2022高考化学大一轮复习(江苏专用)专题训练-1-5物质的量浓度及其溶液的配制-4-.docx

考点四　以“物质的量”为中心的计算
(时间：45分钟)
一、选择题(每小题仅有一个选项符合题意)
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol·L－1 Ba(NO3)2溶液的说法不正确的是
(　　)。
A．2 L溶液中阴、阳离子总数为0.8NA
B．500 mL溶液中NO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NO总数为0.2NA
解析　2 L 0.2 mol·L－1 Ba(NO3)2溶液中阴、阳离子总数为1.2NA，A错误。
答案　A
2．试验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，下列试验用品及试验操作正确的是
(　　)。
选项
容量瓶容积
溶质质量
试验操作
A
480 mL
硫酸铜：7.68 g
加入500 mL水
B
480 mL
胆矾：12.0 g
配成500 mL溶液
C
500 mL
硫酸铜：8.0 g
加入500 mL水
D
500 mL
胆矾：12.5 g
配成500 mL溶液
解析　试验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，由于没有480 mL规格的容量瓶，所以要选择规格是500 mL的容量瓶，溶质若是硫酸铜则需要8.0 g，若是胆矾则需要12.5 g，且配成500 mL溶液，而不是加入500 mL水。
答案　D
3．下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液的过程：

该同学配制过程中的错误有
(　　)。
A．1处 B．2处 C．3处 D．4处
解析　第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第⑤步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑥步定容时应平视刻度线。
答案　C
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
(　　)。
A．1 mol H2O2中含有的离子总数为3NA
B．标准状况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子
C．室温下，1 L pH＝13的NaOH溶液中，水电离出的OH－的数目为0.1NA
D．在5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O中，生成28 g N2时转移的电子数目为3.75NA
解析　A项，H2O2是共价化合物，不含离子，错误；B项，氨水是溶液，且在水溶液中主要以NH3·H2O形式存在错误；C项，溶液中c(OH－)＝10－1 mol/L，则c(H＋)水＝10－13 mol/L＝c(OH－)水，1 L溶液中水电离的OH－为10－13NA，错误；D项，该反应中转移的电子数目为15e－，生成1 mol N2转移的电子数为15/4＝3.75 mol，正确。
答案　D
5．在200 mL某硫酸盐溶液中含有1.5NA个硫酸根离子(NA为阿伏加德罗常数)，同时含有NA个金属阳离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为
(　　)。
A．1 mol·L－1 B．2.5 mol·L－1
C．5 mol·L－1 D．2 mol·L－1
解析　硫酸根离子和金属阳离子的个数之比是3∶2，依据溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带总电荷相等，设1个金属阳离子带x个正电荷，即为Mx＋，所以3×2＝2x，x＝3，则该盐的化学式为M2(SO4)3，所以该盐的物质的量浓度是＝2.5 mol·L－1，故选B。
答案　B
6．若20 g密度为ρ g·cm－3的Ca(NO3)2溶液中含有2 g Ca(NO3)2，则溶液中NO的物质的量浓度为
(　　)。
A. mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
解析　Ca(NO3)2的物质的量浓度为＝ mol·L－1，NO的物质的量浓度为 mol·L－1。
答案　C
二、不定项选择题(每小题有1～2个选项符合题意)
7．下列叙述正确的是
(　　)。
A．10 mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8%
B．将3.1 g氧化钠溶于水并配成1 L溶液，其物质的量浓度等于0.1 mol·L－1
C．质量相等、密度不等的N2和C2H4的分子数确定相等
D．确定温度下，1 L 0.5 mol·L－1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L－1 NH4Cl溶液含NH的物质的量相同
解析　在稀释过程中溶质H2SO4的质量保持不变，10×ρ(浓)·w(浓)＝100ρ(稀)·w(稀)。由于ρ(浓)>ρ(稀)，所以w(稀)>w(浓)，A项错；3.1 g Na2O的物质的量为0.05 mol，溶于水生成0.1 mol NaOH，其物质的量浓度为0.1 mol·L－1，B项正确；N2和C2H4的摩尔质量都为28 g·mol－1，质量相等的两气体物质的量相同，分子数相等，C项正确；按n＝c·V计算，两份溶液中n(NH)相等，但溶液浓度不同，NH水解程度不同，D项错误。
答案　BC
8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
(　　)。
A．标准状况下，2.24 L苯中含有的C—H键的数目为0.6NA
B．标准状况下，由H2O2制得4.48 L O2转移的电子数目为0.8NA
C．14 g由乙烯与环丙烷组成的混合气体含有的碳原子数目为NA
D．常温下，1 L pH＝2的H2SO4溶液中含有的H＋数目为0.02NA
解析　A项，苯为液体，不适用气体摩尔体积，错误；B项，H2O2分解得O2，生成1 mol O2转移2 mol e－，生成0.2 mol O2转移电子0.2×2＝0.4 mol，错误；C项，乙烯与环丙烷的通式可以写成(CH2)n,14 g混合气体中含C的物质的量为×n＝1 mol，正确；D项，c(H＋)＝0.01 mol/L，n(H＋)＝0.01 mol/L×1 L＝0.01 mol，错误。
答案　C

