26-27学年苏教版高一上化学复习题-溶液组成的定量研究

第1页（共1页）26-27学年苏教版高一上化学复习题——溶液组成的定量研究一．选择题（共15小题）1．（2026•山东校级开学）准确称取1.0600gNa2CO3，基准物质配制0.0500mol•L﹣1Na2CO3溶液，下列仪器必须使用的是（）A．①②③ B．④⑤⑥ C．①②⑤⑥ D．①④⑤⑥2．（2026•北仑区校级开学）下列溶液中Cl﹣浓度最大的是（）A．10mL0.1mol/LAlCl3溶液 B．20mL0.1mol/LCaCl2溶液 C．30mL0.1mol/LKCl溶液 D．10mL0.5mol/LNaClO溶液3．（2026秋•温州月考）下列实验装置能达到实验目的的是（）A．转移热蒸发皿B．中和滴定C．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液D．除去乙炔中的少量H2SA．A B．B C．C D．D4．（2025秋•青岛期末）实验室用18.4mol•L﹣1的浓H2SO4配制460mL0.2mol•L﹣1的稀H2SO4。下列说法正确的是（）A．使用烧杯、玻璃棒、容量瓶、量筒即可完成该实验 B．选用5mL量筒量取浓H2SO4 C．将量取浓H2SO4后的量筒洗涤2～3次，并将洗涤液转移至容量瓶中 D．定容时仰视会导致所配溶液浓度偏低5．（2026•校级模拟）配制100mL1mol•L﹣1NaOH溶液的几个关键实验操作如图所示。下列说法正确的是（）A．正确的操作顺序是③②④⑥①⑤ B．容量瓶使用时可以加热，使用前要检验是否漏水 C．实验时若缺少操作④，会导致所配溶液的c（NaOH）＞1mol•L﹣1 D．操作⑤后发现溶液的液面低于刻度线，应补加蒸馏水6．（2026•方山县开学）实验室用NaOH固体配制480mL•1mol•L﹣1NaOH溶液。下列说法正确的是（）A．配制溶液时使用的容量瓶必须干燥 B．配制溶液过程中，玻璃棒只起到引流的作用 C．需用托盘天平称量20.0gNaOH固体 D．NaOH固体在烧杯中溶解后，立刻转移至容量瓶中7．（2026•浙江开学）配制100mL1mol/L的Na2CO3溶液的操作过程如图所示，下列说法不正确的是（）A．操作1为溶解步骤，需待溶液恢复至室温后再转移至容量瓶中 B．操作2中玻璃棒下端与中部均应紧贴容量瓶 C．操作4定容时若仰视刻度线，会使最终溶液浓度偏小 D．玻璃磨口容量瓶使用完毕后，应洗净晾干，并在瓶塞和瓶口处垫一张纸条8．（2026•浙江开学）在无土栽培中，需配制一定组成的植物营养液。已知某营养液配方为0.3molKCl、0.2molK2SO4、0.1molZnSO4，溶于1L水中。现改用K2SO4、ZnCl2、KCl三种固体加1L水配制，保证溶液中各离子物质的量与原配方完全一致，则三种固体的物质的量依次为（）A．0.1mol、0.3mol、0.1mol B．0.3mol、0.1mol、0.1mol C．0.2mol、0.1mol、0.3mol D．0.3mol、0.2mol、0.2mol9．（2026•淮安模拟）配制100mL0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液，部分过程示意图如图。下列说法正确的是（）A．步骤1中称取的Na2CO3固体为10.6g B．步骤1中Na2CO3溶解后，应趁热进行步骤2 C．若步骤2烧杯中的液体洒到容量瓶外，则所配溶液c(NaD．步骤4摇匀后，若容量瓶中液面低于刻度线，不能再滴加蒸馏水至刻度线10．（2026•六安校级开学）某实验需100mL1mol•L﹣1NaOH溶液，配制该NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如图（序号不代表实际操作顺序）。下列说法正确的是（）A．操作①需在液面接近刻度线约1～2毫米时进行 B．缺少操作④时，配制的NaOH溶液浓度偏高 C．操作⑤后发现液面低于刻度线，需要再加水 D．上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤11．（2026春•靖远县期末）用氯化钠固体配制0.1mol•L﹣1的NaCl溶液时，下列玻璃仪器不需要使用的是（）A．烧杯B．胶头滴管C．容量瓶D．分液漏斗A．A B．B C．