高考化学二轮专题复习 专题跟踪检测3 以物质的量为中心的化学计算与应用

专题跟踪检测（三）  以物质的量为中心的化学计算与应用

1．下列说法正确的是(　　)

A．现需480 mL 0.1 mol·L－1硫酸铜溶液，则需要称量7.68 g硫酸铜固体

B．100 g硫酸溶液的物质的量浓度为18.4 mol·L－1，用水稀释到物质的量浓度为9.2 mol·L－1，需要水100 g

C．将10 g CuSO4溶解在90 g水中，配制质量分数为10%的CuSO4溶液

D．使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸转移至烧杯后须用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液一并转移至烧杯

解析：选C　应选择500 mL的容量瓶来配制，需硫酸铜的质量为0.5 L×0.1 mol·L－1×160 g·mol－1＝8.0 g，A错误；由c1×＝c2×，且ρ1≠ρ2可知，m2≠2m1，B错误；将10 g CuSO4溶解在90 g水中，溶液的质量是100 g，得到质量分数为10%的CuSO4溶液，C正确；量取的液体倒出的量就是所读的量，不能洗涤，D错误。

2．配制一定物质的量浓度溶液时，下列相关操作会造成配制的溶液浓度偏低的是(　　)

A．定容摇匀后少量溶液外流

B．NaOH溶解后立刻转移至容量瓶中

C．用容量瓶配溶液时，容量瓶未干燥

D．配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线

解析：选D　A项，定容后，溶质的物质的量恒定、溶液的体积恒定，所以溶液的浓度恒定，若定容摇匀后少量溶液外流，不会影响溶液浓度，不符合题意；B项，氢氧化钠溶解会放出大量的热，放出的热量使溶液体积变大，定容后，根据热胀冷缩，可知溶液体积又会变小，所以最终溶液浓度会偏高，不符合题意；C项，容量瓶配制溶液时还需要加水定容，故未干燥容量瓶并不影响溶液浓度，不符合题意；D项，易混淆俯视、仰视时读数的变化情况，仰视容量瓶刻度线，会造成溶液体积偏大，浓度偏低，符合题意。

3．25 ℃时，将10 mL质量分数为50%(密度为1.4 g·cm－3)的硫酸稀释成100 mL。下列说法正确的是(　　)

A．俯视容量瓶刻度线定容，所配溶液的浓度偏小

B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90 mL

C．质量分数为50%的硫酸溶液的物质的量浓度约为7.14 mol·L－1

D．上述100 mL稀硫酸中含溶质14 g，该稀硫酸不属于电解质

解析：选C　俯视容量瓶刻度线定容，导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，故A项错误；稀释后溶液的密度不知，所以无法计算所需要的蒸馏水的体积或质量，故B项错误；根据c＝＝ mol·L－1≈7.14 mol·L－1，所以质量分数为50%的硫酸溶液的物质的量浓度约为7.14 mol·L－1，故C项正确；稀释过程中溶质的质量不变，所以100  mL稀硫酸中含溶质1.4 g·cm－3×10 cm3×50%＝7.0 g，故D项错误。

4．为了配制100 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液，其中有下列几种操作，错误的操作有(　　)

①选刚用蒸馏水洗净过的100 mL容量瓶进行配制

②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中

③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都转移到容量瓶中

④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切

⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出超过的一部分

A．②④⑤　　　　　　　　　 B．①⑤

C．②③⑤  D．①②

解析：选A　NaOH溶于水放热，冷却至室温再转移至容量瓶中，②错；沿玻璃棒注蒸馏水至离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，④错；液面超过刻度线，应重新配制，⑤错。

5．36.5 g HCl气体溶解在1 L水中(水的密度为1 g·cm－3)，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是(　　)

A．所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1

B．所得溶液中含有NA个HCl分子

C．36.5 g HCl气体的体积为22.4 L

D．所得溶液的溶质质量分数w＝×100%

解析：选D　36.5 g即1 mol HCl气体溶解在1 L水中，所得溶液体积V＝＝＝ L，故溶液的物质的量浓度c＝＝＝ mol·L－1，A错误；氯化氢溶于水，全部电离成H＋、Cl－，溶液中无HCl分子，B错误；题中未指明HCl气体所处的温度与压强，故无法计算HCl气体的体积，C错误；所得溶液的溶质质量分数w＝×100%＝×100%，D正确。

6．利用太阳能分解水制氢(2H2O2H2↑＋O2↑)，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是(　　)

A．可生成H2的质量为0.02 g

B．可生成氢原子数为2.408×1023个

C．可生成H2的体积为0.224 L(标准状况)

