2021届一轮复习鲁科版物质的量浓度作业

2021届一轮复习鲁科版物质的量浓度作业

物质的量浓度 基础巩固 ‎1.(2020云南大理月考)用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,下列操作中正确的是(　　)‎ A.称量时,将NaOH固体直接放在天平左盘上 B.将称量好的NaOH固体放入容量瓶中,加蒸馏水溶解 C.定容时如果加水超过了刻度线,用胶头滴管直接吸出多余部分 D.将烧杯中溶解NaOH固体所得溶液冷却到室温后转移至容量瓶中 答案D 解析NaOH具有腐蚀性,且易潮解,应放置在小烧杯内称量,故A错误;称量好的NaOH固体应放入烧杯中溶解,不能在容量瓶中溶解,故B错误;定容时加水超过了刻度线,溶液浓度偏低,需重新配制,故C错误;NaOH溶解放出大量的热,所以应冷却到室温后再转移至容量瓶中,故D正确。‎ ‎2.配制物质的量浓度为0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液100 mL时,下列操作正确的是(　　)‎ A.用托盘天平称取1.06 g无水碳酸钠,在烧杯中加适量水溶解,待冷却到室温后,将溶液转移到容量瓶中 B.在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水 C.定容时,若加水超过刻度线,可用胶头滴管小心吸出多余部分 D.定容时,若仰视刻度线,所配溶液的浓度将偏高 答案B 解析托盘天平的精确度为0.1 g,不能用托盘天平称取1.06 g无水碳酸钠,A错误;在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水,B正确;定容时,若加水超过刻度线,会使浓度偏低,必须重新配制,不能直接用胶头滴管吸出多余部分,C错误;定容时,若仰视读数,则所配溶液的体积偏大,浓度将偏低,D错误。‎ ‎3.(2019陕西咸阳月考)实验室需配制480 mL 1 mol·L-1NaOH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观察液面,会使所配制的NaOH溶液的浓度偏高 答案D 解析配制480 mL 1 mol·L-1NaOH溶液应该选用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,B项错误;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。‎ ‎4.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-‎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 答案C 解析用等体积的0.1 mol·L-1的BaCl2溶液,可使相同体积的Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液的SO‎4‎‎2-‎完全沉淀,则Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中n(SO‎4‎‎2-‎)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,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为c[Fe2(SO4)3]∶c(Na2SO4)∶c[KAl(SO4)2]=‎1‎‎3‎n(SO‎4‎‎2-‎)∶n(SO‎4‎‎2-‎)∶‎1‎‎2‎n(SO‎4‎‎2-‎)=2∶6∶3。‎ ‎5.(2020湖北武汉三中调研)用98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm-3)配制100 mL 1 mol·L-1的稀硫酸。现给出下列仪器(配制过程中可能用到):①100 mL量筒　②10 mL量筒　③50 mL烧杯　④托盘天平　⑤100 mL容量瓶　⑥胶头滴管　⑦玻璃棒,按使用仪器的先后顺序排列正确的是(　　)‎ A.④③⑦⑤⑥ B.②⑤⑦⑥‎ C.①③⑤⑥⑦ D.②⑥③⑦⑤⑥‎ 答案D 解析98%的浓硫酸的物质的量浓度c=‎1 000ρw‎98‎‎=‎‎1 000×1.84×98%‎‎98‎ mol·L-1=18.4 mol·L-1,配制1 mol·L-1的稀硫酸100 mL,需要浓硫酸的体积为V=‎0.1 L×1mol·‎L‎-1‎‎18.4mol·‎L‎-1‎≈0.005 4 L=5.4 mL,应选择10 mL量筒。实验时用10 mL量筒量取5.4 mL浓硫酸,因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,所以正确顺序为②⑥③⑦⑤⑥,D项正确。‎ ‎6.取100 mL 0.3 mol·L-1和300 mL 0.25 mol·L-1的硫酸注入500 mL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.0.21 mol·L-1 B.0.42 mol·L-1‎ C.0.56 mol·L-1 D.0.26 mol·L-1‎ 答案B 解析混合溶液中H+物质的量为n(H+)=(0.1 L×0.3 mol·L-1+0.3 L×0.25 mol·L-1)×2=0.21 mol,所以混合溶液中c(H+)=‎0.21mol‎0.5 L=0.42 mol·L-1。