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