1、高考资源网（） 您身边的高考专家考点2物质的量浓度题组一基础小题1用已准确称量过的氢氧化钠固体配制0.20 molL1的氢氧化钠溶液250 mL，要用到的仪器是()250 mL容量瓶托盘天平烧瓶胶头滴管烧杯玻璃棒试管药匙A BC D全部答案A解析由于只需要进行溶解、转移、洗涤和定容操作，故需用的仪器只是。2下列溶液中的c(Cl)与50 mL 1 molL1氯化铝溶液中的c(Cl)相等的是()A150 mL 1 molL1氯化钠溶液B75 mL 2 molL1氯化铵溶液C150 mL 1 molL1氯化钾溶液D75 mL 1 molL1氯化铝溶液答案D解析溶液中离子浓度的大小取决于溶质的组成和溶
2、质的浓度，与溶液的体积大小无关。1 molL1氯化铝溶液中c(Cl)为3 molL1，而选项A和C的溶液中c(Cl)均为1 molL1，选项B的溶液中的c(Cl)为2 molL1。3实验室里需要配制480 mL0.10 molL1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作正确的是()选项容量瓶容积溶质质量实验操作A480 mL硫酸铜：7.68 g加入500 mL水B480 mL胆矾：12.0 g 配成500 mL溶液C500 mL硫酸铜：8.0 g加入500 mL水D500 mL胆矾：12.5 g配成500 mL溶液答案D解析实验室里需要配制480 mL 0.10 molL1的硫酸铜溶液，由于没有4
3、80 mL规格的容量瓶，所以要选择规格是500 mL的容量瓶，溶质若是硫酸铜则需要8.0 g，若是胆矾则需要12.5 g，且是配成500 mL溶液，而不是加入500 mL水。D正确。4在t 时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，设该溶液的密度为 gcm3，质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol。下列叙述中不正确的是()A溶质的质量分数w100%B溶质的物质的量浓度c molL1C溶液中c(OH) molL1c(H)D上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液的质量分数小于0.5w答案A解析溶质质量分数w100%，A错误；物质的量浓度c molL1 molL1，B正确；c(OH)
4、c(NH)c(H) molL1c(H)，C正确；氨水的密度小于纯水的密度，混合后溶质的质量不变而溶液的质量大于原溶液的2倍，故混合溶液的质量分数小于原溶液的一半，D正确。5某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，SO的物质的量浓度为6 molL1，加入足量铁粉充分反应后(忽略溶液体积的变化)，c(Fe2)为()A4 molL1 B6 molL1C8 molL1 D10 molL1答案B解析根据题意完全反应后，溶液中溶质只有FeSO4，c(Fe2)c(SO)6 molL1。6下列有关操作或判断正确的是()A配制一定物质的量浓度
5、的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高B用托盘天平称取25.20 g NaClC用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸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高答案D解析定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，A错误；托盘天平的精确度是0.1 g，无法称取25.20 g NaCl，B错误；应用10 mL量筒量取5.2 mL的盐酸，C错误；量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线，所取的浓盐酸比应取的量多，溶质的物质的量增加，会导致所配溶液浓度偏高，D正确。7关于0.1 mol/L Na2CO3溶液的叙述正确的是()A0.
6、5 L该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.05 mol/LB对该溶液进行稀释，稀释后溶液中所有离子的物质的量浓度都减小C从1 L该溶液中取出100 mL，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol/LD取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol/L答案D解析溶液的浓度与所取溶液的体积无关，该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.2 mol/L；稀释溶液时，水的离子积不变，溶液的碱性减弱，氢离子浓度增大。8用质量分数为98%的浓硫酸(1.84 gcm3)配制240 mL 1.84 molL1稀硫酸，下列操作正确的是()A将蒸馏水缓慢注入盛有一
7、定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却B必需的定量仪器有50 mL量筒、250 mL容量瓶和托盘天平C量取浓硫酸的体积为25.0 mLD先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容答案C解析稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢注入水中并不断搅拌，A错误；该实验不需要托盘天平，B错误；根据溶质质量不变知，配制该稀硫酸需要浓硫酸的体积为V25.0 mL，C正确；不能在容量瓶里稀释浓硫酸，在烧杯里稀释并冷却后，再转移到容量瓶中，最后加水定容，D错误。9下列实验操作会导致实验结果偏低的是()配制100 g 10%的CuSO4溶液，称取10 g硫酸铜晶体溶于90 g水中测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含
8、量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2 g，所得溶液的浓度用酸式滴定管取用98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸配制200 mL 2 molL1的稀硫酸时，先平视后仰视 A只有 B只有 C D答案D解析10 g硫酸铜晶体中含硫酸铜的质量小于10 g；碳酸钠晶体已经受潮时，其中的含水量增加，结果偏高；中所称样品的质量比实际所需质量小0.4 g；用酸式滴定管量取液体时，先平视后仰视，则量取的液体体积偏小，所配溶液浓度偏低。10V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3m g，取 mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO物质的量浓度为()A. m
