物质的量有关练习

1、第4讲一定物质的量浓度及其溶液的配制考纲要求1.了解溶液、溶解度、溶液中溶质的质量分数的概念。2.了解物质的量浓度的含义。3.能按要求配制一定物质的量浓度的溶液，会进行有关误差分析。4.会根据物质的量与溶液的体积、溶液的物质的量浓度之间的相互关系进行有关计算。考点一物质的量浓度及相关计算内容物质的量浓度质量分数溶解度定义表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量用溶质质量与溶液质量之比来表示溶液组成的物理量在一定温度下，某固体物质在100_g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解溶质的质量单位mol·L1g计算公式cw×100%S×100g深度思考1观察两个试

2、剂瓶上的标签，回答下列问题。(1)“5%硫酸铜溶液”中的5%是什么含义？答案5%表示硫酸铜溶液的质量分数，即100g硫酸铜溶液中含有5g硫酸铜溶质。(2)0.4mol·L1NaCl溶液中的0.4mol·L1表示的含义是什么？答案1L该NaCl溶液中所含NaCl的物质的量是0.4mol。(3)从上述两种溶液中分别取出5mL，硫酸铜溶液的质量分数为_，NaCl溶液的浓度为_。答案5%0.4mol·L1解析溶液一旦配好，它的质量分数及浓度就不再改变；从中取出部分溶液，其质量分数及浓度也不变。2正误判断，正确的划“”，错误的划“×”(1)1L水中溶解5.85gN

3、aCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1mol·L1()(2)将25gCuSO4·5H2O晶体溶于75g水中所得溶质的质量分数为25%()(3)在100mL的烧杯中，加入10g食盐，然后注入90mL的水，充分溶解后，所得溶质的质量分数为90%()(4)将40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为40%()(5)将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1mol·L1()(6)T时100g饱和食盐水中，含有NaCl的质量为mg，则该温度时，NaCl的溶解度是mg()答案(1)×(2)×(3)×(4)×

4、(5)×(6)×1c中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和。2将CuSO4·5H2O晶体溶于水，其溶质是CuSO4；将Na、Na2O、Na2O2溶于水，其溶质是NaOH；将SO3溶于水，所得溶质是H2SO4。3配制一定质量分数的溶液，所选烧杯的规格一般应大于溶液体积的一倍。4在溶解度的概念中，“100”指的是100g溶剂(通常是H2O)，而不是溶液。题组一根据cB的计算1若20g密度为g·cm3的Ca(NO3)2溶液中含有2gCa(NO3)2，则溶液中NO的物质的量浓度为()A.mol·L1B.mol·L1C.

5、mol·L1D.mol·L1答案C解析Ca(NO3)2的物质的量浓度为mol·L1，NO的物质的量浓度为mol·L1。2在标准状况下，将VLA气体(摩尔质量为Mg·mol1)溶于0.1L水中，所得溶液的密度为g·cm3，则此溶液的物质的量浓度(mol·L1)为()A.B.C.D1000VM(MV2240)答案B解析气体的物质的量为mol，所得溶液的质量为(×M100)g，则此溶液的物质的量浓度为mol÷(×M100)g÷(1000g·L1)mol·L1。规避两个易错

6、点1气体溶于水，溶质是该气体与水反应生成的物质，NH3溶于水后主要溶质是NH3·H2O，但以NH3计算。2气体溶于水，溶液的体积不是溶剂的体积更不是气体体积与溶剂体积之和，应根据V进行计算。题组二关于物质的量浓度、质量分数、溶解度的换算3在一定温度下，某饱和氢氧化钠溶液体积为VmL，溶液密度为dg·cm3，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L1，溶液中含氢氧化钠的质量为mg，该温度下NaOH的溶解度为S。(1)用w来表示该温度下氢氧化钠的溶解度(S)为_。(2)用c、d来表示该温度下NaOH的溶解度(S)为_。(3)用m、V表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为

7、_。(4)用w、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为_。(5)用c、d表示溶液中溶质的质量分数(w)为_。(6)用S表示溶液中溶质的质量分数(w)为_。(7)用S、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为_。答案(1)g(2)g(3)mol·L1(4)25dwmol·L1(5)%(6)×100%(7)mol·L1解析(1)S×100g(溶解度定义)(2)Sg(3)cmol·L1(4)c25dwmol·L1(5)w×100%(6)w×100%(7)cmol·L1有关物质的量浓度计算的一般方法1由定