C D．D12．（2025秋•广东期末）现需要240mL1mol•L﹣1的NaOH溶液，同学们用如图所示容量瓶进行配制。下列说法正确的是（）A．需要称取NaOH固体的质量为9.60g B．可以将NaOH固体放在容量瓶中加水溶解 C．向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流 D．定容时仰视容量瓶刻度线会导致所配溶液的实际浓度大于1mol•L﹣113．（2025秋•碑林区校级期末）下列说法正确的是（）A．将30mL0.5mol/L的Na2SO4溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中Na+的物质的量浓度为0.03mol/L B．VLMg（NO3）2溶液中含Mg2+ag，溶液中c（NO3-）C．将4.0克氢氧化钠固体溶解在水中形成1L溶液，所得溶液浓度为0.1mol/L（忽略温度变化） D．将100mL1.0mol/L的NaCl溶液与200mL1.5mol/L的NaCl溶液混合（忽略溶液体积变化），得到溶液的物质的量浓度为2.5mol/L14．（2025秋•广东期末）将200mL1mol•L﹣1的K2SO4溶液稀释至500mL，得到溶液M。下列有关溶液M的说法错误的是（）A．K2SO4的质量为34.8g B．K+的物质的量浓度为0.4mol•L﹣1 C．SO42-D．K+的物质的量为0.4mol15．（2025秋•河东区期末）同学们配制的植物营养液中含有的离子种类及浓度如下表。离子种类K+NHNa+NO3PO浓度（mol•L﹣1）0.01______0.010.0150.005该植物营养液中NH4+的物质的量浓度为A．0.005mol•L﹣1 B．0.01mol•L﹣1 C．0.015mol•L﹣1 D．0.02mol•L﹣1二．填空题（共1小题）16．（2026•鸡西开学）按要求回答下列问题：（1）现有10种物质：a．稀硝酸；b．Cu；c．CaO；d．NH3；e．NaHSO4；f．空气；g．C2H5OH；h．Na2CO3•10H2O；i．Ba（OH）2；j．蔗糖，其中属于混合物的是（填字母，下同）；属于有机物的是；属于电解质的是。（2）某实验需用450mL0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液清除油污，现用Na2CO3•10H2O晶体配制。①配制过程中，如图所示的仪器一定不需要的是（填字母），还需用到的玻璃仪器是（填仪器名称）。②下列操作会使所配制溶液浓度偏低的是（填字母）。A．溶解后未经冷却就移液、定容B．称量时，托盘天平上药品、砝码位置放反C．定容时俯视刻度线D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线（3）向NaHSO4溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性的离子方程式为。（4）25℃、101kPa下，VLNH3溶于水中得到1Lcmol•L﹣1的氨水，则该状态下的气体摩尔体积为（用含V、c的式子表示）。三．解答题（共3小题）17．（2026•十堰校级开学）认识化学概念及学会用相关物理量表达化学概念是学习化学计算的重要基础。回答下列问题：（1）gClO2含有NA个分子；标准状况下，2molNH3与gCO2的体积相等。（2）Na2O2的摩尔质量为g•mol﹣1；CaCl2溶液中：c（Ca2+）：c（Cl﹣）＝。（3）在同温同压下，质量均为44g的CO和CO2，其体积之比为；某气体在标准状况下的密度为1.875g•L﹣1，则该气体的摩尔质量为g•mol﹣1。（4）“84”消毒液的有效成分为NaClO，某种“84”消毒液的包装说明如图所示。【产品名称】84消毒液【质量分数】25%【有效成分】NaClO【密度】1.2g•cm﹣3【规格】1000mL①该消毒液中NaClO的物质的量浓度约为mol•L﹣1（保留2位有效数字）。②将该消毒液与水按1：240的体积比稀释，用于织物消毒。稀释过程中需要用的仪器有玻璃棒、胶头滴管、（从图中选择，写出名称）。③下列操作会使溶液中NaClO浓度偏高的是（填标号）。A．取用的“84”消毒液原液是久置的B．定容摇匀后液面低于刻度线，加水至刻度线C．