2021届高考化学一轮复习过关训练：物质的量浓度（解析版）

物质的量浓度
1．现有V L 0.5 mol·L－1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是(　　)
A．加热浓缩到原来体积的一半 B．加入5 mol·L－1的盐酸0.125V L
C．加入10 mol·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L D．标况下通入11.2 L氯化氢气体
【答案】C
【解析】
A项、加热蒸发会导致HCl挥发，加热浓缩到原来体积的一半，溶液浓度小于原来的2倍，故A错误；
B项、溶液的体积不具有加和性，不明确溶液的密度大小，无法求出混合后溶液的体积，故B错误；
C项、混合后溶液中的HCl为 0.5mol/L×VL+10mol/L×0.1VL=1.5Vmol，所以混合后HCl的浓度为=1mol/L，故C正确；
D项、通过氯化氢气体，溶液的密度和体积发生变化，无法求出浓度，故D错误；
故选C。
2．下列叙述正确的是(　　)
A．将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，制得1 mol·L－1NaCl溶液
B．将1体积c mol·L－1硫酸加入水中稀释为5体积，得到0.2c mol·L－1硫酸
C．将25 g无水CuSO4溶于水配制成100 mL溶液，其浓度为1 mol·L－1
D．用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏低
【答案】B
【解析】
A．将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中，所得溶液体积不是100mL，所得溶液的浓度不是0.1mol/L，故A错误；
B．1体积c mol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，稀释后溶液浓度为cmol/L×=0.2c mol/L，故B正确；
C．将25 g无水CuSO4溶于水制成100 mL溶液，其浓度为=1.5625 mol/L，故C错误；
D．用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线读数，会导致量取的浓盐酸体积偏大，所配溶液浓度偏高，故D错误；
故选B。
3．下列有关叙述正确的是 （ ）
A．0.2mol·L-1NaCl溶液与0.1mol·L-1Na2CO3溶液中Na+的物质的量相同
B．1molNa分别生成Na2O或Na2O2，失去的电子数之比为2∶1
C．等质量的乙酸和葡萄糖充分燃烧消耗O2的分子数相同
D．1.8gH2O与2.24LNH3含有的电子数相同
【答案】C
A．0.2mol·L-1NaCl溶液与0.1mol·L-1Na2CO3溶液中Na+的物质的量浓度相同，没有指明溶液的体积相等，则无法判断Na+的物质的量是否相同，故A错误；
B．Na原子最外层只有一个电子，易失去，则1molNa分别生成Na2O或Na2O2，失去的电子数均为1mol，比值为1:1，故B错误；
C．乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，则等质量的乙酸和葡萄糖充分燃烧消耗O2的分子数相同，故C正确；
D．没有指明2.24LNH3为标准状况下的气体，则其物质的的量不一定是0.1mol，与1.8gH2O含有的电子数不一定相同，故D错误；
故答案为C。
4．某温度下，饱和石灰水的溶解度为sg，密度为ρg/mL，向足量该饱和溶液中加入mgCaO，充分作用后，恢复到原来温度，下列有关说法不正确的是（ ）
A．最终得到沉淀的质量大于g
B．该饱和溶液质量百分比浓度为：%
C．最终所得溶液pH不变
D．该饱和溶液中溶质物质的量浓度为：mol/L
【答案】B
【解析】
A．mg CaO溶于水发生反应：CaO+H2O═Ca(OH)2，反应生成氢氧化钙的质量为×mg=g，由于原饱和溶液中溶剂减少，则会析出部分溶质，所以最终得到的沉淀的质量大于g，故A正确；
B．该饱和溶液的溶解度为sg，则该饱和溶液中溶质的质量分数为×100%=%，故B错误；
C．最终得到的还是氢氧化钙的饱和溶液，由于温度相同，则溶液中氢氧根离子浓度相等，溶液的pH不变，故C正确；
D．该饱和溶液的质量分数为%，该溶液的物质的量浓度为：c==mol/L，故D正确；
故选B。
5．下列关于物质的量浓度表述正确的是
A．0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO42－的总物质的量为0.9 mol
B．当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L－1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L－1
C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO42－的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同