8、义出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式c、质量分数×100%进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。2在进行物质的量浓度、质量分数、溶解度三者之间的转换时，除利用上述方法外，我们还可以运用假设法，使问题简单化。例如已知溶质的质量分数w，溶液的密度为g·cm3，溶质的摩尔质量为Mg·mol1，求物质的量浓度c。我们可以假设溶液为1L，所以溶液质量为1×1000×g，溶质的质量为1×1000××wg，溶质的物质的量为mol，这样我们就很容易求出该溶液的物质的量浓度cmol·L1。题组三电荷守恒法在

9、物质的量浓度计算中的应用4把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为()A0.1(b2a) mol·L1B10(2ab) mol·L1C10(ba) mol·L1D10(b2a) mol·L1答案D解析根据题意，500mL溶液分成5等份，每份为100mL。每份中n(Ba2)amol，n(Cl)bmol，根据电荷守恒关系得n(K)(b2a)mol，则c(K)10(b2a) mol·L1。5把VL

10、含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2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.mol·L1B.mol·L1C.mol·L1D.mol·L1答案D解析注意混合液分成两等份，由Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO=BaSO4可知原溶液中n(Mg2)molamol、n(SO)2bmol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K)2n(SO)2n(Mg2)2(2ba) mol。题组四溶液稀释与混合的计算6两种硫酸溶液，一种硫酸

11、溶液的物质的量浓度为c1，密度为1；另一种硫酸溶液的物质的量浓度为c2，密度为2，将它们等体积混合后，所得溶液的密度为3，则混合后硫酸的物质的量浓度为()A.B.C.D.思路点拨(1)在进行有关物质的量浓度的计算时，要充分应用溶质的物质的量、质量及溶液中的电荷守恒。(2)溶液稀释混合时，溶液的体积一般不可直接相加，应用溶液的总质量和密度来计算。答案A解析据混合后n(H2SO4)n1(H2SO4)n2(H2SO4)，设取混合前两硫酸溶液的体积均为VmL，则有c，应选答案A。7用溶质质量分数为98%的浓硫酸和溶质质量分数为18%的稀硫酸配制500g溶质质量分数为28%的硫酸，需要浓硫酸和稀硫酸的质

12、量分别为()A62.5g437.5gB71.4g428.6gC437.5g62.5gD428.6g71.4g答案A解析设需要浓硫酸和稀硫酸的质量分别为x、y。由题意得解得：1溶液稀释定律(守恒观点)(1)溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1m2w2。(2)溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1c2V2。(3)溶液质量守恒，m(稀)m(浓)m(水)(体积一般不守恒)。2同溶质不同物质的量浓度溶液的混合计算(1)混合后溶液体积保持不变时，c1V1c2V2c混×(V1V2)。(2)混合后溶液体积发生改变时，c1V1c2V2c混V混，其中V混。题组五溶液稀释与混合的判断技巧8(1)

13、将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系正确的是_(填序号，下同)。q2pq>2pq<2p无法确定(2)若上题中的溶质是乙醇而非硫酸，则p、q的关系是_。q2pq>2pq<2p无法确定答案(1)(2)解析当等体积混合时，设浓溶液的密度为1，稀溶液的密度为2，体积各为1L，则混合后w()×p%(1)p%则当1>2时，如H2SO4溶液、HNO3溶液，w>2p%；当1<2时，如氨水、酒精溶液，w<2p%。9(1)在100g浓度为cmol·L1、密度为g·cm3的硫酸中加入一定量的水稀释成mol

14、·L1的硫酸，则加入水的体积_100mL(填“”、“”或“”，下同)。(2)若把(1)中的H2SO4改成氨水，应加入水的体积_100mL。(3)若把(1)(2)中的物质的量的浓度均改为溶质的质量分数，则加入水的体积_100mL。答案(1)(2)(3)解析(1)·c·V水100由于所以V水100mL。(2)由于所以V水100mL。(3)根据质量分数×100%知，溶质不变，质量分数减半，则溶液质量加倍，所以均应加入100mL水。溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。1等体积混合(1)当溶液密度大于1g·