9、ol/L B. mol/LC. mol/L D. mol/L答案A解析m g Al3的物质的量为 mol，故 mL溶液中n(Al3) mol mol，根据电荷守恒可知2n(SO)3n(Al3)，故 mL溶液中n(SO)n(Al3) mol mol，稀释后溶液中c(SO) mol/L，A正确。11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 molL1NaCl溶液B将1体积c molL1硫酸用水稀释为5体积，得到0.2c molL1硫酸C将25 g无水CuSO4溶于水配制成100 mL溶液，其浓度为1 molL1D将w g a% NaCl溶液蒸发掉w/2 g水，
10、得到4a% NaCl溶液答案B解析NaCl溶于100 mL水后，溶液的体积大于100 mL，所得溶液中c(NaCl)小于1 molL1，A错误；CuSO4的物质的量大于0.1 mol，则c(CuSO4)大于1 molL1，C错误；若不析出晶体，得到的是2a%的NaCl溶液，D错误。12下列说法中正确的是()A2 L 0.05 molL1乙酸溶液中乙酸分子为0.1 molB将5.85 g NaCl固体溶于1000 mL容量瓶中，加水定容后即可制得0.1 molL1的NaCl溶液C分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水D配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，所配溶液
11、的浓度偏低答案C解析因为乙酸部分电离，所以溶液中乙酸分子小于0.1 mol，A错误；不能在容量瓶中进行溶解，B错误；量取时，仰视导致量取的量偏多，所配溶液的浓度偏高，D错误。13快速准确称量8.0 g NaOH配成2 L溶液，下列说法中正确的是()A室温时，所配溶液中水电离的c(OH)为1.0107 molL1B若从原溶液中取出200 mL，取出的溶液的物质的量浓度为0.01 molL1C室温下，若向所配的溶液中通入适量的氯气，恰好反应时所消耗的氯气的体积为2.24 LD室温下，向所配制的溶液中加入足量的铝粉，充分反应后转移的电子数为0.6 mol答案D解析水的电离被抑制，水电离的氢离子与氢氧
12、根离子的浓度均为1013 molL1，A错误；所取出的溶液与原溶液的浓度相同，均为0.1 molL1，B错误；所给条件为非标准状况，根据方程式Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，所消耗的氯气的物质的量为0.1 mol，但不一定是2.24 L，C错误。14某氯化镁溶液的密度为1.18 gcm3，其中镁离子的质量分数为5.1%，该溶液中氯离子的物质的量浓度为()A0.5 molL1 B2 molL1C2.5 molL1 D5 molL1答案D解析假设溶液的体积为1 L，c(Cl)5 molL1。题组二高考小题15(2018全国卷)下列实验过程可以达到实验目的的是()答案B解析氢氧化钠溶于水
13、放热，因此溶解后需要冷却到室温后再转移至容量瓶中，A错误；氯化铁具有氧化性，能被维生素C还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，所以向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，通过观察颜色变化可以探究维生素C的还原性，B正确；向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气，由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需要通过KMnO4溶液，C错误；反应的方程式为HSOH2O2=SOHH2O，反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。16(2015安徽高考)下列有关实验的选项正确的是()答案B解析不能在容量瓶中溶解NaOH固体
14、，A错误；苯萃取I2，由于密度小在上层，分出水层后，应从上口倒出萃取液，C错误；酸式滴定管的0刻度在上方，滴定管中读数是11.80 mL，D错误。17(2015福建高考)下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是()答案C解析NaOH易潮解，且有腐蚀性，不能放在滤纸上称量，A错误；FeCl3易水解，配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸并加水稀释，B错误；检验NH时，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的氨气，C正确；验证铁的吸氧腐蚀，将铁钉放在试管中，用NaCl溶液浸没，若用盐酸浸没，则发生析氢腐蚀，D错误。题组三模拟小题18(2019吉安期中)某同学参阅了“84”消毒
15、液说明书中的配方，欲用NaClO固体自己配制480 mL含NaClO25%、密度为1.19 gcm3的消毒液。下列说法正确的是()A配制过程中只需要三种仪器即可完成B所配得的NaClO消毒液在空气中经光照、久置后，溶液中NaClO的物质的量浓度减小C容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才可用于溶液的配制D需要称量的NaClO固体的质量为142.80 g答案B解析配制过程中需要托盘天平(或电子天平)、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等仪器，A错误；由于NaClO水解生成HClO，HClO在光照条件下易分解，故B正确；容量瓶用蒸馏水洗净后不必烘干就可用于溶液的配制，C错误；应按配制500 mL溶液计算，需要
16、称量的NaClO固体的质量为148.75 g，D错误。19(2019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20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，配制质量分数为75%的酒精溶液B在200 mL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2.5 molL1C实验中需用2.0 molL1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950 mL、201.4 gD实验室配制500 mL 0.2 molL1的硫酸亚铁溶液，其操作是用天平称15.2 g绿矾(FeSO47H2O)，放入小烧
17、杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶中，洗涤、稀释、定容、摇匀答案B解析不能在量筒中配制溶液，应在烧杯中配制，且15 mL酒精的质量不是5 mL水质量的3倍，故A错误；1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5 mol，NA个金属阳离子的物质的量为1 mol，设一个金属阳离子所带电荷数为x，根据电荷守恒可知，x1.523，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据原子守恒可知，硫酸盐的物质的量为0.5 mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为2.5 molL1，故B正确；实验室没有950 mL规格的容量瓶，应用1000 mL的容量瓶进行配制，则需称取Na2CO3的质量m(Na2CO3)cVM2.
