通用版2022届高三化学一轮复习强化训练物质的量浓度及其溶液配制含解析

这是一份通用版2022届高三化学一轮复习强化训练物质的量浓度及其溶液配制含解析，共7页。试卷主要包含了2 ml/L，配制250 mL 0，某氯化镁溶液的密度为1，有9等内容，欢迎下载使用。
物质的量浓度及其溶液配制1.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时,下列操作不正确的是(　　)1.答案　C　移液时,玻璃棒应伸入到刻度线以下,故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列关于0.2 mol/L 溶液的叙述不正确的是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.2 L溶液中阴、阳离子总数约为1.2NAB.500 mL溶液中N浓度为0.2 mol/LC.500 mL溶液中Ba2+浓度为0.2 mol/LD.500 mL溶液中N物质的量为0.2 mol2.答案　B　在Ba(NO3)2溶液中,c(Ba2+)∶c(N)∶c[Ba(NO3)2]=1∶2∶1,2 L溶液中离子总数约为2 L×0.2 mol/L×(2+1)=1.2 mol,A正确;离子的浓度与体积无关,B错误、C正确;500 mL溶液中N物质的量为0.5 L×0.2 mol/L×2=0.2 mol,D正确。3.温度计、量筒、滴定管的一部分如图所示,下列读数(虚线所指刻度)及说法正确的是(　　)A.①是量筒,读数为2.5 mLB.②是量筒,读数为2.50 mLC.③是滴定管,读数为2.5 mLD.①是温度计,读数为2.5 ℃3.答案　D　量筒上没有0刻度,A错误;量筒读数时保留一位小数,B错误;滴定管读数时应保留两位小数,C错误;温度计的0刻度上、下都有数据,D正确。4.配制250 mL 0.5 mol·L-1的NaOH溶液,在下列仪器中:①量筒、②250 mL容量瓶、③托盘天平和砝码、④500 mL容量瓶、⑤烧杯、⑥玻璃棒、⑦漏斗、⑧药匙、⑨胶头滴管、⑩250 mL烧瓶,需要用到的仪器按使用先后顺序排列正确的是(　　)A.⑧③⑤⑥②⑨ B.②③⑦⑤⑥C.②⑤⑦⑥① D.④③⑦⑤⑥4.答案　A　一定规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液,故应选择250 mL容量瓶;用药匙取用试剂,用托盘天平称量一定质量的试剂(试剂可放在烧杯中称量)后,在烧杯中溶解(可用量筒量取蒸馏水),并用玻璃棒搅拌,待溶液冷却后转移到250 mL容量瓶中,转移过程中需用玻璃棒引流,用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次并将洗涤液转移到容量瓶中,当加蒸馏水至液面距离刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管滴加至溶液凹液面恰好与刻度线水平相切,盖好瓶塞,摇匀。所以需要用到的仪器及先后顺序为药匙、托盘天平和砝码、烧杯、量筒(也可不用)、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管,即⑧③⑤(①)⑥②⑨,A项符合。5.某氯化镁溶液的密度为1.18 g·cm-3,其中镁离子的质量分数为5.1%,则300 mL该溶液中Cl-的物质的量等于(　　)A.0.37 mol B.0.63 mol C.0.74 mol D.1.50 mol5.答案　D　300 mL该氯化镁溶液的质量为1.18 g·cm-3×300 mL=354 g,镁离子的物质的量为≈0.75 mol,氯化镁溶液中n(Cl-)=2n(Mg2+)=2×0.75 mol=1.50 mol,故选D。6.有Al2(SO4)3和Na2SO4的混合溶液V L,将它均分成两份。一份滴加氨水,使Al3+完全沉淀;另一份滴加BaCl2溶液,使S完全沉淀。反应中消耗a mol NH3·H2O、b mol BaCl2。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(mol·L-1)为(　　)A.(4b-2a)/V B.(2b-2a)/VC.(2b-a)/V D.(b-2a)/V6.答案　A　根据题意可知每份溶液中Al3+的物质的量为 mol,S的物质的量为b mol,设每份溶液中Na+的物质的量为x mol,则b=×+,x=2b-a,原混合溶液中的c(Na+)=(4b-2a)/V mol·L-1。7.把500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份,取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全,另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全,则该混合溶液中c(Na+)为(　　)A.(-)mol·L-1 B.(2b-a)mol·L-1C.(5b-)mol·L-1 D.(10b-5a)mol·L-17.答案　D　向100 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液中加入含a mol NaOH的溶液,反应为NH4HCO3+2NaOH NH3·H2O+Na2CO3+H2O,则NH4HCO3的物质的量为0.5a mol;加入含b mol HCl的盐酸发生的反应为NH4HCO3+HCl NH4Cl+CO2↑+H2O、Na2CO3+2HCl 2NaCl+H2O+CO2↑,则Na2CO3的物质的量为(b-0.5a)mol,n(Na+)=2n(Na2CO3)=(b-0.5a)mol,c(Na+)==(10b-5a)mol·L-1。8.