量取“84”消毒液原液时，仰视读数D．定容操作时，俯视刻度线E．量筒、烧杯、玻璃棒均未洗涤18．（2026春•朝阳期末）按要求回答下列问题：（1）一种新型人工固氮的原理如图。①②③反应中属于氧化还原反应的是（填编号）。假设每一步均完全转化，每生成0.4molNH3，最终生成O2L（标准状况下）。（2）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色净水剂，主要用于饮用水处理。工业上常用硫酸铁与次氯酸钠在碱性条件下反应制备高铁酸钠。①写出工业制备高铁酸钠时发生反应的离子方程式：。②高铁酸钠可用作净水剂的原因是。③如果用单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，Cl2、ClO2、Na2FeO4三种消毒杀菌剂的消毒效率最高的是（填化学式）。（3）某无色溶液可能含有Ba2+、NH4+、Na+、Cu2+、SO42-、Cl﹣、①溶液中一定存在的离子有，一定不存在的离子有。②Cl﹣的物质的量浓度至少为mol/L。19．（2026春•杭州期中）实验室用Na2SO3与足量硫酸反应制取SO2气体，实验过程中产生SO2的体积（已换算成标准状况下，假设气体全部逸出）随时间的变化如图所示，图中各段时间间隔相同，回答下列问题：（1）该实验制取SO2气体时，硫酸的浓度最佳选用（填“98%”、“70%”或“5%”），原因是。（2）a、b点对应混合溶液的温度T（a）（填“＞”或“＜”）T（b），判断的理由是。（3）SO2的催化氧化反应2SO2（g）+O2（g）⇌催化剂2SO3（g）是工业上生产硫酸的关键步骤。某次实验中，向容积为2L的恒温密闭容器中通入10molSO2和amolO2，反应过程中部分物质的物质的量随反应时间变化的关系如图所示：①0～20min内平均反应速v（O2）＝mol/（L•min）。②已知50min时达平衡状态，请画出起始至平衡过程中SO2浓度随时间变化的曲线图。

答案一．选择题（共15小题）1．（2026•山东校级开学）准确称取1.0600gNa2CO3，基准物质配制0.0500mol•L﹣1Na2CO3溶液，下列仪器必须使用的是（）A．①②③ B．④⑤⑥ C．①②⑤⑥ D．①④⑤⑥【答案】C【分析】计算所需溶液体积：Na2CO3的摩尔质量M＝106g•mol﹣1，碳酸钠的物质的量为1.0600g106g/mol=0.01000mol；所需溶液体积V=0.01000mol0.0500mol/L=0.2000L＝200.0mL，因此实验所需的容量瓶容积为200mL；图①为胶头滴管在定容时使用；图②为200mL容量瓶；图③为精度仅0.01g的普通电子天平；图④为500mL容量瓶；图⑤是精确度高的分析天平；图⑥为玻璃棒；其中图①【解答】解：A．图③为精度仅0.01g的普通电子天平，无法准确称取1.0600g的Na2CO3，故A错误；B．图④为500mL容量瓶，所需配制溶液体积为200mL，不能使用500mL容量瓶，需选用200mL容量瓶，故B错误；C．①胶头滴管：定容，必须用；②200mL容量瓶：计算得体积200 mL，必须用；③普通电子天平：精度不够，不能称1.0600g，不用；④500 mL容量瓶：规格不对，不用；⑤电子天平：可精确到0.0001g，称量1.0600g，必须用；⑥玻璃棒：溶解搅拌、转移引流，必须用；根据分析可知，实验需使用的仪器有①②⑤⑥，故C正确；D．图④容量瓶的容积太大，不合适，应选择图②200mL容量瓶，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查一定物质的量浓度溶液配制。根据计算选对应规格容量瓶；注意基准物精确称量要使用电子天平，托盘天平精度不足；掌握配制每一步对应的仪器。2．（2026•北仑区校级开学）下列溶液中Cl﹣浓度最大的是（）A．10mL0.1mol/LAlCl3溶液 B．20mL0.1mol/LCaCl2溶液 C．30mL0.1mol/LKCl溶液 D．10mL0.5mol/LNaClO溶液【答案】A【分析】强电解质溶液中离子浓度等于溶质的物质的量浓度乘以离子个数，与溶液体积无关。【解答】解：A．10mL0.1mol/L的AlCl3溶液中，c（Cl﹣）＝0.1mol/L×3＝0.3mol/L；B．