（新）2022届年高考化学一轮复习课时分层提升练二1.2物质的量在化学实验中的应用含解析新人教版20190803114.doc

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1、物质的量在化学实验中的应用一、选择题1.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液,需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是()【解析】选B。托盘天平的左盘应放物体,右盘应放砝码,A错误;溶解时用玻璃棒搅拌,B正确;将溶液转移到容量瓶中时,应用玻璃棒引流,C错误;定容时,胶头滴管不能伸入容量瓶内部,D错误。2.下列有关溶液配制的说法正确的是()A.在50 mL量筒中配制0.100 0 mol·L-1碳酸钠溶液B.仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100 mL 0.100 0 mol·L-1 K2Cr2O7溶液C.用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头

2、滴管和pH=1的盐酸配制100 mL pH=2的盐酸D.配制一定物质的量浓度的溶液时,定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高【解析】选C。配制溶液时要在容量瓶中进行,A、B均错误;定容时,仰视刻度线,导致溶液的体积偏大,所配溶液的浓度偏低,D错误。3.下列关于物质的量浓度表述正确的是()A.0.3 mol·L-1 Na2SO4溶液中含有Na+和S总物质的量为0.9 molB.10 时0.35 mol·L-1的KCl饱和溶液100 mL,蒸发掉5 g水,再冷却到10 时,它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L-1C.用1 L水吸收标准状况下22.4 L氨气所得氨水

3、的浓度是1 mol·L-1D.50 mL 1 mol·L-1的KCl溶液和100 mL 0.25 mol·L-1 MgCl2溶液中,Cl-物质的量浓度相等【解析】选B。A项,没有注明溶液的体积,只有在1 L 0.3 mol·L-1 Na2SO4溶液中含有Na+和SO42-总物质的量为0.9 mol,错误;B项,10 时0.35 mol·L-1的KCl饱和溶液100 mL,蒸发掉5 g水,再冷却到10 时,得到的溶液还是原温度下的KCl饱和溶液,故其浓度仍为0.35 mol·L-1,正确;C项,用1 L水吸收标准状况下22.4 L氨气所

4、得氨水的体积并不是1 L,则所得氨水的浓度不是1 mol·L-1,错误;D项,50 mL 1 mol·L-1的KCl溶液中Cl-物质的量浓度为1 mol·L-1,而100 mL 0.25 mol·L-1MgCl2溶液中,Cl-物质的量浓度为0.5 mol·L-1,错误。4.将15 mL 2 mol·L-1Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L-1 MCln盐溶液中,恰好将溶液中的Mn+完全沉淀为碳酸盐,则MCln中n值是()A.4B.3C.2D.1【解析】选B。反应后溶液中的溶质是NaCl,根据电荷守恒可知,

5、n(Na+)=n(Cl-),即有15 mL· 2 mol·L-1·2=40 mL·0.5 mol·L-1·n,解得n=3。【加固训练】某氯化镁溶液的密度为1.18 g·cm-3,其中Mg2+的质量分数为5.1%,300 mL该溶液中Cl-的物质的量约为()A.0.37 molB.0.63 molC.0.74 molD.1.5 mol【解析】选D。c(Mg2+)=1 000×1.18×5.1%242.5(mol·L-1),n(Cl-)=2n(Mg2+)=2×0.3 L×2.5

6、mol·L-1=1.5 mol。二、非选择题5.用经过准确称量的NaOH固体配制250 mL 0.2 mol·L-1 NaOH溶液。(1)在下列实验仪器中,不必使用的是_(填代号)。 A.托盘天平B.500 mL试剂瓶C.500 mL容量瓶D.250 mL烧杯E.胶头滴管(2)除上述仪器中可使用的以外,还缺少的仪器是_; (3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。 (4)配制时经以下操作步骤,正确的顺序是_。 A.用适量的蒸馏水加入盛NaOH的烧杯中完全溶解,冷却至室温B.将烧杯中的溶液小心转移到容量瓶中C.继续向容量瓶中加蒸馏水至液

7、面距刻度线12 cm 处,改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至凹液面底部与刻度线相切D.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次,每次洗涤液都小心注入容量瓶,并轻轻振荡E.将容量瓶塞塞紧,充分摇匀(5)下列情况会使所配溶液浓度偏高的是_。 a.定容时俯视标线b.没有进行上述操作步骤Dc.加蒸馏水不慎超过刻度线d.容量瓶使用前内壁沾有水珠e.砝码上有杂质【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液,所用仪器根据实验步骤选择,因为NaOH固体是经过准确称量的,故不再需托盘天平进行称量,固体需溶解,故需用250 mL烧杯,又因是配制250 mL的溶液,故不需要500 mL容量瓶,而应使用250 mL容量瓶,

