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第05讲 物质的量浓度及溶液配制（练）- 2024年高考化学大一轮复习【讲义+练习+专题】
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第05讲 物质的量浓度及溶液配制
1．有BaCl2和NaCl的混合溶液aL， 将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀， 消耗xmlH2SO4；另一份滴加AgNO3 溶液，使Cl-离子完全沉淀，消耗yml AgNO3。则原混合溶液中的c(Na+)
A． ml·L-1B．ml·L-1
C．ml·L-1D． ml·L-1
【答案】D
【解析】由题意可知，一份滴加稀硫酸，使钡离子离子完全沉淀消耗x ml硫酸，说明溶液中氯化钡的物质的量为xml，另一份滴加硝酸银溶液使氯离子离子完全沉淀消耗y ml硝酸银，说明氯离子的物质的量为yml，xml氯化钡中的氯离子物质的量为2xml，则氯化钠中的氯离子物质的量为（y-2x）ml，则原溶液中钠离子物质的量为2（y-2x）ml，钠离子浓度为 ml·L-1；故选D。
2．下列溶液中的c()与50mL1 ml∙L−1Al2(SO4)3溶液中的c()相等的是
A．150mL1 ml∙L−1Na2SO4溶液B．75mL2 ml∙L−1 (NH4)2SO4溶液
C．150mL3 ml∙L−1K2SO4溶液D．200mL1.5 ml∙L−1FeSO4溶液
【答案】C
【分析】50mL1 ml∙L−1Al2(SO4)3溶液中的c()是3 ml∙L−1。
【解析】150mL1 ml∙L−1Na2SO4溶液中的c()是1 ml∙L−1，故A不符合题意；75mL2 ml∙L−1 (NH4)2SO4溶液中的c()是2 ml∙L−1，故B不符合题意；150mL3 ml∙L−1K2SO4溶液中的c()是3 ml∙L−1，故C符合题意；200mL1.5 ml∙L−1FeSO4溶液中的c()是1.5 ml∙L−1，故D不符合题意。综上所述，答案为C。
3．某儿童在广州市儿童医院临床检验结果报告单的部分数据如图，根据图中的数据，下列解读错误的是
A．该儿童铁元素含量偏低，应补充铁元素
B．报告单中“”为物质的量浓度的单位，“”为物质的量的单位
C．从报告单可知，儿童体内锌的含量低于铁的含量
D．该儿童体内所含铁元素的物质的量约为钙元素物质的量的3.9倍
【答案】B
【解析】由报告单中数据可知，该儿童铁元素含量为6.95，与参考范围相比铁元素偏低，应补充铁元素，故A正确；报告单中均为物质的量浓度的单位，故B错误；由报告单中数据可知，该儿童体内锌元素的含量为115.92，铁元素的含量为6.95，则儿童体内锌元素的含量低于铁元素的含量，故C正确；由报告单中数据可知，该儿童体内铁元素的含量为6.95，钙元素的含量为1.78，则该儿童体内所含铁元素的物质的量约为钙元素物质的量的3.9倍，故D正确；
故选B。
4．体积为V(mL)、密度为ρ (g·mL－1)的溶液中，含有摩尔质量为M(g·ml－1)的溶质m(g)，其物质的量浓度为c(ml·L－1)，溶质的质量分数为a%。下列有关关系式不正确的是
A．m＝V×ρ×a%B．c＝1000×ρ·a×M ml·L－1
C．c＝×L－1D．a%＝×100%
【答案】B
【解析】溶液的质量为ρg·mL-1×VmL=ρ×Vg，溶液中溶质的质量为m=ρ×V×a%g，故A正确；溶液中溶质的物质的量为n==ml，体积为V(mL)，则其物质的量浓度为c==ml·L-1，故B错误；溶液中溶质的物质的量为n=ml，溶液的体积为0.001VL，则该溶液的浓度为c===ml·L-1，故C正确；根据c=可得，溶质质量分数为a%=×100%，故D正确；答案为B。
5．某试剂瓶上贴有如下标签“100mL 1.0ml•L﹣1MgCl2 溶液”，对该试剂理解正确的是（ ）
A．该溶液中含有的微粒主要有：MgCl2、Mg2+、Cl﹣、H2O
B．若取 50mL 溶液，其中的 c（Cl﹣）＝1 ml•L﹣1
C．取该溶液 5.0 mL 恰好与 0.1 ml•L﹣1 AgNO3100 mL 溶液完全反应
D．该溶液与 100mL 1.0 ml•L﹣1 NaCl 溶液中的 c（Cl﹣）相等
【答案】C
【解析】MgCl2是强电解质，在水溶液中完全电离，水是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以溶液中存在的微粒有Mg2+、Cl﹣、H2O、H+、OH﹣，故A错误；该溶液的浓度为1.0ml/L，根据Cl原子守恒得c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2×1.0ml/L＝2.0ml/L，浓度与溶液体积无关，故B错误；n（Cl﹣）＝2.0ml/L×0.005L＝0.01ml，n（Ag+）＝0.1ml/L×0.1L＝0.01ml，二者以1：1反应，所以n（Cl﹣）＝n（Ag+）时二者恰好完全反应，故C正确；1.0 ml•L﹣1 NaCl 溶液中的 c（Cl﹣）＝c（NaCl）＝1.0ml/L， 1.0ml•L﹣1MgCl2 溶液中c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2×1.0ml/L＝2.0ml/L，故D错误；故选C。
6．下列各组溶液中，c(Cl-)最大的是
A．250mL 1ml/L FeCl3溶液B．100mL 2 ml/L MgCl2溶液
C．500mL 1ml/L KCl溶液D．200mL 0.5ml/L CaCl2溶液
【答案】B
【解析】A．250mL 1ml/L FeCl3溶液中c(Cl-)=1ml/L×3=3 ml/L；
B．100mL 2 ml/L MgCl2溶液中c(Cl-)=2ml/L×2=4ml/L；
C．500mL 1ml/L KCl溶液中c(Cl-)=1ml/L×1=1ml/L；
D．200mL 0.5ml/L CaCl2溶液中c(Cl-)=0.5ml/L×2=1ml/L；
c(Cl-)最大的是B，故选B。
7．相对分子质量为Mr的气态化合物VL(标准状况)溶于mg水中，得到溶液的溶质质量分数为w%，物质的量浓度为cml·L-1，密度为ρg·cm-3，则下列说法正确的是
A．溶液密度ρ可表示为
B．物质的量浓度c可表示为
C．溶质的质量分数w%可表示为
D．相对分子质量Mr可表示为
【答案】D
【解析】根据c= 可得ρ=，故A错误；V L标准状况下的该气体的物质的量为，该气体的质量为，溶液的质量为m g＋，形成溶液的体积为 ，该溶液的物质的量浓度为，故B错误；由B项的分析可知，溶液中溶质的质量分数w%=，故C错误；由溶质的质量分数w%=整理得该气体的相对分子质量为 ，故D正确；
故选D。
8．对于1ml/L的氨水，下列叙述正确的是（忽略溶液混合时的体积变化）（ ）
A．将标准状况下22．4L氨气溶于1 L水配成溶液，即可得到1ml/L的氨水
B．1ml/L的氨水的质量分数小于1.7%
C．1ml/L的氨水与水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度大于0.5ml/L
