高考化学一轮复习第一章 认识化学科学 基础课时4 物质的量浓度及其溶液的配制试题

基础课时4物质的量浓度及其溶液的配制一、选择题1．下列溶液中，物质的量浓度为1mol·L－1的是()A．将40gNaOH溶解在1L水中B．将22.4LHCl气体溶解于1L水配成溶液C．将1L10mol·L－1的浓盐酸加入9L水中D．将10gNaOH固体溶解在少量水中后，定容成250mL溶液 解析物质的量浓度是以单位体积溶液中所含溶质B的物质的量来表示溶液组成的物理量。A、B中将溶剂的体积理解为溶液的体积；C中将溶液的体积理解为溶剂的体积和溶质的体积之和，只有D符合要求。 答案D2．用已准确称量过的氢氧化钠固体配制0.20mol·L－1的氢氧化钠溶液250mL，要用到的仪器是() ①250mL容量瓶②托盘天平③烧瓶④胶头滴管⑤烧杯⑥玻璃棒⑦试管⑧药匙 A．①④⑤⑥ B．①②④⑤ C．①②④⑤⑥⑧ D．全部 解析由于只需要进行溶解、转移、洗涤和定容操作，故需用的仪器只是①④⑤⑥。 答案A3．(2016·潍坊模拟)下列溶液中的Cl－物质的量与100mL1mol·L－1AlCl3溶液中Cl－物质的量相等的是()A．150mL1mol·L－1NaCl溶液B．100mL3mol·L－1KClO3溶液C．75mL2mol·L－1MgCl2溶液D．50mL1mol·L－1FeCl3溶液 解析100mL1mol·L－1AlCl3溶液中Cl－物质的量浓度是3mol·L－1，Cl－物质的量为3mol·L－1×0.1L＝0.3mol。A项，150mL1mol·L－1NaCl溶液中c(Cl－)＝1mol·L－1×1＝1mol·L－1，Cl－物质的量为1mol·L－1×0.15L＝0.15mol；B项，100mL3mol·L－1KClO3溶液中不含有Cl－，错误；C项，75mL2mol·L－1MgCl2溶液中c(Cl－)＝2mol·L－1×2＝4mol·L－1，Cl－物质的量为4mol·L－1×0.075L＝0.3mol；D项，50mL1mol·L－1FeCl3溶液中c(Cl－)＝1mol·L－1×3＝3mol·L－1，Cl－物质的量为3mol·L－1×0.05L＝0.15mol。 答案C4．下列说法错误的是()A．从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1B．配制0.5L10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体112L(标准状况)C．0.5L2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2＋和Cl－总数为3NAD．10g98%的硫酸(密度为1.84g·cm－3)与10mL18.4mol·L－1硫酸的浓度是不同的 解析溶液是均一稳定的，所取溶液与原溶液的浓度相同，A正确；0.5L×10mol·L－1＝5mol，5mol×22.4L·mol－1＝112L，B正确；N(Ba2＋)＋N(Cl－)＝(0.5×2＋0.5×2×2)×NA＝3NA，C正确；98%的硫酸密度为1.84g·cm－3，其物质的量浓度为c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000×1.84×98%,98)mol·L－1＝18.4mol·L－1，D不正确。 答案D5．(2015·江西模拟)某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%，密度为1.19g/cm3的消毒液。下列说法正确的是() A．配制过程只需要三种仪器即可完成 B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制 C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小 D．需要称量NaClO固体的质量为140g 解析配制过程中需要用到托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，A项错误；容量瓶用蒸馏水洗净后不需要烘干，B项错误；需要称量NaClO固体的质量为500mL×1.19g/cm3×25%＝148.8g，D项错误。 答案C6．用500mL容量瓶配制0.1mol·L－1的氨水，以下操作正确的是()A．标准状况下体积为1.12L的氨气溶于500mL水中B．将标准状况下体积为1.12L的氨气溶于水配成500mL溶液C．取1mol·L－1的氨水50mL，加入500mL水中D．取1mol·L－1的氨水100mL，配成1000mL溶液 解析A项和C项形成溶液的体积不是500mL，D项不能配制，因为题目提供的容量瓶的体积是500mL而不是1000mL。 答案B7．如图是某溶液在稀释过程中溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可计算出a值为() A．2 B．3 C．4 D．5 解析明确图像中坐标的含义，根据稀释前后溶质的物质的量不变，则有1L×2mol·L－1＝aL×0.5mol·L－1，解得a＝4。 答案C8．(2015·济南模拟)在200mL某硫酸盐溶液中含有1.5NA个硫酸根离子(设NA为阿伏加德罗常数的值)，同时含有NA个金属阳离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为() A．1mol·L－1 B．2.5mol·L－1 C．5mol·L－1 D．