【文档说明】高考化学一轮复习顶层设计配餐作业：2 《物质的量在化学实验中的应用》 含解析.doc，共(12)页，157.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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配餐作业(二)物质的量在化学实验中的应用►►见学生用书P3591．美国UNC化学教授ThomasJ．Meyer等研发了环境友好、完全型的“绿色”引爆炸药，其中一种可表示为Na2R，它保存在水中可以失去活性，爆炸后不会产生危害性残留物。已知10m

LNa2R溶液含Na＋的数目为N，该Na2R溶液的物质的量浓度为()A．N×10－2mol·L－1B.N1.204×1022mol·L－1C.N6.02×1021mol·L－1D.N6.02×1025mol·L－1解析

10mLNa2R溶液中含Na＋的数目为N，Na2R的物质的量＝N2×6.02×1023mol，c(Na2R)＝N2×6.02×1023mol÷0.01L＝N1.204×1022mol·L－1。答案B2．硫酸铜水溶液呈酸性，属保护性无机杀菌剂，对人畜比较安全

，其与石灰乳混合可得“波尔多液”。实验室里需用480mL0.10mol·L－1的硫酸铜溶液，则应选用的容量瓶规格和称取溶质的质量分别为()A．480mL容量瓶，称取7.68g硫酸铜B．480mL容量瓶，称取12.0g胆矾C．500mL容量瓶，称取9.00g硫酸铜D．500mL容量瓶，称

取12.5g胆矾解析配制溶液没有480mL容量瓶应选500mL容量瓶，500mL溶液对应的胆矾质量为12.5g。答案D3．(2018·江苏徐州)下列关于0.2mol·L－1Ba(NO3)2溶液的说法中，正确的是()A．溶液中含有的阴、阳离子总数为0.6molB．在0.5L该溶液中

，Ba2＋的浓度为0.1mol·L－1C．在500mL该溶液中，含有0.2molNO－3D．取1L该溶液稀释到10L时，NO－3的浓度为0.02mol·L－1解析由于缺少溶液体积，无法计算硝酸钡的物质的量，也就不能求出阴、阳离子总数，故A项错误；c(Ba2＋)＝c[Ba

(NO3)2]＝0.2mol·L－1，c(Ba2＋)＝0.2mol·L－1，不随溶液体积而发生变化，故B项错误；n(NO－3)＝2c[Ba(NO3)2]·V＝2×0.2mol·L－1×0.5L＝0.2mol，故C项正确；0.2mol

·L－1Ba(NO3)2溶液中NO－3的浓度为0.4mol·L－1，取1L该溶液稀释到10L时，稀释过程中溶质的物质的量不变，c(NO－3)＝0.4mol·L－1×1L10L＝0.04mol·L－1，故D项错误。答案C4．取100mL0.3mol·L－1和300mL0.

25mol·L－1的硫酸注入500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是()A．0.21mol·L－1B．0.42mol·L－1C．0.56mol·L－1D．0.26mol·L－1解析容量瓶中H2SO4溶液的H＋物质的量为n(H＋)＝(0.1L×0.3mol

·L－1＋0.3L×0.25mol·L－1)×2＝0.21mol，所以c(H＋)＝0.21mol0.5L＝0.42mol·L－1。答案B5．VL浓度为0.5mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是()A．通入标准状况下的HCl气体11

.2VLB．加入10mol·L－1的盐酸0.1VL，再稀释至1.5VLC．将溶液加热浓缩到0.5VLD．加入VL1.5mol·L－1的盐酸混合均匀解析A项，通入HCl气体后溶液的体积会发生变化，若溶液体积不变时所给数据是合理的，该项

不合理；C项，盐酸具有挥发性，加热浓缩会导致HCl挥发，该项不合理；D项，不同浓度盐酸混合时，混合后溶液的体积不能用两溶液的体积加和，该项不合理。答案B6．(2018·福建厦门外国语学校)将质量分数为a%、物质的量浓度为c1

mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使其质量分数变为2a%，此时溶液中溶质的物质的量浓度为c2mol·L－1。则c1和c2的关系是()A．c1＝2c2B．c2＜2c1C．c2＞2c1D．c2＝2c1解析由c＝1000ρwM可知，c1c2＝ρ1·a%ρ2·2a%＝ρ12ρ2，由于ρ

1＜ρ2，所以c2＞2c1。答案C7．(2018·湖北黄冈)若20g密度为ρg·cm－3的Ca(NO3)2溶液中含有2gCa2＋，则溶液中NO－3的物质的量浓度为()A．5ρmol·L－1B．2.5ρmol·L

