2.3.2 物质的量浓度（精练）（解析版）

PAGE20物质的量浓度题组一物质的量浓度题组一物质的量浓度1．下列溶液中的浓度与100mL1溶液中的浓度相等的是A．200mL1溶液 B．200mL1KCl溶液C．100mL2溶液 D．100mL1溶液【答案】A【解析】A．200mL1溶液中的浓度为2mol∙L−1，与题干浓度一致，故A符合题意；B．200mL1KCl溶液中的浓度为1mol∙L−1，与题干浓度不一致，故B不符合题意；C．100mL2溶液中的没有，与题干浓度不一致，故C不符合题意；D．100mL1溶液中的浓度为3mol∙L−1，与题干浓度不一致，故D不符合题意。综上所述，答案为A。2．0.5L1mol/LFeCl3溶液与0.2L1mol/LKCl溶液中的Cl-的物质的量之比为A．15：2 B．5：2 C．3：1 D．1：3【答案】A【解析】0.5L1mol/LFeCl3的溶液中含有1.5molCl-，0.2L1mol/LKCl溶液中含有0.2molCl-，则Cl-的物质的量之比为15：2，故选A；答案选A。3．（北京·汇文中学高一期末）下列溶液含有的氯离子的物质的量浓度最大的是A．1mL0.2mol/L溶液 B．1mL0.5mol/L溶液C．2mL0.3mo/LNaCl溶液 D．4mL0.1mol/L溶液【答案】A【解析】A．0.2mol/LCaCl2溶液中氯离子物质的量浓度为0.4mol/L；B．KClO3溶液中阴离子为，没有氯离子，氯离子物质的量浓度为0；C．0.3mol/LNaCl溶液中氯离子物质的量浓度为0.3mol/L；D．0.1mol/LAlCl3溶液中氯离子物质的量浓度为0.3mol/L;所以氯离子物质的量浓度最大的是0.2mol/LCaCl2溶液；答案选A。4．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．(10b－5a)mol·L－1 B．(2b－a)mol·L－1C．(b/10－a/20)mol·L－1 D．(5b－5a/2)mol·L－1【答案】A【解析】NH4HCO3和amolNaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5amol，取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5amol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为bmol－0.5amol，Na2CO3的物质的量为(bmol－0.5amol)×0.5，则c(Na＋)＝(bmol－0.5amol)÷0.1L＝(10b－5a)mol·L－1。故选A。5．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入含bmolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁。则原混合溶液中钾离子的浓度为A．(a-b)/Vmol·L－1 B．(2a-b)/Vmol·L－1C．2(a-b)/Vmol·L－1 D．2(2a-b)/Vmol·L－1【答案】D【解析】根据题中信息可知，每份溶液中含有amol和0.5bmolMg2＋，则每份溶液中K＋为2mol＝(2a－b)mol，故原混合溶液中c(K＋)＝2(2a-b)/Vmol·L－1，故选：D。题组二配制一定物质的量浓度的溶液题组二配制一定物质的量浓度的溶液1．用的固体配成溶液250mL，所得溶液的物质的量浓度为A． B． C． D．【答案】A【解析】的固体的物质的量为：，溶液体积为：0.25L，物质的量浓度为：，故选A。2．（辽宁·高一期末）用氢氧化钠固体配制的溶液，现需要220mL，下列说法正确的是A．需先称取氢氧化钠固体8.8gB．氢氧化钠在烧杯中溶解后，要立即转移至容量瓶C．NaOH试剂含有杂质不一定会导致所配溶液浓度偏小D．定容后将溶液振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，需继续加水至刻度线【答案】C【解析】A．根据“近而大”原则，应选用250mL容量瓶，所需NaOH物质的量，，需要称量10.0g，A错误；B．氢氧化钠溶于水放热，需冷却至室温后再转移至容量瓶，B错误；C．若定容时俯视刻线，导致加水偏少，则可能浓度偏大，因此不一定会导致所配溶液浓度偏小，C正确；D．定容后摇匀，静置时因为溶液还未全部流回，因此会发现液面低于刻线，无需加水，D错误。故本题选C。3．（广东·佛山一中高一阶段练习）实验中需用的溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的质量分别为A．1000mL，212g B．950mL，201.4g C．1000mL，201.4g D．500mL，100.7g【答案】A【解析】实验室没有950mL容量瓶，配制2.0mol/L碳酸钠溶液时应选用1000mL容量瓶，称取碳酸钠固体的质量为2.0mol/L×1L×106g/mol=212g，故选A。4．实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液480mL：(1)配制时，必须使用到的玻璃仪器有_______、_______、_______、_______。(2)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_______。(3)要完成本实验该同学应称出NaOH_______g。(4)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列情况会引起所配溶液浓度偏高的是_______。①固体药品混有少量氧化钠

②称量时间过长

③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水

④定容时俯视刻度线⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】(1)