D．10 ℃时，100 mL 0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1
【答案】D
【解析】
A、离子的物质的量=离子的物质的量浓度×溶液的体积；
B、溶液的体积不等于溶剂的体积以及气体摩尔体积与状态有关；
C、电荷守恒：c（Na+）+c（K+）=c（Cl-）+2c（SO42-）计算K+和Cl-的物质的量浓度；
D、温度不变，饱和溶液中溶质的物质的量浓度不变，与溶液的体积无关．
【详解】
A. 0.3mol⋅L−1的Na2SO4溶液中Na＋、SO42－的物质的量浓度为：0.6mol⋅L−1,0.3mol⋅L−1，由于缺少溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故A错误；
B. 溶液的体积不等于溶剂的体积,所以1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol⋅L−1；气体摩尔体积与状态有关,22.4L氨气的物质的量无法求出,所以22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度不一定等于1mol⋅L−1，故B错误；
C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在：c(Na+)+c(K+)=c(Cl−)+2c(SO42－),Na+和SO42－的物质的量相等,即物质的量浓度相等,所以K+和Cl−的物质的量浓度一定不相同，故C错误；
D. 10℃时，0.35mol/L的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L，故D正确；
故选D。
6．VmL Al2(SO4)3溶液中，含有Al3+a g，取V/2 mL溶液稀释到3V mL，则稀释后溶液中SO42-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】A
【解析】
agAl3+的物质的量为，故溶液中Al3+的物质的量为=，根据电荷守恒有：2n(SO42-)=3n(Al3+)，故溶液中SO42-的物质的量为：
，取溶液稀释到3VmL，则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度为：。
所以答案选择A项。
7．下列溶液中的Cl-物质的量与100mL 1mol•L-1AlCl3溶液中Cl-相等的是（ ）
A．150mL 1 mol•L-1NaCl溶液
B．100mL 3mol•L-1KClO3溶液
C．75mL 2 mol•L-1MgCl2溶液
D．50mL 1 mol•L-1FeCl3溶液
【答案】C
先计算溶液中氯离子的物质的量浓度，再根据n=cV求出物质的量。
【详解】
100mL 1mol•L-1 AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度是3mol/L，Cl-物质的量为3mol/L×0.1L=0.3mol，
A、150mL 1mol•L-1氯化钠溶液中c（Cl-）=1 mol•L-1×1=1mol/L，Cl-物质的量为1mol/L×0.15L=0.15mol；
B、100mL 3mol•L-1KClO3溶液中不含有氯离子，故Cl-物质的量为0；
C、75mL 2 mol•L-1MgCl2溶液中c（Cl-）=2 mol•L-1×2=4mol/L，Cl-物质的量为4mol/L×0.075L=0.3mol；
D、50mL 1 mol•L-1FeCl3溶液中c（Cl-）=1 mol•L-1×3=3mol/L，Cl-物质的量为3mol/L×0.05L=0.15mol；
答案选C。
8．将13.4g KBr和KCl的混合物溶于水，配成500 mL溶液，通入过量Cl2，反应后将溶液蒸干得11.18g固体，所配溶液中K＋、Cl－、Br－的物质的量浓度之比为(　　)
A．3∶2∶1 B．1∶2∶3
C．1∶3∶2 D．1∶1∶1
【答案】A
【解析】
设原混合物中KBr、KCl的物质的量分别为n(KBr)、n(KCl)，根据KBr、KCl的质量总和为13.4g，列出方程①，再结合2KBr＋Cl2===2KCl＋Br2,分析判断通入过量Cl2，反应后将溶液蒸干所得得11.18g固体为KBr的质量，列出方程②，联立两式即可求得原混合物中KBr、KCl的物质的量，便可得出结论。
【详解】
设原混合物中KBr、KCl的物质的量分别为n(KBr)、n(KCl)。
n(KBr)×119g·mol－1＋n(KCl)×74.5g·mol－1＝13.4g ①
2KBr＋Cl2===2KCl＋Br2
生成的n(KCl)＝n(KBr)
[n(KBr)＋n(KCl)]×74.5g·mol－1＝11.18g ②
联立①②解得：
n(KBr)＝0.05mol，n(KCl)＝0.1mol。
故n(K＋)∶n(Cl－)∶n(Br－)＝3∶2∶1，选A。
9．下图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是