‎ ‎7.(2020贵州凯里月考)(1)某学生欲用11.9 mol·L-1的浓盐酸和蒸馏水配制500 mL物质的量浓度为0.400 mol·L-1的稀盐酸。该学生需要量取　　mL浓盐酸进行配制(保留小数点后1位)。 ‎ ‎(2)容量瓶是配制溶液的必需仪器。下列关于容量瓶及其使用方法的叙述,错误的是　　　。 ‎ ‎①容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器 ‎②使用前要先检查容量瓶是否漏液 ‎③容量瓶可以用来加热 ‎④不能用容量瓶长期贮存配制好的溶液 ‎⑤可以用500 mL容量瓶配制250 mL溶液 ‎⑥容量瓶上标有的是温度、容量、刻度线 A.①③ B.①④ C.③⑤ D.⑤⑥‎ ‎(3)①该同学用配制的0.400 mol·L-1的盐酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液,则该同学需量取　　　　mL盐酸。 ‎ ‎②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4 g NaOH的NaOH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)16.8　(2)C　(3)①25　②c 解析(1)溶液稀释前后溶质的物质的量不变,设需要浓盐酸的体积为V,则11.9 mol·L-1×V=0.5 L×0.400 mol·L-1,解得:V=0.016 8 L=16.8 mL。‎ ‎(2)①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器,故①正确;②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液,故②正确;③容量瓶不能用来加热,故③错误;④容量瓶不能用来贮存配制好的溶液,故④正确;⑤500 mL容量瓶不能用来配制250 mL溶液,只能配制500 mL溶液,故⑤错误;⑥容量瓶上标有的是温度、容量、刻度线,故⑥正确;C项符合题意。‎ ‎(3)①由关系式HCl~NaOH可知,n(HCl)=n(NaOH)=‎0.4 g‎40 g·mol‎-1‎=0.01 mol,V(盐酸)=‎0.01mol‎0.400mol·‎L‎-1‎=0.025 L=25 mL;②消耗的标准液盐酸体积减少,说明读数时标准液的体积比实际体积减少了。浓盐酸挥发,浓度不足,配制的标准液浓度减小,滴定时消耗盐酸体积变大,a不符合题意;配制溶液时,未洗涤烧杯,标准液浓度减小,消耗体积应增大,b不符合题意;配制溶液时,俯视容量瓶刻度线,配制的标准液浓度变大,滴定时消耗的体积减小,c符合题意;加水时超过刻度线,用胶头滴管吸出,标准液浓度减小,滴定时消耗标准液体积增大,d不符合题意。故选c。‎ 能力提升 ‎8.(2020辽宁大连调研)欲配制100 mL 1.0 mol·L-1Na2SO4溶液,正确的方法是(　　)‎ ‎①将14.2 g Na2SO4溶于100 mL水中 ‎②将32.2 g Na2SO4·10H2O溶于少量水中,再用水稀释至100 mL ‎③将20 mL 5.0 mol·L-1Na2SO4溶液用水稀释至100 mL A.①② B.②③ C.①③ D.①②③‎ 答案B 解析①14.2 g Na2SO4的物质的量为‎14.2 g‎142 g·mol‎-1‎=0.1 mol,溶于水配成100 mL溶液,浓度为1 mol·L-1,把14.2 g Na2SO4溶于100 mL水中溶液体积不是100 mL,故①错误。②32.2 g Na2SO4·10H2O的物质的量为‎32.2 g‎322 g·mol‎-1‎=0.1 mol,则硫酸钠的物质的量为0.1 mol,溶液体积为100 mL,所配溶液浓度为‎0.1mol‎0.1 L=1 mol·L-1,故②正确;③令稀释后硫酸钠溶液的浓度为c,根据稀释定律,稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变,则20 mL×5 mol·L-1=100 mL×c,解得c=1 mol·L-1,故③正确。所以②③正确,B项符合题意。‎ ‎9.(2020安徽安庆调研)下列说法正确的是(　　)‎ A.使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸,将浓硫酸转移至烧杯后须用蒸馏水洗涤量筒,并将洗涤液一并转移至烧杯 B.现需使用480 mL 0.1 mol·L-1硫酸铜溶液,则使用容量瓶配制溶液需要7.68 g硫酸铜固体 C.若使用托盘天平称量固体药品时左码右物,可能会导致所配溶液浓度偏低 D.容量瓶在使用前须用待配溶液润洗 答案C 解析量筒是流量式仪器,量筒在制作时就已经扣除了粘在量筒内壁上的液体,量取的液体倒出的量就是所读的量,不能洗涤,如果洗涤并将洗涤液一并转移至烧杯,实际量取浓硫酸的体积偏大,所配溶液的浓度偏高,故A错误;实验室没有480 mL的容量瓶,选择大于480 mL且相近规格的容量瓶,故应选择500 mL容量瓶,配制500 mL 0.1 mol·L-1硫酸铜溶液需要硫酸铜的质量为0.5 L×0.1 mol·L-1×160 g·mol-1=8.0 g,故B错误;天平平衡原理为m(药品)=m(砝码)+游码。