2022届高三化学一轮高考复习常考题型：04以物质的量浓度为核心的相关计算 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学一轮高考复习常考题型04以物质的量浓度为核心的相关计算一、单选题（共15题）1设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A36g40Ar中含有的质子总数为18NAB0.4gN2H4与6gCH3OH的混合物中含有的共价键总数为NAC0.1molL-1的H2S溶液中H2S、HS-和S2-的总数为0.1NAD标准状况下，22.4LH2O2催化分解产生的O2的分子数为0.5NA2设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A与足量充分反应，转移的电子数为B完全溶于一定量的浓硝酸，生成 的分子数为2C将稀氨水滴入含 的溶液至中性，溶液中数目为D标准状况下三氯甲烷中含共价键数为43氢型离子

2、交换树脂()可使硬水中的钙、镁离子通过离子交换去除而使硬水软化。某同学将含有、且的硬水利用如图装置进行软化，所得软水的为4。下列叙述正确的是A硬水中可能含有大量的、B通过净化处理后，水中的离子浓度增大C氢型离子交换树脂失效后可放入强碱溶液中再生D原硬水中、的总浓度约为4往含和的稀溶液中滴入溶液，产生沉淀的质量(沉淀)与加入溶液体积的关系如图所示。已知：，。则原溶液中比值为ABCD5海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以NaCl为主)以卤汁的形式被包裹在冰晶之间，形成“盐泡”，其大致结构如图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，则融化后的水为淡水。下列叙述正确的是A海冰内层

3、“盐泡”越少，密度越大B海冰冰龄越短，内层的“盐泡”越少C每含1molH2O的海冰内就有个NaCl分子(NA为阿伏加德罗常数)D海冰内层NaCl的浓度约为(设冰的密度为0.9g/cm3)6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”的物质的量浓度为4.0molL1B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0.04molL1D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

4、NaClO固体质量为143g7在同温同压下用排气法收集NH3、HCl进行喷泉实验，其中图(a)中的烧瓶收集满了NH3，图(b)中的烧瓶HCl气体没有收集满，下列说法错误的是(不考虑溶质的扩散及静止时液面高度的影响)(a)(b)A溶质的物质的量浓度均为molL1(Vm表示该温度、压强下的气体摩尔体积)B溶质物质的量浓度不相同C溶质的质量分数不同D图(a)、图(b)中喷泉的颜色分别为蓝色、红色8海水提溴过程中发生反应：3Br2 +6Na2CO3 +3H2O =5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3，下列说法正确的是A标准状况下 2 mol H2O的体积约为 44.8 LB1L 0.1 mol

5、L 1Na2CO3 溶液中 CO32的物质的量为 0.1 molC反应中消耗 3 mol Br2 转移的电子数约为 56.021023D反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为 519下列说法不正确的是（ ）A把7.2g纯铁粉加入40mL浓度未知的HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，产生NO2和NO的混合气体0.08mol，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为7.0mol/LB将质量分数为a%，物质的量浓度为c1mol/L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c2mol/L，则c1和c2的数值关系是c22c1C将标准状况下的aL

6、HCl气体溶于1000mL水中，得到的盐酸溶液密度为bg/mL，则该盐酸溶液的物质的量浓度为mol/LDVLFe2(SO4)3溶液中含Fe3+mg，则溶液中的物质的量浓度为mol/L10实验室备有质量分数为63%，密度为1.40 gcm-3的浓硝酸。据此下列说法错误的是A该硝酸的物质的量浓度为14.0 molL-1B某同学用该浓硝酸配制稀硝酸，定容时俯视读数，会造成最终配制的稀硝酸浓度偏高C该硝酸50 mL与足量的铜反应可得到标准状况下NO2 0.35 molD等质量的水与该硝酸混合所得溶液的物质的量浓度小于7.0 molL-111实验室里需用480mL0.1molL-1的硫酸铜溶液，现选取5