20mL0.1mol/L的CaCl2溶液中，c（Cl﹣）＝0.1mol/L×2＝0.2mol/L；C．30mL0.1mol/L的KCl溶液中，c（Cl﹣）＝0.1mol/L×1＝0.1mol/L；D．NaClO在水中电离出Na+和ClO﹣，不存在自由移动的Cl﹣，c（Cl﹣）＝0，故Cl﹣浓度最大的为A；故选：A。【点评】本题考查物质的量浓度，题目难度不大，掌握离子的物质的量浓度的计算方法是解题的关键。3．（2026秋•温州月考）下列实验装置能达到实验目的的是（）A．转移热蒸发皿B．中和滴定C．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液D．除去乙炔中的少量H2SA．A B．B C．C D．D【答案】A【分析】A．热蒸发皿不能直接放在桌面上，会烫坏桌面，据此分析；B．中和滴定操作中左手控活塞，右手摇锥形瓶，视线平视凹液面，据此分析；C．根据容量瓶的使用注意事项来分析；D．根据洗气装置的原理来分析。【解答】解：A．用坩埚钳夹持热蒸发皿，并将其放置在石棉网上，可避免烫伤或烫坏实验台，操作合理，能达到实验目的，故A正确；B．中和滴定操作：左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，图示操作中眼睛注视了滴定管的液面变化情况，操作不规范，不能达到实验目的，故B错误；C．容量瓶为定容仪器，不能用于溶解固体，NaOH固体溶解放热，需在烧杯中溶解并冷却至室温后再转移至容量瓶，操作错误，不能达到实验目的，故C错误；D．酸性KMnO4溶液不仅会与杂质H2S反应，也会氧化乙炔，不能达到实验目的，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查化学实验基本操作等基础知识，涵盖蒸发皿使用、中和滴定、溶液配制、洗气装置，注意容量瓶的使用注意事项，中和滴定操作的具体要求等相关知识的考查。4．（2025秋•青岛期末）实验室用18.4mol•L﹣1的浓H2SO4配制460mL0.2mol•L﹣1的稀H2SO4。下列说法正确的是（）A．使用烧杯、玻璃棒、容量瓶、量筒即可完成该实验 B．选用5mL量筒量取浓H2SO4 C．将量取浓H2SO4后的量筒洗涤2～3次，并将洗涤液转移至容量瓶中 D．定容时仰视会导致所配溶液浓度偏低【答案】D【分析】A．该实验缺少胶头滴管（用于定容）；B．需用500mL容量瓶计算，所需溶质为0.2mol/L×0.5L＝0.1mol，体积V=0.1molC．量筒为量取仪器，残留液已计入体积，洗涤会导致额外溶质转移；D．仰视时视线低于刻度线，导致实际液面超过刻度线。【解答】解：A．该实验缺少胶头滴管用于定容时精确加水，故A错误；B．需用500mL容量瓶计算，所需浓H2SO4为0.2mol/L×0.5L＝0.1mol，体积V=0.1mol18.4mol/L≈5.4mL，5mL量筒最大量程为5mL，无法量取5.4mL，应选用10mL量筒量取浓H2SO4C．量筒为量取仪器，残留液已计入体积，洗涤会导致额外溶质转移，使所配溶液浓度偏高，故C错误；D．仰视时视线低于刻度线，导致实际液面超过刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查配制一定物质的量浓度的溶液等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。5．（2026•校级模拟）配制100mL1mol•L﹣1NaOH溶液的几个关键实验操作如图所示。下列说法正确的是（）A．正确的操作顺序是③②④⑥①⑤ B．容量瓶使用时可以加热，使用前要检验是否漏水 C．实验时若缺少操作④，会导致所配溶液的c（NaOH）＞1mol•L﹣1 D．操作⑤后发现溶液的液面低于刻度线，应补加蒸馏水【答案】A【分析】A．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤包括计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等；B．容量瓶不能加热，只能用于配制溶液，使用前需要检漏；C．操作④为洗涤烧杯和玻璃棒；D．加盖摇匀，使溶液混合均匀。【解答】解：A．配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，正确的操作顺序为③②④⑥①⑤，故A正确；B．