2022届新教材高考化学一轮复习课时练5物质的量浓度及其计算含解析新人教版202106071284.docx

《2022届新教材高考化学一轮复习课时练5物质的量浓度及其计算含解析新人教版202106071284.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届新教材高考化学一轮复习课时练5物质的量浓度及其计算含解析新人教版202106071284.docx（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、课时规范练5物质的量浓度及其计算基础巩固1.下列关于0.2 molL-1Ba(NO3)2溶液的说法正确的是()A.溶液中含有的阴、阳离子总物质的量为0.6 molB.在0.5 L该溶液中,Ba2+的浓度为0.1 molL-1C.在500 mL该溶液中,含有0.2 mol NO3-D.取1 L该溶液稀释到10 L时,NO3-的浓度为0.02 molL-12.(2020甘肃甘谷一中检测)现有两份溶液:将106 g Na2CO3固体溶于1 L水配成溶液,将1 mol Na2CO310H2O溶于水配成1 L溶液。下列量一定相等的是()A.物质的量浓度B.溶质的物质的量C.溶液的体积D.质量分数3.(2

2、020河南南阳期中质量评估)下列叙述不正确的是()A.10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液,用10 mL水稀释后H2SO4的质量分数大于49%B.配制0.1 molL-1的Na2CO3溶液480 mL,需用500 mL容量瓶进行配制C.用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时,量取浓硫酸时仰视量筒,会使所配溶液浓度偏小D.同温同压下20 mL CH4和60 mL O2所含的原子数之比为564.MgSO4、NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是()A.MgSO4的溶解度随温度升高而升高B.NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大C.T2时,MgSO4饱和溶液溶质的质量分数最大D.将Mg

3、SO4饱和溶液的温度从T3降至T2时,有晶体析出5.1 mol HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 gcm-3),所得溶液的密度为 gcm-3,质量分数为w,物质的量浓度为c molL-1,NA表示阿伏加德罗常数的值。则下列叙述正确的是()A.所得溶液的物质的量浓度c=1 molL-1B.所得溶液中含有NA个HCl分子C.1 mol HCl气体在标准状况下占有的体积约为22.4 LD.所得溶液中溶质的质量分数w=36.510006.(2020山西怀仁一中月考)下列有关实验原理或操作正确的是()A.用20 mL量筒量取15 mL酒精,加水5 mL,配制质量分数为75%的酒精溶液(酒精1 g

4、cm-3)B.200 mL某硫酸盐溶液中含有1.5NA个硫酸根离子,同时含有NA个金属离子,则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5 molL-1C.实验中需用2.0 molL-1Na2CO3溶液950 mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取的Na2CO3的质量分别为950 mL、201.4 gD.实验室配制500 mL 0.2 molL-1的硫酸亚铁溶液,其操作是用托盘天平称量15.2 g绿矾(FeSO47H2O),放入小烧杯中加水溶解,转移到500 mL容量瓶中,稀释、定容、摇匀7.实验室需要450 mL 0.1 molL-1NaOH溶液。根据这种溶液的配制过程回答下列问题:(1)如图所示的仪器中

5、,配制溶液肯定不需要的是(填序号),配制上述溶液除下列部分仪器外,还需用到的玻璃仪器是(填仪器名称)。(2)配制0.1 molL-1NaOH溶液的操作步骤如下,正确的顺序是。把称量好的NaOH固体放入小烧杯中,加适量的蒸馏水溶解;把所得溶液冷却至室温,再小心转入一定容积的容量瓶中;继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距容量瓶颈部刻度线12 cm处,改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切;用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次,每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中,并轻轻摇匀;将容量瓶瓶塞塞紧,反复上下颠倒,摇匀。(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,若容量瓶用

6、蒸馏水洗涤后未干燥,则所得溶液的浓度(填“大于”“小于”或“等于”,下同)0.10 molL-1,若还未等溶液冷却就定容,则所得溶液的浓度0.10 molL-1。能力提升8.(双选)(2020天津杨村第一中学月考)以下有关物质的质量分数和物质的量浓度的叙述正确的是()A.等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应,若生成硫酸钡沉淀的质量相等,则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比为111B.将Na2O2和Na2O各0.1 mol分别放入100 g水中,所得溶液的物质的量浓度不相等C.质量分数分别为5%和15%的硫酸溶液等体积混合后,所得溶液的质量分数大于10%D.某温度时,饱和KC

