。例如：1\(mol\)\(H_2O\)含2\(mol\)\(H\)原子、1\(mol\)\(O\)原子、10\(mol\)電子?？键c(diǎn)3：氧化還原反應(yīng)中的電子轉(zhuǎn)移例題4：1\(mol\)\(Fe\)與足量\(Cl_2\)反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為（）A.\(N_A\)B.2\(N_A\)C.3\(N_A\)D.4\(N_A\)解析：\(Fe\)與\(Cl_2\)反應(yīng)生成\(FeCl_3\)（\(Cl_2\)是強(qiáng)氧化劑，將\(Fe\)氧化為+3價(jià)），反應(yīng)方程式為：\[2Fe+3Cl_2\stackrel{\Delta}{=\!=\!=}2FeCl_3\]1\(mol\)\(Fe\)失去3\(mol\)電子（\(Fe→Fe^{3+}+3e^-\)），故轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3\(N_A\)。變式題：1\(mol\)\(Fe\)與足量鹽酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為_(kāi)_____（答案：2\(N_A\)，因鹽酸是弱氧化劑，將\(Fe\)氧化為+2價(jià)）。陷阱總結(jié)：氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的強(qiáng)弱決定了元素的化合價(jià)變化（如\(Cl_2\)vs鹽酸），需明確產(chǎn)物的價(jià)態(tài)?？键c(diǎn)4：弱電解質(zhì)電離與鹽類水解例題5：1\(L\)1\(mol/L\)\(CH_3COOH\)（醋酸）溶液中，\(CH_3COO^-\)的數(shù)目（）A.等于\(N_A\)B.大于\(N_A\)C.小于\(N_A\)D.無(wú)法確定解析：\(CH_3COOH\)是弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離（\(CH_3COOH\rightleftharpoonsCH_3COO^-+H^+\)），故1\(mol\)\(CH_3COOH\)電離出的\(CH_3COO^-\)小于1\(mol\)，數(shù)目小于\(N_A\)。例題6：1\(L\)1\(mol/L\)\(Na_2CO_3\)溶液中，\(CO_3^{2-}\)的數(shù)目（）A.等于\(N_A\)B.大于\(N_A\)C.小于\(N_A\)D.無(wú)法確定解析：\(Na_2CO_3\)是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離（\(Na_2CO_3=2Na^++CO_3^{2-}\)），但\(CO_3^{2-}\)會(huì)發(fā)生水解（\(CO_3^{2-}+H_2O\rightleftharpoonsHCO_3^-+OH^-\)、\(HCO_3^-+H_2O\rightleftharpoonsH_2CO_3+OH^-\)），故1\(mol\)\(CO_3^{2-}\)水解后剩余的\(CO_3^{2-}\)小于1\(mol\)，數(shù)目小于\(N_A\)。易錯(cuò)點(diǎn)提醒：弱電解質(zhì)（如\(CH_3COOH\)、\(NH_3·H_2O\)）部分電離，離子數(shù)目小于溶質(zhì)的物質(zhì)的量。易水解的鹽（如\(Na_2CO_3\)、\(NH_4Cl\)）離子數(shù)目減少（\(CO_3^{2-}\)、\(NH_4^+\)水解）?？键c(diǎn)5：\(N_A\)題的“常見(jiàn)陷阱”總結(jié)陷阱類型例子錯(cuò)誤原因非氣體狀態(tài)標(biāo)準(zhǔn)狀況下1\(mol\)\(H_2O\)的體積為22.4\(L\)\(H_2O\)在標(biāo)況下為液體，不能用\(V_m\)計(jì)算微粒層次1\(mol\)\(H_2O\)含2\(mol\)\(H\)（正確）；1\(mol\)\(H_2O\)含1\(mol\)\(H\)（錯(cuò)誤）未明確原子層次氧化還原價(jià)態(tài)\(Fe\)與\(Cl_2\)反應(yīng)轉(zhuǎn)移3\(e^-\)；\(Fe\)與鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移2\(e^-\)氧化劑強(qiáng)弱決定價(jià)態(tài)變化弱電解質(zhì)/水解1\(mol/L\)\(CH_3COOH\)溶液中\(zhòng)(CH_3COO^-\)數(shù)目小于\(N_A\)部分電離；鹽類水解導(dǎo)致離子數(shù)目減少三、物質(zhì)的量濃度（\(c\)）計(jì)算：聚焦“溶液體積”物質(zhì)的量濃度的定義式為：\[c=\frac{n(\text{溶質(zhì)})}{V(\text{溶液})}\]關(guān)鍵提醒：\(V\)是溶液體積（單位\(L\)），而非溶劑體積（如1\(L\)水溶解溶質(zhì)后，溶液體積不一定是1\(L\)）?？