第7讲物质的量的相关应用（分层练习）-2024年高考化学一轮复习讲义分层练习

第7讲物质的量的相关应用1．容量瓶上的标记有：①温度②浓度③容量④压强⑤刻度线⑥所配溶液的酸碱性A．①②④ B．③⑤⑥ C．①③⑤ D．②④⑥【答案】C【解析】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，容量瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25℃，故容量瓶上标有的为：①③⑤。2．某同学欲在学校实验室配制220mL1mo1/LNaOH溶液，进行如下操作，其中正确的是（）A．在放置烧杯的托盘天平上迅速称取NaOH固体8.8gB．选用蒸馏水洗过的250mL容量瓶进行配制C．为防止变质，NaOH固体在烧杯里溶解后要立即转移到容量瓶中D．定容时，用玻璃棒将蒸馏水引流入容量瓶中直到液体凹液面恰好跟刻度线相切【答案】B【解析】A．容量瓶的规格有250mL，配制时体积为250mL，则在放置烧杯的托盘天平上迅速称取NaOH固体质量=1mo1/L×250mL×40g/mol=10.0g，A错误；B．选用蒸馏水洗过的250mL容量瓶进行配制，B正确；C．为防止变质，NaOH固体在烧杯里溶解后要冷却至室温后，再转移到容量瓶中，C错误；D．定容时，用玻璃棒将蒸馏水引流入容量瓶中直到刻度线下1~2cm处，再用胶头滴管滴加至液体凹液面恰好跟刻度线相切，D错误；答案为B。3．下列操作中对实验结果没有影响的是()A．在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移到容量瓶中去B．在转移溶液过程中，不慎少量液体洒在容量瓶外，可忽略不计继续进行操作C．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液D．胶头滴管加水后，发现凹液面超过了刻度线，赶紧用滴管将多余的溶液吸出【答案】C【解析】A.在烧杯中稀释浓硫酸后大量放热，立即转移到容量瓶中去，等到液体冷却到室温后，溶液的体积偏小，所配的溶液浓度偏大，A不符合；B.在转移溶液过程中，不慎少量液体洒在容量瓶外，若忽略不计继续进行操作，溶质的量减小，所配溶液浓度偏小，B不符合；C.配制过程需要加水，故容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液，对浓度没有影响，C符合；D.胶头滴管加水后，发现凹液面超过了刻度线，赶紧用滴管将多余的溶液吸出，溶质的量的减小，所配溶液浓度偏小，D不符合；答案选C。4．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．1mol•L1FeCl3溶液中含Cl数目为3NAB．0.15mol由甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成物中HO键数目为0.6NAC．标准状况下，1.12LO2发生还原反应，转移的电子数一定为0.2NAD．2molSO2与1molO2在密闭容器中充分反应，生成的SO3分子数为2NA【答案】B【解析】A项，溶液体积未知，无法求得离子的数目，A错误；B项，甲烷和乙烯分子中氢原子个数相同，0.15mol混合气体中氢原子的物质的量为0.6mol，燃烧生成水，每个氢原子生成一个HO键，故生成物中HO键数目为0.6NA，B正确；C项，氧气发生还原反应时，氧元素化合价不一定变为2价，C错误；D项，反应为可逆反应，反应不能进行到底，无法求得生成三氧化硫的分子数，D错误；故选B。5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为NAB．一定条件下，足量N2与6molH2充分反应，生成NH3的分子数为4NAC．标准状况下，11.2L一氯甲烷中含有的氯原子数为0.5NAD．常温下，1L0.2mol/LNa2C2O4溶液中含C2O42数目为0.2NA【答案】C【解析】A项，1个H2O2中含有2个极性键，100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为，另外，溶液中还含有水，1个水分子中含有2个极性键，所以该H2O2溶液中极性键数目大于NA，故A错误；B项，该反应是可逆反应，一定条件下，足量N2与6molH2充分反应，生成NH3的分子数小于4NA，故B错误；C项，标准状况下，一氯甲烷为气体，11.2L一氯甲烷物质的量为0.5mol，其含有氯原子数为0.5NA，故C正确；D项，由于C2O42会发生水解，1L0.2mol/LNa2C2O4溶液中含C2O42数目小于0.2NA，故D错误；故选C。6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为NAB．一定条件下，足量N2与6molH2充分反应，生成NH3的分子数为4NAC．标准状况下，11.2L一氯甲烷中含有的氯原子数为0.5NAD．