（新）2022届高三化学小题必练2 物质的量浓度及其计算 教师版.doc

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1、小题必练2：物质的量浓度及其计算要考查一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析，物质的量浓度的简单计算，粒子浓度大小的比较，溶解度、溶质的质量分数、物质的量浓度之间的换算及相关计算。特别注意计算过程。1【2019江西模拟】有五瓶溶液分别是：10mL 0.60mol/L NaOH水溶液；20mL 0.50mol/L H2SO4水溶液；30mL 0.40mol/L HCl水溶液；40mL 0.30mol/L CH3COOH水溶液；50mL 0.20mol/L蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是（ ）A BC D【答案】C 【解析】溶液中所含的离子和分子总数取决于溶质和溶剂中所含的分子

2、以及电离出的离子等全部的粒子；题中所述五种溶液中溶质的浓度都比较低，因此溶剂分子数目占据主导作用；而溶剂分子数与溶液体积成正比，因此溶液体积越大，所含总粒子数目越多，故粒子总数排序由大到小依次为>>>>；综上所述，本题选C。【点睛】本题考查的知识是离子、分子数及其物质的量与溶液浓度、体积的关系。以此为载体，来考查学生思维的敏捷性和严密性。本题脱离了过去经常比较粒子浓度的俗套，也不是比较“浓度大小”，而是转向比较粒子总数多少，致使不少同学没有打破思维定势，一见到溶液就只想到溶质，错选A、B、D中之一。2.【2020吉林通榆县一中第二次月考】下列说法正确的是（ ）A把100

3、mL 3mol·L1的H2SO4跟100mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度为1.5mol·L1B把100g 20%的NaCl溶液跟100g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%C把200mL 3mol·L1的BaCl2溶液跟100mL 3mol·L1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl)仍然是3mol·L1D把100mL 20%的NaOH溶液跟100mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%【答案】B【解析】A把100mL 3mol·L1的H2SO4跟100mL H2O混合，溶液的总体积小于200mL，硫酸的物质的量

4、浓度大于1.5mol·L1，故A错误；B与水混合前后，NaCl的质量不变，则把100g 20%的NaCl溶液跟100g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数为： ×100%=10%，故B正确；C3mol·L1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6mol·L1，3mol·L1的KCl溶液中氯离子浓度为3mol·L1，混合后氯离子浓度介于3mol·L16mol·L1之间，故C错误；D氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算混合后溶液的总质量，故D错误；故选B。【点睛】物质的量的浓度的计算，抓住物

5、质的量浓度=总的物质的量除以总体积。3 【2019年河北武邑调研】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治金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2。下列有关说法正确的是（ ）A1L 0.25mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数目为NA B1L 0.1mol/L Na2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NAC生成1mol还原产物时转移电子数为8NAD通常状况下，11.2L CO2中含有的共价键数目为2NA【答案】C【解析】A项、溶剂水分子中也含有氧原子，故无法计算1L 0.25mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数

6、目，故A错误；B项、Na2S溶液中S2水解：S2+H2OHS+OH，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，故B错误；C项、由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成1mol硫化钠时转移电子数为1mol×6-(-2)=8mol，个数为8NA，故C正确；D项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L CO2的物质的量小于0.5mol，所含有的共价键数目小于2NA，故D错误。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的适用范围和溶液中的水也含有氧原子是解答关键。4【2020山西太原实验中学月考】在标准状况下，将22.4L HCl完全溶于1L水中（水

7、的密度近似为1g/mL），溶液的密度为 g/cm3（1），溶液的体积为V mL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol/L。下列叙述中正确的是（ ）w=×100% c=1mol·L1 向上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w 向上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的质量分数小于0.5wA B C D【答案】C【解析】根据c=可得w=×100%，故正确；36.5g HCl的物质的量为1mol，1mol氯化氢溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1mol/L，故错误；盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由于水的质量小

8、于原盐酸的质量，根据质量分数公式可知混合液的总质量小于原先的2倍，则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的1半，即大于0.5w，故正确；氯化氢为强电解质，溶液中完全电离出氢离子和氯离子，所以溶液中不存在氯化氢分子，故错误；所以正确的为，故选C。【点睛】本题考查溶液浓度有关计算，主要考查溶液物质的量浓度和溶质质量分数的计算应用，概念的理解和计算分析是解题关键。1NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）A100g 46的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NABpH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C0.1mol Fe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NAD1L 0.1mol

9、83;L1的NH4Cl溶液中含有NH数目为0.1NA【答案】A【解析】A100g 46的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1个O-H键，则1mol CH3CH2OH含H-O键的数目为NA，每分子水中含有2个O-H键，则3mol H2O含H-O键的数目为6NA，合计含H-O键的数目为7NA，A正确；BpH=1，则c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误；C0.1mol Fe在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0价变为+价，因而转移电子数为0.1mol×NA0.27NA，C错误；D铵根水解方程式

