1.3化学中常用的物理量——物质的量 同步练习 （含解析）2023-2024学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册

1.3化学中常用的物理量——物质的量 同步练习
一、单选题
1．用NaOH固体配制250mL1.00mol/LNaOH溶液时，不必用到的仪器是（　　）
A．试管 B．烧杯 C．胶头滴管 D．容量瓶
2．科学家发现一种新型氮分子，其化学式为N4，在相同条件下，等质量的N4和N2具有相同的（　　）
A．分子数 B．原子数 C．体积 D．物质的量
3．下列各叙述正确的是（　　）
A．3 mol OH-的质量为 51 g/mol
B．铁的摩尔质量就是它的相对原子质量
C．一个 12C 的实际质量约等于 12/6.02×1023g
D．二氧化碳的摩尔质量是44g
4．下列说法中，错误的是（　　）
A．“物质的量”表示含有一定数目粒子的集合体，是七个基本物理量之一
B．“摩尔”是物质的量的单位
C．1 mol任何物质都约含6.02×1023个原子
D．一个水分子的质量约为 ×10-23 g
5．0.5L 1mol/L的FeCl3与0.2L 1mol/L的KCl 溶液中，Cl﹣的物质的量浓度之比为（　　）
A．5：2 B．1：1 C．3：1 D．1：3
6．设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）
A．0.1molNa与足量O2反应，转移0.2nA个电子
B．1L0.1mol L﹣1Na2S溶液中含有0.1nA个S2﹣
C．常温下，44gCO2含有nA个C原子
D．标准状况下，22.4L的CCl4含有4nA个Cl原子
7．设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．15g甲基（ ）所含有的电子数是
B．标准状况下，2.24L的己烷所含的分子数为
C．28g乙烯和丙烯的混合物中总共含有的原子数目为
D． 和 在高温、高压及催化剂下充分反应，产物的分子数为
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，20gHF的体积为22.4L
B．1molCl2溶于足量水，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA
C．已知反应：2NH3+NO2+NO=2N2+3H2O，每生成28g N2，转移的电子数目为3NA
D．0.1mol环氧乙烷()中含有共价键的总数为0.3NA
9．同温同压下，等质量的三种常见金属M、N、P分别与足量的稀盐酸反应，产生的体积分别为、、。下列说法正确的是（　　）
A．转移的电子数之比一定为
B．M消耗酸的物质的量一定为
C．化合价之比一定为
D．金属的相对原子质量之比一定为
10．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．60 gNaHSO4固体中含有 的数目为0.5NA
B．12 g金刚石中含有碳碳单键的数目为2NA
C．1 mol Cl2与1 mol CH4在光照下反应，生成CH3Cl的分子数为NA
D．等质量的乙炔和苯分别完全燃烧，乙炔和苯都消耗7.5NA个氧气分子
11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol·L－1的BaCl2溶液错误的说法是（　　）
A．BaCl2的物质的量为0.2NA
B．500 mL溶液中Cl－浓度为0.4 mol·L－1
C．500 mL溶液中Ba2＋浓度为0.2 mol·L－1
D．500 mL溶液中Cl－总数为0.2NA
12．下列物质中，摩尔质量最大的是（　　）
A．10mL H2O B．0.8mol NaOH C．54 g Al D．1 g H3PO4
13．标准状况下，1 L的密闭容器中恰好可盛放n个N2分子和m个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数可近似表示为（　　）
A．22.4(m＋n) B．22.4×6.02×1023(m＋n)
C．22.4(m＋n)/(6.02×1023) D．m＋n
14．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中错误的是（　　）
