浙江2013版化学复习方略 课时提能演练(三)1.3溶液的配制及分析

1、.温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节适宜的观看比例，答案解析附后。课时提能演练三 45分钟 100分一、选择题此题包括10小题，每题6分，共60分1.以下溶液中，溶质的物质的量浓度为1 molL1的是A.将40 g NaOH溶于1 L水所得的溶液B.将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液C.将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液D.含K为2 mol的K2SO4溶液2.设NA为阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是A.2019江苏高考25 ，pH13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NAB.2019江苏高考常温下，1

2、L 0.1 molL1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAC.2019海南高考10 L pH1的硫酸溶液中含有的H为2NAD.2019新课标全国卷欲配制1.00 L 1.00 molL1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1.00 L水中3.有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 gcm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，那么有关该溶液的说法不正确的选项是A.溶质的质量分数是24.0%B.溶液的物质的量浓度是2.4 molL1C.溶质和溶剂的物质的量之比是140D.硫酸根离子的质量分数是19.2%4.预测题把500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取

3、一份参加含a mol氢氧化钠的溶液恰好反响完全，另取一份参加含b mol HCl的盐酸恰好反响完全，那么该混合溶液中cNa为A.molL1 B.2bamolL1C.5bmolL1 D.10b5amolL15.在100 mL HNO3和H2SO4的混合溶液中，参加100 mL 0.2 molL1 BaOH2溶液后，pH变为7，同时生成2.33 g白色沉淀，那么原混合溶液中HNO3的物质的量浓度为A.0.1 molL1 B.0.2 molL1C.0.3 molL1 D.0.4 molL16.易错题在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 gcm3，溶质的质量分数为

4、w，其中含NH的物质的量为b mol。以下表达中正确的选项是A.溶质的质量分数为w100%B.溶质的物质的量浓度c molL1C.溶液中cOH molL1D.上述溶液中再参加V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w7.2019宁波模拟某地酸雨经检验除含H外cOH可以无视还有Na、Cl、NH、SO，其浓度依次为：cNa2.3105molL1，cCl3.5105molL1，cNH2.3105molL1，cSO1.05105molL1。那么该地酸雨的pH为A.3 B.4C.5D.68.利用碳酸钠晶体Na2CO310H2O来配制0.5 molL1的碳酸钠溶液1 000 mL，假设其他操作均是准

5、确无误的，以下情况会引起配制溶液的浓度偏高的是A.称取碳酸钠晶体100 gB.定容时俯视刻度线C.移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进展冲洗D.定容后，将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，于是又参加少量水至刻度线9.2019承德模拟青花瓷，俗称青花，是中国瓷器的主流品种之一。某同学利用如下方法来粗略测定如下图的青花瓷瓶的容积。把32.76 g NaCl晶体放入到500 mL烧杯中，参加200 mL蒸馏水，待NaCl完全溶解后，将溶液包括洗涤液全部转移到该瓶中，用蒸馏水稀释至完全充满容器。从中取出100 mL溶液，该溶液恰好能与10 mL 0.100 molL1的AgNO3溶液完全反响

6、。那么以下说法正确的选项是A.该青花瓷瓶的容积约为5.6 LB.常温下，该青花瓷瓶能包容56 kg H2OC.常温常压下，该青花瓷瓶能包容70 g N2D.青花瓷瓶为高级瓷器，该青花瓷瓶可以盛装氢氟酸10.2019绍兴模拟取一样体积的KI、Na2S、FeBr2溶液，分别通入足量的Cl2，当反响恰好完成时，消耗Cl2的体积一样同温、同压条件下，那么KI、Na2S、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是A.112 B.213 C.632 D.321二、非选择题此题包括3小题，共40分11.12分根据以下各题所给出的数据，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

7、加德罗常数的数值，假设某氢氧化钠溶液V L中含有N个OH，那么可求出此溶液中_为。2某氢氧化钠溶液中Na与H2O的个数之比为1a，那么可求出此溶液中为。3标准状况下1体积水能溶解500体积的氯化氢，那么可求出标准状况下氯化氢饱和溶液中为。4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，那么可求出原氯化铝溶液中为。12.14分探究题“84消毒液能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购置了一瓶某品牌“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：“84消毒液：含25% NaClO、1 000 mL、密度1.19 gcm3，稀释100倍体积比后使用。请根据以上信息和相关知识答

8、复以下问题：1该“84消毒液的物质的量浓度为molL1。2该同学取100 mL该品牌“84消毒液稀释后用于消毒，稀释后的溶液中cNamolL1假设稀释后溶液密度为1.0 gcm3。3一瓶该品牌“84消毒液能吸收L空气中的CO2标准状况而变质。4该同学参阅该品牌“84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25% NaClO的消毒液。以下说法正确的选项是。A.如下图的仪器中，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.利用购置的商品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 g13.14分硫酸、氨水的密度与所加水量

9、的关系如下图，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，答复以下问题：溶质的物质的量浓度/molL1溶液的密度/gcm3硫酸c11氨水c221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 molL1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。答案解析1.【解析】选B。A项溶液体积不再为1 L，B项生成1 mol H2SO4，C项

10、溶液体积不是50 mL，D项缺少溶液体积。2.【解析】选B。A项，缺少溶液的体积，无法计算，错误；B项，NH4NO3的物质的量为0.1 mol，氮原子数为0.2NA，尽管NH水解，但氮原子数不变，正确；C项，pH1，cH0.1 molL1，nH0.1 molL110 L1 mol，所以含H为NA，错误；D项，配制溶液时不能直接将溶质溶于一定体积的水中，而应该是溶于少量水中再加水稀释至所需体积，错误。3.【解析】选C。由Mg2的质量分数知MgSO4的质量分数为4.8%24.0%，其浓度为c2.4 molL1，溶质与溶剂的物质的量之比为121，SO的质量分数为4.8%19.2%。4.【解析】选D。

