全国通用版高考化学一轮复习-第1章化学计量在实验中的应用2物质的量在化学实验中的应用课时作业含解析.docx

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1、物质的量在化学实验中的应用(45分钟100分)一、选择题(本题包括12小题,每题6分,共72分)1.下列关于物质的量浓度表述正确的是()A.0.3 molL-1的Na2SO4溶液中含有Na+和S的总物质的量为0.9 molB.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果Na+和S的物质的量相等,则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同C.当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 molL-1,只有当22.4 L(标准状况)氨气溶于水制得1 L氨水时,其浓度才是1 molL-1D.10 时,100 mL 0.35 molL-1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水,冷却到10 时,其体积小于1

2、00 mL,它的物质的量浓度大于0.35 molL-1【解析】选C。0.3 molL-1的Na2SO4溶液中Na+、S的物质的量浓度为0.6 molL-1、0.3 molL-1,由于缺少溶液的体积,所以无法计算出离子的物质的量,故A错误;在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在:c(Na+)+c(K+)=c(Cl-)+2c(S),Na+和S的物质的量相等,即物质的量浓度相等,所以K+和Cl-的物质的量浓度一定不相同,故B错误;溶液的体积不等于溶剂的体积,所以1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 molL-1;标准状况下22.4 L氨气的物质的量为1 mol,溶于水制得1 L氨

3、水时,其浓度一定等于1 molL-1,故C正确;10 时,0.35 molL-1的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水,冷却到10 时,溶液仍然是该温度下的饱和溶液,溶质的物质的量浓度不变,仍为0.35 molL-1,故D错误。【加固训练】下列有关0.1 molL-1 NaOH溶液的叙述正确的是()A.1 L该溶液中含有NaOH 40 gB.100 mL该溶液中含有Na+ 0.01 mol C.从1 L该溶液中取出100 mL,所取出的NaOH溶液的浓度为0.01 molL-1D.在1 L水中溶解4 g NaOH即可配制得0.1 molL-1 NaOH溶液【解析】选B。1 L该溶液中含有N

4、aOH 的质量是1 L0.1 molL-140 gmol-1=4 g,A错误;100 mL该溶液中含有Na+的物质的量是0.1 L0.1 molL-1=0.01 mol,B正确;从1 L该溶液中取出100 mL,所取出的NaOH溶液的浓度仍然为0.1 molL-1,C错误;在1 L水中溶解4 g NaOH,所得的溶液体积不是1 L,不能配制0.1 molL-1NaOH溶液,D错误。2.在200 mL某硫酸盐溶液中含有1.5NA个硫酸根离子(NA为阿伏加德罗常数),同时含有NA个金属阳离子,则该硫酸盐的物质的量浓度为()A.1 molL-1B.2.5 molL-1C.5 molL-1D.2 mo

5、lL-1【解析】选B。硫酸根离子和金属阳离子的个数之比是32,据电荷守恒可知,金属阳离子为+3价,设阳离子为M3+,则该盐的化学式为M2(SO4)3,根据S守恒可知硫酸盐为0.5 mol,所以该盐的物质的量浓度是=2.5 molL-1,故选B。3.下列说法正确的是()A.现需480 mL 0.1 molL-1硫酸铜溶液,则使用500 mL容量瓶配制溶液需要7.68 g硫酸铜固体B.配制1 molL-1 NaOH溶液100 mL,用托盘天平称量4 g NaOH固体放入100 mL容量瓶中溶解C.制备Fe(OH)3胶体,可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并继续煮沸至红褐色D.使用量筒量取一定体积的浓

6、硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸,将浓硫酸转移至烧杯后需用蒸馏水洗涤量筒,并将洗涤液一并转移至烧杯【解析】选C。实验室没有480 mL的容量瓶,选择大于480 mL且相近规格的容量瓶,故应选择500 mL容量瓶,配制500 mL 0.1 molL-1硫酸铜溶液需要硫酸铜的质量为0.5 L0.1 molL-1160 gmol-1=8.0 g,A错误;氢氧化钠固体应该在烧杯中溶解,冷却后再转移至容量瓶,B错误;制备Fe(OH)3胶体时,向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并继续煮沸至红褐色即得到氢氧化铁胶体,C正确;量筒是量出式仪器,量取的液体倒出的量就是所读的量,不能洗涤,如果洗涤并将洗涤液一并转移至

7、烧杯,实际量取浓硫酸的体积偏大,所配溶液的浓度偏高,D错误。【互动探究】(1)现需480 mL 0.1 molL-1硫酸铜溶液,则使用容量瓶配制溶液需要CuSO45H2O固体的质量是多少?提示:12.5 g。n(CuSO45H2O)=n(CuSO4)=0.5 L0.1 molL-1=0.05 mol,m(CuSO45H2O)=250 gmol-10.05 mol =12.5 g。(2)写出制备Fe(OH)3胶体的离子方程式。提示:Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。4.等质量的CuO和MgO粉末分别在相同体积的硝酸中完全溶解,得到Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的浓度分别为a

