2024届鲁科版高考化学一轮复习第1章第4节物质的量在化学实验中的应用作业含答案

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第1章 第4节 物质的量在化学实验中的应用
[基础练]
1．下图为配制450 mL 1.00 mol·L－1 NaOH溶液的示意图，下列说法正确的是(　　)

A．图①中应称得NaOH 18.0 g
B．未进行④和⑤的操作，所配溶液浓度将偏大
C．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线不必再加水至刻度线
D．步骤②后应将溶液立即转移到容量瓶中，防止药品变质
解析：选取500 mL容量瓶配制NaOH溶液，称取NaOH固体的质量为0.5 L×1.00 mol·L－1×40 g·mol－1＝20.0 g，A错误；④和⑤操作是洗涤及洗涤液转移到容量瓶中，未进行上述操作，所配溶液的浓度将偏小，B错误；定容后将容量瓶倒置摇匀，溶液粘在刻度线以上瓶颈内壁上，液面会低于刻度线，待液体回流后液面会与刻度线相平，故不必加水，C正确；NaOH固体溶于水放出大量的热，必须冷却至室温后才能转移到容量瓶中，D错误。
答案：C
2．下列有关溶液浓度的说法正确的是(　　)
A．将500 mL 1 mol·L－1的硝酸溶液蒸发至100 mL，浓度变为5 mol·L－1
B．将10 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与90 mL水混合，得到的稀硫酸浓度为1.84 mol·L－1
C．配制1 mol·L－1 KAl(SO4)2溶液100 mL，应称取明矾晶体47.4 g
D．实验室需要450 mL 0.2 mol·L－1的NaOH溶液，应准确称量烧碱3.6 g
解析：硝酸易挥发，加热蒸发硝酸溶液，硝酸的物质的量减少，A错误；浓硫酸与水混合后溶液体积小于100 mL，稀硫酸浓度大于1.84 mol·L－1，B错误；称取明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O] 0.1 mol，即47.4 g，C正确；实验室需要450 mL溶液，因没有450 mL规格的容量瓶，所以应配制500 mL溶液，应称量的烧碱的质量为0.5 L×0.2 mol·L－1×40 g/mol＝4.0 g，D错误。
答案：C
3．(2022·四川南充调研)实验需要950 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液，下列有关配制过程操作正确的是(　　)

实验
操作
A
选用仪器
选用950 mL容量瓶，检查是否漏液，并用蒸馏水洗净，可不烘干
B
称取溶质
用托盘天平精确称取5.85 g NaCl，右盘放砝码，左盘加NaCl
C
洗涤
用少量蒸馏水洗涤溶解NaCl的烧杯内壁，并将洗涤液注入容量瓶
D
定容
定容时眼睛平视刻度，用烧杯加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相平
解析：实验室没有950 mL容量瓶，应选择1 000 mL容量瓶配制NaCl溶液，A错误；托盘天平的精确度为0.1 g，不能用托盘天平称取5.85 g NaCl，B错误；称取的NaCl在烧杯中溶解后，转移到容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁，将洗涤液一并注入容量瓶中，C正确；定容时，用烧杯加蒸馏水至刻度线1～2 cm处，再用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平，D错误。
答案：C
4．在2 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，则此溶液中Ca2＋的物质的量是(　　)

A.0.5 mol B．1.0 mol
C．2.0 mol D．3.0 mol
解析：由图可知，溶液中n(Na＋)＝2 L×1 mol·L－1＝2 mol、n(Mg2＋)＝2 L×0.5 mol·L－1＝1 mol、n(Cl－)＝2 L×3 mol·L－1＝6 mol，溶液呈电中性，根据电荷守恒可得：2n(Ca2＋)＋n(Na＋)＋2n(Mg2＋)＝n(Cl－)，即：2n(Ca2＋)＋2 mol＋2×1 mol＝6 mol，解得：n(Ca2＋)＝1 mol。
答案：B
5．V L浓度为0.3 mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大一倍，采取的措施合理的是(　　)
A．通入标准状况下的HCl气体6.72 L
B．将溶液加热浓缩到0.5V L
C．加入V L 0.1 mol·L－1的盐酸，混合均匀
D．加入6 mol·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L
解析：向V L浓度为0.3 mol·L－1的盐酸中通入6.72 L(标准状况)HCl气体，溶液体积发生改变，无法计算其浓度，故A错误；加热时，促进HCl挥发，将溶液加热浓缩到0.5V L，得到溶液的浓度小于0.6 mol·L－1，故B错误；向V L浓度为0.3 mol·L－1的盐酸中加入V L 0.1 mol·L－1的盐酸，混合均匀，得到溶液的体积不等于2V L，无法计算混合后溶液浓度，故C错误；向V L浓度为0.3 mol·L－1的盐酸加入6 mol·L－1的盐酸0.1V L，共含有氯化氢的物质的量为(0.3V＋6×0.1V)mol，再稀释至1.5V L，所得溶液浓度为＝0.6 mol·L－1，故D正确。
答案：D
6．(2022·河南郑州月考)某学生配制了100 mL 1 mol·L－1的硫酸，然后对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确，但测得溶液的物质的量浓度小于1 mol·L－1。则在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是(　　)
①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸
②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到100 mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯
③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面
④最后定容时，加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切
A．只有②③④ B．只有③④
C．只有①②③ D．①②③④
解析：①项，量取的溶质H2SO4偏少，②③项，溶质H2SO4没有完全进入容量瓶中，④项，超过刻度线再取出时，取出液中含有溶质H2SO4，故D正确。
答案：D
7．(2023·山东淄博淄川中学月考)下列实验操作错误的是(　　)
A．为防止试管破裂，加热固体碳酸氢钠时，试管口应略向下倾斜
B．为防止液体暴沸，蒸馏时可在烧瓶中加入少量碎瓷片
C．容量瓶可用于配制一定物质的量浓度的溶液，不可用作反应容器
D．配制500 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液时，将2 g NaOH固体倒入500 mL容量瓶中，加水至凹液面最低处与刻度线相切
解析：碳酸氢钠固体受热分解生成水蒸气，如果试管口高于试管底部，水会流向试管底部，使试管受热不均匀而炸裂，A正确；加热仪器中的液体时(如蒸馏或分馏)，为防止液体暴沸，可在蒸馏烧瓶中加入少量碎瓷片，B正确；配制一定物质的量浓度的溶液需要使用容量瓶，容量瓶不可用作反应容器，C正确；容量瓶不能用来溶解固体，应在小烧杯中溶解，D错误。
答案：D
[提升练]
8．(2022·江西吉安一诊)(双选)有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 g·cm－3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是(　　)
A．溶质的质量分数是24.0%
B．溶液的物质的量浓度是1.2 mol·L－1
C．溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40
D．硫酸根离子的质量分数是19.2%
解析：由Mg2＋的质量分数知MgSO4的质量分数为×4.8%＝24.0%，其浓度c＝＝2.4 mol·L－1，溶质与溶剂的物质的量之比为∶≈1∶21，SO的质量分数为×4.8%＝19.2%。
答案：BC
9．(2022·衡水中学高三质检)下列有关溶质的质量分数和物质的量浓度的计算结果错误的是(　　)
A．有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的物质的量浓度为0.4 mol/L, SO的物质的量浓度为0.7 mol/L，则此溶液中K＋的物质的量浓度为0.2 mol/L
B．将5 mol/L的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO的物质的量浓变为 mol/L
C．标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M g/mol)溶于0.1 L水中，所得溶液密度为ρ g/cm3，则此溶液的物质的量浓度为 mol/L
D.密度为0.91 g/cm3的氨水，质量分数为25%。该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数等于12.5%
解析：A项，由电荷守恒得3c(Al3＋)＋c(K＋)＝2c(SO)，即3×0.4 mol/L＋c(K＋)＝2×0.7 mol/L，即c(K＋)＝0.2 mol/L，正确；B项，稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后c(NO)＝＝ mol/L，正确；C项，溶质的物质的量n＝＝ mol，溶液的质量＝溶质的质量＋溶剂的质量＝mol×M g/mol＋0.1 L×1 000 g/L＝ g，溶液的体积＝＝ mL＝×10－3 L，所以所得溶液中溶质的物质的量浓度＝＝ mol/L，正确；D项，稀释前后溶质的质量不变，设稀释前氨水的体积为V cm3，稀释前溶液的质量＝0.91V g，则稀释前溶质的质量＝稀释后溶质的质量0.91V×25% g＝0.227 5V g，稀释后溶液的质量＝0.91V g＋V cm3×1 g/cm3＝1.91V g，则稀释后溶质的质量分数＝×100%≈11.6%，错误。
答案：D
10．(双选)某同学购买了一瓶“84”消毒液，包装说明如下：
主要成分：25% NaClO、1 000 mL
密度：1.19 g·cm－3
使用方法：稀释100倍(体积比)后使用
注意事项：密封保存，易吸收空气中的CO2变质
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倍后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)约为0.4 mol·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
解析：A项，根据c＝得，
c(NaClO)＝＝4.0 mol·L－1，正确；B项，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二氧化碳变质而会使浓度变小，正确；C项，根据稀释前后溶质的物质的量不变有100 mL×4.0 mol·L－1＝100 mL×100×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04 mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·L－1，错误；D项，应选取500 mL规格的容量瓶进行配制，然后取出480 mL，所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149 g，错误。
答案：CD
[综合练]
11．用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g·cm－3)配制成1 mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：
(1)配制稀盐酸时，应选用容量为________mL的容量瓶。
