课时作业二 物质的量浓度计算及溶液配制文档格式.docx
《课时作业二 物质的量浓度计算及溶液配制文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《课时作业二 物质的量浓度计算及溶液配制文档格式.docx（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视刻度线
④将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2～3次，转移至容量瓶中
A．①②B．②③C．①④D．②③④
本题考查实验错误操作导致的误差分析。
①溶解后未冷却即转移、定容，所配制溶液体积偏小，故浓度偏大；
②定容时仰视容量瓶刻度线，所配制溶液体积偏大，故浓度偏小；
③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视刻度线，硫酸的体积偏小，故浓度偏小；
④量筒不用洗涤，如果洗涤会导致硫酸的物质的量偏大，故浓度偏大。
C符合题意。
4．（2020山西大学附属中学诊断）300mL硫酸铝溶液中含Al3＋1.62g（不考虑Al3＋的水解），在该溶液中加入0.1mol·
L－1氢氧化钡溶液300mL，反应后溶液中硫酸根离子的物质的量浓度为（忽略溶液混合体积的变化）（ ）
A．0.4mol·
L－1B．0.3mol·
L－1
C．0.2mol·
L－1D．0.1mol·
D 解析：
本题考查硫酸铝溶液和氢氧化钡溶液反应后硫酸根离子的浓度。
300mLAl2（SO4）3溶液中，Al3＋的质量为1.62g，其物质的量为
＝0.06mol，根据电荷守恒可知，该溶液中n（SO
）＝
n（Al3＋）＝
×
0.06mol＝0.09mol，加入的氢氧化钡的物质的量为0.1mol·
0.3L＝0.03mol，消耗硫酸根离子的物质的量为0.03mol，所以剩余硫酸根离子的物质的量为0.09mol－0.03mol＝0.06mol。
所以反应后溶液中SO
的物质的量浓度为
＝0.1mol·
L－1，D项正确。
5．（2020华中师范大学附中期中）水合物的化学式为R·
nH2O，其式量为M。
25℃时，将ag该晶体溶于bg水中可形成VmL饱和溶液，下列关系中正确的是（ ）
A．饱和溶液的物质的量浓度为c＝
mol·
B．25℃时R的溶解度为S＝
g
C．饱和溶液中溶质的质量分数为w＝
%
D．饱和溶液的密度为ρ＝
g·
n（R）＝n（R·
nH2O）＝
mol，该饱和溶液的物质的量浓度＝
＝
mol/L，故A错误；
R的质量为
ag，结晶水的质量为
ag，则100g∶S＝
∶
，解得S＝
g，故B错误；
根据w（溶质）＝
100%，可知该饱和溶液质量分数为
100%，故C正确；
溶液总质量为（a＋b）g，根据ρ＝
可知，溶液密度为
g/mL，利用c＝
可知，密度ρ＝
M÷
[1000×
%]g/mL＝
g/mL，故D错误。
6．（2020江苏南京滨江中学月考）将质量分数为a%的氨水与质量分数为b%的氨水等质量混合所得溶液的密度为X1；
将质量分数为a%的氨水与质量分数为b%的氨水等体积混合所得溶液的密度为Y1。
将质量分数为a%的硫酸溶液与质量分数为b%的硫酸溶液等质量混合所得溶液的密度为X2；
将质量分数为a%的硫酸溶液与质量分数为b%的硫酸溶液等体积混合所得溶液的密度为Y2。
则X1、Y1、X2、Y2的大小关系为（ ）
A．Y2>
X2>
Y1>
X1B．Y1>
X1>
Y2>
X2
C．Y1>
X1D．Y2>
Y1
A 解析：
本题考查两种氨水、两种硫酸溶液分别按照等质量、等体积的方式混合后所得四种溶液的密度大小关系。
将质量分数为a%的氨水与质量分数为b%的氨水等质量混合所得溶液的密度为X1，混合后氨水的质量分数为
（a%＋b%）；
将质量分数为a%的氨水与质量分数为b%的氨水等体积混合所得溶液的密度为Y1，因氨水的密度小于1g·
mL－1，则混合后氨水的质量分数小于
（a%＋b%），溶液的密度小于1g·
mL－1时，溶质的质量分数越大，密度越小，故Y1>
X1。
将质量分数为a%的硫酸溶液与质量分数为b%的硫酸溶液等质量混合所得溶液的密度为X2，混合后硫酸的质量分数为
将质量分数为a%的硫酸溶液与质量分数为b%的硫酸溶液等体积混合所得溶液的密度为Y2，硫酸溶液的密度大于1g·
mL－1，则混合后硫酸溶液的质量分数大于
（a%＋b%），溶液的密度大于1g·
mL－1时，质量分数越大，密度越大，故Y2>
X2，所以密度：
X1，故答案选A。
7．（2020陕西渭南中学质检）下列实验中所选用的仪器合理的是（ ）
①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸
②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物