－1C.ρ400mol·L－1D．ρ200mol·L－1解析该硝酸钙溶液的体积V＝mρ＝20gρg·cm－3＝150ρL，2gCa2＋的物质的量n(Ca2＋)＝2g40g·mol－1＝0.05mol，根据化学式Ca(NO3)2可知，n(NO－3)＝2n(Ca2＋)＝

0.05mol×2＝0.1mol，NO－3的物质的量浓度c(NO－3)＝0.1mol150ρL＝5ρmol·L－1，A项正确。答案A8．(2018·郴州质检)某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为－2价)，既含有Fe2＋又含有Fe3＋。

将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应(注：矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成硫单质2.4g、FeCl20.425mol和一定量的H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法正确的是()A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7

.5mol/LB．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24LC．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.85D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为3∶1解析根据题给信息知，将一定量的该磁黄铁

矿与100mL的盐酸恰好完全反应，生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒知，HCl的物质的量为0.85mol,100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为8.5mol/L，A项错误；根据铁原子守恒知，磁黄铁矿中铁的物质的量为0.425mol，硫

单质是由反应2Fe3＋＋S2－===2Fe2＋＋S生成的，生成硫单质2.4g，物质的量为0.075mol，则磁黄铁矿中＋3价铁的物质的量为0.15mol，＋2价铁的物质的量为0.275mol，根据化合价规则知，原磁黄铁

矿中－2价硫的物质的量为0.5mol，根据硫原子守恒知，生成H2S的物质的量为0.425mol，标准状况下的体积为9.52L，B项错误；根据上述分析，该磁黄铁矿中FexS的x＝0.85，C项正确；该磁黄铁矿FexS中，

Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为11∶6，D项错误。答案C9．(2018·山东淄博一中)36.5gHCl气体溶解在1L水中(水的密度近似为1g·cm－3)，所得溶液的密度为ρg·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为c，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述

中正确的是()A．所得溶液的物质的量浓度c＝1mol·L－1B．所得溶液中含有NA个HCl分子C．36.5gHCl气体占有的体积为22.4LD．所得溶液的溶质质量分数w＝36.5c1000ρ×100%解析c＝1mol36.5＋1000g1000ρg·L－

1＝1000ρ36.5＋1000mol·L－1，A项错误；HCl气体溶于水后完全电离出H＋和Cl－，溶液中不存在HCl分子，B项错误；36.5gHCl气体在标准状况下的体积才为22.4L，C项错误；设溶液体积VL，则w＝

36.5cV1000Vρ＝36.5c1000ρ×100%，D项正确。答案D10．(2018·河北张家口四校联考)将2aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分为两等份，其中一份加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO2－4完全

沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3气体，则原混合溶液中的Al3＋浓度(mol·L－1)为()A.2b－caB．2b－c2aC.2b－c3aD．2b－c6a解析向aL混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶

液中的SO2－4完全沉淀，则SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓bmolbmolc(SO2－4)＝bmolaL＝bamol·L－1向aL混合溶液中加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则NH＋4＋OH－=====△NH3↑＋H2Ocmolcmolc(NH＋4)＝cmo

laL＝camol·L－1又知溶液不显电性，设原溶液中的Al3＋浓度为x，由电荷守恒可得x×3＋camol·L－1×1＝bamol·L－1×2，解得x＝2b－c3amol·L－1，故C项正确。答案C11．将24.0gNaOH固体溶于水配成100mL溶液，其密度为1.20g·mL－1，试计算：(1

)该溶液中NaOH的物质的量浓度为________。(2)该溶液中NaOH的质量分数为________。(3)从该溶液中取出10mL，其中NaOH的物质的量浓度为________，NaOH的质量分数为________，

溶液的密度为________，含NaOH的质量为________，含NaOH的物质的量为________。(4)将取出的10mL溶液加水稀释至100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为________。解析(1)24.0gN

aOH的物质的量为24.0g/40g·mol－1＝0.60mol，所以其物质的量浓度为c(NaOH)＝0.60mol0.1L＝6.0mol·L－1。(2)100mLNaOH溶液的质量为100mL×1.20

g·mL－1＝120g；所以NaOH的质量分数为24.0g120g×100%＝20%。(3)由于整个溶液的每处都是均匀的，所以这10mL溶液的浓度与原100mL溶液相比，NaOH的质量分数和溶液的物质的量浓度以及溶液的密度都是相同的，但NaOH的质量和物

质的量均将变为原来的1/10。(4)这10mLNaOH溶液的物质的量浓度为6.0mol·L－1，稀释到100mL以后，NaOH的物质的量浓度缩小到原来的1/10，即6.0mol·L－1÷10＝0.60mol·L－1。答案(1)6.0mol·L－1(2)20%(3)6.0mo

l·L－120%1.20g·mL－12.40g0.060mol(4)0.60mol·L－112．在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。下表是1L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：成分质量/g摩尔质量/(g·mol－1)蔗糖50

