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第02讲 物质的量浓度与溶液的配制（练习）-备战2024年高考化学一轮复习精品课件+讲义+练习（新教材新高考）
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第02讲 物质的量浓度与溶液的配制（模拟精练+真题演练）1．（2021·广东·模拟预测）配制500mL的0.100mol·L-1NaCl溶液，需要用到的仪器是A． B． C． D．【答案】B【解析】配制500 mL，0.100mol·L-1 NaCl溶液的实验中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒，500mL容量瓶、胶头滴管等，用不到直形冷凝管、分液漏斗等，故B正确，故选B。2．（2021·广东·模拟预测）配制450mL0.100mol•L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图：下列说法正确的是A．容量瓶需用蒸馏水洗涤、干燥后才可使用B．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低C．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④①③D．实验中需用到的仪器有：天平、450mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等【答案】B【解析】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加蒸馏水定容，无需干燥即可使用，A错误；B．仰视容量瓶的刻度线，使得液面高于刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，B正确；C．溶液配制的基本步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、装瓶特标签。①为溶液的转移；②为NaCl固体的溶解；③为定容；④为洗涤小烧杯和玻璃棒，所以顺序为②①④①③，C错误；D．实验室没有450mL容量瓶，应使用500mL容量瓶，D错误；综上所述答案为B。3．（2022·上海·模拟预测）将V L浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半B．通入标准状况下的HCl气体6.72LC．加入3mol/L的盐酸0.2V L，再稀释至1.5V LD．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀【答案】C【解析】A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半时，由于HCl的挥发，不能使其浓度扩大一倍，A不合理；B．标准状况下6.72LHCl的物质的量为0.3mol，但向溶液中通入HCl气体时溶液的体积会发生变化，所以浓度不能扩大一倍，B不合理；C．V L浓度为0.3mol/L的盐酸中有0.3VmolHCl，3mol/L的盐酸0.2V L含HCl的物质的量为0.6Vmol，稀释至1.5V L，浓度为=0.6mol/L，C合理；D．两种盐酸混合后，溶液的体积不能直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，D不合理；综上所述答案为C。4．（2021·浙江绍兴·校考模拟预测）配制一定物质的量浓度的溶液的实验中可不选用的仪器是（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】配制一定物质的量浓度的溶液所需要的的仪器有容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；A．为容量瓶，配制溶液时必须使用，故A不符合题意；B．为量筒，用液体配制溶液时需要，用固体配制溶液时不需要量筒，即配制溶液时量筒不是必须使用的仪器，故B符合题意；C．为烧杯，配制溶液时溶解稀释必须使用的仪器，故C不符合题意；D．为玻璃棒，配制溶液时搅拌及转移操作时必须使用的仪器，故D不符合题意；答案选B。5．（2021·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）下图是配制100mL0.5 NaCl溶液的部分实验操作，在配制过程中的正确实验顺序是A．①②④③ B．②④①③ C．②①④③ D．④②①③【答案】C【分析】配制一定物质的量浓度溶液的步骤是计算→称量→溶解或稀释→转移→洗涤→振荡→定容→摇匀→装瓶；【解析】配制100mL0.5mol/LNaCl溶液，需要称量NaCl的质量为2.9g，放入烧杯中溶解，恢复室温，转移到100mL容量瓶中，对烧杯、玻璃棒进行洗涤，洗涤液一并转移到容量瓶，振荡，然后向容量瓶中加蒸馏水定容、摇匀、装瓶、贴标签，因此合理步骤是②①④③，选项C正确；答案为C。6．（2022·全国·模拟预测）常温下，不同浓度硝酸与铁反应产物如图所示，(质量分数大于68%的硝酸可使铁钝化)下列说法错误的是A．硝酸浓度越小，产物中所占的比例越大B．质量分数为56%的硝酸，物质的量浓度为C．质量分数为56%~68%的硝酸与少量铁反应时，还原产物仍以为主D．若把铁换成铜，硝酸浓度低于24%时，还原产物仍以为主【答案】D【解析】A．由图可知，硝酸的质量分数越小，物质的量浓度越小，产物中的相对含量越大，则所占的比例越大，A正确；B．质量分数为56%的硝酸，密度为，物质的量浓度为=，B正确；C．质量分数大于68%的硝酸可使铁钝化，质量分数为56%时气体产物中NO2的含量最高，则表明气体产物以为主，C正确；D．若把铁换成铜，结合课本可知，铜与不同浓度硝酸反应只能生成NO或，D错误；故选D。7．（2022·内蒙古呼伦贝尔·校联考模拟预测）设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A．向沸水中滴加含0.1 mol氯化铁的饱和溶液，制得的Fe(OH)3胶体粒子数目是0.1NAB．标准状况下，22.4 L的CH2Cl2所含的分子总数为NAC．4.0 g H218O所含质子数为2NAD．