7、00mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是A称取7.68g硫酸铜，加入500mL水B称取12.0g胆矾配成500mL溶液C称取12.5g胆矾配成500mL溶液D.称取8.0g硫酸铜，加入500mL水12某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl2 0.1 molL1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是A配制1 L该溶液，可将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中BCa2和Cl的物质的量浓度都是0.1 molL1C从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05 molL1D将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl)为0.1 molL11325时，将10m

8、L 质量分数为50%（密度为1.4g/cm3）的硫酸稀释成100mL。下列说法正确的是（ ）A上述100mL稀硫酸中含溶质14g，该稀硫酸不属于电解质B上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mLC50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为7.14mol/LD俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的浓度偏低14VmLNa2SO4溶液中含有Na+mg，取mL该溶液用水稀释至2VmL，则SO物质的量浓度为（ ）AmolL-1BmolL1CmolL-1DmolL-115下列配制溶液的说法正确的有（ ）（1）1L水中溶解了5.85gNaCl，所得溶液的物质的量浓度为0.1mol/L（2）31g Na2O溶于水得到1 L

9、溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.5mol/L（3）标准状况下，22.4 LHCl溶于水配成1 L溶液，所得盐酸的物质的量浓度为1mol/L（4）从1 L0.1mol/LHNO3溶液中取出250mL，剩余溶液中NO的浓度为0.075mol/L（5）将25gCuSO45H2O晶体溶于75g水中所得溶质的质量分数为16%（6）将一定量18.4mol/L的硫酸与水等质量混合，所得溶液的浓度大于9.2mol/LA（1）（3）B（4）（6）C（3）（5）D（5）（6）二、填空题（共9题）16某小组利用如图装置测定常温常压下的气体摩尔体积。取一定量已去除氧化膜的镁条放入烧瓶中，用注射器向烧瓶中注入硫酸溶液

10、，反应后冷却至室温，使量气管与水准管液面相平，再读数重复实验，数据如下：序号镁条质量/反应前量气管读数/反应后量气管读数/10.05300.066.820.05400.067.030.05500.067.2计算(1)第1组实验反应后溶液中的物质的量浓度=_(假设反应后溶液体积不变)；(2)常温常压下的气体摩尔体积=_(保留三位有效数字) Lmol-1。17实验室有一瓶部分被氧化的硫酸亚铁，取一定量样品溶于水配成100mL溶液。取两份溶液各10.00mL，第一份加入14.00mL0.5000molL-1BaCl2溶液恰好完全反应；第二份用0.1000molL-1KMnO4溶液(酸性)滴定，达到滴

11、定终点时消耗KMnO48.00mL。(1)100mL溶液中硫酸亚铁的物质的量浓度是_molL-1。(2)若向剩余80mL原溶液中，加入NaOH溶液至反应完全，过滤所得沉淀在空气中充分灼烧。最后残渣的质量是_g。18已知粗盐水中含，含。向粗盐水中加入除Mg2+：MgCl2+Ca(OH)2Mg(OH)2+CaCl2。然后加入除。(1)处理上述粗盐水，至少需要加_。(保留三位有效数字)(2)如果用碳酸化尾气(含体积分数为0.100、体积分数0.0400)代替碳酸钠，发生如下反Ca2+2NH3+CO2+H2OCaCO3+2。处理上述粗盐水至少需要通入标准状况下_碳酸化尾气。(需列式计算，保留三位有效数

12、字)19将Cu与CuO的混合物22.4g加入到50mL 18.4mol/L浓H2SO4中，加热充分反应至固体物质完全溶解，冷却后将混合液稀释至1000mL，测得c(Cu2+)=0.3mol/L。试计算：（1）反应过程中放出的气体在标准状况下的体积_（不考虑气体在溶液中的溶解）。（2）溶液稀释后，c(H+)是多少_?20在0.4 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中,部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题。(1)该混合液中，NaCl的物质的量为_mol，含溶质MgCl2的质量为_g。(2)该混合液中CaCl2的物质的量为_mol，将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Ca2+