③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体
④用碱式滴定管量取23.10mL溴水
⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物
⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol·
L－1的NaOH溶液
A．①②④B．②③④⑥
C．③⑥D．③⑤⑥
在实验室中用量筒量取液体时，量程太大或太小，都会产生较大误差，为尽可能地减小误差，应采用就近原则，故①错误；
苯和四氯化碳能互溶，所以不能用分液漏斗分离，故②错误；
托盘天平精确到0.1g，可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故③正确；
溴水具有较强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故④错误；
瓷坩埚中含有二氧化硅，若用瓷坩埚灼烧NaOH，SiO2会与NaOH在加热条件下反应，故⑤错误；
配制250mL0.2mol·
L－1的NaOH溶液可用250mL容量瓶，故⑥正确；
综上所述，选C项。
8．（2020福建莆田六中月考）下列对溶液物质的量浓度、质量分数概念的理解正确的是（ ）
A．用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1mol·
B．1L水中溶解5.85gNaCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1mol·
C．将25gCuSO4·
5H2O晶体溶于75g水中所得溶质的质量分数为25%
D．将40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为49%
本题考查对溶液物质的量浓度、质量分数概念的理解。
用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的体积不是100mL，A错误；
1L水中溶解5.85gNaCl所形成的溶液的体积不为1L，B错误；
将25gCuSO4·
5H2O晶体溶于75g水中所得溶液的溶质是CuSO4，故溶质的质量小于25g，质量分数小于25%，C错误；
三氧化硫与水发生反应生成硫酸，40gSO3的物质的量为0.5mol，生成0.5mol硫酸，硫酸质量为0.5mol×
98g·
mol－1＝49g，溶液质量为40g＋60g＝100g，所以40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为
100%＝49%，D正确。
9．（2020陕西师大附中期中）下列有关实验原理或操作正确的是（ ）
A．用20mL量筒量取15mL乙醇，加水5mL，配制质量分数为75%的乙醇溶液
B．在200mL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2.5mol·
C．实验中需用2.0mol·
L－1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950mL、201.4g
D．实验室配制500mL0.2mol·
L－1的硫酸亚铁溶液，其操作是：
用天平称量15.2g绿矾（FeSO4·
7H2O），放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
A选项乙醇和水密度不同，配得溶液质量分数不是75%，错误；
B选项金属离子与硫酸根离子的物质的量之比为2∶3，所以硫酸盐的化学式为M2（SO4）3，硫酸盐的物质的量为0.5mol，正确；
C选项，没有950mL容量瓶，错误；
D选项应该称取27.8g绿矾，错误。
10.（2020吉林长春实验中学检测）洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应：
NaClO＋2HCl===NaCl＋Cl2↑＋H2O，生成有毒的氯气。
NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．每生成1mol氯气，转移的电子数为2NA
B．1molNaCl含有的电子数为28NA
C．1L0.2mol·
L－1NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数为0.2NA
D．标准状况下，将22.4LHCl溶解在0.5L水中，形成2mol·
L－1的盐酸
反应NaClO＋2HCl===NaCl＋Cl2↑＋H2O中，NaClO中的氯元素由＋1价降低为0价，被还原，作氧化剂；
