2020版高考化学复习专题一第2讲物质的量浓度及其溶液配制夯基提能作业.docx

第2讲物质的量浓度及其溶液配制A组基础题组1.(2019山西太原模拟)配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时,下列操作不正确的是()答案C称量固体时,当接近称量质量时,应用左手拿药匙,右手轻轻振动左手手腕,图示操作正确,故A不选;为防止溶解和洗涤时所用蒸馏水的体积超过容量瓶容积,溶解时应用量筒控制所加蒸馏水的量,图示操作正确,故B不选;移液时,玻璃棒应插在刻度线以下,故选C;定容时,当液面接近刻度线12 cm时,用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线,图示操作正确,故D不选。2.(2018山东潍坊模拟)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列关于0.2 mol/L Ba(NO3)2溶液的叙述不正确的是() A.2 L溶液中阴、阳离子总数为1.2NAB.500 mL溶液中NO3-浓度为0.2 mol/LC.500 mL溶液中Ba2+浓度为0.2 mol/LD.500 mL溶液中NO3-物质的量为0.2 mol答案B在Ba(NO3)2溶液中,c(Ba2+)c(NO3-)cBa(NO3)2=121,2 L溶液中离子总数为2 L0.2 mol/L(2+1)=1.2 mol,A正确;离子的浓度与体积无关,B错误、C正确;500 mL溶液中NO3-物质的量为0.5 L0.2 mol/L2=0.2 mol,D正确。3.(2018河南安阳模拟)下列有关溶液配制的说法正确的是()A.在50 mL量筒中配制0.100 0 mol/L碳酸钠溶液B.仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100 mL 0.100 0 mol/L K2Cr2O7溶液C.用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH=1的盐酸配制100 mL pH=2的盐酸D.配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度线,应用胶头滴管将多余液体吸出答案C配制一定物质的量浓度的溶液,应在容量瓶中进行,选项A、B错误;配制溶液定容时,若加水超过容量瓶刻度线,必须重新配制,D错误。4.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得出a等于()A.2B.3C.4D.5答案C据稀释定律:c1V1=c2V2可得,2 molL-11 L=0.5 molL-1a L,解得a=4。5.某氯化镁溶液的密度为1.18 gcm-3,其中镁离子的质量分数为5.1%,则300 mL该溶液中Cl-的物质的量等于() A.0.37 molB.0.63 molC.0.74 molD.1.50 mol答案D300 mL该氯化镁溶液的质量为1.18 gcm-3300 mL=354 g,镁离子的物质的量为354g5.1%24gmol-10.75 mol,氯化镁溶液中n(Cl-)=2n(Mg2+)=20.75 mol=1.50 mol,故选D。6.在t 时,将a g NH3完全溶于水,得到V mL溶液,假设该溶液的密度为 gmL-1,质量分数为,其中含有NH4+的物质的量是b mol,下列叙述中正确的是() A.溶质的质量分数=aV-a100%B.溶质的物质的量浓度c=1000a35V molL-1C.溶液中c(OH-)=1000bV molL-1+c(H+)D.向上述溶液中加入V mL水,所得溶液的质量分数大于0.5答案CA项,溶质的质量分数=aV100%;B项,氨水中的溶质在计算时以NH3为准,将=aV100%代入公式c=1000M,可得c=1000a17V molL-1;C项,氨水中含有的阳离子为H+和NH4+,含有的阴离子只有OH-,结合电荷守恒可知溶液中c(OH-)=1000bV molL-1+c(H+);D项,由于氨水的密度小于水的密度,与水等体积混合所得溶液的质量大于原氨水质量的2倍,故其质量分数小于0.5。7.有Al2(SO4)3和Na2SO4的混合溶液V L,将它均分成两份。一份滴加氨水,使Al3+完全沉淀;另一份滴加BaCl2溶液,使SO42-完全沉淀。反应中消耗a mol NH3H2O、b mol BaCl2。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(molL-1)为()A.(4b-2a)/VB.(2b-2a)/VC.(2b-a)/VD.(b-2a)/V答案A根据题意可知每份溶液中Al3+的物质的量为a3 mol,SO42-的物质的量为b mol,设每份溶液中Na+的物质的量为x mol,则b=32a3+x2,x=2b-a,原混合溶液中的c(Na+)=(4b-2a)/V molL-1。8.