键c(diǎn)1：配制溶液的誤差分析例題7：配制1\(L\)1\(mol/L\)\(NaCl\)溶液時(shí)，下列操作會(huì)導(dǎo)致濃度偏高的是（）A.稱量時(shí)砝碼生銹（砝碼質(zhì)量增大）B.定容時(shí)仰視刻度線（溶液體積超過(guò)1\(L\)）C.轉(zhuǎn)移時(shí)未洗滌燒杯（溶質(zhì)損失）D.容量瓶未干燥（殘留少量水）解析：誤差分析的核心是判斷操作對(duì)\(n\)（溶質(zhì)）或\(V\)（溶液）的影響：A：砝碼生銹，稱量的\(NaCl\)質(zhì)量增大（\(m\)偏大），\(n=m/M\)偏大，\(c\)偏高（正確）。B：仰視刻度線，溶液體積\(V\)偏大，\(c\)偏低（錯(cuò)誤）。C：未洗滌燒杯，溶質(zhì)損失（\(n\)偏?。?，\(c\)偏低（錯(cuò)誤）。D：容量瓶未干燥，對(duì)\(n\)和\(V\)無(wú)影響（因?yàn)楹罄m(xù)定容時(shí)會(huì)加蒸餾水至刻度線），\(c\)不變（錯(cuò)誤）。誤差分析口訣：看\(n\)：\(n\)大則\(c\)高（如砝碼生銹、稱量時(shí)左物右碼放反但未用游碼）；\(n\)小則\(c\)低（如未洗滌、溶解后未冷卻就轉(zhuǎn)移）。看\(V\)：\(V\)大則\(c\)低（如仰視定容、搖勻后液面下降再加水）；\(V\)小則\(c\)高（如俯視定容、轉(zhuǎn)移時(shí)溶液濺出）。考點(diǎn)2：稀釋定律（\(c_1V_1=c_2V_2\)）例題8：將100\(mL\)2\(mol/L\)\(H_2SO_4\)溶液稀釋至500\(mL\)，稀釋后溶液的濃度為（）A.0.4\(mol/L\)B.0.5\(mol/L\)C.0.8\(mol/L\)D.1\(mol/L\)解析：稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變（\(n_1=n_2\)），即\(c_1V_1=c_2V_2\)。代入數(shù)據(jù)：\(2\)\(mol/L\)×0.1\(L\)=\(c_2\)×0.5\(L\)，解得\(c_2=0.4\(mol/L\)。易錯(cuò)點(diǎn)提醒：稀釋時(shí)，溶液體積是稀釋后的總體積（如100\(mL\)溶液稀釋至500\(mL\)，而非加入400\(mL\)水）?？键c(diǎn)3：混合溶液的濃度計(jì)算例題9：將100\(mL\)1\(mol/L\)\(NaCl\)溶液與200\(mL\)2\(mol/L\)\(NaCl\)溶液混合（忽略體積變化），混合后溶液的濃度為（）A.1.5\(mol/L\)B.1.67\(mol/L\)C.2\(mol/L\)D.3\(mol/L\)解析：混合后溶質(zhì)的總物質(zhì)的量為：\[n_{\text{總}(cāng)}=n_1+n_2=c_1V_1+c_2V_2=1\(mol/L\)×0.1\(L\)+2\(mol/L\)×0.2\(L\)=0.1\(mol\)+0.4\(mol\)=0.5\(mol\)\]混合后溶液體積為：\(V_{\text{總}(cāng)}=0.1\(L\)+0.2\(L\)=0.3\(L\)（忽略體積變化）?；旌虾鬂舛龋篭(c=\frac{n_{\text{總}(cāng)}}{V_{\text{總}(cāng)}}=\frac{0.5\(mol\)}{0.3\(L\)}≈1.67\(mol/L\)。提醒：若題目未說(shuō)明“忽略體積變化”，混合后體積需通過(guò)密度計(jì)算（\(V=m/ρ\)），但高中階段通常忽略體積變化。四、綜合應(yīng)用：“橋梁法”與“守恒法”物質(zhì)的量的綜合計(jì)算需利用物理量之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系（如質(zhì)量→物質(zhì)的量→粒子數(shù)→體積），或守恒定律（質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子守恒）簡(jiǎn)化計(jì)算?？