常温下，1L0.2mol/LNa2C2O4溶液中含C2O42数目为0.2NA【答案】C【解析】A项，1个H2O2中含有2个极性键，100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为，另外，溶液中还含有水，1个水分子中含有2个极性键，所以该H2O2溶液中极性键数目大于NA，故A错误；B项，该反应是可逆反应，一定条件下，足量N2与6molH2充分反应，生成NH3的分子数小于4NA，故B错误；C项，标准状况下，一氯甲烷为气体，11.2L一氯甲烷物质的量为0.5mol，其含有氯原子数为0.5NA，故C正确；D项，由于C2O42会发生水解，1L0.2mol/LNa2C2O4溶液中含C2O42数目小于0.2NA，故D错误；故选C。7．阿伏伽德罗提出阿伏伽德罗定律为人类科学研究提供了重要的理论基础，在现实生活中我们常常利用物质的量来为难以用实际数字描述的数量做了定量解释，下列说法正确的是A．1.5mol的液态冰醋酸中含s−pσ键0个B．常温常压下，1mol含有的C．将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中数目小于D．1L1mol∙L−1NaCl溶液含有个电子【答案】A【解析】A．CH3COOH中C、O经过杂化后与H形成σ键，因此1.5mol的液态冰醋酸中含s−pσ键数目为0，故A正确；B．常温常压下，1mol含有的，故B错误；C．将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒得到钠离子数目等于醋酸根离子数目即溶液中数目等于，故C错误；D．1L1mol∙L−1NaCl溶液NaCl物质的量为1mol，NaCl含有个电子，但溶液中还有水，水中含有电子，故D错误。综上所述，答案为A。8.取100mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到6.27克白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少，并放出标准状况下448mL的气体。（1）6.27g的沉淀是________，448mL的气体是________。(填化学式)（2）计算原混合溶液中Na2CO3的物质的量浓度。(写计算过程，结果保留3位有效数字)【答案】（1）BaCO3和BaSO4；CO2；（2）0.200mol/L。【解析】发生反应有：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O。6.27g白色沉淀是BaCO3和BaSO4的质量之和，用过量稀硝酸处理后BaCO3溶解，产生CO2气体；故答案为BaCO3和BaSO4；CO2；（2）根据碳原子守恒可知二氧化碳的物质的量为0.02mol，故碳酸钠的物质的量浓度；故答案为0.200mol/L。9．用经过准确称量的NaOH固体配制250mL0.2mol/LNaOH溶液。(1)在下列实验仪器中，不必使用的是________(填代号)。A．托盘天平B．500mL试剂瓶C．500mL容量瓶D．250mL烧杯E．胶头滴管(2)除上述仪器中可使用的以外，还缺少的仪器是________；在该实验中的用途是_______。(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是________。(4)配制时经以下操作步骤，正确的顺序是________。A．用适量的蒸馏水加入盛NaOH的烧杯中完全溶解，冷却至室温B．将烧杯中的溶液小心转移到容量瓶中C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至凹液面底部与刻度线相切D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤液都小心注入容量瓶，并轻轻振荡E．将容量瓶塞塞紧，充分摇匀(5)下列情况会使所配溶液浓度偏高的是________。a．定容时俯视标线b．没有进行上述操作步骤Dc．加蒸馏水不慎超过刻度线d．容量瓶使用前内壁沾有水珠e．砝码上有杂质【答案】(1)AC(2)玻璃棒、250ml容量瓶玻璃棒的作用：溶解NaOH固体时起搅拌作用，加速固体的溶解；将烧杯中溶解的NaOH溶液转移到容量瓶中时起引流作用，以防液体洒在瓶外及沾在瓶的刻度线上方而引起体积不准确。250mL容量瓶的作用：准确配制溶液(3)检查容量瓶是否漏水(4)ABDCE(5)ae【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液，所用仪器根据实验步骤选择，因为NaOH固体是经过准确称量的，故不再需托盘天平进行称量，固体需溶解，故需用250mL烧杯，又因是配制250mL的溶液，故不需要500mL容量瓶，而应使用250mL容量瓶，又因容量瓶不能用来长期保存试剂，故需500mL试剂瓶来盛装溶液。(2)除了上述仪器中可使用的以外，还需玻璃棒，主要是用来溶解和引流。