把500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份,取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全,另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全,则该混合溶液中c(Na+)为()A.(b10-a20)molL-1B.(2b-a)molL-1C.(5b-5a2)molL-1D.(10b-5a)molL-1答案D设100 mL溶液中含有NH4HCO3、Na2CO3的物质的量分别为x、y,NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液中加入含a mol NaOH的溶液,反应为NH4HCO3+2NaOH NH3H2O+Na2CO3+H2O,则NH4HCO3为0.5a mol;加入含b mol HCl的盐酸发生的反应为NH4HCO3+HCl NH4Cl+CO2+H2O、Na2CO3+2HCl 2NaCl+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)molL-1。9.(2018湖北荆州第一次质量检查)将一定质量的铁粉和铝粉的均匀混合物平均分成两份。一份与足量的稀硫酸反应,收集到H2在标准状况下的体积为1.792 L;另一份与某浓度的硝酸反应,生成的气体与标准状况下1.12 L的O2一起通入水中,反应后无气体剩余。则原混合物中铁粉的质量为() A.2.24 gB.3.36 gC.4.48 gD.5.60 g答案C根据得失电子守恒有2n(Fe)+3n(Al)=1.792L22.4Lmol-12,与某浓度的硝酸反应,产生的气体,再与标准状况下1.12 L的O2一起通入水中,反应后无气体剩余,氧气得到的电子最终来自Fe和Al,因此有3n(Fe)+3n(Al)=1.12L22.4Lmol-14,解得n(Fe)=0.04 mol,混合物均匀分成两份,则混合物中铁质量为20.0456 g=4.48 g,C项正确。10.有9.7 g Cu和Zn的合金与足量的稀HNO3反应,还原产物只有NO气体,其体积在标准状况下为2.24 L。将溶液稀释为1 L,测得溶液的pH=1,此时溶液中NO3-的浓度为()A.0.3 molL-1B.0.4 molL-1C.0.5 molL-1D.0.6 molL-1答案BNO气体是Cu和Zn的合金还原HNO3得到的,在这个过程中,金属失去的电子跟HNO3得到电子数相等,在这个过程中金属失去0.3 mol的电子,又由于都是二价金属,所以跟Cu2+和Zn2+结合的NO3-的物质的量也为0.3 mol。再加上溶液中的0.1 mol的硝酸,总共是0.4 mol的NO3-,又因为溶液的体积为1 L,即B正确。11.298 K时,在20.0 mL 0.10 molL-1氨水中滴入0.10 molL-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。(1)制备20.0 mL 0.10 molL-1的氨水,需向水中通入NH3的体积为L(标准状况)。(2)假设0.10 molL-1氨水的密度为0.95 gcm-3,则该氨水的溶质质量分数约为。(3)使氨水恰好完全反应需盐酸的体积为mL。(4)配制250 mL 0.10 molL-1的氨水,需5.0 molL-1的氨水mL,配制时需要的仪器有,配制过程中俯视刻度线定容,所配溶液浓度(填“偏大”“偏小”或“不变”)。答案(1)0.044 8(2)0.18%(3)20.0(4)5.0量筒、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管偏大解析(1)溶液中n(NH3)=0.10 molL-10.020 0 L=0.002 0 mol,V(NH3)=0.002 0 mol22.4 Lmol-1=0.044 8 L。(2)根据公式c=1000M,则=cM1000=0.10molL-117gmol-11000cm3L-10.95gcm-3=0.18%。(3)使氨水完全反应,n(HCl)=n(NH3),则盐酸体积为20.0 mL。(4)根据稀释过程溶质的物质的量不变,则0.10 molL-10.25 L=5.0 molL-1V,V=0.005 0 L=5.0 mL。定容时俯视刻度线,会使溶液的体积偏小,浓度偏大。12.在0.4 L由NaCl、MgCl2组成的混合液中,部分离子浓度大小如图所示,回答下列问题。(1)该混合液中,NaCl的物质的量为mol,含溶质MgCl2的质量为g。(2)该混合液中CaCl2的物质的量为mol,将该混合液加水稀释至体积为1 L,稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为molL-1。(3)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸化的硝酸银溶液,可得到沉淀mol。答案(1)0.419(2)0.20.2(3)1.2解析由图可知c(Na+)=c(NaCl)=1.0 molL-1。