1 mol·L-1 Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于NA【答案】C【解析】A．胶体粒子是许多分子的集合体，向沸水中滴加含0.1 mol氯化铁的饱和溶液，制得的Fe(OH)3胶体粒子数目小于0.1NA，故A错误；B．标准状况下，CH2Cl2不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故B错误；C．H218O的相对分子质量为20，且含有10个质子，4.0 g H218O的物质的量为=0.2mol，其中所含质子数为2NA，故C正确；D．1 mol·L-1 Na2CO3溶液的溶液体积未知，无法判断其中含有的CO32-数目，故D错误；答案选C。8．（2022·辽宁抚顺·抚顺一中校考模拟预测）下列说法中，正确的是（ ）A．22.4LN2中一定含有2molNB．80gNaOH溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为2mol/LC．在标准状况下，20mLNH3和60mLO2所含分子个数比为1：3D．18gH2O在标准状况下的体积约为22.4L【答案】C【解析】A.未说明是否处于标准状况下，则无法计算22.4L氮气及氮原子的物质的量，故A错误；B.80g氢氧化钠的物质的量为2mol，溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L，溶液的浓度不是2mol/L，故B错误；C.在相同温度和压强下，气体的体积与物质的量、分子个数成正比，则20mLNH3和60mLO2所含分子个数比为20mL∶60mL=1∶3，故C正确；D.18g水的物质的量为1mol，标准状况下水不是气态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算水的体积，故D错误。答案选C。9．（2022·上海·一模）下列关于物质的量浓度说法中正确的是A．在碳酸钠溶液中含钠离子B．将标准状况下通入水中，则此溶液的物质的量浓度为C．同体积和同物质的量浓度的强酸和强碱相混合，所得溶液可能呈碱性D．饱和溶液的物质的量浓度一定大于不饱和溶液的物质的量浓度【答案】C【解析】A．没有明确溶液体积，不能计算1mol/L碳酸钠溶液中钠离子的物质的量，故A错误；B．将标准状况下44.8LHCl通入1L水中，所得溶液的体积不是1L，则此溶液的物质的量浓度不是2mol·L-1，故B错误；C．相同体积和相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钡溶液混合，所得溶液呈碱性，故C正确；D．饱和溶液的物质的量浓度不一定大于不饱和溶液的物质的量浓度，故D错误；选C。10．（2020·浙江·统考模拟预测）用密度为1.84g•mL-1、质量分数为 98% 的浓硫酸配制 180mL 2mol•L-1稀硫酸。下列各步骤中操作正确的是A．计算、量取：用 20 mL 量筒量取 19.6 mL 浓硫酸B．溶解、稀释：将浓硫酸倒入烧杯 ，再加入 80 mL 左右的蒸馏水 ，搅拌C．转移、洗涤：将溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶重复2~3次D．定容、摇匀：加水至凹液面最低处与刻度线相切，摇匀，最后在容量瓶上贴上标签【答案】C【解析】A．用密度为1.84g•mL-1、质量分数为 98% 的浓硫酸配制 180mL 2mol•L-1稀硫酸，由于实验室没有180mL的容量瓶，所以应配制250mL的溶液，VmL×1.84g•mL-1×98%=0.250L× 2mol•L-1×98g·mol－1，V=27.2mL，计算、量取：用 20 mL 量筒量取27.2 mL 浓硫酸，故A错误；B．稀释浓硫酸时应将浓硫酸缓慢注入水中，并不断搅拌，将水倒入浓硫酸中容易导致液体飞贱，造成实验室安全事故，故B错误；C．将稀释并冷却后的溶液用玻璃棒引流至容量瓶中，并用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯，洗涤液也应转入容量瓶，使溶质全部转移至容量瓶，故C正确；D．容量瓶不可用于贮存溶液，定容、摇匀后，应将溶液倒入试剂瓶，并贴上标签，注明溶液成分及浓度，故D错误；故选C。11．（2021·北京东城·统考二模）配制溶液的操作如下所示。下列说法不正确的是A．操作1前称取的质量为4.0gB．操作2前溶液需恢复至室温C．操作3和操作4分别为洗涤和定容D．操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线【答案】D【解析】A．，，A正确；B．转移到容量瓶前应冷却至室温，B正确；C．操作3为洗涤，操作4为定容，C正确；D．定容并摇匀后，容量瓶内部，瓶塞处会粘有部分液体，造成液面下降，但是溶液浓度没有变化，若再加入水会使浓度偏小，D错误；答案选D。12．（2021·全国·模拟预测）下列实验过程能达到实验目的的是【答案】D【解析】A．固体溶解后需冷却后才能转移至容量瓶中，需要洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移至容量瓶中，最后才能定容，A项错误；B．不能在容量瓶中直接溶解固体，B项错误；C．锌粒与稀盐酸反应生成的中混有挥发出的，要先通过溶液除去，再通过浓硫酸除去水蒸气即可，不需要通过溶液，C项错误；D．稀释浓硫酸时应将浓硫酸慢慢加入水中(“酸入水”)，并不断搅拌使产生的热量迅速扩散，以防液体溅出，D项正确。故选D。13．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，甲同学配制5%的溶液100g，乙同学配制的溶液100mL(的溶解度为水)，下列说法正确的是A．所需溶质的质量相同 B．所需仪器均包括100mL容量瓶C．所配溶液均为不饱和溶液 D．所配溶液质量相同【答案】C【分析】100g5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为100g×5%=5g，100mL0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量为0.5mol/L×0.1L×58.5g/mol≈2.9g，100g氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量为≈26.5g，所以5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液。