15、;cm3时，必然是溶液浓度越大，密度越大(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液)，等体积混合后质量分数w>(a%b%)。(2)当溶液密度小于1g·cm3时，必然是溶液浓度越大，密度越小(如酒精、氨水溶液)，等体积混合后，质量分数w<(a%b%)。2等质量混合两溶液等质量混合时(无论>1g·cm3还是<1g·cm3)，混合后溶液中溶质的质量分数w(a%b%)。以上规律概括为“计算推理有技巧，有大必有小，均值均在中间找，谁多向谁靠”。考点二一定物质的量浓度溶液的配制1有关仪器的使用(1)容量瓶的使用特点使用方法及注意事项a容量瓶使

16、用前一定要检查是否漏液。其操作顺序为装水盖塞倒立正立玻璃塞旋转180°倒立。b用“能”或“不能”填空不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释；不能作为反应容器或长期贮存溶液的容器；不能加入过冷或过热的液体；不能配制任意体积的溶液。(2)托盘天平的使用若配制0.2mol·L1NaCl溶液500mL，应用托盘天平称取NaCl5.9g，称量时，不慎将物品和砝码颠倒放置，实际称量的NaCl的质量为4.1g。(3)量筒的使用量筒没有0刻度；量取7.2mL溶液，应选用10_mL量筒，量筒上标有使用温度、容量、刻度；不能加热，不能将固体或浓溶液直接在量筒中溶解或稀释。2配制过程示意图深

17、度思考1将10.6gNa2CO3·10H2O溶于水配成1L溶液，物质的量浓度为0.1mol·L1，对吗？答案不对。10.6gNa2CO3·10H2O中n(Na2CO3)<0.1mol，故浓度小于0.1mol·L1。2实验中需要2mol·L1的Na2CO3溶液950mL，配制时，你认为应该选用的容量瓶的规格和称取的碳酸钠质量分别是_、_。答案1000mL212g解析实验室中没有950mL的容量瓶，只能选用1000mL的容量瓶。所需Na2CO3的质量为2mol·L1×1L×106g·mol1212g。3

18、正误判断，正确的划“”，错误的划“×”(1)使用托盘天平称量药品，都不能直接放在托盘中，均应放两张相同的纸片()(2)定容时，往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶刻度线12mL时，改用胶头滴管滴加蒸馏水()答案(1)×(2)×题组一一定物质的量浓度溶液的配制1实验室需要配制0.50mol·L1NaCl溶液480mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码、最小砝码为5g)、药匙、烧杯、_、_、_以及等质量的两片滤纸。(2)计算。配制该溶液需取NaCl晶体_g。(3)称量。天平调平之后，

19、应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：称量过程中NaCl晶体应放于天平的_(填“左盘”或“右盘”)。称量完毕，将药品倒入烧杯中。(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯23次是为了_。(6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线_处，改用_加水，使溶液凹液面与刻度线相切。(7)摇匀、装瓶。答案(1)500mL容量瓶胶头滴管玻璃棒(2)14.6(3)左盘(4)搅拌，加速NaCl溶解(5)保证溶质全部转入容量瓶中(6)12cm胶头滴管解析配制480mL0.50mol·L1的NaCl溶液

20、，必须用500mL的容量瓶。m(NaCl)0.50mol·L1×0.5L×58.5g·mol114.6g(托盘天平精确到0.1g)。用托盘天平称量时，物品放在左盘。配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算称量(或量取)溶解、冷却转移、洗涤定容、摇匀装瓶贴签。仪器规格、汉字使用问题简答要规范1考生答卷案例找错纠错2失分原因分析(1)问中虽然熟悉某一规格的容量瓶只能配制一定体积的溶液，但未指明所选容量瓶的规格。(2)问中，案例1没有注意体现托盘天平的精确度；案例2不熟悉常用容量瓶的规格。(3)问中不按要求作答。(4)汉字使用错误。(5)回答问题不完整、太笼统

21、。(6)未写单位，汉字使用错误。3解决方案与规范指导配制一定物质的量浓度溶液时应注意：做需要补充仪器的实验题时，要学会“有序思考”即按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，然后与已知仪器对比，就一定不会漏写某种仪器；容量瓶的规格，常见的有100mL、250mL、500mL、1000mL；所用定量仪器量筒、托盘天平的精确度。题组二误差分析“10”例2用“偏大”、“偏小”或“无影响”填空(1)配制450mL0.1mol·L1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g_。(2)配制500mL0.1mol·L1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g_。(3)配制Na

22、OH溶液时，天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确_。(4)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒_。(5)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数_。(6)配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容_。(7)定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线_。(8)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线_。(9)定容时仰视刻度线_。(10)定容摇匀后少量溶液外流_。答案(1)偏小(2)偏小(3)偏小(4)偏小(5)偏大(6)偏大(7)偏小(8)偏小(9)偏小(10)无影响1.误差分析的理论依据