9．如图是MgSO4、NaCl的溶解度曲线。下列说法正确的是
(　　)。

A．MgSO4的溶解度随温度上升而上升
B．NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大
C．在t2 ℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大
D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，有晶体析出
解析　A项，t2 ℃之前，MgSO4的溶解度随温度的上升而增大，t2 ℃之后，随温度的上升而降低；B项，t1 ℃、t3 ℃时，NaCl、MgSO4的溶解度相等，在t1～t2 ℃时，NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度小；C项w＝×100%，S越大，w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。
答案　C
10．在溶液的配制过程中会引起浓度偏高的是
(　　)。
A．用1 g 98%的浓硫酸加4 g水配制成19.6%的硫酸
B．10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液
C．向80 mL水中加入18.4 mol·L－1硫酸20 mL，配制3.68 mol·L－1的硫酸溶液
D．质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合配制成3x%的氨水
解析　A．1 g×98%/(1＋4)g＝19.6%；B.设10%的硫酸和90%的硫酸的密度分别为ρ1与ρ2，ρ1<ρ2，(Vρ1×10%＋Vρ2×90%)/(Vρ1＋Vρ2)＝10%＋Vρ2×80%/(Vρ1＋Vρ2)＝10%＋2Vρ2×40%/(Vρ1＋Vρ2)>10%＋40%＝50%，混合液的质量分数大于50%；C.混合后溶液的体积小于100 mL，导致浓度偏高；D.氨水质量分数越大，其密度越小，解法同B，混合后得到的氨水的质量分数小于3x%。
答案　BC
三、填空题
11．已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请依据表中信息，回答下列问题：

溶质的物质的
量浓度/mol·L－1
溶液的密度/g·cm－3
硫酸
c1
ρ1
氨水
c2
ρ2
(1)表中硫酸的质量分数为________(不写单位，用含c1、ρ1的代数式表示)。
(2)物质的量浓度为c1 mol·L－1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽视不计)，所得溶液的物质的量浓度为________ mol·L－1。
(3) 物质的量浓度分别为c2 mol·L－1的氨水与c2 mol·L－1的氨水等质量混合，所得溶液的密度________(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)ρ2 g·cm－3，所得溶液的物质的量浓度________c2 mol·L－1(混合后溶液的体积变化忽视不计)。
解析　(1)依据c＝可知，硫酸的质量分数w＝。(2)令硫酸与水的体积都为V L，则混合后溶液的总体积为2V L，依据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，稀释后硫酸溶液的浓度为＝0.5c1 mol·L－1。(3)两种氨水等质量混合，混合后溶液的浓度小于c2 mol·L－1，由图可知，氨水的浓度越大密度越小，故混合后溶液的密度大于ρ2 g·cm－3，物质的量浓度大于c2 mol·L－1。
答案　(1)98c1/1 000ρ1　(2)0.5c1　(3)大于　大于
12．(2021·淮安宿迁一调)铁钾矾[KxFey(SO4)m·nH2O]常用作工业媒染剂。其组成可用如下方法测定：
①精确     称取2.012 0 g样品配成100 mL溶液A。
②精确     量取25.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.466 g。
③精确     量取25.00 mL溶液A，加入足量的KI溶液，以淀粉为指示剂，用0.125 0 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定，消耗8.00 mL至终点(已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6)。(通过计算确定铁钾矾的组成)(写出计算过程)。
解析　25.00 mL A溶液中：
n(SO)＝0.466 0 g/233 g·mol－1＝2×10－3 mol
依据关系式2Fe3＋——2I－——I2——2Na2S2O3可知
n(Fe3＋)＝0.125 0 mol·L－1×8.0×10－3 L＝1×10－3 mol
依据电荷守恒：n(K＋)＝2×2×10－3 mol－3×1×10－3 mol＝1×10－3 mol
依据质量守恒，结晶水的物质的量：
[2.012 0 g×(25/100)－1×10－3 mol×(39＋56) mol·L－1－2×10－3 mol×96 g·mol－1]/18 g·mol－1＝1.2×10－2 mol
所以x∶y∶m∶n＝1∶1∶2∶12，化学式为：KFe(SO4)2·12H2O
答案　样品的组成为KFe(SO4)2·12H2O
13．(2021·扬州期中)某自然 碱的化学组成为aNa2CO3·bNaHCO3·cH2O(a、b、c为正整数)，为确定该自然 碱的组成，进行如下试验。
精确     称m g样品在空气中加热，样品的固体残留率(固体残留率＝×100%)随温度的变化如图所示，样品在100 ℃时已完全失去结晶水，300 ℃时NaHCO3已分解完全，Na2CO3的分解温度为
1 800 ℃)。

(1)加热过程中，保持100 ℃足够长时间，而不持续升温的缘由是________。
(2)依据以上试验数据计算该自然 碱中a∶b∶c＝
____________________________________(写出计算过程)。
(3)另取0.113 0 g样品配成溶液，逐滴加入5.00 mL的盐酸，生成CO2 5.60 mL(标准状况)，则c(HCl)＝________ mol·L－1。
解析　(3)由(2)可知n(Na2CO3·NaHCO3·2H2O)＝5×10－4 mol，逐滴加入盐酸，先与Na2CO3反应生成NaHCO3，消耗n(HCl)＝ 5×10－4 mol，然后盐酸再与NaHCO3 反应，由题生成n(CO2)＝2.5×10－4，这一步消耗HCl的量n(HCl)＝2.5×10－4 mol，共消耗HCl的物质的量为7.5×10－4，求得c(HCl)＝0.150 0 mol。
答案　(1)确保晶体中的结晶水完全失去，同时防止因升温引起NaHCO3分解。
(2)a∶b∶c＝∶∶，
n(Na2CO3) ∶n(NaHCO3) ∶n(H2O)＝1∶1∶2
(3)0.150 0