【解析】A．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，故A错误；B．配制100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL容量瓶，故B错误；C．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液，故C正确；D．氯化钠溶液的密度大于1g/mL，则100mL氯化钠溶液的质量大于100g，故D错误；故选C。14．（2022·山东威海·校考模拟预测）（双选）如图所示是配制一定物质的量浓度溶液的过程。下列说法中错误的是 A．所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0mol·L-1B．操作2是将操作1得到的Na2CO3溶液转移到容量瓶中C．操作4如果仰视，所配得溶液浓度偏高D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至刻度线【答案】CD【解析】A．由图可知，所配溶液的体积为100mL，10.6g碳酸钠的物质的量为0.1mol，所配碳酸钠溶液的浓度为0.1mol÷0.1L=1mol/L，故A正确；B．溶解并放置至室温后再移液，故操作2是移液，故B正确；C．操作4是定容，应滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐，如果仰视，溶液体积增加，所配得溶液浓度偏低，故C错误；D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至液面与刻度线平齐，导致所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，故D错误。故答案选CD。15．（2016·吉林·统考二模）某学生欲配制6.0mol/L的H2SO4 1000 mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：①480mL 0.5mol/L 的硫酸；②150mL 25%的硫酸(ρ=1.18g/mL)；③足量的18mol/L的硫酸。有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1000mL。老师要求把①②两种硫酸全部用完，不足的部分由③来补充。请回答下列问题：(1)实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为______mol/L(保留1位小数)。(2)配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为______mL。(3)配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整。A．将①②两溶液全部在烧杯中混合均匀；B．用量筒准确量取所需的18mol/L的浓硫酸____mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中。并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C．将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；D．_________________________________________________________________________________________；E．振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1～2cm处；F．改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；G．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。(4)如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(5)进行操作C前还需注意___________________________________________________。【答案】(1)3.0 （2）1000 （3）295 用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中 （4）偏小 （5）将稀释后的硫酸冷却【解析】（1）根据c=可知，该硫酸的浓度是c；（2）配制1000mL，则需要1000mL容量瓶；（3）1000mL 6.0mol/L的硫酸的物质的量是6.0mol，480mL 0.5mol/L 的硫酸中硫酸的物质的量是0.24mol；150mL 25%的硫酸(ρ=1.18g/mL)中硫酸的物质的量是150mL×1.18g/mL×25％÷98g/mol=0.45mol，所以还缺少5.31mol，所以需要18mol/L浓硫酸的体积是5.31mol÷18mol/L=0.295L；（4）如果没有洗涤，则溶质减少，浓度偏小；（5）浓硫酸溶于水放出大量的热，所以在转移至容量瓶之前，需要将稀释后的硫酸冷却到室温。1．（2021·天津·统考高考真题）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1mol/LHCl溶液中，HCl分子的数目为NAB．22.4L氢气中，H2分子的数目为NAC．180g葡萄糖中，C原子的数目为6NAD．1molN2中，σ键的数目为3NA【答案】C【解析】A．体积未知，HCl分子的数目不能计算，故A错误；B．没有标准状态，不能计算H2分子的数目，故B错误；C．葡萄糖的分子式为C6H12O6，故180g葡萄糖的分子的物质的量为1mol，C原子的数目为6NA，故C正确；D．1molN2中有1molσ键，故σ键的数目为NA，故D错误；故选C。2．（2009·浙江·高考真题）已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是A．0.01mol·的蔗糖溶液 B．0.01mol·的溶液C．0.02mol·的溶液 D．