2020高考化学一轮复习 物质的量浓度　溶液的配制和分析课时作业3 苏教版

课时作业3物质的量浓度溶液的配制和分析时间：45分钟满分：100分一、选择题(每小题4分，共48分)1下列说法中错误的是()A从1 L 1 molL1的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是1 molL1B制成0.5 L 10 molL1的盐酸，需要氯化氢气体112 L(标准状况)C0.5 L 2 molL1BaCl2溶液中，Ba2和Cl总数为36021023D10 g 98%硫酸(密度为1.84 gcm3)与10 mL18.4 molL1硫酸的浓度是不同的答案：D2(2020龙岩模拟)某溶液中(假定不考虑水解因素)仅含有K、Mg2、SO42、NO3四种离子，其中K与Mg2的个数之比为45，则NO3与SO42的物质的量之比一定不是()A8 3B3 2C1 3 D2 3答案：D3(2020海口模拟)把100 g某NaOH溶液(密度是1.2 g/mL)蒸发浓缩，余下50 mL溶液时，物质的量浓度为8 mol/L，原溶液的浓度是()A8 mol/L B4.8 mol/LC3.3 mol/L D16 mol/L答案：B4某氯化镁溶液的密度为1.18 gcm3，其中镁离子的质量分数为5.1%,300 mL该溶液中Cl的物质的量约等于()A0.37 mol B0.63 molC0.74 mol D1.5 mol答案：D5用98%的浓硫酸(密度为1.84 gcm3)配制1 molL1的稀硫酸100 mL，配制溶液时可能用到的仪器有玻璃棒；胶头滴管；100 mL容量瓶；托盘天平；50 mL烧杯；10 mL量筒。则正确的选用顺序是()A BC D解析：密度为1.84 gcm3的98%的浓硫酸浓度为18.4 molL1，则用该浓硫酸配制100 mL 1 molL1的稀硫酸时需要浓硫酸的体积为5.4 mL，则首先用到10 mL量筒，稀释时又用到50 mL烧杯和玻璃棒，转移时用到100 mL容量瓶，定容时还需要胶头滴管。答案：D6如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容，据此，下列说法正确的是()A该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/LB1 mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气C配制200 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸50.0 mLD该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/L解析：由物质的量浓度计算公式c18.4 mol/L，故A不正确；由于该酸是浓硫酸，所以与锌反应不产生氢气，而应生成二氧化硫气体；根据稀释公式c(浓)V(浓)c(稀)V(稀)，18.4 mol/LV(浓)4.6 mol/L0.2 L，V(浓)0.05 L，即50.0 mL，选项C正确；该硫酸与等质量的水混合所得溶液的质量分数为49%，而密度减小，则所得的硫酸的物质的量浓度必小于9.2 mol/L。答案：C720时，饱和KCl溶液的密度为1.174 gcm3，物质的量浓度为4.0 molL1，则下列说法不正确的是()A25时，饱和KCl溶液的浓度大于4.0 molL1B此溶液中KCl的质量分数为74.54.0/(1.1741000)100%C20时，密度小于1.174 gcm3的KCl溶液是不饱和溶液D将此溶液蒸发部分水，再恢复到20时，溶液的密度一定大于1.174 gcm3解析：对于KCl溶液来说，温度越高，溶解度越大，所以浓度越大，A正确；由c1000/M可知，4.074.5/(10001.174)100%，B正确；20时，饱和KCl溶液的浓度为1.174 gcm3的，则密度小于1.74 gcm3 KCl溶液是不饱和溶液，C正确；将此溶液蒸发部分水，再恢复到20时，溶液的密度保持1.174 gcm3不变，D错误。答案：D8现有V L浓度是0.5 molL1的盐酸，欲使其物质的量浓度增大一倍，采取的措施可行的是()A通入标准状况下的HCl 11.2 LB加入10 molL1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V LC将溶液加热浓缩至0.5V LD加入V L 1.5 molL1的盐酸混合均匀解析：A选项中，n(HCl)0.5 mol，c(HCl)1 molL1，故A选项不可行。