容量瓶不能加热，且容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏水，使用前应检测是否漏水，故B错误；C．溶解、转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，则所配溶液中溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低，故C错误；D．摇匀后补加蒸馏水，使溶液体积偏大，浓度偏低，故D错误；故选：A。【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的方法，题目难度不大，注意掌握一定物质的量浓度的溶液的配制实验的操作方法，需要明确配制过程中误差分析的方法。6．（2026•方山县开学）实验室用NaOH固体配制480mL•1mol•L﹣1NaOH溶液。下列说法正确的是（）A．配制溶液时使用的容量瓶必须干燥 B．配制溶液过程中，玻璃棒只起到引流的作用 C．需用托盘天平称量20.0gNaOH固体 D．NaOH固体在烧杯中溶解后，立刻转移至容量瓶中【答案】C【分析】A．容量瓶配制溶液时定容步骤还需加入蒸馏水，残留的水不影响溶质物质的量和最终溶液体积；B．溶解NaOH固体时玻璃棒作用为搅拌加速溶解，转移溶液时作用为引流；C．实验室无480mL容量瓶，需选用500mL容量瓶配制，物质的量n＝V•c；D．NaOH固体溶解释放大量热，若立刻转移至容量瓶定容，待溶液冷却至室温后体积偏小。【解答】解：A．由于容量瓶配制溶液时定容步骤还需加入蒸馏水，残留的水不影响溶质物质的量和最终溶液体积，所以配制溶液时使用的容量瓶无需干燥，故A错误；B．溶解氢氧化钠固体时玻璃棒作用为搅拌加速溶解，转移溶液时作用为引流，不止起到引流作用，故B错误；C．实验室无480mL容量瓶，需选用500mL容量瓶配制，所需氢氧化钠的物质的量n＝V•c＝0.5L×1mol•L﹣1＝0.5mol，质量m＝n•M＝0.5mol×40g•mol﹣1＝20.0g，托盘天平精度为0.1g，可称量20.0g固体，故C正确；D．氢氧化钠固体溶解释放大量热，若立刻转移至容量瓶定容，待溶液冷却至室温后体积偏小，所得溶液浓度偏高，应冷却至室温后再转移，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查配制一定物质的量浓度的溶液等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。7．（2026•浙江开学）配制100mL1mol/L的Na2CO3溶液的操作过程如图所示，下列说法不正确的是（）A．操作1为溶解步骤，需待溶液恢复至室温后再转移至容量瓶中 B．操作2中玻璃棒下端与中部均应紧贴容量瓶 C．操作4定容时若仰视刻度线，会使最终溶液浓度偏小 D．玻璃磨口容量瓶使用完毕后，应洗净晾干，并在瓶塞和瓶口处垫一张纸条【答案】B【分析】A．操作1为Na2CO3的溶解步骤，溶解过程伴随热量变化；B．操作2为转移溶液，玻璃棒作用是引流，仅需下端紧贴容量瓶刻度线以下的内壁即可，中部无需紧贴容量瓶；C．定容时仰视刻度线，会使加入的蒸馏水体积超过刻度线，溶液体积V偏大；D．玻璃磨口容量瓶使用完毕洗净晾干后，在瓶塞和瓶口处垫纸条。【解答】解：A．操作1为碳酸钠的溶解步骤，溶解过程伴随热量变化，若未冷却直接转移，冷却后溶液体积偏小导致浓度偏高，需待溶液恢复至室温后再转移，故A正确；B．操作2为转移溶液，玻璃棒作用是引流，玻璃棒下端紧贴容量瓶刻度线以下的内壁，中部无需紧贴容量瓶，若中部紧贴瓶口易导致液体洒出或残留于刻度线上方，引入误差，故B错误；C．定容时仰视刻度线，会使加入的蒸馏水体积超过刻度线，溶液体积偏大，溶质的物质的量不变时，最终溶液浓度偏小，故C正确；D．玻璃磨口容量瓶使用完毕洗净晾干后，在瓶塞和瓶口处垫纸条，可防止磨口处粘连导致后续无法打开瓶塞，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查配制一定物质的量浓度的溶液等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。8．