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第02讲 一定物质的量浓度的溶液及其配制（强化训练）-2022年高考化学一轮复习必做提升讲义（夯基础·再突破）学案
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第2讲 一定物质的量浓度的溶液及其配制（强化训练）
1.工业纯碱中常含有NaCl、Na2SO4等杂质。某研究小组设计了如下实验装置,通过纯碱与酸反应生成的CO2来测定质量为m g的工业纯碱的纯度,下列叙述正确的是( )
A.通过称量反应前后装置B的质量,获取CO2的质量
B.通过称量反应前后装置C的质量,获取CO2的质量
C.通过称量反应前后装置C和D的质量,获取CO2的质量
D.通过称量反应前后装置D的质量,获取CO2的质量
答案：B
【解析】根据题意分析,装置B的目的是干燥二氧化碳,不能通过称量反应前后装置B的质量获取反应生成的CO2的质量,故A错误;装置C的目的是吸收反应生成的二氧化碳,通过称量反应前后装置C的质量可以获取反应生成的CO2的质量,故B正确;装置D中的碱石灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置C,不能通过称量反应前后装置D的质量获取反应生成的CO2的质量,故C错误;装置D中的碱石灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置C,不能通过称量反应前后装置D的质量获取反应生成的CO2的质量,故D错误。
2.碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠。现加热5.00 g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,使碳酸氢钠完全分解,混合物质量减少了0.31 g,则原混合物中碳酸钠的质量为( )
A.3.38 g B.4.58 g C.4.16 g D.4.41 g
答案：C
【解析】碳酸钠较稳定,加热一般不分解,只有碳酸氢钠受热分解。设混合物中含有NaHCO3的质量为x,则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O Δm
2×84 62
x 0.31 g
(2×84)∶62=x∶0.31 g,解得x=0.84 g,
所以m(Na2CO3)=5 g-m(NaHCO3)=5 g-0.84 g=4.16 g,选项C正确。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B.100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA
C.标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D.密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
答案：C
【解析】124 g P4的物质的量为1 mol，每个P4分子中含有6个P—P键，所以含有P—P键数目为6NA，A项错误；Fe3＋在水溶液中能发生水解，100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1NA，B项错误；标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5 mol，每个甲烷和乙烯分子都含有4个氢原子，所以含有氢原子数目为2NA，C项正确；SO2和O2的化合反应为可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后，混合气体的物质的量大于2 mol，即分子总数大于2NA，D项错误。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )
A.30 g NO和30 g SiO2中含有的氧原子数均为NA
B.0.5 L 2.0 mol·L－1NaHSO4溶液中含有的HSO数目少于NA
C.标准状况下，5.6 L N2与足量的H2反应生成NH3转移的电子数为1.5NA
D.标准状况下，11.2 L NH3和HCl的混合气体中的分子数为0.5NA
答案：A
【解析】30 g NO和30 g SiO2中含有的氧原子数均为1 mol，A项正确；NaHSO4溶液中不存在HSO，B项错误；N2＋3H22NH3为可逆反应，C项错误；NH3和HCl反应生成NH4Cl，不存在二者的混合气体，D项错误。
5.下列说法不正确的是( )
A.把7.2 g纯铁粉加入40 mL浓度未知的HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，产生NO2和NO的混合气体0.08 mol，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为7.0 mol·L－1
B.将质量分数为a%，物质的量浓度为c1 mol·L－1的稀H2SO4溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L－1，则c1和c2的数值关系是c2>2c1
C.将标准状况下的a L HCl气体溶于1 000 mL水中，得到的盐酸溶液密度为b g·mL－1，则
该盐酸溶液的物质的量浓度为 mol·L－1
D.V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中SO的物质的量浓度为 mol·L－1
答案：C
【解析】把7.2 g纯铁粉投入40 mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量为m(Fe)＝7.2 g－1.6 g＝5.6 g，其物质的量为n(Fe)＝＝0.1 mol，则生成硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]＝n(Fe)＝0.1 mol，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知该硝酸溶液中含有硝酸的总物质的量为n(HNO3)＝2n[Fe(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)＝0.1 mol×2＋0.08 mol＝0.28 mol，所以原HNO3溶液的物质的量浓度为c(HNO3)＝＝7.0 mol·L－1，A正确；设溶质质量分数为a%的硫酸溶液的密度为ρ1，则c1＝ mol·L－1＝ mol·L－1，设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2＝ mol·L－1＝ mol·L－1，所以c1∶c2＝ mol·L－1∶ mol·L－1＝ρ1∶2ρ2，即c2＝c1，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2>ρ1，所以>2，即c2>2c1，B正确；标准状况下，a L HCl溶于1 000 mL水中，所得溶液中n(HCl)＝ mol，溶液体积为V＝＝＝ L，因此该盐酸溶液的物质的量浓度c＝＝＝ mol·L－1，C错误；V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中c(Fe3＋)＝＝＝ mol·L－1，由Fe2(SO4)3的化学式以及其在水中会发生完全电离可知，SO42-浓度为Fe3＋浓度的1.5倍，则溶液中SO42-的物质的量浓度为× mol·L－1＝ mol·L－1，D正确。