若左码右物,不使用游码时,对称量药品的质量无影响,对所配溶液浓度无影响,若使用游码,实际称量药品的质量等于砝码质量减去游码读数,称取药品的质量减小,所配溶液的浓度偏低,故C正确;若容量瓶在使用前用待配溶液润洗,容量瓶内壁沾有少量待配溶液溶质,所配溶液浓度偏高,故D错误。‎ ‎10.(2020山西太原质检)根据图中所示硫酸试剂瓶标签上的内容,下列说法正确的是(　　)‎ 硫酸　化学纯(CP)‎ ‎(500 mL)‎ 品名:硫酸 化学式:H2SO4‎ 相对分子质量:98‎ 密度:1.84 g·cm-3‎ 质量分数:98%‎ A.将该硫酸加水配成质量分数为49%的溶液时浓度为9.2 mol·L-1　　‎ B.1 mol Al与足量的该硫酸反应产生3 g氢气 C.硫酸的摩尔质量为98 g D.配制500 mL 4.6 mol·L-1的稀硫酸需取该硫酸125 mL 答案D 解析原硫酸物质的量浓度为‎1 000 mL·L‎-1‎×1.84 g·mL‎-1‎×98%‎‎98 g·mol‎-1‎=18.4 mol·L-1,要配制质量分数为49%的硫酸溶液需要将浓硫酸与等质量的水混合,混合后溶液的质量为原硫酸的2倍,稀释后溶液的密度减小,故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍,则稀释后所得溶液的浓度小于9.2 mol·L-1,故A错误;铝遇浓硫酸在常温下发生钝化,加热时生成二氧化硫、硫酸铝和水,不能生成氢气,故B错误;硫酸的摩尔质量为98 g·mol-1,故C错误;根据稀释定律,稀释前后溶质的物质的量不变,设所取浓硫酸的体积为x mL,则500 mL×4.6 mol·L-1=x mL×18.4 mol·L-1,解得x=125,所以应量取的浓硫酸的体积为125 mL,故D正确。‎ ‎11.(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-‎a‎20‎mol·L-1‎ D.‎5b-‎‎5a‎2‎mol·L-1‎ 答案A 解析根据题意可知,NH4HCO3和a mol NaOH恰好完全反应,则NH4HCO3的物质的量为0.5 a mol,另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全,由NH4HCO3反应掉的盐酸中的HCl为0.5a mol,则由Na2CO3反应掉的盐酸中的HCl为b mol-0.5 a mol,Na2CO3的物质的量为(b mol-0.5a mol)×0.5,则 c(Na+)=(b mol-0.5a mol)÷0.1 L=(10b-5a) mol·L-1。　‎ ‎12.(2020福建漳州调研)实验室要配制100 mL 2 mol·L-1NaCl溶液,请回答下列问题:‎ ‎(1)配制过程中需要使用的主要玻璃仪器包括天平、烧杯、玻璃棒、　　　　和　　　　　。 ‎ ‎(2)用托盘天平称取氯化钠固体,其质量为　　g。 ‎ ‎(3)下列主要操作步骤的正确顺序是　　　　　　(填序号)。 ‎ ‎①称取一定质量的氯化钠,放入烧杯中,用适量蒸馏水溶解;‎ ‎②加水至液面离刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切;‎ ‎③将溶液转移到容量瓶中;‎ ‎④盖好瓶塞,反复上下颠倒,摇匀;‎ ‎⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次,洗涤液转移到容量瓶中。‎ ‎(4)如果实验过程中缺少上述步骤⑤,会造成所配溶液的物质的量浓度　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同);若定容时俯视容量瓶刻度线,会造成所配溶液的物质的量浓度　　。 ‎ 答案(1)100 mL容量瓶　胶头滴管　(2)11.7　(3)①③⑤②④　(4)偏低　偏高 解析(1)配制100 mL 2 mol·L-1的NaCl溶液,操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤并移液、定容、摇匀等操作,故需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯和100 mL容量瓶,其中玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、烧杯和100 mL容量瓶。‎ ‎(2)配制100 mL 2 mol·L-1NaCl溶液,需要氯化钠的质量为0.1 L×2 mol·L-1×58.5 g·mol-1=11.7 g。‎ ‎(3)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤并移液、定容、摇匀等操作,所以操作顺序为①③⑤②④。‎ ‎(4)没有洗涤烧杯和玻璃棒,移入容量瓶内氯化钠的质量偏小,所配溶液的浓度偏低;定容时,俯视刻度线,液面在刻度线下方,溶液的体积偏小,所配溶液的浓度偏高。‎ ‎13.