【备战2023高考】化学考点全复习——2.2.2《物质的量浓度相关计算》精选题（含解析）（新教材新高考）

专题一 物质的量

第二节  物质的量浓度

考点2 物质的量浓度的相关计算

一．选择题（共13小题）

1．向溶质质量分数为2a%，体积为10 mL，物质的量浓度为c1 mol·L-1的稀H2SO4中加入V mL的水，使之溶质质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L-1，则下列关系正确的是

A．V>10　2c2=c1 B．V<10　2c2>c1

C．V>10　2c2<c1 D．V>10　2c2>c1

【答案】C

【详解】因为水的密度小于稀H2SO4的密度，要使10 mL稀H2SO4中溶质质量分数由2a%变为a%，则所加水的体积大于10 mL；由c＝可知，当稀H2SO4中溶质质量分数变为原来的时，其密度也变小，故其物质的量浓度小于原来的，故选项C正确。

2．在标准状况下，将22.4L HCl完全溶于1L水中（水的密度近似为1g/mL），溶液的密度为ρ g/cm3（ρ>1），溶液的体积为V mL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol/L．下列叙述中正确的是（　　）

①w=×100%　   ②c=1mol•L﹣1　   ③向上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w　   ④所得溶液中含有NA个HCl分子．

A．全部 B．①③④ C．①③ D．只有①

【答案】C

【详解】①根据c=1000ρωM可得，w=36.5c1000ρ×100%，故①正确;

②标准状况下，将22.4L HCl的物质的量为1mol，1mol氯化氢溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1mol/L，故②错误;③盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，根据w=×100%，可知，混合液的总质量小于原先的2倍，则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的1半，即大于0.5w，故③正确;④氯化氢为强电解质，溶液中完全电离出氢离子和氯离子，所以溶液中不存在氯化氢分子，故④错误；故选C。

3．将体积相等、质量分数也相等的氨水和硫酸分别用等体积的水稀释，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a与b的关系为(　　)

A．a=b B．a<b C．a>b D．无法确定

【答案】B

【详解】（1）.设浓氨水的体积为V，质量分数为x%，密度为ρ（浓氨水），稀释后密度为ρ（稀氨水），稀释前后溶液中溶质的质量不变，则：稀释后质量分数ω=ρ（浓氨水）×V×x%÷2Vρ（稀氨水），氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小，所以ρ（浓氨水）<ρ（稀氨水），所以ω=ρ（浓氨水）×V×x%÷2Vρ（稀氨水）=a%＜x%；

（2）.同理，设浓硫酸的体积为V，质量分数为x%，密度为ρ（浓硫酸），稀释后密度为ρ（稀硫酸），稀释前后溶液中溶质的质量不变，则：稀释后质量分数ω=ρ（浓硫酸）×V×x%÷2Vρ（稀硫酸），硫酸的密度大于水的密度，浓度越大密度越大，所以ρ（浓硫酸）＞ρ（稀硫酸），所以ω=ρ（浓硫酸）×V×x%÷2Vρ（稀硫酸）=b%＞x%；

因a%＜x%，b%＞x%，故a＜b，此题答案选B。

4．某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下：

根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是

A．该“84消毒液”的物质的量浓度为4.0mol·L－1

B．一瓶该“84消毒液”能吸收空气中44.8L的CO2(标准状况)而变质

C．取100mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)约为0.04mol·L－1

D．参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含25%NaClO的消毒液，需要称量的NaClO固体质量为143g

【答案】D

【详解】A．根据c＝得，c(NaClO)＝mol·L－1≈4.0mol·L－1，A正确；

B．一瓶该“84消毒液”含有的n(NaClO)＝1L×4.0mol·L－1＝4.0mol，根据反应：CO2＋NaClO＋H2O=NaHCO3＋HClO，吸收CO2的物质的量最多为4.0mol，即标准状况下V(CO2)＝4.0mol×22.4L·mol－1＝89.6L，则能吸收空气中44.8L的CO2而变质，B正确；

C．根据稀释前后溶质的物质的量不变，有100mL×4.0mol·L－1＝100mL×100×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04mol·L－1，C正确；

D．应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL，所以需要NaClO的质量为0.5L×4.0mol·L－1×74.5g·mol－1＝149g，D错误。