8、又因容量瓶不能用来长期保存试剂,故需500 mL试剂瓶来盛装溶液。(2)除了上述仪器中可使用的以外,还需玻璃棒和容量瓶。(3)使用容量瓶前必须检查容量瓶是否漏水。(4)配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。(5)误差分析:根据c=nV=中m、n、V的变化分析,a.俯视使V减小,c偏高b.未洗涤,使n减小,c偏低c.使V增大,c偏低d.无影响e.使m增大,c偏高。答案:(1)A、C(2)玻璃棒、250 mL容量瓶(3)检查容量瓶是否漏水(4)A、B、D、C、E(5)a、e6.实验室需要配制0.50 mol·L-1 NaCl溶液480 mL。按下列操作

9、步骤填上适当的文字,以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有:托盘天平(带砝码、最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、_、_、_以及等质量的两片同种纸片。 (2)计算。配制该溶液需取NaCl晶体_g。 (3)称量。天平调平之后,应将天平的游码调至某个位置,请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置:称量过程中NaCl晶体应放于天平的_(填“左盘”或“右盘”)。 称量完毕,将药品倒入烧杯中。(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒,目的是_ _。 (5)转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流,需要洗涤烧杯23次是为了_。 (6)定容

10、。向容量瓶中加水至液面接近刻度线_处,改用_加水,使溶液凹液面与刻度线相切。 (7)摇匀、装瓶。【解析】配制480 mL 0.50 mol·L-1的NaCl溶液,必须用500 mL的容量瓶。m(NaCl)=0.50 mol·L-1×0.5 L×58.5 g·mol-114.6 g(托盘天平精确到0.1 g)。用托盘天平称量时,物品放在左盘。配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算称量(或量取)溶解、冷却转移、洗涤定容、摇匀装瓶贴标签。答案:(1)500 mL容量瓶胶头滴管玻璃棒(2)14.6(3)左盘(4)搅拌,加速NaCl溶解(5)

11、保证溶质全部转入容量瓶中(6)12 cm胶头滴管7.常温下,在27.5 g水中溶解12.5 g CuSO4·5H2O,恰好达到饱和,该溶液密度为1.21 g·cm-3,求:(1)该溶液中阴阳离子的总物质的量是_; (2)该溶液中CuSO4的物质的量浓度是_; (3)取出20.0 mL该溶液,配成浓度为1.00 mol·L-1的稀溶液,则稀释后溶液的体积是_毫升。 【解析】(1)12.5 g CuSO4·5H2O的物质的量为12.5 g250 g·mol-1=0.05 mol。由于1 mol CuSO4·5

12、H2O溶于水后会电离出1 mol Cu2+和1 mol S,所以0.05 mol的CuSO4·5H2O可以电离出0.05 mol Cu2+和0.05 mol S,因此该溶液中阴阳离子的总物质的量为0.05 mol+0.05 mol=0.10 mol。(2)由公式=知溶液的体积V=33.06 mL。所以该溶液中CuSO4的物质的量浓度c=0.05 mol0.033 06 L1.51 mol·L-1。(3)取出的这20.0 mL溶液其物质的量浓度仍然是1.51 mol·L-1,根据稀释过程中溶质的物质的量不变可以列关系式计算。设稀释后的体积为V,则有:V×1

13、.00 mol·L-1=0.020 L×1.51 mol·L-1,解得V=0.030 2 L,即30.2 mL。答案:(1)0.10 mol(2)1.51 mol·L-1(3)30.2一、选择题1.(2019·桂林模拟)下列配制的溶液浓度偏高的是()A.配制盐酸溶液用量筒量取盐酸时俯视刻度线B.配制盐酸溶液定容时,仰视容量瓶刻度线C.称量40 g NaOH配制1 mol·L-1 NaOH溶液1 000 mL时,砝码错放左盘D.H2SO4稀释后未经冷却即注入容量瓶配制【解析】选D。A项,配制盐酸溶液用量筒量取盐酸时俯视刻度线,使量取的盐

14、酸的体积偏小,所配溶液的浓度偏低,错误;B项,配制盐酸溶液定容时,仰视容量瓶刻度线,使所配溶液的体积偏大,溶液的浓度偏低,错误;C项,因40 g氢氧化钠为整数,不用游码,因此当砝码错放左盘时,称量氢氧化钠的质量不变,溶液的浓度不受影响,错误;D项,浓硫酸稀释放热,未冷却即做后面的实验,导致定容后再冷却时溶液的体积偏小,溶液的浓度偏高,正确。2.在环保、化工行业有一种溶液浓度的表示方法:质量体积浓度,用单位体积溶液中所含的溶质质量数来表示,单位g·m-3或g·L-1。现有一种20 时的饱和CuSO4溶液,密度为1.2 g·cm-3,质量体积浓度为200 g·

