第2章 第7讲 物质的量在化学实验中的应用(Word练习)-【勤径学升】2026年高考化学一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练7　物质的量在化学实验中的应用 ➢ 对应学生用书P272 1.将30 mL 0.5 mol·L－1NaOH溶液加水稀释到500 mL，关于稀释后的溶液叙述不正确的是(　　) A.浓度为0.03 mol·L－1 B.从中取出10 mL溶液，其浓度为0.03 mol·L－1 C.稀释后的溶液中含NaOH 0.6 g D.从中取出10 mL溶液，含NaOH 0.015 mol 解析　溶液稀释前后溶质的物质的量不变。从一定物质的量浓度的溶液中取出任意体积的溶液，其浓度不变，但所含溶质的物质的量或质量因体积的不同而不同。故选D。 答案　D 2．(2023·北京师大附中期中)某同学配制的植物营养液中有Zn2＋、K＋、NO、SO4种离子，其中K＋、NO、SO的物质的量浓度分别为0.3 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.4 mol·L－1，则Zn2＋的物质的量浓度为(　　) A．0.5 mol·L－1 B．0.7 mol·L－1 C．0.35 mol·L－1 D．0.9 mol·L－1 解析　溶液呈电中性不带电，因此溶液中存在电荷守恒2c(Zn2＋)＋c(K＋)＝c(NO)＋2c(SO)，因此c(Zn2＋)＝mol/L＝ 0.35 mol/L，故选C。 答案　C 3．(2024·安徽部分学校高三模拟)某科学考察团对农夫山泉进行了分析，检测出部分金属的含量如表(含量单位：g/100 mL)，下列有关说法正确的是(　　) 金属种类 钠 镁 钾 钙 含量(g/100 mL) 2×10－5 5×10－5 1×10－5 4×10－4 A．表中的金属是以原子形式存在的 B．农夫山泉水中钙的含量为1×10－4 mol/L C．1 L泉水中Na＋的数量大于Mg2＋的数量 D．该泉水中钾与钠的物质的量之比为1∶2 解析　农夫山泉水中含有的金属是以离子形式存在的，A错误；根据表格数据，该泉水中钙的含量为＝1×10－4mol/L，B正确；1 L泉水中Na＋的数量小于Mg2＋的数量，C错误；根据表中数据可知，钾与钠的质量之比等于1∶2，D错误。 答案　B 4.下列实验操作或仪器选择正确的是 （　　） A.配制240 mL 0.1 mol·L－1 FeSO4溶液需要选择240 mL容量瓶 B.配制1 mol·L－1 H2SO4溶液，为了节省时间，可将浓硫酸直接注入容量瓶中 C.配制1 mol·L－1 AlCl3溶液时，将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，加水稀释 D.移液时，玻璃棒下端紧靠容量瓶刻度线以上的位置 解析　 A项，实验室没有规格为240 mL的容量瓶，应选择规格略大于配制溶液体积的容量瓶，错误；B项，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，错误；C项，氯化铝易水解，将AlCl3溶于浓盐酸中可抑制AlCl3的水解，正确；D项，移液时，玻璃棒下端应紧靠容量瓶刻度线以下的位置，错误。 答案　C 5．(2023·福建福州模拟)用质量分数为6%的氯化钠溶液(密度约为1.04 g/cm3)，配制50 g质量分数为3%的氯化钠溶液，下列说法正确的是(　　) A．图中仪器有四种是不需要的，还需一种图中未画出的玻璃仪器 B．量取水时俯视读数会使所配溶液质量分数偏小 C．需要量取50 mL水配制3%氯化钠溶液 D．需要量取的6%氯化钠溶液的体积为24 mL 解析　配制该溶液所需仪器主要有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，故图中的a圆底烧瓶、b酸式滴定管、c碱式滴定管、d分液漏斗、f托盘天平、g容量瓶六种仪器均不需要，还需要的玻璃仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管，A错误。用量筒量取水时，俯视读数，实际液体体积比读数偏小，则所配溶液质量分数偏大，B错误。配制时需要6%的氯化钠溶液：50 g×3%÷6%＝25 g，25 g÷(1.04 g/cm3)≈24 mL，水：50 g－25 g＝25 g，C错误，D正确。 答案　D 6．(2023·青岛模拟)测定膨松剂中NaHCO3的含量(忽略其他成分与盐酸或NaOH的反应)。溶液配制：配制浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和NaOH溶液。测定：①取少量膨松剂加入20.0 mL蒸馏水溶解；②将25.0 mL稀盐酸加入膨松剂中；③中和过量盐酸，记录消耗NaOH溶液的体积；④实验共进行了3次，并处理数据。下列分析错误的是(　　) A．加入盐酸后发生反应的离子方程式为HCO＋H＋===CO2↑＋H2O B．若实验室有100 mL、250 mL的容量瓶，应选用100 mL容量瓶配制盐酸 C．称量NaOH固体时不能将固体放在称量纸上称量 D．配制溶液定容时，若俯视刻度线，所配溶液浓度偏小 解析　实验共进行了3次，需要盐酸的体积为75 mL，应选用100 mL容量瓶配制盐酸，故B正确；NaOH有腐蚀性，应放在小烧杯或玻璃器皿中称量，故C正确；配制溶液定容时，若俯视刻度线，会使溶液的体积偏小，根据公式c＝可知浓度偏高，故D错误。 答案　D 7.已知Na2SO4和NaCl混合溶液中，Cl－的物质的量浓度是Na＋的物质的量浓度的倍，则下列叙述中正确的是 （　　） A.溶液中一定有1 mol Na2SO4和3 mol NaCl B.S所带电荷数是Na＋所带电荷数的倍 C.S与Cl－的物质的量之和等于Na＋的物质的量 D.Na2SO4和NaCl物质的量浓度比为1∶3 解析　在同一溶液中，c（Cl－）∶c（Na＋）＝3∶5，则n（Cl－）∶n（Na＋）＝3∶5。A选项，若溶液中二者的浓度比为3∶5，但不一定是1 mol Na2SO4和3 mol NaCl；B项和C项，电荷不守恒；D项中二者的物质的量浓度比正确。 