2020高考化学一轮复习第一章物质的量课时作业2一定物质的量浓度溶液及配制（含解析） 练习

课时作业2　一定物质的量浓度溶液及配制

时间：45分钟

1．(2019·大连模拟)下列关于物质的量浓度表述正确的是(　C　)

A．0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO的总物质的量为0.9 mol

B．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同

C．当 1 L水吸收 22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是 1 mol·L－1，只有当22.4 L(标准状况)氨气溶于水制得 1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L－1

D．10 ℃时，100 mL 0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉 5 g 水，冷却到 10 ℃时，其体积小于 100 mL，它的物质的量浓度大于 0.35 mol·L－1

解析：0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中Na＋、SO的物质的量浓度分别为0.6 mol·L－1、0.3 mol·L－1，由于缺少溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故A错误；在K2 SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在：c(Na＋)＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SO)，Na＋和SO的物质的量相等，即物质的量浓度相等，所以K＋和Cl－的物质的量浓度一定不相同，故B错误；溶液的体积不等于溶剂的体积，所以1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L－1；标准状况下22.4 L氨气的物质的量为1 mol，溶于水制得1 L氨水时，其浓度一定等于1 mol·L－1，故C正确；10 ℃时，0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，溶液仍然是该温度下的饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，仍为0.35 mol·L－1，D错误。

2．(2019·黑龙江模拟)下列说法正确的是(　C　)

A．现需480 mL 0.1 mol·L－1硫酸铜溶液，则使用容量瓶配制溶液需要7.68 g硫酸铜固体

B．配制1 mol·L－1NaOH溶液100 mL，用托盘天平称量4 g NaOH固体放入100 mL容量瓶中溶解

C．制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并继续煮沸至红褐色

D．使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸转移至烧杯后需用蒸馏水洗涤量筒，并将洗涤液一并转移至烧杯

解析：实验室没有480 mL的容量瓶，选择大于480 mL且相近规格的容量瓶，故应选择500 mL容量瓶，配制500 mL 0.1 mol·L－1硫酸铜溶液需要硫酸铜的质量为0.5 L×0.1 mol·L－1×160 g·mol－1＝8.0 g，A错误；氢氧化钠固体应该在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶，B错误；制备Fe(OH)3胶体时，向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并继续煮沸至红褐色即得到氢氧化铁胶体，C正确；量筒是量出式仪器，量取的液体倒出的量就是所读的量，不能洗涤，如果洗涤并将洗涤液一并转移至烧杯，实际量取浓硫酸的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，D错误。

3．(2019·安徽蒙城一中等五校联考)20 ℃时，饱和NaCl溶液的密度为1.1 g·cm－3，物质的量浓度为5.0 mol·L－1，下列说法不正确的是(　D　)

A．25 ℃时，饱和NaCl溶液的物质的量浓度大于5.0 mol·L－1　

B．20 ℃时，饱和NaCl溶液的质量分数约为26.6%

C．20 ℃时，密度小于1.1 g·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液

D．将此饱和NaCl溶液蒸发掉部分水，再恢复到20 ℃时，溶液密度一定大于1.1 g·cm－3

解析：NaCl的溶解度随温度的升高而增大，所以其饱和溶液的物质的量浓度也会增大，则25 ℃时，饱和NaCl溶液的物质的量浓度大于5.0 mol·L－1，A正确；设溶液的体积为1 L，则溶液的质量为1.1 g·mL－1×1 000 mL＝1 100 g，溶质的物质的量为1 L × 5.0 mol·L－1＝5 mol，溶质的质量为5 mol×58.5 g·mol－1＝292.5 g，所以溶质的质量分数为×100%≈26.6%，B正确； NaCl溶液的浓度越大，密度越大，20 ℃时，密度为1.1 g·cm－3的溶液是饱和溶液，则20 ℃时，密度小于1.1 g·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液，C正确；将饱和NaCl溶液蒸发，则有NaCl晶体析出，再恢复到20 ℃时，其溶解度不变，溶液仍为饱和溶液，密度仍为1.1 g·cm－3，D错误。

4．(2019·江西两校联考)下列说法正确的是(　B　)

A．1 L水中溶解了58.5 g NaCl，该溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1

B．V L Fe2(SO4)3溶液中含a g SO，取此溶液 L用水稀释成2V L，则稀释后溶液中c(Fe3＋)为mol·L－1(不考虑Fe3＋水解)

C．已知某NaCl溶液的密度是1.17 g·cm－3，可求出此溶液的物质的量浓度

D．把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL 10%的NaOH溶液混合后，可判断NaOH混合溶液的质量分数等于15%