玻璃棒

烧杯

胶头滴管

500mL容量瓶(2)检漏(3)20.0(4)①④⑤【解析】(1)实验室没有480mL容量瓶，配制480mL1.0mol/L的氢氧化钠溶液时，应选择500mL容量瓶配制，则配制时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL的容量瓶、胶头滴管，故答案为：玻璃棒；烧杯；胶头滴管；500mL容量瓶；容量瓶是带有瓶塞的玻璃仪器，为防止配制溶液时发生漏液导致实验失败，使用容量瓶前必须进行检漏，故答案为：检漏；(3)配制出500mL1.0mol/L的氢氧化钠溶液所需的氢氧化钠的质量为1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g，故答案为：20.0；(4)①固体药品混有少量氧化钠会使氢氧化钠的物质的量增大，导致所配溶液的浓度偏高，故符合题意；②称量时间过长，氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，导致氢氧化钠的物质的量偏小，使所配溶液的浓度偏低，故不符合题意；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对溶质的物质的量和溶液的体积不影响，对所配溶液的浓度无影响，故不符合题意；④定容时俯视刻度线会使溶液的体积偏小，导致所配溶液的浓度偏高，故符合题意；⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液的浓度偏高，故符合题意；⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线会使溶液的体积偏大，导致所配溶液的浓度偏低，故不符合题意；故选①④⑤。5．如图为配制1mol·L-1Na2CO3溶液95mL示意图。回答下列问题：(1)①中称Na2CO3___g。(2)⑦⑧步操作应注意的是___。(3)若出现如下情况，对所配溶液浓度有何影响?(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)A．某同学在第⑧步观察液面时俯视___。B．没有进行操作步骤④和⑤___。C．在第③步操作时容量瓶中有少量水___。【答案】(1)10.6(2)先向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线下1～2cm处该用胶头滴管滴加，滴加至溶液凹液面与刻度线相切为止(3)

偏高

偏低

无影响【解析】(1)，因此①中称Na2CO3；故答案为：10.6。(2)⑦⑧步操作应注意的是先向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线下1～2cm处该用胶头滴管滴加，滴加至溶液凹液面与刻度线相切为止；故答案为：先向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线下1～2cm处该用胶头滴管滴加，滴加至溶液凹液面与刻度线相切为止。(3)A．某同学在第⑧步观察液面时俯视，溶液体积偏小，浓度偏高；故答案为：偏高。B．没有进行操作步骤④和⑤，溶液中溶质质量减少，浓度偏低；故答案为：偏低。C．在第③步操作时容量瓶中有少量水，溶液的体积和溶质质量不变，浓度无影响；故答案为：无影响。6．实验室需配制的溶液，填空并回答下列问题：(1)配制的溶液所称的质量容量瓶的规格除容量瓶外还需要的其他玻璃仪器_____________________(2)配制时，其正确的操作顺序是(填字母)_______；A．用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒各2〜3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用托盘天平准确称量所需的的质量，放入烧杯中，再加入少量蒸馏水(约)，用玻璃棒慢慢搅动，使其完全溶解C．将已冷却至室温的溶液沿玻璃棒注入一定规格的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E.改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹液面最低点恰好与刻度线相切F.继续往容量瓶内加蒸馏水，直到液面距刻度线1〜处(3)在配制过程中，玻璃棒所起的作用_______(4)容量瓶使用前，需进行的实验操作为_______(5)上述操作C中，溶液注入容量瓶前需恢复至室温，原因为_______(6)若出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)①没有进行A操作_______；②加蒸馏水时不慎超过了刻度线_______③定容时俯视刻度线_______。④称量时间过长_______。【答案】(1)

1.0

容量瓶

烧杯、玻璃棒、胶头滴管(2)BCAFED(3)搅拌、引流(4)检查是否漏水(5)溶液有热胀冷缩现象，热溶液配制出的溶液浓度偏高且热溶液可能使容量瓶破裂(6)

偏低

偏低

偏高

偏低【解析】(1)配制230mL的NaOH溶液，需要选用250mL的容量瓶，计算所需NaOH的质量：0.25L×0.1mol/L×40g/mol=1.0g，但实验室的托盘天平只能称出1.0gNaOH。配制一定物质的量浓度的溶液的实验过程中，需要用到的玻璃仪器除了250mL容量瓶外，还需要用烧杯和玻璃棒溶解固体，用胶头滴管定容。故答案为1.0g；250mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(2)配制时，先用托盘天平称出1.0gNaOH固体，将其在烧杯中，加水并用玻璃棒搅拌使之溶解。NaOH溶于水放热，需要冷却后将NaOH溶液转移入容量瓶中。用水洗涤烧杯2-3次，洗涤液也注入容量瓶，然后振荡，使溶解液和洗涤液混合均匀。然后继续往容量瓶内加水到液面接近刻度1-2cm处，改用胶头滴管加水至溶液凹面最低点恰好与刻度线相切。最后将容量瓶瓶塞盖好，上下颠倒摇匀。所以正确的操作顺序是：BCAFED。(3)在配制过程中，两次用到玻璃棒，第一次是溶解时，作用是搅拌，加快反应速率；第二次是转移时，作用是引流，所以玻璃棒所起的作用搅拌、引流；故答案为：搅拌、引流；(4)容量瓶是磨口仪器，使用前需进行的实验操作为检查是否漏水；故答案为：检查是否漏水；(5)由于NaOH溶于水放热，而容量瓶的使用是有温度要求的，通常在常温下使用，若容量瓶受热，会导致体积不准，热溶液配制出的溶液浓度偏高且热溶液可能使容量瓶破裂，所以溶液注入容量瓶前需恢复到室温。故答案为溶液有热胀冷缩现象，热溶液配制出的溶液浓度偏高且热溶液可能使容量瓶破裂；(6)①若未洗涤，则溶质没有全部转移到容量瓶中，溶质偏少，所以所配溶液浓度会偏低；②若加蒸馏水时不慎超过了刻度线，此时溶液体积偏大，所以所配溶液浓度会偏低；③若定容时俯视刻度线，溶液体积偏少，所以所配溶液浓度偏高。④称量时间过长，NaOH会吸收空气中的水蒸气，使溶质质量偏小，所以所配溶液浓度会偏低；7．实验室需用500mL0.12mol/LNaOH溶液，现用NaOH固体配制该溶液。请回答下列问题：(1)配制时需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、___________。(2)用托盘天平准确称取___________gNaOH固体。(3)配制时，正确的操作顺序是B___________、___________F、___________、___________(字母表示，每个操作只用一次)A．用少量水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解C．将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处(4)配制该溶液时，玻璃棒的作用为___________。若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是___________(填下列编号)。①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干②定容观察液面俯视③将NaOH放在纸张上称量④NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中⑤定容观察液面时仰视(5)取出10mL该NaOH溶液稀释至20mL，稀释后的NaOH溶液的物质的量浓度为___________mol/L。【答案】(1)胶头滴管、500mL容量瓶(2)2.4(3)