答案　D 8.已知某“84”消毒液（有效成分为NaClO）瓶体部分标签如图所示，该“84”消毒液通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题： “84”消毒液 有效成分　NaClO 规格　1 000 mL 质量分数　25% 密度　1.19 g·cm－3 （1）该“84”消毒液的物质的量浓度约为　　　　　　mol·L－1（结果保留1位小数）。 （2）某同学取100 mL该“84”消毒液，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na＋）＝　　　　 mol·L－1。 （3）该同学参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是　　　　。 A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器 B.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制 C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低 D.需要称量NaClO固体的质量为143.0 g （4）“84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98% （密度为1.84 g·cm－3）的浓硫酸配制2 L 2.3 mol·L－1的稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。 ①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为　　　　mol·L－1。 ②需用浓硫酸的体积为　　　　mL。 解析　（1）由c＝得，c（NaClO）＝mol·L－1≈4.0 mol·L－1。 （2）稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有100 ×10－3 L×4.0 mol·L－1＝100×10－3L× c（NaClO）×100，解得稀释后c（NaClO）＝0.04 mol·L－1，c（Na＋）＝c（NaClO）＝0.04 mol·L－1。 （3）选项A，需用托盘天平称取NaClO固体，需用烧杯溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示中的a、b不需要，但还需要玻璃棒和胶头滴管，错误；选项B，配制过程中需要加水，所以洗涤干净后的容量瓶不必烘干，错误；选项C，未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，正确；选项D，应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149.0 g，错误。 （4）①根据H2SO4的组成可知，溶液中c（H＋）＝2c（H2SO4）＝4.6 mol·L－1。②2 L 2.3 mol·L－1的稀硫酸中溶质的物质的量为2 L×2.3 mol·L－1＝4.6 mol，设需要98%（密度为1.84 g·cm－3）的浓硫酸的体积为V mL，则有＝4.6 mol，解得V＝250.0。 答案　（1）4.0　（2）0.04　（3）C　（4）①4.6　②250.0 9.下图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容。 按要求回答下列问题： (1)硫酸的物质的量浓度为________，氨水的物质的量浓度为________。 (2)各取5 mL与等质量的水混合后，c(H2SO4)__________9.2 mol·L－1，c(NH3)___________ 6.45 mol·L－1 (填“>”“<”或“＝”，下同)。 (3)各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)________49%，w(NH3)________12.5%。 解析　(1)利用c＝计算，c(H2SO4)＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1，c(NH3)＝ mol·L－1≈12.9 mol·L－1。 (2)硫酸的密度大于水,氨水的密度小于水,各取5 mL与等质量的水混合后,所得稀硫酸的体积大于 10 mL,稀氨水的体积小于10 mL，故有c(H2SO4)<9.2 mol·L－1，c(NH3)>6.45 mol·L－1。 (3)5 mL硫酸和5 mL氨水的质量分别为1.84 g·cm－3×5 mL＝9.2 g、0.88 g·cm－3×5 mL＝ 4.4 g，而5 mL水的质量约为5 g，故各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)>49%，w(NH3)<12.5%。 答案　(1)18.4 mol·L－1　12.9 mol·L－1 (2)<　>　(3)>　< 10.把V L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，恰好使镁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浓度为(　　) A.(b－a)/V mol·L－1 B.(2b－a)/V mol·L－1 C.2(b－a)/V mol·L－1 D.2(2b－a)/V mol·L－1 解析　由离子方程式：2OH－＋Mg2＋===Mg(OH)2↓可知，OH－为a mol，则Mg2＋为a/2 mol，MgSO4为a/2 mol；由离子方程式：SO＋Ba2＋===BaSO4↓可知，Ba2＋为b mol, SO为b mol，MgSO4和K2SO4共b mol，则K2SO4为(b－a/2) mol，其含有的K＋为(b－a/2)mol×2＝(2b－a) mol；原混合溶液中的K＋为2×(2b－a) mol，所以原混合溶液中钾离子的浓度为2(2b－a)/V mol·L－1。 