(2019江西上饶月考)已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示,该“84消毒液”通常在稀释体积为原来的100倍后使用。请填写下列空白。‎ ‎(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,应烘干后才能用于溶液配制 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。 ‎ 答案(1)4.0　(2)0.04　(3)C　(4)①4.6　②250‎ 解析(1)由关系式c=‎1 000ρwM可得,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×10-3L·mL-1×4.0 mol·L-1=100 mL×100×10-3L·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后再使用;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,则有V×1.84 g·cm‎-3‎×98%‎‎98 g·mol‎-1‎=4.6 mol,解得V=250 mL。‎ 拓展深化 ‎14.(2020湖南郴州调研)氧化还原滴定是常用的定量分析方法。‎ ‎(1)实验室里欲用KMnO4固体来配制240 mL 0.1 mol·L-1的酸性KMnO4溶液。‎ ‎①需用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、　　　　　。 ‎ ‎②整个配制溶液过程中,玻璃棒所起的作用有　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎③下列操作会导致所配溶液浓度偏小的是　　　(填字母序号) ‎ a.加水定容时俯视刻度线 b.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理 c.未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶 d.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 ‎(2)用上述酸性KMnO4溶液来测定FeSO4溶液中Fe2+的含量。‎ ‎①写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②若消耗3.16 g KMnO4,则该反应转移的电子数目为　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)高锰酸钾溶液会与盐酸反应:2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,用单线桥标出反应中电子转移的方向和数目。　　　　　　。 ‎ ‎(4)测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,用碘标准液进行滴定。滴定反应的离子方程式为　　　　　　　。 ‎ 答案(1)①250 mL容量瓶　②搅拌加速溶解(或搅拌)　引流 ‎③cd ‎(2)①5Fe2++MnO‎4‎‎-‎+8H+5Fe3++Mn2++4H2O ‎②0.1NA(或6.02×1022)‎ ‎(3)‎ ‎(4)S2O‎5‎‎2-‎+2I2+3H2O2SO‎4‎‎2-‎+4I-+6H+‎ 解析(1)①因实验室没有240 mL的容量瓶,因此应选用250 mL的容量瓶,所以还需要250 mL的容量瓶。②在溶解时玻璃棒用于搅拌以加速溶解,在向容量瓶中转移溶液时用于引流。③a.加水定容时俯视刻度线,会导致溶液体积偏小,配制的溶液浓度偏大,故a错误;b.容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理,对配制溶液无影响,故b错误;c.若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶,会造成溶质偏少,配制的溶液浓度偏小,故c正确;d.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上,会导致溶液的体积偏大,配制的溶液浓度偏小,故d正确。‎ ‎(2)①铁元素化合价从+2价升高到+3价,锰元素的化合价从+7价降低到+2价,根据化合价升降总数相等并结合质量守恒可得,该反应的离子方程式为5Fe2++MnO‎4‎‎-‎+8H+5Fe3++Mn2++4H2O。②根据反应方程式可知,当有2 mol KMnO4消耗时,反应转移10 mol电子,因此当有3.16 g即0.02 mol KMnO4消耗时,转移电子的物质的量是0.1 mol,即转移电子的数目为0.1NA。‎ ‎(3)在反应2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中,根据化合价变化情况分析可知,当有2 mol KMnO4反应时,有10 mol电子转移,因此用单线桥法表示的式子为。‎ ‎(4)Na2S2O5中硫元素的化合价为+4价,会被氧化为+6价,单质碘具有氧化性,能把Na2S2O5氧化为硫酸钠,反应的离子方程式为S2O‎5‎‎2-‎+2I2+3H2O2SO‎4‎‎2-‎+4I-+6H+。‎