13、的物质的量浓度为_molL-1。(3)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀_mol。21有硫酸，硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，已知溶液中各阳离子的物质的量浓度相等，的物质的量浓度为。请计算：（1）硫酸的物质的量浓度为_。（2）理论上此溶液最多可溶解铁粉的质量为_g。22将一定质量和的均匀混合物分成等量的两份，将其中的一份直接加热至恒重，质量减轻了1.24g：另一份加入一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.241L气体，消耗盐酸40.0mL，试计算：（1）原均匀混合物中的物质的量_。（2）盐酸的浓度_。23在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：各取200mL同浓

14、度的盐酸，加入不同质量的同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据记录如下：实验序号甲乙丙合金质量/g2.553.854.59生成气体体积/L2.803.363.36试回答：(1)盐酸的物质的量浓度为_。（保留三位有效数字）(2)合金中镁铝的物质的量之比_。24已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为_molL1。（保留小数点后一位）（2）某同学取100 mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na）_molL1。（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配

15、制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_（填字母）。A、容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低C、需要称量NaClO固体的质量为143.0 g（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84 gcm3）的浓硫酸配制2 L 2.3 molL1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。所配制的稀硫酸中，H的物质的量浓度为_molL1。需用浓硫酸的体积为_mL。参考答案1B【详解】A. 36g40Ar中含有的质子总数为=16.2NA，A错误；B. 0.4gN2H4

16、与6gCH3OH的混合物中含有的共价键总数为=NA，B正确；C. 未告知溶液的体积，故无法计算出0.1molL-1的H2S溶液中H2S、HS-和S2-的总数，C错误；D. 标准状况H2O2是无色液体，故无法计算标准状况下，22.4LH2O2催化分解产生的O2的分子数，D错误；故答案为：B。2A【详解】A过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧根离子中的氧为-1价，一半氧原子化合价升高，生成氧气，另一半氧原子化合价降低，生成-2价的氧，故1mol过氧化钠参与反应时转移电子的量为1mol，转移的电子数为，故A正确；B64gCu的物质的量为1mol，由Cu+4HNO3(浓）=Cu

17、(NO3)2+2NO2+2H2O，若二者恰好按照此反应进行生成的NO2为2mol，但随着反应的进行，浓硝酸浓度降低，反应生成NO，生成 的分子数小于2，故B错误；C溶液中的电荷守恒为n(NH)+n(H+)=2n(SO)+n(OH-)，由于溶液呈中性时n(H+)= n(OH-)，则n(NH)=2n(SO)，含 ，则n(SO)=1mol，即n(NH)=2mol，溶液中数目为2，故C错误；D标准状况下三氯甲烷为液态，不能用22.4L/mol计算三氯甲烷物质的量，故D错误；故选A。3B【详解】A根据离子共存原则，与、会产生沉淀，不能大量共存，故硬水中不可能含有大量的，故A错误；B经过氢型离子交换树脂时

18、，、与发生离子交换被除去，根据电荷守恒知，一个或会交换出两个，故水中阳离子的总数增大，阴离子总数不变，故离子总浓度增大，故B正确；C氢型离子交换树脂失效即交换树脂中不存在氢离子，应放入强酸溶液中补充氢离子，使其再生，故C错误；D由离子交换原理得，生成的数目是原来、数目的2倍，即是、浓度的2倍，溶液的由7变为4，则的变化量是，所以原硬水中、的总浓度为，故D错误；答案选B。4C【详解】溶液中的反应为S2-+=CuS，S2-+=FeS，由图像及，可知，先生成硫化铜沉淀后生成硫化亚铁沉淀，加入V1体积溶液时，铜离子沉淀完全，则n(Cu2+)=n(S2-)=c(S2-)V1，加入V2体积的溶液时，沉淀完

19、全，则n(Fe2+)=n(S2-)=c(S2-)（V2-V1），体积相同，浓度之比等于物质的量之比，所以原溶液中=。答案选C。5D【详解】A海冰内层“盐泡”越少，来不及流走的盐分越少，密度越小，A错误；B若海冰的冰龄达到1年以上，则融化后的水为淡水，说明海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，B错误；CNaCl属于离子化合物，不存在NaCl分子，C错误；D设海冰内层体积为1L，则冰的质量为0.9g/cm31000cm3=900g，则n(H2O)=50mol，n(NaCl)：n(H2O)=N(NaCl)：N(H2O)=(210-5)：1，n(NaCl)=50mol210-5=10-3mol，则NaCl

