专题2 课时精练(七) 溶液组成的定量研究-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一化学必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（苏教版2019）

课时精练(七)　溶液组成的定量研究 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) [基础达标] 1．下列各项中，在容量瓶上必须标明的是(　　) ①容量　②刻度线　③温度　④压强　⑤物质的量浓度　⑥适用于配制酸溶液或碱溶液 A．只有①③⑤ B．只有①②③ C．只有②④⑥ D．只有③⑤⑥ B　[容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量、刻度线，则①②正确；容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，则③正确；不需标明压强、物质的量浓度、用于配制酸溶液或碱溶液等，所以正确的是①②③，故B正确。] 2．下列关于容量瓶使用的叙述中，正确的是(　　) ①使用容量瓶前要检查是否漏水 ②向容量瓶中转移液体时可用玻璃棒引流 ③可在容量瓶中加水稀释浓硫酸 ④加水定容时，不小心液面超过刻度线，可用胶头滴管吸出多余溶液 A．①③ B．①④ C．①② D．③④ C　[①在配制溶液过程中需要将容量瓶内溶液摇匀，所以使用容量瓶前要检查是否漏水，故①正确；②向容量瓶中转移液体时为了防止液体溅出，可用玻璃棒引流，故②正确；③浓硫酸加水稀释过程中放出大量的热，应该在烧杯中稀释，并不断搅拌，不能在容量瓶中加水稀释浓硫酸，故③错误；④加水定容时，不小心液面超过刻度线，只能重新配制，用胶头滴管吸出多余溶液会导致溶液浓度偏小，故④错误；故C正确。] 3．在配制溶液过程中正确的是(　　) A．配制盐酸溶液时，未干燥容量瓶中的少量水不影响最终的浓度 B．配制盐酸溶液用量筒量取盐酸后量筒也必须润洗 C．定容时观察液面俯视会造成所配溶液浓度偏低 D．浓H2SO4稀释后即可注入容量瓶配制 A　[A.容量瓶中少量的水，不影响溶质、溶剂，不影响溶液的浓度，A正确；B.量筒不需要润洗，直接用量筒量取盐酸即可，且不需要洗涤，B错误；C.定容时观察液面俯视，溶液体积偏小，由n＝cV可知，溶液浓度偏高，C错误；D.浓H2SO4稀释放热，应冷却至室温后转移到容量瓶中定容，D错误。 ] 4．下列溶液中溶质的物质的量浓度为0.1 mol·L-1的是(　　) A．含4 g NaOH的溶液1 L B．含0.1 g NaOH的溶液1 L C．含0.2 mol H2SO4的溶液0.5 L D．含19.6 g H2SO4的溶液1 L A　[A项中n(NaOH)＝＝0.1 mol，则c(NaOH)＝＝0.1 mol·L-1；同理可计算出B、C、D项的物质的量浓度分别为0.002 5 mol·L-1、0.4 mol·L-1、0.2 mol·L-1。] 5．实验是解决化学问题的基本途径，下列有关溶液配制的叙述正确的是(　　) A．将1 mol CuSO4·5H2O溶解在1 L水中，所得溶液浓度为1 mol·L-1 B．如果不慎将NaOH溶液沾到皮肤上，应立即用大量的水冲洗，然后涂上1%的盐酸 C．将1 mol CaCO3溶于水配成1 L溶液，所得溶液的浓度为1 mol·L-1 D．要配制480 mL 0.1 mol·L-1的碳酸钠溶液需称取14.3 g Na2CO3·10H2O D　[A.将1 mol CuSO4·5H2O溶解在1 L水中，溶液体积不是1 L，所得溶液浓度不是1 mol·L-1，故A错误；B.NaOH溶液溅到皮肤上，用水冲洗后涂上硼酸溶液，可中和残留的碱，故B错误；C.碳酸钙难溶，将1 mol CaCO3溶于水配成1 L溶液，所得溶液的浓度不是1 mol·L-1，故C错误；D.要配制480 mL 0.1 mol·L-1的碳酸钠溶液需要500 mL容量瓶，则需称取Na2CO3·10H2O的质量是0.5 L×0.1 mol/L×286 g/mol＝14.3 g，故D正确。] 6．某同学用NaOH固体配制0.10 mol·L-1 NaOH溶液的过程如图所示： 你认为该同学的错误操作有(　　) A．1处 B．2处 C．3处 D．4处 B　[①称量NaOH固体时，因为氢氧化钠易潮解且具有强腐蚀性，不能用称量纸称量，应用小烧杯称量。⑤定容时，视线要与容量瓶中凹液面相平。故错误操作有2处。] 7．配制250 mL 0.100 mol·L-1NaCl溶液时，下列操作会使配得的溶液中NaCl的物质的量浓度偏大的是(　　) A．移液后未洗涤烧杯 B．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线 C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线 D．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线 C　[A.