键c(diǎn)1：“橋梁法”計(jì)算例題10：計(jì)算16\(g\)\(O_2\)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積。步驟：1.計(jì)算\(O_2\)的物質(zhì)的量：\(n=\frac{m}{M}=\frac{16\(g\)}{32\(g/mol\)}=0.5\(mol\)。2.計(jì)算標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積：\(V=n·V_m=0.5\(mol\)×22.4\(L/mol\)=11.2\(L\)。轉(zhuǎn)化關(guān)系：\[m\underset{M}{\rightleftharpoons}n\underset{N_A}{\rightleftharpoons}N\underset{V_m}{\rightleftharpoons}V(\text{氣體，標(biāo)況})\]考點(diǎn)2：守恒法簡(jiǎn)化計(jì)算例題11：將2.3\(g\)\(Na\)投入足量水中，生成\(NaOH\)的物質(zhì)的量為多少？解析：根據(jù)鈉元素守恒（\(Na\)全部轉(zhuǎn)化為\(NaOH\)）：\(n(NaOH)=n(Na)=\frac{m(Na)}{M(Na)}=\frac{2.3\(g\)}{23\(g/mol\)}=0.1\(mol\)。例題12：在反應(yīng)\(3Cu+8HNO_3(稀)=3Cu(NO_3)_2+2NO↑+4H_2O\)中，若有6\(mol\)\(HNO_3\)參與反應(yīng)，求生成\(NO\)的物質(zhì)的量。解析：根據(jù)氮元素守恒（\(HNO_3\)分為兩部分：一部分生成\(Cu(NO_3)_2\)（未被還原），另一部分生成\(NO\)（被還原））：\[n(HNO_3)_{\text{總}(cāng)}=n(HNO_3)_{\text{未還原}}+n(HNO_3)_{\text{還原}}\]\(n(HNO_3)_{\text{未還原}}=2n(Cu(NO_3)_2)=2×\frac{3}{8}n(HNO_3)_{\text{總}(cāng)}\)（根據(jù)方程式系數(shù)），但更快捷的是用電子守恒：\(Cu\)失去電子（\(Cu→Cu^{2+}\)，1\(mol\)\(Cu\)失去2\(mol\)電子），\(HNO_3\)得到電子（\(NO_3^-→NO\)，1\(mol\)\(NO_3^-\)得到3\(mol\)電子）。設(shè)生成\(x\)\(mol\)\(NO\)，則：\[3×2=x×3\]（\(3\)\(mol\)\(Cu\)失去\(6\)\(mol\)電子，\(x\)\(mol\)\(NO\)得到\(3x\)\(mol\)電子）解得\(x=2\)\(mol\)（對(duì)應(yīng)8\(mol\)\(HNO_3\)參與反應(yīng)）。當(dāng)6\(mol\)\(HNO_3\)參與反應(yīng)時(shí)，生成\(NO\)的物質(zhì)的量為：\(\frac{2}{8}×6=1.5\(mol\)。技巧總結(jié)：守恒法（質(zhì)量、電荷、電子）可避免繁瑣的方程式配平，簡(jiǎn)化計(jì)算。優(yōu)先考慮元素守恒（如Na、N、Fe等），其次是電子守恒（氧化還原反應(yīng)）。五、總結(jié)：解題的“三步法”1.明確物理量：判斷題目涉及的物理量（質(zhì)量、物質(zhì)的量、粒子數(shù)、體積、濃度），理清它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系。2.排查陷阱：對(duì)于\(N_A\)題，檢查狀態(tài)（氣體？）、微粒層次（原子？電子？）、氧化還原價(jià)態(tài)（轉(zhuǎn)移電子數(shù)？）、弱電解質(zhì)/水解（離子數(shù)目？）；對(duì)于濃度題，檢查溶液體積（是否為總體積？）。3.選擇方法：優(yōu)先用守恒法（元素、電子、電荷）簡(jiǎn)化計(jì)算，其次用比例關(guān)系（方程式系數(shù)比）。六、鞏固練習(xí)（附答案）1.下列說(shuō)法正確的是（）A.1\(mol\)\(O_2\)含2\(mol\)氧原子B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1\(mol\)