(3)使用容量瓶前必须检查容量瓶是否漏水。10．为测定某补血剂样品[主要成分是硫酸亚铁晶体(FeSO4·7HO，M=278gmol1)]中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了如下实验方案。取10片补血剂，加入一定量稀硫酸溶解后，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.00500mol·L1酸性KMnO4溶液滴定，重复实验平均消耗酸性KMnO4溶液10.00mL。已知滴定过程反应的离子方程式为：MnO4+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O(1)若实验无损耗，则每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为____mg(列式计算)。(2)正常人每天应补充14mg左右的铁，如果全部通过服用含FeSO4·7H2O的片剂来补充铁，则正常人每天最少需服用含FeSO4·7H2O的片剂____片。【答案】(1)0.00500mol/L×10.00×103L×5××278g/mol×103mg/g÷10=69.5mg(2)1【解析】(1)反应过程中消耗KMnO4物质的量为n(KMnO4)=0.00500mol·L1×10.00×103L=5×105mol，根据离子反应：MnO4+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，25.00mL溶液中含Fe2+物质的量n(Fe2+)=5n(KMnO4)=2.5×104mol，则250mL溶液中含Fe2+物质的量n(Fe2+)=2.5×104mol×=2.5×103mol，10片补血剂中含FeSO4·7H2O的质量为2.5×103mol×278g/mol=0.695g，每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为0.0695g=69.5mg。(2)正常人每天应补充14mg左右的铁，则服用的含FeSO4·7H2O的片剂中所含FeSO4·7H2O的质量为14mg÷=69.5mg，由于每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为69.5mg，则正常人每天最少需服用含FeSO4·7H2O的片剂1片。1．下列操作中对实验结果没有影响的是()A．在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移到容量瓶中去B．在转移溶液过程中，不慎少量液体洒在容量瓶外，可忽略不计继续进行操作C．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液D．胶头滴管加水后，发现凹液面超过了刻度线，赶紧用滴管将多余的溶液吸出【答案】C【解析】A.在烧杯中稀释浓硫酸后大量放热，立即转移到容量瓶中去，等到液体冷却到室温后，溶液的体积偏小，所配的溶液浓度偏大，A不符合；B.在转移溶液过程中，不慎少量液体洒在容量瓶外，若忽略不计继续进行操作，溶质的量减小，所配溶液浓度偏小，B不符合；C.配制过程需要加水，故容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液，对浓度没有影响，C符合；D.胶头滴管加水后，发现凹液面超过了刻度线，赶紧用滴管将多余的溶液吸出，溶质的量的减小，所配溶液浓度偏小，D不符合；答案选C。2．实验室需要200mL1mol•L−1的CuSO4溶液，下列有关溶液配制的叙述正确的是（）A．称取32g无水硫酸铜，在烧杯中加入200mL水进行溶解，然后在250mL的容量瓶中配成200mL溶液B．称取50gCuSO4•5H2O，在烧杯中加适量水溶解，最终在250mL的容量瓶中配成250mL溶液C．称取40g无水硫酸铜，在烧杯中加入250mL水进行溶解，然后在250mL容量瓶中配成250mL溶液D．称取62.5gCuSO4•5H2O，在烧杯中加适量水溶解，最终在250mL的容量瓶中配成250mL溶液【答案】D【解析】A．需要200mL1mol•L1的CuSO4溶液，应选择250mL容量瓶，需要无水硫酸铜的质量为0.25L×1mol/L×160g/mol=40.0g，故A错误；B．需要200mL1mol•L1的CuSO4溶液，应选择250mL容量瓶，需要CuSO4•5H2O的质量为0.25L×1mol/L×250g/mol=62.5g，故B错误；C．称取40g无水硫酸铜，在烧杯中加入250mL水进行溶解，则实验失败，转移到容量瓶后，洗涤烧杯的洗涤液加入容量瓶后溶液体积大于250mL，故C错误；D．需要200mL1mol•L1的CuSO4溶液，需要CuSO4•5H2O的质量为：0.25L×1mol/L×250g/mol=62.5g，在烧杯中加适量水溶解，最终在250mL的容量瓶中配成250mL溶液，故D正确；3．