18、0 molL11 L106 gmol1212 g，故C错误；配制500 mL 0.2 molL1的硫酸亚铁溶液，需要绿矾(FeSO47H2O)的物质的量为0.5 L0.2 molL10.1 mol，质量为0.1 mol278 gmol127.8 g，故D错误。题组一基础大题20向100 mL 1.5 mol/L稀H2SO4中加入过量Mg粉，充分反应后，滤去多余Mg粉，滤液在t 下恒温蒸发，当滤液质量为72.0 g时开始析出MgSO4xH2O晶体，当析出晶体12.3 g时，剩下滤液48.0 g。通过计算请回答下列问题：(1)生成标准状况下的气体体积(请写出计算过程)。(2)开始析出MgSO4xH
19、2O晶体时溶液的质量分数为_。(3)MgSO4xH2O中的x_。答案(1)设生成氢气x L。H2SO4H2 1 mol 22.4 L 0.15 mol x Lx3.36，生成标准状况下的气体体积3.36 L。(2)25%(3)7解析(1)一定量稀H2SO4与过量Mg反应生成H2的量根据稀H2SO4计算，n(H2)n(H2SO4)0.15 mol，故V(H2)3.36 L。(2)开始析出晶体时溶液恰好饱和，质量分数为25%。(3)析出12.3 g晶体后仍为t 下的饱和溶液，则有100%25%，解得x7。21标准状况下，1体积水中能溶解500体积的HCl气体。若向水中通入标准状况下的44.8 L
20、HCl气体配成1 L溶液，假设气体完全溶解，所得溶液中含HCl的物质的量浓度为_；若所得溶液密度为1.1 gcm3，则溶液中含HCl的质量分数为_；从该溶液中取出10 mL溶解于水中配制成250 mL溶液，配制后的稀溶液中含HCl物质的量浓度为_。在配制上述稀盐酸时，所用仪器中，使用前必须检查是否漏液的仪器有_；配制过程中，造成浓度偏低的操作可能有_(选填下列操作的序号)。A容量瓶用蒸馏水洗后未加干燥B量筒用蒸馏水洗后未干燥C将烧杯中浓盐酸移入容量瓶后，未用水洗涤烧杯和玻璃棒，即向容量瓶中加水到刻度D用胶头滴管向容量瓶中加水时，不慎超过刻度线，用另外胶头滴管从瓶中吸出部分溶液使剩余溶液刚好达刻
21、度线E定容时，俯视液面加水至刻度线答案2.0 molL16.6%0.08 molL1容量瓶BCD解析c2.0 molL1；w100%6.6%；0.08 molL1。B、C、D三项均会使所配溶液中HCl的量偏小，造成浓度偏低。22化学实验是学习理解化学知识的基础，它以其魅力和丰富的内涵在化学学习中发挥着独特的功能和作用。请回答下列问题：(1)实验室欲配制100 mL 1 molL1的Na2CO3溶液，下列没有用到的仪器是_(填标号)。A烧杯 B大试管C胶头滴管 D100 mL容量瓶(2)除上述仪器外，还一定用到的玻璃仪器是_。(3)用托盘天平称取Na2CO310H2O固体的质量为_g，从下表中选
22、择称量Na2CO310H2O固体所需要的仪器_(填标号)。(4)下列情况使所配溶液的浓度如何变化？未洗涤溶解Na2CO310H2O的烧杯_(填“偏大”“偏小”或“不变”，后同)。容量瓶使用前用蒸馏水洗过，内壁附有水珠_。定容时加蒸馏水超过了刻度线，将多出的液体吸出_。定容时俯视容量瓶刻度线_。答案(1)B(2)玻璃棒(3)28.6abe(4)偏小不变偏小偏大解析(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移至100 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23
23、次，并将洗涤液转移至容量瓶中，加蒸馏水至液面距离刻度线12 cm处，改用胶头滴管滴加，最后定容、摇匀，所以所需仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，没有用到的仪器是大试管，故选B。(3)用托盘天平称取Na2CO310H2O固体的质量为m(Na2CO310H2O)100103 L1 molL1286 gmol128.6 g；称量Na2CO310H2O固体所需要的仪器有托盘天平、烧杯、药匙，故选a、b、e。(4)没有洗涤烧杯，会导致溶质损失，则浓度偏小。若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响。定容时加蒸馏水超过了刻度线，将多出的液体吸出，吸出液体的同时溶质的量减
24、少，浓度偏小。定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液体积偏小，浓度偏大。题组二高考大题近3年内此考点无大题出现题组三模拟大题23(2019莱芜一中检测)在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 gcm3。试计算：(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是_、_。(2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是_。(3)在40.0 mL 0.065 molL1 Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过_mL。(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2C