15、;L-1,则对此溶液的说法不正确的是()A.该溶液的质量分数为16.7%B.该溶液的物质的量浓度为1.25 mol·L-1C.在20 时,硫酸铜的溶解度为20 gD.在20 时把200 g CuSO4·5H2O溶解于1 L水中恰好得到饱和溶液【解析】选D。该溶液的质量分数为×100%16.7%,A正确;该溶液的物质的量浓度为=1.25 mol·L-1,B正确;S100 g=200 g(1 000 mL×1.2 g·cm-3-200 g),所以S=20 g,C正确;CuSO4·5H2O溶于水后得到CuSO4溶液,其溶质为CuS

16、O4,其质量只有200 g×=128 g,该溶液溶质的质量分数=×100%=10.7%,此值小于16.7%,所以不是饱和溶液,D错误。3.(2019·贵阳模拟)把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份,取一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应完全;取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na+)为()A.(10b-5a) mol·L-1B.(2b-a) mol·L-1C. mol·L-1D.5b-5a2 mol·L-1【解析】选A。NH4HCO3和a mol NaOH

17、恰好完全反应,则NH4HCO3的物质的量为0.5a mol,取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全,由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5a mol,则由Na2CO3反应掉的盐酸为b mol-0.5a mol,Na2CO3的物质的量为(b mol-0.5a mol)×0.5,则c(Na+)=(b mol-0.5a mol)×0.5×2÷0.1 L=(10b-5a)mol·L-1。【加固训练】 (2019·怀仁模拟)把500 mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份,取一份加入含a mol硫酸钠的溶液,恰好使钡离子完全沉淀

18、;另取一份加入含b mol硝酸银的溶液,恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为()A.10(b-2a)mol·L-1B.10(2a-b)mol·L-1C.10(b-a)mol·L-1D.0.1(b-2a)mol·L-1【解析】选A。把500 mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份,每份100 mL;取一份加入含a mol硫酸钠的溶液,恰好使钡离子完全沉淀,说明每份溶液含Ba2+a mol;另取一份加入含b mol硝酸银的溶液,恰好使氯离子完全沉淀,说明每份溶液含Cl- b mol;根据电荷守恒,每份溶液含钾离子(b-2a)mol;所以钾离

19、子浓度为(b-2a) mol÷0.1 L=10(b-2a)mol·L-1。二、非选择题4.(2019·莱芜模拟)在标准状况下,将224 L HCl气体溶于635 mL水中,所得盐酸的密度为1.18 g·cm-3。试计算:(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是_、_。 (2)取这种盐酸100 mL,稀释至1.18 L,所得稀盐酸的物质的量浓度是_。 (3)在40.0 mL 0.065 mol·L-1Na2CO3溶液中,逐滴加入上述稀释后的稀盐酸,边加边振荡。若使反应不产生CO2气体,加入稀盐酸的体积的最多不超过_mL。&

20、#160;(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水),放入50 mL 2 mol·L-1的盐酸中,充分反应后,溶液呈酸性,中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液,最终得到_g固体。 【解析】(1)n(HCl)=10 mol,m(HCl)=10 mol×36.5 g·mol-1=365 g,盐酸的质量分数w=×100%=36.5%,c(HCl)=1 000 mL·L-1×1.18 g·cm-3×36.5%36.5 g·mol-

21、1=11.8 mol·L-1。(2)由c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)可知,c(稀)=11.8 mol·L-1×=1 mol·L-1。(3)n(Na2CO3)=0.040 L×0.065 mol·L-1=0.002 6 mol,设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL,则n(HCl)=1 mol·L-1×0.001x L=0.001x mol,根据反应Na2CO3 +HClNaHCO3+NaCl得0.002 6=0.001x,x=2.6。(4)经过反应,蒸发中和后的溶液,最后所得固体为NaCl

22、,根据氯原子守恒:n(NaCl)=n(HCl)=0.050 L×2 mol·L-1=0.1 mol,m(NaCl)=0.1 mol×58.5 g·mol-1=5.85 g。答案:(1)36.5%11.8 mol·L-1(2)1 mol·L-1(3)2.6(4)5.855.(新题预测)实验室需要0.80 mol·L-1 NaOH溶液475 mL和0.40 mol·L-1硫酸500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题:(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填序号),配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(