23、根据cB可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看溶液配制过程中引起了nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。2仰视、俯视的分析结果：仰视时，容器内液面高于刻度线；俯视时，容器内液面低于刻度线。考点三溶解度及曲线1固体的溶解度在一定温度下，某固体物质在100_g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。固体物质溶解度(饱和溶液)S×100g影响溶

24、解度大小的因素(1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。(2)外因：溶剂的影响(如NaCl易溶于水不易溶于汽油)。温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。2气体的溶解度通常指该气体(其压强为101kPa)在一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积，常记为1x。如NH3、HCl、SO2、CO2等气体常温时的溶解度分别为1700、1500、140、11。气体溶解度的大小与温度和压强有关，温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。3溶解度的表示方法(1)列表法硝酸钾在不同温度时的溶解度：温度/010203040506

25、0708090100溶解度/g13.320.931.645.863.985.5110138168202246(2)曲线法4溶解度曲线的含义(1)不同物质在各温度时的溶解度不同。(2)曲线与曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度。(3)能很快比较出两种物质在某温度范围内溶解度的大小。(4)多数物质溶解度随温度升高而增大，有的变化不大(如NaCl)，少数则随温度升高而降低如Ca(OH)2。深度思考1在通常状况下，NH3在水中的溶解度为1700，其中“1700”的含义是什么？答案“1700”指的是在常温常压下，1体积水溶解700体积的NH3，达到饱和状态。2请填写下列物质的结晶方法。(1

26、)氯化钠：_。(2)硝酸钾：_。(3)硫酸铜晶体：_。(4)从FeCl3溶液中得到FeCl3·6H2O固体_。答案(1)蒸发结晶(2)蒸发浓缩，冷却结晶(3)蒸发浓缩，冷却结晶(4)在HCl气氛中加热，蒸发结晶1溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；若NaCl溶液中含有KNO3，应采取蒸发结晶，趁热过滤的方法。2溶解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水)采取蒸发浓缩、降温结晶的方法。3对于FeCl3、CuCl2、MgCl2等易水解生成挥发性酸的盐溶液，在加热蒸发时，要注意防水解。1甲、乙两种固体的溶解度曲线如下图，现将两试管分别装入甲、乙两种物质的饱和溶液(试管

27、底部均有未溶解的固体)，再放进盛有冰水的烧杯里，则下列说法正确的是()A甲溶液中溶质的质量分数增大B试管里甲、乙物质的溶解度都增大C乙溶液中剩余的固体减少D试管里甲、乙两溶液中的溶质都减少答案C解析由甲、乙两种物质的溶解度曲线可知，甲的溶解度随温度的升高而增大，乙的溶解度随温度的升高而减小，故温度降低甲的溶解度减小，乙的溶解度增大，B说法不正确；当甲、乙两种物质的饱和溶液(试管底部均有未溶解的固体)再放进盛有冰水的烧杯里，根据溶解度曲线知，甲会析出固体，乙中原来不溶的固体会有一部分溶解，所以甲溶液的溶质质量分数减小，A、D说法不正确，C说法正确。2已知四种盐的溶解度(S)曲线如下图所示，下列说

28、法不正确的是()A将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体B将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体CMg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯D不能用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2答案BD解析A项，由于NaCl的溶解度受温度影响较小，所以采取蒸发结晶的方法，正确；B项，虽然MgCl2的溶解度受温度的影响较小，但由于Mg2的水解，直接蒸干不能得到MgCl2固体，而得到Mg(OH)2固体，错误；C项，采取蒸发浓缩、降温结晶的方法，可以结晶出Mg(ClO3)2固体，而NaCl仍留在滤液中，达到提纯的目的，正确；D项，当把MgCl2、NaClO3混合后，由于Mg(ClO3)2

29、的溶解度受温度影响较大，所以当降温时，首先析出Mg(ClO3)2固体。探究高考明确考向1正误判断，正确的划“”，错误的划“×”(1)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体()(2014·新课标全国卷，12D)(2)配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高()(2014·大纲全国卷，6C)(3)配制溶液()(2014·山东理综，10A)(4)因为KNO3的溶解度大，所以可用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl()(2014·广东理综，9A)(5)因为Ca(OH)2能制成澄清石灰水，所以可配制2.0mol·L1的