某学生配制了100 mL 1 mol·L-1的硫酸溶液,然后对溶液浓度做精确测定,且测定过程中一切操作都正确,但测得溶液中溶质的物质的量浓度小于1 mol·L-1。则在配制过程中,下列操作可能导致溶液浓度偏低的是(　　)①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸②将浓硫酸在烧杯中稀释,转移到100 mL的容量瓶中后,没有洗涤烧杯③在转移过程中用玻璃棒引流,因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面④最后定容时,加水超过了刻度线,马上用胶头滴管吸去多余的溶液,使溶液凹液面刚好与刻度线相切A.只有②③④ B.只有③④C.只有①②③ D.①②③④8.答案　D　①量筒用蒸馏水洗净后未干燥立即量取浓硫酸,浓硫酸被稀释,所取溶质H2SO4偏少,导致溶液浓度偏低;②未洗涤烧杯,使溶质H2SO4损失,导致溶液浓度偏低;③少量溶液流到容量瓶外面,使溶质H2SO4损失,导致溶液浓度偏低;④加水超过了刻度线,马上用胶头滴管吸去多余的溶液,会损失H2SO4,导致溶液浓度偏低。9.有9.7 g Cu和Zn的合金与足量的稀HNO3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 mol·L-1 B.0.4 mol·L-1C.0.5 mol·L-1 D.0.6 mol·L-19.答案　B　NO气体是Cu和Zn的合金还原HNO3得到的,在这个过程中,金属失去的电子数和HNO3得到的电子数相等,在这个过程中金属失去0.3 mol的电子,又由于都是二价金属,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 HNO3,共0.4 mol N,又因为溶液的体积为1 L,故B正确。10.298 K时,在20.0 mL 0.10 mol·L-1氨水中滴入0.10 mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。(1)制备20.0 mL 0.10 mol·L-1的氨水,需向水中通入NH3的体积为　　　　L(标准状况)。 (2)假设0.10 mol·L-1氨水的密度为0.95 g·cm-3,则该氨水的溶质质量分数约为　　　　。 (3)使氨水恰好完全反应需盐酸的体积为　　　　mL。 (4)配制250 mL 0.10 mol·L-1的氨水,需5.0 mol·L-1的氨水　　　　mL,配制时需要的仪器有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,配制过程中俯视容量瓶刻度线定容,所配溶液浓度　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 10.答案　(1)0.044 8　(2)0.18%　(3)20.0　(4)5.0　量筒、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管　偏大解析　(1)溶液中n(NH3)=0.10 mol·L-1×0.020 0 L=0.002 0 mol,标准状况下,V(NH3)=0.002 0 mol×22.4 L·mol-1=0.044 8 L。(2)根据公式c=,得ω==≈0.18%。(3)要使氨水完全反应,则n(HCl)=n(NH3),盐酸体积为20.0 mL。(4)根据稀释过程溶质的物质的量不变,则0.10 mol·L-1×0.25 L=5.0 mol·L-1×V,V=0.005 0 L=5.0 mL。定容时俯视容量瓶刻度线,会使溶液的体积偏小,浓度偏大。11.在0.4 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中,部分离子浓度大小如图所示,回答下列问题。(1)该混合液中,NaCl的物质的量为　　　　mol,含溶质MgCl2的质量为　　g。 (2)该混合液中CaCl2的物质的量为　　　mol,将该混合液加水稀释至体积为1 L,稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为　　　mol·L-1。 (3)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液,可得到沉淀　　　mol。 11.答案　(1)0.4　19　(2)0.2　0.2　(3)1.2解析　由图可知c(Na+)=c(NaCl)=1.0 mol·L-1。c(Mg2+)=c(MgCl2)=0.5 mol·L-1,则c(CaCl2)==0.5 mol·L-1。(1)n(NaCl)=1.0 mol·L-1×0.4 L=0.4 mol,m(MgCl2)=0.5 mol·L-1×0.4 L×95 g·mol-1=19 g。(2)n(CaCl2)=0.5 mol·L-1×0.4 L=0.2 mol,c(Ca2+)==0.2 mol·L-1。(3)原溶液中n(Cl-)=3 mol·L-1×0.4 L=1.2 mol,由反应Ag++Cl- AgCl↓可知,生成AgCl沉淀1.2 mol。12. “84”消毒液能有效杀灭甲型H1N1等病毒,某同学购买了一瓶“威露士”牌“84”消毒液,并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息;含25% NaClO、1 000 mL、密度1.19 g·cm-3,稀释后使用。请根据信息和相关知识回答下列问题:(1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为　　　　mol·L-1。 (2)该同学取100 mL该“84”消毒液,加入10 000 mL水进行稀释,稀释后的溶液中c(Na+)约为　　　mol·L-1。