C

A

E

D(4)

搅拌和引流

②④(5)0.06【解析】(1)配制500mL

0.12mol/LNaOH溶液时需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶；(2)500mL

0.12mol/LNaOH溶液中含有溶质NaOH的物质的量n(NaOH)=0.12mol/L×0.5L=0.06mol，则需称量的固体NaOH的质量m(NaOH)=0.06mol×40g/mol=2.4g；(3)配制该溶液时，先在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解；然后将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；并用少量水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡；继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处；改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切；最后将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀，就得到了500mL0.12mol/L的NaOH溶液，故操作顺序用字母顺序表示是：BCAFED；(4)配制该溶液时，溶解NaOH使用玻璃棒是为了搅拌，促进溶质NaOH固体的溶解；在转移溶液时使用玻璃棒的作用是引流，故该实验中玻璃棒的作用为搅拌和引流；①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，对配制溶液的浓度无影响，①不符合题意；②定容观察液面俯视，会导致溶液体积偏少，由于溶质的物质的量不变，则最终使配制溶液浓度偏高，②符合题意；③将NaOH放在纸张上称量，导致NaOH损耗，溶质的物质的量偏少，溶液的体积不变，则最终使配制的溶液浓度偏低，③不符合题意；④NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，待溶液恢复至室温后，溶液液面低于刻度线，溶液体积偏小，溶质的物质的量不变，最终使配制的溶液浓度偏高，④符合题意；⑤定容观察液面时仰视，溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，则最终导致配制溶液浓度偏小，⑤不符合题意；综上所述可知：合理选项是②④；(5)溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变。取出10mL该NaOH溶液稀释至20mL，稀释后的NaOH溶液的物质的量浓度c(NaOH)=。题组三浓溶液配制稀溶液题组三浓溶液配制稀溶液1．下列关于0.1mol·L-1Na2CO3溶液的叙述错误的是A．0.5L该溶液的钠离子的物质的量浓度为0.2mol·L-1B．1L该溶液中含有Na2CO3的物质的量为0.1molC．从1L该溶液中取出100mL，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.01mol·L-1D．取出该溶液10mL，加水稀释至100mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01mol·L-1【答案】C【解析】A．根据Na2CO3=2Na++CO，该溶液的钠离子的物质的量浓度为0.2mol·L-1，故A正确；B．1L该溶液中含有Na2CO3的物质的量为1L×0.1mol·L-1=0.1mol，故B正确；C．从1L该溶液中取出100mL，浓度不变，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.1mol·L-1，故C错误；D．取出该溶液10mL，加水稀释至100mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01mol·L-1，故D正确；选C。2．（广东·深圳市观澜中学高一阶段练习）下列溶液与溶液里物质的量浓度相同的是A．氯化钾B．氯化钙C．将标况下气体通入水中配成溶液D．将通入澄清石灰水中并稀释至【答案】C【解析】A．溶液里物质的量浓度为0.2mol/L，氯化钾溶液里物质的量浓度为0.1mol/L，A错误；B．氯化钙溶液里物质的量浓度为0.4mol/L，B错误；C．标况下的物质的量为0.01mol，通入水中配成溶液，溶液中Cl-的物质的量为0.01mol,物质的量浓度为0.01mol÷0.05L=0.2mol/L，溶液里物质的量浓度为0.2mol/L，C正确；D．氯气与氢氧化钙离子反应式为，为0.02mol，通入足量溶液中物质的量为0.02mol，浓度为0.2mol/L，但是题干中没有说明石灰水足量，故浓度不一定为0.2mol/L，D错误；故选C。3．（2022河南·邓州市第一高级中学校高一阶段练习）实验室需要1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。(1)在如图所示仪器中，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是玻璃棒_______和_______。(2)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_______A．使用容量瓶前检验是否漏水B．容量瓶用水洗净后，需干燥后再配制溶液C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1-2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1-2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E.盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(3)根据计算用托盘天平称量NaOH固体_______g。(4)根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84的浓硫酸的体积为_______mL(5)在配制过程中，下列实验造成所配制的稀硫酸的物质的量浓度偏大的有_______A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒直接定容B．在定容时仰视刻度线C．在定容时俯视刻度线D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线E.用量筒量取浓硫酸时仰视观察凹液面F.配制时，溶液未冷却直接转入容量瓶【答案】(1)

