课时作业二 物质的量浓度计算及溶液配制.docx
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课时作业二物质的量浓度计算及溶液配制
课时作业
(二) 物质的量浓度计算及溶液配制
1.(2020山东泰安期中)室温时,甲、乙两同学在实验室配制氯化钠溶液。
甲同学配制5%的NaCl溶液100g,乙同学配制0.5mol·L-1的NaCl溶液100mL(20℃时,氯化钠在水中的溶解度为36g/100g水)。
下列说法正确的是( )
A.两同学所需溶质的质量相同
B.两同学所需实验仪器种类相同
C.两同学所配溶液均为不饱和溶液
D.两同学所配溶液的质量相同
答案:
C 解析:
甲同学所配溶液中溶质的质量为100g×5%=5g,乙同学所配溶液中溶质的质量为0.5mol·L-1×0.1L×58.5g·mol-1=2.925g,A项错误;乙同学配制溶液过程中需要用到容量瓶,而甲同学不需要,B项错误;由A项中的计算结果及题目所给氯化钠溶液的溶解度可知,两同学配制的溶液均为不饱和溶液,C项正确;100mL氯化钠溶液的质量大于100g,D项错误。
2.(2020福建厦门湖滨中学检测)如图是配制一定物质的量浓度溶液过程中的几步,其先后顺序应是( )
A.①②③④B.③④②①
C.③②④①D.③④①②
答案:
B 解析:
本题考查配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤。
配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀。
题图中,①为定容的第二步,②为定容的第一步,③为溶解,④为转移,因此先后顺序为③④②①,故答案选B。
3.(2020天津七校联考)配制一定物质的量浓度的稀硫酸,下列情况会使配制结果偏大的是( )
①溶解后未冷却即转移、定容
②定容时仰视容量瓶刻度线
③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视刻度线
④将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2~3次,转移至容量瓶中
A.①②B.②③C.①④D.②③④
答案:
C 解析:
本题考查实验错误操作导致的误差分析。
①溶解后未冷却即转移、定容,所配制溶液体积偏小,故浓度偏大;②定容时仰视容量瓶刻度线,所配制溶液体积偏大,故浓度偏小;③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视刻度线,硫酸的体积偏小,故浓度偏小;④量筒不用洗涤,如果洗涤会导致硫酸的物质的量偏大,故浓度偏大。
C符合题意。
4.(2020山西大学附属中学诊断)300mL硫酸铝溶液中含Al3+1.62g(不考虑Al3+的水解),在该溶液中加入0.1mol·L-1氢氧化钡溶液300mL,反应后溶液中硫酸根离子的物质的量浓度为(忽略溶液混合体积的变化)( )
A.0.4mol·L-1B.0.3mol·L-1
C.0.2mol·L-1D.0.1mol·L-1
答案:
D 解析:
本题考查硫酸铝溶液和氢氧化钡溶液反应后硫酸根离子的浓度。
300mLAl2(SO4)3溶液中,Al3+的质量为1.62g,其物质的量为
=0.06mol,根据电荷守恒可知,该溶液中n(SO
)=
n(Al3+)=
×0.06mol=0.09mol,加入的氢氧化钡的物质的量为0.1mol·L-1×0.3L=0.03mol,消耗硫酸根离子的物质的量为0.03mol,所以剩余硫酸根离子的物质的量为0.09mol-0.03mol=0.06mol。
所以反应后溶液中SO
的物质的量浓度为
=0.1mol·L-1,D项正确。
5.(2020华中师范大学附中期中)水合物的化学式为R·nH2O,其式量为M。
25℃时,将ag该晶体溶于bg水中可形成VmL饱和溶液,下列关系中正确的是( )
A.饱和溶液的物质的量浓度为c=
mol·L-1
B.25℃时R的溶解度为S=
g
C.饱和溶液中溶质的质量分数为w=
%
D.饱和溶液的密度为ρ=
g·L-1
答案:
C 解析:
n(R)=n(R·nH2O)=
mol,该饱和溶液的物质的量浓度=
=
mol/L,故A错误;R的质量为
×ag,结晶水的质量为
×ag,则100g∶S=
∶
,解得S=
g,故B错误;根据w(溶质)=
×100%,可知该饱和溶液质量分数为
×100%,故C正确;溶液总质量为(a+b)g,根据ρ=
可知,溶液密度为
=
g/mL,利用c=
可知,密度ρ=
=
×M÷[1000×
%]g/mL=
g/mL,故D错误。
6.(2020江苏南京滨江中学月考)将质量分数为a%的氨水与质量分数为b%的氨水等质量混合所得溶液的密度为X1;将质量分数为a%的氨水与质量分数为b%的氨水等体积混合所得溶液的密度为Y1。
将质量分数为a%的硫酸溶液与质量分数为b%的硫酸溶液等质量混合所得溶液的密度为X2;将质量分数为a%的硫酸溶液与质量分数为b%的硫酸溶液等体积混合所得溶液的密度为Y2。
则X1、Y1、X2、Y2的大小关系为( )
A.Y2>X2>Y1>X1B.Y1>X1>Y2>X2
