化学人教版 (2019)第三节 物质的量优秀课后作业题

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            第二章  海水中的重要元素——钠和氯第三节  物质的量课时3  物质的量浓度（建议时间：30分钟）1．某试剂瓶上贴有如下标签“100mL 1.0mol•L﹣1MgCl2 溶液”，对该试剂理解正确的是（　　）A．该溶液中含有的微粒主要有：MgCl2、Mg2+、Cl﹣、H2OB．若取 50mL 溶液，其中的 c（Cl﹣）＝1 mol•L﹣1C．取该溶液 5.0 mL 恰好与 0.1 mol•L﹣1 AgNO3100 mL 溶液完全反应D．该溶液与 100mL 1.0 mol•L﹣1 NaCl 溶液中的 c（Cl﹣）相等【答案】C【详解】A．MgCl2是强电解质，在水溶液中完全电离，水是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以溶液中存在的微粒有Mg2+、Cl﹣、H2O、H+、OH﹣，故A错误；B．该溶液的浓度为1.0mol/L，根据Cl原子守恒得c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2×1.0mol/L＝2.0mol/L，浓度与溶液体积无关，故B错误；C．n（Cl﹣）＝2.0mol/L×0.005L＝0.01mol，n（Ag+）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，二者以1：1反应，所以n（Cl﹣）＝n（Ag+）时二者恰好完全反应，故C正确；D. 1.0 mol•L﹣1 NaCl 溶液中的 c（Cl﹣）＝c（NaCl）＝1.0mol/L， 1.0mol•L﹣1MgCl2 溶液中c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2×1.0mol/L＝2.0mol/L，故D错误；故选C。2．下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是(　　)A．2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量B．200mL1mol/L氯化钙溶液中c(Cl－)和100mL2mol/L氯化钾溶液中c(Cl－)C．32g二氧化硫中氧原子数和标准状况下11.2L一氧化碳中氧原子数D．20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度【答案】C【详解】A．水的摩尔质量为18g/mol，与其物质的量多少无关，故A不符合题意；B．200mL1mol/LCaCl2溶液中c(Cl－)=2mol/L，100mL2mol/LKCl溶液中c(Cl－)=2mol/L，故B不符合题意；C．32g SO2的物质的量为0.5mol，含氧原子1mol；标况下11.2LCO的物质的量为0.5mol，含氧原子0.5mol，前者刚好是后者两倍，故C符合题意；D．物质的量浓度c=，两溶液中NaOH的质量分数不同，则溶液的密度不同，且NaOH的质量分数越大，溶液的密度越大，则前者溶液的物质的量浓度大于后者的2倍，故D不符合题意；综上所述答案为C。3．从100 mL0.5 mol·L-1NaOH 溶液中取出1mL，并加水稀释到50mL,关于稀释后的溶液下列叙述正确的是A．含NaOH的质量为2 g B．含NaOH的物质的量为0.005 molC．浓度为 0.01 mol • L-1 D．浓度为 0.5 mol • L-1【答案】C【详解】从100 mL0.5 mol·L-1NaOH 溶液中取出1mL，氢氧化钠的物质的量为0.5 mol·L-1×0.001L=0.0005mol，其质量为0.0005×40=0.02g，其浓度不变，仍为0.5 mol·L-1，稀释到50mL，浓度变为=0.01 mol·L-1。故选C。4．（2021·云南高一期末）在100mLK2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，c(Fe3+)为0.1mol·L-1，c(K+)为0.3mol·L-1，要将溶液中的全部转化为沉淀，至少需加0.1mol·L-1BaCl2溶液的体积为A．250mL B．280mL C．300mL D．320mL【答案】C【详解】根据电荷守恒得：c()=，则n()=0.3mol·L-1×0.1L=0.03mol，则V(BaCl2)=，故C正确。故选C。5．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．0.5 mol一氧化碳分子所占体积是11.2LB．64gSO2和SO3(g)混合物中的含有的硫原子数为NAC．欲配制1.00L 1.00 mol·L-1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L水中D．从1mol/L的NaOH溶液中取出20mL的Na+的数目为0.02NA【答案】D【详解】A．温度和压强不确定，则0.5 mol一氧化碳分子所占体积不一定是11.2L，A错误；B．SO2和SO3(g)的相对分子质量分别是64、80，则64gSO2和SO3(g)混合物中的含有的硫原子数小于NA，B错误；C．将58.5g NaCl（即1mol氯化钠）溶于1.00L水中，所得溶液体积不是1L，因此不能配制1.00L 1.00 mol·L-1的NaCl溶液，C错误；D．从1mol/L的NaOH溶液中取出20mL，氢氧化钠的物质的量是0.02mol，则其中含有的Na+数目为0.02NA，D正确；答案选D。6．