A．标签上离子的浓度是物质的量浓度
B．由矿泉水制蒸馏水必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶
C．该品牌饮用矿泉水中c（Mg2+）最大值为2×10-4mol/L
D．一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42-的物质的量不超过l×10-5mol
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.物质的量浓度是用单位体积的溶液中含有溶质的物质的量来表示的，物质的量单位是mol，因此表示的不是物质的量浓度，选项A错误；
B. 由矿泉水制蒸馏水采用的是蒸馏方法，必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、导气管、冷凝管、牛角管和锥形瓶，缺少导气管，选项B错误；
C.该品牌饮用矿泉水中镁离子的最大浓度是4.8mg/L，转化为物质的量浓度为c(Mg2+)=(4.8×10-3g÷24g/mol)/L= 2×10-4mol/L，选项C正确；
D.由于题干没有指明Cl-的浓度，因此无法确定SO42-的物质的量浓度，选项D错误；
故合理选项是C。
10．下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是(　　)

A．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol·L－1
B．1 mol Zn与足量该硫酸反应产生2 g氢气
C．配制200 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50 mL
D．该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 根据c=1000ρ×ω/M进行计算；

B. Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；
C．根据稀释前后溶质的量不变求出所需浓硫酸的体积；
D.浓硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度小于浓硫酸浓度的平均值；
【详解】
A．根据c=1000ρ×ω/M可知，硫酸的浓度是1000×1.84×98%/98=18.4mol/L，A错误；
B. Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；B错误；
C．设需取该浓硫酸xmL，根据稀释前后溶质的量不变可知：200 mL×4.6 mol·L－1＝x·18.4 mol·L－1，x＝50 mL，C正确；
D．由于水的密度小于H2SO4的密度，所以当浓H2SO4与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的2倍，所以其物质的量浓度小于9.2 mol·L－1，D错误；
综上所述，本题选C。
11．下列关于物质的量浓度表述正确的是(　　)
A．0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42-的总物质的量为0.9 mol
B．50mL 1mol·L－1的KCl溶液和100mL 0.25 mol·L－1MgCl2溶液中，Cl－物质的量浓度相等
C．将10 mL 1 mol·L－1的H2SO4稀释成0.1 mol·L－1的H2SO4，可向其中加入100 mL水
D．20℃时，0.023 mol·L-1的氢氧化钙饱和溶液100mL加入5g生石灰，冷却到 20℃时，其体积小于 100mL，它的物质的量浓度仍为0.023 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A项、硫酸钠溶液物质的量浓度已知，但溶液体积未知，不能计算离子物质的量，故A错误；
B项、1mol•L-1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L，0.25mol•L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为0.5mol/L，Cl-的物质的量浓度不相等，故B错误；
C项、10 mL 1 mol·L－1的H2SO4稀释成0.1mol/L的H2SO4，所得稀硫酸的体积为100mL，所加水的体积不是100mL，故C错误；
D项、氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，消耗了饱和溶液中的溶剂，使部分氢氧化钙析出，溶液温度恢复到20℃时，仍为氢氧化钙的饱和溶液，溶液体积减小，同温下同种溶质在同种溶剂中的饱和溶液的浓度不变，故D正确。
故选D。
12．把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a L分成两等份。一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO42-完全沉淀，则原溶液中NO3-的物质的量浓度为（单位均为mol·L-1）
A．(c-2b)/a B．(2b-4c)/a C．(2b-c)/a D．(b-4c)/a
【答案】B
【解析】
【分析】
bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-cmol。根据溶液不显电性，计算出每份中NO3-的物质的量，再根据c=nV计算。
【详解】
bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-cmol。
令每份中NO3-的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol×1=cmol×2+n×1，解得n=（b-2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3-）=b-2cmol0.5aL=2b-4camol/L。即原溶液中硝酸根的浓度为2b-4camol/L。答案选B。

13．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】
【详解】
A.用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的体积不是100mL，A错误；
B. 1L水中溶解5.85gNaCl所形成的溶液，溶剂的体积不等于溶液的体积，故B错误；
C. 将25gCuSO4·5H2O晶体溶于75g水中所得溶质是CuSO4，故溶质的质量小于25g，质量分数为小于25%，故C错误；
D. 三氧化硫与水发生反应生成硫酸，根据反应：SO3+H2O=H2SO4可知，40gSO3的物质的量为0.5mol,生成硫酸溶质的量为0.5mol，硫酸质量为0.5×98=49g，溶液质量为40+60=100g，所以40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为49/100×100%=49%，故D正确；
正确选项D。