解析：1 L水中溶解了58.5 g(1 mol)NaCl，溶液的体积不等于1 L，故溶液的物质的量浓度不是1 mol·L－1，A项错误；V L Fe2(SO4)3溶液中含a g SO，则c(SO)＝ mol·L－1，又c(Fe3＋)∶c(SO)＝2∶3，则该溶液中c(Fe3＋)＝×c(SO)＝ mol·L－1，取此溶液 L用水稀释成2V L，则稀释后溶液中c(Fe3＋)＝ mol·L－1＝ mol·L－1，B项正确；该溶液中溶质的质量分数未知，故无法求出此溶液的物质的量浓度，C项错误；因为NaOH溶液的质量或密度未知，因此无法判断NaOH混合溶液的质量分数，D项错误。

5．绿矾的化学式可表示为FeSO4·xH2O。一定温度时，将n g绿矾溶解于m g水中可配制V mL密度为ρ的饱和溶液，FeSO4的质量分数为w，物质的量浓度为c，该温度下FeSO4的溶解度为S。下列关系式正确的是(　D　)

A．ρ＝ g·L－1

B．w＝%

C．c＝ mol·L－1

D．S＝ g/(100 g 水)

解析：ρ＝ g·mL－1，A错误。w＝%，B项错误。c＝mol·L－1，C项错误。根据溶解度定义计算可知D项正确。

6．(2019·皖南名校联考)25 ℃时，20.00 mL硫酸和硝酸的混合溶液，加入足量氯化钡溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，可得0.466 g沉淀。滤液跟2.00 mol/L氢氧化钠溶液反应，共用去10.00 mL碱液时恰好中和。下列说法中正确的是(　C　)

A．原混合液中c(SO)＝0.20 mol /L

B．原混合液中c(NO)＝0.90 mol/L

C．原混合液的pH＝0

D．原混合液中由水电离出的c(H＋)＝0.10 mol/L

解析：原混合液中，n(H2SO4)＝n(BaSO4)＝0.466 g ÷233 g/mol＝0.002 mol，n(H＋)＝n(NaOH)＝2.00 mol/L ×0.01 L＝0.02 mol，c(H＋)＝0.02 mol÷0.02 L＝1 mol/L，pH＝0。c(SO)＝0.002 mol ÷0.02 L＝0.10 mol/L；n(HNO3)＝0.02 mol－0.002 mol ×2＝0.016 mol，c(NO)＝0.80 mol/L；原混合液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－14 mol/L。

7．(2019·山西怀仁一中月考)下列有关实验原理或操作正确的是(　B　)

A．用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，配制质量分数为75%的酒精溶液(ρ酒精< 1 g·cm－3)

B．200 mL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2.5 mol·L－1

C．实验中需用2.0 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的Na2CO3的质量分别为950 mL、201.4 g

D．实验室配制500 mL 0.2 mol·L－1的硫酸亚铁溶液，其操作：用托盘天平称量15.2 g绿矾(FeSO4·7H2O),  放入小烧杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶中，稀释、定容、摇匀

解析：由于ρ酒精＜1 g·cm－3，用 20 mL量筒量取 15 mL酒精，加水5 mL，配制的酒精溶液的质量分数小于 75%，A错误；由题中信息可知，溶液中硫酸根离子与金属离子的个数比为3∶2，该盐的化学式为R2(SO4)3，该硫酸盐的物质的量为0.5 mol，则其物质的量浓度为＝2.5 mol·L－1，B正确；实验中需要 2.0 mol·L－1的Na2CO3溶液 950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为1 000 mL，应称取的Na2CO3的质量为 2.0 mol·L－1× 1 L× 106 g·mol－1＝212.0 g，C错误；绿矾的摩尔质量为 278 g·mol－1，实验室配制500 mL 0.2 mol·L－1的硫酸亚铁溶液，需称量的绿矾的质量为0.5 L×0.2 mol·L－1×278 g·mol－1＝27.8 g，D错误。

8．(2019·山东新汶中学月考)快速准确称量8.0 g NaOH配成 2 L溶液，下列说法中正确的是(　D　)

A．室温时，所配溶液中由水电离出的c(OH－)为1.0×10－7 mol·L－1

B．若从原溶液中取出200 mL，取出的溶液的物质的量浓度为0.01 mol·L－1

C．室温下，若向所配的溶液中通入适量的氯气，恰好反应时所消耗的氯气的体积为2.24 L

D．室温下，向所配制的溶液中加入足量的铝粉，充分反应后转移的电子的物质的量为0.6 mol

解析：快速准确称量，就可以不考虑称量过程中NaOH变质引起的误差，则8.0 g NaOH配成 2 L溶液时，氢氧化钠的物质的量浓度为＝0.1 mol·L－1。室温时，由Kw可计算出溶液中由水电离出的氢离子浓度c(H＋)＝＝1.0×10－13mol·L－1，而由水电离产生的氢离子浓度等于由水电离产生的氢氧根离子浓度，则溶液中由水电离出的c(OH－)为1.0×10－13mol·L－1，A错误；从原溶液中取出的溶液的物质的量浓度不变，仍为0.1 mol·L－1，B错误；8.0 g NaOH(0.2 mol)最多可吸收0.1 mol氯气，但在室温下，不能用标准状况下气体摩尔体积计算0.1 mol氯气的体积，C错误；铝与氢氧化钠溶液充分反应：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，由化学方程式计算可知，0.2 mol NaOH与足量铝反应可生成0.3 mol氢气，转移0.6 mol电子，D正确。