7、l溶液的密度为1.174 gcm-3,物质的量浓度为4.0 molL-1,则此溶液中KCl的质量分数为74.54.010001.174100%9.将500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份,取一份加入含a mol硫酸钠的溶液,恰好使Ba2+完全沉淀;另取一份加入含b mol硝酸银的溶液,恰好使Cl-完全沉淀,该混合溶液中K+浓度为()A.10(b-2a) molL-1B.5(b-2a) molL-1C.2(b-a) molL-1D.10(2a-b) molL-110.(双选)(2020辽宁抚顺一中期中)相对分子质量为Mr的某气态化合物V L(标准状况)溶于m g水中,得到溶液的溶

8、质质量分数为w,物质的量浓度为c molL-1,密度为 gcm-3,则下列说法正确的是()A.溶液密度可表示为cMr1000wB.物质的量浓度c可表示为VMr+22.4mC.溶液的质量分数w可表示为MrV22.4mD.相对分子质量Mr可表示为22.4mw(1-w)V11.2020年新型冠状病毒威胁着每个人的健康,而“84”消毒液能有效杀灭新型冠状病毒。某同学购买了一瓶“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、密度为1.192 gcm-3,稀释到体积为原来的100倍后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题:(1)该“8

9、4”消毒液的物质的量浓度为molL-1。(2)该同学取100 mL所购“84”消毒液稀释后用于消毒,稀释后的溶液中c(Na+)=molL-1。(3)一瓶所购“84”消毒液能吸收空气中L的CO2(标准状况)而变质。(已知:CO2+2NaClO+H2ONa2CO3+2HClO)(4)该同学参阅上述“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.如上图所示的仪器中,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,必须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 g

10、12.(2020辽宁大连调研测试)FeCl3是一种很重要的铁盐,主要用于污水处理,具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中先生成FeCl2,再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。(1)将标准状况下的a L氯化氢气体溶于100 g水中,得到盐酸的密度为b gmL-1,则该盐酸的物质的量浓度是。(2)向100 mL FeBr2溶液中通入标准状况下3.36 L Cl2,反应后的溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为。(3)FeCl3溶液可以用来净水,其净水的原理为(用离子方程式表示)。用100 mL 2 molL-1的FeCl3溶液净水时,生成具有净水

11、作用的微粒数(填“大于”“等于”或“小于”)0.2NA。13.(2020安徽全国示范高中名校联考).在地震过后,常常喷洒各类消毒液对灾民临时生活区进行消毒。某品牌的“84”消毒液的主要成分为NaClO,浓度为4.0 molL-1,密度为1.2 gmL-1。请回答下列问题:(1)该“84”消毒液的质量分数为(保留三位有效数字)。(2)某同学欲用NaClO固体配制240 mL上述“84”消毒液。下列仪器中,不需要用到的是。A.烧杯B.250 mL 容量瓶C.10 mL量筒D.胶头滴管E.天平下列操作会导致所得溶液浓度偏高的是。A.用长时间放置在空气中的NaClO固体配制B.配制前,容量瓶中有少量蒸

12、馏水C.配制过程中,未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒D.定容时俯视容量瓶刻度线.近年来,雾霾天气频繁发生,降低氮氧化物的排放,至关重要。(3)三元催化剂能同时实现汽车尾气中的CO、NOx、CxHy三种成分的净化,其催化剂表面物质转化的关系如图1所示。化合物X可借助红外光谱图(如图2所示)确定。X的化学式为。在图1的转化中,既被氧化又被还原的元素是(填元素符号)。拓展深化14.对环境无二次污染的消毒杀菌剂二氧化氯常温下为气体,易溶于水,受热易分解。甲醇法制备二氧化氯的工艺如下图:回答下列问题:(1)ClO2可用于纸浆漂白,杀菌消毒是因其具有性。(2)加入“发生器”之前的浓硫酸先稀释为63% H2SO4