6.浓度为2 mol·L－1的盐酸V L，欲使其浓度变为4 mol·L－1，以下列出的方法中可行的是( )
A.通入标准状况下的HCl气体44.8 L
B.将溶液加热蒸发浓缩至0.5V L
C.蒸发掉0.5V L水
D.加入10 mol·L－1盐酸0.6V L，再将溶液稀释至2V L
答案：D
【解析】不知原溶液中HCl的量，A错误；HCl易挥发，B错误；蒸发时HCl也挥发，C错误。
7.下列有关实验操作或判断正确的是( )
A.配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小
B.需要95 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液，可选用100 mL容量瓶来配制
C.用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸
D.用托盘天平称取25.20 g NaCl
答案：B
【解析】A项，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏大，错误；B项，因实验室无95 mL的容量瓶，应选择100 mL容量瓶，正确；C项，量取5.2 mL的盐酸应选用10 mL的量筒，错误；D项，托盘天平的精确度为0.1 g，不能称取25.20 g NaCl，错误。
8.下列叙述错误的是( )
A.10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液，用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于
49%
B.配制0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL 容量瓶
C.在标准状况下，将22.4 L氨气溶于1 L水中，得到1 mol·L－1的氨水
D.室温下，向两等份浓度相同的不饱和烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，
均使溶液恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不
变)
答案：C
【解析】浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，加水后浓硫酸的质量分数为×100%＝>49%，故A正确；实验室没有480 mL的容量瓶，应用500 mL的容量瓶进行配制，故B正确；在标准状况下，22.4 L氨气的物质的量为1 mol，溶于1 L水中，得到溶液体积不是1 L，故C错误；发生反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O＋H2O===2NaOH，由方程式可知，相同物质的量的Na2O2和Na2O消耗相同物质的量的水，生成相同物质的量的NaOH，保持温度不变，使溶液恰好饱和，故加入的Na2O2、Na2O的物质的量相等，故D正确。
9.现有V L 0.5 mol·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5 mol·L－10.125V L的盐酸
C.加入10 mol·L－10.1V L的盐酸，再稀释至1.5V L
D.标准状况下通入11.2 L氯化氢气体
答案：C
【解析】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)＝0.5 mol·L－1×V L＋10 mol·L－1×0.1V L＝1.5V mol，所以c混合(HCl)＝＝1 mol·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。
10.ZnSO4·7H2O在不同的温度下分解产物不同,取28.70 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度,剩余固体的质量变化如图所示。分析数据,680 ℃时所得固体的化学式为( )
A.ZnO B.Zn3O(SO4)2
C.ZnSO4 D.ZnSO4·H2O
答案：B
【解析】28.70 g ZnSO4·7H2O的物质的量为0.1 mol,由Zn元素守恒可以知道,生成ZnSO4·H2O或ZnSO4或ZnO时,物质的量均为0.1 mol。若得ZnSO4·H2O的质量为17.90 g(100 ℃);若得ZnSO4的质量为16.10 g(250 ℃);若得ZnO的质量为8.10 g(930 ℃);据此可确定680 ℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2。
11.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。
回答下列问题：
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在 _______中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的__________中，加蒸馏水至_____________ 。
(2)滴定：取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发
生反应：Cr2O72-＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(保留1位小数)。
答案：(1)烧杯 容量瓶 刻度线 (2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来颜色 95.0
