高考化学复习第二节物质的量浓度.docx
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高考化学复习第二节物质的量浓度
第二节 物质的量浓度
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
一、单项选择题
1．某同学用Na2CO3配制0.10mol·L－1Na2CO3（aq），其称量操作如下图所示，最终配制溶液的浓度（ ）
A．偏高B．偏低
C．可能偏高也可能偏低D．准确
解析：
结合天平称量规则，实际称得样品的质量为4.7g，最终浓度偏低。
答案：
B
2．1L0.1mol·L－1的K2SO4溶液中（ ）
A．K＋的物质的量为0.1mol
B．SO
的物质的量为0.2mol
C．K＋的物质的量浓度为0.1mol·L－1
D．SO
的物质的量浓度为0.1mol·L－1
解析：
由c·V可知，n（K2SO4）＝0.1mol；由K2SO4===2K＋＋SO
可知，n（K＋）＝2n（K2SO4）＝0.2mol；n（SO
）＝n（K2SO4）＝0.1mol；c（K＋）＝2c（K2SO4）＝0.2mol/L；c（SO
）＝c（K2SO4）＝0.1mol/L；故D正确。
答案：
D
3．配制250mL0.10mol/LNaOH溶液时，下列实验操作能使所配溶液浓度偏大的是（ ）
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．在容量瓶中定容时仰视刻度线
C．在容量瓶中定容时俯视刻度线
D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度
解析：
不洗涤导致nB变小，由nB/V可知，cB变小，故A错；仰视定容导致V变大，由nB/V可知，cB变小，故B错；俯视定容导致V变小，由nB/V可知，cB变大，故C正确；补加水导致V变大，由nB/V可知，cB变小，故D错。
答案：
C
4．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.1L0.1mol/LNa2S溶液中含有的S2－离子数小于0.1NA
B.1L0.1mol/LNa2SiO3的溶液中含有0.1NA个
C.1L0.1mol/L的醋酸溶液中含有0.1NA个H+
D.25℃时，1LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有Ba2+的数目为0.1NA
解析：
由c·V可知，n（Na2S）＝0.1mol，由Na2S===2Na＋＋S2－可知，n（S2－）＝n（Na2S）＝0.1mol，由盐类水解可知，溶液中n（S2－）<0.1mol，故A正确；由c·V可知Na2SiO3为0.1mol，由盐类水解可知溶液中SiO
小于0.1mol，故B错；由c·V可知醋酸为0.1mol，由电离程度可知H＋小于0.1mol，故C错；25℃时溶液中c（OH－）＝Kw/c（H＋）＝10－1mol/L，由c·V可知，n（OH－）＝0.1mol，由Ba（OH）2===Ba2＋＋2OH－可知，n（Ba2＋）＝n（OH－）/2＝0.05mol，故D错。
答案：
A
5.实验室需用2mol·L－1氯化钠溶液450mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取氯化钠的质量分别是（ ）
A．450mL,52.7gB．500mL,58.5g
C．450mL,58.5gD．500mL,52.7g
解析：
由容量瓶的用途可知，没有450mL规格容量瓶，只能选择500mL容量瓶配制500mL2mol·L－1氯化钠溶液；由c·V·M可知，m（NaCl）＝58.5g，故B正确。
答案：
B
6．某氯化镁溶液的密度为1.18g·cm－3，其中镁离子的质量分数为5.1%,300mL该溶液中Cl－的物质的量约等于（ ）
A．0.37molB．0.63mol
C．0.74molD．1.50mol
解析：
由题意可知，n（Mg2＋）＝ρ·V·w/M＝1.18×300×5.1%/24mol≈0.75mol，由MgCl2===Mg2＋＋2Cl－可知，n（Cl－）＝2n（Mg2＋）＝1.5mol，故D正确。
答案：
D
二、双项选择题
7．（2014·广东十校联考）下列实验装置设计正确、且能达到目的的是（ ）
A．实验Ⅰ：
检查装置的气密性
B．实验Ⅱ：
测定未知盐酸的浓度
C．实验Ⅲ：
制取并观察Fe（OH）2沉淀
D．实验Ⅳ：
配置一定的物质的量浓度的稀硫酸溶液
解析：
关闭止水夹，从长颈漏斗向圆底烧瓶内加入适量水，若漏斗内外液面高度差保持不变，则装置不漏气，故A项正确；NaOH溶液能腐蚀酸式滴定管，故B项错误；液面苯封隔绝空气，胶头滴管伸入下层滴加NaOH溶液，可以制取Fe（OH）2沉淀并防止空气氧化，故C项正确；浓硫酸溶解放热，容量瓶是20℃时精确量器，不能直接在其中溶解物质，故D项错误。