A．4.6g金属钠变成Na+，失去的电子数为0.2NA
B．1.0L 1mol/L NaOH水溶液中含有的氧原子数为NA
C．17g NH3 所含的电子数为10NA
D．9.5g MgCl2 溶于水所得溶液中含Cl- 数为0.2NA
15．实验室用MnO2和足量的浓盐酸反应制取氯气时，当有2mole－转移时，生成的氯气在标准状况下的体积为（　　）
A．22.4L B．11.2L C．33.6L D．89.6L
16．在0.5L某NaCl溶液中含有0.5molNa+，对该溶液的说法不正确的是（　　）
A．配制100mL该溶液需用5.85g NaCl
B．该溶液的物质的量浓度为1mol L ﹣1
C．该溶液中含有58.5g NaCl
D．量取100mL该溶液，其中Na+的物质的量为0.1mol
二、综合题
17．固体中含有部分。取该固体8.50g充分加热，产生的气体依次通过浓硫酸(增重1.44g)和碱石灰(增重1.76g)。请计算：
（1）加热分解产生的气体中在标准状况下的体积　 　L。
（2）固体中的质量为　 　g。
（3）固体中的n值为　 　。
18．一定条件下，将28.8gCu2O固体投入100mL12.0mol·L-1的硝酸溶液中充分反应后，固体全部溶解，硝酸被还原为氮氧化物(NOx)，并收集到标准状况下氮氧化物(NOx)4.48L。(生成气体全部逸出)
（1）x=　 　。
（2）往反应后的溶液中加入4.00mol·L-1NaOH溶液，为使沉淀质量达到最大，至少需要NaOH溶液　 　mL。(请写出简要的计算过程)
19．现需要 250mL0.5mol/L 的稀盐酸，用实验室提供的浓盐酸进行配制，浓盐酸试剂 瓶标签如图所示。回答下列问题：
盐酸 分子式： HCl 相对分子质量： 36.5 密度： 1.19g/mL 质量分数： 36.5%
（1）该浓盐酸的物质的量浓度为　 　mol/L
。量取　 　mL 。上述浓盐酸进行配 制，应选用下列量筒中的　 　(填标号)。
a.10mL
b.15mL c.25mL d.0mL
（2）配制操作步骤可分解为以下几步：
A．用量筒量取所需体积的浓盐酸，将其沿玻璃棒缓缓注入烧杯中，再向烧杯中加入少量蒸馏水，用玻璃棒慢慢搅动
B.将已恢复至室温的稀盐酸小心地用玻璃棒引流入 250mL 容量瓶
C.用约 30mL 蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 2~3 次，并将洗涤液都注入容量瓶中
D.继续往容量瓶中加蒸馏水，至液面接近刻度线 1~2cm
E.… …
F.盖紧瓶塞，反复倾倒振荡，摇匀溶液
G.将配制好的稀盐酸倒入试剂瓶，贴上标签
步骤 E 为　 　。
（3）操作 C 的目的是　 　。
（4）配制上述溶液时，下列操作会导致所配溶液的浓度偏高的是　 　(填标号)。
a.量筒量取浓盐酸读数时俯视
b.未等恢复至室温就转移
c.向容量瓶转移时，不慎将少量溶液洒到容量瓶外面
d.定容后加水过量，又从容量瓶中取出部分溶液，使液面降至刻度线
20．硝酸工业尾气中氮的氧化物(NO、NO2)是大气污染物之一，可以用NaOH溶液处理，其原理为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，现有amolNO2和bmolNO混合气体，恰好被200mL某浓度的NaOH溶液完全吸收
（1）NaOH溶液的物质的量浓度为 　 　 mol·L-1。(含a、b的代数式表示)
（2）当生成物中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为4：1时，则a∶b= 　 　 。(要求写出计算过程)
21．一种测定饮料中糖类物质的浓度（所有糖类物质以葡萄糖计算）的方法如下：取某无色饮料20.0 mL，经过处理，该饮料中糖类物质全部转化为葡萄糖，加入适量氢氧化钠溶液并稀释至100.0mL．取10.0mL稀释液，加入30.0mL0.01500mol·L-1I2溶液，充分反应后，再用0.0120mol·L-1Na2S2O3与剩余的I2反应，共消耗Na2S2O3溶液25.0mL。
已知：①I2在碱性条件下能与葡萄糖发生如下反应：C6H12O6+I2+3NaOH = C6H11O7Na+2NaI+2H2O
②Na2S2O3与I2能发生如下反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
