届一轮复习人教版 物质的量在化学实验中的应用 作业.docx
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届一轮复习人教版物质的量在化学实验中的应用作业
物质的量在化学实验中的应用
角度1有关物质的量浓度、溶质质量分数和溶解度的计算
1.下列目的能达到的是（ ）
A.将58.5gNaCl溶于1L水中可得1mol·L-1的NaCl溶液
B.从1L1mol·L-1的NaCl溶液中取出10mL,其浓度为0.1mol·L-1
C.中和100mL1mol·L-1的H2SO4溶液生成正盐,需NaOH8g
D.将78gNa2O2溶于水,配成1L溶液可得到浓度为1mol·L-1的溶液
【解析】选C。
A项没有溶液的体积不能确定其浓度,错误;B项溶液的浓度与体积无关,错误;C项中和0.1molH2SO4需要0.2molNaOH,质量为0.2×40=8.0g,正确;D项78gNa2O2的物质的量为1mol,溶于水生成2molNaOH,配成1L溶液,浓度为2mol·L-1,错误。
2.在t℃时,将agNH3完全溶于水,得到VmL溶液,假设该溶液的密度为ρg·cm-3,质量分数为w,其中含有N
的物质的量是bmol,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=
mol·L-1
C.溶液中c（OH-）=
mol·L-1+c（H+）
D.向上述溶液中加入VmL水,所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NH3·H2O,将w=
×100%代入公式c=
化简可得c=
mol·L-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。
角度2溶液稀释与混合的计算
3.VmLAl2（SO4）3溶液中含有Al3+mg,取
mL该溶液用水稀释至4VmL,则S
物质的量浓度为（ ）
A.
mol·L-1 B.
mol·L-1
C.
mol·L-1D.
mol·L-1
【解析】选A。
mL溶液中Al3+的物质的量为
=
mol,稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度为c（Al3+）=
=
mol·L-1,
）=
c（Al3+）=
×
mol·L-1=
mol·L-1。
4.
（1）欲配制500mL0.2mol·L-1的硫酸铜溶液,需称量的胆矾固体质量是________。
（2）标准状况下,将224LNH3溶于2L水中,得密度为0.9g·cm-3稀氨水,此氨水的物质的量浓度为______。
（3）配制250mL1mol·L-1盐酸,需12mol·L-1盐酸的体积为________。
（4）将100mL0.3mol·L-1的Na2SO4溶液和50mL0.2mol·L-1的Al2（SO4）3溶液混合后,溶液中S
的物质的量浓度为________。
（忽略混合时体积变化）
【解析】
（1）m=n·M=cVM=0.2mol·L-1×0.5L×250g·mol-1=25g
（2）10mol氨气溶于水后,
溶液体积V=
=
溶液浓度c=
≈4.15mol·L-1。
（3）根据稀释公式c（浓）V（浓）=c（稀）V（稀）,可求出需要浓溶液体积为20.8mL。
（4）根据溶液混合公式c1V1+c2V2=c混V混,可求出混合溶液中的浓度为0.4mol·L-1。
答案:
（1）25g
（2）4.15mol·L-1 （3）20.8mL
（4）0.4mol·L-1
5.300mL某浓度的NaOH溶液中含有60g溶质。
现欲配制1mol·L-1NaOH溶液,应取原溶液与蒸馏水的体积比约为（ ）
A.1∶4B.1∶5C.2∶1D.2∶3
【解析】选A。
n（NaOH）=
=1.5mol,
c（NaOH）=
=5mol·L-1,
1mol·L-1=
解得
=
。
6.将物质的量均为amol的Na和Al一同投入mg足量水中,所得溶液的密度为ρg·cm-3,则此溶液的物质的量浓度为（ ）
A.
mol·L-1 B.
mol·L-1
C.
mol·L-1D.