答案：
AC
8．甲、乙两种盐的溶解度曲线如右图所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1℃时，在100g水中加入50g甲，所得溶液溶质的质量分数为33.3%
B.t1℃时，甲和乙的饱和溶液的物质的量浓度不一定相等
C.t1℃时，甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等
D.t1℃时，分别在100g水中各溶解20g甲、乙，同时降低温度，甲先达到饱和或结晶析出
解析：
读图可知，t1℃时甲、乙两种盐的溶解度均为30g，则100g水只能溶解30g甲，所得溶液溶质质量分数为30/（30＋100）×100%＝23%，另外20g甲结晶析出，故A错；虽然t1℃时100g水中溶解的甲、乙两种盐的质量相等，但二者的摩尔质量不一定相等，由m/M、n/V可知，二者的物质的量和物质的量浓度不一定相等，故B正确；读图可知，t2℃时甲的溶解度大于乙，则二者的饱和溶液中溶质质量分数不相等，故C错；读图可知，溶解度为20g时，温度：
甲>乙，说明同时降低温度时，甲先达到饱和或结晶析出（或者甲的溶解度受温度影响程度较大，所以降温时甲先结晶析出），故D正确。
答案：
BD
三、非选择题
9．标准状况下11.2LHCl溶于水形成500mL溶液。
（1）所得盐酸的物质的量浓度为________。
（2）向其中加入________gNaOH才能中和完全。
（3）若不考虑加入NaOH对体积造成的影响，所得NaCl的物质的量浓度为________。
（4）再向其中加入________mL密度为1.7g·cm－3，质量分数为25%的AgNO3溶液可使Cl－完全沉淀。
解析：
（1）11.2LHCl的物质的量为0.5mol，故其浓度为
＝1mol·L－1。
（2）需0.5molNaOH，质量为20g。
（3）所得NaCl与原HCl的物质的量相等，则浓度也相等。
（4）加入AgNO3的物质的量为0.5mol，该AgNO3溶液的浓度c＝
＝
＝2.5mol·L－1，则需AgNO3溶液的体积为V＝
＝0.2L。
答案：
（1）1mol·L－1
（2）20 （3）1mol·L－1 （4）200
10．如图是硫酸的试剂标签上的部分内容。
某次学生实验需要0.5mol·L－1H2SO4溶液480mL，若由你来配制所需溶液，请根据实验室已有的仪器和药品情况回答下列问题：
（1）容量瓶应如何检漏：
______________________________________________________________________________________________________________________________。
（2）实验中除量筒、烧杯外还需要的其他仪器：
_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。
（3）计算所需浓硫酸的体积约为________mL；若将该硫酸与等体积的水混合，所得溶液中溶质的质量分数________49%（填“<”、“＝”或“>”）。
（4）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释。
稀释的操作方法是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
（5）下列操作会引起所配溶液浓度偏大的是________（填字母）。
A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度
B．向容量瓶中转移时，有少量液体溅出
C．定容时仰视刻度线
D．定容后倒置摇匀后再正立时，发现液面低于刻度线
（6）温度计、量筒、滴定管的一部分如图所示，下述读数（虚线所指刻度）及说法正确的是________（填字母）。
A．①是量筒，读数为2.5mL
B．②是量筒，读数为2.5mL
C．③是滴定管，读数为2.5mL
D．①是温度计，读数为2.5℃
解析：
容量瓶检漏方法是加适量水后，塞紧瓶塞倒置不漏水，然后正放，应注意瓶塞要旋转180度，再倒置看是否漏水。
由于没有480mL的容量瓶，故应使用500mL的容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。
由所给浓硫酸标签上的数据易求得该硫酸浓度为18.4mol·L－1，故配制500mL0.5mol·L－1的稀溶液时约需要13.6mL浓硫酸。
稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢加入到水中，并不断搅拌。