10、为NH+H2ONH3·H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH数目小于0.1NA，D错误。【点睛】对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al2(SO4)3中的Al3+、Na2CO3中的CO，例如1L 0.5mol/L Na2CO3溶液中含有的CO数目为0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO在水中的发生水解的情况。2NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A常温下1L 1mol·L1 Na2CO3溶液中含0.1NA个COB标准状况下，22.4L SO3含NA个分子C常温下1

11、00mL 0.1mol·L1醋酸溶液中含0.01NA个醋酸分子D0.1mol Na2O2与足量水反应转移0.1NA个电子【答案】D【解析】A项：1L 1mol·L1 Na2CO3溶液中有1mol溶质，因CO微弱水解，实际存在CO少于0.1NA，A项错误；B项：标准状况下SO3是固态物质，22.4L SO3不是1mol，含分子数不是NA，B项错误；C项：100mL 0.1mol·L1醋酸溶液有0.01mol溶质，因醋酸微弱电离，溶液中醋酸分子数小于0.01NA，C项错误；D项：据Na2O2与水的反应可知，每1mol Na2O2参与反应，就有1mol电子转移，故0.1

12、mol Na2O2与足量水反应有0.1NA个电子转移，D项正确。【点睛】公式n=V/22.4L·mol1，只能用于标准状况下的气体，不能用于固体、液体和非标准状况的气体。3300mL硫酸铝溶液中，含Al3+为1.62g，在该溶液中加入0.1mol/L氢氧化钡溶液300mL，反应后溶液中硫酸根离子的物质的量的浓度为（忽略Al3+的水解及溶液混合体积的变化）（ ）A0.4mol/L B0.3mol/L C0.2mol/L D0.1mol/L【答案】D【解析】Al3+的物质的量为=0.06mol，由电荷守恒可得溶液中硫酸根离子的物质的量为×0.06mol=0.09mol，向溶液中

13、加入0.1mol/L氢氧化钡溶液300mL后溶液中硫酸根离子的物质的量为(0.09mol-0.1mol/L×0.3L)=0.06mol，则硫酸根离子的物质的量的浓度为=0.1mol/L，故选D。【点睛】注意根据溶液中离子的电荷守恒，然后根据反应方程式进行答题。4某溶液中（假定不考虑水解因素）仅含有K+、Mg2+、SO、NO四种离子，其中K+与SO的个数之比为45，则Mg2+与NO的物质的量浓度之比一定不是（ ）A83 B32 C23 D13【答案】D【解析】A若Mg2+与NO的物质的量浓度之比为83，则Mg2+所带的正电荷的数值大于NO所带的负电荷的数值，故A不选；B若Mg2+与NO

14、的物质的量浓度之比为32，则Mg2+所带的正电荷的数值大于NO所带的负电荷的数值，故B不选；C若Mg2+与NO的物质的量浓度之比为23，则Mg2+所带的正电荷的数值大于NO所带的负电荷的数值，故C不选；D若Mg2+与NO的物质的量浓度之比为13，则Mg2+所带的正电荷的数值小于NO所带的负电荷的数值，故D选。【点睛】电解质溶液中一定存在着电荷守恒，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。5现有44g Mg、Al、Zn、Fe等活泼金属粉末的混合物与体积为1L、质量分数为20%的硫酸恰好完全反应，经处理后得到无水硫酸盐140g。则下列说法中正确的是（ ）A生成标准状况下气体的体积为22.

15、4LBH2SO4的物质的量浓度为2.0mol·L1C硫酸的质量为540gD无法进行A、B、C项的计算【答案】A【解析】A44g金属粉末与硫酸完全反应生成140g硫酸盐，这些硫酸盐中含有硫酸根96g，即1mol，那么参加反应的硫酸的物质的量就是1mol，根据质量守恒，有2mol氢原子参加反应，生成1mol氢气，标准状况下气体的体积为22.4L，故A正确；B硫酸的物质的量浓度为1mol÷1L=1mol/L，故B不选；C参加反应的硫酸的质量为1mol×98g/mol=98g，故C不选、D不选；故选A。【点睛】根据元素守恒关系进行计算，由硫酸盐得到反应中硫酸的总量。6标准

16、状况下，将3.36L CO2气体通入200mL 1.00mol·L1 NaOH溶液中，充分反应后溶液中c(CO)与c(HCO)的比值为(不考虑CO、HCO的水解)（ ）A11 B12 C21 D13【答案】B【解析】将二氧化碳通入氢氧化钠溶液时，会先后发生两个反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，小于或等于11时，产物只有Na2CO3，大于21时，产物只有NaHCO3；根据题意，n(NaOH)=0.2L×1.0mol/L=0.200mol，3.36L CO2气体的n(CO2)=0.15mol。=0.2mol0.15mo