将5mol·L-1盐酸10mL稀释到100mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是（  ）A．0.05mol·L-1 B．0.5mol·L-1 C．0.1mol·L-1 D．0.25mol·L-1【答案】B【解析】稀释前后物质的量不变，，，溶液是均一、稳定的，所以取出5mL溶液的物质的量浓度也是0.5mol·L-1，B正确。7．（2021·衡水市第十四中学）下列实验操作或记录正确的是A．常温常压下测得1molN2和CO的混合气体质量为28gB．用量筒测得排水法收集制得的氢气体积为50.28mLC．用托盘天平称得2.50gCuSO4·5H2O，受热充分失水后，固体质量减轻0.90gD．欲配制0.10mol•L-1的硫酸920mL，需量取密度为1.84g•cm-3、质量分数为98%的浓硫酸的体积约为5.4mL【答案】AD【详解】A．N2和CO的摩尔质量都是28g/mol，所以常温常压下1molN2和CO混合气体的质量为1mol×28g/mol=28g，A正确；B．量筒只能精确到0.1mL，所以用量筒测得排水法收集制得的氢气体积不可能为50.28mL，B错误；C．托盘天平只能精确到0.1g，因此不可能用托盘天平称得2.50gCuSO4·5H2O，C错误；D．密度为1.84g•cm-3、质量分数为98%的浓硫酸物质的量浓度为：mol/L=18.4mol/L，欲配制0.10mol•L-1的硫酸920mL，应选用1000mL容量瓶配制，根据稀释定律计算可得需要量取浓硫酸5.4mL，D正确；答案选AD。8．（2020·青海湟川中学高一月考）V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋m g，取mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO物质的量浓度为A．mol·L－1 B．mol·L－1C．mol·L－1 D．mol·L－1【答案】A【详解】mL溶液中Al3＋的物质的量为＝mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3＋)＝＝mol·L－1，c(SO)＝c(Al3＋)＝×mol·L－1＝mol·L－1。9．（2021·淮北市树人高级中学高一开学考试）将溶质的质量分数为a%的NaOH溶液蒸发掉mg水后，变成溶质质量分数为2a%的NaOH不饱和溶液VmL，所得溶液的物质的量浓度是A．mol•L-1 B．mol•L-1 C．mol•L-1 D．mol•L-1【答案】B【详解】设蒸发后溶液的质量为x，则原溶液的质量为(x+m)依据蒸发前后溶质的质量不变可得出：(x+m)×a%=x∙2a%，x=mg；所得溶液的物质的量浓度是=mol•L-1；故选B。10．（2021·衡水市第十四中学）配制480 mL0.100 mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图，下列说法正确的是A．实验中需用到的仪器有：托盘天平、480 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等B．上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏高【答案】B【详解】A．实验室中没有规格是480 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准大而近的原则，因此选择使用500 mL容量瓶，A错误；B．上述准确配制一定体积的物质的量浓度的溶液，实验操作步骤的正确顺序是溶解、转移、洗涤、定容，操作步骤合理，B正确；C．容量瓶定容时仍需要加水，因此无需干燥，C错误；D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致加入水偏多，使配得的NaCl溶液浓度偏低，D错误；故合理选项是B。11．欲用胆矾(CuSO4·5H2O)配制480mL 0.100mol/L的CuSO4溶液，下列说法正确的是A．称取12.5g胆矾配成500mL溶液B．称取7.68g硫酸铜，加入500mL水中充分溶解配成溶液C．转移溶液前需要将容量瓶烘干D．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线【答案】A【详解】A．实验室没有480mL容量瓶，则需要用500mL容量瓶配制480mL 0.100mol/L的硫酸铜溶液，称取胆矾的质量为0.100mol/L ×0.5L×250g/mol=12.5g，故A正确；B．实验室没有480mL容量瓶，则需要用500mL容量瓶配制480mL 0.100mol/L的硫酸铜溶液，称取硫酸铜的质量为0.100mol/L ×0.5L×160g/mol=9.0g，所需溶液的体积为500mL，不是水的体积为500mL，故B错误；C．容量瓶是精量器，不能烘干，故C错误；D．若定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线会使溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D错误；故选A。12．（2020·元氏县第四中学高一期中）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是A．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液B．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体C．