0.02mol·的溶液【答案】C【解析】单位体积内的粒子数，实质为粒子的浓度。显然C项、D项的浓度比A项和C项的大，又C项为强电解质，完全电离，而CH3COOH为弱酸，部分电离，所以C项中粒子浓度大，故沸点最高。答案选C。3．（2020·天津·高考真题）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：Ⅰ.甲方案实验原理：实验步骤：(1)判断沉淀完全的操作为____________。(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。(4)固体质量为wg，则c(CuSO4)=________mol‧L-1。(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。Ⅱ.乙方案实验原理：，实验步骤:①按右图安装装置(夹持仪器略去)②……③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录⑦处理数据(6)步骤②为___________。(7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，则c(CuSO4)______mol‧L-1(列出计算表达式)。(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。【答案】(1)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 (2)AgNO3溶液 (3)坩埚 (4) (5)偏低 (6)检查装置气密性 (7)b (8) (9)偏高 (10)否【分析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据得到硫酸铜的浓度，据此分析。【解析】Ⅰ．(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；(4)固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)===mol‧L-1；(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据可知，则测得c(CuSO4)偏低；Ⅱ．(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；(7)气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，氢气的质量=，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=，根据，与酸反应的锌的物质的量为，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为，根据，则c(CuSO4)=；(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高；(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。4．（2017·上海·统考高考真题）6克冰醋酸完全溶于水配成500毫升溶液，用此醋酸溶液滴定20毫升某一未知浓度的氢氧化钠溶液，共消耗这种醋酸溶液30毫升。求：（1）醋酸溶液的物质的量的浓度_________。（2）未知氢氧化钠溶液的物质的量的浓度________________。【答案】（1）0.2mol / L （2）0.3mol / L【解析】(1)6克冰醋酸的物质的量==0.1mol，完全溶于水配成500毫升溶液，溶液的物质的量浓度==0.2 mol/L，故答案为：0.2mol/L；(2)用此醋酸溶液滴定20毫升某一未知浓度的氢氧化钠溶液，共消耗这种醋酸溶液30毫升，氢氧化钠的物质的量与醋酸的物质的量相等，氢氧化钠的物质的量=0.03L×0.2mol/L=0.006mol，氢氧化钠溶液的物质的量的浓度==0.3mol/L，故答案为：0.3mol/L。5．（2007·上海·高考真题）一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL 3.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。（1）原NaOH溶液的质量分数为___________（2）所得溶液中Cl－的物质的量为_______mol（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)＝_____________。【答案】（1）10.7% （2）0.25 （3）3︰2【解析】（1）根据可知NaOH溶液的质量分数为10.7%；（2）氢气与氯气反应，用NaOH吸收气体，所得的溶液中含有NaClO，说明氢气与氯气反应时，氯气有剩余，用氢氧化钠吸收后溶液中溶质为NaCl、NaClO，根据钠离子守恒可知溶液中n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）=0.1L×3mol/L=0.3mol，故溶液中n（NaCl）=0.3mol-0.05mol=0.25mol，溶液中n（Cl-）=n（NaCl）=0.25mol；（3）根据以上分析可知HCl与NaOH反应生成的NaCl的物质的量为0.3mol-0.05mol×2=0.2mol，故n（HCl）=0.2mol，n（H2）=0.10mol，氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO），故2n（Cl2）=n（NaOH）=0.3mol，所以n（Cl2）=0.15mol，因此所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.10mol=3：2。 编号实验目的实验过程A配制的溶液称取固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至容量瓶中定容B配制浓度为的溶液称取固体，放入容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度C制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过溶液、浓硫酸和溶液D配制稀硫酸将浓硫酸慢慢加入水中，并不断搅拌使产生的热量迅速扩散，以防液体溅出
