2021高考化学一轮复习课时规范练5物质的量浓度及相关计算含解析苏教版 8页

课时规范练5　物质的量浓度及相关计算 ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 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.下列有关操作或判断正确的是(　　)。‎ A.配制一定物质的量浓度的溶液,定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 B.用托盘天平称取25.20 g NaCl C.用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸 D.用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸,用量筒量取浓盐酸时仰视读数会导致所配溶液浓度偏高 答案:D 解析:定容时仰视刻度线,导致所配溶液的体积偏大,使所配溶液浓度偏低,A项错误;托盘天平的精确度是0.1g,无法称取25.20gNaCl,B项错误;应用10mL量筒量取5.2mL的盐酸,C项错误;用量筒量取浓盐酸时仰视读数,所取浓盐酸体积偏大,会导致所配溶液浓度偏高,D项正确。‎ ‎2.下列情况会使所配溶液浓度偏低或其他测量值偏低的是(　　)。‎ ‎①用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和热数值　②用滴定管量取液体时,开始时平视读数,结束时俯视读数所得溶液的体积　③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤　④在用标准液(已知浓度)滴定未知浓度溶液时,盛标准液的滴定管水洗后未润洗　⑤定容时,仰视容量瓶的刻度线 A.①③⑤ B.①②⑤ C.②③④ D.③④⑤‎ 答案:A 解析:①醋酸为弱电解质,电离需要吸收热量,导致测得的中和热数值偏低,故①正确;②用滴定管量取液体时,开始时平视读数,结束时俯视读数,所得溶液的体积偏大,故②错误;③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤,导致溶质的物质的量偏小,所配溶液的浓度偏小,故③正确;④在用标准液(已知浓度)滴定未知浓度溶液时,盛标准液的滴定管水洗后未润洗,导致标准液浓度偏低,滴定中消耗标准液体积偏大,因此使测得未知液的浓度偏大,故④错误;⑤定容时,仰视容量瓶的刻度线,导致溶液的体积偏大,溶液的浓度偏小,故⑤正确。‎ ‎3.用等体积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:等体积0.1mol·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Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中n(SO‎4‎‎2-‎)相同,据此可知,n[Fe2(SO4)3]=‎1‎‎3‎n(SO‎4‎‎2-‎),n(Na2SO4)=n(SO‎4‎‎2-‎),n[KAl(SO4)2]=‎1‎‎2‎n(SO‎4‎‎2-‎ 8‎ ‎),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。‎ ‎4.(2019济南第一中学高三检测)下列关于溶液及配制的说法正确的是(　　)。‎ A.配制0.1 mol·L-1 CuSO4溶液450 mL,需要CuSO4·5H2O的质量是7.2 g B.配制稀硫酸时,将量筒量取的浓硫酸倒入小烧杯中,加入少量水溶解 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:没有450mL的容量瓶,实际应配制500mL溶液,需要硫酸铜晶体的质量为0.5L×0.1mol·L-1×250g·mol-1=12.5g,选项A错误;浓硫酸密度比水大,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,选项B错误;配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,则加入的蒸馏水偏少,导致所配溶液浓度偏高,选项C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=‎1000ρwM,只要ρM不相等,则浓度不相等,选项D错误。‎ ‎5.下列关于物质的量浓度表述正确的是(　　)。‎ A.0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液中含有的Na+和SO‎4‎‎2-‎的总物质的量为0.9 mol B.当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L-1,只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时,其浓度才是1 mol·L-1‎ C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果Na+和SO‎4‎‎2-‎的物质的量相等,则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同 D.将10 ℃时a mol·L-1的KCl饱和溶液100 mL加热蒸发掉5 g水,冷却到10 ℃时,其体积小于100 mL,它的物质的量浓度仍为a mol·L-1‎ 答案:D 解析:由于不知道溶液体积,无法计算Na+和SO‎4‎‎2-‎总物质的量,故A项错误;只有在标准状况下,气体的摩尔体积才是22.4L·mol-1,温度压强不知,22.4L氨气物质的量不一定为1mol,故B项错误;K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒c(K+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(SO‎4‎‎2-‎),若Na+和SO‎4‎‎2-‎物质的量相等,则K+的浓度必定大于Cl-的浓度,故C项错误;同一物质在同一温度下的溶解度相同,其饱和溶液的物质的量浓度恒定,蒸发掉5g水后冷却到10℃时,所得体积小于100mL的溶液仍然是10℃时KCl的饱和溶液,它的物质的量浓度仍为amol·L-1,故D项正确。