2020届高考化学一轮复习（苏教版）　物质的量浓度及其溶液的配制与分析作业

2020届高考化学一轮复习（苏教版）　物质的量浓度及其溶液的配制与分析作业

物质的量浓度及其溶液的配制与分析 一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。每小题只有一个选项符合题目要求)‎ ‎1.下列有关操作或判断正确的是(　　)‎ A.配制一定物质的量浓度的溶液时,定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 B.用托盘天平称取25.20 g NaCl C.用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸 D.用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸,量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高 ‎2.(2019陕西咸阳月考)实验室需配制480 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液,下列叙述正确的是(　　)‎ A.应称量NaOH固体的质量为19.2 g B.如果容量瓶内有少量蒸馏水,必须先对容量瓶进行烘干 C.将所需的氢氧化钠固体倒入到容量瓶中溶解 D.定容时若俯视刻度线,会使所配制的NaOH溶液的浓度偏高 ‎3.用等体积的0.1 mol·L-1的BaCl2溶液,可使相同体积的Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中的SO‎4‎‎2-‎恰好完全沉淀,则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为(　　)‎ A.3∶2∶3 B.3∶1∶2‎ C.2∶6∶3 D.1∶1∶1‎ ‎4.下列关于物质的量浓度的表述正确的是(　　)‎ A.0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液中含有的Na+和SO‎4‎‎2-‎的总物质的量为0.9 mol B.当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L-1,只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时,其浓度才是1 mol·L-1‎ C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果Na+和SO‎4‎‎2-‎的物质的量相等,则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同 D.10 ℃时,0.35 mol·L-1的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水,冷却到10 ℃时,其体积小于100 mL,它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L-1‎ ‎5.(2019湖北武汉重点中学联考)把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份,取一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应完全;取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na+)为(　　)‎ A.(10b-5a) mol·L-1‎ B.(2b-a) mol·L-1‎ C.(b‎10‎‎-‎a‎20‎) mol·L-1‎ D.(5b-‎5a‎2‎) mol·L-1‎ ‎6.下列说法正确的是(　　)‎ A.1 L水中溶解了58.5 g NaCl,该溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1‎ B.V L Fe2(SO4)3溶液中含a g SO‎4‎‎2-‎,取此溶液V‎2‎ L用水稀释成2V L,则稀释后溶液的c(Fe3+)为a‎576V mol·L-1‎ C.已知某NaCl溶液的密度是1.17 g·cm-3,可求出此溶液的物质的量浓度 D.把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL 10%的NaOH混合后,可判断NaOH混合溶液的质量分数等于15%‎ ‎7.(2019河北正定高三调研)20 ℃时,饱和NaCl溶液的密度为ρ g·cm-3,物质的量浓度为c mol·L-1,则下列说法中错误的是(　　)‎ A.温度低于20 ℃时,饱和NaCl溶液的浓度小于c mol·L-1‎ B.20 ℃时,饱和NaCl溶液的质量分数为‎58.5×cρ×1 000‎×100%‎ C.20 ℃时,密度小于ρ g·cm-3的NaCl溶液是不饱和溶液 D.20 ℃时,饱和NaCl溶液的溶解度S=‎5 850cρ-58.5‎ g ‎8.在标准状况下,将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水,溶液的密度为ρ g·cm-3,溶质的质量分数为w,溶质的物质的量浓度为c mol·L-1。下列叙述中正确的是(　　)‎ ‎①若上述溶液中再加入等体积的水,所得溶液的质量分数大于0.5w　②c=‎1 000a‎22.4V　③w=‎35a‎22.4Vρ×100%　④若上述溶液中再加入0.5V mL同浓度稀盐酸,充分反应后,溶液中离子浓度大小关系为c(NH‎4‎‎+‎)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)‎ A.