高中化學一輪復習 課時跟蹤檢測1-43（打包43套） 魯教版.zip

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C．定容時，若加水超過刻度線，可用膠頭滴管小心吸出多余部分 D．定容時，若仰視，則所配溶液的濃度將偏高 解析：選B　托盤天平的精確度為0.1 g，不能用托盤天平稱取1.06 g無水碳酸鈉，A錯誤；在使用容量瓶前必須檢查容量瓶是否完好以及瓶塞處是否漏水，B正確；定容時，若加水超過刻度線，會使?jié)舛绕?，必須重新配制，不能直接用膠頭滴管吸出多余部分，C錯誤；定容時，若仰視讀數(shù)，則所配溶液的體積偏大，濃度將偏低，D錯誤。 4．(2016·南昌質檢)36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似為1 g·mL－1)，所得溶液的密度為ρ g·mL－1，質量分數(shù)為w，物質的量濃度為c mol·L－1，NA表示阿伏加德羅常數(shù)，則下列敘述正確的是(　　) A．所得溶液的物質的量濃度：c＝1 mol·L－1 B．所得溶液中含有NA個HCl分子 C．36.5 g HCl氣體在標準狀況下占有的體積約為22.4 L D．所得溶質的質量分數(shù)：w＝36.5/(1 000ρ) 解析：選C　n(HCl)＝1 mol ，在標準狀況下的體積為22.4 L，C項正確；鹽酸溶液中不含HCl分子，B項錯誤；n(HCl)＝1 mol，鹽酸的體積稍大于1 L，c(HCl)<1 mol·L－1，A項錯誤；溶質的質量分數(shù)是36.5 g/1 036.5 g＝3.5%，D項錯誤。 5．由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，c(SO)＝0.8 mol·L－1，則c(K＋)為(　　) A．0.15 mol·L－1　　　　 　B．0.2 mol·L－1 C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1 解析：選C　根據(jù)溶液電荷守恒，溶液中存在3c(Al3＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，而溶液中c(OH－)很小，可以忽略不計，則有3c(Al3＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝2c(SO)，所以：c(K＋)＝2c(SO)－3c(Al3＋)－c(H＋)＝2×0.8 mol·L－1－3×0.4 mol·L－1－0.1 mol·L－1＝0.3 mol·L－1，C正確。 6．下圖是某同學用500 mL容量瓶配制0.10 mol·L－1NaOH溶液的過程： 該同學的錯誤步驟有(　　) A．1處 B．2處 C．3處 D．4處 解析：選C　配制500 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液需用NaOH的質量為0.5 L×0.1 mol·L－1×40 g·mol－1＝2.0 g。NaOH固體易潮解，不能直接放在托盤中直接稱量；步驟④中向容量瓶中轉移液體時，玻璃棒下端要伸入到刻度線以下；步驟⑤中定容時，不能仰視刻度線，否則結果偏低。 7．在標準狀況下，將a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度為ρ g·cm－3，溶質的質量分數(shù)為w，溶質的物質的量濃度為c mol·L－1。下列敘述中正確的是(　　) ①w＝×100% ②c＝ ③若上述溶液中再加入V mL水后，所得溶質的質量分數(shù)大于0.5w ④若上述溶液中再加入0.5V mL同濃度稀鹽酸，充分反應后溶液中離子濃度大小關系為c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋) A．①④ B．②③ C．①③ D．②④ 解析：選D?、賥＝×100%＝×100%；②c＝＝；③因為V mL水的質量大于V mL氨水的質量，所以溶質的質量分數(shù)小于0.5w；④所得溶液為NH4Cl和NH3·H2O等物質的量的混合液，所以c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。 8．