20、的浓度约为10-3mol1L=10-3mol/L，D正确；故选D。6D【详解】A根据c得，c(NaClO)molL14.0molL1，A正确；B一瓶该“84消毒液”含有的n(NaClO)1L4.0molL14.0mol，根据反应：CO2NaClOH2O=NaHCO3HClO，吸收CO2的物质的量最多为4.0mol，即标准状况下V(CO2)4.0mol22.4Lmol189.6L，则能吸收空气中44.8L的CO2而变质，B正确；C根据稀释前后溶质的物质的量不变，有100mL4.0molL1100mL100c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)0.04molL1，c(Na)c(NaClO)0

21、.04molL1，C正确；D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0.5L4.0molL174.5gmol1149g，D错误。故选D。7B【详解】A由于实验中得到的溶液的体积与溶解的气体体积相同，设溶解的气体体积为V L，则气体物质的量n(气)mol，气体物质的量浓度molL1，故A正确；B根据A选项可知，溶质的物质的量浓度均为molL1，故B错误；C根据，因所得的溶液中溶质摩尔质量不同，密度不同，故它们的质量分数不相同，故C正确；D石蕊遇碱性溶液呈蓝色，遇酸性溶液呈红色，故D正确；选B。8C【分析】反应3Br2 +6Na2CO3 +3H2O =5Na

22、Br +NaBrO3 +6NaHCO3中，Br2一部分被还原成NaBr，一部分被氧化成NaBrO3，Br2既是氧化剂又是还原剂。【详解】A标准状况下H2O不是气体，不能用22.4L/mol计算2mol水的体积，A错误；BCO32-在溶液中会水解，导致其物质的量小于0.1mol，B错误；C每消耗3 mol Br2，其中有0.5 mol Br2被氧化成NaBrO3，有2.5 mol Br2被还原成NaBr，整个过程中转移电子的物质的量为5 mol，数目约为 56.021023，C正确；D氧化产物是NaBrO3，还原产物是NaBr，由化学计量数可知氧化产物与还原产物物质的量之比为1:5，D错误；答案

23、选C。【点睛】标准状况下H2O、SO3、CCl4、HF等不是气体，不能用22.4L/mol计算已知体积的这些物质的物质的量。9C【详解】A把7.2g纯铁粉投入到40mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，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)=7.2g1.6g=5.6g，其物质的量为：n(Fe)=0.1mol，则生成硝酸亚铁的物质的量为：nFe(NO3)2=n(Fe)=0.1mol，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)=2nFe(

24、NO3)2+n(NO+NO2)=0.1mol2+0.08mol=0.28mol，所以原HNO3溶液的物质的量浓度为：c(HNO3)= =7.0mol/L，故A正确；B设将溶质质量分数为a%的硫酸溶液密度为1，则mol/L=mol/L，设将溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为2，则mol/L=mol/L，所以c1：c2=mol/L：mol/L =1：22，即，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以21，所以2，即c22c1，故B正确；C标况下，aLHCl溶于1000mL水中，所得溶液中n(HCl)=mol，溶液体积为V=L，因此则该盐酸溶液的物质的量浓度mol/L，故C错误；DVL Fe2(SO4)

25、3溶液中含Fe3+mg，则溶液中mol/L，由Fe2(SO4)3化学式以及其在水中会发生完全电离可知，浓度为Fe3+浓度1.5倍，则溶液中的物质的量浓度为mo1/L =mo1/L，故D正确；答案选C。10C【详解】A根据，该硫酸的物质的量浓度c=，A正确；B某同学用该浓硝酸配制稀硝酸，定容时俯视读数，溶液体积偏小，会造成最终配制的稀硝酸浓度偏高，B正确；C标准状况下NO2不是气体，不能用22.4L/mol进行计算，C错误；D等质量的水与该硝酸混合所得溶液的体积大于原硝酸体积的2倍，因此所得溶液的物质的量浓度小于7.0 molL-1，D正确；答案选C。11C【分析】需用480mL0.1mol/L