30、Ca(OH)2溶液()(2014·广东理综，9D)(6)配制0.1000mol·L1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流()(2013·福建理综，10C)(7)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小()(2013·天津理综，4B)(8)用固体NaCl配制0.5mol·L1的溶液，所用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶()(2013·山东理综，11C)(9)用配制100mL0.1000mol·L1K2Cr2O7溶液()(2012·天津理综，4D)(10)在50mL量筒中配制0.1000

31、mol·L1碳酸钠溶液()(2012·福建理综，6C)(11)用100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和pH1的盐酸配制100mLpH2的盐酸()(2012·安徽理综，10B改编)(12)用量筒量取20mL0.5000mol·L1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol·L1H2SO4溶液()(2011·江苏，7B)(13)定容操作()(2010·安徽理综，8B)(14)配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出()(2010·山东理综，14B)答案(1)×(2)

32、(3)×(4)×(5)×(6)(7)×(8)×(9)×(10)×(11)×(12)×(13)×(14)×2(2010·四川理综，12)标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL1)，所得溶液的密度为g·mL1，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L1，则下列关系中不正确的是()A(17V22400)/(22.422.4V)Bw17c/(1000)Cw17V/(17V22400)Dc1000V/(17V22400)答案A解析由cm

33、ol·L1由上可推知：设溶液的体积为1L由c可得，ww因此只有A项不正确。32009·广东理综，24(2)NH4Al(SO4)2·12H2O的相对分子质量为453。欲配制100mLpH为2、浓度约为0.1mol·L1的NH4Al(SO4)2溶液，配制过程为用托盘天平称量NH4Al(SO4)2·12H2O固体_g；将上述固体置于烧杯中，_。答案4.5称量溶解移液洗涤定容摇匀解析由物质的量浓度的定义公式可计算：mNH4Al(SO4)2·12H2On·MNH4Al(SO4)2·12H2Oc·V·MNH

34、4Al(SO4)2·12H2O0.1mol·L1×100mL×103L·mL1×453g·mol14.53g，由于托盘天平的精确度为0.1g，故为4.5g。练出高分一、单项选择题1配制100mL1.0mol·L1Na2CO3溶液，下列操作正确的是 ()A称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容B称取10.6g无水碳酸钠于烧杯中，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解C转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀答案D解析固体溶质不能在容量瓶中溶解，A选

35、项不正确；B选项中加入水的体积太大，要远小于所配制溶液的体积；C选项中未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶易漏出液体，产生误差。2下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L1的是()A10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液B将80gSO3溶于水并配成1L的溶液C将0.5mol·L1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液答案C解析A项，c(NaOH)1 mol·L1；B项，c(H2SO4)1 mol·L1；C项，蒸发掉50 g水后，溶液的体积并不是50 mL，NaNO3的浓度也不是1 mo

36、l·L1；D项，c(HCl)1 mol·L1。3下列溶液配制实验的描述完全正确的是()A在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸B用浓盐酸配制11(体积比)的稀盐酸(约6mol·L1)通常需要用容量瓶等仪器C配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防水解D用pH1的盐酸配制100mLpH2的盐酸所需全部玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管答案C解析A项，不能在容量瓶中稀释浓硫酸；B项，应用烧杯、玻璃棒配制该盐酸溶液；D项，少量筒。4下图是某同学用500mL容量瓶配制0.10mol·L1NaOH溶液的

37、过程：该同学的错误步骤有()A1处B2处C3处D4处答案C解析第步不能把NaOH放在称量纸上称量；第步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第步定容时应平视刻度线。5把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na)为()A(10b5a)mol·L1B(2ba)mol·L1C()mol·L1D(5b)mol·L1答案A解析NH4HCO3和a mol NaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5a mol，取另一份

38、加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5a mol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为b mol0.5a mol，Na2CO3的物质的量为(b mol0.5a mol)×0.5，则c(Na)(b mol0.5a mol)÷0.1(10b5a)mol·L1。6在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中Al3的浓度(mol·L1)为()A.B.C.D.答案C解析由于产生cmolNH3，则必定有NHcmol，