（1）配制100mL0.01500mol·L-1I2溶液，需要准确称取　 　gI2单质。（保留3位小数）
（2）计算该饮料中糖类物质（均以葡萄糖计）的物质的量浓度。　 　（请写出计算过程）
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】用NaOH固体配制250mL1.00mol/LNaOH溶液时，先用天平称量，再在烧杯中溶解，冷却后，转移到250mL容量瓶中，洗涤玻璃棒和烧杯，将洗涤液转移至容量瓶中，振荡，加蒸馏水离刻度线1-2cm，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线，上下颠倒摇匀，故实验过程中使用不到试管，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】配制溶液的仪器有钥匙、托盘天平（或量筒）、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．根据分子数之比等于物质的量之比，因此分子数不相同，故A不符合题意；
B．原子的物质的量分别为，，因此原子数相同，故B符合题意；
C．根据体积之比等于物质的量之比，因此体积不相同，故C不符合题意；
D．N4物质的量为，N2物质的量为，因此物质的量不相同，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】相同条件下，气体摩尔体积相等，N4的摩尔质量是56g/mol、N2的摩尔质量是28g/mol，根据N=nNA、V=nVm、n=知结合其分子构成分析解答，
3．【答案】C
【解析】【解答】A. 3 mol OH-的质量为 51 g。故不符合题意；
B. 当质量以克为单位时，铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量，故不符合题意；
C.1mol 12C的质量为12克，所以一个 12C 的实际质量约等于 12/6.02×1023g，故符合题意；
D. 二氧化碳的摩尔质量是 44 g/mol，故不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.质量的单位是g，而不是g/mol；
B.根据二者的单位进行判断；
C.根据摩尔质量和阿伏加德罗常数的关系进行计算；
D.摩尔质量的单位是g/mol。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．“物质的量”表示含有一定数目粒子的集合体的物理量，是七个基本物理量之一，A不符合题意；
B．物质的量是七个基本物理量之一，其单位是摩尔，B不符合题意；
C．物质不一定由原子构成，有的物质由分子或离子构成，故1mol物质中不一定约含6.02 1023个原子，C符合题意；
D.1mol水分子的质量为18g，1mol水分子中约含6.02 1023个水分子，则一个水分子的质量约为 = 10-23g，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据物质的组成可能是原子构成也可能是分子构成进行判断。
5．【答案】C
【解析】【解答】0.5L 1mol/L的FeCl3的Cl﹣的物质的量浓度为3mol/L，0.2L 1mol/L的KCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度为2mol/L，物质的量浓度之比为3：1，
故答案为：C．
【分析】电解质溶液中离子的物质的量浓度只与电解质的组成有关，而与溶液的体积无关.
6．【答案】C
【解析】【解答】解：A、反应后钠变为+1价，故0.1mol钠与氧气反应后一定转移0.1mol电子即0.1nA个，故A错误；
B、S2﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的S2﹣的个数小于0.1nA个，故B错误；
C、44g二氧化碳的物质的量为1mol，而1mol二氧化碳中含1mol碳原子即nA个碳原子，故C正确；
D、标况下，四氯化碳为液态，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、根据反应后钠变为+1价来分析；
B、S2﹣是弱酸根，在溶液中会水解；