14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2mol·L－1的Ba(NO3)2溶液正确的说法是（　　）
A．2L溶液中的阴、阳离子总数为0.8NA
B．500mL溶液中NO3—浓度为0.2mol·L－1
C．500mL溶液中Ba2＋浓度为0.1mol·L－1
D．500mL溶液中含NO3—总数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A、求出Ba（NO3）2的物质的量，而1molBa（NO3）2中含3mol离子；B、离子的浓度与溶液的体积无关；C、离子的浓度与溶液的体积无关；D、1molBa（NO3）2中含2molNO3-。
【详解】
2L溶液中Ba（NO3）2的物质的量n=CV=0.2mol/L×2L=0.4mol，而1molBa（NO3）2中含3mol离子，故0.4molBa（NO3）2中含1.2mol离子，含阴、阳离子总数是1.2NA，A错误；离子的浓度与溶液的体积无关，0.2mol/LBa（NO3）2溶液中NO3-的浓度为0.4mol/L，B错误；离子的浓度与溶液的体积无关，0.2mol/LBa（NO3）2溶液中Ba2+的浓度为0.2mol/L，C错误；500mLBa（NO3）2的物质的量n=CV=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，1molBa（NO3）2中含2molNO3-，0.1molBa（NO3）2中含0.2molNO3-，D正确。
故选D。

15．下列配制0.5mol/L的NaOH溶液的操作不会造成误差的是 （ ）
A．称量后转移固体时不小心把少量固体洒到烧杯外
B．容量瓶未干燥，有少量蒸馏水,
C．未经冷却就转移定容，上下反复颠倒摇匀
D．定容时，加水超过刻度线，倒出后并恢复到刻度线水平
【答案】B
【解析】
【分析】
A、少量固体洒到烧杯外，会导致配制的溶液中溶质的物质的量减小；B、容量瓶中有蒸馏水不影响配制结果；C、溶液有热胀冷缩的性质,未恢复室温立即转移到容量瓶中定容,导致所配溶液体积减小,所配溶液浓度偏高；D、加水超过了刻度线，导致配制的溶液的体积偏大。
【详解】
：A、称量后转移固体时不小心把少量固体洒到烧杯外，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，溶液的浓度偏低，故A错误；B、容量瓶未干燥，有少量蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，不影响配制结果，故B正确；C、溶液有热胀冷缩的性质,浓硫酸稀释,放出大量的热,稀释后未恢复室温立即转移到容量瓶中定容,导致所配溶液体积减小,所配溶液浓度偏高，故C错误；D、加水定容时，加水过多，会导致配制的溶液的体积偏大，配制的溶液浓度偏小，故D错误；
故选B。
16．欲配制100mL1.0 mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是( )
①将14.2 g Na2SO4，溶于100mL水中
②将32.2g Na2SO4•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL
③将20 mL 5.0 mol/L Na2SO4溶液用水稀释至100 mL
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】B
【解析】
①14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故①错误；
②32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c==1.0mol•L-1，故②正确；
③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml×5mol/L=100ml×c(硫酸钠)，则c(硫酸钠)=1.0mol/L，故③正确；
②③正确，故答案为B。
17．下列说法正确的是(　　)
A．把100 mL 3 mol·L－1的H2SO4跟100 mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度为1.5 mol·L－1
B．把100 g 20%的NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
C．把200 mL 3 mol·L－1的BaCl2溶液跟100 mL 3 mol·L－1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl－)仍然是3 mol·L－1
D．把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%
【答案】B
【解析】