烧杯

500mL容量瓶(2)BCD(3)20.0(4)13.6(5)CEF【解析】(1)因为配制的是1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL，除了题目提供的量筒和胶头滴管之外，还应需要的玻璃仪器有500mL容量瓶、烧杯和玻璃棒，故答案为500mL容量瓶和烧杯。(2)A．配制溶液过程中需上下颠倒摇匀，则使用容量瓶前需检验是否漏水，故A正确；B．配制溶液过程中需加蒸馏水定溶，则容量瓶用水洗净后，不需干燥后再配制溶液，故B错误；C．容量瓶是精密仪器不能直接用于溶解固体，故C错误；D．容量瓶是精密仪器不能直接用来稀释浓溶液，故D错误；E．容量瓶摇匀溶液时，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，E正确；本题答案BCD。(3)配制1mol/LNaOH溶液450mL，需要使用500mL容量瓶，则需要NaOH的质量为m(NaOH)=c(NaOH)VM(NaOH)=1mol/LL40g·mol-1=20.0g。(4)质量分数为98%、密度为1.84的浓硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)==18.4mol/L，则18.4mol/LV=0.5mol/L500mL，所以V=13.6mL，故需要的浓硫酸体积为13.6mL。(5)A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒直接定容，导致溶液中溶质质量偏少，则最终溶液浓度偏小，故A不符合题意；B．在定容时仰视刻度线，导致水加多了，溶液体积偏大，则最终溶液浓度偏小，故B不符合题意；C．在定容时俯视刻度线，导致水加少了，溶液体积偏小，则最终溶液浓度偏大，故C符合题意；D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线，导致溶液体积偏大，则最终溶液浓度偏小，故D不符合题意；E.用量筒量取浓硫酸时仰视观察凹液面，导致浓硫酸取多了，则最终溶液浓度偏大，故E符合题意；F.配制时，溶液未冷却直接转入容量瓶，热胀冷缩，最终溶液体积偏小，则最终溶液浓度偏大，故F符合题意；本题答案CEF。4．（上海外国语大学附属大境中学高一阶段练习）实验室用密度为1.18g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液，填空并请回答下列问题：(1)配制250mL0.1mol/L盐酸溶液。应量取盐酸体积___________mL，应选用容量瓶的规格___________。(2)配置时，其正确的操作顺序是___________(用字母表示，每个字母只能用一次)A．用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒量准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧、倒转摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1-2cm处(3)若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响(偏高、偏低或无影响)？a．实验前洗涤容量瓶，残留有蒸馏水___________；b．没有进行A操作___________；c．加蒸馏水时不慎超过了刻度___________；d．定容时俯视___________。【答案】(1)

2.1

250mL(2)BCAFED(3)

无影响

偏低

偏低

偏高【解析】根据配制过程中HCl的物质的量不变列式计算；根据配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签排序；分析操作对溶质物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。(1)配制250mL0.1mol/L盐酸溶液。应选用250mL的容量瓶进行配制，设需要该浓盐酸的体积为x，配制过程中HCl的物质的量不变，则1.18g/mL×x×36.5%=36.5g/mol×0.1mol/L×0.25L，解得：x≈2.1mL，故答案为：2.1；250mL；(2)配制一定物质的量浓度溶液一般操作步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，所以正确的操作顺序为：BCAFED，故答案为：BCAFED；(3)a．实验前洗涤容量瓶，残留有蒸馏水，由于实验过程中还需要加入蒸馏水，因此不影响溶质的物质的量和最终溶液的体积，对溶液浓度无影响；b．操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是保证溶质全部转入容量瓶，若没有进行A操作，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低；c．加蒸馏水时不慎超过了刻度，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；d．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；故答案为：无影响；偏低；偏低；偏高。5．（山东省日照实验高级中学高一阶段练习）实验室有浓盐酸的质量分数为36.5%，密度为(1)需要配制95mL的盐酸，配制时需用量筒量取以上浓盐酸的体积为___________mL；(2)上述实验中所用到的实验仪器烧杯、玻璃棒、胶头滴管、___________(3)用浓盐酸配制稀盐酸，操作步骤的正确顺序是___________(填序号)a、计算需要浓盐酸的体积b、用量筒量取浓盐酸；c、将烧杯中的溶液转移入100mL容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液也转移入容量瓶中；d、把量好体积的浓盐酸倒入烧杯中，加适量蒸馏水稀释，冷却；e、盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；f、继续向容量瓶中加蒸馏水至距离刻度线1-2cm处，改用胶头滴管，小心滴加蒸馏水至凹液面最低点与刻度线相切。(4)下列操作使溶液物质的量浓度偏高的是：___________A没有将洗涤液转移到容量瓶中