移液后未洗涤烧杯，导致移入容量瓶中的溶质氯化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，故A不选；B.定容后摇匀，发现液面下降，是因为有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，再加水至刻度线，会导致浓度偏小，故B不选；C.在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏大，故C选；D.在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，导致所配溶液体积增大，所配溶液浓度偏小，故D不选。] 8．25 ℃时，将10 mL质量分数为49%(密度为1.4 g·cm-3)的硫酸稀释成100 mL。下列说法正确的是(　　) A．仰视容量瓶刻度线定容，所配溶液的浓度偏高 B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90 mL C．49%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度约为7.00 mol·L-1 D．上述100 mL稀硫酸中含溶质14 g，该49%稀硫酸不属于电解质 C　[A.仰视容量瓶刻度线定容，导致所配溶液体积偏大，故所配溶液的浓度偏低，A错误；B.由于溶液的体积不具有加和性，故上述稀释过程所需要的蒸馏水不为90 mL，B错误；C.49%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度约为c＝＝＝7.00 mol·L-1，C正确；D.上述100 mL稀硫酸中含溶质100 mL×1.4 g·mL-1×49%＝68.6 g，该49%稀硫酸是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，D错误。] 9．实验室需要480 mL 0.200 mol·L-1Na2CO3溶液，现用Na2CO3固体配制，可供选择的仪器有：①玻璃棒、②烧瓶、③烧杯、④胶头滴管、⑤漏斗、⑥天平、⑦药匙、⑧500 mL容量瓶、⑨250 mL容量瓶。请回答下列问题： (1)上述仪器中，在配制Na2CO3溶液时必须使用的仪器除①③⑥⑦外，还有________(填序号)。 (2)经计算，需Na2CO3固体的质量为________。 (3)定容时，最后加入少量水的仪器是________(填仪器名称) 。 (4)对所配制的Na2CO3溶液进行测定，发现浓度小于0.200 mol·L-1。请你分析配制过程中可能引起该误差的原因：________(填字母)。 A．定容时俯视液面 B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒 C．配制时容量瓶未干燥 D．称Na2CO3固体的质量时物码倒置 解析：　(1)在实验室需要480 mL 0.200 mol·L-1Na2CO3溶液，要使用药匙取用固体药品，在托盘天平上进行药品的称量，在烧杯中进行溶解，并用玻璃棒不断搅拌，以促进物质溶解，待溶液恢复至室温后，用玻璃棒引流将溶液转移至500 mL的容量瓶中，再用蒸馏水洗涤烧杯内部、玻璃棒2～3次，洗涤液也转移至容量瓶中，最后使用胶头滴管进行定容操作，故使用的仪器有①玻璃棒、③烧杯、④胶头滴管、⑥天平、⑦药匙、⑧500 mL容量瓶，因此除①③⑥⑦外，还有④⑧；(2)配制500 mL 0.200 mol/L Na2CO3溶液，需称量Na2CO3的质量m(Na2CO3)＝0.200 mol/L×0.5 L×106 g/mol＝10.6 g；(3)进行定容操作时，最后加入少量水的仪器是胶头滴管；(4)A.定容时俯视液面，溶液体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终导致溶液的浓度偏高，A不符合题意；B.转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏少，由于溶液的体积不变，则最后配制的溶液浓度偏低，B符合题意；C.配制时容量瓶未干燥，对配制溶液的浓度无影响，C不符合题意；D.称Na2CO3固体的质量时物码倒置，由于使用了游码，称量的溶质质量偏少，最终导致配制的溶液浓度偏低，D符合题意；故合理选项是BD。 答案：　(1)④⑧　(2)10.6 g　(3)胶头滴管　(4)BD [能力提升] 10．如图是某校化学实验室中浓盐酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法不正确的是(　　) 浓盐酸化学纯(CP)(500 mL) 品名：浓盐酸 化学式：HCl 相对分子质量：36.5　密度：1.18 g·mL-1质量分数：36.5% A．该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为11.8 mol·L-1 B．