届高考化学一轮讲练以物质的量为中心的化学计算答案详解.docx

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届高考化学一轮讲练以物质的量为中心的化学计算答案详解

以物质的量为中心的化学计算

1．NA表示阿伏加德罗常数的值。

俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。

硫化钠的一种制备方法是Na2SO4＋2C

Na2S＋2CO2↑。

下列有关说法正确的是（　　）

A．1mol/LNa2SO4溶液中含氧原子的数目一定大于4NA

B．1L0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA

C．生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA

D．通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA

解析：

选C　A项，未注明溶液的体积，无法判断1mol/LNa2SO4溶液中含氧原子的数目，错误；B项，1L0.1mol/LNa2S溶液中含有0.1molNa2S，S2－水解生成HS－和OH－，阴离子的数目大于0.1NA，错误；C项，根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA，正确；D项，通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故11.2LCO2的物质的量不是0.5mol，因此CO2中含质子的数目不是11NA错误。

2．欲配制500mL2mol·L－1的盐酸，需要36.5%的浓盐酸（密度约为1.2g·cm－3）的体积为（　　）

A．27.4mL　　　　　　　　B．83.3mL

C．120mLD．无法计算

解析：

选B　36.5%的浓盐酸c（HCl）＝

mol/L＝12mol/L，溶液稀释时溶质的物质的量不变，即0.500L×2mol·L－1＝V×12mol/L，解得V≈0.0833L，V≈83.3mL。

3．现有VL0.5mol·L－1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是（　　）

A．加热浓缩到原来体积的一半

B．加入5mol·L－10.125VL的盐酸

C．加入10mol·L－10.1VL的盐酸，再稀释至1.5VL

D．标况下通入11.2L氯化氢气体

解析：

选C　加热易使HCl挥发，溶液浓度降低，A错误；溶液的体积不具有加和性，B错误；混合后溶液中的HCl的n（HCl）＝0.5mol·L－1×VL＋10mol·L－1×0.1VL＝1.5Vmol，所以c混合（HCl）＝

＝1mol·L－1，C正确；通入氯化氢气体，溶液的体积发生变化，不能计算其浓度，D错误。

4．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀，该混合溶液中K＋浓度为（　　）

A．10（b－2a）mol·L－1　　　B．5（b－2a）mol·L－1

C．2（b－a）mol·L－1D．10（2a－b）mol·L－1

解析：

选A　混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。

根据Ba2＋＋SO

===BaSO4↓可知，每份溶液中n（Ba2＋）＝n（Na2SO4）＝amol；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n（Cl－）＝n（Ag＋）＝bmol，根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n（Ba2＋）＋n（K＋）＝n（Cl－），则n（K＋）＝bmol－2amol＝（b－2a）mol，故c（K＋）＝

＝10（b－2a）mol·L－1。

5．有硫酸镁溶液500mL，它的密度是1.20g·cm－3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是（　　）

A．溶质的质量分数是24.0%

B．溶液的物质的量浓度是2.4mol·L－1

C．溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40

D．硫酸根离子的质量分数是19.2%

解析：

选C　由Mg2＋的质量分数知，MgSO4的质量分数为

×4.8%＝24.0%，其浓度为c＝

＝2.4mol·L－1，溶质与溶剂的物质的量之比为

∶

≈1∶21，SO

的质量分数为

×4.8%＝19.2%。

6．设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是（　　）

A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA

B．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA

C．1molFe溶于过量硝酸，转移电子数为2NA

D．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA

解析：

选A　A项，乙烯和丙烯的最简式均为CH2,14gCH2的物质的量为

＝1mol，故所含氢原子数为2NA；B项，N2和H2合成氨的反应为可逆反应，1molN2与4molH2反应生成的NH3小于2mol，即NH3分子数小于2NA；C项，Fe与过量的硝酸反应生成Fe（NO3）3，故1molFe参加反应时转移电子数为3NA；D项，标准状况下CCl4为液体，2.24LCCl4的物质的量远大于0.1mol，故含有的共价键数远大于0.4NA。

7．NA为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述错误的是（　　）

A．1mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA

B．1mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA

C．1L0.1mol·L－1的乙酸溶液中含H＋的数量为0.1NA

D．1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA

解析：

选C　A项，乙烯的结构简式为CH2===CH2,1mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4mol，正确；B项，甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此1mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8mol，正确；C项，乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H＋物质的量小于0.1mol，错误；D项，1molCO含有质子物质的量为（6＋8）mol＝14mol,1molN2中含有质子物质的量为2×7mol＝14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，正确。

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，4.48LCl2通入水中，反应转移的电子数为0.2NA