HCl中部分氯元素由－1价升高为0价，被氧化，作还原剂，另一部分化合价不变，起酸性作用。
每生成1mol氯气，转移的电子数为NA，A项错误；
1molNaCl含有的电子数为28NA，B项正确；
由于次氯酸根离子水解，故1L0.2mol·
L－1NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数小于0.2NA，C项错误；
标准状况下，将22.4LHCl溶解在0.5L水中，溶液的体积不是0.5L，形成盐酸的浓度不为2mol·
L－1，D项错误。
11．（2020河南摸底联考）向60mLNa2SO4溶液中加入BaCl2溶液，有关数据见下表：
实验编号
1
2
3
4
5
BaCl2溶液
体积/mL
30
60
100
120
沉淀质量/g
0.699
x
2.097
下列有关说法不正确的是（ ）
A．混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为0.10mol·
B．混合前，Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.15mol·
C．3号实验中沉淀的质量x为1.398g
D．完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为80mL
2号实验中n（BaSO4）＝
＝0.003mol，混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为
＝0.10mol·
L－1，故A正确；
生成沉淀最多为2.097g，n（BaSO4）＝
＝0.009mol，混合前，Na2SO4溶液的物质的量浓度为
＝0.15mol·
L－1，故B正确；
3号实验中，x为实验2中的2倍，则x＝0.699g×
2＝1.398g，故C正确；
完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为
＝0.09L＝90mL，故D错误。
12．（2020甘肃兰州一中月考）下列配制溶液的叙述中错误的是（ ）
A．配制FeSO4溶液制备Fe（OH）2，需要把蒸馏水煮沸除去氧气后，再溶解配制FeSO4溶液
B．配制480mL0.1mol·
L－1的CuSO4溶液，需称量8.0gCuSO4固体
C．配制FeCl3溶液时，先把FeCl3固体溶于浓盐酸然后再加水稀释
D．配制1mol·
L－1NaOH溶液时，称量4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水溶解并稀释到刻度线
本题考查配制溶液的实验操作。
因Fe2＋极易被氧气氧化，需加热煮沸除去水中溶解的氧气，A正确；
实验室没有480mL的容量瓶，选择大于480mL且相近规格的容量瓶，故应选择500mL容量瓶，配制500mL0.1mol·
L－1硫酸铜溶液需要硫酸铜的质量为0.5L×
0.1mol·
160g·
mol－1＝8.0g，B正确；
为抑制Fe3＋的水解，需将FeCl3固体溶于浓盐酸然后再加水稀释，C正确；
氢氧化钠固体应该在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶中定容，D错误。
13．（2020江苏扬州调研）硝酸工业尾气中的氮氧化合物NOx（NO、NO2、N2O4）常用的处理方法有以下两种：
①碱液（Na2CO3或NaOH溶液）吸收法。
用Na2CO3溶液吸收的反应原理如下：
NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2
Na2CO3＋2NO2===NaNO2＋NaNO3＋CO2
②氨的催化氧化法，反应原理：
NOx＋NH3
N2＋H2O
现将标准状况下2.016L氮氧化合物NOx通入50mL1.0mol·
L－1的Na2CO3溶液，恰好反应完全，且测得反应后溶液中n（NO
）∶n（NO
）＝4∶1，下列说法正确的是（ ）
A．混合气体中V（N2O4）＝0.336L
B．混合气体中n（NO）∶n（NO2）＝1∶5
C．NOx能够完全被Na2CO3溶液吸收，则x≤1.5
D．如采用氨的催化氧化法处理，理论消耗n（NH3）＝
mol
本题通过氮氧化物的吸收原理考查利用原子守恒、得失电子守恒的相关计算。
2.016L氮氧化合物的物质的量为
＝0.09mol，其中含有NO、NO2、N2O4三种气体，把N2O4换算成NO2，恰好发生反应：
NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2和2NO2＋Na2CO3===NaNO2＋NaNO3＋CO2，溶液中溶质为NaNO2、NaNO3，由N元素守恒可知①n（NaNO2）＋n（NaNO3）＝n（NO2）＋2n（N2O4）＋n（NO），由Na元素守恒可知②2n（Na2CO3）＝n（NaNO2）＋n（NaNO3），则③n（NO2）＋2n（N2O4）＋n（NO）＝2×
