第2讲物质的量浓度练习

1第2讲物质的量浓度1．在一定温度下，已知有关某饱和溶液的一些数据：①溶液的质量，②溶剂的质量，③溶液的体积，④溶质的摩尔质量，⑤溶质的溶解度，⑥溶液的密度，利用下列各组数据计算该饱和溶液的物质的量浓度，不能算出的一组是()A．④⑤⑥B．①②③④C．①④⑥D．①③④⑤答案：C2．现有某温度下的KCl饱和溶液m1g，溶质的质量分数为w1%。对其采取某种措施后析出mgKCl晶体，所得母液的质量为m2g，溶质的质量分数为w2%，则下列关系正确的是()A．原条件下KCl的溶解度小于w1gB．m1·w1%－m＝m2·w2%C．w1一定大于w2D．m1－m2≤m答案：B3．实验室用下列溶质配制一种混合溶液，已知溶液中c(K＋)＝c(Cl－)＝12c(Na＋)＝c(SO2－4)，则其溶质可能是()A．KClNa2SO4B．KClNa2SO4NaClC．NaClNa2SO4K2SO4D．KClK2SO4Na2SO4解析：A项为等物质的量的KCl与Na2SO4时符合题意，C项各物质的物质的量之比为2:1:1，B、D两项无论怎样调整都不能满足题目要求。答案：AC4．(2010·新课标全国理综)把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol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．0.1(b－2a)mol·L－1B．10(2a－b)mol·L－12C．10(b－a)mol·L－1D．10(b－2a)mol·L－1解析：本题考查物质的量的相关计算，意在考查考生的定量计算能力。由反应：Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，则每份溶液中的Ba2＋的物质的量为amol，同理Cl－的物质的量为bmol。由电荷守恒：n(K＋)＝n(Cl－)－2n(Ba2＋)＝(b－2a)mol，故c(K＋)＝(b－2a)mol/0.1L＝10(b－2a)mol/L。答案：D5．(2010·安徽八校联考)相对分子质量为M的气态化合物VL(标准状况)，溶于mg水中，得到质量分数为ω的溶液，物质的量浓度为cmol/L，密度为ρg·cm－3，则下列说法正确的是()A．相对分子质量M＝22.4mω1－ωVB．物质的量浓度c＝ρVMV＋22.4mC．溶液的质量分数ω＝MV22.4mD．溶液密度ρ＝cM1000ω解析：由c＝1000ρωM知D正确；由公式c＝nV知c＝V22.4V22.4×M＋m×10－3÷ρ＝1000ρVMV＋22.4m，B错；由ω＝V22.4×Mm＋V22.4×M＝MV22.4m＋MV知C错，将此式变换后即可得到A项中的式子。答案：AD6．质量分数为a%，物质的量浓度为cmol·L－1的KOH溶液，蒸发溶剂，恢复到原来温度，若质量分数变为2a%，则物质的量浓度()A．等于2cmol·L－1B．大于2cmol·L－1C．小于2cmol·L－1D．在c～2cmol·L－1之间解析：蒸发溶剂，恢复到原来温度，质量分数变为2a%，说3明蒸发的水的质量和余下的溶液的质量相等，但水的密度比KOH溶液小，减少的水的体积大于剩余的KOH溶液的体积，即KOH溶液的体积比原来的一半要小，所得的物质的量浓度大于原来的2倍。答案：B7．下列说法中错误的是()A．从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1B．制成0.5L10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体112L(标准状况)C．0.5L2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2＋和Cl－总数为3×6.02×1023D．10g98%的硫酸(密度为1.84g·cm－3)与10mL18.4mol·L－1的硫酸的浓度是不同的解析：A项，溶液的物质的量浓度与体积的多少无关，从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1；B项，0.5L10mol·L－1的盐酸中n(HCl)＝0.5L×10mol·L－1＝5mol，需要标准状况下氯化氢气体的体积为5mol×22.4L·mol－1＝112L；C项，0.5L2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2＋和Cl－总数为0.5L×2mol·L－1×3×6.02×1023mol－1＝3×6.02×1023；D项，98%的硫酸(密度为1.84g·cm－3)的物质的量浓度为1L×1000cm3·L－1×1.84g·cm－3×98%÷98g·mol－1÷1L＝18.4mol·L－1。答案：D8．对于1mol/L的氨水，下列叙述正确的是(忽略溶液混合时的体积变化)()A．将标准状况下22.4L氨气溶于1L水中配成溶液，即可得1mol/L的氨水B．1mol/L的氨水的质量分数小于1.7%C．将1mol/L的氨水与水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度大于0.5mol/LD．质量分数为10%的氨水与质量分数为20%的氨水等体积混合，所得氨水的质量分数小于15%解析：选项A，溶液的体积大于1L，氨水的物质的量浓度应小于1mol/L，错误；选项B，c＝1000×ρ×wM＝1000×ρ×w17，4因为ρ(氨水)1g·cm－3，所以w(氨水)1.7%，错误；选项C，氨水与水等质量混合时，所得溶液体积比原氨水体积的2倍小，因此c(氨水)0.5mol/L，正确；选项D，两种氨水等体积混合时，由于氨水的密度随其质量分数的增大而减小，因此所得氨水的质量分数应小于10%＋20%2，即w(氨水)15%，正确。答案：CD9．(2010·合肥质量检测)某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则Mn＋及a值可能为()所含离子NO－3SO2－4H＋Na＋Mn＋浓度(mol·L－1)3121aA.Mg2＋、1B．Ba2＋、0.5C．Al3＋、1.5D．Fe2＋、2解析：根据溶液呈电中性可得：c(NO－3)＋2c(SO2－4)＝c(H＋)＋c(Na＋)＋nc(Mn＋)，则3＋2＝2＋1＋an，an＝2。当n＝3时，a＝23，C错；当n＝2时，a＝1，A对。答案：A10．(2010·石家庄质检二)CuO与Fe2O3混合粉末中加入200mL0.5mol/LHNO3溶液，恰好完全反应(忽略溶液体积变化)，所得溶液中c(Cu2＋)＝c(Fe3＋)。