D．生成H2的量理论上等于0.04 mol Na与H2O反应产生H2的量

解析：选D　分析太阳能分解水制氢时发生的反应，则有

2H2O2H2↑＋O2↑

　2　　　　　　2

n(H2O)　　　n(H2)

从而可得n(H2)＝n(H2O)＝0.02 mol。

A错，生成H2的质量为0.02 mol×2 g·mol－1＝0.04 g。B错，生成氢原子的物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol，则氢原子数目为2.408×1022个。C错，生成的H2在标准状况下的体积为0.02 mol×22.4 L·mol－1＝0.448 L。D对，根据反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑可知，0.04 mol Na与水反应生成0.02 mol H2，与光解0.02 mol水生成H2的量相等。

7．某工业含钴废渣在空气中充分煅烧后的成分测定如表所示，则煅烧后所得固体混合物中，钴的氧化物的化学式是(　　)

A．CoO  B．Co2O3

C．Co3O4  D．CoO2

解析：选C　已知Zn、Cu、Fe在空气中充分煅烧，生成物分别为ZnO、CuO、Fe2O3。设煅烧后所得固体混合物的质量为100 g，则钴的氧化物中，m(O)＝100 g－59.00 g－81 g·mol－1×－80 g·mol－1×－160 g·mol－1××≈21.3 g，n(O)＝≈1.33 mol，而n(Co)＝＝1.00 mol，则钴的氧化物的分子式为Co3O4。

8．[双选]草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)难溶于水，难溶于硫酸；受热易分解；不同温度下，分解产物不完全相同。某化学兴趣小组设计实验验证草酸亚铁晶体热分解产物，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。

下列说法正确的是(　　)

A．将草酸亚铁受热产生的气体点燃，未出现燃烧现象，若气体通过碱石灰则可以燃烧

B．Ⅱ阶段的反应方程式为2FeC2O4·2H2OFe2O3＋3CO↑＋CO2↑＋4H2O

C．取适量受热后的剩余固体，加入浓盐酸完全溶解后，继续滴加KMnO4溶液，若溶液褪色，则说明该固体产物中含有FeO

D．用草酸或草酸钠溶液与硫酸亚铁溶液反应可制得草酸亚铁晶体

解析：选AD　晶体在受热时，一般先失去结晶水，然后发生分解反应。3.60 g的FeC2O4·2H2O为0.02 mol，H2O为0.04 mol，质量为0.72 g，则Ⅰ阶段草酸亚铁晶体失去了结晶水。Ⅱ阶段，根据碳原子守恒，若都生成CO2，则固体质量应减小1.76 g；若都生成CO，则固体质量减小1.12 g，现减小1.28 g，则生成CO和CO2的混合物，根据碳原子守恒及1.28 g，可得Ⅱ阶段发生反应的化学方程式为2FeC2O4Fe2O3＋3CO↑＋CO2↑，故B错误；A项，产物中有水蒸气、二氧化碳，故CO不能燃烧，通过碱石灰后则可以燃烧，正确；C项，浓盐酸也能使KMnO4溶液褪色，错误；D项，由题干信息草酸亚铁晶体难溶于水，难溶于硫酸可知正确。

9．[双选]某含Cr2O的废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到n mol FeO·FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述正确的是(　　)

A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2－x)mol

B．处理废水中Cr2O的物质的量为nx mol

C．反应中发生转移的电子数为3nx mol

D．在FeO·FeyCrxO3中3x＝y

解析：选CD　消耗硫酸亚铁的物质的量为n(y＋1)mol，又由FeO·FeyCrxO3呈电中性可得3x＋3y＝6，代入前式得，消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3－x)，A错误；Cr的物质的量为nx mol，故Cr2O的物质的量为 mol，B错误；得到n mol FeO·FeyCrxO3,1 mol Cr转移电子3 mol，故转移电子的物质的量为3nx mol，C正确；FeO·FeyCrxO3中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x－y＝0，即3x＝y。

10．实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，通过下面方法可测定产品的纯度：(已知POCl3与PCl3极易水解)

①快速称取5.00 g产品，加水反应后配成250 mL溶液；

②取以上溶液25.00 mL，向其中加入10.00 mL 0.100 0 mol·L－1碘水(足量)，充分反应；

③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.100 0 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定；

④重复②、③操作，平均消耗0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液12.00 mL。

已知：H3PO3＋I2＋H2O===H3PO4＋2HI，I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。