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D．用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高【答案】D【解析】A、容量瓶中是否含有水，对实验无影响，故A错误；B、托盘天平的读数：小数点后保留1位，故B错误；C、定容时，眼睛注视刻度线，因此定容时，仰视刻度线，造成溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故C错误；D、量筒刻度从下到上增大，量取浓盐酸时，仰视量筒刻度线，造成所配溶液中溶质的物质的量增大，即所配溶液浓度偏高，故D正确。13．一位同学欲配制6 mol·L-1的H2SO4溶液。他找来了三种不同浓度的硫酸：①240 mL 1 mol·L-1的硫酸；②150 mL 25%的硫酸(ρ=1.18 g·mL-1)；③足量的18 mol·L-1的浓硫酸。另外，他找来了三种规格的容量瓶：250 mL容量瓶；500 mL容量瓶；1 000 mL容量瓶。这位同学希望将①②两种硫酸全部用完，不足部分再由③补充。请通过计算，帮助这位同学确定选用哪种规格的容量瓶______，以及需要浓硫酸的体积是______。【答案】用1 000 mL容量瓶    295 mL浓硫酸    【详解】150 mL 25% H2SO4溶液的物质的量浓度：，因为①②两种硫酸体积和为240 mL＋150 mL=390 mL，而它们的浓度又都小于6 mol·L-1，所以不能选用250 mL的容量瓶；由于找来的三种容量瓶的规格为250 mL、500 mL、1 000 mL，则若配制500 mL溶液，并设所需浓硫酸的体积为x，0.5 L×6 mol·L-1=0.24 L×1 mol·L-1＋0.15 L×3 mol·L-1＋x×18 mol·L-1x=0.128 3L=128.3 mL因为128.3 mL＋240 mL＋150 mL=518.3 mL>500 mL，所以500 mL的容量瓶也不能选用；若配制1 000 mL，并设需浓硫酸的体积为y，1 L×6 mol·L-1=0.24 L×1 mol·L-1＋0.15 L×3 mol·L-1＋y×18 mol·L-1y=0.295 L=295 mL因为295 mL＋240 mL＋150 mL=685 mL<1 000 mL，所以可以选用1 000 mL的容量瓶；故应选用1000mL容量瓶，所需浓硫酸的体积为295mL。14．（2021·内蒙古杭锦后旗奋斗中学高一期中）按要求填空(1)标准状况下5.6L的CO2中含有的分子数为___________ ，含有的电子数为___________(用NA表示)。(2)在200mL0.5 mol∙L−1的Al2(SO4)3溶液中，Al3+的物质的量浓度是___________(3)比较下列物质中氢原子数目多少(填“＞”“＜”或“=”)：4.9g H2SO4___________3.6g H2O(4)常温下，将20.0g14.0%的NaCl溶液，跟30.0g24.0%的NaCl溶液混合，得到密度为1.158g·cm-3的混合溶液。计算混合溶液中溶质的物质的量浓度：___________【答案】0.25NA    5.5NA    1.0 mol∙L−1    ＜    3.96 mol∙L−1    【详解】(1)标准状况下5.6L的CO2物质的量为，含有的分子数为0.25NA，含有的电子数为0.25NA×22=5.5NA；故答案为：0.25NA；5.5NA。(2)在200mL0.5 mol∙L−1的Al2(SO4)3溶液Al3+的物质的量浓度是0.5 mol∙L−1×3=1.5 mol∙L−1；故答案为：1.5 mol∙L−1。(3) 4.9g H2SO4中氢原子物质的量为，3.6g H2O中氢原子物质的量为，因此氢原子数目：4.9g H2SO4＜3.6g H2O；故答案为：＜。(4)常温下，将20.0g14.0%的NaCl溶液，跟30.0g24.0%的NaCl溶液混合，得到密度为1.158g·cm-3的混合溶液，混合溶液中溶质质量分数为，则混合溶液中溶质的物质的量浓度：；故答案为：3.96 mol∙L−1。15．按要求完成下列填空(1)现有标准状况下CO和CO2混合气体8.96L，其质量为16g，则此混合气体中，CO的体积分数是_______，质量之比是_______。(2)40.5g某金属氯化物MCl2中含有0.6 mol Cl-，则金属M的相对原子质量为_______(3)已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04mol C和31.76g D，则C的摩尔质量为_______(4)将10.6g Na2CO3溶于水配成1L溶液，向该溶液中加入一定量NaCl固体，使溶液中Na+的物质的量浓度为0.4 mol/L(假设溶液体积不变)，需加入NaCl的质量为_______；Cl-的物质的量浓度为_______。(5)将4g NaOH溶于_______g水中，可使溶液中H2O与Na+的物质的量之比等于20：1，若测得该溶液的密度为1.1g/cm-3，溶液中c(Na+)为_______。