C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含nA个碳原子来分析；
D、标况下，四氯化碳为液态．
7．【答案】C
【解析】【解答】A．一个甲基中有一个C原子、三个H原子，共有9个电子；15g甲基物质的量是1mol，所含电子应是9mol，不符题意；
B．己烷标况下是液态，不适用气体摩尔体积换算，不符题意；
C．乙烯丙烯最简式均为（CH2）n，式量14，所以28g混合物共有CH2共2mol，所含原子共6mol，符合题意；
D．该反应是可逆反应，反应物不能100%转化为NH3，所以产物分子数目少于0.2NA；
故答案为：C。
【分析】A.根据n=计算出物质的量，再找出一个甲基含有的电子即可
B.使用摩尔体积时需要注意物质的状态
C.最简式相同，根据最简式即可计算出含有的原子个数
D.可逆反应不能完全反应
8．【答案】C
【解析】【解答】A．标准状况下，HF是液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故A不符合题意；
B．溶于足量水，只有一部分与水反应，还有一部分仍以的形式存在，所以溶于足量水，所得溶液中、、粒子数之和小于，故B不符合题意；
C．生成物既是氧化产物，又是还原产物，每生成转移6mol电子，则每生成转移的电子数目为3，故C符合题意；
D．环氧乙烷分子内含有4个C-H键、2个C-O键、1个C-C键，则0.1mol环氧乙烷中含有共价键的总数为0.7，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.标况下HF是液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量；
B.氯气部分溶于水，氯元素有部分以氯气形式存在；
D.环氧乙烷分子内含有4个C-H键、2个C-O键、1个C-C键。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此M、N、P生成的物质的量之比一定为，即转移电子数之比一定为，A符合题意；
B．没有指明气体处于标准状况下，B不符合题意；
C．当金属等质量时，表示各金属失去电子的总物质的量，根据得失电子守恒可知该式也等于产生氢气的物质的量=，故C不符合题意；
D．根据C分析可得，金属的相对原子质量之比不一定为，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比；
B．没有指明气体处于标准状况；
C．根据得失电子守恒；
D．根据得失电子守恒。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．NaHSO4固体中含有Na+、 ，无H+，因此其中含有的H+数目为0，A不符合题意；
B.12 g金刚石中含有C原子的物质的量是1 mol，C原子与相邻的4个C原子形成4个共价键，每个共价键为相邻的2个C原子形成，故1 个C原子形成的共价键数目是4× =2，因此1 mol金刚石中含有碳碳单键的数目为2NA，B符合题意；
C．Cl2与CH4在光照下反应，生成CH3Cl，取代反应逐步进行，生成的CH3Cl会进一步发生取代反应产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4，故1 mol Cl2与1 mol CH4在光照下反应，生成CH3Cl的分子数小于NA，C不符合题意；
D．乙炔、苯最简式相同，等质量的乙炔和苯的质量未知，因此不能确定其完全燃烧消耗氧气的多少，也就不能确定O2分子数目，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据n=计算出物质的量，再根据在固体中NaHSO4=Na++HSO4-，即可判断
B.根据n=计算出物质的量，在找出碳碳键的数目即可
C.甲烷的取代反应是链式反应得到的是混合物不是纯净物
D.根据方程式即可计算出消耗氧气的量，但是具体的质量未知
11．【答案】A
【解析】【解答】A．未告溶液的体积，无法计算除BaCl2的物质的量，A符合题意；
B．由于BaCl2的电离方程式为：BaCl2=Ba2++2Cl-，故溶液中Cl－浓度为2×0.2 mol·L－1=0.4 mol·L－1，B不符合题意；
C．由于BaCl2的电离方程式为：BaCl2=Ba2++2Cl-，故溶液中Ba2＋浓度为0.2 mol·L－1，C不符合题意；