第02讲 物质的量浓度与溶液的配制（模拟精练+真题演练）1．（2021·广东·模拟预测）配制500mL的0.100mol·L-1NaCl溶液，需要用到的仪器是A． B． C． D．【答案】B【解析】配制500 mL，0.100mol·L-1 NaCl溶液的实验中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒，500mL容量瓶、胶头滴管等，用不到直形冷凝管、分液漏斗等，故B正确，故选B。2．（2021·广东·模拟预测）配制450mL0.100mol•L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图：下列说法正确的是A．容量瓶需用蒸馏水洗涤、干燥后才可使用B．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低C．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④①③D．实验中需用到的仪器有：天平、450mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等【答案】B【解析】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加蒸馏水定容，无需干燥即可使用，A错误；B．仰视容量瓶的刻度线，使得液面高于刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，B正确；C．溶液配制的基本步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、装瓶特标签。①为溶液的转移；②为NaCl固体的溶解；③为定容；④为洗涤小烧杯和玻璃棒，所以顺序为②①④①③，C错误；D．实验室没有450mL容量瓶，应使用500mL容量瓶，D错误；综上所述答案为B。3．（2022·上海·模拟预测）将V L浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半B．通入标准状况下的HCl气体6.72LC．加入3mol/L的盐酸0.2V L，再稀释至1.5V LD．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀【答案】C【解析】A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半时，由于HCl的挥发，不能使其浓度扩大一倍，A不合理；B．标准状况下6.72LHCl的物质的量为0.3mol，但向溶液中通入HCl气体时溶液的体积会发生变化，所以浓度不能扩大一倍，B不合理；C．V L浓度为0.3mol/L的盐酸中有0.3VmolHCl，3mol/L的盐酸0.2V L含HCl的物质的量为0.6Vmol，稀释至1.5V L，浓度为=0.6mol/L，C合理；D．两种盐酸混合后，溶液的体积不能直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，D不合理；综上所述答案为C。4．（2021·浙江绍兴·校考模拟预测）配制一定物质的量浓度的溶液的实验中可不选用的仪器是（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】配制一定物质的量浓度的溶液所需要的的仪器有容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；A．为容量瓶，配制溶液时必须使用，故A不符合题意；B．为量筒，用液体配制溶液时需要，用固体配制溶液时不需要量筒，即配制溶液时量筒不是必须使用的仪器，故B符合题意；C．为烧杯，配制溶液时溶解稀释必须使用的仪器，故C不符合题意；D．为玻璃棒，配制溶液时搅拌及转移操作时必须使用的仪器，故D不符合题意；答案选B。5．（2021·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）下图是配制100mL0.5 NaCl溶液的部分实验操作，在配制过程中的正确实验顺序是A．①②④③ B．②④①③ C．②①④③ D．④②①③【答案】C【分析】配制一定物质的量浓度溶液的步骤是计算→称量→溶解或稀释→转移→洗涤→振荡→定容→摇匀→装瓶；【解析】配制100mL0.5mol/LNaCl溶液，需要称量NaCl的质量为2.9g，放入烧杯中溶解，恢复室温，转移到100mL容量瓶中，对烧杯、玻璃棒进行洗涤，洗涤液一并转移到容量瓶，振荡，然后向容量瓶中加蒸馏水定容、摇匀、装瓶、贴标签，因此合理步骤是②①④③，选项C正确；答案为C。6．（2022·全国·模拟预测）常温下，不同浓度硝酸与铁反应产物如图所示，(质量分数大于68%的硝酸可使铁钝化)下列说法错误的是A．硝酸浓度越小，产物中所占的比例越大B．质量分数为56%的硝酸，物质的量浓度为C．质量分数为56%~68%的硝酸与少量铁反应时，还原产物仍以为主D．若把铁换成铜，硝酸浓度低于24%时，还原产物仍以为主【答案】D【解析】A．由图可知，硝酸的质量分数越小，物质的量浓度越小，产物中的相对含量越大，则所占的比例越大，A正确；B．质量分数为56%的硝酸，密度为，物质的量浓度为=，B正确；C．质量分数大于68%的硝酸可使铁钝化，质量分数为56%时气体产物中NO2的含量最高，则表明气体产物以为主，C正确；D．若把铁换成铜，结合课本可知，铜与不同浓度硝酸反应只能生成NO或，D错误；故选D。7．（2022·内蒙古呼伦贝尔·校联考模拟预测）设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A．向沸水中滴加含0.1 mol氯化铁的饱和溶液，制得的Fe(OH)3胶体粒子数目是0.1NAB．标准状况下，22.4 L的CH2Cl2所含的分子总数为NAC．4.0 g H218O所含质子数为2NAD．1 mol·L-1 Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于NA【答案】C【解析】A．胶体粒子是许多分子的集合体，向沸水中滴加含0.1 mol氯化铁的饱和溶液，制得的Fe(OH)3胶体粒子数目小于0.1NA，故A错误；B．