500 mL该浓盐酸溶液的质量是590 g C．将11.8 mol HCl(g)溶于500 mL蒸馏水可得此溶液 D．取10.0 mL该溶液稀释至100 mL，稀释后溶液的c(HCl)＝1.18 mol·L-1 C　[A.该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 mol/L＝11.8 mol/L，A项正确；B.500 mL该浓盐酸溶液的质量为500 mL×1.18 g/mL＝590 g，B项正确；C.将11.8 mol HCl(g)溶于500 mL蒸馏水所得溶液体积未知，无法计算其浓度，C项错误；D.根据c1V1＝c2V2，取10.0 mL该溶液稀释至100 mL，稀释后溶液的c(HCl)＝＝1.18 mol/L，D项正确。] 11．下列说法中正确的是(　　) A．已知25%氨水的密度0.91 g/cm3，5%氨水的密度为0.98 g/cm3，若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数大于15% B．已知质量分数为98%的硫酸溶液的物质的量的浓度为18.4 mol/L，则质量分数为49%的硫酸溶液的物质的量浓度小于9.2 mol/L C．把100 mL 3 mol·L-1的H2SO4溶液与100 mL H2O混合后，硫酸的物质的量浓度变为1.5 mol·L-1 D．在100 g物质的量浓度为18 mol/L、密度为1.84 g/mL的浓硫酸中加入一定量水稀释成9 mol/L的硫酸溶液，则加入的水的体积大于100 mL B　[A.×100%≈14.6%＜15%，故A错误；B.设49%的硫酸溶液的浓度为c，98%的浓硫酸的密度为ρ1，49%的硫酸溶液的密度为ρ2，则18.4 mol·L-1＝＝10ρ1同理c＝＝5ρ2，硫酸溶液的浓度越大，其溶液的密度越大，故ρ1>ρ2，所以<1，所以c<9.2 mol·L-1，故B正确；C.100 mL 3 mol·L-1的H2SO4溶液与100 mL H2O混合后，总体积小于200 mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5 mol·L-1，故C错误；D.稀释前后溶质的质量不变，设加水的质量为x，则100 g×w1＝(100 g＋x)×w2，18 mol·L-1的浓硫酸加到一定量的水中稀释成9 mol·L-1的硫酸，由c＝及硫酸的浓度越大，密度越大，则w1>w2，w1<2w2所以< 2，解得x<100 g，又因为水的密度约为1 g/mL ，则加水的体积小于100 mL，故D错误。] 12．相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况下)，溶于m g水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为c mol/L，密度为d g/mL，则下列说法不正确的是(　　) A．相对分子质量M＝ B．物质的量浓度c＝ C．溶质的质量分数w＝ D．溶液密度d＝ C　[A.V L标况下该气体的物质的量为 mol，m g：m(溶质)＝(1－w)：w，所以m(溶质)＝ g，所以 mol×M g/mol＝ g，所以M＝，摩尔质量以g/mol为单位时，摩尔质量数值与相对分子质量数值相同，故A正确；B.V L标况下该气体的质量为 mol×M g/mol＝ g，溶液质量为m g＋ g，溶液体积为，该溶液的物质的量浓度c＝＝＝，故B正确；C.溶质的质量分数w＝＝＝，故C错误；D.根据c＝可得，d＝，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项。] 13．已知：硫代硫酸钠(化学式为Na2S2O3)易溶于水，具有强还原性，其相对分子质量是158。某实验室配制500 mL 0.100 mol·L-1Na2S2O3溶液，并用于测定样品中CuSO4·5H2O的纯度： (1)使用无水硫代硫酸钠进行配制，需要固体的质量是___________。配制过程中需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管和___________。 (2)配制时使用的蒸馏水需先烧开再冷却，其目的是___________。 (3)定容时俯视刻度线，则配制得到的Na2S2O3溶液的浓度将___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。定容时，如果不小心加水超过了刻度线，则处理的方法是___________。 (4)测定样品CuSO4·5H2O的纯度：准确称取0.500 0 g CuSO4·5H2O样品，加入适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀硫酸酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.100 mol·L-1Na2S2O3溶液反应至终点，消耗Na2S2O3溶液19.20 mL。