實驗室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸銅溶液，下列實驗用品及實驗操作正確的是(　　) 選項 容量瓶容積 溶質質量 實驗操作 A 480 mL 硫酸銅：7.68 g 加入500 mL水 B 480 mL 膽礬：12.0 g 配成500 mL溶液 C 500 mL 硫酸銅：8.0 g 加入500 mL水 D 500 mL 膽礬：12.5 g 配成500 mL溶液 解析：選D　實驗室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的CuSO4溶液，由于沒有480 mL規(guī)格的容量瓶，所以要選擇規(guī)格是500 mL的容量瓶，溶質若是硫酸銅則需要8.0 g，若是膽礬則需要12.5 g，應配成500 mL溶液，而不是加入500 mL水。 9．傳統(tǒng)的引爆炸藥由于其中含Pb，使用時將產(chǎn)生污染，同時其引爆后的剩余炸藥還嚴重危害接觸者的人身安全，美國UNC化學教授Thomas J·Meyer等研發(fā)了環(huán)境友好、安全型的“綠色”引爆炸藥，其中一種可表示為Na2R，爆炸后不會產(chǎn)生危害性殘留物。已知10 mL Na2R溶液含Na＋的微粒數(shù)為N個，該Na2R溶液的物質的量濃度為(　　) A．N×10－2 mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1 解析：選B　n(Na2R)＝＝ mol＝ mol，c(Na2R)＝ mol·L－1。 10．等質量的CuO和MgO粉末分別溶于相同體積的硝酸中完全溶解，得到Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的濃度分別為a mol·L－1和b mol·L－1，則a與b的關系為(　　) A．a(chǎn)＝b B．a(chǎn)＝2b C．2a＝b D．a(chǎn)＝5b 解析：選C　該溶液中，n(Cu2＋)∶n(Mg2＋)＝∶＝∶＝1∶2，溶液體積相同時，物質的量之比等于物質的量濃度之比，所以＝＝，即2a＝b。 11．已知某“84消毒液”瓶體部分標簽如圖所示，該“84消毒液”通常稀釋100倍(體積之比)后使用。請回答下列問題： (1)該“84消毒液”的物質的量濃度約為______ mol·L－1。 (2)某同學取100 mL 該“84消毒液”，稀釋后用于消毒，稀釋后的溶液中c(Na＋)＝________ mol·L－1。 (3)該同學參閱該“84消毒液”的配方，欲用NaClO固體配制480 mL含NaClO質量分數(shù)為25%的消毒液。下列說法正確的是________(填字母)。 A．如圖所示的儀器中，有三種是不需要的，還需要一種玻璃儀器 B．容量瓶用蒸餾水洗凈后，應烘干后才能用于溶液配制 C．配制過程中，未用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒可能導致結果偏低 D．需要稱量NaClO固體的質量為143.0 g (4)“84消毒液”與稀硫酸混合使用可增強消毒能力，某消毒小組人員用98%(密度為1.84 g·cm－3)的濃硫酸配制2 000 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸用于增強“84消毒液”的消毒能力。 ①所配制的稀硫酸中，H＋的物質的量濃度為________ mol·L－1。 ②需用濃硫酸的體積為________ mL。 解析：(1)由c＝得，c(NaClO)＝≈4.0(mol·L－1)。(2)稀釋前后溶液中NaClO的物質的量不變，則有：100 mL×10－3 L·mL－1×4.0 mol·L－1＝100 mL×100×10－3 L·mL－1×c(NaClO)，解得稀釋后c(NaClO)＝0.04 mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·L－1。(3)選項A，需用托盤天平稱量NaClO固體，需用燒杯來溶解NaClO，需用玻璃棒進行攪拌和引流，需用容量瓶和膠頭滴管來定容，圖示的a、b不需要，但還需玻璃棒和膠頭滴管。選項B，配制過程中需要加入水，所以經(jīng)洗滌干凈的容量瓶不必烘干后再使用。選項C，未洗滌燒杯和玻璃棒將導致配制的溶液中溶質的物質的量減小，結果偏低。選項D，應選取500 mL的容量瓶進行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的質量：0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149.0 g。(4)①根據(jù)H2SO4的組成可知，溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝4.6 mol·L－1。