【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL的容量瓶中，加水至距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相平。(2)加入淀粉作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，即为滴定终点。
由反应Cr2O72-＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O
I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－
得关系式：Cr2O72- ～ 3I2 ～ 6S2O32-
1 6
0．009 50 mol·L－1×0.02 L0.009 50 mol·L－1×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度为
，样品的纯度为
×100%＝95.0%。
12.水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件，某课外小组用碘量法测定沱江河中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.采集水样及氧的固定：
用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水温。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化及滴定：
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O32-＋I2===2I－＋S4O62-)。
回答下列问题：
(1)氧的固定中发生反应的化学方程式为_____________________________。
(2)固氧后的水样用稀H2SO4酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，发生反应的离子方程式
为_________________________________________。
(3)标准Na2S2O3溶液的配制。
①配制480 mL a mol·L－1该溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和________。若定容时俯视，会使配制的Na2S2O3浓度________(选填“偏高”“偏低”或“无影响”)
②Na2S2O3溶液不稳定，配制过程中，用蒸馏水须煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳。
(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉作指示剂，达到滴定终点的现象为________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧气的含量为________ mg·L－1。
答案：(1)2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2 (2)4H＋＋MnO(OH)2＋2I－===Mn2＋＋I2＋3H2O
(3)①500 mL容量瓶、胶头滴管 偏高 ②O2
(4)当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，待滴定溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 80ab
【解析】(1)由题意可知，将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液混合，根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被水样中的氧气氧化为MnO(OH)2，从而实现氧的固定，由此可得化学方程式：Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2。(2)将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，I－被氧化为I2，离子方程式为4H＋＋MnO(OH)2＋2I－===Mn2＋＋I2＋3H2O。(3)①配制480 mL a mol·L－1该溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和500 mL容量瓶，胶头滴管；若定容时俯视，V偏小，会使配制的Na2S2O3浓度偏高；②由于Na2S2O3具有较强的还原性，易被氧气氧化，煮沸是为了除去蒸馏水中溶解的O2，防止变质。(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化，说明滴定到达终点；根据方程式可得关系式：O2～2I2～4S2O32-，计算得n(O2)＝ mol，m(O2)＝ mol×32 g·mol－1＝8ab mg，则水样中溶解氧的含量为＝80ab mg·L－1。
13.煅烧NH4VO3可制得V2O5,煅烧过程中固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200 ℃时,得到的固体物质化学式为 ,300~350 ℃放出气态物质的化学式为 。
答案：HVO3 H2O
【解析】煅烧NH4VO3时,固体质量随温度变化的曲线如题图所示。加热到200 ℃时,质量减少0.17 g,所以0.01 mol NH4VO3受热分解生成气体为0.01 mol NH3,发生NH4VO3NH3↑+HVO3;加热到350 ℃时固体质量减少0.09 g,失去0.005 mol H2O,发生的反应为2HVO3H2O+V2O5,则放出气态物质的化学式为H2O。
14.如下图是小组同学将MnC2O4·2H2O晶体放在坩埚里加热分解时,固体失重质量分数随温度(T)变化的曲线(已知草酸锰不稳定,但其中锰元素的化合价在300 ℃以下不变)。
试根据各点的坐标(近似值)回答下列问题:
(1)C~D的化学方程式为 。
(2)从D点到E点过程中固体失重的质量分数下降的原因是 。
答案：(1)MnC2O4MnO+CO↑+CO2↑
(2)MnO与空气中的O2发生化合反应,生成新的锰的氧化物
【解析】(1)MnC2O4·2H2O的摩尔质量为179 g·mol-1,假设1 mol MnC2O4·2H2O发生分解,则C点失重179 g×0.201≈36 g,即恰好失去水分子。C点固体为MnC2O4,D点失重60.3%,则D点质量为179 g×(1-60.3%)≈71 g,则D点为MnO,则C~D的化学方程式为MnC2O4MnO+CO↑+CO2↑。