mol·L-1
【解析】选A。
Na和Al一同投入mg足量水中时,发生反应的化学方程式为2Na+2H2O
2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O
2NaAlO2+3H2↑。
由于Na、Al的物质的量均为amol,结合化学方程式可知生成2amolH2,所得溶液中只有NaAlO2一种溶质,其物质的量为amol。
所得溶液的质量为m（Na）+m（Al）+m（H2O）-m（H2）=（46a+m）g,所得溶液的体积为
L,所得溶液的物质的量浓度为
mol·L-1。
角度3一定物质的量浓度溶液的配制
7.已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示,该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。
请回答下列问题:
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为______mol·L-1。
（2）某同学取100mL该“84消毒液”,稀释后用于消毒,稀释后的溶液中c（Na+）=________mol·L-1。
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方,欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。
下列说法正确的是________（填字母）。
A.如图所示的仪器中,有三种是不需要的,还需要一种玻璃仪器
B.容量瓶用蒸馏水洗净后,应烘干后才能用于溶液配制
C.配制过程中,未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低
D.需要称量NaClO固体的质量为143.0g
（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力,某消毒小组人员用98%（密度为1.84g·cm-3）的浓硫酸配制2000mL2.3mol·L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中,H+的物质的量浓度为__________ mol·L-1。
②需用浓硫酸的体积为________mL。
【解析】
（1）由c=
得,c（NaClO）=
≈4.0mol·L-1。
（2）稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变,则有100mL×10-3L·mL-1×4.0mol·L-1=100mL×100×10-3L·mL-1×c（NaClO）,解得稀释后c（NaClO）=0.04mol·L-1,c（Na+）=c（NaClO）=0.04mol·L-1。
（3）A项,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,需用容量瓶和胶头滴管来定容,图示的a、b不需要,但还需玻璃棒和胶头滴管。
B项,配制过程中需要加入水,所以洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用。
C项,未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小,结果偏低。
D项,应选取500mL的容量瓶进行配制,然后取出480mL即可,所以需要NaClO的质量为0.5L×4.0mol·L-1×74.5g·mol-1=149.0g。
（4）①根据H2SO4的组成可知,溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=4.6mol·L-1。
②2000mL2.3mol·L-1的稀硫酸中溶质的物质的量为2L×2.3mol·L-1=4.6mol,设需要98%（密度为1.84g·cm-3）的浓硫酸的体积为VmL,则有
=4.6mol,解得V=250。
答案:
（1）4.0
（2）0.04 （3）C （4）①4.6 ②250
8.某同学按如图所示的步骤配制50mL一定物质的量浓度的NaOH溶液,其中不正确的操作有（ ）
A.②⑤ B.①②⑤
C.①②③⑤D.①②③④⑤⑥
【解析】选C。
NaOH容易变质,且容易潮解,称量NaOH固体时应该在烧杯中快速称量,图示操作方法不合理,①错误;量筒只能用于量取液体,不能在量筒中溶解固体或者稀释液体,溶解NaOH固体应该在烧杯中进行,②错误;转移溶液时,玻璃棒应该放在容量瓶刻度线下方,图示操作不合理,③错误;加入蒸馏水定容时,要用玻璃棒引流,玻璃棒放在容量瓶刻度线以下,该操作合理,④正确;图示为仰视容量瓶刻度线定容,会导致加入的蒸馏水体积偏大,配制的溶液浓度偏低,正确操作应该平视定容,⑤错误;⑥为摇匀操作,摇匀时需要将容量瓶上下反复颠倒摇匀,该操作合理,正确。
9.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验,下列有关说法正确的是（ ）
A.容量瓶用蒸馏水洗净后,可不经干燥直接用于配制溶液
B.配制一定物质的量浓度的稀盐酸时,用量筒量取9.82mL浓盐酸
C.配制1L0.1mol·L-1的NaCl溶液时,用托盘天平称量5.85gNaCl固体
D.定容时,为防止液滴飞溅,胶头滴管紧贴容量瓶内壁
【解析】选A。
10mL量筒的精确度为0.1mL,B错误;托盘天平的精确度为0.1g,C错误;胶头滴管应垂直悬空于容量瓶上方,D错误。
角度4配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
10.下列配制溶液的操作和结论中,说法正确的是（ ）
A.用浓硫酸配制稀硫酸时,量取浓硫酸时俯视液面,所配得溶液浓度偏小
B.用Na2CO3固体配制溶液时,用托盘天平称量固体左码右物,对结果一定有影响
C.用NH4Cl固体配制溶液时,溶解后未恢复至室温就将溶解液转移入容量瓶,所配得溶液浓度偏大