D．将1ml/L的氨水与3ml/L的氨水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度为2ml/L
【答案】C
【解析】将标准状况下22.4L氨气的物质的量为1ml，溶于水配成1L溶液，浓度为1ml/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积, 故A错误；令氨水密度为pg/ml，根据c=可知， = ，由于氨水密度ρ< 1，所以= > 1.7%，故B错误；氨水的浓度越大密度越小，混合后溶液的质量为原来2倍，混合后溶液的密度大于1ml/L氨水溶液的密度，所以混合后溶液的体积小于1ml/L氨水溶液体积的2倍，溶质氨气物质的量不变，故混合后物质的量浓度大于0.5ml/L，故C正确；因氨水的浓度越大，其密度越小，则等质量混合时，3ml/L的氨水所占体积比1ml/L 1的氨水大，故所得氨水的物质的量浓度大于2ml/L，故D错误；答案C。
9．实验室中利用氧化铜和氧化铁混合物进行如图实验。下列说法错误的是
A．“3.04g固体”一定是铁铜混合物
B．“溶液2”中溶质的物质的量为0.1ml
C．混合物中含氧元素的物质的量为0.06ml
D．反应②能生成0.04gH2
【答案】D
【分析】实验中得到溶液1发生的反应为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，得到溶液2可能发生的反应为Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4、Fe+H2SO4= FeSO4+ H2↑、CuSO4+ Fe=FeSO4+Cu，设氧化铁的物质的量为xml、氧化铜为yml，由氧化物的质量可得：160x+80y=4，由反应的方程式可得：64y+5.6—56(x+y+0.1—3x—y)=3.04，解联立方程可得x=0.01、y=0.03，则4g固体中含有1.6g氧化铁、2.4g氧化铜，3.04g固体中含有1.92g铜、1.12g铁，溶液1中含有0.01ml硫酸铁、0.03ml硫酸铜、0.04ml硫酸，溶液2中含有0.1ml硫酸亚铁。
【解析】由分析可知，3.04g固体中含有1.92g铜、1.12g铁，故A正确；由分析可知，溶液2中含有0.1ml硫酸亚铁，故B正确；由分析可知，4g固体中含有0.01ml氧化铁、0.03氧化铜，混合物中含氧元素的物质的量为0.06ml，故C正确；由分析可知，溶液1中硫酸的物质的量为0.04ml，则与铁反应生成氢气的质量为0.04ml×2g/ml=0.08g，故D错误；故选D。
10．某溶液M中只可能含有下列离子中的若干种：、、、、、、、和。为验证溶液中存在的离子种类，某同学进行如图所示实验：
下列有关溶液M的说法错误的是
A．气体X可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝
B．根据实验不能确定溶液M中是否存在
C．一定存在和，且物质的量浓度分别为1和2
D．将气体Y通入301溶液中，所得溶液中阴离子主要为和
【答案】B
【分析】由题干提供的离子中能与NaOH溶液加热生成气体的只有，故气体X为NH3，n(NH3)==0.05ml，溶液与NaOH溶液反应不生成沉淀，则溶液M中不存在Mg2+、Fe3+，加入足量的BaCl2溶液后生成了6.27g的沉淀A，再加入足量的稀盐酸后，产生气体Y和沉淀B2.33g可知，沉淀A为BaCO3和BaSO4的混合物，气体Y为CO2，沉淀B为BaSO4，n(BaCO3)==0.02ml，n(BaSO4)==0.01ml，故溶液M中存在、，则不存在Ba2+，根据电荷守恒可知：n()<2n()+2n()，M中一定存在K+，综上分析可知，溶液M中一定存在K+、、、，一定不存在Mg2+、Fe3+、Ba2+，据此分析解题。
【解析】由分析可知，气体X为，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A正确；由分析可知，10溶液M中阴离子所带负电荷至少为，，由溶液M呈电中性可知，溶液M中一定存在，B错误；由分析可知，n()=n(BaCO3)=0.02ml，c()==2.0ml/L， n()=n(BaSO4)=0.01ml，c()==1.0ml/L，故一定存在和，且物质的量浓度分别为1和2，C正确；气体Y为，，301溶液中，，发生反应，则所得溶液中阴离子主要为和，D正确；
故答案为B。
11．已知质量分数为98%的浓硫酸，密度为1.84g•cm-3。现需要220mL1ml•L-1的稀硫酸。下列说法正确的是
A．用上述浓硫酸配制稀硫酸时，需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管
B．经计算需要用量筒量取13.6mL浓硫酸
C．配制稀硫酸，用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线，则配制的稀硫酸浓度偏高
D．若定容时仰视容量瓶的刻度线，则配制的稀硫酸浓度偏高
【答案】B
【分析】220mL1ml•L-1的稀硫酸需要使用250mL的容量瓶；一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。
【解析】由分析可知，用上述浓硫酸配制稀硫酸时，需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管，A错误；需要浓硫酸体积为0.25L×1ml•L-1×98g/ml÷98%÷1.84g•cm-3=13.6mL，B正确；用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线，则浓硫酸量偏小，配制的稀硫酸浓度偏低，C错误；若定容时仰视容量瓶的刻度线，则溶液体积偏大，配制的稀硫酸浓度偏低，D错误；故选B。
12．小组同学配制250mL1.00ml/LH2SO4溶液，计算出所需18ml/L浓H2SO4的体积后，下列有关溶液配制过程的说法中，不正确的是
A．计算需要18ml/L的浓硫酸的体积约为13.9mL
B．配制过程中不需要使用的仪器是托盘天平和烧瓶
C．配制过程中正确的操作顺序为：b–d–f–a–g–c–e
D．定容时俯视容量瓶刻度线会导致所配制的H2SO4溶液浓度偏小
【答案】D
【解析】依据溶液稀释规律可知，配制250mL1.00ml/LH2SO4溶液需要浓硫酸体积为：≈0.0139L，即13.9mL，故A正确；配制一定物质的量浓度溶液实验操作一般步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用量筒、胶头滴管量取浓硫酸，烧杯、玻璃棒稀释浓硫酸，需要玻璃棒搅拌和引流，需要250mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容，不需要的仪器：托盘天平和烧瓶，故B正确；用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以正确的操作顺序为：b-d-f-a-g-c-e，故C正确；定容时俯视容量瓶刻度线会导致溶液体积偏小，依据c=可知，溶液浓度偏高，故D错误；故选D。