9．(2019·江西抚州临川一中月考)在t ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g·cm－3(小于水的密度)，溶质的质量分数分为w，其中含NH的物质的量为b mol，下列叙述中一定正确的是(　D　)

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．向上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液中溶质的质量分数大于 0.5w

D．溶液中c(OH－)＝mol·L－1＋c(H＋)

解析：氨水的溶质为NH3，该溶液的密度为ρ g·cm－3，体积为V mL，所以溶液质量为ρV g，溶质NH3的质量为a g，溶质的质量分数w＝×100%，A错误；a g NH3的物质的量为＝ mol，溶液体积为V mL，所以溶质的物质的量浓度为＝ mol·L－1，B错误；水的密度大于氨水，相等体积的水与氨水，水的质量更大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，混合溶液中NH3的质量仍为a g，因此等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w，C错误；根据电荷守恒可得等式：c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，由题给信息可求c(NH)＝＝ mol·L－1，代入等式可得c(OH－)＝ mol·L－1＋c(H＋)，D正确。

10．如图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是(　C　)

A．只有在t1  ℃时，NaCl和MgSO4的溶解度才相等

B．t1～t2  ℃，MgSO4的溶解度随温度升高而减小

C．在t2 ℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大

D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，有晶体析出

解析：在t1℃、t3℃时，NaCl、MgSO4的溶解度都相等，A错误；t2℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2℃之后，随温度的升高而减小，B错误；w＝×100%，S越大，w越大，C正确；把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t2℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出，D错误。

11．(2019·宝鸡模拟)今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4 mol·L－1的FeCl3溶液(其他用品略)，某合作学习小组同学的实验结果如下(假定反应前后溶液体积不变)：

下列结论正确的是(　C　)

A．第①组反应后溶液中c(Fe3＋)＝3 mol·L－1

B．第②组剩余固体是铜铁混合物

C．第④组反应后的滤液中c(Fe2＋)＝6 mol·L－1

D．原混合粉末中n(Fe)∶n(Cu)＝3∶2

解析：根据第③④两组反应减少的固体的质量相等，可知该条件下均是铁与FeCl3溶液完全反应，反应的铁的质量为11.2 g，物质的量为0.2 mol，第④组反应后的滤液中c(Fe2＋)＝(0.4＋0.2)mol÷0.1 L＝6 mol·L－1，第②组溶解的固体为11.92 g，大于11.2 g，故应有铜溶解，剩余物质为未反应完的铜，设第②组反应的铁和铜的物质的量分别x mol、y mol，根据反应方程式有2x＋2y＝0.4，根据质量关系有56x＋64y＝11.92，联合解得x＝0.11，y＝0.09，所以铜的物质的量为0.09 mol＋ mol＝0.11 mol，铁的物质的量为0.11 mol，n(Fe)∶n(Cu)＝1∶1。第①组反应的6 g金属中n(Fe)＝n(Cu)＝0.05 mol，反应中消耗的n(FeCl3)＝2n(Fe)＋2n(Cu)＝0.2 mol，反应后溶液中n(Fe3＋)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol，c(Fe3＋)＝2 mol·L－1，故答案为C。

12．(2019·荆州模拟)常温下，向0.25 mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是(　D　)

A．硫酸溶液的体积为25 mL

B．b时刻溶液中SO的浓度约为0.125 mol·L－1

C．d时刻溶液的pH为12

D．溶液的导电能力：c<d<b<a

解析：硫酸和氢氧化钡发生中和反应：H2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2O，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中氢离子的浓度逐渐降低，溶液的pH逐渐增大，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，由于c(H2SO4)＝c[Ba(OH)2]，所以硫酸溶液的体积为20 mL，故A错误；b时刻硫酸根离子物质的量浓度为≈0.083 mol·L－1，故B错误；d溶液呈碱性，c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－13mol·L－1，pH＝13，故C错误；导电能力与溶液中自由移动离子的浓度有关，离子浓度越大，导电能力越强，随着氢氧化钡溶液的加入，溶液中硫酸根离子和氢离子逐渐减少，当达到c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水，溶液的导电性最小，继续滴加氢氧化钡溶液时，氢氧化钡是可溶性的强电解质，溶液中自由移动的离子浓度增大，导电性逐渐增强，所以导电能力是先减小后增大，但d中离子浓度小于b，所以导电能力大小顺序是a>b>d>c，故D正确。