仰视量筒时，量筒中实际液面高于看到的液面，导致硫酸取多了，结果偏高；B、C两个选项操作均引起结果偏低。
量筒上没有0刻度值，A错；②中量筒的读数是2.5mL，B对；滴定管读数时应保留两位小数，C错；只有温度计的0刻度下还有数据，D对。
答案：
（1）将瓶塞打开，加入少量水，塞好瓶塞，倒转不漏水，然后正放，把瓶塞旋转180度，再倒转不漏水，则说明该容量瓶不漏水
（2）500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管
（3）13.6 ＞
（4）向烧杯中先加入适量蒸馏水，再将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌
（5）A （6）BD
11．某校化学实验小组欲帮助环保局配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，用于当地水质检测。
试回答下列问题：
（1）该小组同学选择________mL的容量瓶。
（2）其操作步骤如图Ⅰ所示，则如图Ⅱ所示操作应在图Ⅰ中的________（填选项字母）之间。
A．②和③B．①和②
C．④和⑤D．③和④
（3）该小组同学应称取NaOH固体________g，用质量为
23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码________（填字母），并在下图中选出能正确表示游码位置的选项________（填字母）。
附表 砝码规格
a
b
c
D
e
砝码大小/g
100
50
20
10
5
（4）下列操作对所配制溶液的浓度大小有何影响？
①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，浓度________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同）。
②容量瓶中原来有少量蒸馏水，浓度________。
解析：
（1）容量瓶的规格相对固定，当所配制溶液的体积与容量瓶规格不相符时，应选择规格比所配制溶液体积稍大的容量瓶。
（2）根据溶液配制步骤：
称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀，结合图示步骤，向容量瓶中直接加蒸馏水的操作应在洗涤之后、定容操作之前，即在④与⑤之间。
（3）计算时应根据500mL溶液计算NaOH的质量，n（NaOH）＝cV＝0.5mol/L×0.5L＝0.25mol，m（NaOH）＝0.25mol×40g/mol＝10.0g，因烧杯重23.1g，因此称量时应取用20g、10g的砝码，然后把游码调节至3.1位置，即图c。
（4）据c＝
可知，转移溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，会使部分溶质残留在玻璃棒和烧杯内壁上，使n偏小，导致c偏小，而容量瓶中有少量蒸馏水，则无影响。
答案：
（1）500
（2）C （3）10.0 cd c （4）①偏小 ②无影响
12．Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋的浓度。
（1）现需配制250mL0.100mol/L标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250mL容量瓶、玻璃棒外，还需要________________________。
（2）取废水50.00mL，控制适当的酸度加入足量的K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO
全部转化为Cr2O
；再加过量KI溶液反应，反应液中再滴加上述Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00mL。
已知有关的离子方程式为：
①Cr2O
＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；
②I2＋2S2O
===2I－＋S4O
。
试计算该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度。
解析：
（1）根据配制实验步骤，选取还需要的玻璃仪器：
烧杯、胶头滴管。
（2）由反应方程式可得下列关系式。
设Ba2＋物质的量为x，则
Ba2＋～BaCrO4～
Cr2O
～
I2～3S2O
1mol 3mol
x36.00×10－3×0.100mol
x＝
＝1.2×10－3mol
所以c（Ba2＋）＝
＝0.024mol/L。
答案：
（1）烧杯、胶头滴管
（2）0.024mol/L
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