故选D。

5．浓度均为0.1mol•L-1的KCl、CaCl2溶液等体积混合，下列说法错误的是

A．混合前CaCl2溶液中c(Cl-)=0.2mol•L-1

B．混合前KCl、CaCl2溶液中c(Cl-)之比为1∶2

C．混合前后K+、Ca2+的物质的量不变

D．混合溶液中c(Cl-)=0.3mol•L-1

【答案】D

【详解】A．c(CaCl2)=0.1mol•L-1，则混合前CaCl2溶液中c(Cl-)=0.2mol•L-1，A正确；

B．c(KCl)=0.1mol•L-1，c(CaCl2)=0.1mol•L-1，则混合前KCl、CaCl2溶液中c(Cl-)之比为0.1mol•L-1：0.2mol•L-1=1∶2，B正确；

C．KCl、CaCl2溶液等体积混合后，没有化学反应发生，所以混合前后K+、Ca2+的物质的量不变，C正确；

D．设两份溶液的体积都为1L，则混合溶液中c(Cl-)==0.15mol•L-1，D错误；

故选D。

6．标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为p g/ml,质量分数为W，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是

A． B．

C． D．c=1000Vρ/(17V+22400)

【答案】A

【详解】A．VL氨气的物质的量为=mol，氨气质量为mol×17g/mol=g，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液质量为(+1000)g，溶液体积为=L，所以溶液的密度为=g/mL，故A错误；B．根据c=可知，该氨水质量分数w=，故B正确；C．溶液的质量分数w=×100%=×100%，故C正确；D．溶液体积为=L，氨气的物质的量浓度c== mol/L，故D正确；

故选A。

7．某温度下，物质X2SO4的饱和溶液的密度为ρ g·mL-1，c(X+)=c mol·L-1，溶质的质量分数为a%，溶质的摩尔质量为M g·mol-1，溶解度为S g．下列表达式正确的是

A．S= B．c= C．a%= D．S=

【答案】A

【详解】A．由c(X2SO4)=，则a%=，又饱和溶液a%=，所以=，解得S=，故A正确；

B．c(X2SO4)=，c=c(X+)=2c(X2SO4)=，故B错误；

C．由c(X2SO4)=，则a%=，故C错误；

D．由饱和溶液a%=，得，S=，故D错误；

故选：A。

8．t℃时，相对分子质量为A的某物质的饱和溶液，其物质的量浓度为Bmol·L-1，密度为ρg·cm-3，则该物质在t℃时溶解度为（             ）g

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】设该物质在t℃时溶解度为xg，该物质物质的量为mol；饱和溶液的质量为（100+x）g，饱和溶液的体积为=L；Bmol/LL=mol，解得x=，答案选C。

9．下列关于物质的量浓度表述正确的是

A．在标准状况下，VL氨气溶于1L水配成密度为ρg/cm3的氨水，该氨水的物质的量浓度为mol/L

B．0.3mol/L硫酸钠溶液中含有钠离子和硫酸根离子总物质的量为0.9mol

C．将40g氢氧化钠固体溶于1L水中，物质的量浓度为1mol/L

D．实验室使用的浓盐酸的溶质质量分数为36.5％，密度为1.19 g/cm3，则该浓盐酸物质的量浓度是11.9 mol/L

【答案】D

【详解】A．VL氨气与1L水的体积不能相加，溶液的体积不是(V+1)L，A错误；

B．溶液的体积未知，无法算出物质的量，B错误；

C．1L水溶解氢氧化钠后，溶液体积不再是1L，C错误；

D．根据质量分数与物质的量浓度的换算cB= mol·L-1可知该浓盐酸的物质的量浓度= mol·L-1 =11.9 mol·L-1，D正确；

答案选D。

10．在t ℃时将a g NH3完全溶于水得到V mL溶液，该溶液的密度为ρg·cm－3，质量分数为w。下列说法正确的是（          ）

A．溶质的质量分数w＝a/（Vρ-a）×100%

B．溶质的物质的量浓度c＝a/17Vmol·L－1

C．溶液密度ρ可表示为17c/wg·cm－3

D．上述溶液中再加入V mL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w

【答案】D

【详解】A、氨水溶液的溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g•cm-3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为×100%=×100%，故A错误；B、a g NH3的物质的量为=mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L，故B错误；C、溶液密度ρ===g·cm－3，故C错误；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D正确；故选D。

11．在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg/mL，溶质质量分数为w，其中含有NH的物质的量是bmol，下列叙述正确的是