8、 molL-1和b molL-1,则a与b的关系为()A.a=bB.a=2bC.2a=bD.a=5b【解析】选C。=。所以2a=b。5.有硫酸镁溶液500 mL,它的密度是1.20 gcm-3,其中镁离子的质量分数是4.8%,则有关该溶液的说法不正确的是()A.溶质的质量分数是24.0%B.溶液的物质的量浓度是2.4 molL-1 C.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%【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c=2.4 molL-1,溶质与溶剂的物质的量之比为121,S的质量分数为4.8%=19.2%。6.同温同

9、压下,三个容积相同的烧瓶内分别充满了干燥的NH3、HCl、NO2气体,然后分别用水作喷泉实验,假设烧瓶内的溶质不散逸,则三种溶液的物质的量浓度之比为()A.无法比较B.223C.33 2D.111【解析】选D。在容积相同的三个烧瓶内,分别充满干燥的NH3、HCl与NO2气体,所以V(NH3)V(HCl)V(NO2)=111,相同条件下,体积之比等于物质的量之比,所以n(NH3)n(HCl)n(NO2)=111,令n(NH3)=n mol、n(HCl)=n mol、n(NO2)=n mol,各自体积为V(NH3)=V(HCl)=V(NO2)=V L,对于氨气和HCl,溶液体积等于气体体积,所以c

10、(NH3)=c(HCl)= molL-1;对于二氧化氮,与水发生反应:3NO2+H2O2HNO3+NO,根据反应方程式可知溶液体积为V,生成的硝酸的物质的量为二氧化氮物质的量的,所以c(HNO3)= molL-1,所以c(NH3)c(HCl)c(HNO3)=111,故选D。7.现有含K2SO4、NaNO3和Na2SO4三种溶质的混合溶液100 mL,其中Na+的物质的量浓度为1.0 molL-1,N的物质的量浓度为0.8 molL-1,S的物质的量浓度为0.7 molL-1,该溶液中K+的物质的量是()A.0.12 molB.0.15 molC.1.2 molD.1.5 mol 【解析】选A。

11、任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(K+)=c(N)+2c(S),则1.0 molL-1+c(K+)=0.8 molL-1+20.7 molL-1,c(K+)=1.2 molL-1,因此K+的物质的量=1.2 molL-10.1 L=0.12 mol,故选A。8.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 gcm-3,质量分数为w,其中含有N的物质的量是b mol,下列叙述正确的是 ()A.溶质的质量分数w=100%B.溶质的物质的量浓度c=molL-1C.溶液中c(OH-)=molL-1+c(H+)D.向上述溶液中加入V mL水,所

12、得溶液的质量分数大于0.5w【解析】选C。溶质的质量分数w=100%,A项错误;氨水中的溶质是NH3,而不是NH3H2O,将w=100%代入公式c=,化简可得c= molL-1,B项错误;氨水中含有的阳离子为H+和N,含有的阴离子只有OH-,根据电荷守恒可知C项正确;由于氨水的密度小于水的密度,与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍,故其质量分数小于0.5w,D项错误。【加固训练】36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 gmL-1),所得溶液的密度为 gmL-1,质量分数为w,物质的量浓度为c,NA表示阿伏加德罗常数,则下列叙述中不正确的是()A.所得溶液的体积为

13、mLB.所得溶液中含有NA个HCl分子C.所得溶液的溶解度S= gD.所得溶液的质量分数w=【解析】选B。根据V=可知A正确;盐酸中不存在HCl分子,HCl完全电离成Cl-、H+,B错误;根据w=可知S=,C正确;根据公式c=,则w=,D正确。9.室温下,分别向四份等体积足量的饱和NaOH 溶液中加入等物质的量的Na、Na2O、Na2O2、NaOH固体,充分反应后恢复到室温,下列关于反应后溶液的说法中正确的是()A.溶液的质量仍然相等B.溶质的质量仍然相等C.未溶解的NaOH固体质量相等D.溶液的密度仍然相等【解析】选D。等体积足量的饱和NaOH 溶液中加入等物质的量的Na、Na2O、Na2O

14、2、NaOH固体,根据2Na+2H2O2NaOH+H2,Na2O+H2O2NaOH,2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,可知等物质的量的Na、Na2O、Na2O2消耗的水一样多,则恢复到原温度析出NaOH的质量相等,原溶液为饱和溶液,则反应生成的NaOH固体未溶解,剩余溶液为饱和溶液,则三者反应后溶液质量相等、溶质质量相等、溶剂质量相等、溶液密度不变,而NaOH与H2O不反应且不溶解,则溶液质量、溶质质量、溶剂质量比前三者大,未溶解的NaOH质量:Na2O与Na2O2相等,加入Na的略小,加入NaOH的最小。相同温度下饱和溶液的密度相等。10.经检验某地酸雨除含H+外c(OH-)可忽视还有