D．由C分析可知，Cl－浓度为0.4 mol·L－1，故500 mL溶液中Cl－总数为0.5L×0.4 mol·L－1×NA =0.2NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 0.2 mol·L－1的BaCl2 ，只可以知道含钡离子的浓度是0.2mol/L，氯离子的浓度是0.4mol/L，如果知道体积，可根据n=cv计算各离子的物质的量
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A．水的相对分子质量为18，摩尔质量为18g/mol；
B．氢氧化钠的相对分子质量为40，摩尔质量为40g/mol；
C．铝的相对分子质量为27，摩尔质量为27g/mol；
D．磷酸的相对分子质量为98，摩尔质量为98g/mol；
故磷酸的摩尔质量最大，
故选D．
【分析】摩尔质量以g/mol作单位数值上等于其相对分子质量，与物质的质量或物质的量无关，据此解答．
13．【答案】A
【解析】【解答】在标准状况下，1L氢气和氮气混合气体的物质的量为1L/（22.4L/mol）=1/22.4 mol所以1/22.4mol×NA=m+n，解得：NA=22.4（m+n）mol-1。
【分析】根据体积计算出气体的物质的量，然后根据分子个数计算出阿伏加德罗常数。
14．【答案】B
【解析】【解答】A.4.6g金属钠是0.2mol，变成Na+，失去的电子数为0.2NA，A不符合题意；
B.1.0L 1mol/L NaOH水溶液中含有的氧原子数远大于NA，因为溶剂水中还含有氧原子，B符合题意；
C.17g NH3 是1mol，所含的电子数为10NA，C不符合题意；
D.9.5g MgCl2的物质的量是9.5g÷95g/mol＝0.1mol，溶于水所得溶液中含Cl- 数为0.2NA，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】A、Na失1个电子变为Na+，4.6gNa为0.2mol；
B、1molNaOH中含有NA的氧原子，水溶液中也含有氧原子；
C、NH3为10电子分子，17gNH3的物质的量为1mol；
D、MgCl2溶于水所得溶液中含Cl- 的物质的量为MgCl2物质的量的2倍。
15．【答案】A
【解析】【解答】MnO2和足量的浓盐酸反应制取氯气的反应为： ， ，当有2mole－转移时，生成 ，则在标准状况下的体积为 22.4L，A符合题意；
故答案为：A。
【分析】写出方程式，找出转移电子和氯气的关系即可
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A.0.5L某NaCl溶液中含有0.5molNa+，c（NaCl）= =1mol/L，则配制100mL该溶液需NaCl的质量为1mol/L×0.1L×58.5g/mol=5.85g，故A正确；
B．由选项A可知，该溶液的物质的量浓度为1mol L ﹣1，故B正确；
C．含0.5molNa+，则NaCl的质量为0.5mol×58.5g/mol=29.25g，故C错误；
D．溶液具有均一性，则量取100mL该溶液，其中Na+的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，故D正确；
故选C．
【分析】结合c= 、m=nM计算．
17．【答案】（1）0.896
（2）6.72
（3）4
【解析】【解答】（1）碱石灰增重质量为1.76g，故生成CO2的质量为1.76g，根据==0.04mol，标准状况下，。
（2），由于生成的CO2的物质的量为0.04mol，故NaHCO3的物质的量为0.08mol，根据可得，NaHCO3的质量为6.72g。
（3）NaHCO3分解出的H2O为0.04mol，即0.72g，浓硫酸共吸水1.44g，故有1.44g-0.72g=0.72gH2O来源于Na2CO3 nH2O受热失去结晶水，即0.04mol；又固体样品中NaHCO3的质量为6.72g，则Na2CO3 nH2O的质量为8.50g-6.72g=1.78g，其中结晶水0.72g，则Na2CO3质量为1.06g，即0.01mol，故Na2CO3和H2O的物质的量之比为1：4，因此固体中的n值为4。
【分析】（1）根据、计算；
（2）根据计算；
（3）依据热重法分析计算。
18．【答案】（1）1.5
（2）250