标准状况下，CH2Cl2不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故B错误；C．H218O的相对分子质量为20，且含有10个质子，4.0 g H218O的物质的量为=0.2mol，其中所含质子数为2NA，故C正确；D．1 mol·L-1 Na2CO3溶液的溶液体积未知，无法判断其中含有的CO32-数目，故D错误；答案选C。8．（2022·辽宁抚顺·抚顺一中校考模拟预测）下列说法中，正确的是（ ）A．22.4LN2中一定含有2molNB．80gNaOH溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为2mol/LC．在标准状况下，20mLNH3和60mLO2所含分子个数比为1：3D．18gH2O在标准状况下的体积约为22.4L【答案】C【解析】A.未说明是否处于标准状况下，则无法计算22.4L氮气及氮原子的物质的量，故A错误；B.80g氢氧化钠的物质的量为2mol，溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L，溶液的浓度不是2mol/L，故B错误；C.在相同温度和压强下，气体的体积与物质的量、分子个数成正比，则20mLNH3和60mLO2所含分子个数比为20mL∶60mL=1∶3，故C正确；D.18g水的物质的量为1mol，标准状况下水不是气态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算水的体积，故D错误。答案选C。9．（2022·上海·一模）下列关于物质的量浓度说法中正确的是A．在碳酸钠溶液中含钠离子B．将标准状况下通入水中，则此溶液的物质的量浓度为C．同体积和同物质的量浓度的强酸和强碱相混合，所得溶液可能呈碱性D．饱和溶液的物质的量浓度一定大于不饱和溶液的物质的量浓度【答案】C【解析】A．没有明确溶液体积，不能计算1mol/L碳酸钠溶液中钠离子的物质的量，故A错误；B．将标准状况下44.8LHCl通入1L水中，所得溶液的体积不是1L，则此溶液的物质的量浓度不是2mol·L-1，故B错误；C．相同体积和相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钡溶液混合，所得溶液呈碱性，故C正确；D．饱和溶液的物质的量浓度不一定大于不饱和溶液的物质的量浓度，故D错误；选C。10．（2020·浙江·统考模拟预测）用密度为1.84g•mL-1、质量分数为 98% 的浓硫酸配制 180mL 2mol•L-1稀硫酸。下列各步骤中操作正确的是A．计算、量取：用 20 mL 量筒量取 19.6 mL 浓硫酸B．溶解、稀释：将浓硫酸倒入烧杯 ，再加入 80 mL 左右的蒸馏水 ，搅拌C．转移、洗涤：将溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶重复2~3次D．定容、摇匀：加水至凹液面最低处与刻度线相切，摇匀，最后在容量瓶上贴上标签【答案】C【解析】A．用密度为1.84g•mL-1、质量分数为 98% 的浓硫酸配制 180mL 2mol•L-1稀硫酸，由于实验室没有180mL的容量瓶，所以应配制250mL的溶液，VmL×1.84g•mL-1×98%=0.250L× 2mol•L-1×98g·mol－1，V=27.2mL，计算、量取：用 20 mL 量筒量取27.2 mL 浓硫酸，故A错误；B．稀释浓硫酸时应将浓硫酸缓慢注入水中，并不断搅拌，将水倒入浓硫酸中容易导致液体飞贱，造成实验室安全事故，故B错误；C．将稀释并冷却后的溶液用玻璃棒引流至容量瓶中，并用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯，洗涤液也应转入容量瓶，使溶质全部转移至容量瓶，故C正确；D．容量瓶不可用于贮存溶液，定容、摇匀后，应将溶液倒入试剂瓶，并贴上标签，注明溶液成分及浓度，故D错误；故选C。11．（2021·北京东城·统考二模）配制溶液的操作如下所示。下列说法不正确的是A．操作1前称取的质量为4.0gB．操作2前溶液需恢复至室温C．操作3和操作4分别为洗涤和定容D．操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线【答案】D【解析】A．，，A正确；B．转移到容量瓶前应冷却至室温，B正确；C．操作3为洗涤，操作4为定容，C正确；D．定容并摇匀后，容量瓶内部，瓶塞处会粘有部分液体，造成液面下降，但是溶液浓度没有变化，若再加入水会使浓度偏小，D错误；答案选D。12．（2021·全国·模拟预测）下列实验过程能达到实验目的的是【答案】D【解析】A．固体溶解后需冷却后才能转移至容量瓶中，需要洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移至容量瓶中，最后才能定容，A项错误；B．不能在容量瓶中直接溶解固体，B项错误；C．锌粒与稀盐酸反应生成的中混有挥发出的，要先通过溶液除去，再通过浓硫酸除去水蒸气即可，不需要通过溶液，C项错误；D．稀释浓硫酸时应将浓硫酸慢慢加入水中(“酸入水”)，并不断搅拌使产生的热量迅速扩散，以防液体溅出，D项正确。故选D。13．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，甲同学配制5%的溶液100g，乙同学配制的溶液100mL(的溶解度为水)，下列说法正确的是A．所需溶质的质量相同 B．所需仪器均包括100mL容量瓶C．所配溶液均为不饱和溶液 D．所配溶液质量相同【答案】C【分析】100g5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为100g×5%=5g，100mL0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量为0.5mol/L×0.1L×58.5g/mol≈2.9g，100g氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量为≈26.5g，所以5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液。【解析】A．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，故A错误；B．