2021届高考化学一轮复习物质的量浓度及相关计算作业

2021届高考化学一轮复习物质的量浓度及相关计算作业

考点规范练2　物质的量浓度及相关计算(时间:45分钟　满分:100分)　考点规范练第4页　 一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.从2L1mol·L-1的NaOH溶液中取出100mL溶液,下面关于这100mL溶液的叙述错误的是(　　)。A.物质的量浓度为0.1mol·L-1B.物质的量浓度为1mol·L-1C.含4g氢氧化钠D.含0.1mol氢氧化钠答案:A解析:从2L1mol·L-1的NaOH溶液中取出100mL,其物质的量浓度不变,含有NaOH的物质的量为0.1L×1mol·L-1=0.1mol,其质量为0.1mol×40g·mol-1=4g。2.关于0.1mol·L-1Na2CO3溶液的叙述中错误的是(　　)。A.0.5L该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.2mol·L-1B.1L该溶液中含有Na2CO3的质量为10.6gC.从1L该溶液中取出100mL,则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.01mol·L-1D.取该溶液10mL,加水稀释至100mL后,Na2CO3的物质的量浓度为0.01mol·L-1答案:C解析:c(Na+)=2c(Na2CO3)=0.1mol·L-1×2=0.2mol·L-1,故A项正确。1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液含有Na2CO3的质量为1L×0.1mol·L-1×106g·mol-1=10.6g,故B项正确。溶液具有均一性,取出的100mLNa2CO3溶液与原Na2CO3溶液浓度相同,为0.1mol·L-1,故C项错误。令稀释后的浓度为c,根据稀释定律,溶液稀释前后溶质的物质的量不变,所以10mL×0.1mol·L-1=100mL×c,解得c=0.01mol·L-1,故D项正确。3.下列溶液中,溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1的是(　　)。A.10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液B.将80gSO3溶于水并配成1L溶液C.将100mL0.5mol·L-1NaNO3溶液加热蒸发50g水的溶液D.标准状况下,将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液答案:C解析:A项,c(NaOH)=10g40g·mol-10.25L=1mol·L-1;B项,c(H2SO4)=80g80g·mol-11L=1mol·L-1;C项,蒸发掉50g水后,溶液的体积并不是50mL,NaNO3的浓度也不是1mol·L-1;D项,c(HCl)=22.4L22.4L·mol-11L=1mol·L-1。4.下列说法中正确的是(　　)。A.配制2mol·L-1Na2CO3溶液950mL时,应选1000mL容量瓶,称取Na2CO3·10H2O543.4gB.VLFe2(SO4)3溶液中含agSO42-,取此溶液V2L用水稀释成2VL,则稀释后溶液的c(Fe3+)为a576Vmol·L-1C.已知某NaCl溶液的密度是1.17g·cm-3,可求出此溶液的物质的量浓度D.把100mL20%的NaOH溶液与100mL10%的NaOH溶液混合后,可判断NaOH混合溶液的溶质质量分数等于15%答案:B解析:配制950mL2mol·L-1Na2CO3溶液应选用1000mL容量瓶,需要Na2CO3·10H2O的质量为2mol·L-1×1L×286g·mol-1=572g,A项错误;agSO42-的物质的量为a96mol,VL溶液中n(Fe3+)=23n(SO42-)=a144mol,稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为a576Vmol·L-1,B项正确;因为不知道溶质质量分数,因此无法求溶液的物质的量浓度,C项错误;等体积的两种溶液浓度大的质量大,因此两者等体积混合后溶质质量分数要大于15%,D项错误。5.某学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液时,结果所配溶液的浓度偏高,其原因可能是(　　)。\nA.所用氢氧化钠已经潮解B.向容量瓶中加水未到刻度线C.有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里D.用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法答案:B解析:所用NaOH已经潮解,实际称量的氢氧化钠的质量减小,氢氧化钠的物质的量减小,所配溶液浓度偏低,A项错误;向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积偏小,溶液的浓度偏大,B项正确;有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里,造成了溶质的损耗,溶液浓度偏低,C项错误;称量时误用“左码右物”,若不使用游码,对称取的氢氧化钠的质量无影响,对所配溶液浓度无影响;若使用游码,实际称取氢氧化钠的质量减小,所配溶液浓度偏低,D项错误。6.(2019济南第一中学高三期中)下列关于溶液及配制的说法正确的是(　　)。A.