【答案】25%    7:33    64    106g/mol    11.7g    0.2 mol/L    36    2.75 mol/L    【详解】(1)设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，由题干信息可得：x+y=；28x+44y=16，解得：x=0.1、y=0.3，CO的体积分数=，两者的质量之比=(28×0.1)：(0.3×44)=7:33，故答案为：25%；7:33；(2) 金属氯化物MCl2中含有0.6 mol Cl-，由组成可知氯离子的物质的量是金属氯化物的2倍，则金属氯化物的物质的量为0.3mol，金属氯化物的质量为40.5g，则氯化物的摩尔质量==135g/mol，则金属M的相对原子质量=135-71=64，故答案为：64；(3)根据质量守恒可知C的质量=16g+20g-31.76g=4.24g，C的物质的量为0.04mol，则其摩尔质量= g/mol，故答案为：106g/mol；(4) 10.6g Na2CO3溶于水配成1L溶液，Na2CO3物质的量= mol，则Na2CO3的物质的量浓度为0.1 mol/L，钠离子的浓度=0.2 mol/L，加入一定量NaCl固体，使溶液中Na+的物质的量浓度为0.4 mol/L，则氯化钠的浓度为0.2 mol/L，氯离子的浓度为0.2 mol/L，氯化钠的物质的量为0.2 mol/L×1L=0.2mol，其质量为58.5 g/mol×0.2mol=11.7g，故答案为：11.7g；0.2 mol/L；(5) 4g NaOH的物质的量为0.1 mol，含钠离子的物质的量为0.1 mol，使溶液中H2O与Na+的物质的量之比等于20：1，则H2O的物质的量为2mol，H2O的质量为36g，该溶液的密度为1.1g/cm-3，溶液的体积为：，溶液中c(Na+)为=2.75 mol/L，故答案为：36g；2.75 mol/L；16．（2021·内蒙古杭锦后旗奋斗中学高一期中）要配制480mL 0.2mol·L-1的FeSO4溶液，配制过程中有如下操作步骤：①把称量好的绿矾(FeSO4·7H2O)放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；②把①所得溶液小心转入___________中；③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度l～2cm处，改用___________滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀；    ⑥待溶液恢复到室温。请填写下列空白：(1)实验操作步骤的正确顺序为(填序号)___________，完成此配制实验，除了量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。(2)实验室用绿矾(FeSO4·7H2O)来配制该溶液，用托盘天平称量绿矾___________g。(3)由于错误操作，使得实际浓度比所要求的偏小的是___________(填写编号)。A．称量绿矾时，左码右物B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，C．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中D．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有干燥E．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切F．把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用(4)定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是___________【答案】500mL容量瓶    胶头滴管    ①⑥②④③⑤    500mL容量瓶、胶头滴管    27.8    ACEF    重新配制    【详解】②容量瓶没有480mL容量瓶，因此应使用500mL容量瓶进行配制，即把①所得溶液小心转入500mL容量瓶中；故答案为：500mL容量瓶。③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度l～2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；故答案为：胶头滴管。(1)根据实验步骤，计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀，装瓶贴标签，因此实验操作步骤的正确顺序为①⑥②④③⑤，完成此配制实验，除了量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管。(2)实验室用绿矾(FeSO4·7H2O)来配制该溶液，用托盘天平称量绿矾0.2 mol∙L−1×0.5L×278g∙mol−1＝27.8g；故答案为：27.8。(3)A．称量绿矾时，左码右物，则称量固体质量减少，物质的量减小，浓度偏小；B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，溶液体积偏小，浓度偏大；C．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，溶质质量减少，物质的量减小，浓度偏小；D．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有干燥，对结果无影响；E．定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切，吸出了溶质，物质的量减小，浓度偏小；F．把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用，试剂瓶中有水，因此浓度偏小；因此实际浓度比所要求的偏小的是ACEF；故答案为：ACEF。(4)定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是重新配制；故答案为：重新配制。