（2026•浙江开学）在无土栽培中，需配制一定组成的植物营养液。已知某营养液配方为0.3molKCl、0.2molK2SO4、0.1molZnSO4，溶于1L水中。现改用K2SO4、ZnCl2、KCl三种固体加1L水配制，保证溶液中各离子物质的量与原配方完全一致，则三种固体的物质的量依次为（）A．0.1mol、0.3mol、0.1mol B．0.3mol、0.1mol、0.1mol C．0.2mol、0.1mol、0.3mol D．0.3mol、0.2mol、0.2mol【答案】B【分析】原营养液中n（K+）＝n（KCl）+2n（K2SO4）＝0.3mol+0.2mol×2＝0.7mol、n（SO42-）＝n（K2SO4）+n（ZnSO4）＝0.2mol+0.1mol＝0.3mol、n（Zn2+）＝n（ZnSO4）＝0.1mol、n（Cl﹣）＝n（KCl）＝0.3mol，K2SO4、ZnCl2、【解答】解：原营养液中n（K+）＝n（KCl）+2n（K2SO4）＝0.3mol+0.2mol×2＝0.7mol、n（SO42-）＝n（K2SO4）+n（ZnSO4）＝0.2mol+0.1mol＝0.3mol、n（Zn2+）＝n（ZnSO4）＝0.1mol、n（Cl﹣）＝n（KCl）＝0.3mol，K2SO4、ZnCl2、KCl配制与原配方完全一致的溶液，只要两种溶液中各离子的物质的量相等即可，设K2SO4、ZnCl2、KCl的物质的量分别是xmol、ymol、zmol，n（K+）＝2n（K2SO4）+n（KCl）＝2xmol+zmol＝0.7mol，n（SO42-）＝n（K2SO4）＝xmol＝0.3mol，则x＝0.3、z＝0.1，n（Zn2+）＝n（ZnCl2）＝ymol＝0.1mol，y＝0.1，K2SO4、ZnCl2、KCl三种固体的物质的量依次为0.3mol、故选：B。【点评】本题考查物质的量浓度的计算，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确离子守恒是解本题的关键，题目难度不大。9．（2026•淮安模拟）配制100mL0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液，部分过程示意图如图。下列说法正确的是（）A．步骤1中称取的Na2CO3固体为10.6g B．步骤1中Na2CO3溶解后，应趁热进行步骤2 C．若步骤2烧杯中的液体洒到容量瓶外，则所配溶液c(NaD．步骤4摇匀后，若容量瓶中液面低于刻度线，不能再滴加蒸馏水至刻度线【答案】D【分析】配制100mL0.100mol•L⁻1Na2CO3溶液的步骤依次为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。所需Na2CO3的物质的质量为m＝CVM＝0.1L×0.100mol•L﹣1×106g/mol＝1.06g≈1.1g，溶解后需冷却至室温再转移至容量瓶，避免热胀冷缩导致体积误差；转移过程中溶质损失会导致浓度偏低；定容摇匀后液面低于刻度线为正常现象，补加水会稀释溶液导致浓度偏低。【解答】解：A．所需Na2CO3的质量为0.1L×0.100mol•L﹣1×106g/mol＝1.06g≈1.1g，不是10.6g，故A错误；B．Na2CO3溶解后放热，若趁热转移至容量瓶，冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，应冷却至室温后再进行转移，故B错误；C．步骤2烧杯中的液体洒到容量瓶外，会导致溶质损失，所配溶液浓度小于0.100mol•L﹣1，故C错误；D．步骤4摇匀后，容量瓶中液面低于刻度线是因为部分溶液附着在容量瓶塞和瓶颈内壁，属于正常现象，若再滴加蒸馏水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，因此不能再滴加蒸馏水，故D正确；故选：D。【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制过程，包含计算、操作规范及误差分析。10．（2026•六安校级开学）某实验需100mL1mol•L﹣1NaOH溶液，配制该NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如图（序号不代表实际操作顺序）。