B．容量瓶洗净后未经干燥处理C．转移过程中有少量溶液溅出

D．未冷却至室温就转移定容E．定容时俯视刻度线

F．量取盐酸时仰视G．洗涤量取浓溶液的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中H．摇匀后立即观察，发现溶液未达到刻度线，再用滴管加几滴蒸馏水至刻度线(5)若要配置480mL的溶液，需用托盘天平称取胆矾___________g。【答案】(1)25.0(2)100mL容量瓶、量筒(3)abdcfe(4)DEFG(5)25.0【解析】(1)溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则有0.10L×3.00mol/L=12.0mol/L•V(浓)，V(浓)=0.025L=25.0mL；(2)配制步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL容量瓶、量筒；(3)配制一定物质的量浓度的溶液有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，其先后顺序为abdcfe；(4)A．没有将洗涤液转移到容量瓶中，导致溶质物质的量n偏小，所以结果偏低，故错误；B．容量瓶洗净后未经干燥处理不会影响实验结果，故错误；C．转移过程中有少量溶液溅出，导致溶质物质的量n偏小，所以结果偏低，故错误；D．未冷却至室温就转移定容，液体热胀冷缩，所以溶液的体积会偏小，浓度偏高，故正确；E．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，配制结果偏高，故正确；F．量取盐酸时仰视，盐酸体积偏大，浓度偏高，故正确；G．洗涤量取浓溶液的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会增大溶质的量，配制溶液浓度偏高，故正确；H．摇匀后立即观察，发现溶液未达到刻度线，再用滴管加几滴蒸馏水至刻度线会导致体积偏大，所以浓度偏低，故错误；故选DEFG；(5)配制溶液的体积为480mL，而容量瓶的规格没有480mL，只能选用500ml容量瓶，CuSO4的物质的量n=cV=0.5L×0.2mol•L-1=0.1mol，CuSO4•5H2O的物质的量等于CuSO4的物质的量，所以CuSO4•5H2O的质量0.1mol×250g/mol=25.0g。6．（浙江温州·高一期中）实验室用质量分数为20.0%的盐酸配制250mL0.400稀盐酸。请填写完整以下实验步骤并回答有关问题：(1)步骤1：计算。查得室温下20.0%的盐酸密度为1.095，则该盐酸的物质的量浓度为___________。进而计算得出配制所需20.0%盐酸的体积。(2)步骤2：称量。本次实验量取盐酸所需量筒规格为___________mL。步骤3：稀释。将量取的盐酸倒入烧杯，再倒入适量蒸馏水，静置，待溶液温度恢复至室温。(3)步骤4：转移、洗涤。将烧杯中的溶液转移到容量瓶需使用___________引流。用适量蒸馏水洗涤烧杯等仪器，洗涤液转入容量瓶，重复2~3次。容量瓶内液面未达瓶颈前将瓶内溶液混匀。(4)步骤5：定容、摇匀：加蒸馏水至距离刻度线1~2cm处，平视环形刻度线，改用___________逐滴加水至凹液面最低处与刻度线相切。摇匀，倒入试剂瓶并贴上标签。(5)使用容量瓶前必须进行的一步操作是___________。(6)在配制过程中，其他操作都正确，下列操作会引起浓度偏低的是___________(填字母)。A．容量瓶洗净后未干燥，有蒸馏水残留B．量取盐酸后用蒸馏水将量筒内残留盐酸洗出并转入容量瓶C．稀释盐酸的烧杯未用蒸馏水洗涤D．转移稀释后的盐酸时少量溶液顺着容量瓶口流至瓶外E．定容时俯视刻度线F．摇匀后发现液面低于刻度线，重新定容至刻度线【答案】(1)6.00(2)20(3)玻璃棒(4)胶头滴管(5)检查容量瓶是否漏水或检漏(6)CDF【解析】(1)由c=可知，20.0%盐酸溶液的物质的量浓度为mol/L=6.00mol/L，故答案为：6.00；(2)由稀释定律可知，配制250mL0.400mol/L稀盐酸取用20.0%盐酸溶液的体积为×1000mL/L=16.7mL，由量筒量取溶液的就近原则可知，量取16.7mL溶液应选用20mL量筒，故答案为：20；(3)转移溶液时，为防止溶液溅出，应在玻璃棒引流的作用下将烧杯中的溶液转移到250mL容量瓶中，故答案为：玻璃棒；(4)定容时，加蒸馏水至距离刻度线1~2cm处，平视环形刻度线，为防止加入的蒸馏水超过刻度线，应改用胶头滴管逐滴加水至凹液面最低处与刻度线相切，故答案为：胶头滴管；(5)为防止配制溶液的过程中，容量瓶漏液造成实验失败，使用容量瓶前必须检漏，即检查容量瓶是否漏水，故答案为：检查容量瓶是否漏水或检漏；(6)A．容量瓶洗净后未干燥，有蒸馏水残留不会影响溶质的物质的量和溶液体积的大小，对溶液配制无影响，故不符合题意；B．量筒表面附有的残留液是标定以外的，不能洗出，则量取盐酸后用蒸馏水将量筒内残留盐酸洗出并转入容量瓶会使溶质的物质的量偏大，导致所配溶液浓度偏高，故不符合题意；C．稀释盐酸的烧杯未用蒸馏水洗涤会使溶质的物质的量减小，导致所配溶液浓度偏低，故符合题意；D．转移稀释后的盐酸时少量溶液顺着容量瓶口流至瓶外会使溶质的物质的量减小，导致所配溶液浓度偏低，故符合题意；E．定容时俯视刻度线会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故不符合题意；F．摇匀后发现液面低于刻度线，重新定容至刻度线会使溶液的体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，故符合题意；故选CDF。7．某化学实验室需要硫酸溶液。根据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需要用到的是___________(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是___________(填仪器名称)。(2)现用质量分数为98%、密度为的浓硫酸来配制、的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为___________(保留1位小数)，现有①②③④四种规格的量筒，你选用的量筒是___________(填代号)。(3)配制时，一般可分为以下几个步骤：①量取②计算③稀释④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却其正确的操作顺序为：②→①→③→___________→___________→___________→___________→④(填序号)。(4)在配制过程中，下列操作中错误的是___________(填代号，下同)，其他操作都准确，能引起误差偏低的有___________。①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中②未等稀释后的溶液冷却至室温就转移到容量瓶中③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸④转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水⑤定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线⑦定容时，俯视刻度线【答案】(1)