A．把100 mL 3 mol·L－1的H2SO4跟100 mL H2O混合，溶液的总体积小于200mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5mol•L-1，故A错误；
B．与水混合前后，NaCl的质量不变，则把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数为：×100%=10%，故B正确；
C．3mol•L-1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6mol•L-1，3mol•L-1的KCl溶液中氯离子浓度为3mol•L-1，混合后氯离子浓度介于3mol•L-1～6mol•L-1之间，故C错误；
D．氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算混合后溶液的总质量，故D错误；
故选B。
18．某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25 ℃时，a g该晶体能够溶于b g水中形成
V mL溶液，下列关系中不正确的是
A．该溶液中溶质的质量分数为w＝%
B．该溶液的物质的量浓度为c＝mol·L－1
C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝(＋b)∶(a－)
D．该溶液的密度为ρ＝g·L－1
【答案】A
【解析】
A．根据化学式计算R的质量，溶液总质量为（a+b）g，根据w（溶质）=m(溶质)/m(溶液) ×100%计算该溶液质量分数；
B．根据n=m/M计算R•nH2O的物质的量，而n（R）=n（R•nH2O），根据c=n/V计算该溶液的物质的量浓度；
C．根据化学式计算结晶水的质量，溶质R的质量为（a﹣结晶水质量）g，溶液中溶剂质量为（结晶水质量+b）g；
D．根据c=n/V计算该饱和溶液的物质的量浓度，根据ρ=m/V计算溶液密度，或利用c=1000×ρω/M进行公式变形计算。
【详解】
A．R的质量为（M-18n）/M×ag，溶液总质量为（a+b）g，可知该溶液质量分数为[（M-18n）/M×a]/(a+b) ×100%=100a(M-18n)/M (a+b)%，故A错误；
B．n（R）=n（R•nH2O）=a/M mol，该溶液的物质的量浓度(a/M)/ V×10-3=1000a/(MV)mol·L﹣1，故B正确；
C．R•nH2O中结晶水的质量为18na/Mg，故R的质量为（a﹣18na/M ）g，溶液中溶剂的质量为（18na/M+b ）g，则溶液中m（水）：m（溶质）=（18na/M+b ）：（a﹣18na/M ），故C正确；
D．溶液总质量为（a+b）g，根据ρ=m/V可知，溶液密度为(a+b)/V=(a+b)/V g/mL=1000(a+b)/Vg·L﹣1，故D正确；
综上所述，本题选A。

19．标准状况下,质量为mg、体积为VL的氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL)，所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是
A． B．m=
C． D．c=
【答案】A
【解析】
A.由题意可知，氨气的质量为g，溶液质量为(+1000) g，由物质浓度为cmol/L可知，溶液的体积为L，则溶液的密度为，故A错误；
B.由题意可知，溶液质量为(+1000) g，溶液的体积为L，由物质浓度为cmol/L可知，氨气的质量为，故B正确；
C.由题意可知，氨气的质量为g，溶液质量为(+1000) g，则质量分数为，故C正确；
D.由题意可知，氨气的物质的量为mol，溶液质量为(+1000) g，由液的密度为ρg/mL可知溶液的浓度为，故D正确；
故选A。
20．V L浓度为0.5 mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是
A．将溶液加热浓缩到0.5V L
B．通入标准状况下的HCl气体11.2V L
C．加入10 mol·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L
D．加入V L 1.5 mol·L－1的盐酸混合均匀
【答案】C
【解析】
A.将溶液加热浓缩到0.5VL时，由于HCl的挥发，不能使其浓度增大1倍，故A 不合理；
B.标准状况下11.2V L的HCl气体的物质的量是0.5Vmol，向溶液中通入0.5 V molHCl，该溶液体积会增大，所以溶液浓度应该小于1mol/L，故B不合理；
C.VL浓度为0.5 mol·L-1的盐酸中HCl的物质的量是0.5V mol， 10 mol·L-1的盐酸0.1V L中HCl物质的量是V mol，两者混合后再稀释至1.5VL时c= = 1 mol·L-1，故C合理；
D.两种盐酸混合后，溶液的体积不能直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D不合理；
故答案：C。
21．某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下：

