2021学年第3节 化学中常用的物理量——物质的量第3课时课时作业

这是一份2021学年第3节 化学中常用的物理量——物质的量第3课时课时作业，共11页。试卷主要包含了配制500 mL 0，5 ml·L-1，下列有关实验的叙述正确的是，实验室用氢氧化钠固体配制1等内容，欢迎下载使用。

第1章认识化学科学
第3节　化学中常用的物理量——物质的量
第3课时　物质的量浓度
课后篇素养形成
合格考达标练
　　　　　 　　　　　 　　　　
1.(2021北京156中学高一期中)0.5 L 1 mol·L-1FeCl3溶液与0.2 L 1 mol·L-1 KCl溶液中的Cl-的物质的量浓度之比是(　　)
A.5∶2 B.15∶2
C.3∶1 D.1∶3
答案C
解析0.5 L 1 mol·L-1 FeCl3溶液中Cl-的浓度为3 mol·L-1,0.2 L 1 mol·L-1 KCl溶液中Cl-的浓度为1 mol·L-1,则两溶液中Cl-的浓度之比为3∶1。
2.(2020福建漳平第一中学高一月考)4 ℃时,在100 mL水中溶解了22.4 L(在标准状况下测得)氯化氢气体。下列关于所形成的溶液说法正确的是(　　)
A.该溶液溶质的物质的量浓度为10 mol·L-1
B.若已知该溶液的密度,则可求得溶液溶质的物质的量浓度
C.该溶液中含有0.1 mol的Cl-
D.该溶液的体积为22.5 L
答案B
解析由于没有提供溶液的密度,无法计算出溶液的体积,因此该溶液的物质的量浓度无法计算,故A错误;标准状况下,22.4 L HCl气体的物质的量为22.4 L22.4 L·mol-1=1 mol,质量为1 mol×36.5 g·mol-1=36.5 g,100 mL水的质量为100 g,若已知该溶液的密度,则可求得溶液的体积,进而求得溶质的物质的量浓度,故B正确;标准状况下,22.4 L HCl气体的物质的量为22.4 L22.4 L·mol-1=1 mol,溶于水可解离出1 mol Cl-,故C错误;溶液的体积不等于溶剂的体积与溶质的体积之和,溶液的体积远远小于HCl体积,故D错误。
3.(2020湖北沙市中学高一期中)配制500 mL 0.1 mol·L-1的NaCl溶液,下列说法或操作正确的是(　　)
A.准确称量2.9 g NaCl固体溶于500 mL蒸馏水
B.用托盘天平准确称量干燥的NaCl固体2.925 g
C.在500 mL容量瓶中溶解氯化钠固体,然后加蒸馏水至刻度线
D.准确称量2.9 g混有KCl的NaCl固体,其他操作均正确,配好后的溶液中c(Cl-)偏低
答案D
解析用500 mL蒸馏水配制NaCl溶液得到的溶液的体积不是500 mL,A错误;托盘天平精确度是0.1 g,则用托盘天平不能准确称量2.925 g干燥的NaCl固体,B错误;溶解NaCl固体应该在烧杯中进行,不能使用容量瓶溶解,C错误;由于M(KCl)>M(NaCl),所以准确称量2.9 g混有KCl的NaCl固体,其他操作均正确,Cl-的物质的量偏少,由于溶液的体积不变,则配好后的溶液中c(Cl-)偏低,D正确。
4.(2020吉林吉化第一高级中学高一月考)在保证安全的前提下,学以致用是我们化学学习中一直倡导的理念。某同学欲用NaOH固体配制480 mL质量分数为25%、密度为1.2 g·mL-1的溶液,下列说法不正确的是(　　)
A.需用托盘天平称量NaOH固体的质量为144 g
B.容量瓶用蒸馏水洗净后,不必烘干就能用于配制溶液
C.定容时俯视容量瓶的刻度线,会造成所配制溶液物质的量浓度偏高
D.该溶液的物质的量浓度约为7.5 mol·L-1
答案A
解析用NaOH固体配制480 mL质量分数为25%的溶液,需用500 mL的容量瓶进行配制,需要NaOH固体的质量为500 mL×1.2 g·mL-1×25%=150 g,故A错误;因为配制溶液过程中需加水,容量瓶用蒸馏水洗净后,不必烘干就能用于配制溶液,故B正确;定容时俯视容量瓶的刻度线,溶液体积偏小,会造成所配制溶液物质的量浓度偏高,故C正确;该溶液的物质的量浓度c=1 000ρwM=1 000×1.2×25%40 mol·L-1=7.5 mol·L-1,故D正确。
5.下列有关实验的叙述正确的是(　　)
A.当溶液配制完成后,容量瓶可以用来存放配制的溶液
B.用500 mL的容量瓶可以直接配制480 mL的溶液
C.容量瓶不可以用来溶解固体,但是可以用来稀释浓的溶液
D.容量瓶不可以用来加热,但是锥形瓶可以用来加热
答案D
解析容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器,不能用来溶解固体,不能长期贮存溶液,也不能加热。