0.05L×
1.0mol·
L－1＝0.1mol，已知④n（NO2）＋n（N2O4）＋n（NO）＝0.09mol，由③－④可得n（N2O4）＝0.01mol，V（N2O4）＝0.224L，A错误；
因n（NO
）＝4∶1，n（NaNO2）＋n（NaNO3）＝0.1mol，可知n（NaNO2）＝0.08mol、n（NaNO3）＝0.02mol，由方程式可知：
2NO2＋Na2CO3===NaNO2 ＋ NaNO3 ＋CO2
0.04mol 0.02mol 0.02mol
NO ＋ NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2
0．03mol 0.03mol 0.08mol－0.02mol
可知，0.09mol氮氧化物中含有0.03molNO、0.01molN2O4和（0.07mol－0.01mol×
2）＝0.05molNO2，n（NO）∶n（NO2）＝0.03mol∶0.05mol＝3∶5，B错误；
NO和NO2混合气体被Na2CO3溶液完全吸收，满足n（NO2）∶n（NO）≥1，当n（NO2）∶n（NO）＝1时x值最小，x最小值为
＝1.5，即x≥1.5时，NOx能够完全被Na2CO3溶液吸收，C错误；
在氨的催化氧化法反应中，NO、NO2、N2O4中的N分别由＋2价和＋4价降低到0价，NH3中的N由－3价升高为0价，根据得失电子守恒可得0.03mol×
2＋0.01mol×
2×
4＋0.05mol×
4＝n（NH3）×
3，解得n（NH3）＝
mol，D正确。
14．（2020安徽肥东高中调研）奶粉中蛋白质含量的测定往往采用“凯氏定氮法”，其原理是食品与硫酸和催化剂一同加热，使蛋白质分解，分解的氨与硫酸结合生成硫酸铵。
然后碱化蒸馏使氨游离，用硼酸吸收后再以硫酸或盐酸标准溶液滴定，根据酸的消耗量乘以换算系数，即为蛋白质含量。
操作步骤：
①样品处理：
准确称取一定量的固体样品奶粉，移入干燥的烧杯中，经过一系列的处理，待冷却后移入一定容积的容量瓶中。
②NH3的蒸馏和吸收：
把制得的溶液（取一定量）通过定氮装置，经过一系列的反应，使氨变成硫酸铵，再经过碱化蒸馏后，得到游离氨，游离氨经硼酸吸收。
③氨的滴定：
用盐酸标准溶液滴定所生成的硼酸铵，由消耗的盐酸标准溶液计算出总氮量，再折算为粗蛋白含量。
请回答下列问题：
（1）在样品的处理过程中使用到了容量瓶，怎样检查容量瓶是否漏水：
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
（2）在配制过程中，下列操作中可能使配制的溶液的浓度偏大的是________（填序号）。
A．烧杯中溶液转移到容量瓶时，未洗涤烧杯
B．定容时，俯视刻度线
C．定容时，仰视刻度线
D．移液时，有少量液体溅出
（3）若称取样品的质量为1.5g，共配制100mL溶液，取其中的20mL，经过一系列处理后使N转变为硼酸铵，然后用0.1mol·
L－1盐酸滴定，其用去盐酸的体积为23.0mL，则该样品中N的含量为________。
[滴定过程中涉及的化学方程式为（NH4）2B4O7＋2HCl＋5H2O===2NH4Cl＋4H3BO3]
（4）一些不法奶农利用“凯氏定氮法”只检测氮元素的含量而得出蛋白质的含量的缺点，为了牛奶检测时蛋白质的含量达标，而往牛奶中添加三聚氰胺（C3N6H6），三聚氰胺中氮的含量为________。
（1）往容量瓶中注入一定量的水，塞紧瓶塞，倒转过来，观察是否漏水，然后正放，旋转瓶塞180°
，再倒转过来，观察是否漏水，若都不漏水，则说明该容量瓶不漏水
（2）B （3）10.7% （4）66.7%
解析：
本题考查容量瓶使用、配制一定浓度溶液的误差分析以及计算。
（2）配制溶液时，烧杯中溶液转移到容量瓶时，未洗涤烧杯，导致溶质损失，使溶液浓度偏小，A不符合题意；
定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，B符合题意；
定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，C不符合题意；
由于含有溶质的液体溅出，使溶质的物质的量减小，导致溶液浓度偏小，D不符合题意。
（3）滴定时消耗盐酸的物质的量n（HCl）＝0.1mol·
0.023L＝0.0023mol，由已知化学方程式可得n（NH
）＝n（N）＝n（HCl）＝0.0023mol，所以样品中N的含量为
100%≈10.7%。
（4）三聚氰胺（C3N6H6）中氮的含量为
100%≈66.7%。
升级会员 