26、的硫酸铜溶液，现选用500mL容量瓶进行配制，溶液体积为500mL，结合m=cVM计算。【详解】A水是溶剂，加入500mL水，溶液体积大于500mL，A错误；B若配制溶液使用胆矾，根据Cu元素守恒，可知需要称量CuSO45H2O的质量m(CuSO45H2O)=0.5L0.1mol/L250g/mol=12.5g，配成500mL溶液，B错误；C若配制溶液使用胆矾，称量CuSO45H2O的质量m(CuSO45H2O)=0.5L0.1mol/L250g/mol=12.5g，配成500mL溶液，C正确；D需要硫酸铜的质量m(CuSO4)=0.5L0.1mol/L160g/mol=8.0g，溶剂体积是5

27、00mL，得到的溶液的体积不是500mL，D错误； 答案为C。12D【详解】标签上标有“CaCl2 0.1molL-1”的字样，即在1L的溶液中含1molCaCl2；A将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积不等于1L，则所得浓度不是0.1molL-1，故A错误；B在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1:2，则浓度之比也为1:2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故B错误；C溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积多少无关，故C错误；D溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，即稀释后Cl-的浓度应为0.1

28、mol/L，故D正确；故答案为D。13C【详解】A稀释前后溶质的质量保持不变，则100mL稀硫酸中含H2SO4的质量为1.4g/cm310mL50%=7g，稀硫酸属于混合物，既不是电解质、也不是非电解质，A错误；B由于稀释后硫酸溶液的密度未知，故无法计算所需蒸馏水的体积，B错误；C50%的硫酸溶液中溶质物质的量浓度为=7.14mol/L，C正确；D俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的体积偏小，则所配溶液的浓度偏高，D错误；答案选C。14D【详解】在硫酸钠溶液中钠离子浓度为molL1，则硫酸根离子的浓度为 molL1，稀释时体积变成4倍，浓度为原来的，即为molL1。答案选D。15C【详解】（1）

29、1L水中溶解了5.85gNaCl，溶液的体积不一定是1L，无法算出溶液的物质的量浓度，故错误；（2）Na2O溶于水，反应生成NaOH，溶质为NaOH，n（NaOH）=2n（Na2O）=2c(NaOH)=1molL-1，故错误；（3）标准状况下，22.4 LHCl的物质的量是1mol，溶于水配成1 L溶液，所得盐酸的物质的量浓度为1mol/L，故正确；（4）从1 L0.1mol/LHNO3溶液中取出250mL，剩余溶液中NO的浓度仍为0.1mol/L，故错误；（5）将25gCuSO45H2O所含CuSO4的质量25g=16g，溶于75g水中所得溶质的质量分数为100%=16%，故正确；（6）将一

30、定量18.4mol/L的硫酸与水等质量混合，由于水的密度小于硫酸的密度，混合后体积大于原硫酸体积的二倍，所得溶液的浓度小于9.2mol/L，故错误；故正确的是（3）（5），故选：C。165.56 mol/L 25.3 【详解】(1)第1组实验，参加反应的Mg的物质的量为n(Mg)=0.00221mol，消耗硫酸的物质的量为n(H2SO4)=0.00221mol，反应后溶液中剩余硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)= 2.78 mol/L，c(H+)=2c(H2SO4)= 5.56 mol/L(2)三次实验，平均消耗Mg的质量为0.0540g，平均生成H2的体积为(67.0-10.0)mL=57.