2mol·L－1 解析硫酸根离子和金属阳离子的个数之比是3∶2，根据溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带总电荷相等，设1个金属阳离子带x个正电荷，即为Mx＋，所以3×2＝2x，x＝3，则该盐的化学式为M2(SO4)3，所以该盐的物质的量浓度是eq\f(0.5mol,0.2L)＝2.5mol·L－1，故选B。 答案B9．用NaOH固体配制1.0mol·L－1的NaOH溶液220mL，下列说法正确的是() A．首先称取NaOH固体8.8g B．定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏高 C．定容后将溶液振荡均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线 D．容量瓶中原有少量蒸馏水没有影响 解析依题意，配制1.0mol·L－1的NaOH溶液220mL，要用250mL容量瓶来配制，则需要NaOH固体10.0g，A项错误；B、C项中的操作都会使配制的溶液浓度偏低，B、C错误。 答案D10．在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列错误操作可使所配制溶液的浓度偏高的是()A．用量筒量取浓盐酸时俯视量筒刻度进行读数B．溶解搅拌时有液体外溅C．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线 解析用量筒量取浓盐酸时俯视量筒进行读数，实际液面在所需体积刻度线的下方，即量取盐酸的体积比所需盐酸体积小，致使所配制溶液的浓度偏低；溶解搅拌时有液体外溅，溶质有损失，所配制溶液的浓度偏低；摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，等于多加了水，使所配制溶液的浓度偏低；定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线，使实际液面低于容量瓶的刻度线，致使所配制溶液的浓度偏高。 答案C11．取100mL0.3mol·L－1和300mL0.25mol·L－1的硫酸注入500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是() A．0.21mol·L－1 B．0.42mol·L－1 C．0.56mol·L－1 D．0.26mol·L－1 解析容量瓶中H2SO4溶液的H＋物质的量为n(H＋)＝(0.1L×0.3mol·L－1＋0.3L×0.25mol·L－1)×2＝0.21mol，所以c(H＋)＝eq\f(0.21mol,0.5L)＝0.42mol·L－1。 答案B12．(2015·太原月考)在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg·cm－3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol·L－1。下列叙述中正确的是() ①若上述溶液中再加入等体积水后，所得溶液的质量分数大于0.5w②c＝eq\f(1000a,22.4V)③w＝eq\f(35a,22.4Vρ)×100% ④若上述溶液中再加入0.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后，溶液中离子浓度大小关系为c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋) A．①④B．②③ C．①③ D．②④ 解析①因为VmL水的质量大于VmL氨水的质量，所以溶液的质量分数小于0.5w；②c＝eq\f(\f(a,22.4),\f(V,1000))＝eq\f(1000a,22.4V)；③w＝eq\f(\f(a,22.4)×17,Vρ)×100%＝eq\f(17a,22.4Vρ)×100%；④所得溶液为等物质的量的NH4Cl和NH3·H2O混合液，所以c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。 答案D二、填空题13．有两份溶液，其中所含溶质相同，设其摩尔质量为Mg·mol－1。根据下表信息，回答有关问题：溶质的质量分数溶液的密度(g·cm－3)第一份溶液w1ρ1第二份溶液w2ρ2 (1)第一份溶液中，溶质的物质的量浓度为。 (2)取等质量两份溶液混合，则所得混合液中溶质的质量分数w3＝。 (3)若有w1>w2，取等体积的两份溶液混合，设所得混合液中溶质的质量分数为w4，试比较w3、w4的相对大小？；。 解析(1)设溶液的体积为1L，则溶液的浓度为103×ρ1×w1÷Mg＝(103ρ1w1)/Mmol·L－1。 (2)设两份溶液的质量都为1g，则 w3＝(1×w1＋1×w2)/(1＋1)＝(w1＋w2)/2。 答案(1)(103ρ1w1)/Mmol·L－1(2)(w1＋w2)/2(3)若ρ1>ρ2，w3<w4若ρ1<ρ2，w3>w414．实验室需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.5mol·L－1硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题： (1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是(填仪器名称)。 (2)在配制NaOH溶液时： ①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为g； ②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度 (填“>”“<”或“＝”)0.1mol·L－1； ③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗涤烧杯及玻璃棒→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度(填“>”“<”或“＝”)0.1mol·L－1。 (3)在配制硫酸溶液时： ①所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸的体积为(计算结果保留一位小数)mL； ②如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用mL量筒最好； ③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是。 解析(1)配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。 (2)①因无450mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500mL的容量瓶，m(NaOH)＝c·V·M＝0.1mol·L－1×0.5L×40g·mol－1＝2.0g；③NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高。 (3)①c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)，即eq\f(1000×1.84×98%,98)mol·L－1×V(浓)＝0.5mol·L－1×0.5L，得V(浓)≈0.0136L＝13.6mL；②选用15mL量筒最好，误差小；③注意三点：酸入水、沿器壁、棒搅拌。 答案(1)AC烧杯、玻璃棒 (2)①2.0②<③> (3)①13.6②15③将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌15．KMnO4具有强氧化性，在实验室和工业上常用作氧化剂。某化学兴趣小组采用标准的酸性KMnO4溶液测定可能发生变质的还原性物质Na2SO3固体中Na2SO3的含量。 (1)简述检验Na2SO3已经变质的操作和现象：取少量样品于试管中，加水溶解，。 (2)若称取10.5g试样加入足量的浓硫酸，得到1.12L(标准状况)的气体，则试样中Na2SO3的质量分数是。 (3)另取10.0g试样配成250mL溶液，配制溶液时，可能用到的玻璃仪器有。取出25.00mL所配制的Na2SO3溶液于锥形瓶中，用标准酸性KMnO4溶液滴定，采用的指示剂是(如果不需要，直接写“无”)。反应的离子方程式为SOeq\o\al(2－,3)＋MnOeq\o\al(－,4)＋H＋→SOeq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋H2O(未配平)。重复操作三次，消耗0.10mol/LKMnO4溶液的体积分别为20.01mL、19.00mL和19.99mL。判断滴定实验达到终点的方法是。样品中Na2SO3的质量分数为。 (4)操作时，若未用0.10mol/L的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，会导致测定结果(填“偏高”、“偏低”或“没有影响”)。 解析物质的量的相关计算一般不单独命题，常与离子的检验、溶液的配制、氧化还原反应、滴定实验结合在一起综合考查。 (1)Na2SO3具有还原性，容易被空气中的氧气氧化成Na2SO4，采用先加过量盐酸，再加BaCl2溶液的方法检验其中的SOeq\o\al(2－,4)。 (2)经计算得出SO2的物质的量为0.05mol，即Na2SO3为0.05mol，其质量为6.3g，可得试样中Na2SO3的质量分数为60%。 (3)根据所配溶液的体积可知，需要250mL容量瓶，溶质溶解于烧杯中，需要玻璃棒搅拌加快溶解，转移溶液时，用玻璃棒引流，用量筒粗略量取溶解、洗涤所需要的蒸馏水，还需要用胶头滴管定容。酸性KMnO4溶液本身有颜色，不需要指示剂，配平后的离子方程式为5SOeq\o\al(2－,3)＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=5SOeq\o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋3H2O。19.00mL与其他数据偏差大，应舍去。消耗酸性KMnO4溶液的体积平均为20.00mL，再计算出Na2SO3的质量分数。 (4)如果未润洗滴定管，滴定管中标准溶液被稀释，滴定时，消耗酸性KMnO4溶液的量将会增加，使测定结果偏高。 答案(1)向其中加入过量盐酸，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，表明Na2SO3已经变质(2)60%(3)烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒无当最后一滴酸性KMnO4溶液滴入锥形瓶后，瓶内溶液变成浅粉红色且半分钟内不退色63%(4)偏高[选做题]16．如图是盛硫酸的试剂瓶上的标签的部分内容。现实验需要0.5mol·L－1H2SO4溶液480mL，若由你来配制所需溶液，请根据实验室已有的仪器和药品情况回答下列问题：硫酸化学纯(CP级)(500mL)品名：硫酸化学式：H2SO4相对分子质量：98密度：1.84g·mL－1质量分数：98%(1)容量瓶应如何查漏：。(2)实验中除量筒、烧杯外还需要的其他仪器：