D.定容后发现容量瓶内壁刻度线上部有水珠,对浓度无影响
【解析】选A。
量取浓硫酸时俯视液面,使得量取的浓硫酸的量偏小,溶液浓度偏小,A正确;托盘天平称量固体时物码放反,若没有使用游码,对结果无影响,B错误;铵盐溶解吸热,溶解后未回温,配得溶液体积偏大,浓度偏小,C错误;定容后刻度线上有水珠,溶液体积偏大,浓度偏小,D错误。
11.配制物质的量浓度0.1mol·L-1的Na2CO3溶液100mL时,下列操作正确的是（ ）
A.用托盘天平称取1.06g无水碳酸钠,在烧杯中加适量水溶解,待冷却到室温后,将溶液转移到容量瓶中
B.在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水
C.定容时,若加水超过刻度线,可用胶头滴管小心吸出多余部分
D.定容时,若仰视,则所配溶液的浓度将偏高
【解析】选B。
托盘天平的精确度为0.1g,不能用托盘天平称取1.06g无水碳酸钠,A错误;在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水,B正确;定容时,若加水超过刻度线,会使浓度偏低,必须重新配制,不能直接用胶头滴管吸出多余部分,C错误;定容时,若仰视读数,则所配溶液的体积偏大,浓度将偏低,D错误。
12.溶液配制过程中的误差分析,用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。
（1）配制450mL0.1mol·L-1的NaOH溶液,用托盘天平称取NaOH固体1.8g________。
（2）配制500mL0.1mol·L-1的硫酸铜溶液,用托盘天平称取胆矾8.0g________。
（3）配制NaOH溶液时,天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片,其他操作均正确________。
（4）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,需称量溶质4.4g,称量时物码放置颠倒________。
（5）用量筒量取浓硫酸时,仰视读数________。
（6）配制NaOH溶液时,将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解,未经冷却立即转移到容量瓶中并定容________。
（7）定容时,加水超过刻度线,用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线________。
（8）定容摇匀后,发现液面下降,继续加水至刻度线________。
（9）定容时仰视刻度线________。
（10）定容摇匀后少量溶液外流________。
【解析】
（1）应按溶液体积是500mL进行计算,应称量2.0g,故溶质的量偏少,浓度偏小;
（2）胆矾的相对分子质量是250,故应称取12.5g,溶质的量偏少,浓度偏小;（3）氢氧化钠具有很强的腐蚀性和吸水性,直接放在纸片上称量,不能全部把氢氧化钠转移至烧杯中,溶质的量偏少,浓度偏小;（4）因为使用了游码,称量时物码放置颠倒会导致少称量溶质,浓度偏小;（5）量取一定体积的浓硫酸,仰视读数,会多量取液体,故溶质偏多,浓度偏大;（6）液体受热膨胀,未经冷却立即转移到容量瓶中并定容,所加的水偏少,浓度偏大;（7）定容时,加水超过刻度线,导致浓度偏小;（8）定容摇匀后,继续加水,会导致浓度偏小;（9）定容时仰视刻度线,水加多了,浓度偏小;（10）定容摇匀后,已经配制完毕,少量溶液外流,不影响其浓度。
答案:
（1）偏小
（2）偏小 （3）偏小 （4）偏小
（5）偏大 （6）偏大 （7）偏小 （8）偏小 （9）偏小 （10）无影响
角度4物质的量应用于化学方程式的计算
13.将足量的铁屑放入100mL稀硫酸中充分反应后,生成标准状况下2.24LH2。
则稀硫酸的物质的量浓度为（ ）
A.3mol·L-1 B.2mol·L-1
C.1mol·L-1D.无法计算
【解析】选C。
n（H2）=
=0.1mol
由Fe+H2SO4
FeSO4+H2↑
1mol1mol
n（H2SO4）0.1mol
则
=
n（H2SO4）=0.1mol
c（H2SO4）=
=1mol·L-1。
14.11.2gFe与500mL2mol·L-1的盐酸反应,生成标准状况下H2的体积为（ ）
A.11.2L B.2.24L C.4.48L D.3.36L
【解析】选C。
由于Fe与盐酸反应的化学方程式为Fe+2HCl
FeCl2+H2↑,则11.2gFe的物质的量为0.2mol,500mL2mol·L-1盐酸的物质的量为1mol,由于Fe与HCl反应时二者物质的量之比为1∶2,故HCl过量。
以Fe的量计算产生H2的体积,则
Fe + 2HCl
FeCl2 + H2↑
1mol22.4L
0.2molV（H2）
=
则V（H2）=4.48L。
15.实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气,反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O,取一定量的浓盐酸使其与二氧化锰发生反应,产生的氯气在标准状况下的体积为2.24L。
请通过计算回答下列问题:
（1）参加反应的二氧化锰的质量为________。
（2）参加反应的HCl的物质的量是________。
【解析】
（1）MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O
87g22.4L
m（MnO2）2.24L
=
m（MnO2）=
=8.7g。
（2）MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O
4mol22.4L
n（HCl）2.24L
=
n（HCl）=
=0.4mol。
答案:
（1）8.7g
（2）0.4mol
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