配制450mL0.1mol·L-1CuSO4溶液,需要CuSO4的质量是7.2gB.配制稀硫酸时,将用量筒量取的浓硫酸倒入小烧杯中,再加入少量水稀释C.配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,导致所配溶液浓度偏高D.某温度下两种不同物质的溶液,若溶质的质量分数相同,则这两种溶液的物质的量浓度也一定相同答案:C解析:实验室没有450mL的容量瓶,实际应配制500mL的溶液,需要CuSO4的质量为0.5L×0.1mol·L-1×160g·mol-1=8.0g,A项错误;浓硫酸的密度比水的密度大,溶于水放出大量的热,所以稀释时要将浓硫酸慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,B项错误;配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,则所配溶液的体积偏小,导致所配溶液浓度偏高,C项正确;溶质的质量分数=m溶质m溶液×100%,两种溶液的溶质质量分数相等,但溶质的摩尔质量不一定相等,且密度也不一定相等,根据c=1000ρωM,只要ρM不相等,则浓度不相等,D项错误。7.在t℃时,将agNH3完全溶于水,得到VmL溶液,假设该溶液的密度为ρg·mL-1,质量分数为w,其中含有NH4+的物质的量是bmol,下列叙述正确的是(　　)。A.溶质的质量分数w=aρV-a×100%B.溶质的物质的量浓度c=1000a35Vmol·L-1C.溶液中c(OH-)=1000bVmol·L-1+c(H+)D.向上述溶液中加入VmL水,所得溶液的质量分数大于0.5w答案:C解析:溶质的质量分数w=aρV×100%,A项错误;在计算时氨水中的溶质是NH3,而不是NH3·H2O,将w=aρV×100%代入公式c=1000ρwM,化简可得c=1000a17Vmol·L-1,B项错误;氨水中含有的阳离子为H+和NH4+,含有的阴离子只有OH-,根据电荷守恒可知C项正确;由于氨水的密度小于水的密度,与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍,故其质量分数小于0.5w,D项错误。8.VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+mg,取V4mL该溶液用水稀释至4VmL,则SO42-的物质的量浓度为(　　)。A.125m36Vmol·L-1B.125m9Vmol·L-1C.125m54Vmol·L-1D.125m18Vmol·L-1答案:A解析:V4mL溶液中Al3+的物质的量为mg×1427g·mol-1=m108mol,稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度为c(Al3+)=m108mol4V×10-3L=250m108Vmol·L-1,c(SO42-)=32c(Al3+)=32×250m108Vmol·L-1=125m36Vmol·L-1。9.将物质的量均为amol的Na和Al一同投入mg足量水中,所得溶液的密度为ρg·cm-3,则此溶液的物质的量浓度为(　　)。A.1000aρ46a+mmol·L-1B.4ρ46a+mmol·L-1C.1000aρ50a+mmol·L-1D.1000aρ45a+mmol·L-1\n答案:A解析:Na和Al一同投入mg足量水中时,发生反应的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2↑,2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑。由于Na、Al的物质的量均为amol,结合化学方程式可知共生成2amolH2,所得溶液中只含有NaAlO2一种溶质,其物质的量为amol。所得溶液的质量为m(Na)+m(Al)+m(H2O)-m(H2)=(46a+m)g,所得溶液的体积为46a+m1000ρL,所得溶液的物质的量浓度为1000aρ46a+mmol·L-1。故本题选A。10.把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份,取一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全,另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全,则该混合溶液中c(Na+)为(　　)。A.(b10-a20)mol·L-1B.(2b-a)mol·L-1C.(5b-5a2)mol·L-1D.(10b-5a)mol·L-1答案:D解析:100mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液中,加入含amolNaOH的溶液,反应为NH4HCO3+2NaOHNH3·H2O+Na2CO3+H2O,则NH4HCO3为0.5amol;加入含bmolHCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2↑+H2O,Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2↑,则Na2CO3的物质的量为12×(b-0.5a)mol,n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol,c(Na+)=(b-0.5a)mol0.1L=(10b-5a)mol·L-1。二、非选择题(本题共5个小题,共50分)11.