‎ ‎6.下列说法正确的是(　　)。‎ A.相同体积相同物质的量浓度的不同溶液,所含溶质的物质的量相同 B.10 mol· L-1的浓盐酸与H2O等质量混合,所得混合液的浓度为5 mol· L-1‎ 8‎ C.溶液中溶质质量分数为w,密度为ρ g·cm-3,溶质摩尔质量为M g·mol-1,该溶液的物质的量浓度为ρwM mol· L-1‎ D.一定物质的量浓度的溶液配制过程中,仰视定容,所得溶液的浓度偏大 答案:A 解析:根据n=Vc,相同体积相同物质的量浓度的溶液,其溶质物质的量必然相等,A项正确;盐酸密度大于水的密度,等质量混合后溶液的体积并不是浓盐酸体积的2倍,故B项错误;c=‎1000ρwMmol·L-1,C项错误;配制一定物质的量浓度的溶液时,若仰视定容,配制溶液的体积偏大,溶液的浓度会偏小,故D项错误。‎ ‎7.把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a L分成两等份。一份加入含b mol NaOH的溶液并加热,恰好把NH3全部赶出;另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO‎4‎‎2-‎完全沉淀,则原溶液中NO‎3‎‎-‎的物质的量浓度为(　　)。‎ A.b-2ca B.‎‎2b-4ca C.‎2b-ca D.‎b-4ca 答案:B 解析:bmolNaOH恰好能将NH3全部赶出,根据NH‎4‎‎+‎+OH-NH3↑+H2O可知,每份混合液中含有bmolNH‎4‎‎+‎;消耗cmolBaCl2才能使SO‎4‎‎2-‎完全沉淀,根据Ba2++SO‎4‎‎2-‎BaSO4↓可知每份混合液中含有cmolSO‎4‎‎2-‎,设每份混合液中含有NO‎3‎‎-‎的物质的量为xmol,根据电荷守恒,则bmol×1=cmol×2+xmol×1,得x=b-2c,因将aL混合液分成两等份,则每份混合液的体积是0.5aL,所以每份混合液中c(NO‎3‎‎-‎)=‎(b-2c)mol‎0.5aL‎=‎‎2b-4camol·L-1,则原溶液中NO‎3‎‎-‎的浓度是‎2b-4camol·L-1,B项正确。‎ ‎8.将a g二氧化锰粉末加入c L b mol· L-1的浓盐酸中加热完全溶解,反应中转移电子d个,设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是(　　)。‎ A.可以收集到氯气‎22.4d‎2‎NA L B.反应后溶液中的Cl-数目为‎2aNA‎87‎ C.NA可表示为‎87d‎2a D.反应后溶液中的H+数目为bc-2d 答案:C 解析:由于不知道气体所处的温度和压强,所以不能确定气体的体积,A项错误;在反应开始时含有Cl-的物质的量是bcmol,反应产生氯气中含有Cl原子的物质的量是dNAmol,所以反应后的溶液中的Cl―数目为(bcNA-d)个,由于稀盐酸不能与MnO2反应,故反应中必然有盐酸剩余,故不能由参加反应的MnO2的质量求生成的Cl-数目,B项错误;ag二氧化锰的物质的量是a‎87‎ 8‎ mol,由于1mol二氧化锰完全反应转移电子2mol,所以ag二氧化锰反应转移电子的物质的量是‎2a‎87‎mol,数目是d,即‎2a‎87‎NA=d,则NA=‎87d‎2a,C项正确;根据反应的离子方程式MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O可知,每1molMnO2反应,转移电子2mol,反应消耗4molH+,所以反应后溶液中的H+数目为bcNA-2d,D项错误。‎ ‎9.标准状况下,将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水,溶液的密度为ρ g·cm-3,溶质的质量分数为w,溶质的物质的量浓度为c mol·L-1。下列叙述中正确的是(　　)。‎ ‎①若上述溶液中再加入V mL水,所得溶液中溶质质量分数大于0.5w　②c=‎1000a‎22.4V　③w=‎35a‎22.4Vρ×100%‎ ‎④若上述溶液中再加入0.5V mL同浓度稀盐酸,充分反应后,溶液中离子浓度大小关系为c(NH‎4‎‎+‎)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)‎ A.①④ B.②③‎ C.①③ D.②④‎ 答案:D 解析:①溶质质量分数=ρVwρV+m(水)‎×100%=ρVwρV+ρ水V,由ρ水>ρ,故加水后溶液中溶质质量分数小于0.5w,①错误;②cmol·L-1=aL‎22.4L·mol‎-1‎‎1‎0‎‎-3‎VL‎=‎‎1000a‎22.4Vmol·L-1,②正确;③氨水中的溶质是NH3,w=a‎22.4‎‎×17‎ρV×100%=‎17a‎22.4ρV×100%,③错误;④若上述溶液中再加入0.5VmL同浓度稀盐酸,充分反应后,氨水过量,溶液显碱性,则溶液中离子浓度大小关系为c(NH‎4‎‎+‎)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),④正确。‎ ‎10.20 ℃时,饱和KCl溶液的密度为1.174 g·cm-3,物质的量浓度为4.0 mol·L-1,则下列说法中不正确的是(　　)。‎ A.25 ℃时,饱和KCl溶液的浓度大于4.0 mol·L-1‎ B.