过关5 以物质的量为中心的计算-2023新教材高考化学小题专项训练

1000a 17Vmol·L1,B正确；根据溶液呈 0.4NA。D项，1个HNO分子中所含原 子数为5，则2 mol HNO3含10mol原子。 电中性原则可知，溶液中c(OH) 2.解析：选C。根据反应前后气体的总体积， c(NH)+c(H)=1o006 mol·L1+ 可用差量法直接求解。 V 6NO+4NH,—5N2+6H,O(g)△V c(H),C正确：由于氨水的密度小于水 6 4 56 1 的密度，上述溶液中再加入与该溶液体 9 ml 6 mI. 17.5mL-16mL 积相等的水后，溶质的质量不变，而溶液 =1.5mL 的质量大于原来的2倍，所以所得溶液中 由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL 溶质的质量分数小于0.5，D正确。 气体，假设剩余的气体全部是N),则 17.解析：选D。A项，低于20℃，会析出少 V(NO):V(NH,)=(9 mL+1 mL): 量NaCl,所以饱和NaCl溶液的浓度小于 6mL=5:3;假设剩余的气体全部是 cmol·L1;C项，NaCl溶液越浓，密度越 NH V (NO):V NH )=9 mL 大，所以密度小于pg·cm3的NaCl溶 (6mL十1mL)=9：7,但因该反应是可逆 S58.5c 反应，剩余气体实际上是NO、NH的混合 液为不饱和溶液：D项100十S1000p1 气体，故V(NO):V(NH)介于9：7与 5850c 5:03之间，对照所给的数据知3：2与 S=10p-58.5cg,该项错误。 4:3在此区间内。 18.解析：选B。由镁铝合金到无水硫酸盐， 3.解析：选B。设样品中含有NaHCO。杂质 固体增重的质量为SO?的质量，则 的质量为x,则 17.4-3 n(H2 SO )=n (SO)= 2NaHC0,△Na,C0,+C0.+H0*m(减少) 96 mol= 2×84 106 62 0.15mol,故c(H,S0,)= 0.15 mol 0.1L (1-2）g 62 =1.5mol·L。 由2X84 x （1-w2）g 19.解析：选B。A项，NaOH具有腐蚀性，不 84(w1-2 可放在白纸上称量，而应放在烧杯或表面 解得x= 31 一g 皿中进行称量。若称量速度较慢，会导致 则e(Na,CO,)= 1g-x84w2-531 NaOH部分潮解甚至变质，而且还会有少 wIg 311 量NaOH黏附在纸上，会造成所配溶液 4.解析：选B。根据氨原子守恒解答。 的浓度偏小。B项，因为砝码被锈蚀，质 n(HNO,)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+ 量会变大，致使称量值变大，因而所配溶 n(NO2),则n(NO)+n(NO2)=1.4× 液的浓度会偏大。C项对所配溶液的浓 度无影响。D项导致溶液的浓度偏小。 25.6×10g=0.6×10 10mol-2×64g·mo 过关5以物质的量为中心的计算 mol,在标准状况下的体积为0.6×10 mol×22.4L·mol-1=13.44X10-3L= l.解析：选C。A项，NaCl由Na和Cl构 13.44mL。 成，1 mol NaCl中含2mol离子。B项，每 5.解析：选B。根据质量守恒定律可求出 个NH中含有10个质子，0.3 mol NH m(X)=5.4g+16.0g-10.2g=11.2g, 含3mol质子。C项，0.2 mol Na,SO中 含有0.2 mol SO,所带负电荷数为 1(X)=02m0=56g·mc 11 6.解析：选D。根据题意可知，得到的沉淀最 为0.3mol×12×53=0.25mol,故C正 多时，此时沉淀成分为AI(OH)3、 确；D.令n(NaCl)=11mol,n(NaCIO)= Cu(OH),、Fe(OH)3,溶液中的溶质只有 2mol,n(NaCIO,)=1mol,生成NaCl得 NaCl,可以得到关系式 到的电子为11mol×1=11mol,生成 NaOH~ NaCl HCI NaCIO、NaClO,失去的电子为2mol×1+ 1 mol 1 mol 1mol×5=7mol,得失电子不相等，故D 0.25L×2.0mol·L1 n(HCD) 错误。 1 mol 1 mol= 9.解析：选A。根据阿伏伽德罗定律可知，同 (0.25L×2.0mol·L):n(HC1) 温同压下，任何气体的体积之比等于物质 n(HCI)-0.5 mol,c (HCI)-0.5 mol 的量之比，设反应前N2、O2、CO2气体体积 0.5L 均是3VL,则反应后混合气体的体积为 =1.0mol·L1。 8VL,即气体的体积减小了VL,所以根据 7.解析：选D。根据化学方程式2HO 化学方程式2CO2+2NaO2一2Na,CO 太阳能2H,◆十0.个，光解0.02mo1水：