23、填仪器名称)。 (2)容量瓶所不具备的功能有_(填序号)。 A.配制一定体积准确浓度的标准溶液B.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体C.贮存溶液D.用来加热溶解固体溶质(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g。在实验中其他操作均正确,若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥,则所得溶液浓度_0.80 mol·L-1(填“大于”“等于”或“小于”,下同)。若未等溶液冷却就定容,则所得溶液浓度_0.80 mol·L-1。 (4)试通过计算,所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的体积为_mL(计算结果保留一位小数)。

24、60;(5)准确称量二水合草酸晶体(H2C2O4·2H2O)m g于锥形瓶中,加适量蒸馏水溶解,滴加2滴_指示剂,用未知浓度的NaOH溶液滴定到终点,终点的颜色变化是_;写出滴定反应的离子方程式:_ _。 通过这种滴定方法,可以准确标定出NaOH溶液的浓度,假设消耗NaOH溶液的体积为V mL,列出计算NaOH准确浓度的式子:_。 【解析】(1)配制溶液肯定不需要圆底烧瓶和分液漏斗,除量筒、胶头滴管和容量瓶外,还需用到的玻璃仪器是烧杯和玻璃棒。(2)容量瓶可以用来配制一定体积准确浓度的标准溶液,但不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体,不能贮存溶液也不能

25、用来加热溶解固体溶质。(3)实验选用500 mL容量瓶,需要NaOH的质量为m=n·M=0.5 L×0.80 mol·L-1×40 g·mol-1=16.0 g。实验中其他操作均正确,若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥,对所配溶液的物质的量浓度无影响,即所得溶液浓度等于0.80 mol·L-1;若未等溶液冷却就定容,则溶液的体积偏小,所配溶液的浓度偏高,即所得溶液浓度大于0.80 mol·L-1。(4)根据溶液稀释前后硫酸的物质的量相等进行计算。可设需要浓硫酸的体积为V,则1.84 g·cm-3×V×

26、98%98 g·mol-1=0.5 L×0.40 mol·L-1,解得V=10.9 mL。(5)用NaOH溶液滴定草酸溶液,需要的指示剂为酚酞;由于草酸溶液遇酚酞试液不变色,而NaOH溶液能够使酚酞试液变红色,因此滴定终点的现象是无色溶液变成粉红色且半分钟不褪色;由于草酸是弱电解质,书写离子方程式时不拆分,因此滴定反应的离子方程式为H2C2O4+2OH-C2+2H2O;设NaOH溶液的浓度为c,由于消耗NaOH溶液的体积为V mL,因此消耗NaOH的物质的量为n(NaOH)=;草酸晶体的质量为m g,则H2C2O4的物质的量为n(H2C2O4)=;根据化学方程式可

27、知,2n(H2C2O4)=n(NaOH),故=×2,故c=。答案:(1)A、C烧杯、玻璃棒(2)B、C、D(3)16.0等于大于(4)10.9(5)酚酞无色变成粉红色且半分钟不褪色H2C2O4+2OH-C2+2H2O6.(2019·开封模拟)取50.0 mL Na2CO3和Na2SO4的混合溶液,加入过量BaCl2溶液后得到14.51 g白色沉淀,用过量稀硝酸处理后沉淀质量减少到4.66 g,并有气体放出。试计算:(1)原混合溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度分别为_、_。 (2)产生的气体在标准状况下的体积为_。 (3)已知t 时Na2CO

28、3的溶解度为S g,该温度下Na2CO3饱和溶液溶质的物质的量浓度是c mol·L-1,则此饱和溶液的密度为(用S、c表示)_ _g·mL-1。 【解析】(1)沉淀用过量稀硝酸处理后,剩余的4.66 g必为BaSO4,据S守恒知,原溶液中Na2SO4的物质的量为 mol=0.02 mol,则其浓度为 mol·L-1 =0.40 mol·L-1;而BaCO3质量为14.51 g-4.66 g=9.85 g,据C守恒,原溶液中Na2CO3的物质的量为 mol=0.05 mol,则其浓度为0.050.05 mol·L-1=1.00 mol·L-1。(2)据碳原子守恒,0.05 mol C生成0.05 mol CO2,故在标准状况下的体积为0.05 mol×22.4 L·mol-1=1.12 L。(3)根据饱和溶液中:=×100%=×100%;根据公式c=1 000 M可知,=53c(100+S)500S。答案:(1)1.0 mol·L-10.4 mol·L-1(2)1.12 L(3)53c(100+S)500S10