B．常温下1LpH＝3的FeCl3溶液中由水电离出的H＋的数目为0.001NA

C．273K、101kPa下，22.4L甲烷完全燃烧后，所得产物中气体分子总数为3NA

D．1L0.1mol·L－1氢氧化钠溶液中含有的H—O键的数目为0.1NA

解析：

选B　只有少量的氯气与水反应，且该反应为可逆反应，故无法计算转移的电子数目，A项错误；FeCl3属于强酸弱碱盐，溶液的pH＝3，溶液中c（H＋）＝10－3mol·L－1，溶液中的H＋完全是由水电离产生的，因此水电离产生的H＋的物质的量为1×10－3mol＝0.001mol，B项正确；甲烷完全燃烧的化学方程式为CH4＋2O2

CO2＋2H2O，标准状况下，H2O不是气体，故完全燃烧后所得产物中气体分子总数为NA，C项错误；溶剂水中也含有H—O键，因此1L0.1mol·L－1NaOH溶液中含有H—O键的物质的量大于0.1mol，D项错误。

9．NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（　　）

A．10mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中氧原子数为0.002NA

B．0.2mol/L的NaCl溶液中，Na＋数为0.2NA

C．0.1mol的Na2O2与足量的CO2反应，转移电子数为0.1NA

D．在标准状况下4.48L的CH2Cl2分子数为0.2NA

解析：

选C　水中含有氧原子，所以10mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中氧原子数大于0.002NA，A错误；没有溶液体积，不能计算Na＋数，B错误；0.1mol的Na2O2与足量的CO2反应，转移电子数为0.1NA，C正确；在标准状况下CH2Cl2是液体，不能用气体摩尔体积计算其分子数目，D错误。

10．NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（　　）

A．取50mL14.0mol·L－1浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35NA

B．1LpH＝6的纯水中含有OH－的数目为10－8NA

C．常温下，1LpH＝2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离的H＋总数为0.01NA

D．1L0.1mol·L－1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA

解析：

选C　A项，浓硝酸与足量的铜片反应，随着反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，浓硝酸与铜反应生成0.35mol二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成0.175mol一氧化氮，因此生成气体的物质的量在0.175mol与0.35mol之间，错误；B项，pH＝6的纯水中OH－的浓度是10－6mol·L－1,1LpH＝6的纯水中含有OH－的数目为10－6NA，错误；D项，忽视了水中含有的氧原子，错误。

11．下图是某品牌饮用矿泉水的标签的部分内容。

下列说法正确的是（　　）

饮用矿物质水：

净含量：

500mL

配料表：

纯净水　硫酸镁　氯化钾

保质期：

12个月

主要离子成分：

钾离子（K＋）：

1.0～27.3mg/L

镁离子（Mg2＋）：

0.1～4.8mg/L

A．标签上离子的浓度是物质的量浓度

B．取少量待测液加入稀盐酸酸化，再滴入硝酸银，出现白色沉淀，说明有氯离子

C．该品牌饮用矿泉水中c（Mg2＋）最大值为2×10－4mol/L

D．一瓶该品牌饮用矿泉水中SO

的物质的量不超过1×10－4mol

解析：

选CD　A项，该品牌饮用矿物质水中离子浓度表示单位体积内含有离子的质量，错误；B项，盐酸酸化后的溶液中一定含有氯离子，加入硝酸银反应产生氯化银白色沉淀，则不能确定原溶液中是否含有氯离子，错误；C项，该品牌饮用矿物质水中镁离子：

0.1～4.8mg/L，c（Mg2＋）最大值为4.8×10－3g/（24×1L）＝2×10－4mol/L，正确；D项，镁离子（Mg2＋）：

0.1～4.8mg/L，1瓶该品牌饮用矿泉水的体积为500mL，Mg2＋的质量最大值为4.8mg/L×0.5L＝2.4mg，故硫酸镁的物质的量最大值为0.0024/24（mol）＝1×10－4（mol），n（SO

）的最大值为1×10－4mol，故n（SO

）的最大值为1×10－4mol，正确。

12．设阿伏加德罗常数的值为NA，下列结论错误的是（　　）

A．完全电解2molH2O断裂的σ键键数为4NA

B．标准状况下，11.2LCO2中含有的π键键数为2NA

C．60gSiO2晶体中含有的Si—O键键数为2NA

D．128g金属铜中含有如图所示的晶胞数为0.5NA

解析：

选BC　A项，水的结构式为H—O—H，因此完全电解2molH2O断裂的σ键键数为4NA，正确；B项，一个CO2中含有2个π键，故11.2LCO2中含有的π键键数为NA，错误；C项，二氧化硅晶体中一个硅原子形成4个Si—O键，60gSiO2晶体的物质的量是1mol，其中含有的Si—O键键数为4NA，错误；D项，晶胞中含有铜原子数为8×1/8＋6×1/2＝4,128g金属铜的物质的量是2mol，其中含有的晶胞数为0.5NA，正确。

13．现有密度为dg·mL－1、浓度为18mol·L－1的浓硫酸溶液100g，需要加入一定量的水将其稀释为浓度是9mol·L－1，则加入水的体积是（　　）

A．大于100mL　　　　　　　　B．小于100mL

C．等于100mLD．等于

mL

解析：

选B　设浓硫酸的体积为VmL，根据稀释前后溶质的质量不变，设稀释后溶液的体积为x，则VmL×18mol·L－1＝x×9mol·L－1，解得：

x＝2VmL，硫酸溶液的浓度越大，密度越大，所以稀释后硫酸的密度小于d，故稀释后硫酸的质量小于2V×dg（即200g），所以加入水的质量小于200g－100g＝100g，又因为水的密度约为1g·mL－1，所以加水的体积小于100mL。

14．把aL含硫酸铵和硝酸铵混合溶液分成两等份。

一份加入含bmolNaOH溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmolBaCl2溶液才能使SO

完全沉淀，则原溶液中NO

的物质的量浓度为（　　）

A.