6.在100 g浓度为18 mol ·L-1、密度为ρ g·mL-1的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9 mol·L-1的硫酸,则加入水的体积(　　)
A.小于100 mL B.等于100 mL
C.大于100 mL D.等于100ρ mL
答案A
解析设加入水的体积为x,稀释后溶液的密度为ρ1 g·mL-1,100 g÷ρ g·mL-1×18 mol ·L-1=(100 g+x×1 g·mL-1)÷ρ1 g·mL-1×9 mol·L-1,x=(200ρ1ρ-100) mL,因为ρ大于ρ1,所以x<100 mL。
7.下列有关物质的量浓度的相关说法错误的是(　　)
A.将25 g CuSO4·5H2O晶体加水配成100 mL溶液,该溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1
B.将100 mL 5 mol·L-1盐酸在蒸发皿中蒸发至50 mL 溶液,物质的量浓度变为10 mol·L-1
C.将10 mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液和90 mL水混合,若忽略溶液体积的变化,所得溶液物质的量浓度为0.01 mol·L-1
D.实验室要用容量瓶配制0.2 mol·L-1的NaCl溶液950 mL,应称量NaCl固体11.7 g
答案B
解析25 g CuSO4·5H2O晶体的物质的量为25 g250 g·mol-1=0.1 mol,故n(CuSO4)=0.1 mol,溶液体积为0.1 L,则c(CuSO4)=0.1mol0.1 L=1 mol·L-1,A项正确;氯化氢易挥发,加热蒸发时盐酸浓度降低,B项错误;混合后溶液体积约为100 mL,根据混合过程中n(NaCl)不变可得c(NaCl)=10 mL×0.1mol·L-1100 mL=0.01 mol·L-1,C项正确;因没有950 mL的容量瓶,故应选择1 000 mL容量瓶,配制时称取NaCl固体的质量为1 L×0.2 mol·L-1×58.5 g·mol-1=11.7 g,D项正确。
8.实验室用氢氧化钠固体配制1.00 mol·L-1的NaOH溶液500 mL,回答下列问题。
(1)请补充完整实验的简要步骤:
①计算,②称量NaOH固体　　　　 g,③溶解,④冷却并移液,⑤洗涤并转移,⑥　　　　　　　,⑦摇匀。 
(2)本实验用到的基本仪器已有烧杯、托盘天平(带砝码)、镊子、量筒、玻璃棒,还缺少的仪器是　　　　　　　、　　　　　　。 
(3)上述实验操作②③都要用到小烧杯,其作用分别是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　和　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)如图是该同学转移溶液的示意图,图中有两处错误,请写出:
①　　　　　　　　　　　　　　　;②　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(5)在配制过程中,其他操作都是正确的,下列操作会引起浓度偏高的是　　　　(填字母)。 
A.转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面
B.定容时俯视刻度线
C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶中并定容
D.定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,发现液面低于刻度线,再加水至刻度线
答案(1)②20.0　⑥定容　(2)500 mL容量瓶　胶头滴管　(3)②用烧杯称量NaOH固体,防止NaOH腐蚀天平托盘　③用烧杯来做溶解用的容器　(4)①没有用玻璃棒引流　②未选用500 mL的容量瓶　(5)BC
解析(1)m(NaOH)=1.00 mol·L-1×0.500 L×40 g·mol-1=20.0 g。配制溶液时,要遵循计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。
(2)配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平、量筒。
(3)NaOH固体易潮解,具有强腐蚀性,为防止腐蚀托盘,称量时常用烧杯盛放。
(4)配制500 mL的溶液,应选用500 mL的容量瓶;在转移溶液时,一定要用玻璃棒引流,防止溶液溅到瓶外,引起所配溶液浓度偏低。
(5)A项的操作使溶质的物质的量减小,浓度偏低;B、C的操作使溶液体积减小,浓度偏高;D项的操作多加了水,体积偏大,浓度偏低。
9.(2020辽宁实验中学高一期中)配制一定物质的量浓度的溶液是化学实验室的基本实验操作之一。请回答下列问题:
(1)配制0.5 mol·L-1的硫酸溶液450 mL,需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的体积为　　　　　 mL,如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒,应最好选用　　　　量筒。 
(2)配制上述溶液,除用到量筒、烧杯、玻璃棒外,还需要的两种玻璃仪器是　　　　　。 
(3)关于容量瓶的四种叙述:①是配制准确浓度溶液的仪器;②可以长期贮存溶液;③不能用来加热;④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是　　　　　(填字母)。 
A.①②③④ B.②③
C.①③④ D.②③④
(4)下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是　　　　　(填序号)。 
A.浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移
B.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C.向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D.用量筒量取浓硫酸后,洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶
E.用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线
F.摇匀后发现液面低于刻度线,又加蒸馏水至刻度线
答案(1)13.6　15 mL
(2)500 mL容量瓶、胶头滴管
(3)C　(4)ACDE
解析(1)质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的物质的量浓度c=1 000×1.84×98%98 mol·L-1=18.4 mol·L-1,配制0.5 mol·L-1的硫酸溶液450 mL,应选择500 mL容量瓶,实际配制500 mL溶液,设需要浓硫酸体积为V,则依据溶液稀释规律,18.4 mol·L-1×V=0.5 mol·L-1×500 mL,解得V≈13.6 mL,故应选择15 mL量筒。
(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤:计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等,用到的仪器除了量筒、烧杯、玻璃棒外,还需要500 mL容量瓶和胶头滴管。
(3)容量瓶不宜贮存溶液,不能用来加热,使用之前要检查是否漏水。
(4)浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移,V偏小,则浓度偏高,故A项符合题意;转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒,n偏小,则浓度偏低,故B项不符合题意;向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面,V偏小,则浓度偏高,故C项符合题意;用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶,n偏大,则浓度偏高,故D项符合题意;用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线,n偏大,则浓度偏高,故E项符合题意;摇匀后发现液面低于刻度线,又加蒸馏水至刻度线,V偏大,则浓度偏低,故F项不符合题意。
等级考提升练
10.(2020四川南充高一期中)有体积相同的两份营养液的配方如下,试判断两份营养液中各离子浓度的关系是(　　)
物质
KCl
K2SO4
ZnSO4
ZnCl2
第一份
0.3 mol
0.2 mol
0.1 mol
—
第二份
0.1 mol
0.3 mol
—
0.1 mol

A.仅c(K+)相同　　　　B.仅c(Cl-)相同
C.完全相同 D.完全不同
答案C
解析第一份溶液中,n(K+)=0.3 mol+0.2 mol×2=0.7 mol,n(Zn2+)=0.1 mol,n(SO42-)=0.2 mol+0.1 mol=0.3 mol,n(Cl-)=0.3 mol。第二份溶液中,n(K+)=0.1 mol+0.3 mol×2=0.7 mol,n(Zn2+)=0.1 mol,n(SO42-)=0.3 mol,n(Cl-)=0.1 mol+0.2 mol=0.3 mol。两溶液体积相同,所以两溶液中的离子浓度完全相同。