(1)滴定至终点的现象是___________________________________________________

________________________________________________________________________。

(2)该产品的纯度为________。[已知：M(PCl3)＝137.5 g·mol－1、M(POCl3)＝153.5 g·mol－1]

解析：(2)POCl3与水反应生成H3PO4和HCl，PCl3与水反应生成H3PO3和HCl，根据题意知，存在关系式：PCl3～H3PO3～I2，I2～2Na2S2O3；消耗Na2S2O3的物质的量＝0.100 0 mol·L－1×12.00×10－3 L＝12×10－4 mol，则和Na2S2O3反应的I2的物质的量＝×12×10－4 mol＝6×10－4 mol，PCl3的物质的量等于和H3PO3反应的I2的物质的量＝0.100 0 mol·L－1×10.00×10－3 L－6×10－4 mol＝4×10－4 mol，PCl3的质量为4×10－4 mol×137.5 g·mol－1＝5.5×10－2 g，产品中含PCl3的质量为5.5×10－2 g×＝0.55 g，则产品的纯度为×100%＝89.0%。

答案：(1)当滴入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色

(2)89.0%

11．草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 ℃及以上所得固体均为钴氧化物。

(1)通过计算确定C点剩余固体的化学成分为________(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225～300 ℃发生反应的化学方程式：___________________________________。

(2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为＋2价、＋3价)，用480 mL 5 mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为__________。

解析：(1)由题图可知，CoC2O4·2H2O的质量为18.3 g，物质的量为＝0.1 mol，钴元素质量为5.9 g，C点钴氧化物质量为8.03 g，氧化物中氧元素质量为8.03 g－5.9 g＝2.13 g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1 mol∶0.133 mol≈3∶4，所以C点剩余固体化学成分为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7 g，与其起始物质的质量相比减少18.3 g－14.7 g＝3.6 g，为结晶水的质量，所以B点物质为CoC2O4，CoC2O4与氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，反应的化学方程式为3CoC2O4＋2O2===Co3O4＋6CO2。(2)由电子守恒可得n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝0.4 mol，由电荷守恒可得n总(Co)＝n溶液(Co2＋)＝0.5n(Cl－)＝0.5×(2.4 mol－0.2 mol×2)＝1 mol，所以固体中的n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 mol；n(O)＝1.2 mol，所以n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6。

答案：(1)CoC2O4　3CoC2O4＋2O2===Co3O4＋6CO2

(2)n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6

12．氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格的CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。工业上常通过下列反应制备CuCl：

2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑

准确称取所制备的0.250 0 g CuCl样品置于一定量的0.5 mol·L－1 FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L－1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关的化学反应为Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－、Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋。通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。

答案：设样品中CuCl的质量为x，由离子方程式可知：

CuCl ～ Fe2＋～ Ce4＋

99．5 g　　　　　1 mol

 x　　　　　 0.100 0 mol·L－1×24.60×10－3 L

＝

x＝0.100 0 mol·L－1×24.60×10－3 L×99.5 g·mol－1≈0.244 8 g

样品中CuCl的质量分数＝×100%＝97.92%>96.50%，符合标准。

13．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。

(1)已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：

第一步：准确称取a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L－1的H2SO4溶液，充分反应。

第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。

第三步：逐滴加入浓度为c mol·L－1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为________________________________________________________________________(用字母表示)。

(2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为______________。

解析：(1)根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2O，则样品中CaO2的质量分数为×100%＝×100%。

(2)CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·mol－1，故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol,350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知为CaO。

答案：(1)溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色　×100%　(2)CaO

14．Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度。请回答下列问题：

(1)现需配制250 mL 0.100 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，还需要______________________。

(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为________ g。

(3)另取废水50.00 mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO全部转化为Cr2O；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为①Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②2S2O＋I2===2I－＋S4O。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为________。

解析：(1)要抓住“玻璃仪器”的字眼，因此还需要用来溶解固体的烧杯及用来定容的胶头滴管。(2)Na2S2O3固体的质量为0.100 mol·L－1×0.25 L×158 g·mol－1＝3.95 g，但实验室所用的托盘天平只能准确称量到0.1 g，故需准确称取Na2S2O3固体的质量为4.0 g。(3)设Ba2＋的物质的量为x，则根据相关反应可得以下关系式：

Ba2＋～BaCrO4～Cr2O～I2～3S2O

 1　　　　　　　　　　　　　　　　3

 x　　　　　　　　　0.036 L×0.100 mol·L－1

解得x＝1.2×10－3 mol，则c(Ba2＋)＝＝0.024 mol·L－1。

答案：(1)胶头滴管、烧杯　(2)4.0

(3)0.024 mol·L－1