下列说法中不正确．．．的是()A．混合粉末的质量为3.2gB．混合粉末中CuO与Fe2O3的物质的量相等C．混合粉末中CuO与Fe2O3的质量相等D．混合粉末溶于硝酸所得溶液中c(NO－3)为0.5mol/L答案：B11．使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是()①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了；②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水；⑤定容时，仰视容量瓶的刻线；5⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻线。A．①③⑤⑥B．①②⑤⑥C．②③④⑥D．③④⑤⑥答案：A12．硫酸镁、硫酸铝两种物质组成的混合溶液100mL中，SO2－4物质的量浓度为0.10mol/L，加入0.30mol/LNaOH溶液到生成的白色沉淀恰好不再溶解为止。消耗NaOH溶液的体积为100mL。过滤，在所得滤液中AlO－2物质的量浓度为()A．0.025mol/LB．0.050mol/LC．0.10mol/LD．0.25mol/L解析：溶液中n(SO2－4)＝0.01mol，n(Na＋)＝0.03mol，最终溶液只为Na2SO4和NaAlO2，根据电荷守恒，可求出溶液中有AlO－2为0.01mol，其体积为0.2L，所以c(AlO－2)＝0.050mol/L。答案：B13．(2010·山东模拟)(1)下面是用98%的浓H2SO4(ρ＝1.84g/cm3)配制成0.5mol/L的稀H2SO4500mL的操作，请按要求填空：①所需浓H2SO4的体积为________。②如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用________mL量筒最好。③将量取的浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100mL水的烧杯里，并不断搅拌，目的是________。④将________的上述溶液沿________注入________中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯2～3次，洗涤液要一并注入上述容量瓶中，并摇匀。⑤加水至液面接近刻度线1cm～2cm时，改用________加水，使溶液的凹液面正好跟刻度线相平。(2)某同学在配制NaOH溶液时有以下现象发生，则对所配溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“不变”)?①定容时观察液面俯视________；②NaOH颗粒表面部分变质________；③用胶头滴管向容量瓶中加水时凹液面高于刻度线，此时立6即用胶头滴管将瓶内液体吸出，使凹液面与刻度线相切________。答案：(1)①13.6mL②15③混合均匀，使热量迅速扩散④冷却至室温玻璃棒500mL容量瓶⑤胶头滴管(2)①偏高②偏低③偏低14．某同学帮助水质检测站配制480mL0.5mol·L－1NaOH溶液以备使用。(1)该同学应选择________mL的容量瓶。(2)其操作步骤如下图所示，则如图操作应在下图中的________(填选项字母)之间。A．②与③B．①与②C．④与⑤(3)该同学应称取NaOH固体________g，用质量为23.1g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)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项________(填字母)。附表砝码规格abcde砝码大小/g1005020105(4)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响？①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，浓度会________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)。②容量瓶中原来有少量蒸馏水，浓度会__________。解析：(1)因无480mL容积的容量瓶，所以配制480mL0.5mol·L－1NaOH溶液应选择500mL的容量瓶。(2)图中操作表示洗涤液转移入容量瓶后，再向容量瓶中加入7蒸馏水定容，应在图中④与⑤之间。(3)因为需要配制500mL溶液，该同学应称取NaOH固体的质量为0.5L×0.5mol·L－1×40g·mol－1＝10.0g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，砝码和游码的总质量为33.1g，需要20g和10g的砝码各一个，游码的质量为3.1g。(4)①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，溶质偏少，浓度会偏小；②容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶质和溶液的体积均无影响，浓度无影响。答案：(1)500(2)C(3)10.0c、dc(4)①偏小②无影响15．已知某饱和氯化钠溶液体积为VmL，溶液密度为dg·cm－3，溶质的质量分数为ω%，物质的量浓度为cmol·L－1，溶液中含NaCl的质量为mg。(1)用ω表示该温度下NaCl的溶解度是________。(2)用m、V表示溶液的物质的量浓度是________。(3)用ω、d表示溶液的物质的量浓度是________。(4)用c、d表示溶液中溶质的质量分数是________。解析：本题用字母代表各物理量，重点考查溶解度、质量分数、物质的量浓度的定义及数学表达式。(1)由质量分数与溶解度之间的换算公式解题：因形成的是饱和溶液：S100g＝ωg100－ωgS＝100ω100－ωg(2)将溶液体积由VmL，折合成1L，求该溶液中含溶质的物质的量，即可求出溶质的物质的量浓度。mg58.5g·mol－1:V×10－3L＝n(NaCl):1L，n(NaCl)＝1000m58.5Vmol，c(NaCl)＝nNaCl1L＝17.1m/Vmol·L－1。(3)从物质的量浓度的定义出发进行解题c(NaCl)＝1000mL×dg·cm－3×ω%58.5g·mol－1×1L＝0.171dωmol·L－1。(4)以物质的量浓度为已知条件求溶质的质量分数8ω(NaCl)＝cNaCl