②2 000 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸中溶質的物質的量為2 L×2.3 mol·L－1＝4.6 mol，設需要98%(密度為1.84 g·cm－3)的濃硫酸的體積為V mL，則有：＝4.6 mol，解得V＝250。 答案：(1)4.0　(2)0.04　(3)C　(4)①4.6?、?50 12．奶粉中蛋白質含量的測定往往采用“凱氏定氮法”，其原理是食品與硫酸和催化劑一同加熱，使蛋白質分解，分解的氨與硫酸結合生成硫酸銨。然后堿化蒸餾使氨游離，用硼酸吸收后再以硫酸或鹽酸標準溶液滴定，根據(jù)酸的消耗量乘以換算系數(shù)，即為蛋白質含量。 操作步驟：①樣品處理：準確稱取一定量的固體樣品奶粉，移入干燥的燒杯中，經(jīng)過一系列的處理，待冷卻后移入一定體積的容量瓶中。 ②NH3的蒸餾和吸收：把制得的溶液(取一定量)通過定氮裝置，經(jīng)過一系列的反應，使氨變成硫酸銨，再經(jīng)過堿化蒸餾后，氨即成為游離態(tài)，游離氨經(jīng)硼酸吸收。 ③氨的滴定：用標準鹽酸溶液滴定所生成的硼酸銨，由消耗的鹽酸標準液計算出總氮量，再折算為粗蛋白含量。 試回答下列問題： (1)在配制過程中，下列哪項操作可能使配制的溶液的濃度偏大________(填字母)。 A．燒杯中溶液轉移到容量瓶中時，未洗滌燒杯 B．定容時，俯視刻度線 C．定容時，仰視刻度線 D．移液時，有少量液體濺出 (2)若稱取樣品的質量為1.5 g，共配制100 mL的溶液，取其中的20 mL，經(jīng)過一系列處理后，使N轉變?yōu)榕鹚徜@后用0.1 mol·L－1鹽酸滴定，其用去鹽酸的體積為23.0 mL，則該樣品中N的含量為________(保留兩位小數(shù))。 [已知：滴定過程中涉及到的反應方程式：(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O===2NH4Cl＋4H3BO3] 解析：(1)由c＝n/V判斷：A、D選項中使n偏小，濃度偏小；B選項中俯視刻度線，使V偏小，濃度偏大；C選項中仰視刻度線，使V偏大，濃度偏小。 (2)n(N)＝5n(HCl)＝0.011 5 mol，該樣品中N的含量 w＝×100% ≈10.73%。 答案：(1)B　(2)10.73% 13．(2016·泰安模擬)FeCl3是一種很重要的鐵鹽，主要用于污水處理，具有效果好、價格便宜等優(yōu)點。工業(yè)上可將鐵屑溶于鹽酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化來制備FeCl3溶液。 (1)將標準狀況下的a L氯化氫氣體溶于100 g水中，得到鹽酸的密度為b g·mL－1，則該鹽酸的物質的量濃度是______________________。 (2)向100 mL的FeBr2溶液中通入標準狀況下Cl2 3.36 L，反應后的溶液中Cl－和Br－的物質的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質的量濃度為__________________。 (3)FeCl3溶液可以用來凈水，其凈水的原理為______________________________(用離子方程式表示)。用100 mL 2 mol·L－1的FeCl3溶液凈水時，生成具有凈水作用的微粒數(shù)________(填“大于”“等于”或“小于”)0.2NA。 解析：(1)注意鹽酸的體積不是100 g水的體積，要用所得鹽酸的質量和密度計算，還應注意單位換算。(2)根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律，氯氣先氧化Fe2＋，反應后溶液中Cl－和Br－的物質的量濃度相等，表明溶液中無Fe2＋，有FeBr3、FeCl3，n(Cl－)＝×2＝0.3 mol＝n(Br－)，根據(jù)電荷守恒及原子守恒知，n(Fe3＋)＝0.2 mol＝n(Fe2＋)，則c(FeBr2)＝＝2 mol·L－1。(3)Fe3＋在水中發(fā)生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋，生成的Fe(OH)3膠體具有吸附作用，可吸附溶液中的雜質離子。Fe3＋的水解是可逆反應，且Fe(OH)3膠體中的膠體粒子是由多個Fe(OH)3組成的集合體，所以生成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)目小于0.2NA。 答案：(1) mol·L－1 (2)2 mol·L－1 (3)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋　小于 6