13．下列有关溶液配制正确的是
A．分液漏斗和容量瓶在使用前都无需检漏
B．要配制浓度为0.010 ml·L-1的KMnO4溶液，需称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度线
C．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线
D．将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 ml·L-1 NaOH溶液
【答案】C
【解析】分液漏斗与容量瓶使用前均需要检漏，A错误；容量瓶不能用来溶解物质，B错误；加水至液面距刻度线1～2 cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，C正确；不能直接在容量瓶中溶解固体，D错误；
故选C。
14．现需要溶液，用胆矾晶体进行配制。下列有关说法正确的是
A．配制时，实际选用的容量瓶规格为470 mLB．配制时，容量瓶洗净后需干燥后才能使用
C．定容时，如图操作会导致所配溶液浓度偏高D．摇匀后，需再加水使容量瓶凹液面达到刻度线
【答案】C
【解析】没有470mL，需要500mL容量瓶，A错误配制时，容量瓶洗净后无需干燥后就能使用，不影响溶液浓度，B错误；定容时俯视读数，溶液体积偏小，会导致所配溶液浓度偏高，C正确； 摇匀后，需再加水使容量瓶凹液面达到刻度线，使得溶液体积偏大，所得浓度偏低，D错误；故选C。
15．下列有关实验原理或操作正确的是（ ）
A．用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液
B．在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5ml·L-1
C．实验中需用2.0ml·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950mL、201.4g
D．实验室配制500mL0.2ml·L-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
【答案】B
【解析】量筒不能用来配制溶液，应该用烧杯配制，15mL酒精中加水5mL，配制的酒精溶液体积分数为75% ，故A错误；1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5ml，NA个金属阳离子的物质的量为1ml，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐的物质的量为0.5ml，所以该硫酸盐的物质的量浓度为0.5ml÷0.2L=2.5ml/L，故B正确；实验中需用2.0ml·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格1000mL，称取Na2CO3的质量=cVM=1L×2ml/L×106g/ml=212.0g，故C错误；应称取绿矾的质量为0.5L×0.2ml/L×278g/ml=27.8g，故D错误；答案选B。
16．配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液的操作过程示意图如图：
下列说法中正确的是
A．“操作2”中玻璃棒起加速溶解作用
B．“操作3”中烧杯洗涤液不用转移到容量瓶中
C．所配制的Na2CO3溶液中为2ml•L-1
D．“操作4”定容时俯视刻度线会造成所配溶液浓度偏低
【答案】C
【解析】操作2为移液，其中玻璃棒的作用为引流，A错误；操作3中烧杯洗涤液也需转移到容量瓶中，否则会造成配制的浓度偏低，B错误；根据题意，碳酸钠的质量为10.6g， ，则，C正确；定容时若俯视刻度线，加入蒸馏水体积偏小，会使溶液体积减小，造成所配溶液浓度偏大，D错误；故选C。
17．实验室需配制离子浓度均为1ml•L-1的澄清透明溶液。含下列离子的溶液，能配制成功的是
A．K+、H+、ClO-、Cl-B．Cu2+、Na+、SO、NO
C．Ag+、HCO、OH-、K+D．Fe3+、NO、Na+、SO
【答案】B
【解析】ClO- 在H+ 作用下会与Cl-发生归中反应生成氯气，不能大量共存，不能配制成功，故A错误； 四种离子间相互不反应，能够大量共存，且溶液满足电荷守恒，离子浓度均为1ml·L-1时，阳离子带有的正电荷总数等于阴离子带有的负电荷总数，溶液呈电中性，能配制成功，故B正确；碳酸氢根离子与氢氧根离子不能大量共存，银离子与氢氧根离子不能大量共存，不能配制成功，故C错误；四种离子间相互不反应，但是不满足电荷守恒规律，离子浓度均为1ml·L-1时，阳离子带有的正电荷总数大于阴离子带有的负电荷总数，溶液不呈电中性，不能配制成功，故D错误；故选B。
18．实验室需要450 mL0.10 ml•L-1NaOH溶液。如图是某同学的操作过程：(相对原子质量：H：1、O：16、Na：23)
下列关于该实验的叙述错误的是
A．①中烧碱应放在烧杯里用托盘天平称量2.0 g
B．②中定容时俯视刻线会导致溶液浓度偏低
C．配制的正确顺序为①④③⑤②⑥
D．不可以用容量瓶贮存配制好的溶液
【答案】B
【分析】溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。
【解析】在实验室中没有规格是450 mL容量瓶，则应该选择使用500 mL容量瓶配制500 mL0.10 ml•L-1
NaOH溶液，需要称量NaOH固体的质量是m(NaOH)=0.10 ml/L×0.5 L×40 g/ml=2.0 g，A正确；②中定容时俯视刻线，则溶液的体积偏小，根据物质的量浓度定义式c=，可知会导致溶液浓度偏高，B错误；配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，则上述步骤中用序号表示为①④③⑤②⑥，C正确；容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用来贮存配制好的溶液，D正确；故选B。
19．实验室欲用晶体配制90mL1ml/L的溶液，下列说法正确的是
A．要完成实验需称取10.6g晶体
B．所需玻璃仪器有：100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、托盘天平
C．配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水会导致所配的溶液浓度偏低
D．定容时俯视刻度线会导致所配的溶液浓度偏高
【答案】D
【解析】配制100 mL 1ml/L的溶液，需要晶体的质量，A项错误；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算，称量，溶解，移液，洗涤，定容等，用到的仪器有天平，药匙，玻璃棒，烧杯，100mL容量瓶，胶头滴管等，B项错误；定容时，需要向容量瓶加入蒸馏水，所以配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对溶液浓度无影响，C项错误；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高，D项正确；故选D。