①④ B.②③ C.①③ D.②④‎ 二、非选择题(本题共4小题,共52分)‎ ‎9.(2019江西上饶月考)(15分)已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示,该“84消毒液”通常稀释到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　　　 mol·L-1。 ‎ ‎84消毒液 有效成分　NaClO 规格　1 000 mL 质量分数　25%‎ 密度　1.19 g·cm-3‎ ‎(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+)=　　　　　 mol·L-1。 ‎ ‎(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方,欲用NaClO固体配制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.如图所示的仪器中,有三种是不需要的,还需要一种玻璃仪器 B.容量瓶用蒸馏水洗净后,应烘干后才能用于配制溶液 C.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 D.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 g·cm-3)的浓硫酸配制2 L 2.3 mol·L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。‎ ‎①所配制的稀硫酸中,H+的物质的量浓度为　　　　 mol·L-1。 ‎ ‎②需用浓硫酸的体积为　　　　　 mL。 ‎ ‎10.(17分)实验需要0.80 mol·L-1 NaOH溶液475 mL和0.40 mol·L-1硫酸溶液500 mL。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)下列操作中,不能用容量瓶实现的有　　　(填序号)。 ‎ A.配制一定体积准确浓度的标准溶液 B.量取一定体积的液体 C.测量容量瓶规格以下的任意液体的体积 D.贮存溶液 E.用来加热溶解固体溶质 ‎(3)根据计算,用托盘天平称取NaOH的质量为　　　 g。在实验中其他操作均正确,若定容时俯视刻度线,则所得溶液浓度　　　　(填“大于”“等于”或“小于”,下同)0.8 mol·L-1。若定容时,有少许蒸馏水洒落在容量瓶外,则所得溶液浓度　　　　　　　0.8 mol·L-1。 ‎ ‎(4)根据计算得知,配制稀硫酸所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的体积为　　　　　 mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10 mL、15 mL、20 mL、50 mL四种规格的量筒,则应选用　　　　mL的量筒。 ‎ ‎11.(2019内蒙古赤峰一中月考)(8分)奶粉中蛋白质含量的测定往往采用“凯氏定氮法”,其原理是食品与硫酸和催化剂一同加热,使蛋白质分解,分解的氨与硫酸结合生成硫酸铵。然后碱化蒸馏使氨游离,用硼酸吸收后再以硫酸或盐酸标准溶液滴定,根据酸的消耗量乘以换算系数,即为蛋白质含量。‎ 操作步骤:①样品处理:准确称取一定量的奶粉样品,移入干燥的烧杯中,经过一系列的处理,待冷却后移入一定体积的容量瓶中。‎ ‎②NH3的蒸馏和吸收:把制得的溶液(取一定量)通过定氮装置,经过一系列的反应,使氨变成硫酸铵,再经过碱化蒸馏后,氨即成为游离态,游离氨经硼酸吸收。‎ ‎③氨的滴定:用标准盐酸滴定所生成的硼酸铵,由消耗的盐酸标准液计算出总氮量,再折算为蛋白质含量。‎ 试回答下列问题:‎ ‎(1)在配制过程中,下列哪项操作可能使配制的溶液的浓度偏大　　　　(填字母)。 ‎ A.烧杯中溶液转移到容量瓶中时,未洗涤烧杯 B.定容时,俯视刻度线 C.定容时,仰视刻度线 D.移液时,有少量液体溅出 ‎(2)若称取样品的质量为1.5 g,共配制100 mL的溶液,取出其中的20 mL,经过一系列处理后,使N转变为硼酸铵后用0.1 mol·L-1盐酸标准液滴定,其用去盐酸标准液的体积为23.0 mL,则该样品中N的含量为　　　　(保留两位小数)。 ‎ ‎[已知:滴定过程中涉及反应的化学方程式为(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O2NH4Cl+4H3BO3]‎ ‎12.(2019辽宁大连调研测试)(12分)FeCl3是一种很重要的铁盐,主要用于污水处理,具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中,先生成FeCl2,再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。‎ ‎(1)将标准状况下的a L氯化氢气体溶于100 g水中,得到盐酸的密度为b g·mL-1,则该盐酸的物质的量浓度是　　　　　　　。 ‎ ‎(2)向100 mL的FeBr2溶液中通入标准状况下3.36 L Cl2,反应后的溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为　　　　。 ‎ ‎(3)FeCl3溶液可以用来净水,其净水的原理为　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。