2022《创新设计》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-

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0.2mol·L－1Ba(NO3)2溶液的说法不正确的是()。A．2L溶液中阴、阳离子总数为0.8NAB．500mL溶液中NOeq\o\al(－,3)浓度为0.4mol·L－1C．500mL溶液中Ba2＋浓度为0.2mol·L－1D．500mL溶液中NOeq\o\al(－,3)总数为0.2NA解析2L0.2mol·L－1Ba(NO3)2溶液中阴、阳离子总数为1.2NA，A错误。答案A2．试验室里需要配制480mL0.10mol·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A480mL硫酸铜：7.68g加入500mL水B480mL胆矾：12.0g配成500mL溶液C500mL硫酸铜：8.0g加入500mL水D500mL胆矾：12.5g配成500mL溶液解析试验室里需要配制480mL0.10mol·L－1的硫酸铜溶液，由于没有480mL规格的容量瓶，所以要选择规格是500mL的容量瓶，溶质若是硫酸铜则需要8.0g，若是胆矾则需要12.5g，且配成500mL溶液，而不是加入500mL水。答案D3．下图是某同学用500mL容量瓶配制0.10mol·L－1NaOH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C4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()。A．1molH2O2中含有的离子总数为3NAB．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子C．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，水电离出的OH－的数目为0.1NAD．在5NH4NO3eq\o(=,\s\up10(△))2HNO3＋4N2↑＋9H2O中，生成28gN2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－)＝10－1mol/L，则c(H＋)水＝10－13mol/L＝c(OH－)水，1L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1molN2转移的电子数为15/4＝3.75mol，正确。答案D5．在200mL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．1mol·L－1 B．2.5mol·L－1C．5mol·L－1 D．2mol·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eq\f(0.5mol,0.2L)＝2.5mol·L－1，故选B。答案B6．若20g密度为ρg·cm－3的Ca(NO3)2溶液中含有2gCa(NO3)2，则溶液中NOeq\o\al(－,3)的物质的量浓度为()。A.eq\f(ρ,400)mol·L－1 B.eq\f(20,ρ)mol·L－1C.eq\f(50ρ,41)mol·L－1 D.eq\f(25ρ,41)mol·L－1解析Ca(NO3)2的物质的量浓度为eq\f(\f(2g,164g·mol－1),\f(20g,1000ρg·L－1))＝eq\f(25ρ,41)mol·L－1，NOeq\o\al(－,3)的物质的量浓度为eq\f(50ρ,41)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．10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%B．将3.1g氧化钠溶于水并配成1L溶液，其物质的量浓度等于0.1mol·L－1C．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，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NHeq\o\al(＋,4)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)>eq\f(1,10)w(浓)，A项错；3.1gNa2O的物质的量为0.05mol，溶于水生成0.1molNaOH，其物质的量浓度为0.1mol·L－1，B项正确；N2和C2H4的摩尔质量都为28g·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(NHeq\o\al(＋,4))相等，但溶液浓度不同，NHeq\o\al(＋,4)水解程度不同，D项错误。答案BC8．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，2.24L苯中含有的C—H键的数目为0.6NAB．标准状况下，由H2O2制得4.48LO2转移的电子数目为0.8NAC．14g由乙烯与环丙烷组成的混合气体含有的碳原子数目为NAD．常温下，1LpH＝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1molO2转移2mole－，生成0.2molO2转移电子0.2×2＝0.4mol，错误；C项，乙烯与环丙烷的通式可以写成(CH2)n,14g混合气体中含C的物质的量为eq\f(14,14n)×n＝1mol，正确；D项，c(H＋)＝0.01mol/L，n(H＋)＝0.01mol/L×1L＝0.01mol，错误。答案C9．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，MgSOD．把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t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＝eq\f(S,100＋S)×100%，S越大，w越大；D项，把MgSO4答案C10．在溶液的配制过程中会引起浓度偏高的是()。A．用1g98%的浓硫酸加4g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80mL水中加入18.4mol·L－1硫酸20mL，配制3.68mol·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．1g×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100mL，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c1ρ1氨水c2ρ2(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c1mol·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c2mol·L－1的氨水与eq\f(1,5)c2mol·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)ρ2g·cm－3，所得溶液的物质的量浓度________eq\f(3,5)c2mol·L－1(混合后溶液的体积变化忽视不计)。解析(1)依据c＝eq\f(1000ρw,M)可知，硫酸的质量分数w＝eq\f(98c1,1000ρ1)。(2)令硫酸与水的体积都为VL，则混合后溶液的总体积为2VL，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eq\f(VL×c1mol·L－1,2VL)＝0.5c1mol·L－1。(3)两种氨水等质量混合，混合后溶液的浓度小于c2mol·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ρ2g·cm－3，物质的量浓度大于eq\f(3,5)c2mol·L－1。答案(1)98c1/1000ρ1(2)0.5c12．(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2.0120g样品配成100mL溶液A。②精确     量取25.00mL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0.466g。③精确     量取25.00mL溶液A，加入足量的KI溶液，以淀粉为指示剂，用0.1250mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定，消耗8.00mL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25.00mLA溶液中：n(SOeq\o\al(2－,4))＝0.4660g/233g·mol－1＝2×10－3mol依据关系式2Fe3＋——2I－——I2——2Na2S2O3可知n(Fe3＋)＝0.1250mol·L－1×8.0×10－3L＝1×10－3依据电荷守恒：n(K＋)＝2×2×10－3mol－3×1×10－3mol＝1×10－3mol依据质量守恒，结晶水的物质的量：[2.0120g×(25/100)－1×10－3mol×(39＋56)mol·L－1－2×10－3mol×96g·mol－1]/18g·mol－1＝1.2×10－2mol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)2·12H2O13．(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mg样品在空气中加热，样品的固体残留率(固体残留率＝eq\f(固态样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×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1800℃(1)加热过程中，保持100℃(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0.1130g样品配成溶液，逐滴加入5.00mL的盐酸，生成CO25.60mL(标准状况)，则c(HCl)＝________mol·L－1。解析(3)由(2)可知n(Na2CO3·NaHCO3·2H2O)＝5×10－4mol，逐滴加入盐酸，先与Na2CO3反应生成NaHCO3，消耗n(HCl)＝5×10－4mol，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