20．现配制0.1ml/LCuSO4溶液，下列操作会使配制的CuSO4溶液浓度偏高的是
A．容量瓶内有少量水
B．定容时仰视容量瓶的刻度线
C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线
D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
【答案】D
【解析】容量瓶内有少量水对溶质的物质的量和溶液的体积均无影响，对所配溶液的浓度无影响，故A不符合题意；定容时仰视容量瓶的刻度线会使溶液的体积增大，导致所配溶液的浓度偏低，故B不符合题意；
摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线会使溶液的体积增大，导致所配溶液的浓度偏低，故C不符合题意；转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制，容量瓶内附着的溶质会使溶质的物质的量偏大，导致导致所配溶液的浓度偏高，故D符合题意；故选D。
21．某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，该消毒液通常稀释100倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约_______。(保留一位小数)
(2)某同学取该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中_______ 。
(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_______(填字母)。
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．利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低
D．需要称量NaClO固体的质量为142.8g
(4)取用任意体积的该盐溶液时，下列物理量中会随所取体积的多少而变化的是_______ (填字母)。
A．溶液中NaClO的摩尔质量B．溶液的浓度
C．溶液中NaClO的物质的量D．溶液的密度
(5)“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)的浓硫酸配制物质的量浓度为的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，的物质的量浓度为_______。
②需要用量筒量取_______上述浓硫酸进行配制。(保留一位小数)
③为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是_______、_______。
④在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是_______(填序号)。
a. 定容时俯视观察
b. 定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
c. 浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移
d. 容量瓶未干燥即用来配制溶液
【答案】(1)4.0 (2)0.04 (3)C (4)C
(5) 1.6 4.4 100mL容量瓶 胶头滴管 ac
【解析】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为：；
（2）某同学取该“84消毒液”，稀释后用于消毒，消毒液通常稀释100倍(体积比)使用，稀释前：，则4.0ml/L×0.1L=c2×10L,稀释后的溶液中
（3）用NaClO固体配制消毒液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗，需要天平、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，A项错误；定容时需要加水，容量瓶用蒸馏水洗净后可直接使用，不需要烘干后才能用于溶液配制，B项错误；购买的商品NaClO中含有杂质，用来配制溶液可能导致结果偏低，C项正确；配制溶液，需要用500mL容量瓶，则称量NaClO固体的质量为：，D项错误；故选C；
（4）摩尔质量不随物质的量、质量改变而改变，所以溶液中NaClO的摩尔质量不会随所取体积的多少而变化，A项错误；溶液是均一稳定的体系，溶液的浓度不随所取体积的多少而变化，B项错误；根据可知，溶液中NaClO的物质的量随所取体积的多少而变化，C项正确；溶液是均一稳定的体系，溶液的密度不随所取体积的多少而变化，D项错误；故选C。
（5）①所配制的稀硫酸中，的物质的量浓度为；②根据稀释前后溶质的质量不变，则，解得V=4.4mL，即需要用量筒量取4.4上述浓硫酸进行配制；③配制溶液的步骤为：计算量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管；
④定容时俯视观察，导致溶液体积偏小，则溶液浓度偏高，a项正确；定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，则溶液浓度偏低，b项错误；浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，冷却后溶液体积偏小，则溶液浓度偏高，c项正确；定容时需要加水，容量瓶用蒸馏水洗净后可直接使用，容量瓶未干燥即用来配制溶液对溶液浓度不会造成影响，d项错误；故选ac。
分析项目
检测结果
单位
参考范围
1
锌
115.92
66~120
2
铁
6.95
7.52~11.82
3
钙
1.78
1.55～2.60
实验步骤
实验仪器
a.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶。
b.用量筒量取所需18ml/L浓H2SO4的体积，注入盛有约50mL蒸馏水的烧杯中。
c.用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切。
d.用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀冷却至室温。
e.盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
f.将稀释后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶。
g.往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在容量瓶刻度线下1～2cm处。
量筒
托盘天平
烧瓶
250ml容量瓶
烧杯
玻璃棒
胶头滴管
84消毒液
有效成分
规格
质量分数 25%
密度