31、0mL，常温常压下的气体摩尔体积Vm=25.3 Lmol-1。答案为：5.56 mol/L；25.3。【点睛】烧瓶内加入10mL稀硫酸，烧瓶内气体被此液体排出了10mL，生成气体的体积增加了10mL，解题时，生成氢气的体积应为量气管读数减去10。170.4 3.84 【分析】溶液中的Fe2+还原KMnO4溶液，由KMnO4的浓度，可通过建立得失电子守恒关系式，求出Fe2+的物质的量浓度；通过BaCl2的物质的量，可求出溶液中c()，进而求出溶液中c(Fe3+)；由c(Fe3+)、c(Fe2+)可求出生成Fe2O3的质量。【详解】(1)设100mL溶液中硫酸亚铁的物质的量浓度为x，则可建立以下关

32、系式：则x=0.4mol/L。答案为：0.4；(2)n(BaCl2)=14.0010-3L0.5000molL-1=0.007mol，c()=0.7mol/L，则c(FeSO4)=0.4mol/L，cFe2(SO4)3=0.1mol/L，从而得出生成Fe2O3的物质的量n(Fe2O3)= 3.84g。答案为：3.84。【点睛】一瓶部分被氧化的硫酸亚铁，由FeSO4和Fe2(SO4)3组成，若我们认为溶液中Fe2+、Fe3+的物质的量与的物质的量相等，则会得出错误的结论。1810.4 【分析】(1)根据电荷守，加入除Mg2+后的溶液中的浓度是(6.80+3.00)；(2)根据反应方程式Ca2+2

33、NH3+CO2+H2OCaCO3+2，碳酸化尾气中氨气过量，所以需要根据二氧化碳计算需要通入碳酸化尾气的体积；【详解】(1)设至少需要加的物质的量是xmol； x =98mol，需要碳酸钠的质量是98mol106g/mol=10388g=10.4；(2) 需要通入二氧化碳的物质的量是ymol； y=98mol，通入碳酸化尾气的体积是。192.24L 1.04mol/L 【分析】(1)分别设出Cu与CuO的物质的量，根据质量为22.4g和反应后c(Cu2+)0.3mol/L列方程组解得Cu与CuO的物质的量，Cu与浓硫酸反应放出气体，根据反应计算即可；(2)用硫酸中氢离子的总量减去被Cu与CuO

34、消耗掉的，即可求算出稀释后c(H+)。【详解】设混合物中Cu的物质的量为x，CuO的物质的量为y根据混合物为22.4g可有：64x80y22.4根据混合液稀释至1000mL，c(Cu2+)0.3mol/L，可有：xy0.3解得：x0.1mol、y0.2mol；(1)Cu与浓硫酸反应放出SO2气体，设生成气体的物质的量为amol，根据反应：可得：，解得：a0.1mol；由于是标况下，故体积VnVm0.1mol22.4L/mol=2.24L；故答案为：2.24L；(2)已知n(H2SO4)总0.05L18.4mol/L0.92mol，n(H2SO4)反应2xy0.4mol，n(H2SO4)余0.9

35、2mol0.4mol0.52mol，故c(H+)0.52mol21L1.04mol/L，故答案为：1.04mol/L【点睛】注意分析题目中所给信息，利用元素守恒的思想分别求出混合物中Cu和CuO的物质的量。200.4 19 0.2 0.2 1.2 【分析】(1)由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，c(Mg2+)=0.5mol/L，结合n=cV、m=nM计算；(2)结合电荷守恒计算c(Ca2+)，结合n=cV、c=计算；(3)加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，氯离子转化为AgCl沉淀。【详解】(1)由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.4L1.0mol/

36、L=0.4mol；c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.4L0.5mol/L95g/mol=19.0g；(2)由电荷守恒可知2c(Ca2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl)，解得：2c(Ca2+)=3.01.00.52=1mol/L，c(Ca2+)=0.5mol/L，混合液中CaCl2的物质的量为：0.4L0.5mol/L=0.2mol，该混合液加水稀释至体积为1L，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为：c=0.2mol；(3)加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液,氯离子转化为AgCl沉淀，n(AgCl)=n(Cl)=3mol/L0.