请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”的物质的量浓度约为4.0 mol·L－1
B．一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后浓度会变小
C．取100 mL该“84消毒液”稀释100倍消毒，稀释后溶液中c(Na＋)约为0.04mol·L－1
D．参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液480 mL，需要称量的NaClO固体质量为143 g
【答案】D
【解析】
A. 该“84消毒液”的物质的量浓为c===4.0 mol·L－1，故A正确；B. 一瓶该“84消毒液”敞口放置一段时间后，由于其易吸收空气中的CO2变质而浓度变小，故B正确；C. 稀释后的溶液中c(Na＋)等于其原物质的量浓度4.0 mol·L－1的1/10，约为0.04mol·L－1，故C正确；D. 应选取500 mL的容量瓶进行配制，所以需要NaClO的质量为：0.5L×4.0 mol·L－1×74.5g·mol－1＝149g，故D不正确。故选D。
22．在Al2(SO4)3、K2SO4和明矾的混合液中，如果SO42－的物质的量浓度为0.2 mol·L－1，当加入等体积的0.2 mol·L－1的KOH溶液时，生成的沉淀恰好溶解，则原混合物中K＋的物质的量浓度是( )
A．0.2 mol·L-1 B．0.25 mol·L-1
C．0.225mol·L-1 D．0.45 mol·L-1
【答案】B
【解析】
Al2（SO4）3、K2SO4和明矾的混和溶液中，加入等体积的0.2mol/L的KOH溶液时，生成的沉淀恰好溶解，发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，可知原溶液中c（Al3+）=×0.2mol/L=0.05mol/L，根据电荷守恒可知，原溶液中c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO42-），即c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）=2×0.2mol/L-0.05mol/L×3=0.25mol/L，故选B。
点睛：Al2（SO4）3、K2SO4和明矾的混和溶液中，只存在K+、SO42-和Al3+，且三种离子间存在电荷守恒的关系，即c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+），解题突破点是混和溶液中，加入等体积的0.2mol/L的KOH溶液时，生成的沉淀恰好溶解，此时溶液中发生的反应为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，根据滴中KOH的物质的量，可计算出溶液中c（Al3+），结合电荷守恒即可计算出c（K+）。
23．海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以NaCl为主)以卤汁的形式被包裹在冰晶之间，形成“盐泡”，其大致结构如图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，则融化后的水为淡水。下列叙述正确的是