考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考，按方抓药，弄清楚高考检测什么，检测的价值取向，高考的命题依据。
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第05讲 物质的量浓度及溶液配制
1．有BaCl2和NaCl的混合溶液aL， 将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀， 消耗xmlH2SO4；另一份滴加AgNO3 溶液，使Cl-离子完全沉淀，消耗yml AgNO3。则原混合溶液中的c(Na+)
A． ml·L-1B．ml·L-1
C．ml·L-1D． ml·L-1
【答案】D
【解析】由题意可知，一份滴加稀硫酸，使钡离子离子完全沉淀消耗x ml硫酸，说明溶液中氯化钡的物质的量为xml，另一份滴加硝酸银溶液使氯离子离子完全沉淀消耗y ml硝酸银，说明氯离子的物质的量为yml，xml氯化钡中的氯离子物质的量为2xml，则氯化钠中的氯离子物质的量为（y-2x）ml，则原溶液中钠离子物质的量为2（y-2x）ml，钠离子浓度为 ml·L-1；故选D。
2．下列溶液中的c()与50mL1 ml∙L−1Al2(SO4)3溶液中的c()相等的是
A．150mL1 ml∙L−1Na2SO4溶液B．75mL2 ml∙L−1 (NH4)2SO4溶液
C．150mL3 ml∙L−1K2SO4溶液D．200mL1.5 ml∙L−1FeSO4溶液
【答案】C
【分析】50mL1 ml∙L−1Al2(SO4)3溶液中的c()是3 ml∙L−1。
【解析】150mL1 ml∙L−1Na2SO4溶液中的c()是1 ml∙L−1，故A不符合题意；75mL2 ml∙L−1 (NH4)2SO4溶液中的c()是2 ml∙L−1，故B不符合题意；150mL3 ml∙L−1K2SO4溶液中的c()是3 ml∙L−1，故C符合题意；200mL1.5 ml∙L−1FeSO4溶液中的c()是1.5 ml∙L−1，故D不符合题意。综上所述，答案为C。
3．某儿童在广州市儿童医院临床检验结果报告单的部分数据如图，根据图中的数据，下列解读错误的是
A．该儿童铁元素含量偏低，应补充铁元素
B．报告单中“”为物质的量浓度的单位，“”为物质的量的单位
C．从报告单可知，儿童体内锌的含量低于铁的含量
D．该儿童体内所含铁元素的物质的量约为钙元素物质的量的3.9倍
【答案】B
【解析】由报告单中数据可知，该儿童铁元素含量为6.95，与参考范围相比铁元素偏低，应补充铁元素，故A正确；报告单中均为物质的量浓度的单位，故B错误；由报告单中数据可知，该儿童体内锌元素的含量为115.92，铁元素的含量为6.95，则儿童体内锌元素的含量低于铁元素的含量，故C正确；由报告单中数据可知，该儿童体内铁元素的含量为6.95，钙元素的含量为1.78，则该儿童体内所含铁元素的物质的量约为钙元素物质的量的3.9倍，故D正确；
故选B。
4．体积为V(mL)、密度为ρ (g·mL－1)的溶液中，含有摩尔质量为M(g·ml－1)的溶质m(g)，其物质的量浓度为c(ml·L－1)，溶质的质量分数为a%。下列有关关系式不正确的是
A．m＝V×ρ×a%B．c＝1000×ρ·a×M ml·L－1
C．c＝×L－1D．a%＝×100%
【答案】B
【解析】溶液的质量为ρg·mL-1×VmL=ρ×Vg，溶液中溶质的质量为m=ρ×V×a%g，故A正确；溶液中溶质的物质的量为n==ml，体积为V(mL)，则其物质的量浓度为c==ml·L-1，故B错误；溶液中溶质的物质的量为n=ml，溶液的体积为0.001VL，则该溶液的浓度为c===ml·L-1，故C正确；根据c=可得，溶质质量分数为a%=×100%，故D正确；答案为B。
5．某试剂瓶上贴有如下标签“100mL 1.0ml•L﹣1MgCl2 溶液”，对该试剂理解正确的是（ ）
A．该溶液中含有的微粒主要有：MgCl2、Mg2+、Cl﹣、H2O
B．若取 50mL 溶液，其中的 c（Cl﹣）＝1 ml•L﹣1
C．取该溶液 5.0 mL 恰好与 0.1 ml•L﹣1 AgNO3100 mL 溶液完全反应
D．该溶液与 100mL 1.0 ml•L﹣1 NaCl 溶液中的 c（Cl﹣）相等
【答案】C
【解析】MgCl2是强电解质，在水溶液中完全电离，水是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以溶液中存在的微粒有Mg2+、Cl﹣、H2O、H+、OH﹣，故A错误；该溶液的浓度为1.0ml/L，根据Cl原子守恒得c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2×1.0ml/L＝2.0ml/L，浓度与溶液体积无关，故B错误；n（Cl﹣）＝2.0ml/L×0.005L＝0.01ml，n（Ag+）＝0.1ml/L×0.1L＝0.01ml，二者以1：1反应，所以n（Cl﹣）＝n（Ag+）时二者恰好完全反应，故C正确；1.0 ml•L﹣1 NaCl 溶液中的 c（Cl﹣）＝c（NaCl）＝1.0ml/L， 1.0ml•L﹣1MgCl2 溶液中c（Cl﹣）＝2c（MgCl2）＝2×1.0ml/L＝2.0ml/L，故D错误；故选C。
6．下列各组溶液中，c(Cl-)最大的是
A．250mL 1ml/L FeCl3溶液B．100mL 2 ml/L MgCl2溶液
C．500mL 1ml/L KCl溶液D．200mL 0.5ml/L CaCl2溶液
【答案】B
【解析】A．250mL 1ml/L FeCl3溶液中c(Cl-)=1ml/L×3=3 ml/L；
B．100mL 2 ml/L MgCl2溶液中c(Cl-)=2ml/L×2=4ml/L；
C．500mL 1ml/L KCl溶液中c(Cl-)=1ml/L×1=1ml/L；
D．200mL 0.5ml/L CaCl2溶液中c(Cl-)=0.5ml/L×2=1ml/L；
c(Cl-)最大的是B，故选B。
7．相对分子质量为Mr的气态化合物VL(标准状况)溶于mg水中，得到溶液的溶质质量分数为w%，物质的量浓度为cml·L-1，密度为ρg·cm-3，则下列说法正确的是
A．溶液密度ρ可表示为
B．物质的量浓度c可表示为
C．溶质的质量分数w%可表示为
D．相对分子质量Mr可表示为
【答案】D
【解析】根据c= 可得ρ=，故A错误；V L标准状况下的该气体的物质的量为，该气体的质量为，溶液的质量为m g＋，形成溶液的体积为 ，该溶液的物质的量浓度为，故B错误；由B项的分析可知，溶液中溶质的质量分数w%=，故C错误；由溶质的质量分数w%=整理得该气体的相对分子质量为 ，故D正确；
故选D。
8．对于1ml/L的氨水，下列叙述正确的是（忽略溶液混合时的体积变化）（ ）
A．将标准状况下22．4L氨气溶于1 L水配成溶液，即可得到1ml/L的氨水
B．1ml/L的氨水的质量分数小于1.7%
C．1ml/L的氨水与水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度大于0.5ml/L