13、溶液,冷却后加入反应器的原因是。实际操作中在“发生器”中加入适量NaCl以加快反应速率,若NaCl过量会生成污染环境的一种气体的分子式为。(3)若1 mol CH3OH反应时转移6 mol e-,则“发生器”中发生反应的主要化学方程式为。(4)Na2SO410H2O和Na2SO4的溶解度曲线如图所示,则“过程”的操作是:加热浓缩至有大量晶体析出、经干燥得Na2SO4固体。(5)采用惰性电极为阳极,通过电解亚氯酸钠溶液的方法也可以制备二氧化氯,其阳极的电极反应式为。(6)与甲醇法制备二氧化氯相比,电解法的优点是(写出两点)。课时规范练5物质的量浓度及其计算1.C由于溶液体积未知,无法计算硝酸钡的

14、物质的量,故不能求出阴、阳离子总物质的量,A项错误;c(Ba2+)=cBa(NO3)2=0.2molL-1,c(Ba2+)不随溶液体积而发生变化,B项错误;n(NO3-)=2cBa(NO3)2V=20.2molL-10.5L=0.2mol,C项正确;0.2molL-1Ba(NO3)2溶液中NO3-的浓度为0.4molL-1,取1L该溶液稀释到10L时,稀释过程中溶质的物质的量不变,则c(NO3-)=0.4molL-11L10L=0.04molL-1,D项错误。2.B将106gNa2CO3固体溶于1L水配成溶液,溶质是1mol,混合后溶液的体积不是1L;将1molNa2CO310H2O溶于水配成

15、1L溶液,溶质是1mol。因此两份溶液相比,溶质的物质的量相等,均是1mol,但溶液的体积、物质的量浓度、质量分数均不相同。3.C硫酸溶液的密度大于水,因此10mL质量分数为98%的H2SO4溶液用10mL水稀释后,H2SO4的质量分数大于49%,故A正确;没有480mL的容量瓶,因此配制0.1molL-1的Na2CO3溶液480mL,需用500mL容量瓶,故B正确;量取浓硫酸时,仰视量筒,量筒小刻度在下方,会导致量取的浓硫酸体积偏大,配制的溶液中溶质的物质的量偏多,溶液浓度偏高,故C错误;同温同压下,气体体积之比等于物质的量之比,则20mLCH4和60mLO2所含的原子数之比为(205)(6

16、02)=56,故D正确。4.C温度低于T2时,MgSO4的溶解度随温度升高而增大,高于T2时,MgSO4的溶解度随温度升高而降低,A错误;T1、T3时,NaCl、MgSO4的溶解度相等,B错误;由图可知,T2时MgSO4饱和溶液溶质的质量分数最大,C正确;将MgSO4饱和溶液的温度从T3降至T2时,MgSO4的溶解度增大,由饱和溶液变成不饱和溶液,不会有晶体析出,D错误。5.C由于溶液的体积不是1L,因此HCl的物质的量浓度不是1molL-1,A项错误;盐酸中不含HCl分子,B项错误;n(HCl)=1mol,在标准状况下的体积约为22.4L,C项正确;溶质的质量分数w=36.5c1000,D项

17、错误。6.B由于酒精1gcm-3,用20mL量筒量取15mL酒精,加水5mL,配制的酒精溶液的质量分数小于75%,A错误;由题中信息可知,溶液中硫酸根离子与金属离子的个数比为32,该盐的化学式为R2(SO4)3,该硫酸盐的物质的量为0.5mol,则其物质的量浓度为0.5mol0.2L=2.5molL-1,B正确;实验中需用2.0molL-1Na2CO3溶液950mL,配制时应选用的容量瓶规格为1000mL,应称取的Na2CO3质量为2.0molL-11L106gmol-1=212.0g,C错误;绿矾的摩尔质量为278gmol-1,实验室配制500mL0.2molL-1硫酸亚铁溶液,需称量的绿矾