(假设稀释后溶液密度为1.0 g·cm-3) (3)该同学参阅该“84”消毒液的配方,欲用NaClO固体配制480 mL含25% NaClO的消毒液。下列说法正确的是　　　　。　 A.如图所示的仪器中,有四种是不需要的,还需一种玻璃仪器B.容量瓶用蒸馏水洗净后,应烘干才能用于溶液配制C.利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低D.需要称量的NaClO固体质量为143.0 g12.答案　(1)4.0　(2)0.04　(3)C解析　(1)c(NaClO)=≈4.0 mol·L-1。　(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变,100 mL×4.0 mol·L-1=×c(NaClO),解得c(NaClO)≈0.04 mol·L-1,故稀释后的溶液中c(Na+)=c(NaClO)≈0.04 mol·L-1。(3)配制480 mL含25% NaClO的消毒液时,用到的主要仪器有:托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管,故题图中①~④四种仪器不需要,但还需量筒、玻璃棒和胶头滴管,A项错误;容量瓶用蒸馏水洗净后,可以直接使用,不用干燥,B项错误;由于NaClO易变质,所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO的物质的量减小,从而使结果偏低,C项正确;配制480 mL该“84”消毒液,应选取500 mL的容量瓶,所以需要称量的NaClO固体的质量为0.5 L×4.0 mol·L-1×74.5 g·mol-1=149.0 g,D项错误。B组　提升题组13.16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应:6NO+4NH3 5N2+6H2O(g),达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL,则原混合气体中NO与NH3的体积之比可能有四种情况:①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。其中正确的是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.①② B.①④C.②③ D.③④13.答案　C　根据反应前后气体的总体积,可用差量法直接求解。6NO+4NH3 5N2+6H2O(g)　ΔV 6 4 5 6 1 9 mL 6 mL 17.5 mL-16 mL=1.5 mL由此可知共消耗15 mL气体,还剩余1 mL气体,假设剩余的气体全部是NO,则V(NO)∶V(NH3)=(9 mL+1 mL)∶6 mL=5∶3;假设剩余的气体全部是NH3,则V(NO)∶V(NH3)=9 mL∶(6 mL+1 mL)=9∶7,但因该反应是可逆反应,剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体,故V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3之间,对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。14.有三种镁铝合金样品(组分比例不一定相同)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。三位同学各取一种样品,对合金中镁的质量分数进行下列实验探究:(1)第一位同学取样品Ⅰ m1 g和过量的氢氧化钠溶液反应,然后过滤;再往滤液中通入过量的二氧化碳气体,将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、灼烧,得到固体的质量仍为m1 g。则合金中镁的质量分数为　　　(保留小数点后2位)。 (2)第二位同学取样品Ⅱ m2 g和足量的稀硫酸反应,发现固体完全溶解,并得到标准状况下气体的体积为V L,则m2的取值范围是　　　　　(结果化为最简分数)。 (3)第三位同学取不同质量的样品Ⅲ分别和30 mL同浓度的盐酸反应,所取合金质量与产生气体的体积(标准状况下测定)如表所示:实验序号abc合金质量/g0.5100.7650.918气体体积/mL560672672①盐酸的物质的量浓度为　　　　。 ②合金中镁的质量分数为　　　　。 ③要使c组实验后剩余合金中的铝恰好完全溶解,还需向容器中加入1.0 mol·L-1的氢氧化钠溶液　　　mL。 14.答案　(1)47.06%　(2)<m2<(3)①2.0 mol·L-1　②47.06%　③78解析　(1)加入过量NaOH溶液,过滤后,再往滤液中通入过量二氧化碳得到Al(OH)3沉淀,灼烧得到Al2O3,合金的质量与Al2O3的质量相同,故Al2O3中O的质量分数就是合金中镁的质量分数,即×100%≈47.06%。(2)若该氢气完全由Al生成,则m(Al)=××27 g·mol-1= g;若该氢气完全由Mg生成,则m(Mg)=×24 g·mol-1=g,则m2的取值范围是<m2<。(3)①c中盐酸反应完全,n(H2)=0.03 mol,则c(HCl)==2.0 mol·L-1。②用a组数据列方程式,求得n(Mg)=n(Al)=0.01 mol,ω(Mg)=≈47.06%。③由HCl~NaCl知,n(NaCl)=n(HCl)=2n(H2)=0.06 mol,由关系式Al~NaAlO2知,n(NaAlO2)=n(Al)=×0.01 mol=0.018 mol。根据Na元素守恒得n(NaOH)=0.06 mol+0.018 mol=0.078 mol,所以V(NaOH)==0.078 L=78 mL。