11、设每份中NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液中NH4HCO3和Na2CO3的物质的量分别为x、y mol，根据反响方程式可列出方程式组2xa，x2yb 那么可解出nNaba/2，从而可求出该混合溶液中cNa为10b5amolL1，D项正确。【误区警示】此题易错选B，其错误根源是只求出一份溶液中钠离子的物质的量，就直接除以总体积而得出答案。5.【解题指南】首先根据“pH变为7推知：nHnOH，然后根据BaSO4的物质的量，并利用离子守恒可知H2SO4的物质的量，最后用H的总量减去H2SO4中H的物质的量，可得硝酸的物质的量，即可求出HNO3的物质的量浓度。【解析】选B。 nBaSO4nH2SO

12、40.01 mol，nOH2nBaOH20.04 mol，反响中共消耗0.04 mol H。硫酸提供的H为0.02 mol，那么硝酸提供的H为0.02 mol，即nHNO30.02 mol，所以cHNO30.2 molL1。6.【解析】选B。根据题中给的量及各小题的要求，利用待求量的最根本计算关系代入求解即可。A不正确，w应为100%；根据公式c进展计算知B正确；由溶液中的电荷守恒可知C不正确；因为氨水的密度小于水的密度，故上述溶液再加V mL水后，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，D不正确。7.【解题指南】解答此题应注意以下两点：1根据电荷守恒定律，列出电荷守恒式。2正确理解电荷守恒式的含

13、义，不要把cSO前面的“2忽略。【解析】选C。根据溶液中电荷守恒得：cHcNacNHcCl2cSO，求得cH1105molL1，故pH5。8.【解析】选B。0.5 molL1的碳酸钠溶液1 000 mL需称取143 g Na2CO310H2O，A项浓度偏低；定容时俯视刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高，B项符合题意；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，C项浓度偏低；D项会造成所配溶液的浓度偏低。9.【解析】选B。nNaCl0.560 0 mol，由反响NaClAgNO3=NaNO3AgCl，可知参加反响的NaCl的物质的量等于参加反响的AgNO3的物质的量，即100 mL该溶

14、液中含有NaCl的物质的量为：nNaClnAgNO30.100 molL10.01 L0.001 00 mol。假设该青花瓷瓶的容积为V L，那么有：1 000V mL0.560 0 mol100 mL0.001 00 mol，解得：V56 L，A选项错误；由于水的密度约为1 kgL1，所以该青花瓷瓶能包容水的质量为56 L1 kgL156 kg，B选项正确；标准状况下，该青花瓷瓶能包容N2的物质的量为：nN22.5 mol，其质量为：mN22.5 mol28 gmol170 g，由于常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 Lmol1，所以N2的物质的量小于2.5 mol，其质量也小于70 g，

15、C选项错误；瓷器中含有二氧化硅，可以被氢氟酸腐蚀，所以该青花瓷瓶不能用来盛装氢氟酸，D选项错误。10.【解析】选C。设分别参加足量Cl2设为1 mol，反响时都是作氧化剂，转移的电子数都是2 mol。此时I转化为I2，S2转化为S，Fe2和Br转化为Fe3和Br2，根据氧化复原反响得失电子数相等，反响的I、S2、FeBr2的量分别为2 mol,1 mol,2/3 mol，体积相等，所以浓度比也就是物质的量之比。11.【解析】1不知溶液的密度，只能求出物质的量浓度，cmolL1。2NaOH与H2O的物质的量之比为1a，可求溶质的质量分数，w100%。3不知溶液的密度，不能计算物质的量浓度，可求其

16、质量分数100%44.9%。4白色固体为Al2O3，nAl2O3 mol，nAlCl3 mol，cAlCl3 molL1。答案：1NaOH的物质的量浓度 molL12NaOH的质量分数 %3HCl的质量分数 44.9%4AlCl3的物质的量浓度 molL112.【解析】1根据c，cNaClO4.0 molL1。2根据稀释前后溶质的物质的量不变有：100 mL4.0 molL1cNaClO，解得稀释后cNaClO0.04 molL1，cNacNaClO0.04 molL1。3一瓶“84消毒液含有的nNaClO1 L4.0 molL14.0 mol，根据反响：CO22NaClOH2O=Na2CO3

17、2HClO，需要CO2的物质的量为nNaClO/22.0 mol，那么标准状况下的体积为VCO22.0 mol22.4 L mol144.8 L。4选项A，需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进展搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管；选项B，配制过程中需要参加水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用；选项C，由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，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 的容量瓶进展配制，然后取出480

18、 mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5 L4.0 molL174.5 g mol1149 g。答案：14.0 20.04 344.8 4C13.【解题指南】解答此题应注意以下三点：1设硫酸体积为1 L进展计算；2注意加水稀释后，可认为是两溶液的体积和；3由图像可知，硫酸的密度逐渐减小，氨水的密度逐渐增大。【解析】1设硫酸的体积为1 L，那么wH2SO4100%2硫酸与水等体积混合忽略溶液体积的变化，溶液的体积变为原来的2倍，那么浓度为 molL1。3根据图像可知，氨水的浓度越大，密度越小，那么c2 molL1氨水的密度小于c2 molL1氨水的密度，等质量时，c2 molL1氨水的体积小于c2 molL1氨水的体积。两者混合后，所得溶液的密度一定比2大，所得