此溶液中KCl的质量分数为‎74.5×4.0‎‎1.174×1000‎×100%‎ C.20 ℃时,密度小于1.174 g·cm-3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,溶液密度一定大于1.174 g·cm-3‎ 答案:D 解析:根据KCl的溶解度随温度升高而增大,A项正确;根据物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式可知,B项正确;由KCl溶液的浓度越大密度越大可知,20℃时密度小于1.174g·cm-3的KCl溶液是不饱和溶液,C项正确;将饱和溶液蒸发后再恢复到20℃,有KCl晶体析出,溶液仍为20℃时的饱和溶液,溶液浓度不变,密度仍为1.174g·cm-3,故D项错误。‎ 二、非选择题(本题共4个小题,共50分)‎ ‎11.(10分)标准状况下,将224 L HCl气体溶于635 mL水中,所得盐酸的密度为1.18 g·cm‎-‎‎3‎。试计算:‎ ‎(1)所得盐酸的溶质质量分数和物质的量浓度分别是　　　　、　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)取出这种盐酸100 mL,稀释至1.18 L,所得稀盐酸的物质的量浓度是　　　　　　　。 ‎ 8‎ ‎(3)在40.0 mL 0.065 mol·L-1 Na2CO3溶液中,逐渐加入(2)中的稀盐酸,边加边振荡。若使反应不产生CO2气体,加入稀盐酸的体积最多不超过　　　　　　　　 mL。 ‎ ‎(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水),放入50 mL 2 mol·L-1的盐酸中,充分反应后,溶液呈酸性,中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液,最终得到固体的质量为　　　　　。 ‎ 答案:(1)36.5%　11.8 mol·L-1　(2)1 mol·L-1　(3)2.6　(4)5.85 g 解析:(1)n(HCl)=‎224L‎22.4L·mol‎-1‎=10mol,m(HCl)=10mol×36.5g·mol-1=365g,所得盐酸中溶质质量分数w=‎365g‎365g+635g×100%=36.5%;c(HCl)=‎1000×1.18×36.5%‎‎36.5‎mol·L-1=11.8mol·L-1。‎ ‎(2)根据c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀),可知:c(稀)=‎11.8mol·L‎-1‎×0.1L‎1.18L=1mol·L-1。‎ ‎(3)n(Na2CO3)=0.040L×0.065mol·L-1=0.0026mol,根据反应Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl,加入稀盐酸的体积最多不超过‎0.0026mol‎1mol·‎L‎-1‎×1000mL·L-1=2.6mL。‎ ‎(4)最后所得固体为NaCl,根据氯元素守恒:n(NaCl)=n(HCl)=0.050L×2mol·L-1=0.1mol,故m(NaCl)=0.1mol×58.5g·mol-1=5.85g。‎ ‎12.(2019石家庄复兴中学高三月考)(12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 化学式:HCl 相对分子质量:36.5‎ 密度:1.19 g·cm-3‎ HCl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500 mL物质的量浓度为0.400 mol·L-1的稀盐酸。‎ ‎①该学生需要量取　　　　 mL上述浓盐酸进行配制。 ‎ ‎②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?(在括号内填“偏大”“偏小”或“无影响”)‎ a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面(　　　　) ‎ 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(　　　　) ‎ 8‎ ‎(4)①假设该同学成功配制了0.400 mol·L-1的盐酸,他又用该盐酸中和含0.4 g NaOH的NaOH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0.4 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)11.9　(2)BD　(3)①16.8　②偏小　偏小　(4)①25‎ ‎②C 解析:(1)1L溶液中盐酸的物质的量为‎1000cm‎3‎×1.19g·cm‎-3‎×36.5%‎‎36.5g·mol‎-1‎=11.9mol,故该盐酸的浓度是11.9mol·L-1;‎ ‎(2)溶液中HCl的物质的量与溶液体积有关,故A错误;溶液的浓度与溶液的体积无关,故B正确;溶液中Cl-的数目与溶液的体积有关,故C错误;溶液的密度与溶液的体积无关,故D正确;‎ ‎(3)①根据稀释溶液前后,溶质的物质的量不变,即c1V1=c2V2,11.9mol·L-1×V1=0.400mol·L-1×0.5L,所以V1≈0.0168L=16.8mL;‎ ‎②a.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面,所量取的溶液体积偏小,溶质的量减小,所以配制溶液的浓度偏小;‎ 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,所以配制溶液的浓度偏小;‎ ‎(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盐酸的体积为V,0.400mol·L-1×V=0.01mol,V=0.025L=25mL;‎ ‎②消耗的标准液盐酸体积减小,说明读数时标准液的体积比实际体积减小了。