c(Mg2+)=c(MgCl2)=0.5 molL-1,则c(CaCl2)=3molL-1-1.0molL-1-0.5molL-122=0.5 molL-1。(1)n(NaCl)=1.0 molL-10.4 L=0.4 molm(MgCl2)=0.5 molL-10.4 L95 gL-1=19 g(2)n(CaCl2)=0.5 molL-10.4 L=0.2 molc(Ca2+)=0.2mol1L=0.2 molL-1(3)原溶液中n(Cl-)=3 molL-10.4 L=1.2 mol由反应Ag+Cl- AgCl可知,生成AgCl沉淀1.2 mol。13.(2019河南安阳期末)“84”消毒液能有效杀灭甲型H1N1等病毒,某同学购买了一瓶“威露士”牌“84”消毒液,并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息;含25% NaClO、1 000 mL、密度1.19 gcm-3,稀释后使用。请根据信息和相关知识回答下列问题:(1)该“84”消毒液的物质的量浓度为molL-1。(2)该同学取100 mL该“84”消毒液,加入10 000 mL水进行稀释,稀释后的溶液中c(Na+)=molL-1。(假设稀释后溶液密度为1.0 gcm-3)(3)该同学参阅该“84”消毒液的配方,欲用NaClO固体配制480 mL含25% NaClO的消毒液。下列说法正确的是。A.如图所示的仪器中,有四种是不需要的,还需一种玻璃仪器B.容量瓶用蒸馏水洗净后,应烘干才能用于溶液配制C.利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低D.需要称量的NaClO固体质量为143.0 g答案(1)4.0(2)0.04(3)C解析(1)c(NaClO)=1000mL1.19gcm-325%74.5gmol-11L=4.0 molL-1。(2)根据稀释前溶质的物质的量不变,则100 mL4.0 molL-1=1.19gcm-3100mL+1.0gcm-310000mL1.0gcm-3c(NaClO),解得c(NaClO)0.04 molL-1,故稀释后的溶液中c(Na+)=c(NaClO)0.04 molL-1。(3)配制480 mL含25% NaClO的消毒液时,用到的主要仪器有:托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管,故题图中四种仪器不需要,但还需量筒、玻璃棒和胶头滴管,A项错误;容量瓶不能烘干,容量瓶用蒸馏水洗净后,可以直接使用,不用干燥,B项错误;由于NaClO易变质,所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO的物质的量减小,从而使结果偏低,C项正确;配制480 mL该“84”消毒液,应选取500 mL的容量瓶,所以需要称量的NaClO固体的质量为0.5 L4.0 molL-174.5 gmol-1=149.0 g,D项错误。B组提升题组14.16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 左右可发生反应:6NO+4NH3 5N2+6H2O(g),达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL,则原混合气体中NO与NH3的体积之比有四种情况:53、32、43、97。其中正确的是() A.B.C.D.答案C根据反应前后气体的总体积,可用差量法直接求解。6NO+4NH3 5N2+6H2O(g)V645619 mL6 mL17.5 mL-16 mL=1.5 mL由此可知共消耗15 mL气体,还剩余1 mL气体,假设剩余的气体全部是NO,则V(NO)V(NH3)=(9 mL+1 mL)6 mL=53;假设剩余的气体全部是NH3,则V(NO)V(NH3)=9 mL(6 mL+1 mL)=97,但因该反应是可逆反应,剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体,故V(NO)V(NH3)介于97与53之间,对照所给的数据知32与43在此区间内。15.有三种镁铝合金样品(组分比例不一定相同)、。三位同学各取一种样品,对合金中镁的质量分数进下列实验探究:(1)第一位同学取样品 m1 g和过量的氢氧化钠溶液反应,然后过滤;再往滤液中通入过量的二氧化碳气体,将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、灼烧,得到固体的质量仍为m1 g。则合金中镁的质量分数为(保留小数点后2位)。(2)第二位同学取样品 m2 g和足量的稀硫酸反应,发现固体完全溶解,并得到标准状况下气体的体积为V L,则m2的取值范围是(结果化为最简分数)。(3)第三位同学取不同质量的样品分别和30 mL同浓度的盐酸反应,所取合金质量与产生气体的体积(标准状况下测定)如表所示:实验序号abc合金质量/g0.510.7650.918气体体积/mL560672672盐酸的物质的量浓度为。合金中镁的质量分