11.将8 g无水硫酸铜配成0.1 mol·L-1的水溶液。下列说法正确的是(　　)
A.溶于500 mL水中
B.溶于1 L水中
C.溶解后溶液的总体积为500 mL
D.溶解后溶液的总体积为1 L
答案C
解析根据cB=nBV=mBMBV可知,V=m(CuSO4)M(CuSO4)·c(CuSO4)=8 g160 g·mol-1×0.1 mol·L-1=0.5 L,即溶解后溶液的体积为500 mL,选项C正确。
12.(2020福建漳平第一中学高一月考)已知溶液呈电中性的原因是溶液中阴、阳离子所带的正、负电荷总数相等。在KCl、CaCl2、Ca(NO3)2形成的混合溶液中,c(K+)=0.2 mol·L-1,c(Ca2+)=0.5 mol·L-1,c(Cl-)=0.4 mol·L-1,则c(NO3-)为(　　)
A.0.3 mol·L-1 B.0.8 mol·L-1
C.0.4 mol·L-1 D.0.5 mol·L-1
答案B
解析KCl、CaCl2、Ca(NO3)2形成的混合溶液中,c(K+)=0.2 mol·L-1,c(Ca2+)=0.5 mol·L-1,c(Cl-)=0.4 mol·L-1,设c(NO3-)为x,由电荷守恒可知,0.2 mol·L-1×1+0.5 mol·L-1×2=0.4 mol·L-1×1+x×1,解得x=0.80 mol·L-1。
13.向相同体积的FeCl3、MgCl2和KCl三种溶液中分别加入5 mL 0.2 mol·L-1 AgNO3溶液,恰好可使溶液中的Cl-完全沉淀,则三种盐溶液中溶质的物质的量浓度之比是(　　)
A.1∶2∶3 B.1∶2∶6
C.2∶3∶6 D.1∶3∶9
答案C
解析用5 mL 0.2 mol·L-1 AgNO3溶液恰好可使相同体积的FeCl3、MgCl2、KCl三种溶液中的Cl-完全转化为AgCl沉淀,根据离子方程式Cl-+Ag+AgCl↓可知生成的沉淀AgCl的物质的量相同,三种溶液中含有Cl-的物质的量相等。假设产生AgCl的物质的量为6 mol,根据氯原子守恒,则n(FeCl3)=13n(AgCl)=2 mol,n(MgCl2)=12n(AgCl)=3 mol,n(KCl)=n(AgCl)=6 mol,由于溶液的体积相等,所以三种溶液的物质的量浓度之比等于它们的物质的量之比,即c(FeCl3)∶c(MgCl2)∶c(KCl)=2∶3∶6。
14.(2020山东师大附中高一学分认定考试)下列操作能达到目的的是(　　)
A.将58.5 g NaCl溶于1 L水中可得1 mol·L-1的NaCl溶液
B.将标准状况下22.4 L HCl溶于1 L水中可得1 mol·L-1盐酸
C.将25.0 g胆矾溶于水后配成100 mL溶液所得溶液浓度为1 mol·L-1
D.将78 g Na2O2溶于1 L水中可得到浓度为2 mol·L-1的NaOH溶液
答案C
解析58.5 g NaCl的物质的量为1 mol,这些NaCl溶于1 L水中配成的溶液的体积大于1 L,浓度小于1 mol·L-1,故A错误;标准状况下22.4 L HCl的物质的量为1 mol,但是将标准状况下22.4 L HCl溶于1 L水得到溶液的体积不是1 L,所以浓度不等于1 mol·L-1,故B错误;25.0 g胆矾中含硫酸铜的物质的量为0.1 mol,溶液的体积为100 mL,c=nV=0.1mol0.1 L=1 mol·L-1,故C正确;78 g Na2O2溶于水反应可生成2 mol氢氧化钠,但溶液的体积不是1 L,溶液的浓度不是2 mol·L-1,故D错误。
15.(2020辽宁实验中学高一期中)把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份,一份加入含a mol NaOH的溶液,恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀。则原溶液中钾离子浓度为(　　)
A.b-aV mol·L-1 B.2b-aV mol·L-1
C.2(b-a)V mol·L-1 D.2(2b-a)V mol·L-1
答案D
解析一份加入含b mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡,则n(SO42-)=b mol;一份加入含a mol NaOH的溶液,恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,则n(Mg2+)=12a mol,由电荷守恒可知2n(Mg2+)+n(K+)=2n(SO42-),则n(K+)=(2b-a) mol,混合溶液分成两等份,原混合溶液中钾离子的浓度为2(2b-a)V mol·L-1。