A.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增大;B.配制溶液时,未洗涤烧杯,标准液浓度减小,消耗盐酸体积增大;C.配制溶液时,俯视容量瓶刻度线,配制的标准液浓度变大,滴定时消耗盐酸体积减小;D.加水时超过刻度线,用胶头滴管吸出,标准液浓度减小,滴定时消耗盐酸体积增大。‎ ‎13.(16分)实验需要0.80 mol·L-1 NaOH溶液475 mL和0.40 mol·L-1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题:‎ 8‎ ‎(1)如图所示的仪器中,配制溶液肯定不需要的是　　　(填序号),配制上述溶液还需要用到的玻璃仪器是　　　　　　　　　　(填仪器名称)。 ‎ ‎(2)下列操作中,不能用容量瓶实现的有　　　。 ‎ A.配制一定体积准确浓度的标准溶液 B.量取一定体积的液体 C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D.准确稀释某一浓度的溶液 E.贮存溶液 F.用来加热溶解固体溶质 ‎(3)根据计算,用托盘天平称取NaOH的质量为　　　g。在实验中其他操作均正确,若定容时俯视刻度线,则所配溶液浓度　　　(填“大于”“等于”或“小于”,下同)0.8 mol·L-1。若定容时,有少许蒸馏水洒落在容量瓶外,则所配溶液浓度　　　　0.8 mol·L-1。 ‎ ‎(4)根据计算得知,所需质量分数为98%、密度为1.84 g·mL-1的浓硫酸的体积为　　　　 mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10 mL、15 mL、20 mL、50 mL量筒,选用　　　　 mL量筒最好。 ‎ 答案:(1)AC　烧杯、玻璃棒　(2)CEF　(3)16.0　大于　等于 ‎(4)10.9　15‎ 解析:(1)还需要用到的仪器有:溶解溶质或稀释浓溶液用的烧杯;搅拌或引流用的玻璃棒。‎ ‎(2)容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液,不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体,不能稀释或溶解药品,不能用来加热溶解固体溶质。‎ ‎(3)m=cVM=0.8mol·L-1×0.5L×40g·mol-1=16.0g,若定容时俯视刻度线,溶液体积偏小,则所得溶液浓度大于0.8mol·L-1;定容时有少许蒸馏水洒落在容量瓶外,溶质的物质的量不变,溶液的体积不变,故所得溶液物质的量浓度不受影响。‎ ‎(4)浓硫酸的浓度c=‎1000mL·L‎-1‎×1.84g·mL‎-1‎×98%‎‎98g·mol‎-1‎=18.4mol·L-1,浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变,设浓硫酸的体积为V,所以18.4mol·L-1×V=0.4mol·L-1×0.5L,V=0.0109L=10.9mL,选取的量筒规格应该等于或稍大于所量取溶液的体积,故选15mL量筒。‎ ‎14.(12分)人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg·cm-3来表示。抽取一定体积的血样,加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液,可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀,将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4),再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。‎ ‎【配制KMnO4标准溶液】下图是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。‎ 8‎ ‎(1)根据图示判断,其中不正确的操作有　 (填序号)。 ‎ ‎(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是　　　　　(填名称)。 ‎ ‎(3)如果根据图示操作配制溶液,所配制的溶液浓度将　　　　(填“偏大”或“偏小”)。 ‎ ‎【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20.00 mL,经过上述处理后得到草酸,再用0.020 mol· L-1 KMnO4溶液滴定,使草酸转化成CO2逸出,这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。‎ ‎(4)已知草酸与KMnO4溶液反应的离子方程式为:‎ ‎2MnO‎4‎‎-‎+5H2C2O4+6H+2Mnx++10CO2↑+8H2O,则方程式中的x=　　　　。 ‎ ‎(5)经过计算,血液样品中Ca2+的浓度为　　　　mg·cm-3。 ‎ 答案:(1)②⑤　(2)50 mL容量瓶　(3)偏小　(4)2　(5)1.2‎ 解析:(1)由图示可知②⑤操作不正确。②不能在量筒中溶解固体;⑤定容时应平视刻度线,至溶液凹液面最低处与刻度线相切。(2)应该用50mL容量瓶准确确定50mL溶液的体积。(3)如果用图示的操作配制溶液,由于仰视刻度线,会使溶液体积偏大,所配制的溶液浓度将偏小。(4)根据电荷守恒,草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO‎4‎‎-‎+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。(5)利用关系式2KMnO4~5H2C2O4~5Ca2+可求血液样品中Ca2+的浓度为1.2mg·cm-3。‎ 8‎