C.Y1>X2>Y2>X1D.Y2>X2>X1>Y1
答案:
A 解析:
本题考查两种氨水、两种硫酸溶液分别按照等质量、等体积的方式混合后所得四种溶液的密度大小关系。
将质量分数为a%的氨水与质量分数为b%的氨水等质量混合所得溶液的密度为X1,混合后氨水的质量分数为
(a%+b%);将质量分数为a%的氨水与质量分数为b%的氨水等体积混合所得溶液的密度为Y1,因氨水的密度小于1g·mL-1,则混合后氨水的质量分数小于
(a%+b%),溶液的密度小于1g·mL-1时,溶质的质量分数越大,密度越小,故Y1>X1。
将质量分数为a%的硫酸溶液与质量分数为b%的硫酸溶液等质量混合所得溶液的密度为X2,混合后硫酸的质量分数为
(a%+b%);将质量分数为a%的硫酸溶液与质量分数为b%的硫酸溶液等体积混合所得溶液的密度为Y2,硫酸溶液的密度大于1g·mL-1,则混合后硫酸溶液的质量分数大于
(a%+b%),溶液的密度大于1g·mL-1时,质量分数越大,密度越大,故Y2>X2,所以密度:
Y2>X2>Y1>X1,故答案选A。
7.(2020陕西渭南中学质检)下列实验中所选用的仪器合理的是( )
①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸
②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物
③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体
④用碱式滴定管量取23.10mL溴水
⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物
⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol·L-1的NaOH溶液
A.①②④B.②③④⑥
C.③⑥D.③⑤⑥
答案:
C 解析:
在实验室中用量筒量取液体时,量程太大或太小,都会产生较大误差,为尽可能地减小误差,应采用就近原则,故①错误;苯和四氯化碳能互溶,所以不能用分液漏斗分离,故②错误;托盘天平精确到0.1g,可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体,故③正确;溴水具有较强的氧化性,会腐蚀碱式滴定管的橡胶管,故④错误;瓷坩埚中含有二氧化硅,若用瓷坩埚灼烧NaOH,SiO2会与NaOH在加热条件下反应,故⑤错误;配制250mL0.2mol·L-1的NaOH溶液可用250mL容量瓶,故⑥正确;综上所述,选C项。
8.(2020福建莆田六中月考)下列对溶液物质的量浓度、质量分数概念的理解正确的是( )
A.用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1mol·L-1
B.1L水中溶解5.85gNaCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1mol·L-1
C.将25gCuSO4·5H2O晶体溶于75g水中所得溶质的质量分数为25%
D.将40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为49%
答案:
D 解析:
本题考查对溶液物质的量浓度、质量分数概念的理解。
用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的体积不是100mL,A错误;1L水中溶解5.85gNaCl所形成的溶液的体积不为1L,B错误;将25gCuSO4·5H2O晶体溶于75g水中所得溶液的溶质是CuSO4,故溶质的质量小于25g,质量分数小于25%,C错误;三氧化硫与水发生反应生成硫酸,40gSO3的物质的量为0.5mol,生成0.5mol硫酸,硫酸质量为0.5mol×98g·mol-1=49g,溶液质量为40g+60g=100g,所以40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为
×100%=49%,D正确。
9.(2020陕西师大附中期中)下列有关实验原理或操作正确的是( )
A.用20mL量筒量取15mL乙醇,加水5mL,配制质量分数为75%的乙醇溶液
B.在200mL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2.5mol·L-1
C.实验中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950mL、201.4g
D.实验室配制500mL0.2mol·L-1的硫酸亚铁溶液,其操作是:
用天平称量15.2g绿矾(FeSO4·7H2O),放入小烧杯中加水溶解,转移到500mL容量瓶,洗涤、稀释、定容、摇匀
答案:
B 解析:
A选项乙醇和水密度不同,配得溶液质量分数不是75%,错误;B选项金属离子与硫酸根离子的物质的量之比为2∶3,所以硫酸盐的化学式为M2(SO4)3,硫酸盐的物质的量为0.5mol,正确;C选项,没有950mL容量瓶,错误;D选项应该称取27.8g绿矾,错误。