(2)由于MnO与空气中氧气发生化合反应生成新的锰的氧化物,导致从D到E点过程中固体失重的质量分数下降。
15.将1.800 g FeC2O4·2H2O固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示：
已知：
①草酸盐受热分解易放出碳的氧化物。
②500 ℃之前，该热重分析仪的样品池处于氩气气氛中，500 ℃时起，样品池与大气相通。回答下列问题：
(1)300 ℃时是样品脱水的过程，试确定350 ℃时样品是否脱水完全________(填“是”或“否”)。
(2)400 ℃时发生变化的化学方程式是________________________________________。
(3)500～1 400 ℃时所得固体的化学式为__________________________________。
答案：(1)是 (2)FeC2O4FeO＋CO↑＋CO2↑ (3)Fe2O3
【解析】(1)1.800 g FeC2O4·2H2O固体样品中含有结晶水的质量为1.800 g×＝0.36 g，剩余固体质量为1.44 g，根据图像可知，350 ℃时样品已经完全脱水。(2)400 ℃时固体质量为0.720 g，根据铁原子守恒可知，400 ℃时铁元素为0.010 0 mol，其质量为0.560 g，剩余 的质量为0.016 g，由于草酸盐受热分解易放出碳的氧化物，则0.016 g应该是氧元素的质量，其物质的量为0.010 0 mol，则铁、氧原子物质的量之比为1∶1。所以400 ℃时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成，反应的化学方程式为FeC2O4FeO＋CO↑＋CO2↑。(3)500～1 400 ℃时固体质量为0.800 g，根据铁原子守恒可知，铁元素为0.010 0 mol，其质量为0.560 g，剩余氧元素质量为0.024 g，其物质的量为 0.015 0 mol，则铁、氧原子物质的量之比为2∶3，因此该固体是氧化铁。
16.为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol·L－1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗a mol·L－1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。
答案：%。
【解析】本题涉及的化学方程式或离子方程式为
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓
CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
由方程式可以得出相应的关系式
5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO
5 2
n1(CaCO3) aV2×10－3 mol
n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol
样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3× mol
则w(CaCO3)＝×100%＝%。
第2讲 一定物质的量浓度的溶液及其配制（强化训练）
1.工业纯碱中常含有NaCl、Na2SO4等杂质。某研究小组设计了如下实验装置,通过纯碱与酸反应生成的CO2来测定质量为m g的工业纯碱的纯度,下列叙述正确的是( )
A.通过称量反应前后装置B的质量,获取CO2的质量
B.通过称量反应前后装置C的质量,获取CO2的质量
C.通过称量反应前后装置C和D的质量,获取CO2的质量
D.通过称量反应前后装置D的质量,获取CO2的质量
答案：B
【解析】根据题意分析,装置B的目的是干燥二氧化碳,不能通过称量反应前后装置B的质量获取反应生成的CO2的质量,故A错误;装置C的目的是吸收反应生成的二氧化碳,通过称量反应前后装置C的质量可以获取反应生成的CO2的质量,故B正确;装置D中的碱石灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置C,不能通过称量反应前后装置D的质量获取反应生成的CO2的质量,故C错误;装置D中的碱石灰可以防止外界空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置C,不能通过称量反应前后装置D的质量获取反应生成的CO2的质量,故D错误。
2.碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠。现加热5.00 g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,使碳酸氢钠完全分解,混合物质量减少了0.31 g,则原混合物中碳酸钠的质量为( )
A.3.38 g B.4.58 g C.4.16 g D.4.41 g
答案：C
【解析】碳酸钠较稳定,加热一般不分解,只有碳酸氢钠受热分解。设混合物中含有NaHCO3的质量为x,则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O Δm
2×84 62
x 0.31 g
(2×84)∶62=x∶0.31 g,解得x=0.84 g,
所以m(Na2CO3)=5 g-m(NaHCO3)=5 g-0.84 g=4.16 g,选项C正确。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B.100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA
C.标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D.密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
答案：C
【解析】124 g P4的物质的量为1 mol，每个P4分子中含有6个P—P键，所以含有P—P键数目为6NA，A项错误；Fe3＋在水溶液中能发生水解，100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1NA，B项错误；标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5 mol，每个甲烷和乙烯分子都含有4个氢原子，所以含有氢原子数目为2NA，C项正确；SO2和O2的化合反应为可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后，混合气体的物质的量大于2 mol，即分子总数大于2NA，D项错误。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )
A.30 g NO和30 g SiO2中含有的氧原子数均为NA
B.0.5 L 2.0 mol·L－1NaHSO4溶液中含有的HSO数目少于NA
C.标准状况下，5.6 L N2与足量的H2反应生成NH3转移的电子数为1.5NA
D.标准状况下，11.2 L NH3和HCl的混合气体中的分子数为0.5NA
答案：A
【解析】30 g NO和30 g SiO2中含有的氧原子数均为1 mol，A项正确；NaHSO4溶液中不存在HSO，B项错误；N2＋3H22NH3为可逆反应，C项错误；NH3和HCl反应生成NH4Cl，不存在二者的混合气体，D项错误。
5.下列说法不正确的是( )
A.把7.2 g纯铁粉加入40 mL浓度未知的HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，产生NO2和NO的混合气体0.08 mol，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为7.0 mol·L－1
B.将质量分数为a%，物质的量浓度为c1 mol·L－1的稀H2SO4溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L－1，则c1和c2的数值关系是c2>2c1
C.将标准状况下的a L HCl气体溶于1 000 mL水中，得到的盐酸溶液密度为b g·mL－1，则
该盐酸溶液的物质的量浓度为 mol·L－1
D.V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中SO的物质的量浓度为 mol·L－1
答案：C
【解析】把7.2 g纯铁粉投入40 mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量为m(Fe)＝7.2 g－1.6 g＝5.6 g，其物质的量为n(Fe)＝＝0.1 mol，则生成硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]＝n(Fe)＝0.1 mol，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知该硝酸溶液中含有硝酸的总物质的量为n(HNO3)＝2n[Fe(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)＝0.1 mol×2＋0.08 mol＝0.28 mol，所以原HNO3溶液的物质的量浓度为c(HNO3)＝＝7.0 mol·L－1，A正确；设溶质质量分数为a%的硫酸溶液的密度为ρ1，则c1＝ mol·L－1＝ mol·L－1，设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2＝ mol·L－1＝ mol·L－1，所以c1∶c2＝ mol·L－1∶ mol·L－1＝ρ1∶2ρ2，即c2＝c1，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2>ρ1，所以>2，即c2>2c1，B正确；标准状况下，a L HCl溶于1 000 mL水中，所得溶液中n(HCl)＝ mol，溶液体积为V＝＝＝ L，因此该盐酸溶液的物质的量浓度c＝＝＝ mol·L－1，C错误；V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中c(Fe3＋)＝＝＝ mol·L－1，由Fe2(SO4)3的化学式以及其在水中会发生完全电离可知，SO42-浓度为Fe3＋浓度的1.5倍，则溶液中SO42-的物质的量浓度为× mol·L－1＝ mol·L－1，D正确。
6.浓度为2 mol·L－1的盐酸V L，欲使其浓度变为4 mol·L－1，以下列出的方法中可行的是( )
A.通入标准状况下的HCl气体44.8 L
B.将溶液加热蒸发浓缩至0.5V L
C.蒸发掉0.5V L水
D.加入10 mol·L－1盐酸0.6V L，再将溶液稀释至2V L
答案：D
【解析】不知原溶液中HCl的量，A错误；HCl易挥发，B错误；蒸发时HCl也挥发，C错误。
7.下列有关实验操作或判断正确的是( )
A.配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小
B.需要95 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液，可选用100 mL容量瓶来配制
C.用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸
D.用托盘天平称取25.20 g NaCl
答案：B
【解析】A项，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏大，错误；B项，因实验室无95 mL的容量瓶，应选择100 mL容量瓶，正确；C项，量取5.2 mL的盐酸应选用10 mL的量筒，错误；D项，托盘天平的精确度为0.1 g，不能称取25.20 g NaCl，错误。
8.下列叙述错误的是( )
A.10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液，用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于
49%
B.配制0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL 容量瓶
C.在标准状况下，将22.4 L氨气溶于1 L水中，得到1 mol·L－1的氨水
D.室温下，向两等份浓度相同的不饱和烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，
均使溶液恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不
变)
答案：C
