统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷练5以物质的量为中心的综合计算（附解析）

练5　以物质的量为中心的综合计算1．[山东卷]X、Y均为短周期金属元素。同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是(　　)A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为C．产物中X、Y化合价之比一定为D．由一定能确定产物中X、Y的化合价2．[2023·山东临沂开学考试]铁和铝都是用途广泛的金属，同温同压下，将mg铁与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V1L；将ng铝与足量浓氢氧化钠溶液反应，生成H2体积为V2L。下列说法正确的是(　　)A．两反应生成H2的物质的量之比为B．mg铁与足量稀硫酸反应，生成H2的物质的量一定为molC．保持温度压强不变，将ng铝与足量稀硫酸反应，生成H2体积大于V2LD．参加反应的铁与铝的质量比＝3．[2023·山西朔州期中]三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒。为准确测量某NCl3溶液的浓度，现量取20.00mL该溶液，置于100mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀。吸取25.00mL于烧杯中，加入足量V1mLc1mol·L－1亚硫酸钠溶液，充分反应后，向烧杯中加入足量V2mLc2mol·L－1盐酸酸化的氯化钡溶液，得沉淀mg。则测量的该NCl3溶液的浓度是(　　)已知：3Na2SO3＋NCl3＋3H2O===3Na2SO4＋2HCl＋NH4ClA.mol·L－1B．mol·L－1C．mol·L－1D．mol·L－14．[2023·山东青岛一模]实验室中利用氧化铜和氧化铁混合物进行如图实验。下列说法错误的是(　　)A．“3.04g固体”一定是铁铜混合物B．“溶液2”中溶质的物质的量为0.1mol C．混合物中含氧元素的物质的量为0.06molD．反应②能生成0.04gH25．[2023·甘肃天水第一中学阶段测试]某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下：根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是(　　)A．该“84消毒液”的物质的量浓度约为4.0mol·L－1B．一瓶该“84消毒液”能吸收空气中44.8L的CO2(标准状况)而变质C．取100mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)约为0.04mol·L－1D．参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含25%NaClO的消毒液，需要称量的NaClO固体质量为143g6．[2023·山东商河三中阶段测试]标准状况时，将aLNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg·mL－1，溶质质量分数为w，其中含有NH的物质的量是bmol，下列叙述不正确的是(　　)A.溶质的质量分数＝×100%B．NH3·H2O电离出的OH－的物质的量浓度为mol·L－1C．溶液中c(OH－)＝mol·L－1D．向上述溶液中加入等质量的水，所得溶液的溶质的质量分数为0.5w7．[2023·河南信阳教学质量检测]将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L(标准状况)。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为(　　)A．2.24LB．4.48LC．6.72LD．8.96L8．[2023·陕西西安中学月考]某同学用NaHCO3和KHCO3组成的混合物进行实验，测得如表数据(盐酸的物质的量浓度相等)。下列分析推理正确的是(　　)50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m(混合物)9.2g15.7g27.6gV(CO2)(标准状况)2.24L3.36L3.36LA.盐酸的物质的量浓度为6.0mol·L－1B．当混合物质量为9.2g时，50mL盐酸恰好完全反应C．混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量之比为1∶1 D．根据表中数据不能计算出混合物中NaHCO3的质量分数9．[2023·湖南师范大学附属中学第四次月考]8.34gFeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是(　　)A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2OB．温度为159℃时固体物质N的化学式为FeSO4·2H2OC．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·2H2OFeSO4＋2H2O↑D．