配制100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL容量瓶，故B错误；C．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液，故C正确；D．氯化钠溶液的密度大于1g/mL，则100mL氯化钠溶液的质量大于100g，故D错误；故选C。14．（2022·山东威海·校考模拟预测）（双选）如图所示是配制一定物质的量浓度溶液的过程。下列说法中错误的是 A．所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0mol·L-1B．操作2是将操作1得到的Na2CO3溶液转移到容量瓶中C．操作4如果仰视，所配得溶液浓度偏高D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至刻度线【答案】CD【解析】A．由图可知，所配溶液的体积为100mL，10.6g碳酸钠的物质的量为0.1mol，所配碳酸钠溶液的浓度为0.1mol÷0.1L=1mol/L，故A正确；B．溶解并放置至室温后再移液，故操作2是移液，故B正确；C．操作4是定容，应滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐，如果仰视，溶液体积增加，所配得溶液浓度偏低，故C错误；D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至液面与刻度线平齐，导致所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，故D错误。故答案选CD。15．（2016·吉林·统考二模）某学生欲配制6.0mol/L的H2SO4 1000 mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：①480mL 0.5mol/L 的硫酸；②150mL 25%的硫酸(ρ=1.18g/mL)；③足量的18mol/L的硫酸。有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1000mL。老师要求把①②两种硫酸全部用完，不足的部分由③来补充。请回答下列问题：(1)实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为______mol/L(保留1位小数)。(2)配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为______mL。(3)配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整。A．将①②两溶液全部在烧杯中混合均匀；B．用量筒准确量取所需的18mol/L的浓硫酸____mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中。并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C．将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；D．_________________________________________________________________________________________；E．振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1～2cm处；F．改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；G．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。(4)如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(5)进行操作C前还需注意___________________________________________________。【答案】(1)3.0 （2）1000 （3）295 用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中 （4）偏小 （5）将稀释后的硫酸冷却【解析】（1）根据c=可知，该硫酸的浓度是c；（2）配制1000mL，则需要1000mL容量瓶；（3）1000mL 6.0mol/L的硫酸的物质的量是6.0mol，480mL 0.5mol/L 的硫酸中硫酸的物质的量是0.24mol；150mL 25%的硫酸(ρ=1.18g/mL)中硫酸的物质的量是150mL×1.18g/mL×25％÷98g/mol=0.45mol，所以还缺少5.31mol，所以需要18mol/L浓硫酸的体积是5.31mol÷18mol/L=0.295L；（4）如果没有洗涤，则溶质减少，浓度偏小；（5）浓硫酸溶于水放出大量的热，所以在转移至容量瓶之前，需要将稀释后的硫酸冷却到室温。1．（2021·天津·统考高考真题）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1mol/LHCl溶液中，HCl分子的数目为NAB．22.4L氢气中，H2分子的数目为NAC．180g葡萄糖中，C原子的数目为6NAD．1molN2中，σ键的数目为3NA【答案】C【解析】A．体积未知，HCl分子的数目不能计算，故A错误；B．没有标准状态，不能计算H2分子的数目，故B错误；C．葡萄糖的分子式为C6H12O6，故180g葡萄糖的分子的物质的量为1mol，C原子的数目为6NA，故C正确；D．1molN2中有1molσ键，故σ键的数目为NA，故D错误；故选C。2．（2009·浙江·高考真题）已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是A．0.01mol·的蔗糖溶液 B．0.01mol·的溶液C．0.02mol·的溶液 D．0.02mol·的溶液【答案】C【解析】单位体积内的粒子数，实质为粒子的浓度。显然C项、D项的浓度比A项和C项的大，又C项为强电解质，完全电离，而CH3COOH为弱酸，部分电离，所以C项中粒子浓度大，故沸点最高。答案选C。3．