【解析】浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，加水后浓硫酸的质量分数为×100%＝>49%，故A正确；实验室没有480 mL的容量瓶，应用500 mL的容量瓶进行配制，故B正确；在标准状况下，22.4 L氨气的物质的量为1 mol，溶于1 L水中，得到溶液体积不是1 L，故C错误；发生反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O＋H2O===2NaOH，由方程式可知，相同物质的量的Na2O2和Na2O消耗相同物质的量的水，生成相同物质的量的NaOH，保持温度不变，使溶液恰好饱和，故加入的Na2O2、Na2O的物质的量相等，故D正确。
9.现有V L 0.5 mol·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5 mol·L－10.125V L的盐酸
C.加入10 mol·L－10.1V L的盐酸，再稀释至1.5V L
D.标准状况下通入11.2 L氯化氢气体
答案：C
【解析】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)＝0.5 mol·L－1×V L＋10 mol·L－1×0.1V L＝1.5V mol，所以c混合(HCl)＝＝1 mol·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。
10.ZnSO4·7H2O在不同的温度下分解产物不同,取28.70 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度,剩余固体的质量变化如图所示。分析数据,680 ℃时所得固体的化学式为( )
A.ZnO B.Zn3O(SO4)2
C.ZnSO4 D.ZnSO4·H2O
答案：B
【解析】28.70 g ZnSO4·7H2O的物质的量为0.1 mol,由Zn元素守恒可以知道,生成ZnSO4·H2O或ZnSO4或ZnO时,物质的量均为0.1 mol。若得ZnSO4·H2O的质量为17.90 g(100 ℃);若得ZnSO4的质量为16.10 g(250 ℃);若得ZnO的质量为8.10 g(930 ℃);据此可确定680 ℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2。
11.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。
回答下列问题：
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在 _______中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的__________中，加蒸馏水至_____________ 。
(2)滴定：取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发
生反应：Cr2O72-＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(保留1位小数)。
答案：(1)烧杯 容量瓶 刻度线 (2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来颜色 95.0
【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL的容量瓶中，加水至距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相平。(2)加入淀粉作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，即为滴定终点。
由反应Cr2O72-＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O
I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－
得关系式：Cr2O72- ～ 3I2 ～ 6S2O32-
1 6
0．009 50 mol·L－1×0.02 L0.009 50 mol·L－1×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度为
，样品的纯度为
×100%＝95.0%。
12.水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件，某课外小组用碘量法测定沱江河中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.采集水样及氧的固定：
用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水温。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化及滴定：
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O32-＋I2===2I－＋S4O62-)。
回答下列问题：
(1)氧的固定中发生反应的化学方程式为_____________________________。
(2)固氧后的水样用稀H2SO4酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，发生反应的离子方程式
为_________________________________________。
(3)标准Na2S2O3溶液的配制。
①配制480 mL a mol·L－1该溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和________。若定容时俯视，会使配制的Na2S2O3浓度________(选填“偏高”“偏低”或“无影响”)
②Na2S2O3溶液不稳定，配制过程中，用蒸馏水须煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳。
(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉作指示剂，达到滴定终点的现象为________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧气的含量为________ mg·L－1。
答案：(1)2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2 (2)4H＋＋MnO(OH)2＋2I－===Mn2＋＋I2＋3H2O
(3)①500 mL容量瓶、胶头滴管 偏高 ②O2
(4)当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，待滴定溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 80ab