37、4L=1.2mol。210.50 5.6 【分析】溶液中各阳离子的物质的量浓度相等, 设均为xmol,由电荷守恒计算出x , 能溶解Fe的物质为硫酸和硫酸铁，以此来解答。【详解】（1）溶液中硫酸根的物质的量n=cV=3mol/L0.1L=0.3mol。由于溶液中各阳离子的量浓度相等，则物质的量也相同，设阳离子均为xmol，由电荷守恒可知 x+x2+x3=0.32，解得x=0.1即n(H+)=n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.1mol，所以硫酸的物质的量为n=0.05mol, 硫酸的物质的量浓度为c= =0.50;答案：0.50。（2）因为Fe+2H+=Fe2+H2，Fe+2Fe3+=3Fe2

38、+，由上述分析可知n(H+)=n(Fe3+)=0.1mol，所以最多溶解铁的物质的量为n(Fe)=0.05mol+0.05mol=0.1mol，其质量为0.1mol56g/mol=5.6g。答案：5.6。220.08mol 4 【分析】（1）固体加热时发生2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O，利用差量法可计算原混合物中NaHCO3质量，进而计算碳酸氢钠的质量；（2）收集到标准状况下2.24L气体，所以一份中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为0.1mol，所以碳酸钠的物质的量为0.06mol，与一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，生成氯化钠，所以盐酸的物质的量为：0.04+0.062=0.1

39、6mol，根据c=。【详解】（1）固体加热时发生2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O m 168g 62g x 1.24gx=3.36g，n(NaHCO3)=0.04mol，混合物被分为两等份，则原混合物中NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= 0.04mol2=0.08mol，故答案为：0.08mol；（2）收集到标准状况下2.24L气体，所以一份中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之和为0.1mol，所以碳酸钠的物质的量为0.06mol，与一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，生成氯化钠，所以盐酸的物质的量为：0.04 mol +0.06 mol2=0.16mol，所以盐酸的浓度c（HCl

40、）=4.00mol/L，故答案为：4。【点睛】差量法计算物质的质量比较方便，熟练运用公式。231.50mol/L 1：1 【分析】(1)乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，盐酸完全反应生成氢气3.36L，根据n=计算氢气的物质的量，根据氢元素守恒可知n(HCl)=2n(H2)，据此计算盐酸的物质的量浓度；(2)盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，此时生成氢气2.80L，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比。【详解】(1)乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气

41、体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，盐酸完全反应生成氢气3.36L，n(H2)=0.15mol，根据氢元素守恒可知：n(HCl)=2n(H2)=20.15mol=0.30mol，则该盐酸的物质的量浓度c(HCl)=0.30mol0.2L=1.50mol/L；(2)盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，此时生成氢气2.80L，可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，假设甲中镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=2.55，根据电子转移守恒有2x+3y=2=0.25，联立方程解得：x

42、=0.0500mol、y=0.0500mol，则合金中镁与铝的物质的量之比为0.0500mol：0.0500mol=1：1。【点睛】本题考查混合物反应的计算，明确反应原理，正确判断金属、盐酸是否过量为解答关键，注意掌握守恒思维在化学计算中的应用，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力。244.0 0.04 B 4.6 250 【分析】（1）根据计算；（2）根据稀释过程中溶质的物质的量不变解答；（3）配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液需要500mL容量瓶，结合一定物质的量浓度溶液配制的原理分析解答；（4）根据硫酸是二元强酸计算氢离子的浓度；根据稀释过程中硫酸的物质的量不变计

43、算需要浓硫酸的体积。【详解】（1）由得，c(NaClO)10001.1925%/74.5 gmol14.0 molL1。（2）稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则稀释100倍后c(NaClO)0.04 molL1，c(Na)c(NaClO)0.04 molL1。（3）A、配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，且容量瓶不能烘干，A错误；B、未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，B正确；C、应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5 L4.0 molL174.5 gmol1149.0 g，C错误；答案选B。（4）根据H2SO4的组成可知，溶液中c(H)2c(H2SO4)4.6 molL1。2 L 2.3 molL1的稀硫酸中溶质的物质的量为2 L2.3 molL14.6 mol，设需要98%(密度为1.84 gcm3)的浓硫酸的体积为V mL，则有：VmL1.84g/mL98%/98gmol14.6 mol，解得V250。