A．海冰内层“盐泡”越少，密度越大
B．海冰冰龄越短，内层的“盐泡”越少
C．每含1mol H2O的海冰内就有2×l0-5 NA个NaCl分子(NA为阿伏加德罗常数)
D．海冰内层NaCl的浓度约为l0-3 mol/L(设冰的密度为0.9 g.cm-3)
【答案】D
【解析】
A．“盐泡”内含有NaCl等盐类，“盐泡”越多，质量越大，海冰密度越大，故A错误；
B．若海冰的冰龄达到1年以上融化后的水为淡水，即冰龄越长，“盐泡”渗出，内层的“盐泡”越少，故B错误；
C．NaC1是离子化合物，不存在NaCl分子，故C错误；
D．假设有1L海冰，质量为900 g，物质的量约为50mol，“盐泡”与H2O的个数比约为2×10-5:1.则氯化钠的物质的量约为1×10-3 mol，所以海冰内层NaCl的浓度约为10-3mol/L，故D正确；
故答案为D。
24．下列叙述正确的是（ ）
A．不同物质的量浓度硫酸等体积混合后，溶液物质的量浓度变为原来和的一半
B．5.6g铁与足量稀硫酸反应失去的电子的物质的量为0.2mol
C．标准状况下，11.2LNO2气体中含氧原子数大于18g水中含有的氧原子数
D．20gNaOH溶于1L水，所得溶液中c(Na+)＝0.5mol/L
【答案】B
【解析】
A．根据混合前后的物质的量不变，若混合后的体积为混合前的体积之后，则有，但不同的溶液混合后，体积不等于混合前的体积和，则浓度不是原来的一半，A错误；
B．5.6g铁与足量稀硫酸反应生成亚铁离子，失去的电子的物质的量为×2=0.2mol，B正确；
C．标准状况下，11.2LNO2气体中含氧原子数为×2=1mol，18g水中含有的氧原子数为×1=1mol，两者相等，C错误；
D．20gNaOH溶于1L水，溶液的体积不是1L，D错误。
答案为：B。
25．在标准状况下，将完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为下列叙述中正确的有（ ）
若上述溶液中再加入水至所得溶液的质量分数等于时，溶质的物质的量浓度小于；
；
；
上述溶液中再加入同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为；
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
水的密度大于氨水的密度，所以等质量时，水的体积小于氨水的体积，混合后，溶液的体积小于原来的2倍，所以溶质的物质的量浓度大于，故错误；
，故正确；
，故错误；
加入同浓度稀盐酸，溶液中溶质为等浓度的氯化铵和氨水的混合溶液，溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子的浓度，铵根离子的浓度大于氯离子的浓度，所以大小顺序为，故正确；
综上所述，②④正确，D项正确；
答案选D。
26．25℃时，将10mL 质量分数为50%（密度为1.4g/cm3）的硫酸稀释成100mL。下列说法正确的是（ ）
A．上述100mL稀硫酸中含溶质14g，该稀硫酸不属于电解质
B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mL
C．50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为7.14mol/L
D．俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的浓度偏低
【答案】C
【解析】
【详解】
A．稀释前后溶质的质量保持不变，则100mL稀硫酸中含H2SO4的质量为1.4g/cm310mL50%=7g，稀硫酸属于混合物，既不是电解质、也不是非电解质，A错误；
B．由于稀释后硫酸溶液的密度未知，故无法计算所需蒸馏水的体积，B错误；
C．50%的硫酸溶液中溶质物质的量浓度为=7.14mol/L，C正确；
D．俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的体积偏小，则所配溶液的浓度偏高，D错误；
答案选C。
27．把VL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，恰好使铁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为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为( )
A．mol·L-1 B．mol·L-1
C．mol·L-1 D．mol·L-1
【答案】A
【解析】
【分析】
两等份溶液中，一份加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH-），另一份加BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++═BaSO4↓，由方程式可知n（）=n（Ba2+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度。
【详解】
混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，
一份加加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH-），n（OH-）=amol，另一份BaCl2的溶液，发生反应：Ba2++═BaSO4↓，由方程式可知n（）=n（Ba2+）=n（BaCl2）=bmol，由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（），故每份中溶液n（K+）=2bmol-2×amol=（2b-a）mol，故原溶液中钾离子浓度==mol/L，故选：A。
28．把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，该混合溶液中钾离子浓度为( )
A．10 (b－2a)mol·L－1 B．5(b－2a)mol·L－1
C．2(b－a)mol·L－1 D．10(2a－b)mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同；一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=(Na2SO4)=amol；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl-)=n(Ag+)=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，每份溶液中n(K+)=bmol-2amol=(b-2a)mol，故钾离子浓度为=10(b-2a)mol•L-1，故选A。
【点晴】
本题考查离子反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键，侧重分析、计算能力的考查，注意每份中离子浓度相同。
29．VmLNa2SO4溶液中含有Na+mg，取mL该溶液用水稀释至2VmL，则SO物质的量浓度为（ ）
A．mol·L-1 B．mol·L−1 C．mol·L-1 D．mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
在硫酸钠溶液中钠离子浓度为mol·L－1，则硫酸根离子的浓度为 mol·L－1，稀释时体积变成4倍，浓度为原来的，即为mol·L－1。
答案选D。
30．将标准状况下的某气体（摩尔质量为M g/mol）溶于a g水中，所得溶液的密度为b g/cm3，物质的量浓度为c mol/L，则该气体溶入水中的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
标准状况下，气体的物质的量与体积关系为：n=，因此利用物质的量可表示气体的质量，进而表示出溶液的质量分数。根据题中所给信息，利用关系式cM=w%可进行求算。因此解题。
【详解】
设标况下该气体的物质的量为n mol，则该气体的质量为：n mol×M g/mol=nM g，则溶液的质量分数为：w%=。
已知溶液中存在浓度与质量分数的关系：cM=w%，因此可列出此溶液中的关系式为：

由此可表示出n= mol。
标准状况下，气体的物质的量与体积关系为：n=，因此V气体=。
答案应选C。
31．只给出下列甲、乙中对应的量，不能计算出溶液的物质的量浓度的是（ ）
序号
①
②
③
④
⑤
甲
溶质所含微粒数
标准状况下气体摩尔体积
溶质Na2SO4的质量
溶质KCl的质量分数
非标准状况下溶质的质量
乙
阿伏加德罗常数
标准状况下气体体积
溶液的体积
溶液的密度
溶质的摩尔质量