【解析】(1)由题意可知，将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液混合，根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被水样中的氧气氧化为MnO(OH)2，从而实现氧的固定，由此可得化学方程式：Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2。(2)将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，I－被氧化为I2，离子方程式为4H＋＋MnO(OH)2＋2I－===Mn2＋＋I2＋3H2O。(3)①配制480 mL a mol·L－1该溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和500 mL容量瓶，胶头滴管；若定容时俯视，V偏小，会使配制的Na2S2O3浓度偏高；②由于Na2S2O3具有较强的还原性，易被氧气氧化，煮沸是为了除去蒸馏水中溶解的O2，防止变质。(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化，说明滴定到达终点；根据方程式可得关系式：O2～2I2～4S2O32-，计算得n(O2)＝ mol，m(O2)＝ mol×32 g·mol－1＝8ab mg，则水样中溶解氧的含量为＝80ab mg·L－1。
13.煅烧NH4VO3可制得V2O5,煅烧过程中固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200 ℃时,得到的固体物质化学式为 ,300~350 ℃放出气态物质的化学式为 。
答案：HVO3 H2O
【解析】煅烧NH4VO3时,固体质量随温度变化的曲线如题图所示。加热到200 ℃时,质量减少0.17 g,所以0.01 mol NH4VO3受热分解生成气体为0.01 mol NH3,发生NH4VO3NH3↑+HVO3;加热到350 ℃时固体质量减少0.09 g,失去0.005 mol H2O,发生的反应为2HVO3H2O+V2O5,则放出气态物质的化学式为H2O。
14.如下图是小组同学将MnC2O4·2H2O晶体放在坩埚里加热分解时,固体失重质量分数随温度(T)变化的曲线(已知草酸锰不稳定,但其中锰元素的化合价在300 ℃以下不变)。
试根据各点的坐标(近似值)回答下列问题:
(1)C~D的化学方程式为 。
(2)从D点到E点过程中固体失重的质量分数下降的原因是 。
答案：(1)MnC2O4MnO+CO↑+CO2↑
(2)MnO与空气中的O2发生化合反应,生成新的锰的氧化物
【解析】(1)MnC2O4·2H2O的摩尔质量为179 g·mol-1,假设1 mol MnC2O4·2H2O发生分解,则C点失重179 g×0.201≈36 g,即恰好失去水分子。C点固体为MnC2O4,D点失重60.3%,则D点质量为179 g×(1-60.3%)≈71 g,则D点为MnO,则C~D的化学方程式为MnC2O4MnO+CO↑+CO2↑。
(2)由于MnO与空气中氧气发生化合反应生成新的锰的氧化物,导致从D到E点过程中固体失重的质量分数下降。
15.将1.800 g FeC2O4·2H2O固体样品放在热重分析仪中进行热重分析，测得其热重分析曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示：
已知：
①草酸盐受热分解易放出碳的氧化物。
②500 ℃之前，该热重分析仪的样品池处于氩气气氛中，500 ℃时起，样品池与大气相通。回答下列问题：
(1)300 ℃时是样品脱水的过程，试确定350 ℃时样品是否脱水完全________(填“是”或“否”)。
(2)400 ℃时发生变化的化学方程式是________________________________________。
(3)500～1 400 ℃时所得固体的化学式为__________________________________。
答案：(1)是 (2)FeC2O4FeO＋CO↑＋CO2↑ (3)Fe2O3
【解析】(1)1.800 g FeC2O4·2H2O固体样品中含有结晶水的质量为1.800 g×＝0.36 g，剩余固体质量为1.44 g，根据图像可知，350 ℃时样品已经完全脱水。(2)400 ℃时固体质量为0.720 g，根据铁原子守恒可知，400 ℃时铁元素为0.010 0 mol，其质量为0.560 g，剩余 的质量为0.016 g，由于草酸盐受热分解易放出碳的氧化物，则0.016 g应该是氧元素的质量，其物质的量为0.010 0 mol，则铁、氧原子物质的量之比为1∶1。所以400 ℃时FeC2O4分解生成FeO，结合化合价有升必有降，则还有一氧化碳和二氧化碳生成，反应的化学方程式为FeC2O4FeO＋CO↑＋CO2↑。(3)500～1 400 ℃时固体质量为0.800 g，根据铁原子守恒可知，铁元素为0.010 0 mol，其质量为0.560 g，剩余氧元素质量为0.024 g，其物质的量为 0.015 0 mol，则铁、氧原子物质的量之比为2∶3，因此该固体是氧化铁。
16.为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol·L－1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗a mol·L－1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。
答案：%。
【解析】本题涉及的化学方程式或离子方程式为
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓
CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
由方程式可以得出相应的关系式
5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO
5 2
n1(CaCO3) aV2×10－3 mol
n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol
样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3× mol
则w(CaCO3)＝×100%＝%。
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