18、质量为0.5L0.2molL-1278gmol-1=27.8g,D错误。7.答案(1)AC烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶(2)(3)2.0等于大于解析实验室中配制450mL0.1molL-1NaOH溶液,由于没有450mL的容量瓶,应选择500mL容量瓶。(1)配制溶液过程中通常要用到托盘天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒等,题图所示的仪器中,配制溶液肯定不需要的是平底烧瓶和分液漏斗,故选AC;配制题中溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。(2)配制一定物质的量浓度的溶液的基本步骤:计算、称量或量取、溶解或稀释、冷却后转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签。配制0.1

19、molL-1NaOH溶液的操作步骤:把称量好的NaOH固体放入小烧杯中,加适量的蒸馏水溶解;把所得溶液冷却至室温,再小心转入一定容积的容量瓶中;用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次,每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中,并轻轻摇匀;继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线12cm处,改用胶头滴管小心地滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切;将容量瓶瓶塞塞紧,反复上下颠倒,摇匀。所以正确的操作顺序是。(3)根据计算,500mL0.1molL-1NaOH溶液中溶质的物质的量为0.5L0.1molL-1=0.05mol,质量为40gmol-10.05mol=2g,故用托盘天平称取NaOH的质量为2.0g;配制一

20、定物质的量浓度的溶液,在实验中其他操作均正确,若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥,并不影响溶液的配制,所以所得溶液的浓度等于0.10molL-1;若还未等溶液冷却就定容,待温度降至室温时,溶液的凹液面会下降到刻度线以下,所得溶液的体积偏小,浓度大于0.10molL-1。8.CD因为生成硫酸钡沉淀的质量相等,所以三种盐提供的硫酸根的物质的量之比为111,所以硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾的比例为133,选项A错误;Na2O2和Na2O各0.1mol分别放入100g水中,消耗的水的质量相等,生成的NaOH的物质的量也相等,则所得溶液物质的量浓度相等,选项B错误;若两种硫酸溶液等体积混合,混合后的溶液的质量分数更

21、接近较浓硫酸的浓度,所得硫酸溶液的质量分数大于10%,选项C正确;某温度时,饱和KCl溶液的密度为1.174gcm-3,物质的量浓度为4.0molL-1,根据c=1000wM可知,KCl的质量分数为w=74.54.010001.174100%,选项D正确。9.A将混合溶液分成5等份,每份溶液浓度都相同。根据题意并结合Ba2+SO42-BaSO4可知,每份溶液中n(Ba2+)=n(Na2SO4)=amol;根据题意并结合Ag+Cl-AgCl可知,每份溶液中n(Cl-)=n(Ag+)=bmol,根据电荷守恒可知,每一份溶液中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-),则n(K+)=bmol-2am

22、ol=(b-2a)mol,故c(K+)=(b-2a)mol0.1L=10(b-2a)molL-1。10.AD设溶液的体积为VL,则溶液中溶质的质量m=cmolL-1VLMrgmol-1=cVMrg,VL该溶液的质量为cVMrwg,则溶液的密度为cVMrwg1000VmL=cMr1000wgmL-1,A正确;溶液体积V=(MrV22.4+m) ggmL-1=MrV+22.4m22.4mL,溶质的物质的量为VL22.4Lmol-1=V22.4mol,该溶液的浓度为V22.4molMrV+22.4m22.410-3L=1000VMrV+22.4mmolL-1,B错误;溶液中溶质的质量为VL22.4L

23、mol-1Mrgmol-1=MrV22.4g,溶液质量为(m+MrV22.4)g,则溶质的质量分数为MrV22.4gMrV22.4g+mg=MrV22.4m+MrV,C错误;溶质质量分数为w,则水的质量分数为1-w,水的质量为m,则溶液的质量为m1-wg,溶质的质量为m1-wgw,溶质的物质的量为VL22.4Lmol-1=V22.4mol,则该化合物的摩尔质量为m1-wwgV22.4mol=22.4mw(1-w)Vgmol-1,则该化合物的相对分子量为22.4mw(1-w)V,D正确。11.答案(1)4.0(2)0.04(3)89.6(4)C解析(1)根据c=1000wM可得,c(NaClO)