B选项中，c(HCl)1 molL1，故B选项可行。C选项不可行，因为HCl受热时比H2O更容易挥发，采用加热法只能使溶液变得更稀。D选项采用与浓溶液混合的方法，但由于溶液密度不同，混合液体积不等于2V，故D选项不可行。答案：B9由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH1，c(Al3)0.4 molL1，c(SO42)0.8 molL1，则c(K)为()A0.15 molL1 B0.2 molL1C0.3 molL1 D0.4 molL1解析：根据电荷守恒建立如下等式：c(H)c(K)3c(Al3)2c(SO42)c(OH)，pH1时，c(OH)1013 molL1，可忽略，所以0.1 molL1c(K)30.4 molL120.8 molL1，则c(K)0.3 molL1。答案：C10有BaCl2和NaCl的混合溶液a L，将它平均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl完全沉淀。反应中消耗x mol H2SO4、y mol AgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na)为()A(y2x)/a molL1 B(yx)/a molL1C(2y2x)/a molL1 D(2y4x)/a molL1解析：L的混合溶液中含有x mol Ba2，即含x mol BaCl2，因此NaCl的量为(y2x)mol，故c(Na)为(2y4x)/a molL1。答案：D11(2020山西师大附中月考)下列叙述正确的是()A将5.85 g NaCl晶体溶入100mL水中，制得0.1 mol/LNaCl溶液B将1体积c mol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，得到0.2c mol/L硫酸溶液C将25 g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为1 mol/LD将wg a%NaCl溶液蒸发掉w/2g水，得到4a%NaCl溶液解析：A中溶剂体积为0.1L，错；C中n(CuSO4)0.1 mol，错；D中得到2a%NaCl溶液(若不析出晶体)。答案：B1225时，饱和CuSO4溶液的密度为1.12gmL1，物质的量浓度为2.0molL1，则下列说法中不正确的是()A20时，饱和CuSO4溶液的物质的量浓度小于2.0molL1B其溶质的质量分数为(160gmol12.0molL1)/(1.12gmL11000mLL1)C25时，将该饱和CuSO4溶液蒸发掉10g水后再恢复至原温度，所得溶液的物质的量浓度不变D取0.25L上述饱和CuSO4溶液加入1.6g CuSO4粉末，析出晶体的质量等于2.5g解析：A项温度降低，硫酸铜的溶解度减小，因此其浓度减小。C项由于仍是25时的饱和溶液，其浓度不变。D项中向原饱和溶液中加入1.6g硫酸铜粉末，析出的晶体将大于2.5g。答案：D二、填空题(共42分)13(10分)欲配制500 mL 0.5 molL1的NaOH溶液，试回答下列问题。(1)计算：需要NaOH固体的质量为_。(2)某学生用托盘天平称量小烧杯的质量(烧杯中盛NaOH)，称量前把游码放在标尺的零刻度，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，此时左边的托盘将_(填“高于”或“低于”)右边的托盘，欲使天平平衡，所进行的操作为_。假定最终称量小烧杯的质量为_(填“32.6 g”或“32.61 g”)。(3)在标尺(下图)上画出游码位置(画“”表示)。(4)配制方法：设计五个操作步骤向盛有NaOH的烧杯中加入200 mL蒸馏水使其溶解，并冷却至室温；继续向容量瓶中加入蒸馏水至液面刻度23 cm；将NaOH溶液沿玻璃棒注入500 mL容量瓶中；在烧杯中加入少量蒸馏水，小心洗涤23次后移入容量瓶中；改用胶头滴管加入蒸馏水至刻度线，加盖摇匀。试用以上编号写出正确顺序_。(5)某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48 molL1，原因可能是()A使用滤纸称量NaOH固体B容量瓶中原来存有少量水C溶解后的烧杯未经多次洗涤D胶头滴管加水定容时仰视刻度解析：m(NaOH)Mn40 gmol1500103 L0.5 molL110 g刻度盘的指针偏向哪方，哪方就重。左边托盘就高于右边托盘，这时应先往左盘添加药品。