.00342硫酸钾0.50174阿司匹林0.35180高锰酸钾0.50158硝酸银0.04170(1)“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是________(填写名称)。(2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量浓度为(阿司匹林中不含K＋)___________

_______(只要求写表达式，不需计算)mol·L－1。(3)下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是________(填字母)，还缺少的仪器有________________(填仪器名称)。(4)配制

过程中，下列操作对配制结果没有影响的是________(双选；填选项字母)。A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水B．定容时仰视液面C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但

未做任何处理(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，则加入的试剂中应含有________(填化学符号)。解析通过n＝m÷M可以计算1L“鲜花保鲜剂”中含有的各种成分的物质的量，会得到其中含有的蔗糖的物质的量最大，故其浓度最大。(2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量为n(K＋)＝2n(K2

SO4)＋n(KMnO4)＝2×0.50174＋0.50158mol，所以c(K＋)＝0.50×2174＋0.50158mol·L－1。(3)配制一定浓度的溶液必需的仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、

容量瓶，故答案为a、c，还缺少的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒。(4)容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度不产生任何影响，A项正确；定容时仰视液面，溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低，B项错误；容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，NaCl与

AgNO3反应，会使溶液的浓度偏小，C项错误；定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，对配制的溶液的浓度不产生任何影响，D项正确；(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可利用反应：Ag＋＋Cl－===AgCl↓，加入的试剂中需含有Cl－。答案(1)蔗糖(2)2×0.

50174＋0.50158(3)ac托盘天平、玻璃棒、烧杯(4)AD(5)Cl－13．(2018·四川树德)人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析

出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50mLKMnO4标准溶

液的过程示意图。(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。(2)其中确定50mL溶液体积的容器是________(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将___

_____(填“偏大”或“偏小”)。【测定血液样品中Ca2＋的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)已

知草酸与KMnO4反应的离子方程式为2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则方程式中的x＝________。(5)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为__________mg·cm－3。解析(1)由图示可知②

⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至液体凹液面与刻度线相切。(2)应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积。(3)如果用图示的操作配制溶液，由于定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。(4)根据电荷守恒，(

－1)×2＋(＋1)×6＝(＋x)×2，解得x＝2，草酸与KMnO4反应的离子方程式为2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。(5)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，

草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020mol·L－1×0.012L＝2.4×10－4mol，根据反应方程式2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2＋)＝n(H2C2O4)＝5

2n(MnO－4)＝52×0.020mol·L－1×12.00×10－3L＝2.5×2.4×10－4mol＝6×10－4mol，Ca2＋的质量为40g·mol－1×6×10－4mol＝0.024g，钙离子的浓度为0.024g20.00cm3＝24mg20.00cm3＝1.2mg·cm－

3。答案(1)②⑤(2)50mL容量瓶(3)偏小(4)2(5)1.214．在标准状况下，将224LHCl气体溶于635mL水中，所得盐酸的密度为1.18g·cm－3。试计算：(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是________、________。(2)取这种盐酸100mL

，稀释至1.18L，所得稀盐酸的物质的量浓度是________。(3)在40.0mL0.065mol·L－1Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过___

_____mL。(4)将不纯的NaOH样品1g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50mL2mol·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1mol·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________g固体。解析(1)

n(HCl)＝224L22.4L·mol－1＝10mol，m(HCl)＝10mol×36.5g·mol－1＝365g，盐酸的质量分数w＝365g365g＋635g×100%＝36.5%，c(HCl)＝1000ρwM＝1000mL·L－1×1.18g·cm－3

×36.5%36.5g·mol－1＝11.8mol·L－1。(2)由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)可知，c(稀)＝11.8mol·L－1×0.1L1.18L＝1mol·L－1。(3)n(Na2CO3)＝0.040L×0.065mol·L－1＝0.0026mol，设加入稀盐

酸的体积最多不超过xmL，则n(HCl)＝1mol·L－1×0.001xL＝0.001xmol，根据反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.0026＝0.001x，x＝2.6。(4)经过反应，蒸

发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050L×2mol·L－1＝0.1mol，m(NaCl)＝0.1mol×58.5g·mol－1＝5.85g。答案(1)36.5%11.8mol·L

－1(2)1mol·L－1(3)2.6(4)5.85【方法技巧】终态思维巧解题凌绝顶览众山小终态法，是指依据化学变化的脉络，确定出终态时物质的存在形式后，撇开复杂的中间过程，只结合始态和终态，确定已知量和未知量之间的关系。终态法特别适合反应较复杂、计算量较大，但与终态密切相关的题目

。