(8分)已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL,密度为ρg·cm-3,质量分数为w,物质的量浓度为cmol·L-1,溶液中含NaCl的质量为mg。(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度　。 (2)用w、ρ表示溶液的物质的量浓度　。 (3)用c、ρ表示溶质的质量分数　。 (4)用w表示该温度下NaCl的溶解度　。 答案:(1)1000m58.5Vmol·L-1　(2)1000ρw58.5mol·L-1(3)58.5c1000ρ×100%　(4)100w100-wg解析:(1)c=m58.5V1000mol·L-1=1000m58.5Vmol·L-1。(2)c=1000mL×ρg·mL-1×w58.5g·mol-1×1L=1000ρw58.5mol·L-1。(3)w=58.5g·mol-1×cmol·L-1×1L1000mL×ρg·mL-1×100%=58.5c1000ρ×100%。(4)S100g=wg100g-wg,S=100w100-wg。12.(2019石家庄复兴中学高三月考)(10分)下面为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据,试根据标签上的有关数据回答下列问题:盐酸分子式:HCl相对分子质量:36.5密度:1.19g·cm-3HCl的质量分数:36.5%(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为　　　　　mol·L-1。 (2)取用任意体积的该盐酸时,下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是　　　　。 A.溶液中HCl的物质的量B.溶液的浓度C.溶液中Cl-的数目D.溶液的密度(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL0.400mol·L-1的稀盐酸。①该学生需要量取　　　　mL上述浓盐酸进行配制。 \n②在配制过程中,下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响(在横线上填“偏高”“偏低”或“无影响”)。a.用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面读数:　　　　。 b.定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面下降,再加适量的蒸馏水:　　　　。 (4)①假设该同学成功配制了0.400mol·L-1的盐酸,他又用该盐酸中和含0.4gNaOH的氢氧化钠溶液,则该同学需取　　　　mL盐酸。 ②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的氢氧化钠溶液,发现比①中所求体积偏小,则可能的原因是　　　　。 A.浓盐酸挥发,浓度不足B.配制溶液时,未洗涤烧杯C.配制溶液时,俯视容量瓶刻度线D.加水时超过刻度线,用胶头滴管吸出答案:(1)11.9　(2)BD　(3)①16.8　②a.偏低　b.偏低(4)①25　②C解析:(1)1L浓盐酸中HCl的物质的量为1.19g·cm-3×1000mL·L-1×36.5%36.5g·mol-1=11.9mol,故该浓盐酸中HCl的浓度是11.9mol·L-1。(2)溶液中HCl的物质的量与溶液体积有关,A项错误;溶液的浓度与溶液的体积无关,B项正确;溶液中Cl-的数目与溶液的体积有关,C项错误;溶液的密度与溶液的体积无关,D项正确。(3)①根据溶液稀释前后,溶质的物质的量不变,则11.9mol·L-1×V=0.400mol·L-1×0.5L,所以V=0.0168L=16.8mL。②a.用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面读数,所量取的溶液体积偏小,溶质的量偏小,则所配制溶液的浓度偏低。b.定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面下降,再加适量的蒸馏水,溶液的体积偏大,则所配制溶液的浓度偏低。(4)①根据反应HCl+NaOHNaCl+H2O可知,n(HCl)=n(NaOH),0.4gNaOH的物质的量为0.4g40g·mol-1=0.01mol,设0.400mol·L-1的盐酸的体积为VL,0.400mol·L-1×V=0.01mol,则V=0.025L=25mL。②消耗的标准盐酸体积偏小,说明所配制的标准盐酸的物质的量浓度偏高。浓盐酸挥发,浓度偏低,则用其配制的标准盐酸的浓度偏低,滴定时消耗标准盐酸体积偏大,A项错误;配制溶液时,未洗涤烧杯,标准盐酸浓度偏低,则滴定时消耗标准盐酸体积偏大,B项错误;配制溶液时,俯视容量瓶刻度线,配制的标准盐酸浓度偏低,滴定时消耗的标准盐酸体积偏小,C项正确;加水时超过刻度线,用胶头滴管吸出,标准盐酸浓度偏低,滴定时消耗标准盐酸体积增大,D项错误。13.(14分)(1)含有6.02×1023个氧原子的H2SO4的物质的量是　　　mol。 (2)与标准状况下11.2LCO2所含氧原子数目相同的水的质量是　　　g。 (3)用18mol·L-1浓硫酸配制90mL1mol·L-1稀硫酸,需用　　　mL容量瓶,需取用18mol·L-1浓硫酸　　　　mL(用量筒量取)。 (4)若将Cl2通入热的烧碱溶液中,可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液。