A．溶质的质量分数w＝×100%

B．溶质的物质的量浓度c＝mol/L

C．溶液中c(OH－)＝mol/L＋c(H＋)

D．向上述溶液中加入VmL水，所得溶液的溶质质量分数大于0.5w

【答案】C

【详解】A．溶质的质量分数w＝×100%，A错误；

B．在计算时，氨水中的溶质是NH3而不是NH3·H2O，c＝＝mol/L＝mol/L，B错误；

C．氨水中含有的阳离子为H＋和NH，含有的阴离子只有OH－，根据电荷守恒可知，C正确；

D．由于氨水的密度小于水的密度，与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍，故其溶质质量分数小于0.5w，D错误。

故选C。

12．在t℃时，将a L完全溶于水，得到V mL溶液，假设此时Vm=22.4L/mol，该溶液的密度为，溶质质量分数为w，其中含有的物质的量是b mol，下列叙述不正确的是。

A．溶质的质量分数

B．溶质的物质的量浓度

C．溶液中

D．向上述溶液中加入等质量的水，所得溶液的溶质质量分数为0.5w

【答案】C

【详解】A．，故溶质的质量分数，A正确；

B．将代入公式，化简可得，B正确；

C．氨水中含有的阳离子为和，含有的阴离子只有，根据电荷守恒可知，C错误；

D．设溶液质量为，则加入等质量的水后溶质的质量分数为，D正确；

答案选C。

13．已知20℃硝酸钾饱和溶液质量分数为24%，密度为1.1 g/cm3，下列说法正确的是

A．20℃时硝酸钾在水中溶解度为24 g

B．20℃时硝酸钾溶液的物质的量浓度一定为2.61 mol/L

C．20℃，1 L硝酸钾饱和溶液中含有K＋约2.61 mol

D．20℃时等体积硝酸钾饱和溶液与蒸馏水混合所得稀溶液溶质质量分数为12%

【答案】C

【详解】A．设20℃时硝酸钾在水中溶解度为S，则有，解得，即20℃时硝酸钾在水中溶解度约为31.6 g，A错误；

B．由可得，20℃时硝酸钾饱和溶液的物质的量浓度，但如果是硝酸钾的不饱和溶液，溶液的质量分数未知，则溶液的物质的量浓度不一定为2.61mol/L，B错误；

C．20℃时硝酸钾饱和溶液的物质的量浓度，则1 L硝酸钾饱和溶液中含有K＋约2.61mol/L×1L=2.61 mol，C正确；

D．设体积为VmL，则混合前m(KNO3)=24%×1.1V，与等体积蒸馏水混合后，溶液的质量m=1.1V+1V=2.1V，则混合后所得稀溶液溶质质量分数，D错误；

答案选C。

二、填空题（共2道）

14．化学实验室使用的浓盐酸的溶质的质量分数通常为36.5%，密度为1.25g/mL。

(1)该盐酸的物质的量浓度为___________mol/L。

(2)现有一种0.2mol/L的稀盐酸的含义是___________(选填字母)。

A．1L水中含有0.2mol HCl       

B．0.2mol/L的稀盐酸含有

C．将7.1gHCl溶于1L水所配成的溶液

D．从100mL该溶液中取出10mL，剩余溶液的物质的浓度仍为0.2mol/L

(3)用上述实验室的浓盐酸来配制500mL1mol/L的稀盐酸，请在下列操作步骤中填写有关的空格：

①用量简量取___________mL的浓盐酸：(精确到小数点后一位)

②向盛有少量蒸馏水的烧杯中，沿___________慢慢注入浓盐酸：

③将已冷却至室温的盐酸溶液沿玻璃棒注入___________中：

④用少量蒸馏水洗涤烧杯2~3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中：

⑤继续向容量瓶中加蒸馏水，直至液面接近刻度线1~2cm处：

⑥改用___________逐滴加蒸馏水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切：

⑦盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；

⑧将配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签。

(4)由于操作不当，会引起实验误差。下列情况对所配制的盐酸溶液的物质的量浓度有何影响？(用“偏高”、“偏低”、“无影响"填空)