天平精确到0.1 g，所以称量结果只能为32.6 g，在称量物品时，砝码的选择是由大到小。而溶液的配制过程为：计算称量溶解转移定容装瓶贴签。配制出的溶液浓度小于所要求的原因，可能是使用滤纸称量NaOH，因为NaOH吸收空气中的水和CO2，从而使实际使用的NaOH质量小了。溶解后的烧杯未经多次洗涤，从而使溶质残留在烧杯中。定容时仰视，此时液面已经超过了刻度线，而容量瓶中是否有蒸馏水不影响结果。答案：(1)10 g(2)高于；往左盘添加药品；32.6 g(3)(4)(5)ACD14(6分)已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：溶质的物质的量浓度/molL1溶液的密度/gcm3硫酸c11氨水c22(1)表中硫酸的质量分数为_(不写单位，用含c1、1的代数式表示)。(2)物质的量浓度为c1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为_molL1。(3)物质的量浓度为c2 molL1的氨水与 c2 molL1的氨水等质量混合，所得溶液的密度_(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)2 gcm3，所得溶液的物质的量浓度_c2 molL1(设混合后溶液的体积变化忽略不计)。答案：(1)%(2)c1/2(3)大于大于15(16分)根据下列各题所给出的数据，可分别求出其“溶质的质量分数”或“溶质的物质的量浓度”，试判断并求解。(1)设NA表示阿伏加德罗常数的数值，若某氢氧化钠溶液V L中含有n个OH，则可求出此溶液中_为_。(2)已知某氢氧化钠溶液中Na与H2O的个数之比为1 a，则可求出此溶液中_为_。(3)已知标准状况下1体积水能溶解500体积的氯化氢，则可求出标准状况下氯化氢饱和溶液中_为_。(4)已知将100 mL氯化铝的水溶液加热蒸干灼烧，可得到白色固体b g，则可求出原氯化铝溶液中_为_。解析：(1)n(NaOH)n(OH)mol，结合NaOH溶液的体积V L可得：c(NaOH)mol/V Lmol/L。(2)根据Na与H2O的个数之比，可求出溶液的质量分数：w(NaOH)100%。(3)根据题中数据可求出HCl溶液的质量分数，即100%44.9%。(4)可根据b g白色固体，求出AlCl3的物质的量，再结合100 mL，求出AlCl3溶液的物质的量浓度，即n(AlCl3)2n(Al2O3)2molc(AlCl3)mol/0.1 Lmol/L答案：(1)NaOH的物质的量浓度mol/L(2)NaOH的质量分数%(3)HCl的质量分数44.9%(4)AlCl3溶液的物质的量浓度mol/L16(10分)(2020武昌调考)(1)将标准状况下的某气体(摩尔质量为M gmol1)完全溶于a g水中，所得溶液的密度为b gcm3，物质的量浓度为c molL1，则所溶解的气体的体积是_L。(2)已知t时Na2SO3的溶解度是S g。向一定质量的Na2SO3溶液中加入a g无水Na2SO3或b g Na2SO37H2O，在t时都恰好形成饱和溶液。则b_(用含有a、S的代数式表示)。(3)在一定温度下，某无水盐R在水中的溶解度为S g。向R的饱和溶液中加入B g无水盐，保持温度不变，析出R的结晶水合物w g，从原饱和溶液中析出溶质R的质量为_。解析：(1)由c解出V。(2)b g Na2SO37H2O中的结晶水正好溶解比a g多的那一部分Na2SO3而形成饱和溶液，即有，解出b即可。(3)向溶液中加入了Bg无水盐，析出wg结晶水合物，则溶液的质量减少(wB)g，其中溶质的质量为(wB)g。答案：(1)(2)(3)(wB)g三、计算题(共10分)17(10分)将标准状况下的11.2 L氨气溶于100 mL水中，得到密度为0.868 gcm3的氨水。(1)求所得氨水的物质的量浓度？(2)取上述氨水30.0 mL与70.0 mL 2.00 molL1的AlCl3溶液相混合，产生的白色沉淀的质量是多少？(3)往上述反应后未过滤的溶液中加入一定体积的5 molL1的NaOH溶液后，混合后体系中沉淀的质量与上述(2)中产生的沉淀质量相等，求加入的NaOH溶液的体积是多少？解析：(1)c4.00 molL1(2)n(NH3H2O)4 molL10.03 L0.120 moln(AlCl3)2 molL10.0700 L0.140 mol氯化铝过量AlCl33NH3H2O=Al(OH)33NH4Cl13130.040 0mol 0.120 mol0.040 0 mol 0.120