用100 mL 2 mol·L-1的FeCl3溶液净水时,生成具有净水作用的微粒数　　　　　(填“大于”“等于”或“小于”)0.2NA。 ‎ 课时规范练3　物质的量浓度及其溶液的配制与分析 ‎1.D　定容时仰视刻度线,导致所配溶液的体积偏大,使所配溶液的浓度偏低,A项错误;托盘天平的精确度是0.1 g,无法称取25.20 g NaCl,B项错误;应用10 mL量筒量取5.2 mL的盐酸,C项错误;量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线,所取的浓盐酸比应取的量多,溶质的物质的量偏大,会导致所配溶液的浓度偏高,D项正确。‎ ‎2.D　配制480 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液应该用500 mL容量瓶,称量NaOH固体的质量为20.0 g,A项错误;如果容量瓶内有少量蒸馏水,对实验结果没有影响,不需要烘干,B项错误;配制溶液时应将所需的氢氧化钠固体倒入到烧杯中溶解(容量瓶只用于配制溶液,不用于溶解、稀释或者盛装溶液),C项错误;定容时若俯视刻度线观察液面,会使溶液的体积变小,因此所配制的NaOH溶液的浓度偏高,D项正确。‎ ‎3.C　等体积的0.1 mol·L-1的BaCl2溶液,可使相同体积的Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中的SO‎4‎‎2-‎完全沉淀,则Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中的SO‎4‎‎2-‎数目相同,根据硫酸根守恒可知,n[Fe2(SO4)3]=‎1‎‎3‎n(SO‎4‎‎2-‎),n(Na2SO4)=n(SO‎4‎‎2-‎),n[KAl(SO4)2]=‎1‎‎2‎n(SO‎4‎‎2-‎),三种溶液的体积相同,则物质的量浓度之比等于溶质物质的量之比,所以三种硫酸盐的物质的量浓度之比c[Fe2(SO4)3]∶c(Na2SO4)∶c[KAl(SO4)2]=[‎1‎‎3‎n(SO‎4‎‎2-‎)]∶n(SO‎4‎‎2-‎)∶[‎1‎‎2‎n(SO‎4‎‎2-‎)]=2∶6∶3。‎ ‎4.D　由于不知道溶液的体积,无法计算物质的量,不能计算微粒的物质的量,故A项错误;22.4 L氨气所处温度和压强不知,物质的量不一定为1 mol,故B项错误;K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可得c(K+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(SO‎4‎‎2-‎),K+物质的量为SO‎4‎‎2-‎的二倍,若Na+和SO‎4‎‎2-‎的物质的量相等,则K+的浓度必定大于Cl-的浓度,故C项错误;同一物质在同一温度下的溶解度一定,饱和溶液的物质的量浓度恒定,10 ℃时,0.35 mol·L-1的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水,冷却到10 ℃时,其体积小于100 mL,但它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L-1,故D项正确。‎ ‎5.A　NH4HCO3和a mol NaOH恰好完全反应,则NH4HCO3的物质的量为0.5a mol,取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全,由NH4HCO3反应掉的HCl为0.5a mol,则由Na2CO3反应掉的HCl为b mol-0.5a mol,则Na2CO3的物质的量为(b-0.5a)×0.5 mol,则c(Na+)=(b-0.5a) mol÷0.1 L=(10b-5a) mol·L-1。‎ ‎6.B　溶液的体积未知,无法求出溶液中溶质的物质的量浓度,故A项错误;a g SO‎4‎‎2-‎的物质的量为ag‎96 g·mol‎-1‎‎=‎a‎96‎ mol,V L溶液中n(Fe3+)=‎2‎‎3‎n(SO‎4‎‎2-‎)=‎2‎‎3‎‎×‎a‎96‎ mol,则V‎2‎ L溶液中n(Fe3+)=‎2‎‎3‎‎×‎a‎96‎ mol×‎1‎‎2‎‎=‎a‎3×96‎ mol,则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为a‎576V mol·L-1,故B项正确;溶液中NaCl质量分数未知,无法求溶液的物质的量浓度,故C项错误;同一溶质不同浓度的NaOH溶液等体积混合后,溶液的质量分数应大于两溶液质量分数之和的‎1‎‎2‎,故D项错误。‎ ‎7.D　温度低于20 ℃时,氯化钠的溶解度减小,所以饱和NaCl溶液的浓度小于c mol·L-1,A项正确;1 L该温度下的饱和氯化钠溶液中,溶液质量为:1 000ρ g,氯化钠的物质的量为c mol,所以氯化钠的质量分数为:(58.5c g÷1 000ρ g)×100%=‎58.5×cρ×1 000‎×100%,B项正确;20 ℃时,一定体积的饱和溶液中含有氯化钠的物质的量达到最大,所以密度小于ρ g·cm-3的NaCl溶液是不饱和溶液,C项正确;20 ℃时,1 L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5c g,溶液质量为1 000ρ g,则该温度下氯化钠的溶解度S=‎58.5cg‎1 000ρg-58.5cg×100 g=‎5 850c‎1 000ρ-58.5c g,D项错误。