24、=1000mL1.192gcm-325%74.5gmol-11L=4.0molL-1。(2)根据题意,稀释到体积为原来的100倍后使用,则稀释后c(NaClO)=0.04molL-1,c(Na+)=c(NaClO)=0.04molL-1。(3)一瓶“84”消毒液含有n(NaClO)=1L4.0molL-1=4.0mol,根据化学反应CO2+NaClO+H2ONaHCO3+HClO可知,可吸收CO2的物质的量为4.0mol,即标准状况下吸收CO2的体积为4.0mol22.4Lmol-1=89.6L。(4)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

25、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A错误;配制过程中需要加入水,所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用,选项B错误;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C正确;应选取500mL容量瓶进行配制,然后取出480mL即可,所以需要NaClO的质量为0.5L4.0molL-174.5gmol-1=149g,选项D错误。12.答案(1)1000ab36.5a+2240 molL-1(2)2 molL-1(3)Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+

26、小于解析(1)注意盐酸的体积不是100g水的体积,要用所得盐酸的质量和密度计算盐酸的体积,还应注意单位换算。(2)根据氧化还原反应的规律,氯气先氧化Fe2+,反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,表明溶液中无Fe2+,有FeBr3、FeCl3,n(Cl-)=3.36L22.4Lmol-12=0.3mol=n(Br-),根据电荷守恒及原子守恒知,n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.2mol,则c(FeBr2)=0.2mol0.1L=2molL-1。13.答案(1)24.8%(2)CD(3)Ba(NO3)2N解析I.(1)根据公式c=1000wM,可计算题中“84”消毒液的质量分数约为24

27、.8%。(2)在配制题给NaClO溶液过程中,不会用到10mL的量筒;A项,用长时间放置在空气中的NaClO固体配制溶液,由于NaClO易吸收空气中的水和二氧化碳而变质,导致有效成分NaClO减少,配制的溶液中溶质的物质的量减小,则溶液的物质的量浓度偏小;B项,配制前容量瓶中有少量蒸馏水对溶液配制无影响;C项,配制过程中,未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒,导致溶质损失,配制的溶液浓度偏小;D项,定容时俯视容量瓶刻度线,溶剂未加到刻度线,配制的浓度偏高。(3)由红外光谱图确定化合物X含硝酸根,再结合图1有钡离子参与,则X应为Ba(NO3)2;既被氧化又被还原的元素为N元素。14.答案(1)强氧化(2)

28、避免因浓硫酸稀释放热使ClO2受热分解Cl2(3)CH3OH+6NaClO3+4H2SO42Na3H(SO4)2+CO2+6ClO2+5H2O(4)在高于32.4 条件下趁热过滤、洗涤(5)ClO2-e-ClO2(6)绿色环保;操作简便;原子利用率高解析(1)ClO2具有强氧化性,常用于纸浆漂白、杀菌消毒。(2)将浓硫酸先稀释为63%H2SO4溶液,待冷却后加入反应器,这样的操作可避免因浓硫酸稀释放热使ClO2受热分解;加入适量NaCl可加快反应速率,但过量NaCl在酸性条件下可被ClO2氧化生成Cl2,从而污染环境。(3)CH3OH中碳元素化合价为-2价,若1molCH3OH反应时转移6mole-,则CH3OH的氧化产物为CO2,则“发生器”中发生反应的主要化学方程式为CH3OH+6NaClO3+4H2SO42Na3H(SO4)2+CO2+6ClO2+5H2O。(4)当温度低于32.4时有Na2SO410H2O析出,则“过程”中加热浓缩至有大量晶体析出后,需要在高于32.4条件下趁热过滤、洗涤,最后再干燥得Na2SO4固体。(5)阳极上ClO2-失电子发生氧化反应生成ClO2,电极反应式为ClO2-e-ClO2。(6)比较甲醇法与电解法,可知电解法的优点是绿色环保、操作简便、原子利用率高。- 10 -