答案　D 11.如图是a、b两种固体物质的溶解度曲线，下列说法中正确的是(　　) A.a的溶解度大于b的溶解度 B.在t ℃时，a、b的饱和溶液中溶质的物质的量浓度相同 C.当a中含有少量b时，可以用冷却结晶法提纯a D.在t ℃时，将a、b的饱和溶液升温后，溶质的质量分数：a>b 解析　由溶解度曲线可知，当温度小于t ℃时，a的溶解度小于b的溶解度，当温度等于t ℃时，a的溶解度等于b的溶解度，当温度大于t ℃时，a的溶解度大于b的溶解度，故A错误；在t ℃时，a、b两物质的溶解度相等，所以在t ℃时，a、b饱和溶液中溶质的质量分数相同，但溶液的密度、溶质的摩尔质量不等，故B错误；由图可知，b的溶解度随温度的升高变化不大，a的溶解度随温度的升高变化较大，所以当a中含有少量b时，可以用冷却结晶法提纯a，故C正确；在t ℃时，a、b两物质的溶解度相等，即在t ℃时，a、b饱和溶液中的溶质质量分数相同，将a、b的饱和溶液升温后，溶液由饱和变为不饱和，但溶质的质量分数仍相等，故D错误。 答案　C 12.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溶液的溶质质量分数是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溶液的溶质质量分数是10% 解析　把100 mL 3 mol·L－1的H2SO4跟100 mL H2O混合，溶液的总体积小于200 mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5 mol·L－1，A错误；与水混合前后，NaCl的质量不变，则把100 g 20%的NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的溶质质量分数为×100%＝10%，B正确；3 mol·L－1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6 mol·L－1，3 mol·L－1的KCl溶液中氯离子浓度为3 mol·L－1，混合后氯离子浓度在3～6 mol·L－1之间，C错误；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，D错误。故选B。 答案　B 13.（2021·高考浙江1月选考）某兴趣小组用铬铁矿[Fe（CrO2）2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下： 已知：4Fe （CrO2）2＋10Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋4NaFeO2＋10CO2 2H＋＋2CrCr2＋H2O 相关物质的溶解度随温度变化如下图。 请回答： （1）步骤Ⅰ，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是　　　　　　　　　　　　。 （2）下列说法正确的是　　　　。 A.步骤Ⅱ，低温可提高浸取率 B.步骤Ⅱ，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe（OH）3 C.步骤Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7 D.步骤Ⅳ，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3 （3）步骤Ⅴ，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作（操作不能重复使用）并排序：溶解KCl →　　　→　　　→　　　→　　　→重结晶。 a.50℃蒸发溶剂；b.100℃ 蒸发溶剂；c.抽滤；d.冷却至室温；e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f.蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。 解析　根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2＋2H2ONaOH＋ Fe（OH）3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4＋H2SO4Na2Cr2O7＋Na2SO4＋H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。 （1）步骤Ⅰ中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率。 （2）选BC。A.根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤Ⅱ中应用高温提高浸取率，A错误；B.步骤Ⅱ中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2＋2H2ONaOH＋Fe（OH）3↓，经过滤可除去Fe（OH）3，B正确；C.步骤Ⅲ酸化时，平衡2H＋＋2CrCr2＋H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；D.根据分析，步骤Ⅳ中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误。 （3）Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7＋2KClK2Cr2O7＋2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤Ⅴ重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。 答案　（1）增大反应物的接触面积 （2）BC （3）a　e　d　c 学科网（北京）股份有限公司 $$