15、Na+、Cl-、N、S其浓度依次为c(Na+)=2.310-5 molL-1,c(Cl-)=3.510-5 molL-1,c(N)=2.310-5 molL-1,c(S)=1.0510-5 molL-1,则该地酸雨的pH为 ()A.3B.4C.5D.6【解析】选C。根据电荷守恒计算出c(H+)=2c(S)+c(Cl-)-c(Na+)-c(N)=1.010-5 molL-1,则pH=5。【方法点拨】溶液中离子浓度关系的计算,运用电荷守恒进行计算常可化简运算,提高正确率。11.常温下,向0.25 molL-1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液,生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关

16、系如图所示,a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液,下列有关说法中正确的是()A.硫酸溶液的体积为25 mLB.b时刻溶液中S的浓度约为0.125 molL-1C.d时刻溶液的pH为12D.溶液的导电能力:cdbbdc,故D正确。12.(能力挑战题)有9.7 g Cu和Zn的合金与足量的稀硝酸反应,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N的浓度为 ()A.0.3 molL-1B.0.4 molL-1C.0.5 molL-1D.0.6 molL-1 【解析】选B。NO气体是Cu和Zn的合金还原HNO3得到的,在这个过程中,金属

17、失去的电子跟HNO3得到电子数相等,生成0.1 mol 的NO气体得到0.3 mol 的电子,在这个过程中金属失去0.3 mol 的电子,又由于Cu和Zn都是二价金属,所以跟Cu2+和Zn2+结合的N的物质的量也为0.3 mol 。再加上溶液中剩余的0.1 mol 的硝酸,总共是0.4 mol N,又因为溶液的体积为1 L,所以选B。二、非选择题(本题包括2小题,共28分)13.(14分)实验室需要配制0.50 molL-1 NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字,以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有:托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_、

18、_以及等质量的几片滤纸。(2)计算。配制该溶液需称取NaCl晶体的质量为_g。(3)称量。天平调平之后,应将天平的游码调至某个位置,请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置:称量过程中NaCl晶体应放于天平的_(填“左盘”或“右盘”)。称量完毕,把药品倒入烧杯中。(4)溶解、冷却,该步实验中需要使用玻璃棒,目的是 _。(5)转移、洗涤。在转移时应使用_ _引流,洗涤烧杯23次是为了_。(6)定容,摇匀。定容操作为_。【解析】配制480 mL 0.50 molL-1的NaCl溶液,必须用500 mL容量瓶。m(NaCl)=0.50 molL-10.5 L58.5 g mol-114.6 g。

19、答案:(1)500 mL容量瓶胶头滴管(2)14.6(3)左盘(4)搅拌,加速溶解(5)玻璃棒保证溶质全部转移至容量瓶中(6)向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线12 cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切14.(14分)(能力挑战题)在稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中,加入铜粉。(1)若将50 mL 4 molL-1稀硝酸和200 mL 0.5 molL-1稀硫酸混合后,加入19.2 g铜粉,微热,充分反应。若忽略溶液体积变化,溶液中铜离子物质的量浓度为_ molL-1。若使铜粉全部溶解,还需加入0.5 molL-1 H2SO4_mL。(2)若c(S)+c(N)=a molL-1

20、。取200 mL该混合酸,则能溶解铜的最大物质的量为_ mol (用含a的式子表示)。【解析】(1)50 mL 4 molL-1稀硝酸和200 mL 0.5 molL-1稀硫酸混合后,溶液中n(N)=5010-3L4 molL-1 =0.2 mol,n(S)=20010-3L0.5 molL-1 =0.1 mol,n(H+)=0.2 mol +0.1 mol2=0.4 mol,加入19.2 g铜粉的物质的量为0.3 mol,微热,发生的反应为3Cu+2N+8H+3Cu2+2NO+4H2O。因为n(Cu)n(N)n(H+)=0.30.20.4=324,不等于化学计量数之比328,可以判断铜和硝酸根都过量,应按n(H+)计算,所以:c(Cu2+)=0.6 molL-1。若使铜粉全部溶解,由上面数据分析可知,还需要加入H+0.4 mol,所以还需加入0.5 molL-1 H2SO4 ,=0.4 L=400 mL。(2)若c(S)+c(N)=a molL-1。取200 mL该混合酸,n(S)+n(N)=0.2a mol,n(H+)=2n(S)+n(N),由反应的离子方程式可知,当n(H+)n(N)=82=41时,溶解的铜最多,联立上面三个式子可求出n(N)=0.08a mol,所以能溶解铜的最大物质的量为0.08a mol =0.12a mol 。答案:(1)0.6400(2)0.12a