25、O3和水)，放入50 mL 2 molL1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 molL1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到_g固体。答案(1)36.5%11.8 molL1(2)1 molL1(3)2.6(4)5.85解析(1)n(HCl)10 mol，m(HCl)10 mol36.5 gmol1365 g，盐酸的质量分数w100%36.5%，c(HCl)11.8 molL1。(2)由c(浓)V(浓)c(稀)V(稀)可知，c(稀)11.8 molL11 molL1。(3)n(Na2CO3)0.040 L0.065 molL10.0026 mol，设加入稀
26、盐酸的体积最多不超过x mL，则n(HCl)1 molL10.001x L0.001x mol，根据反应Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl得0.0026 mol0.001x，x2.6 mL。(4)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)n(HCl)0.050 L2 molL10.1 mol，m(NaCl)0.1 mol58.5 gmol15.85 g。24(2019安徽五校联考).如图所示，一密闭容器被无摩擦、可滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；标准状况下，在乙室中充入NH3 0.4 mol，甲室中充入HCl、N2的混合气体，静止时隔板位置如图所
27、示。已知甲、乙两室中气体的质量之差为17.3 g。(1)甲室中HCl、N2的质量之比为_。(2)将隔板a去掉，一段时间后，隔板b将稳定位于刻度“_”处(填数字，不考虑固体物质产生的压强)，此时体系的平均相对分子质量为_。.已知硫酸、氨水的密度与所加水的量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：(3)表中硫酸的质量分数为_(不写单位，用含c1、1的代数式表示)。(4)物质的量浓度为c1 molL1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液的体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为_molL1。(5)将物质的量浓度分别为c2 molL1和0.2c2 molL1的氨水等质量混合
28、，所得溶液的物质的量浓度_0.6c2 molL1(填“大于”“小于”或“等于”)(设混合后溶液的体积变化忽略不计)。答案(1)73168(2)425.25(3)%(4)(5)大于解析(1)由图可知甲、乙两室气体的体积比为21，故其物质的量之比为21，所以甲室中气体为0.8 mol；NH3的质量为0.4 mol17 gmol16.8 g，则甲室中气体的质量为6.8 g17.3 g24.1 g，设HCl的物质的量是x mol，则36.5x28(0.8x)24.1，x0.2 mol；所以氯化氢的质量是7.3 g，氮气的质量是16.8 g，HCl、N2的质量之比为73168。(2)将隔板a去掉，氨气和
29、氯化氢反应生成氯化铵固体，反应后剩余0.6 mol N2和0.2 mol NH3，每0.2 mol气体占一个刻度，所以隔板b将稳定位于刻度“4”处；此时体系的平均相对分子质量为25.25。(3)根据c，表中硫酸的质量分数w%为%。(4)根据稀释过程中溶质的物质的量不变，物质的量浓度为c1 molL1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液的体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为c molL1。(5)根据题意，将物质的量浓度分别为c2 molL1和0.2c2 molL1的氨水等体积混合，所得溶液的物质的量浓度0.6c2，氨水的浓度越高，其密度就越小，c2 molL1和0.2c2 molL1的氨水等质量混合，c2 molL1的氨水体积大，所以混合后，浓度大于0.6c2 molL1。- 15 - 版权所有高考资源网