16.实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol·L-1的NaOH溶液240 mL。
(1)某同学欲称量NaOH的质量,他先用托盘天平称量烧杯的质量,天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为　　　　 g,要完成本实验该同学应称出　　　 g NaOH。 

(2)使用容量瓶之前必须进行的一步操作是　　　　　　　　　　　。 
答案(1)27.4　10.0　(2)检查是否漏水
解析(1)该同学将砝码与烧杯放反了,所以称得烧杯的质量为(20 g+10 g)-2.6 g=27.4 g;实验室没有240 mL的容量瓶,应选用250 mL容量瓶配制250 mL溶液,故应称NaOH的质量为1.0 mol·L-1×0.25 L×40 g·mol-1=10.0 g。
(2)使用容量瓶前必须检查容量瓶是否漏水。
17.(2020山东烟台第二中学高一月考)某0.2 L无土栽培用的营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质,测得该营养液中部分离子的物质的量浓度柱状图如图甲所示:

(1)该营养液中K2SO4的物质的量浓度为　　　　 mol·L-1,含KCl的质量为　　　　　。 
(2)该营养液中NH4Cl的物质的量为　　　　　。 
(3)将该营养液加水稀释,稀释过程中NH4+的浓度(c)随溶液体积(V)变化的曲线如图乙所示,则V1=　　　　　,V2=　　　　　。 
答案(1)4.0　14.9 g　(2)1.6 mol　(3)0.2　1.0
解析(1)硫酸根离子的物质的量浓度为4.0 mol·L-1,则硫酸钾的物质的量浓度为4.0 mol·L-1;根据钾离子守恒可知,c(K+)=c(KCl)+2c(K2SO4),则c(KCl)=c(K+)-2c(K2SO4)=9.0 mol·L-1-4.0 mol·L-1×2=1.0 mol·L-1,溶质氯化钾的质量m(KCl)=74.5 g·mol-1×1.0 mol·L-1×0.2 L=14.9 g。
(2)根据氯离子守恒可知,c(Cl-)=c(KCl)+c(NH4Cl),则c(NH4Cl)=c(Cl-)-c(KCl)=9.0 mol·L-1-1.0 mol·L-1=8.0 mol·L-1,氯化铵的物质的量n(NH4Cl)=8.0 mol·L-1×0.2 L=1.6 mol。
(3)根据c=nV可知V=nc,V1=1.6mol8mol·L-1=0.2 L,V2=1.6mol1.6mol·L-1=1.0 L。
新情境创新练
18.实验室配制0.1 mol·L-1的BaCl2溶液可分两个阶段进行。
第一阶段:用托盘天平称取5.2 g无水BaCl2晶体。
第二阶段:溶解并配制0.1 mol·L-1的BaCl2溶液。
第一阶段操作有如下几步:A.将游码拨至0.2 g处;B.将游码拨至“0”处;C.在天平两边的托盘上各放一张干净的等质量的纸片,调节天平两边的螺母使天平平衡;D.取走药品,将砝码放回砝码盒内;E.往左盘内逐步添加晶体至天平平衡;F.在右盘上放置5 g砝码。
(1)其正确的操作顺序是(填字母)B→(　　)→(　　)→A→(　　)→(　　)→(　　)
(2)在E操作中,当只缺少量晶体时,其操作方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)第二阶段操作,应先将5.2 g BaCl2加适量蒸馏水溶解,溶解过程中使用的主要仪器有　　　　　　　　　　。然后将溶液转入　　　　　　　　中,再经　　　　、　　　　、　　　　后即可得到0.1 mol·L-1 BaCl2溶液。 
(4)下列操作使配制的BaCl2溶液浓度偏低的有　　　　　(填字母)。 
A.将砝码放在左盘上,BaCl2放在右盘上进行称量
B.选用的容量瓶内有少量蒸馏水
C.定容摇匀后,液面下降,又加水至刻度线
D.整个配制过程中,容量瓶不振荡
答案(1)C　F　E　D　B　(2)左手拿盛有BaCl2晶体的药匙,用右手轻轻拍左手手腕,小心振动药匙加足药量,使天平平衡　(3)烧杯、玻璃棒　250 mL容量瓶
洗涤　定容　摇匀　(4)AC
解析(1)使用托盘天平的步骤:调零→放砝码→调游码→加物品→取物品→收砝码、游码归零。
(2)当只缺少量晶体时,应用右手轻轻拍打左手手腕,小心振动药匙加足药量。
(3)溶解所需的仪器有烧杯、玻璃棒。根据题给数据计算,应该使用250 mL的容量瓶。
(4)误差分析根据c=nV=mMV,由m、V的大小判断。A项,将砝码放错位置后,实际称得BaCl2为4.8 g,使所配溶液浓度偏低;B项,无影响;C项,摇匀后再加水即增大了溶液的体积,偏低;D项,不振荡,溶液不均匀,但最终浓度不会偏低。