取适量380℃时样品P，隔绝空气加热至650℃得到固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O310．[2023·河南名校联盟联考]浓度相同的NaOH溶液各100mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，再向三份所得溶液中逐滴加入0.2mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断不正确的是(　　)A．原NaOH溶液的浓度为0.2mol·L－1B．B烧杯中通入的CO2体积为448mL(标准状况)C．通入CO2后，A烧杯中的溶质为Na2CO3和NaHCO3D．通入CO2后，C烧杯中溶质的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝2∶1练5　以物质的量为中心的综合计算1．答案：D解析：根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体的物质的量之比等于气体体积之比，A项正确；根据A项分析及氢原子守恒，X、Y消耗H＋的物质的量之比为，因盐酸为一元酸，硫酸为二元酸，故X、Y消耗酸的物质的量之比为，B项正确；由题意可得关系式：X～H 2、Y～H2，则产物中X、Y的化合价分别是、，X、Y化合价之比为，由于V1、V2，Vm未知，只根据一定，无法确定产物中X、Y的化合价，C项正确，D项错误。2．答案：A解析：同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，故两反应生成H2的物质的量之比为，A正确；该温度和压强下，气体摩尔体积未知，故无法计算H2的物质的量，B错误；由得失电子守恒可知，Al完全反应时产生H2的量不变，故体积仍为V2L，C错误；根据关系式：Fe～H2，n（Fe）＝n（氢气）＝，根据关系式：2Al～3H2，n（Al）＝n（氢气）＝×＝，则＝＝，＝＝，D错误。3．答案：A解析：根据3Na2SO3＋NCl3＋3H2O===3Na2SO4＋2HCl＋NH4Cl、Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl，可得关系式：NCl3～3Na2SO4～3BaSO4，则n（NCl3）＝n（BaSO4）＝×mol＝mol，所以三氯化氮的浓度为＝mol·L－1。4．答案：D解析：实验中得到溶液1发生的反应为CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O、Fe2O3＋3H2SO4===Fe2（SO4）3＋3H2O，溶液1中的阳离子为Fe3＋、Cu2＋、H＋，向溶液1中加入Fe，发生反应的离子的顺序为Fe3＋、Cu2＋、H＋。加入的硫酸的物质的量为0.1mol，Fe的物质的量也为0.1mol，则溶液2中溶质为0.1molFeSO4，相当于3.04g固体质量为原混合物中Fe、Cu元素的质量，设氧化铁的物质的量为xmol、氧化铜为ymol，由氧化物的质量可得160x＋80y＝4，2x×56＋64y＝3.04，解得x＝0.01、y＝0.03。由分析可知，3.04g固体中含有铜和铁，故A正确；由分析可知，溶液2中含有0.1mol硫酸亚铁，故B正确；由分析可知，4g固体中含有0.01mol氧化铁、0.03mol氧化铜，混合物中氧元素的物质的量为0.06mol，故C正确；溶液1中硫酸的物质的量为（0.1－0.01×3－0.03）mol＝0.04mol，则与铁反应生成氢气的质量为0.04mol×2g·mol－1＝0.08g，故D错误。5．答案：D解析：根据c＝得c（NaClO）＝mol·L－1≈4.0mol·L－1，A正确；一瓶该“84消毒液”含有的n（NaClO）＝1L×4.0mol·L－1＝4.0mol，根据反应：CO2＋NaClO＋H2O===NaHCO3＋HClO，吸收CO2的物质的量最多为4.0mol，即标准状况下V（CO2）＝4.0mol×22.4L·mol－1＝89.6L，则能吸收空气中44.8L的CO2而变质，B正确；稀释100倍后溶液浓度变为原来的，即约为0.04mol·L－1，C正确；应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL，所以需要NaClO的质量为0.5L×4.0mol·L－1×74.5g·mol－1＝149g，D错误。6．答案：C解析：氨水中溶质为氨气，标准状况下，aL氨气的物质的量为mol，溶质的质量分数＝×100%＝×100%，A正确；根据NH3·H2O⇌NH＋OH－可知，该溶液中 NH3·H2O电离出的OH－的物质的量等于NH的物质的量，故NH3·H2O电离出的c（OH－）＝mol·L－1，B正确；根据电荷守恒有n（OH－）＝n（NH）＋n（H＋），由c＝可知：c（OH－）＝c（NH）＋c（H＋），溶液体积为VmL，c（NH）＝＝mol·L－1，故c（OH－）＝mol·L－1＋c（H＋），C错误；加入等质量的水后，溶液中溶质质量不变，溶液质量变为原来的2倍，则所得溶液溶质的质量分数等于0.5w，D正确。7．