①容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水___________；

②定容时，某同学观察液面的情况如图所示___________；

③摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线___________。

【答案】     （1）12.5     （2）D     （3）①40.0     ②烧杯内壁     ③500     ⑥胶头滴管   

 （4） ①无影响     ②偏高     ③偏低

【分析】根据c=计算；物质的量浓度的含义分析；依据稀释原理求出所需浓盐酸的体积，再根据配制规范的步骤分析；依据操作不当对溶质的物质的量或溶液的体积造成的影响，结合c=分析。

【详解】(1)溶质质量分数为36.5%，密度为1.25g/mL的浓盐酸物质的量浓度c=mol/L=12.5mol/L；

(2)0.2mol/L的稀盐酸的含义是1L溶液中含有0.2molHCl，

A．0.2mol/L的稀盐酸的含义是1L溶液中含有0.2molHCl，不是1L水中含有0.2mol HCl，故A不符合题意；

B．若1L0.2mol/L的稀盐酸含有，氯化氢完全电离，0.2mol/L的稀盐酸的体积未知，无法计算出氢离子的物质的量，故B不符合题意；

C．0.2mol/L的稀盐酸的含义是1L溶液中含有0.2molHCl，将7.1gHCl，n===0.1mol，溶于1L水所配成的溶液体积不是1L，故C不符合题意；

D．溶液具有均一性，从100mL该溶液中取出10mL，剩余溶液的物质的量浓度仍为0.2mol/L，故D符合题意；

答案选D；

(3)用12.5mol/L的浓盐酸来配制500mL1mol/L的稀盐酸。

①溶液稀释前后氯化氢的物质的量不变，需要浓盐酸的体积==0.04L=40.0mL；

②向盛有少量蒸馏水的烧杯中，沿烧杯内壁慢慢注入浓盐酸；

③将已冷却至室温的盐酸溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中；

④用少量蒸馏水洗涤烧杯2~3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；

⑤继续向容量瓶中加蒸馏水，直至液面接近刻度线1~2cm处；

⑥改用胶头滴管逐滴加蒸馏水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切；

⑦盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；

⑧将配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签；

(4)①容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对浓度没有影响；

②根据c=，定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，浓度偏高；

③根据c=，摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低。

16．某同学用质量分数为36.5%，密度为116g/cm3的浓盐酸配制240mL 1mol/L的稀盐酸。请回答下列问题：

（1）需要量取浓盐酸______mL。

（2）配制该稀盐酸时使用的仪器除量筒、烧杯外，还必须用到的仪器有______。

（3）在配制过程中，若用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度将______(填“偏高”、“偏低”、“无影响”，下同)。若量取的浓盐酸经稀释、冷却至室温，注入用蒸馏水洗涤后未干燥的容量瓶中，则配制的稀盐酸浓度将_______。若定容时俯视观察凹液面最低点与刻线相平，则配制的稀盐酸浓度将为_______。若用该方法配制氢氧化钠溶液，则操作过程中动作要快，否则会造成浓度___；试分析造成此变化的原因是_______。

（4）若在标准状况下，将VLHCl气体溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL),所得溶液的密度为ρg/mL，则所得盐酸溶液的物质的量浓度为_______mol/L。

【答案】     （1）21.6    （2） 250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒（可颠倒）    

（3）偏低     无影响     偏高     偏低     NaOH易潮解、易吸收空气中的CO2而变质    

（4）

【详解】（1）浓盐酸的物质的量浓度c(HCl)==mol·L－1=11.6mol·L－1，设所需浓硫酸的体积为V，则有V×11.6mol·L－1=0.25L×1mol·L－1，则

V==0.0216L=21.6mL；（2）根据操作步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用30mL量筒量取（用到胶头滴管）浓盐酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却至室温后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞颠倒摇匀．所以还需要的仪器为：玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶。（3）在配制过程中，若用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，量筒壁上的水导致浓盐酸浓度减少，所量取溶液中溶质的质量减少，其配制的稀盐酸浓度将偏低。若量取的浓盐酸经稀释、冷却至室温，注入用蒸馏水洗涤后未干燥的容量瓶中，对溶质的物质的量和最终溶液的体积没有影响，浓度不变。若定容时俯视观察凹液面最低点与刻线相平，溶液体积偏大，则配制的稀盐酸浓度将偏低。若用该方法配制氢氧化钠溶液，则操作过程中动作要快，否则会造成浓度偏低；试分析造成此变化的原因是NaOH易潮解、易吸收空气中的CO2而变质。（4）根据V==，则c===mol·L－1。