当NaCl和NaClO3的物质的量之比为8∶1时,混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为　　　　。 答案:(1)0.25　(2)18　(3)100　5.6　(4)3∶1解析:(1)1个硫酸分子中含有4个氧原子,所以含有6.02×1023个氧原子的H2SO4的物质的量是6.02×10236.02×1023mol-1×14=0.25mol。(2)标准状况下11.2LCO2的物质的量为11.2L22.4L·mol-1=0.5mol,要使二氧化碳与水分子含有的O原子数相等,则n(H2O)=2n(CO2),则n(H2O)=2×0.5mol=1mol,质量为1mol×18g·mol-1=18g。(3)用18mol·L-1浓硫酸配制90mL1mol·L-1稀硫酸,实验室没有90mL容量瓶,应选择100mL容量瓶,设需要浓硫酸体积为V,依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得:18mol·L-1×V=1mol·L-1×0.1L,解得V=0.0056L=5.6mL。(4)将Cl2通入热的烧碱溶液中,可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液,反应中氯气既是氧化剂又是还原剂,当NaCl和NaClO3的物质的量之比为8∶1时,生成1molNaClO3氯原子失电子5mol,生成8molNaCl氯原子得电子8mol,根据得失电子数相等可知,生成NaClO的物质的量是3mol,即混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为3∶1。\n14.(12分)实验室需要480mL0.4mol·L-1的Na2CO3溶液,有如下操作步骤:A.把称量好的Na2CO3固体放入小烧杯中,加适量蒸馏水溶解,冷却至室温B.把A所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中C.继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1~2cm处,改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切D.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,每次洗涤的液体都小心转入容量瓶E.将容量瓶瓶塞塞紧,充分摇匀请填写下列空白:(1)操作步骤的正确顺序为　　　　　　　(填序号)。 (2)实验室有如下规格的容量瓶:a.100mL,b.250mL,c.500mL,d.1000mL,本实验选用　　　　　(填序号)。 (3)本实验用到的基本实验仪器除容量瓶、托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、量筒、胶头滴管外,还必须使用的玻璃仪器有　　　　　　　。实验中该仪器的作用是　　　　　　　　　　　　。 (4)本实验需要Na2CO3的物质的量是　　　　mol。 (5)误差分析(填“偏高”“偏低”或“无影响”):A.称量Na2CO3时,物质和砝码位置颠倒(1g以下用游码):　　　　　。 B.某同学观察液面的情况如图所示:　　　　　。 C.加蒸馏水时不慎超过了刻度线,立即用胶头滴管将多余的液体吸出:　　　　。 答案:(1)ABDCE　(2)c(3)玻璃棒　搅拌加速溶解、引流(4)0.2(5)偏低　偏高　偏低解析:(1)配制溶液时,一般可分为以下几个步骤:计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀,所以其操作步骤的正确顺序为ABDCE。(2)配制480mL0.4mol·L-1的Na2CO3溶液,应选择500mL容量瓶。(4)n=cV=0.5L×0.4mol·L-1=0.2mol。(5)A项,称量Na2CO3时,物质和砝码位置颠倒(1g以下用游码),称取的溶质的量偏小,溶液的浓度偏低;B项,俯视液面导致溶液的实际体积偏小,溶液的浓度偏高;C项,加蒸馏水时不慎超过了刻度线,立即用胶头滴管将多余的水吸出,导致溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏低。15.(6分)向100mL1.5mol·L-1稀硫酸中加入过量Mg粉,充分反应后,滤去多余Mg粉,滤液在t℃下恒温蒸发,当滤液质量为72.0g时开始析出MgSO4·xH2O晶体,当析出晶体12.3g时,剩下滤液48.0g。通过计算回答下列问题。(1)计算生成标准状况下的气体体积(请写出计算过程);(2)开始析出MgSO4·xH2O晶体时溶液的质量分数为　　　　　; (3)MgSO4·xH2O中的x=　　　　　　。 答案:(1)设生成氢气的体积为a。H2SO4　~　H21mol22.4L0.15molaa=3.36L　即生成标准状况下的气体体积为3.36L(2)25%　(3)7解析:(1)注意硫酸量少,所以求氢气应该用硫酸的物质的量求解;(2)n(MgSO4)=n(H2SO4)=0.15mol,m(MgSO4)=18.0g,开始析出MgSO4·xH2O晶体时溶液的质量分数=m(溶质)m(溶液)×100%=18.0g72.0g×100%=25%;(3)饱和溶液质量减少m(溶液)=72.0g-48.0g=24.0g,所以12.3g晶体中含有MgSO4\n的质量为24.0g×25%=6.0g,物质的量为0.05mol,12.3g晶体中含有H2O的物质的量=12.3g-6.0g18g·mol-1=0.35mol,晶体中MgSO4与H2O的物质的量之比为1∶7,则x=7。