容量瓶、胶头滴管(2)

13.6

②(3)

⑧

⑤

⑥

⑦(4)

①②③⑤⑥⑦

⑤⑥【解析】根据配制一定物质的量浓度溶液需用到仪器选择；依据c=求得质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，依据浓硫酸体积选择合适规格量筒；依据配制一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤判断，根据c=nV，分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断实验误差。(1)配制一定物质的量浓度溶液用到的仪器有：托盘天平或者量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，答案为BCE；500mL容量瓶、胶头滴管。(2)因无450mL的容量瓶，配制稀硫酸溶液要用500mL的容量瓶，c(浓)•V(浓)=c(稀)•V(稀)，即×V(浓)=0.5×0.5，得V(浓)≈0.0136L=13.6mL；根据V=13.6mL，选用25mL量筒最好，误差小；答案为13.6，②。(3)用浓硫酸配制一定浓度的稀硫酸的操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，其正确的操作顺序为：②→①→③→⑧→⑤→⑥→⑦→④；答案为⑧⑤⑥⑦。(4)依据c=n/V分析，凡是使n偏小或者使V偏大的操作都会是溶液的浓度偏低，反之偏高。①洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量n偏大，溶液浓度偏高，操作错误；②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，温度高，体积增大，导致配制时所加水量减小，溶液的浓度偏高，操作错误；③浓硫酸稀释时要将浓硫酸注入水中，而不能将水注入浓硫酸中，操作错误；④转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响实验；⑤定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，操作错误；⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，操作错误；⑦定容时，俯视标线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，操作错误；所以：操作错误的为：①②③⑤⑥⑦，能引起误差偏低的有⑤⑥；答案为①②③⑤⑥⑦，⑤⑥。8．回答下列问题：(1)质量分数不同的两种硫酸溶液等质量混合时，其质量分数为，而等体积混合时为；质量分数不同的两种乙醇溶液等质量混合时，其质量分数也为，而等体积混合时则为，则a、b、c之间的大小关系为_______。A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．不能比较(2)标准状况下，将VL

HCl气体溶于水中，所得溶液密度为。则此溶液物质的量浓度为_______。(3)用质量分数为的浓盐酸密度为配制成的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸。试回答下列问题：①配制稀盐酸时，应选用容量为_______mL的容量瓶；②经计算需要_______mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的_______。A．5mL

③在量取浓盐酸后，进行了下列操作：a.等稀释的盐酸其温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中。b.往容量瓶中小心加蒸馏水至液面接近环形标线处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹面底部与瓶颈的环形标线相切。c.在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。d.用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶上述操作中，正确的顺序是填序号_______。④在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是_______填“偏高”、“偏低”、“无影响”若定容时仰视容量瓶的刻度线，则配制的稀盐酸浓度是_______填“偏高”、“偏低”、“无影响”。【答案】(1)B(2)(3)