（2020·天津·高考真题）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：Ⅰ.甲方案实验原理：实验步骤：(1)判断沉淀完全的操作为____________。(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。(4)固体质量为wg，则c(CuSO4)=________mol‧L-1。(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。Ⅱ.乙方案实验原理：，实验步骤:①按右图安装装置(夹持仪器略去)②……③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录⑦处理数据(6)步骤②为___________。(7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，则c(CuSO4)______mol‧L-1(列出计算表达式)。(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。【答案】(1)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 (2)AgNO3溶液 (3)坩埚 (4) (5)偏低 (6)检查装置气密性 (7)b (8) (9)偏高 (10)否【分析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据得到硫酸铜的浓度，据此分析。【解析】Ⅰ．(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；(4)固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)===mol‧L-1；(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据可知，则测得c(CuSO4)偏低；Ⅱ．(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；(7)气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，氢气的质量=，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=，根据，与酸反应的锌的物质的量为，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为，根据，则c(CuSO4)=；(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高；(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。4．（2017·上海·统考高考真题）6克冰醋酸完全溶于水配成500毫升溶液，用此醋酸溶液滴定20毫升某一未知浓度的氢氧化钠溶液，共消耗这种醋酸溶液30毫升。求：（1）醋酸溶液的物质的量的浓度_________。（2）未知氢氧化钠溶液的物质的量的浓度________________。【答案】（1）0.2mol / L （2）0.3mol / L【解析】(1)6克冰醋酸的物质的量==0.1mol，完全溶于水配成500毫升溶液，溶液的物质的量浓度==0.2 mol/L，故答案为：0.2mol/L；(2)用此醋酸溶液滴定20毫升某一未知浓度的氢氧化钠溶液，共消耗这种醋酸溶液30毫升，氢氧化钠的物质的量与醋酸的物质的量相等，氢氧化钠的物质的量=0.03L×0.2mol/L=0.006mol，氢氧化钠溶液的物质的量的浓度==0.3mol/L，故答案为：0.3mol/L。5．（2007·上海·高考真题）一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL 3.00mol/L的NaOH溶液（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。（1）原NaOH溶液的质量分数为___________（2）所得溶液中Cl－的物质的量为_______mol（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)＝_____________。【答案】（1）10.7% （2）0.25 （3）3︰2【解析】（1）根据可知NaOH溶液的质量分数为10.7%；（2）氢气与氯气反应，用NaOH吸收气体，所得的溶液中含有NaClO，说明氢气与氯气反应时，氯气有剩余，用氢氧化钠吸收后溶液中溶质为NaCl、NaClO，根据钠离子守恒可知溶液中n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）=0.1L×3mol/L=0.3mol，故溶液中n（NaCl）=0.3mol-0.05mol=0.25mol，溶液中n（Cl-）=n（NaCl）=0.25mol；（3）根据以上分析可知HCl与NaOH反应生成的NaCl的物质的量为0.3mol-0.05mol×2=0.2mol，故n（HCl）=0.2mol，n（H2）=0.10mol，氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO），故2n（Cl2）=n（NaOH）=0.3mol，所以n（Cl2）=0.15mol，因此所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.10mol=3：2。 编号实验目的实验过程A配制的溶液称取固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至容量瓶中定容B配制浓度为的溶液称取固体，放入容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度C制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过溶液、浓硫酸和溶液D配制稀硫酸将浓硫酸慢慢加入水中，并不断搅拌使产生的热量迅速扩散，以防液体溅出
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