答案：C解析：将Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，生成的H2为3.36L（标准状况），即0.15mol，可知n（Al）＝0.1mol；将合金溶于稀硝酸中，Al、Fe、Cu与HNO3发生氧化还原反应，Al被氧化为＋3价，Fe被氧化为＋3价，Cu被氧化为＋2价，设Fe、Cu的物质的量分别是xmol、ymol，可根据质量关系列出等式：2.7＋56x＋64y＝17.9，加入过量NaOH后，生成Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀，根据质量关系列出等式：107x＋98y＝25.4，解得x＝0.1，y＝0.15，则Fe、Cu均转移电子0.3mol，0.1molAl转移电子0.3mol，该反应中，共转移电子0.9mol，则生成NO为0.3mol，V（NO）＝6.72L（标准状况）。8．答案：C解析：对比后两组数据可知，加入超过15.7g固体混合物时，气体体积没有继续增大，证明此时盐酸已完全反应，NaHCO3、KHCO3与HCl反应的离子方程式为HCO＋H＋===CO2↑＋H2O，则n（HCl）＝n2（CO2）＝＝0.15mol，c（HCl）＝＝3.0mol·L－1，A项错误；对比第一组和第二组数据可以看出，继续加入固体，生成气体的体积继续增大，可证明加入9.2g固体时盐酸有剩余，B项错误；据第一组数据可列出方程组：①n（NaHCO3）＋n（KHCO3）＝n1（CO2）＝＝0.1mol，②n（NaHCO3）×84g·mol－1＋n（KHCO3）×100g·mol－1＝9.2g，解得n（NaHCO3）＝n（KHCO3）＝0.05mol，则混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量之比为1∶1，C项正确；根据C项分析可知，混合物中NaHCO3的质量分数为×100%≈45.7%，D项错误。9．答案：D解析：8.34gFeSO4·7H2O样品的物质的量为0.03mol，其中m（H2O）＝0.03mol×7×18g·mol－1＝3.78g，若晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34g－3.78g＝4.56g，可知在加热到373℃时，晶体失去全部结晶水。加热至633℃时，FeSO4受热分解，生成硫的氧化物，剩余固体的质量为2.40g，应为铁的氧化物，其中n（Fe）＝n（FeSO4·7H2O）＝0.03mol，m（Fe）＝0.03mol×56g·mol－1＝1.68g，则固体中m（O）＝2.40g－1.68g＝0.72g，n（O）＝0.045mol，则n（Fe）∶n（O）＝0.03mol∶0.045mol＝2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3。温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m（FeSO4）＝0.03mol×152g·mol－1＝4.56g，m（H2O）＝6.72g－4.56g＝2.16g，n（H2O）＝0.12mol，则n（H2O）∶n（FeSO4）＝0.12mol∶0.03mol＝4∶1，则M的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；同理求得159℃时，固体N的化学式为FeSO4·H2O，故B错误；N的化学式为FeSO4·H2O，由分析可知，373℃时样品失去全部结晶水，则P的化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O↑，故C错误；由上述分析可知，P的化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，隔绝空气加热P，放出SO2、SO3，得到Fe2O3，故D正确。10．答案：B解析：将CO2通入NaOH溶液，可能发生反应：2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O或NaOH＋CO2===NaHCO3，由图示可知，滴加盐酸时均不立即产生CO2 气体，且最终完全反应时消耗的盐酸均为100mL。滴加100mL盐酸时，溶液中的溶质只有NaCl，根据原子守恒，n（NaOH）＝n（HCl），则c（NaOH）＝＝＝0.2mol·L－1，A项正确；B烧杯中从开始加入盐酸到开始产生气体与从开始产生气体到气体完全放出所需盐酸体积相同，即通入CO2后生成的溶液中溶质只有Na2CO3，根据化学方程式判断可知：n（NaOH）＝2n（CO2），则n（CO2）＝＝0.01mol，标准状况下V（CO2）＝224mL，B项错误；A烧杯中从开始加入盐酸到开始产生气体消耗的盐酸体积小于从开始产生气体到气体完全放出消耗的盐酸体积，可知溶质为Na2CO3和NaHCO3，C项正确；C烧杯中从开始加入盐酸到开始产生气体消耗的盐酸体积大于从开始产生气体到气体完全放出消耗的盐酸体积，可知溶液溶质为Na2CO3和NaOH，结合图示与化学方程式判断可知：n（Na2CO3）＝25×10－3L×0.2mol·L－1＝5×10－3mol，n（NaOH）＝50×10－3×0.2mol＝1×10－2mol，即n（NaOH）∶n（Na2CO3）＝2∶1，D项正确。