(2)经计算需要________mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的________(填字母)。
A．5 mL量筒 B．10 mL量筒
C．25 mL量筒 D．50 mL量筒
(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入选定规格的容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度线相切。
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。
上述操作中，正确的顺序是________(填序号)。
(4)在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，则配制的稀盐酸浓度________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
解析：(2)c(HCl)＝＝ mol·L－1＝11.6 mol·L－1。加水稀释前后HCl的物质的量不变，所以11.6 mol·L－1×V(HCl)＝250 mL×1 mol·L－1，解得V(HCl)≈21.6 mL，应该选择25 mL量筒量取。
(4)用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，量取的盐酸被稀释了，其物质的量偏小，所配制溶液的浓度偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则一部分溶质损失，所配制溶液的浓度偏低。
答案：(1)250　(2)21.6　C　(3)③①④②　(4)偏低　偏低
12．(2022·福州模拟)绿矾(FeSO4·7H2O)在化学合成上用作还原剂及催化剂。工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾。
(1)98% 1.84 g·cm－3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4 g·cm－3，50%的硫酸物质的量浓度为________(保留两位小数)，50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度________(填“>”“<”或“＝”)40%。
(2)将111.2 g绿矾(FeSO4·7H2O，式量为278)在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、水的混合气体，则生成Fe2O3的质量为________g；SO2为________mol。
实验室可用以下方法制备莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，式量为392]。
(3)将4.88 g铁屑(含Fe2O3)与25 mL 3 mol·L－1 H2SO4充分反应后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100 mL，测得其pH＝1。铁屑中Fe2O3的质量分数是________(保留两位小数)。
(4)向上述100 mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的(NH4)2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸发掉部分水，冷却至t ℃，析出莫尔盐晶体12.360 g，剩余溶液的质量为82.560 g。t ℃时，计算(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度为________(保留两位小数)。
解析：(1)密度为1.4 g·cm－3、质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度为c＝＝ mol·L－1≈7.14 mol·L－1；由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸，所以混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%。(2)n(FeSO4·7H2O)＝＝0.4 mol，由2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O↑可知，生成Fe2O3的质量为0.4 mol××160 g·mol－1＝32 g，SO2的物质的量为0.4 mol×＝0.2 mol。(3)根据题意知，稀释溶液至100 mL，测得其pH＝1，溶液中剩余酸的物质的量为n(H2SO4)＝0.1 mol·L－1××0.1 L＝0.005 mol，则参加反应的n(H2SO4)＝0.025 L×3 mol·L－1－0.005 mol＝0.07 mol。设铁的物质的量是m，氧化铁的物质的量是n，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4===3FeSO4＋3H2O，Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56 g·mol－1×m＋160 g·mol－1×n＝4.88 g，m－n＋3n＝0.07 mol，解得n＝0.02 mol，m＝0.03 mol，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是×100%≈65.57%。(4)根据以上分析结合原子守恒知，n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝(0.03＋0.04) mol＝0.07 mol，根据莫尔盐的化学式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝0.07 mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07 mol×392 g·mol－1－12.360 g＝15.08 g，设莫尔盐的溶解度为x，则＝，解得x≈22.35 g。
答案：(1)7.14 mol·L－1　>　(2)32　0.2　(3)65.57%　(4)22.35 g