10.(2020吉林长春实验中学检测)洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应:
NaClO+2HCl===NaCl+Cl2↑+H2O,生成有毒的氯气。
NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.每生成1mol氯气,转移的电子数为2NA
B.1molNaCl含有的电子数为28NA
C.1L0.2mol·L-1NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数为0.2NA
D.标准状况下,将22.4LHCl溶解在0.5L水中,形成2mol·L-1的盐酸
答案:
B 解析:
反应NaClO+2HCl===NaCl+Cl2↑+H2O中,NaClO中的氯元素由+1价降低为0价,被还原,作氧化剂;HCl中部分氯元素由-1价升高为0价,被氧化,作还原剂,另一部分化合价不变,起酸性作用。
每生成1mol氯气,转移的电子数为NA,A项错误;1molNaCl含有的电子数为28NA,B项正确;由于次氯酸根离子水解,故1L0.2mol·L-1NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数小于0.2NA,C项错误;标准状况下,将22.4LHCl溶解在0.5L水中,溶液的体积不是0.5L,形成盐酸的浓度不为2mol·L-1,D项错误。
11.(2020河南摸底联考)向60mLNa2SO4溶液中加入BaCl2溶液,有关数据见下表:
实验编号
1
2
3
4
5
BaCl2溶液
体积/mL
0
30
60
100
120
沉淀质量/g
0
0.699
x
2.097
2.097
下列有关说法不正确的是( )
A.混合前,BaCl2溶液的物质的量浓度为0.10mol·L-1
B.混合前,Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.15mol·L-1
C.3号实验中沉淀的质量x为1.398g
D.完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为80mL
答案:
D 解析:
2号实验中n(BaSO4)=
=0.003mol,混合前,BaCl2溶液的物质的量浓度为
=0.10mol·L-1,故A正确;生成沉淀最多为2.097g,n(BaSO4)=
=0.009mol,混合前,Na2SO4溶液的物质的量浓度为
=0.15mol·L-1,故B正确;3号实验中,x为实验2中的2倍,则x=0.699g×2=1.398g,故C正确;完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为
=0.09L=90mL,故D错误。
12.(2020甘肃兰州一中月考)下列配制溶液的叙述中错误的是( )
A.配制FeSO4溶液制备Fe(OH)2,需要把蒸馏水煮沸除去氧气后,再溶解配制FeSO4溶液
B.配制480mL0.1mol·L-1的CuSO4溶液,需称量8.0gCuSO4固体
C.配制FeCl3溶液时,先把FeCl3固体溶于浓盐酸然后再加水稀释
D.配制1mol·L-1NaOH溶液时,称量4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中,加水溶解并稀释到刻度线
答案:
D 解析:
本题考查配制溶液的实验操作。
因Fe2+极易被氧气氧化,需加热煮沸除去水中溶解的氧气,A正确;实验室没有480mL的容量瓶,选择大于480mL且相近规格的容量瓶,故应选择500mL容量瓶,配制500mL0.1mol·L-1硫酸铜溶液需要硫酸铜的质量为0.5L×0.1mol·L-1×160g·mol-1=8.0g,B正确;为抑制Fe3+的水解,需将FeCl3固体溶于浓盐酸然后再加水稀释,C正确;氢氧化钠固体应该在烧杯中溶解,冷却后再转移至容量瓶中定容,D错误。
13.(2020江苏扬州调研)硝酸工业尾气中的氮氧化合物NOx(NO、NO2、N2O4)常用的处理方法有以下两种:
①碱液(Na2CO3或NaOH溶液)吸收法。
用Na2CO3溶液吸收的反应原理如下:
NO+NO2+Na2CO3===2NaNO2+CO2
Na2CO3+2NO2===NaNO2+NaNO3+CO2
②氨的催化氧化法,反应原理:
NOx+NH3
N2+H2O
现将标准状况下2.016L氮氧化合物NOx通入50mL1.0mol·L-1的Na2CO3溶液,恰好反应完全,且测得反应后溶液中n(NO
)∶n(NO
)=4∶1,下列说法正确的是( )
A.混合气体中V(N2O4)=0.336L
B.混合气体中n(NO)∶n(NO2)=1∶5
C.NOx能够完全被Na2CO3溶液吸收,则x≤1.5
D.如采用氨的催化氧化法处理,理论消耗n(NH3)=
mol
答案:
D 解析:
本题通过氮氧化物的吸收原理考查利用原子守恒、得失电子守恒的相关计算。
2.016L氮氧化合物的物质的量为
=0.09mol,其中含有NO、NO2、N2O4三种气体,把N2O4换算成NO2,恰好发生反应:
NO+NO2+Na2CO3===2NaNO2+CO2和2NO2+Na2CO3===NaNO2+NaNO3+CO2,溶液中溶质为NaNO2、NaNO3,由N元素守恒可知①n(NaNO2)+n(NaNO3)=n(NO2)+2n(N2O4)+n(NO),由Na元素守恒可知②2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3),则③n(NO2)+2n(N2O4)+n(NO)=2×0.05L×1.0mol·L-1=0.1mol,已知④n(NO2)+n(N2O4)+n(NO)=0.09mol,由③-④可得n(N2O4)=0.01mol,V(N2O4)=0.224L,A错误;因n(NO
)∶n(NO
)=4∶1,n(NaNO2)+n(NaNO3)=0.1mol,可知n(NaNO2)=0.08mol、n(NaNO3)=0.02mol,由方程式可知:
2NO2+Na2CO3===NaNO2 + NaNO3 +CO2
0.04mol 0.02mol 0.02mol
NO + NO2+Na2CO3===2NaNO2+CO2
0.03mol 0.03mol 0.08mol-0.02mol
可知,0.09mol氮氧化物中含有0.03molNO、0.01molN2O4和(0.07mol-0.01mol×2)=0.05molNO2,n(NO)∶n(NO2)=0.03mol∶0.05mol=3∶5,B错误;NO和NO2混合气体被Na2CO3溶液完全吸收,满足n(NO2)∶n(NO)≥1,当n(NO2)∶n(NO)=1时x值最小,x最小值为
=1.5,即x≥1.5时,NOx能够完全被Na2CO3溶液吸收,C错误;在氨的催化氧化法反应中,NO、NO2、N2O4中的N分别由+2价和+4价降低到0价,NH3中的N由-3价升高为0价,根据得失电子守恒可得0.03mol×2+0.01mol×2×4+0.05mol×4=n(NH3)×3,解得n(NH3)=
mol,D正确。
14.(2020安徽肥东高中调研)奶粉中蛋白质含量的测定往往采用“凯氏定氮法”,其原理是食品与硫酸和催化剂一同加热,使蛋白质分解,分解的氨与硫酸结合生成硫酸铵。
然后碱化蒸馏使氨游离,用硼酸吸收后再以硫酸或盐酸标准溶液滴定,根据酸的消耗量乘以换算系数,即为蛋白质含量。
操作步骤:
①样品处理:
准确称取一定量的固体样品奶粉,移入干燥的烧杯中,经过一系列的处理,待冷却后移入一定容积的容量瓶中。
②NH3的蒸馏和吸收:
把制得的溶液(取一定量)通过定氮装置,经过一系列的反应,使氨变成硫酸铵,再经过碱化蒸馏后,得到游离氨,游离氨经硼酸吸收。
③氨的滴定:
用盐酸标准溶液滴定所生成的硼酸铵,由消耗的盐酸标准溶液计算出总氮量,再折算为粗蛋白含量。
请回答下列问题:
(1)在样品的处理过程中使用到了容量瓶,怎样检查容量瓶是否漏水:
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)在配制过程中,下列操作中可能使配制的溶液的浓度偏大的是________(填序号)。
A.烧杯中溶液转移到容量瓶时,未洗涤烧杯
B.定容时,俯视刻度线
C.定容时,仰视刻度线
D.移液时,有少量液体溅出
(3)若称取样品的质量为1.5g,共配制100mL溶液,取其中的20mL,经过一系列处理后使N转变为硼酸铵,然后用0.1mol·L-1盐酸滴定,其用去盐酸的体积为23.0mL,则该样品中N的含量为________。
[滴定过程中涉及的化学方程式为(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O===2NH4Cl+4H3BO3]
(4)一些不法奶农利用“凯氏定氮法”只检测氮元素的含量而得出蛋白质的含量的缺点,为了牛奶检测时蛋白质的含量达标,而往牛奶中添加三聚氰胺(C3N6H6),三聚氰胺中氮的含量为________。
答案:
(1)往容量瓶中注入一定量的水,塞紧瓶塞,倒转过来,观察是否漏水,然后正放,旋转瓶塞180°,再倒转过来,观察是否漏水,若都不漏水,则说明该容量瓶不漏水
(2)B (3)10.7% (4)66.7%
解析:
本题考查容量瓶使用、配制一定浓度溶液的误差分析以及计算。
(2)配制溶液时,烧杯中溶液转移到容量瓶时,未洗涤烧杯,导致溶质损失,使溶液浓度偏小,A不符合题意;定容时,俯视刻度线,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏大,B符合题意;定容时,仰视刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏小,C不符合题意;由于含有溶质的液体溅出,使溶质的物质的量减小,导致溶液浓度偏小,D不符合题意。
(3)滴定时消耗盐酸的物质的量n(HCl)=0.1mol·L-1×0.023L=0.0023mol,由已知化学方程式可得n(NH
)=n(N)=n(HCl)=0.0023mol,所以样品中N的含量为
×100%≈10.7%。
(4)三聚氰胺(C3N6H6)中氮的含量为
×100%≈66.7%。
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