D．将1ml/L的氨水与3ml/L的氨水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度为2ml/L
【答案】C
【解析】将标准状况下22.4L氨气的物质的量为1ml，溶于水配成1L溶液，浓度为1ml/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积, 故A错误；令氨水密度为pg/ml，根据c=可知， = ，由于氨水密度ρ< 1，所以= > 1.7%，故B错误；氨水的浓度越大密度越小，混合后溶液的质量为原来2倍，混合后溶液的密度大于1ml/L氨水溶液的密度，所以混合后溶液的体积小于1ml/L氨水溶液体积的2倍，溶质氨气物质的量不变，故混合后物质的量浓度大于0.5ml/L，故C正确；因氨水的浓度越大，其密度越小，则等质量混合时，3ml/L的氨水所占体积比1ml/L 1的氨水大，故所得氨水的物质的量浓度大于2ml/L，故D错误；答案C。
9．实验室中利用氧化铜和氧化铁混合物进行如图实验。下列说法错误的是
A．“3.04g固体”一定是铁铜混合物
B．“溶液2”中溶质的物质的量为0.1ml
C．混合物中含氧元素的物质的量为0.06ml
D．反应②能生成0.04gH2
【答案】D
【分析】实验中得到溶液1发生的反应为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，得到溶液2可能发生的反应为Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4、Fe+H2SO4= FeSO4+ H2↑、CuSO4+ Fe=FeSO4+Cu，设氧化铁的物质的量为xml、氧化铜为yml，由氧化物的质量可得：160x+80y=4，由反应的方程式可得：64y+5.6—56(x+y+0.1—3x—y)=3.04，解联立方程可得x=0.01、y=0.03，则4g固体中含有1.6g氧化铁、2.4g氧化铜，3.04g固体中含有1.92g铜、1.12g铁，溶液1中含有0.01ml硫酸铁、0.03ml硫酸铜、0.04ml硫酸，溶液2中含有0.1ml硫酸亚铁。
【解析】由分析可知，3.04g固体中含有1.92g铜、1.12g铁，故A正确；由分析可知，溶液2中含有0.1ml硫酸亚铁，故B正确；由分析可知，4g固体中含有0.01ml氧化铁、0.03氧化铜，混合物中含氧元素的物质的量为0.06ml，故C正确；由分析可知，溶液1中硫酸的物质的量为0.04ml，则与铁反应生成氢气的质量为0.04ml×2g/ml=0.08g，故D错误；故选D。
10．某溶液M中只可能含有下列离子中的若干种：、、、、、、、和。为验证溶液中存在的离子种类，某同学进行如图所示实验：
下列有关溶液M的说法错误的是
A．气体X可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝
B．根据实验不能确定溶液M中是否存在
C．一定存在和，且物质的量浓度分别为1和2
D．将气体Y通入301溶液中，所得溶液中阴离子主要为和
【答案】B
【分析】由题干提供的离子中能与NaOH溶液加热生成气体的只有，故气体X为NH3，n(NH3)==0.05ml，溶液与NaOH溶液反应不生成沉淀，则溶液M中不存在Mg2+、Fe3+，加入足量的BaCl2溶液后生成了6.27g的沉淀A，再加入足量的稀盐酸后，产生气体Y和沉淀B2.33g可知，沉淀A为BaCO3和BaSO4的混合物，气体Y为CO2，沉淀B为BaSO4，n(BaCO3)==0.02ml，n(BaSO4)==0.01ml，故溶液M中存在、，则不存在Ba2+，根据电荷守恒可知：n()<2n()+2n()，M中一定存在K+，综上分析可知，溶液M中一定存在K+、、、，一定不存在Mg2+、Fe3+、Ba2+，据此分析解题。
【解析】由分析可知，气体X为，可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A正确；由分析可知，10溶液M中阴离子所带负电荷至少为，，由溶液M呈电中性可知，溶液M中一定存在，B错误；由分析可知，n()=n(BaCO3)=0.02ml，c()==2.0ml/L， n()=n(BaSO4)=0.01ml，c()==1.0ml/L，故一定存在和，且物质的量浓度分别为1和2，C正确；气体Y为，，301溶液中，，发生反应，则所得溶液中阴离子主要为和，D正确；
故答案为B。
11．已知质量分数为98%的浓硫酸，密度为1.84g•cm-3。现需要220mL1ml•L-1的稀硫酸。下列说法正确的是
A．用上述浓硫酸配制稀硫酸时，需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管
B．经计算需要用量筒量取13.6mL浓硫酸
C．配制稀硫酸，用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线，则配制的稀硫酸浓度偏高
D．若定容时仰视容量瓶的刻度线，则配制的稀硫酸浓度偏高
【答案】B
【分析】220mL1ml•L-1的稀硫酸需要使用250mL的容量瓶；一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。
【解析】由分析可知，用上述浓硫酸配制稀硫酸时，需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管，A错误；需要浓硫酸体积为0.25L×1ml•L-1×98g/ml÷98%÷1.84g•cm-3=13.6mL，B正确；用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线，则浓硫酸量偏小，配制的稀硫酸浓度偏低，C错误；若定容时仰视容量瓶的刻度线，则溶液体积偏大，配制的稀硫酸浓度偏低，D错误；故选B。
12．小组同学配制250mL1.00ml/LH2SO4溶液，计算出所需18ml/L浓H2SO4的体积后，下列有关溶液配制过程的说法中，不正确的是
A．计算需要18ml/L的浓硫酸的体积约为13.9mL
B．配制过程中不需要使用的仪器是托盘天平和烧瓶
C．配制过程中正确的操作顺序为：b–d–f–a–g–c–e
D．定容时俯视容量瓶刻度线会导致所配制的H2SO4溶液浓度偏小
【答案】D
【解析】依据溶液稀释规律可知，配制250mL1.00ml/LH2SO4溶液需要浓硫酸体积为：≈0.0139L，即13.9mL，故A正确；配制一定物质的量浓度溶液实验操作一般步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，该实验中需要用量筒、胶头滴管量取浓硫酸，烧杯、玻璃棒稀释浓硫酸，需要玻璃棒搅拌和引流，需要250mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容，不需要的仪器：托盘天平和烧瓶，故B正确；用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以正确的操作顺序为：b-d-f-a-g-c-e，故C正确；定容时俯视容量瓶刻度线会导致溶液体积偏小，依据c=可知，溶液浓度偏高，故D错误；故选D。