【解析】【解答】(1)n(Cu2O)==0.2mol，n(NOx)==0.2mol，在反应中，Cu2O中的Cu元素由+1价升高到+2价，HNO3中生成NOx的N元素由+5价降低为+2x价，依据得失电子守恒可得：0.2mol×2=0.2mol×(5-2x)，x=1.5。答案为：1.5；
(2)往反应后的溶液中加入4.00mol·L-1NaOH溶液，当沉淀质量达到最大时，Cu(NO3)2及过量HNO3刚好与NaOH完全反应，生成NaNO3等，则n(NaOH)=n()，从而得出4.00mol·L-1×V(NaOH)=n(HNO3)-n(NOx)= 0.100L×12.0mol·L-1-0.2mol，V(NaOH)=0.25L=250mL。答案为：250。
【分析】（1）结合化合价的升降守恒进行判断，根据铜的价态变化和氮的价态变化判断x；
（2）碱的反应过程优先级为：先和酸反应，再和金属离子反应生成沉淀，再跟阳离子反应生成气体，最后再跟沉淀反应使沉淀溶解。
19．【答案】（1）11.9；10.5；b
（2）改用胶头滴管向容量瓶中逐滴滴入蒸馏水，至溶液凹液面最低点与刻度线相平
（3）保证溶质全部转入容量瓶
（4）b
【解析】【解答】（1）该浓盐酸的物质的量浓度；
由于稀释过程中，溶质的物质的量不变，由稀释公式c浓V浓=c稀V稀可得，所需浓盐酸的体积，因此需用15mL的量筒量取。
（2）当加入水至液面接近刻度线1~2cm时，应该用胶头滴管进行定容，该操作为改用胶头滴管向容量瓶中逐滴滴入蒸馏水，至溶液凹液面最低点与刻度线相平。
（3）操作C为洗涤，是为了将烧杯内壁和玻璃棒上残留的溶质全部转移到容量瓶中，防止所得溶液中溶质的量偏小。
（4）a、量筒量取浓盐酸时俯视读数，则所量取浓盐酸的体积偏小，即n偏小，由公式可知，所得溶液的物质的量浓度偏小，a不符合题意；
b、未等恢复至室温就转移，由于稀释过程中放热，温度较高，液体热胀冷缩，当温度恢复至室温时，溶液的体积偏小，即V偏小，由公式可知，所得溶液的物质的量浓度偏大，b符合题意；
c、向容量瓶转移时，少量溶液洒到容量瓶外面，则溶液中溶质的量减小，即n偏小，由公式可知，所得溶液的物质的量浓度偏小，c不符合题意；
d、定容后加水过量， 又从容量瓶中取出部分溶液，则溶液中溶质的量偏小，即n偏小，由公式可知，所得溶液的物质的量浓度偏小，d不符合题意；
故答案为：b
【分析】（1）根据公式计算浓盐酸的物质的量浓度；由浓盐酸配制稀盐酸的过程中，溶液中溶质的物质的量保持不变，结合公式c浓V浓=c稀V稀计算所需浓盐酸的体积。
（2）当加入水至液面接近刻度线1~2cm时，应该用胶体滴管进行定容操作。
（3）操作C为洗涤操作，是为了将残留在烧杯内壁和玻璃棒上的溶质全部转移到容量瓶中。
（4）分析错误操作对n、V的影响，结合分析实验误差。
20．【答案】（1）5(a+b)
（2）7：3
【解析】【解答】(1)
(2)假设 和 物质的量为 和4
= =7：3
【分析】利用反应方程式，计算物质的量和物质的量浓度 。
21．【答案】（1）0.381
（2）0.15mol·L-1
【解析】【解答】（1）配制100.00mL0.01500mol L-1I2标准溶液，需要准确称取0.1L×0.015mol/L×254g/mol＝0.381gI2单质；
（2）取某无色饮料20.00mL加入稀硫酸充分煮沸，冷却，加入过量氢氧化钠溶液中和稀硫酸并稀释至 100.00mL，取 10.00mL 稀释液，加入 30.00mL 0.01500mol L-1I2标准溶液，物质的量n（I2）=0.030.00L×0.01500mol L-1=4.5×10-4mol，滴加2 3滴淀粉溶液，再用0.01200mol L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL，根据方程式可知I2～2Na2S2O3，因此剩余单质碘是0.01200mol L-1×0.025.00L/2=1.5×10-4mol，与葡萄糖反应的碘单质物质的量n=4.5×10-4mol-1.5×10-4mol=3×10-4mol，则根据方程式可知葡萄糖的物质的量是3×10-4mol×10＝3×10-3mol，浓度是3×10-3mol÷0.02L＝0.15mol·L-1。
【分析】配制溶液题目最关键的一点是溶质质量守恒，据此解决此类问题。物质的量浓度等于物质的量除以溶液体积，要明确物质的量是溶质的物质的量，体积是整个溶液的体积。即c=n/V。