过程中发生下列反应：2CuSO4＋4KI===2CuI↓＋I2＋2K2SO4；2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI；计算CuSO4·5H2O样品的纯度(纯度＝×100%，写出计算过程)________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：　(1)配制硫代硫酸钠溶液时首先要防止氧化，并遵循一定步骤：需要溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作。所以必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、500 mL的容量瓶。配制过程中要保证溶质完全转移到容量瓶中、保证溶液体积准确，不然会引起误差，若不当操作导致溶质物质的量偏小或溶液体积偏大，则浓度偏小；若不当操作导致溶质物质的量偏大或溶液体积偏小，则浓度偏大，据此回答。使用无水硫代硫酸钠进行配制，需要固体的质量m＝nM＝cVM＝0.100 mol·L-1×0.5 L×158 g/mol＝7.9 g。配制过程中需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管和500mL容量瓶。(2)配制时使用的蒸馏水需先烧开再冷却，其目的是除去水中的溶解氧，防止硫代硫酸钠被氧化。(3)定容时俯视刻度线，则所加溶液体积减小，故浓度偏大。定容时，如果不小心加水超过了刻度线，则应重新配制。 (4)解：n(Na2S2O3)＝c(Na2S2O3)·V(Na2S2O3) ＝0.100 mol·L-1×0.019 2 L＝0.0019 2 mol 2CuSO4　　～I2～　　2Na2S2O3 2 2 n(CuSO4) 0.001 92 mol n(CuSO4)＝0.001 92 mol n(CuSO4·5H2O)＝n(CuSO4)＝0.001 92 mol m(CuSO4·5H2O)＝n(CuSO4·5H2O)·M(CuSO4·5H2O) ＝0.001 92 mol×250 g/mol ＝0.48 g 该CuSO4·5H2O样品的纯度＝×100%＝96%。 答案：　(1)7.9 g　500 mL容量瓶 (2)除去水中的溶解氧，防止硫代硫酸钠被氧化 (3)偏大　重新配制 (4)解：n(Na2S2O3)＝c(Na2S2O3)·V(Na2S2O3) ＝0.100 mol·L-1×0.019 2 L＝0.001 92 mol 2CuSO4　　～I2～　　2Na2S2O3 2 2 n(CuSO4) 0.001 92 mol n(CuSO4)＝0.001 92 mol n(CuSO4·5H2O)＝n(CuSO4)＝0.001 92 mol m(CuSO4·5H2O)＝n(CuSO4·5H2O)·M(CuSO4·5H2O) ＝0.001 92 mol×250 g/mol＝0.48 g 该CuSO4·5H2O样品的纯度＝×100%＝96% 14．在0.4 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题： (1)该混合液中，NaCl的物质的量为________ mol，溶质MgCl2的质量为________ g。 (2)该混合液中CaCl2的物质的量为________ mol，将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为________ mol·L-1。 (3)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀________ mol。 解析：　(1)根据图像可知钠离子的浓度是1.0 mol·L-1，所以溶液中氯化钠的浓度是1.0 mol·L-1，该混合液中NaCl的物质的量为1.0 mol·L-1×0.4 L＝0.4 mol；溶液中镁离子的浓度是0.5 mol·L-1，所以溶液中氯化镁的浓度是0.5 mol·L-1，则溶质MgCl2的质量为0.4 L×0.5 mol·L-1×95 g·mol-1＝19.0 g。(2)溶液中氯离子的浓度是3.0 mol·L-1，所以根据溶液显电中性可知溶液中钙离子的浓度是＝0.5 mol·L-1，因此该混合液中CaCl2的物质的量为0.5 mol·L-1×0.4 L＝0.2 mol。将该混合液加水稀释至体积为1 L，由于稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为＝0.2 mol·L-1。(3)溶液中氯离子的物质的量是0.4 L×3.0 mol·L-1＝1.2 mol，所以根据化学方程式Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到氯化银沉淀的物质的量是1.2 mol。 答案：　(1)0.4　19.0　(2)0.2　0.2　(3)1.2 学科网（北京）股份有限公司 $$