　　　　　　　B．

C.

D．

解析：

选B　将aL混合溶液分成两等份，一份加入含bmolNaOH溶液并加热，恰好把NH3全部赶出，则

L溶液中含NH

的物质的量是bmol；另一份需消耗cmolBaCl2溶液才能使SO

完全沉淀，则

L溶液中含SO

的物质的量是cmol。

根据电荷守恒可知，

L溶液中NO

的物质的量是（b－2c）mol，因此原溶液中NO

的物质的量浓度为

＝

mol·L－1，B项正确。

15．在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg·cm－3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol·L－1。

下列叙述中正确的有（　　）

A．若上述溶液中再加入水至所得溶液的质量分数等于0.5w时，溶质的物质的量浓度小于0.5c

B．c＝

C．w＝

×100%

D．上述溶液中再加入0.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为c（NH

）＞（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）

解析：

选BD　A．水的密度大于氨水的密度，所以等质量时，水的体积小于氨水的体积，混合后，溶液的体积小于原来的2倍，所以溶质的物质的量浓度大于0.5c，错误；B.c＝

＝

＝

，正确；C.w＝

×100%＝

×100%＝

×100%，错误；D.加入0.5VmL同浓度稀盐酸，溶液中溶质为氯化铵和氨水，所以溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子的浓度，铵根离子的浓度大于氯离子的浓度，所以离子浓度大小顺序为c（NH

）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋），正确。

16．在0.4L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题。

（1）该混合液中，NaCl的物质的量为mol，含溶质MgCl2的质量为g。

（2）该混合液中CaCl2的物质的量为mol，将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Ca2＋的物质的量浓度为mol·L－1。

（3）向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀mol。

解析：

由图可知c（Na＋）＝c（NaCl）＝1.0mol·L－1，c（Mg2＋）＝c（MgCl2）＝0.5mol·L－1，则c（CaCl2）＝

＝

0．5mol·L－1。

（1）n（NaCl）＝1.0mol·L－1×0.4L＝0.4mol，m（MgCl2）＝0.5mol·L－1×0.4L×95g·mol－1＝19g。

（2）n（CaCl2）＝0.5mol·L－1×0.4L＝0.2mol，c（Ca2＋）＝

＝0.2mol·L－1。

（3）原溶液中n（Cl－）＝3mol·L－1×0.4L＝1.2mol，由反应Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，生成AgCl沉淀为1.2mol。

答案：

（1）0.4　19　

（2）0.2　0.2　（3）1.2

17．（2019·全国卷Ⅰ）硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2·xH2O]是一种重要铁盐。

为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：

采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。

硫酸铁铵晶体的化学式为。

解析：

失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe（SO4）2·xH2O，由题意知

＝

，解得x＝12。

答案：

NH4Fe（SO4）2·12H2O

18．为测定某溶液中Ca2＋的含量，某同学设计了如下实验：

量取100mL该溶液于烧杯中，加入足量的（NH4）2C2O4溶液使Ca2＋转化为CaC2O4沉淀（假设其他离子均不生成沉淀），过滤、洗涤后，往沉淀中加入足量稀硫酸，然后用0.1000mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定。

反应原理为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O。

（1）若滴定过程中消耗KMnO4标准溶液20.00mL，则原溶液中Ca2＋的质量浓度为g·L－1。

（2）下图为草酸钙固体在受热分解过程中所得固体产物的质量随温度变化的曲线，图中A、B、C分别代表三种固体，写出固体A到B的化学方程式：

。

解析：

（1）根据2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O可知关系式为5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则：

5Ca2＋　～　2MnO

5　　　　　2

　　　　　n（Ca2＋）　　0.1000mol·L－1×0.02L

解得n（Ca2＋）＝0.005mol,100mL该溶液Ca2＋的质量浓度为

＝2.000g·L－1。

（2）设B的相对分子质量为x，则：

CaC2O4　～　B

　　　　　　　128x

　　　　　　　6.4g5.0g

所以x＝

＝100，CaC2O4的相对分子质量为128，B与CaC2O4的相对分子质量相差28，则B为CaCO3，所以固体A到B的化学方程式为CaC2O4

CaCO3＋CO↑。

答案：

（1）2.000（或2）　

（2）CaC2O4

CaCO3＋CO↑