39、使SO完全沉淀需Ba2bmol，因此SO有bmol。根据电荷守恒：2c(SO)c(NH)3c(Al3)，则3c(Al3)mol·L1，c(Al3)mol·L1。7向50g浓度为cmol·L1、密度为g·cm3的氨水中加入一定量的水，将其稀释至0.5cmol·L1，则加入水的体积()A小于50mLB等于50mLC大于50mLD等于50/mL答案C解析此题是对溶液稀释问题的考查。解此类题要从稀释前后溶质的量不变这一规律入手进行分析，并要准确判断不同密度的溶液，浓度变化引起的密度和体积的变化。计算过程中应注意单位的统一和公式的灵活应用。设加入水的体积

40、为VmL，由稀释前后溶质的物质的量不变可得：×cmol·L1×0.5cmol·L1，化简得：V·50100后，即：V50。因氨水的密度随浓度的增大而减小，故后>，即V>50。二、不定项选择题820时，饱和NaCl溶液的密度为g·cm3，物质的量浓度为cmol·L1，则下列说法中错误的是()A温度低于20时，饱和NaCl溶液的浓度小于cmol·L1B20时，饱和NaCl溶液的质量分数为×100%C20时，密度小于g·cm3的NaCl溶液是饱和溶液D20时，饱和NaCl溶液的溶解度Sg/

41、100g水答案CD解析A项，低于20 ，会析出少量NaCl，所以饱和NaCl溶液的浓度小于c mol·L1；C项，NaCl溶液越浓，密度越大，所以密度小于 g·cm3的NaCl溶液为不饱和溶液；D项，S g，该项错误。9根据溶解度曲线，在80时将含有等物质的量的硝酸钠和氯化钾混合溶液恒温蒸发，首先析出的是()A氯化钾B硝酸钠C氯化钠D硝酸钾答案C解析恒温下，溶解度最小的物质最先析出晶体。10右图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是()A只有在t1时，NaCl和MgSO4的溶解度才相等Bt1t2，MgSO4的溶解度随温度升高而减小C在t2时，MgSO4饱和溶液

42、的溶质质量分数最大D把MgSO4饱和溶液的温度从t3降至t2时，没有晶体析出答案CD解析A项，在t1、t3时，NaCl、MgSO4的溶解度都相等；B项，t2之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2之后，随温度的升高而降低；C项，w×100%，S越大，w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3降至t2时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。三、非选择题11实验室需要0.1mol·L1NaOH溶液450mL和0.5mol·L1硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填序号)，配制上述溶

43、液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。(2)在配制NaOH溶液时：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度_(填“>”、“<”或“”)0.1mol·L1；若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶洗烧杯洗涤液移入容量瓶定容，则所得溶液浓度_(填“>”、“<”或“”)0.1mol·L1。(3)在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm3的浓硫酸的体积为_(计算结果保留一位小数)mL；如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_mL量筒最好；配制过程中需先在烧

44、杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_。答案(1)AC烧杯、玻璃棒(2)2.0<>(3)13.615将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌解析(1)配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。(2)因无450 mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500 mL的容量瓶，m(NaOH)c·V·M0.1 mol·L1×0.5 L×40 g·mol12.0 g；NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高。(3)c(浓)·V(浓)

45、c(稀)·V(稀)，即×V(浓)0.5×0.5，得V(浓)0.013 6 L13.6 mL；选用15 mL量筒最好，误差小；注意三点：酸入水、沿器壁、棒搅拌。12已知某“84消毒液”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：(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为_mol·L1。84消毒液,有效成分NaClO规格1000mL质量分数25%密度1.19g·cm3(2)某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na)_mol·L1。(3)该同学参阅该“84消毒液”

46、的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_(填序号)。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可能导致结果偏低D需要称量NaClO固体的质量为143.0g(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1.84g·cm3)的浓硫酸配制2L2.3mol·L1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。所配制的稀硫酸中，H的物质的量浓度为_mol·L1需用浓硫酸的体积为_mL。答案

47、(1)4.0(2)0.04(3)C(4)4.6250解析(1)由c得，c(NaClO)4.0(mol·L1)。(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有：100 mL×103 L·mL1×4.0 mol·L1100 mL×100×103 L·mL1×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)0.04 mol·L1，c(Na)c(NaClO)0.04 mol·L1。(3)选项A，需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解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，图示的A、B不需要，但还需要玻璃棒和胶头滴管；选项B，配制过程中需要加水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用；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。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·L1×74.5 g·mol1149.0 g。(4)根据H2SO4的组成可知，溶液中c(H)2c(H2SO4)4.6 mol·L1。2 L 2.3 mol·L1的稀硫酸中溶质的物质的量为2