13．下列有关溶液配制正确的是
A．分液漏斗和容量瓶在使用前都无需检漏
B．要配制浓度为0.010 ml·L-1的KMnO4溶液，需称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度线
C．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线
D．将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 ml·L-1 NaOH溶液
【答案】C
【解析】分液漏斗与容量瓶使用前均需要检漏，A错误；容量瓶不能用来溶解物质，B错误；加水至液面距刻度线1～2 cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，C正确；不能直接在容量瓶中溶解固体，D错误；
故选C。
14．现需要溶液，用胆矾晶体进行配制。下列有关说法正确的是
A．配制时，实际选用的容量瓶规格为470 mLB．配制时，容量瓶洗净后需干燥后才能使用
C．定容时，如图操作会导致所配溶液浓度偏高D．摇匀后，需再加水使容量瓶凹液面达到刻度线
【答案】C
【解析】没有470mL，需要500mL容量瓶，A错误配制时，容量瓶洗净后无需干燥后就能使用，不影响溶液浓度，B错误；定容时俯视读数，溶液体积偏小，会导致所配溶液浓度偏高，C正确； 摇匀后，需再加水使容量瓶凹液面达到刻度线，使得溶液体积偏大，所得浓度偏低，D错误；故选C。
15．下列有关实验原理或操作正确的是（ ）
A．用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液
B．在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5ml·L-1
C．实验中需用2.0ml·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950mL、201.4g
D．实验室配制500mL0.2ml·L-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
【答案】B
【解析】量筒不能用来配制溶液，应该用烧杯配制，15mL酒精中加水5mL，配制的酒精溶液体积分数为75% ，故A错误；1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5ml，NA个金属阳离子的物质的量为1ml，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐的物质的量为0.5ml，所以该硫酸盐的物质的量浓度为0.5ml÷0.2L=2.5ml/L，故B正确；实验中需用2.0ml·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格1000mL，称取Na2CO3的质量=cVM=1L×2ml/L×106g/ml=212.0g，故C错误；应称取绿矾的质量为0.5L×0.2ml/L×278g/ml=27.8g，故D错误；答案选B。
16．配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液的操作过程示意图如图：
下列说法中正确的是
A．“操作2”中玻璃棒起加速溶解作用
B．“操作3”中烧杯洗涤液不用转移到容量瓶中
C．所配制的Na2CO3溶液中为2ml•L-1
D．“操作4”定容时俯视刻度线会造成所配溶液浓度偏低
【答案】C
【解析】操作2为移液，其中玻璃棒的作用为引流，A错误；操作3中烧杯洗涤液也需转移到容量瓶中，否则会造成配制的浓度偏低，B错误；根据题意，碳酸钠的质量为10.6g， ，则，C正确；定容时若俯视刻度线，加入蒸馏水体积偏小，会使溶液体积减小，造成所配溶液浓度偏大，D错误；故选C。
17．实验室需配制离子浓度均为1ml•L-1的澄清透明溶液。含下列离子的溶液，能配制成功的是
A．K+、H+、ClO-、Cl-B．Cu2+、Na+、SO、NO
C．Ag+、HCO、OH-、K+D．Fe3+、NO、Na+、SO
【答案】B
【解析】ClO- 在H+ 作用下会与Cl-发生归中反应生成氯气，不能大量共存，不能配制成功，故A错误； 四种离子间相互不反应，能够大量共存，且溶液满足电荷守恒，离子浓度均为1ml·L-1时，阳离子带有的正电荷总数等于阴离子带有的负电荷总数，溶液呈电中性，能配制成功，故B正确；碳酸氢根离子与氢氧根离子不能大量共存，银离子与氢氧根离子不能大量共存，不能配制成功，故C错误；四种离子间相互不反应，但是不满足电荷守恒规律，离子浓度均为1ml·L-1时，阳离子带有的正电荷总数大于阴离子带有的负电荷总数，溶液不呈电中性，不能配制成功，故D错误；故选B。
18．实验室需要450 mL0.10 ml•L-1NaOH溶液。如图是某同学的操作过程：(相对原子质量：H：1、O：16、Na：23)
下列关于该实验的叙述错误的是
A．①中烧碱应放在烧杯里用托盘天平称量2.0 g
B．②中定容时俯视刻线会导致溶液浓度偏低
C．配制的正确顺序为①④③⑤②⑥
D．不可以用容量瓶贮存配制好的溶液
【答案】B
【分析】溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。
【解析】在实验室中没有规格是450 mL容量瓶，则应该选择使用500 mL容量瓶配制500 mL0.10 ml•L-1
NaOH溶液，需要称量NaOH固体的质量是m(NaOH)=0.10 ml/L×0.5 L×40 g/ml=2.0 g，A正确；②中定容时俯视刻线，则溶液的体积偏小，根据物质的量浓度定义式c=，可知会导致溶液浓度偏高，B错误；配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，则上述步骤中用序号表示为①④③⑤②⑥，C正确；容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用来贮存配制好的溶液，D正确；故选B。
19．实验室欲用晶体配制90mL1ml/L的溶液，下列说法正确的是
A．要完成实验需称取10.6g晶体
B．所需玻璃仪器有：100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、托盘天平
C．配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水会导致所配的溶液浓度偏低
D．定容时俯视刻度线会导致所配的溶液浓度偏高
【答案】D
【解析】配制100 mL 1ml/L的溶液，需要晶体的质量，A项错误；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算，称量，溶解，移液，洗涤，定容等，用到的仪器有天平，药匙，玻璃棒，烧杯，100mL容量瓶，胶头滴管等，B项错误；定容时，需要向容量瓶加入蒸馏水，所以配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对溶液浓度无影响，C项错误；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高，D项正确；故选D。