A．③ B．①②④⑤ C．③④ D．①②⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
① 根据n=N/NA可知，知道溶质所含微粒数和阿伏加德常数，可以计算溶质物质的量，但无法计算物质的量浓度；
② 根据n=V/Vm可知，知道标准状况下气体摩尔体积和标准状况下气体的体积，可以计算气体的物质的量，但无法计算物质的量浓度；
③ 根据n=m/M，知道溶质Na2SO4的质量，可以计算Na2SO4物质的量，又知道溶液的体积，再根据c=n/V,即可计算出物质的量浓度；
④ 根据公式，知道溶质KCl的质量分数，溶液的密度，即可计算物质的量浓度；
⑤ 根据n= m/M可知，知道非标准状况下溶质的质量和溶质的摩尔质量，可以计算出物质的量，但无法计算物质的量浓度；
因此，不能计算出溶液的物质的量浓度的是①②⑤；
答案选D。
【点睛】
已知溶质的质量分数，溶液的密度，可根据公式计算溶质物质的量浓度这是学生们易忽略的知识点，根据该公式当溶质的质量分数、溶液的密度、溶质物质的量浓度三个量知道其中两个量时就可以求另一个量。
32．某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl2 0.1 mol·L－1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是
A．配制1 L该溶液，可将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中
B．Ca2＋和Cl－的物质的量浓度都是0.1 mol·L－1
C．从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
D．将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl－)为0.1 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
标签上标有“CaCl2 0.1mol•L-1”的字样，即在1L的溶液中含1molCaCl2；
A．将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积不等于1L，则所得浓度不是0.1mol•L-1，故A错误；
B．在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1:2，则浓度之比也为1:2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故B错误；
C．溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积多少无关，故C错误；
D．溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，即稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，故D正确；
故答案为D。
33．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1的是 （　　）
A．将58.5 g NaCl溶解于1 L水中配成的溶液
B．将40g NaOH溶于水并配成1 L溶液
C．将0.5 mol·L－1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液
D．含K＋为2 mol的K2SO4溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 选项中“1L水”是指溶剂的体积，溶液体积不一定为1L，故A错误；
B. 40g NaOH为1mol，溶液体积为1L，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L，故B正确；
C. NaNO3溶液的密度不是1g/mL，蒸发掉50g水所得的溶液不是50mL，故C错误；
D. 含K+为2mol的K2SO4溶液体积不知道，无法计算浓度，故D错误；
答案选B。

34．向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。

下列判断正确的是(　 　)
A．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L－1
B．通入的CO2在标准状况下的体积为448 mL
C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶3
D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝2∶1
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据化学反应，向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能生成Na2CO3或NaHCO3，再加入盐酸，将Na2CO3或NaHCO3全部反应生成NaCl，根据化学反应中原子守恒，则有n(Na+)=n(Cl−)，所以n(NaOH)=n(HCl)=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，得c(NaOH)=0.2mol/L，A正确；
B．根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3xmol，生成NaHCO3 mmol ，则有，解得：x=0.005mol，m=0.005mol，设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有，解得：y=0.015mol，z=0.015mol，根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO20.015mol，标准状况下的体积为0.336L，故B错误；
C．所得溶液的溶质成分为Na2CO3、NaHCO3，没有NaOH，故C错误；
D．根据B可知，原溶液中有0.005mol Na2CO3，0.015 mol-005mol=0.01mol NaHCO3，故n(NaHCO3 ):n(Na2CO3)=2:1，故D正确；
答案选AD。
35．下图是NaCl、NH4Cl和NaHCO3的溶解度曲线，下列说法不正确的是( )

A．t1℃时，饱和NaCl 和NH4Cl 溶液的物质的量浓度相同
B．t1℃时，饱和NaCl 和NH4Cl 溶液的质量分数相同
C．分别将70℃时的NH4Cl 和NaCl饱和溶液降温至40℃，析出的NH4Cl晶体质量大于NaCl晶体
D．工业上制纯碱可以向饱和的NaCl溶液中通入NH3和CO2，会有NaHCO3固体析出
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．t1℃时，NaCl 和NH4Cl 的溶解度相同，饱和NaCl和NH4Cl溶液的溶质质量分数相同，但溶液密度不同，溶液体积不同，且溶质的摩尔质量不同，则物质的量浓度不同，故A错误；
B．图象可知t1℃时，NaCl 和NH4Cl 的溶解度相同，饱和溶液中溶质质量分数=×100%，则饱和NaCl 和NH4Cl 溶液的质量分数相同，故B正确；
C．两饱和溶液的质量不确定，无法确定析出晶体质量的大小关系，故C错误；
D．结合图象中的溶解度曲线饱和可知，NaHCO3在水中的溶解度不大且NaHCO3溶解度比NaCl 和NH4Cl的溶解度小很多，向饱和的NaCl 溶液中通入NH3和CO2，有NaHCO3固体析出，然后加热分解碳酸氢钠得到纯碱，故D正确；
综上所述答案为AC。