250

C

cadb

偏低

偏低【解析】(1)假设两种溶液的质量分数分别是x，y，其中x＜y，对于硫酸溶液，等质量(假设都是mg)混合之后，混合溶液质量分数a%，等体积混合时，由于质量分数小的硫酸密度比较小，等体积的两种硫酸，质量分数大的质量大，那么等体积混合相当于先将二者等质量混合，然后再加入一定量的高质量分数组分的硫酸，因此混合溶液质量分数b%＞，同样，对于乙醇溶液，等质量混合时质量分数仍然为a%=，等体积混合时，由于质量分数小的乙醇溶液密度比较大(因为乙醇的密度比水小)，等体积的两种乙醇溶液，质量分数大的质量小，那么等体积混合相当于先将二者等质量混合，然后再加入一定量的低质量分数组分的乙醇溶液，因此混合溶液质量分数c%＜，所以有b＞a＞c，选项B符合题意；答案为B。(2)标准状况下，VL氯化氢的物质的量为，氯化氢的质量为，水的质量约为100g，则配制的溶液的体积为V=，该溶液的物质的量浓度为；答案为。(3)①由于实验室里没有220mL容量瓶，根据大而近原则，选用250mL容量瓶，先配制250mL溶液，再从其中取出220mL即可；答案为250。②该浓盐酸的物质的量浓度为，加水稀释前后HCl的物质的量不变，所以，解得，根据大而近原则，选择25mL的量筒量取，C选项符合题意；答案为21.6；C。③配制一定物质的量浓度的溶液基本步骤为计算称量或量取溶解或稀释冷却后转移洗涤振荡后定容倒转摇匀，所以正确的顺序是cadb；答案为cadb。④用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，量取的盐酸被稀释了，其物质的量偏小，所配制溶液的浓度偏低；若定容时仰视容量瓶的刻度线，则加蒸馏水的体积偏大，溶液体积偏大，所配制的稀盐酸浓度偏低；答案为偏低；偏低。课后测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有1个选项符合题意)1.(浙江11月选考,5)可用于治疗胃酸过多的物质是()A.碳酸氢钠 B.氯化钠C.氯化钾 D.氢氧化钠答案A解析碳酸氢钠可与盐酸发生反应生成氯化钠、水以及二氧化碳,可用于治疗胃酸过多,A项正确;NaCl、KCl不与盐酸反应,不能用于治疗胃酸过多,B项、C项错误;氢氧化钠具有极强的腐蚀性,对人体有害,不能用于治疗胃酸过多,D项错误。2.向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油,片刻后再向该烧杯中缓慢地加入一绿豆粒大的金属钠,可能观察到的现象是下图中的()答案A解析钠的密度比煤油的大,比水的小,故钠在水和煤油的交界处与水发生反应生成氢气,从而可看到气泡,正确答案为A项。3.植物中山茶花、石榴可以吸收氯气,紫藤和月季对氯气的吸收净化能力也很强。在实验室制取Cl2时,尾气一般要用NaOH溶液吸收而不用澄清石灰水吸收的理由是()A.氯气不与石灰水反应B.Ca(OH)2微溶于水,澄清石灰水中Ca(OH)2的含量少,不能充分吸收尾气中的Cl2C.氯气与Ca(OH)2反应生成的CaCl2难溶于水D.澄清石灰水能吸收空气中的CO2而变浑浊答案B解析Ca(OH)2在水中的溶解度小,吸收Cl2的量较少,吸收不充分。4.将紫色石蕊溶液滴入NaOH溶液中,溶液变蓝色,再通入氯气,溶液由蓝色变成红色,最后颜色慢慢褪去,其原因是()①氯气有漂白性②氯气与NaOH溶液反应③氯气的水溶液呈酸性④次氯酸有漂白性⑤氯化钠有漂白性A.①④ B.②③④C.①②③ D.④⑤答案B解析Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO,当Cl2过量时,Cl2与水反应生成HCl和HClO,溶液呈酸性,因此使石蕊溶液变红色,而HClO有漂白性,又使溶液褪色。5.用漂白粉溶液浸泡过的有色布条晾置在空气中一段时间,漂白效果更好,原因是()A.漂白粉被氧化了B.有色布条被空气中的氧气氧化了C.漂白粉跟空气中的CO2反应,生成了较多量的HClOD.漂白粉溶液蒸发掉部分水,其浓度增大答案C6.(河北邯郸高一检测)已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A.3g3He含有的中子数为NAB.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAC.28gCO和N2的混合物含有的电子数为14NAD.标准状况下,4.48L水分子的数目为0.2NA答案D解析3He的中子数为3-2=1,则3g3He的中子数为3g3g·mol-1×NAmol-1=NA,选项A正确;重铬酸钾被还原为铬离子时,铬元素从+6价降低到+3价,1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NAmol-1=6NA,选项B正确;CO和N2的摩尔质量均为28g·mol-1,每个分子所含电子数均为14,则28g混合物的物质的量为1mol,所含有的电子数等于14NA,选项C正确7.(北京朝阳期末质量检测)以不同类别物质间的转化为线索,认识钠及其化合物。下列分析不正确的是()A.反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质B.反应④说明NaHCO3的稳定性强于Na2CO3C.反应⑤⑥可用于潜水艇中氧气的供给D.上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应答案B解析反应③为2NaOH+CO2Na2CO3+H2O,NaOH为碱,Na2CO3为盐,因此CO2具有酸性氧化物的性质,A项正确;反应④是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,说明Na2CO3比NaHCO3稳定,B项错误;反应⑤⑥分别是2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,因此反应⑤⑥可用于潜水艇中氧气的供给,C项正确;反应④为分解反应,反应①为化合反应,反应②为置换反应,D项正确。8.将钠和硫分别置于下图所示的两个盛满氧气的集气瓶中,燃烧完毕冷却至室温后,打开装置中的两个活塞,这时观察到()A.水进入左瓶 B.水进入右瓶C.水同时进入两瓶 D.水不进入任何一瓶答案A解析由于钠与氧气反应生成过氧化钠,使左瓶氧气减少,压强减小,而右瓶中的硫与氧气反应生成二氧化硫,气体的体积不变,压强不变,故打开两个活塞时可观察到水进入左瓶。9.(山东聊城高一检测)欲配制100mL1.0mol·L-1Na2SO4溶液,下列方法正确的是()①将14.2gNa2SO4,溶于100mL水中②将32.2gNa2SO4·10H2O溶于少量水中,再用水稀释至100mL③将20mL5.0mol·L-1Na2SO4溶液用水稀释至100mLA.①② B.②③ C.①③ D.①②③答案B解析①14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g142g·mol-1=0.1mol,但溶液的体积不等于溶剂的体积,所以无法计算出物质的量浓度,故①错误;②32.2gNa2SO4·10H2O的物质的量为32.2g322g·mol-1=0.1mol,硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量,硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol0.1L=1.0mol·L-1,故②正确;③根据稀释定律,稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变,则20mL×5.0mol10.(2019浙江4月选考,6)反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A.2∶3 B.8∶3 C.6∶3 D.3∶2答案A解析N的化合价由-3价升高为0价,每个NH3分子被氧化失去3个电子;Cl的化合价由0价变为-1价,每个Cl2分子被还原得到2个电子;根据得失电子守恒可知,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量比为2∶3,所以A项正确。二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有1~2个选项符合题意)11.如图两瓶体积相等的气体,在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是()A.所含原子数相等 B.气体密度相等C.气体物质的量相等 D.摩尔质量相等答案AC解析同温同压下,两瓶中气体体积相等,则气体物质的量也相等;N2、O2和NO都是双原子分子,所以原子数也相等;由于N2和O2的比例不确定,所以两瓶内气体的密度和摩尔质量都不一定相等。12.俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A.1L1mol·L-1Na2SO4溶液中含氧原子的数目一定大于4NAB.0.1mol·L-1Na2S溶液中含阳离子的数目为0.2NAC.生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD.通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA答案AC解析1L1mol·L-1Na2SO4溶液中SO42-含氧原子的数目为4NA,但水中也含氧原子,选项A正确;不知道溶液的体积无法计算阳离子的个数,选项B错误;根据方程式,氧化产物为二氧化碳,生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA,选项C正确;通常状况下,气体摩尔体积不是22.4L·mol-1,故11.2LCO2物质的量不是0.5mol,所含质子的数目不是11NA,13.把标准状况下4.48L的CO2通过一定量的固体Na2O2后,收集到标准状况下3.36L气体,则这3.36L气体的成分是()A.O2 B.CO2C.CO2和O2 D.无法确定答案C解析标准状况下,4.48LCO2与足量Na2O2反应时,产生2.24LO2,现反应后气体体积为3.36L,说明4.48LCO2未反应完,则3.36L气体应为CO2和O2的混合气体。14.同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体,下列有关比较的叙述中,正确的是()A.密度之比为16∶11 B.密度之比为11∶16C.体积之比为16∶11 D.体积之比为11∶16答案AD解析同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体的物质的量之比是164∶144=11∶16,则体积比为11∶16,密度之比等于摩尔质量之比,即为15.(河北衡水高一检测)向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M,因CO2通入量的不同溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示四种情况(不计CO2的溶解),则下列对应图形的判断正确的是()答案C解析由于量的不同,CO2与NaOH可发生如下两种反应:①CO2+NaOHNaHCO3,②CO2+2NaOHNa2CO3+H2O。当n(CO2)n(NaOH)≥1时,反应按①进行,n(CO2)n(NaOH)=1时,CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3;n(CO2)n(NaOH)>1时,生成NaHCO3,CO2有剩余;当12<n(CO2)n(NaOH)<1时,反应按①②进行,CO2、NaOH反应,无剩余,生成物为NaHCO3、Na2CO3;当n(CO2)n(NaOH)≤12,反应按②进行,n(CO2)n(NaOH)=12时,CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3;n(CO2)n(NaOH)<12时,生成Na2CO3,NaOH有剩余;由上述分析可知,当含有两种溶质,不论是Na2CO3、NaOH,还是NaHCO3、Na2CO3,滴加盐酸都不能立即产生气体,选项A错误;①当溶质为Na2CO3时,不能立即产生气体,滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳,且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系为;②当溶质为NaHCO3时,三、非选择题(本题包括5小题,共60分)16.(辽宁丹东期末)(8分)为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来,国际上采用了“物质的量”这一物理量,据此完成下列试题:(1)等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为。