20．现配制0.1ml/LCuSO4溶液，下列操作会使配制的CuSO4溶液浓度偏高的是
A．容量瓶内有少量水
B．定容时仰视容量瓶的刻度线
C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线
D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
【答案】D
【解析】容量瓶内有少量水对溶质的物质的量和溶液的体积均无影响，对所配溶液的浓度无影响，故A不符合题意；定容时仰视容量瓶的刻度线会使溶液的体积增大，导致所配溶液的浓度偏低，故B不符合题意；
摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线会使溶液的体积增大，导致所配溶液的浓度偏低，故C不符合题意；转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制，容量瓶内附着的溶质会使溶质的物质的量偏大，导致导致所配溶液的浓度偏高，故D符合题意；故选D。
21．某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，该消毒液通常稀释100倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约_______。(保留一位小数)
(2)某同学取该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中_______ 。
(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_______(填字母)。
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．利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低
D．需要称量NaClO固体的质量为142.8g
(4)取用任意体积的该盐溶液时，下列物理量中会随所取体积的多少而变化的是_______ (填字母)。
A．溶液中NaClO的摩尔质量B．溶液的浓度
C．溶液中NaClO的物质的量D．溶液的密度
(5)“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)的浓硫酸配制物质的量浓度为的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，的物质的量浓度为_______。
②需要用量筒量取_______上述浓硫酸进行配制。(保留一位小数)
③为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是_______、_______。
④在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是_______(填序号)。
a. 定容时俯视观察
b. 定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
c. 浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移
d. 容量瓶未干燥即用来配制溶液
【答案】(1)4.0 (2)0.04 (3)C (4)C
(5) 1.6 4.4 100mL容量瓶 胶头滴管 ac
【解析】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为：；
（2）某同学取该“84消毒液”，稀释后用于消毒，消毒液通常稀释100倍(体积比)使用，稀释前：，则4.0ml/L×0.1L=c2×10L,稀释后的溶液中
（3）用NaClO固体配制消毒液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗，需要天平、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，A项错误；定容时需要加水，容量瓶用蒸馏水洗净后可直接使用，不需要烘干后才能用于溶液配制，B项错误；购买的商品NaClO中含有杂质，用来配制溶液可能导致结果偏低，C项正确；配制溶液，需要用500mL容量瓶，则称量NaClO固体的质量为：，D项错误；故选C；
（4）摩尔质量不随物质的量、质量改变而改变，所以溶液中NaClO的摩尔质量不会随所取体积的多少而变化，A项错误；溶液是均一稳定的体系，溶液的浓度不随所取体积的多少而变化，B项错误；根据可知，溶液中NaClO的物质的量随所取体积的多少而变化，C项正确；溶液是均一稳定的体系，溶液的密度不随所取体积的多少而变化，D项错误；故选C。
（5）①所配制的稀硫酸中，的物质的量浓度为；②根据稀释前后溶质的质量不变，则，解得V=4.4mL，即需要用量筒量取4.4上述浓硫酸进行配制；③配制溶液的步骤为：计算量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管；
④定容时俯视观察，导致溶液体积偏小，则溶液浓度偏高，a项正确；定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，则溶液浓度偏低，b项错误；浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，冷却后溶液体积偏小，则溶液浓度偏高，c项正确；定容时需要加水，容量瓶用蒸馏水洗净后可直接使用，容量瓶未干燥即用来配制溶液对溶液浓度不会造成影响，d项错误；故选ac。
分析项目
检测结果
单位
参考范围
1
锌
115.92
66~120
2
铁
6.95
7.52~11.82
3
钙
1.78
1.55～2.60
实验步骤
实验仪器
a.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶。
b.用量筒量取所需18ml/L浓H2SO4的体积，注入盛有约50mL蒸馏水的烧杯中。
c.用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切。
d.用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀冷却至室温。
e.盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
f.将稀释后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶。
g.往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在容量瓶刻度线下1～2cm处。
量筒
托盘天平
烧瓶
250ml容量瓶
烧杯
玻璃棒
胶头滴管
84消毒液
有效成分
规格
质量分数 25%
密度
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