17、l=43，即1<<2，则反应产物为Na2CO3、NaHCO3，设其物质的量分别为x、y，根据反应过程中钠原子、碳原子守恒，则，解得，所以=，答案选B。【点睛】首先分清CO2与NaOH反应生成Na2CO3、NaHCO3时的比例关系，再根据实际的比例关系进行判断产物。7下列实验方案能达到相应实验目的的是（ ）编号实验目的实验方案A验证Fe2+还原性弱于I将KI溶液与FeCl3溶液混合后加入CCl4B比较氯和碳的非金属性强弱将稀盐酸滴入碳酸氢钠溶液中C配制100mL 1mol/L CuSO4溶液将25g CuSO4·5H2O溶于91mL蒸馏水中DMn2+能加快H2C2O4溶液与

18、KMnO4酸性溶液的反应将4mL 0.01mol/L酸性溶液和2mL 0.1mol/L H2C2O4溶液混合【答案】A【解析】A将KI溶液与FeCl3溶液混合后加入CCl4、CCl4层显紫红色，表明发生了反应2Fe3+2I=2Fe2+I2，即还原性I>Fe2+，故A正确；B比较氯和碳的非金属性强弱，需比较HClO4与H2CO3酸性强弱（或HCl与CH4的热稳定性)，故B错误；C配制100mL 1mol/L CuSO4溶液，需将25g CuSO4·5H2O溶于适量蒸馏水中配成100mL溶液，而不是溶于91mL水，故C错误；D要证明Mn2+能加快H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液

19、的反应，需作有Mn2+和无Mn2+时相同H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应的对比实验，故D错误。【点睛】比较非金属性的强弱可以通过比较其最高价氧化物的水化物酸性强弱来判断。8NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAC1.0L 1.0mo1·L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAD常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA【答案】D【解析】A氯气和水反应为可逆反应，所以转移的电子数目小于0.1NA，故A

20、错误；B标准状况下，6.72L NO2的物质的量为0.3mol，根据反应3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，0.3mol二氧化氮完全反应生成0.1mol NO，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故B错误；CNaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故C错误；D14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确。【点睛】注意隐含条件，Cl2+H2OHCl+HClO。9室温下，50mL pH=1的稀H2SO4和盐酸的混合液与50mL Ba(OH)2溶液相混合，充

21、分反应后过滤，得0.466g沉淀，滤液的pH值变为13。求：（1）原混合液中SO和Cl的物质的量 ， （2）Ba(OH)2溶液的物质的量浓度 【答案】（1）0.002mol 0.001mol （2）0.15mol/L【解析】将稀硫酸和盐酸的混合液与50mL Ba(OH)2溶液相混合，离子间发生的反应有：Ba2+SO=BaSO4，H+OH=H2O，0.446g沉淀为BaSO4，n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.466g÷233g/mol=0.002mol，硫酸电离出的n(SO)=0.002mol，n(H+)=0.004mol，稀硫酸和盐酸的混合液为50mL pH=1，共有n(H+

22、)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，所以盐酸电离出的n(H+)=0.005mol-0.004mol=0.001mol，n(Cl)=0.001mol。（2）反应后滤液的pH变为13，呈碱性，说明Ba(OH)2溶液过量，反应后过量的n(OH)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，反应了的n(OH)=n(H+)=0.005mol，所以Ba(OH)2中的n(OH)=0.01mol+0.005mol=0.015mol，可求出cBa(OH)2=0.015mol÷(0.05L×2)=0.15mol/L。【点睛】在计算过程中通过PH的大小，判断酸

23、过量还是碱过量，然后再求算。10硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol1）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：溶液配制：称取1.2000g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100mL的_中，加蒸馏水至_。滴定：取0.00950mol·L1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O+6I+14H+=3I2+2Cr3+7H2O然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=S4O+2I。加

24、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24.80mL，则样品纯度为_%（保留1位小数）。【答案】烧杯 容量瓶 刻度 蓝色褪去 95.0【解析】配制硫代硫酸钠溶液时，应在烧杯中溶解样品，待冷却后转移到100ml容量瓶中，然后洗涤，再加入蒸馏水至溶液的凹液面与刻度相平；滴定时，反应生成的I2溶液遇淀粉指示剂变蓝色，滴入硫代硫酸钠溶液时，单质碘遇硫代硫酸钠反应：I2+2S2O=S4O+2I，滴定终点为滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原；由反应方程式可得如下关系式：K2Cr2O43I26Na2S2O3，24.80ml溶液中Na2S2O3的物质的量为1.14×103mol，则1000ml溶液中Na2S2O3的物质的量为4.6×103mol，则样品的纯度为4.6×103×248/1.2=0.95。【点睛】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制及滴定操作和计算，一定物质的量浓度的溶液的配制步骤和终点判断是解答的关键，多步方程式计算是该题的难点。