(2)等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为,质量比为。

(3)实验室需要配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液,进行如下操作:①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管,还需要的玻璃仪器是。

②计算需要NaOH固体的质量:g。

③取出50mL配制好的溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为。

④若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是。

A.称量时砝码已经生锈B.定容时仰视C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作D.定容摇匀后,液面低于容量瓶颈上的刻度线答案(1)3∶2(2)1∶12∶3(3)①100mL容量瓶、量筒②4.0③1mol·L-1④A解析(1)根据n=mM可知,等质量的O2和O3的物质的量之比为n(O2)∶n(O3)=132∶148=3∶2,(2)根据阿伏加德罗定律,在等温等压下,等体积的任意气体所含分子的物质的量相同,则等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为1∶1,质量比为2∶3。(3)①实验室需要配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液,则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒和100mL容量瓶。②需要NaOH固体的质量m=n·M=c·V·M=100×10-3L×1mol·L-1×40g·mol-1=4.0g。③溶液具有均一性,物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变,故取出的50mL溶液的浓度仍然为1mol·L-1。④A项,称量时砝码已经生锈,砝码实际质量增大,称得的氢氧化钠质量增大,浓度偏高;B项,定容时仰视,实际加水量偏大,溶液浓度偏低;C项,溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作,剩余部分溶质残留,导致容量瓶内溶质减少,溶液物质的量浓度偏低;D项,定容摇匀后,溶液物质的量浓度固定,液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。17.(北京丰台期末)(13分)双氧水和“84”消毒液是生活中常用的两种消毒剂,了解物质的性质是科学合理使用化学品的基础和前提。请回答下列问题:(1)某同学设计如下实验研究H2O2的性质:序号实验实验现象ⅰ向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液a.溶液紫色褪去b.有大量气泡产生ⅱ向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液c.溶液变蓝①从理论上看H2O2既有氧化性又有还原性,具有还原性的原因是。

②能证明H2O2具有还原性的实验是(填序号)。可作为证据的实验现象是(填字母序号)。

(2)“84”消毒液的有效成分为NaClO。①将Cl2通入NaOH溶液中可制得“84”消毒液,反应的化学方程式为。

②“84”消毒液不能用于钢制器具的消毒,原因是NaClO具有性。

③“84”消毒液的溶液在浸泡餐具过程中,因吸收空气中的CO2消毒杀菌能力增强,其中发生的化学反应符合规律:+

+(填物质类别)。

(3)某届奥运会期间,由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用,导致游泳池中藻类快速生长,池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O