如图是某硫酸样品的相关信息，据此，下列说法正确的是A．该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/LB．该硫酸在实验过程中不能用来干燥氢气C．等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol/LD．配制200ml4.6mol/L的稀硫酸需取该溶液50ml【答案】D【解析】A．该硫酸的物质的量浓度为，A错误；B．该硫酸为浓硫酸，具有吸水性，可以用来干燥H2，B错误；C．设硫酸和水的质量为m，混合后硫酸的质量分数为，浓度越小，密度越小，即ρ<1.84g/cm3，故根据=计算的浓度小于9.2mol/L，C错误；D．设配制200mL4.6mol/L的稀硫酸需取该溶液的体积为VL，稀释前后硫酸的物质的量不变，则0.2L×4.6mol/L=V×18.4mol/L，解得V=0.05L=50mL，D正确；故选D。4．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．0.1mol27Al3+中含有的电子数为1.3NAB．3.9gNa2O2中含有的共价键的数目为0.1NAC．0.1mol肼(H2NNH2)含有的孤电子对数为0.2NAD．CH2=CH2+H2→CH3CH3，生成1mol乙烷时断裂的共价键总数为NA【答案】C【解析】A项，1个27Al3+的电子数为10，故0.1mol27Al3+中含有的电子数为1.0NA，故A错误；B项，Na2O2的电子式为，含有1个共价键，3.9gNa2O2的物质的量为=0.05mol，故中含有的共价键的数目为0.05NA，故B错误；C项，肼(H2NNH2)中每个N原子上各有1个孤电子对，故0.1mol肼(H2NNH2)含有的孤电子对数为0.2NA，故C正确；D项，发生CH2=CH2+H2→CH3CH3反应时，C=C中的一个键和HH键都断裂，故生成1mol乙烷时断裂的共价键总数为2NA，故D错误；故选C。5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18NAB．1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NAC．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为NAD．1L1mol•L1溴化铵水溶液中NH4+与H+离子数之和大于NA【答案】C【解析】A项，在标准状况下22.4L氟气的物质的量为1mol，其质子数为1molNA=18NA，A正确；B项，碘蒸气与氢气发生的反应为：H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA，B正确；C项，电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1:1，若气体的总质量为73g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1mol，根据关系式H22e可知，转移的电子数为2NA，C错误；D项，1Lmol·L－1溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c(NH4+)+c(H+)=c(Br)+c(OH)，则物质的量也满足n(NH4+)+n(H+)=n(Br)+n(OH)，因为n(Br)=1Lmol·L－1=1mol，所以该溶液中NH4+与H+离子数之和大于NA，D正确；故选C。6．Na2S2O3·5H2O(俗称海波)是常用的一种定影剂。工业使用的海波中常混有少量Na2SO3和Na2SO4杂质，为测定一种海波晶体样品的成分，某同学称取三份质量不同的该样品，分别加入相同浓度的稀硫酸20mL，充分反应后测得有关实验数据如下(标准状况)。第一份第二份第三份样品的质量/g12.6018.0028.00二氧化硫的体积/L1.121.682.24硫的质量/g1.281.922.56下列说法错误的是()A．第一份、第二份样品均完全反应，第三份样品过量B．样品中n(Na2S2O3·5H2O)：n(Na2SO3)=4：1C．样品中除了含有Na2S2O3·5H2O、Na2SO3，还含有Na2SO4D．所加硫酸溶液的物质的量浓度为0.5mol/L【答案】D【解析】A项，第三份的28g样品完全反应可以生成硫的质量为1.28g=2.84g>2.56g，故第三份样品过量，故A正确；B项，以第一份计算判断：1.28g硫的物质的量为=0.04mol，该反应生成的二氧化硫为0.04mol，反应得到二氧化硫总的物质的量为=0.05mol>0.04mol，故含由Na2SO3，反应SO32+2H+=SO2↑+H2O生成二氧化硫为0.05mol0.04mol=0.01mol，所以样品中n(Na2S2O3·5H2O)：n(Na2SO3)=4：1，故B正确；C项，由B可知样品中含有Na2SO3，又因为硫代硫酸钠晶体和亚硫酸钠总质量为0.04mol248g/mol+0.01mol126g/mol=11.18g<12.6g，故含有Na2SO4，即含有Na2S2O3·5H2O、Na2SO3和Na2SO4三种成分，故C正确；D项，由分析可知，第三份硫酸不足，硫酸完全反应，由S2O32+2H+=S↓+SO2↑+H2O、SO32+2H+=SO2↑+H2O可知，硫酸的物质的量即为反应生成二氧化硫的物质的量，故n(H2SO4)=n(SO2)==0.1mol，故该硫酸溶液的物质的量浓度为=5mol/L，故D错误；故选D。