13．(2019·江苏宝应中学月考)工业生产中用过量的烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液的pH和生成Al(OH)3的量随加入的NaHCO3溶液的体积变化的曲线如下：

下列有关说法不正确的是(　C　)

A．a点溶液中存在的离子有Na＋、AlO、OH－、H＋

B．b点与c点溶液中所含微粒种类相同

C．NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8 mol·L－1

D．生成沉淀的离子方程式：HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO

解析：Al2O3与MgO的混合物经过量烧碱溶液处理，过滤后所得滤液中溶质是生成的NaAlO2和过量的NaOH，则a点溶液中存在Na＋、AlO、OH－、H＋，A正确；由b点到c点是偏铝酸根离子与碳酸氢根离子发生反应生成沉淀，其离子方程式为HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3 ↓＋CO，b、c两点溶液中均只有部分AlO反应，则溶液中所含微粒种类相同，B、D正确；由于过滤后的滤液中存在OH－、AlO，加入NaHCO3溶液后，HCO先与OH－发生反应，再与AlO发生反应，由图可知，生成的n[Al(OH)3]＝32×10－3mol，则AlO消耗的n(NaHCO3)＝32×10－3mol，根据图像可知，AlO消耗的NaHCO3溶液的体积V(NaHCO3)＝(40－8)mL＝32 mL，则c(NaHCO3)＝＝＝1 mol·L－1，C错误。

14．(2019·江西赣州四校协作体模拟)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250 mL 0.100 mol·L－1标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，还需要________、________。

(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为________g。

(3)另取废水50.00 mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到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溶液进行反应，反应液中再滴加上述Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。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)用固体配制一定物质的量浓度的溶液时，所需步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，现需配制250 mL 0.100 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，还需要胶头滴管、烧杯。

(2)所需的Na2S2O3的物质的量为0.25 L×0.1 mol·L－1＝0.025 mol，质量为0.025 mol×158 g·mol－1＝3.95 g，用托盘天平所需称量的质量为4.0 g。

(3)设Ba2＋的物质的量为x mol，则根据相关反应可得以下关系式：

Ba2＋～BaCrO4～Cr2O～I2～3S2O

　1　　　　　　　　　　　　　 3

x mol　　　　　　　　　　0.036 L×0.100 mol·L－1

则有＝，解得x＝1.2×10－3，则c(Ba2＋)＝＝0.024 mol·L－1。

答案：(1)胶头滴管　烧杯　(2)4.0

(3)0.024 mol·L－1

15．(2019·江西金溪一中月考)某同学帮助水质监测站配制 480 mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液以备使用。

(1)该同学应选择________mL的容量瓶。

(2)其操作步骤如图所示，则上图框中的操作应在图中________(填选项字母)之间。

A．②与③　B．①与②　C．③与④　D．④和⑤

(3)该同学应称取NaOH固体________g，用质量为23.1 g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大小________(填字母，下同)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项____________。

附表：砝码规格

　 　 　 A　　　　 　 　　B　　　　 　 　　C

(4)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响？(填“偏大”“偏小”或“无影响”)

①定容时，俯视读数，浓度会________；

②转移溶液的过程中，少量液体溅出来，浓度会________；

③容量瓶未干燥，浓度会________；

④定容摇匀后发现溶液的凹液面低于刻度线，浓度会________。

解析：(1)容量瓶的规格应等于或稍大于配制溶液的体积，实验室没有480 mL容量瓶，所以应选500 mL容量瓶。

(2)图框中的操作为将蒸馏水注入容量瓶，该操作应在使用胶头滴管定容之前，即应在④到⑤之间，故答案为D。

(3)配制500 mL 0.5 mol·L－1NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5 L×0.5 mol·L－1×40 g·mol－1＝10.0 g；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，计算可得氢氧化钠与烧杯的总质量为10.0 g＋23.1 g＝33.1 g，故应选择20 g与10 g的砝码，即选择c、d；由表中数据可知，最小的砝码为5 g，游码的最大刻度为5 g，所以游码应在3.1 g的位置，故选C。

(4)①定容时，俯视读数，溶液的体积偏小，所配制溶液的浓度偏大；

②转移溶液的过程中，少量液体溅出来，溶质的物质的量偏小，所配制溶液的浓度会偏小；

③容量瓶使用时未干燥，溶质的物质的量和溶液的体积都不变，所以对配制溶液的浓度无影响；

④定容摇匀后溶液的凹液面低于刻度线，是因为部分溶液附着在瓶壁上，对溶液的浓度无影响。

答案：(1)500　(2)D　(3)10.0 　cd　 C

(4)①偏大　②偏小　③无影响　④无影响