‎ ‎8.D　①由于氨水的密度小于水的密度,即小于1 g·cm-3,因此氨水与水等体积混合后所得溶液的质量分数小于0.5w,①错误;②c=aL‎22.4 L·mol‎-1‎‎1‎0‎‎-3‎VL‎=‎‎1 000a‎22.4V mol·L-1,②正确;③氨气溶于水,主要以NH3·H2O形式存在,但仍然以NH3作为溶质,w=a‎22.4‎‎×17‎ρV×100%=‎17a‎22.4ρV×100%,③错误;④若在题给溶液中再加入0.5V mL同浓度稀盐酸,充分反应后,氨水过量,溶液显碱性,则溶液中离子浓度大小关系为c(NH‎4‎‎+‎)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),④正确。‎ ‎9.答案 (1)4.0　(2)0.04　(3)C　(4)①4.6　②250‎ 解析 (1)由c=‎1 000ρwM得,c(NaClO)=‎1 000×1.19×25%‎‎74.5‎ mol·L-1≈4.0 mol·L-1。(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变,则有:100 mL×10-3 L·mL-1×4.0 mol·L-1=100 mL×100×10-3 L·mL-1×c(NaClO),解得稀释后c(NaClO)=0.04 mol·L-1,c(Na+)=c(NaClO)=0.04 mol·L-1。(3)选项A,需用托盘天平称量NaClO固体,需用烧杯来溶解NaClO,需用玻璃棒进行搅拌和引流,需用容量瓶和胶头滴管来定容,图示中的A、B不需要,但还需要玻璃棒和胶头滴管;选项B,配制过程中需要加水,所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干;选项C,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;选项D,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 L×4.0 mol·L-1×74.5 g·mol-1=149.0 g。(4)①根据H2SO4的组成可知,溶液中c(H+)=2c(H2SO4)=4.6 mol·L-1。②2 L 2.3 mol·L-1的稀硫酸中溶质的物质的量为2 L×2.3 mol·L-1=4.6 mol,设需要98%(密度为1.84 g·cm-3)的浓硫酸的体积为V mL,则有VmL×1.84 g·cm‎-3‎×98%‎‎98 g·mol‎-1‎=4.6 mol,解得V=250。‎ ‎10.答案 (1)AC　烧杯、玻璃棒 ‎(2)CDE　(3)16.0　大于　等于　(4)10.9　15‎ 解析 (1)用容量瓶配制溶液,用不到烧瓶和分液漏斗;还需要用到的仪器有:溶解或稀释药品的烧杯、搅拌或引流用的玻璃棒。(2)容量瓶能用来配制一定体积准确浓度的溶液,也可量取固定体积的液体。不能配制或测量容量瓶规格以下的任意液体体积,不能稀释浓溶液或溶解药品,不能加热。(3)m=cVM=0.8 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-1=16.0 g。若定容时俯视刻度线,溶液的体积偏小,则所得溶液浓度大于0.8 mol·L-1;若定容时,有少许蒸馏水洒落在容量瓶外,溶质的物质的量不变,溶液的体积不变,则所得溶液浓度为0.8 mol·L-1。(4)浓硫酸的浓度c=‎1‎0‎‎3‎×1.84×98%‎‎98‎ mol·L-1=18.4 mol·L-1,浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变,设浓硫酸的体积为V,则18.4 mol·L-1×V=0.4 mol·L-1×0.5 L,V=0.010 9 L=10.9 mL。选取的量筒规格应该等于或略大于量取溶液的体积,故应选15 mL量筒。‎ ‎11.答案 (1)B　(2)10.73%‎ 解析 (1)由c=nV判断:A、D选项中使n偏小,浓度偏小;B选项中俯视刻度线,使V偏小,浓度偏大;C选项中仰视刻度线,使V偏大,浓度偏小。(2)n(N)=5n(HCl)=0.011 5 mol,该样品中N的含量为:w=‎0.011 5mol×14 g·mol‎-1‎‎1.5 g×100%≈10.73%。‎ ‎12.答案 (1)‎1 000ab‎36.5a+2 240‎ mol·L-1　(2)2 mol·L-1‎ ‎(3)Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+　小于 解析 (1)注意盐酸的体积不是100 g水的体积,要用所得盐酸的质量和密度计算盐酸的体积,还应注意单位换算。(2)根据氧化还原反应的规律,氯气先氧化Fe2+,反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,表明溶液中无Fe2+,有FeBr3、FeCl3,n(Cl-)=‎3.36 L‎22.4 L·mol‎-1‎×2=0.3 mol=n(Br-),根据电荷守恒及原子守恒知,n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.2 mol,则c(FeBr2)=‎0.2mol‎0.1 L=2 ‎ mol·L-1。(3)Fe3+在水中发生水解:Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用,可吸附溶液中的杂质离子。Fe(OH)3胶体中的胶体粒子是由多个Fe(OH)3“分子”组成的集合体,所以生成的Fe(OH)3胶体粒子数目小于0.2NA。‎