7．如图为CaC2O4·H2O在N2和O2气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)。下列有关说法错误的是()A．无论是O2气氛还是气氛，当1molCaC2O4·H2O最终转变为C时，转移电子的物质的量相同B．无论是O2气氛还是N2气氛，A→B阶段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同C．物质为CaC2O4，CaC2O4在隔绝空气条件下，420OC以下热稳定，不会分解D．在酸性KMnO4溶液中加入少量CaC2O4固体样品时，溶液褪色且有少量气泡产生【答案】A【解析】第1步质量由100mg减小到87.5mg，减少了12.5%，故反应为CaC2O4·H2O失去结晶水生成CaC2O4，第2步质量由87.5mg减小到68.5mg，减少了21.7%，故反应为CaC2O4分解生成CaCO3与碳的氧化物，第3步质量由68.5mg减小到38.4mg，减少了44%，故继续加热固体，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，所以A为CaC2O4，B为CaCO3，C的固体是CaO，在氧气氛围内，第2步产生的一氧化碳和氧气反应生成的二氧化碳，第步产生的二氧化碳抑制碳酸钙分解，所以氧气存在时不利于第3步反应进行。A项，C为CaO，O2气氛中1molCaC2O4·H2O最终转变为H2O、CaO和CO2，电子转移2mol，在N2气氛中，1molCaC2O4·H2O最终转变为H2O、CaO、CO2和CO，电子转移1mol，故A错误；B项，O2气氛中1molCaC2O4·H2O最终转变为H2O、CaO和CO2，在N2气氛中，1molCaC2O4·H2O最终转变为H2O、CaO、CO2和CO，无论是O2气氛还是N2气氛，A→B阶段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同，故B正确；C项，420OC以下氮气气氛中，A的质量随温度升高保持不变，说明420OC以下CaC2O4在隔绝空气条件下，较稳定，不会分解，故C正确；D项，高锰酸钾溶液具有强氧化性，加入少量CaC2O4固体样品时能氧化草酸根离子生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为：5CaC2O4+2MnO4+16H+=2Mn2++10CO2+8H2O+5Ca2+，溶液褪色且有少量气体生成，故D正确；故选A。8．如图所示是某浓盐酸试剂瓶上标签的部分内容。盐酸(分析纯)化学式：HCl质量分数：36%密度：1.18g/mL体积：500mL(1)将浓盐酸敞口放置，其质量分数会变小，这是由于浓盐酸具有较强的_____，所以浓盐酸必须密封保存。(2)将该瓶浓盐酸全部配制成溶质质量分数为11.8%(密度约为1.06g/mL)的盐酸，需加入水_____mL(ρ水＝1g/mL)。(3)含杂质40%的石灰石100g与足量稀盐酸充分反应，理论上可得到CO2_____克(假设杂质不与稀盐酸反应)。【答案】挥发性121026.4【解析】(1)由于浓盐酸具有较强挥发性，浓盐酸敞口放置质量分数会变小，应密封保存；(2)溶液稀释时，溶质的质量不变，设加入水的体积为V,则有：500mL×1.18g/mL×36%=（500mL×1.18g/mL+1g/mL×V）×11.8%，则溶液体积V=1210mL，(3)含杂质40%的石灰石100g，则石灰石为60g，即0.6mol，理论上可得到CO20.6mol，m(CO2)=0.6mol×44g/mol=26.4g。9．立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L－1的I2­KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为________________，样品中S2－的含量为______________________________________________________(写出表达式)。【答案】浅蓝色至无色eq\f(25.00－\f(1,2)V×0.1000×32,m×1000)×100%【解析】达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式