下列说法正确的是（）A．操作①需在液面接近刻度线约1～2毫米时进行 B．缺少操作④时，配制的NaOH溶液浓度偏高 C．操作⑤后发现液面低于刻度线，需要再加水 D．上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤【答案】D【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、移液、定容、摇匀，溶解后必须冷却至室温再转移，热溶液会使容量瓶受热，浓度偏大；洗涤液一定要转入容量瓶，否则浓度偏小。【解答】解：A．配制一定物质的量浓度的溶液，操作①是定容，需在液面离刻度线1～2厘米时进行，故A错误；B．操作④是洗涤，缺少该步骤会损失NaOH，使配制的NaOH溶液浓度偏低，故B错误；C．操作⑤摇匀后液面低于刻度线时，不需要再加入水，否则使配制的NaOH溶液浓度偏低，故C错误；D．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、移液、定容、摇匀等，正确的操作顺序为③②④⑥①⑤，故D正确；故选：D。【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液操作，题目难度不大。11．（2026春•靖远县期末）用氯化钠固体配制0.1mol•L﹣1的NaCl溶液时，下列玻璃仪器不需要使用的是（）A．烧杯B．胶头滴管C．容量瓶D．分液漏斗A．A B．B C．C D．D【答案】D【分析】配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀；结合以上各步骤操作所用到德的仪器来分析。【解答】解：A．配制溶液时需要用烧杯溶解氯化钠固体，故A错误；B．定容时液面接近容量瓶刻度线，需要用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相平，故B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液需要用容量瓶确定最终溶液体积，故C错误；D．分液漏斗用于互不相溶液体的分液、向反应体系滴加液体等操作，配制氯化钠溶液的过程不需要使用该仪器，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查一定物质的量浓度溶液配制的仪器选择；需要熟记实验步骤和对应仪器，分清各类玻璃仪器使用场景，区分配制溶液和分液操作所用仪器，避免混淆。12．（2025秋•广东期末）现需要240mL1mol•L﹣1的NaOH溶液，同学们用如图所示容量瓶进行配制。下列说法正确的是（）A．需要称取NaOH固体的质量为9.60g B．可以将NaOH固体放在容量瓶中加水溶解 C．向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流 D．定容时仰视容量瓶刻度线会导致所配溶液的实际浓度大于1mol•L﹣1【答案】C【分析】A．配制240mL1mol/L的NaOH选用250mL容量瓶；B．容量瓶不能用于溶解固体；C．向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流；D．定容时仰视容量瓶刻度线，所配溶液的体积偏大。【解答】解：A．配制240mL1mol/L的NaOH选用250mL容量瓶，需要称取NaOH固体的质量为1mol/L×0.25L×40g/mol＝10.0g，故A错误；B．容量瓶不能用于溶解固体，应在烧杯中溶解，故B错误；C．向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流，故C正确；D．定容时仰视容量瓶刻度线，所配溶液的体积偏大，会导致所配溶液的实际浓度小于1mol•L﹣1，故D错误；故选：C。【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。13．（2025秋•碑林区校级期末）下列说法正确的是（）A．将30mL0.5mol/L的Na2SO4溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中Na+的物质的量浓度为0.03mol/L B．VLMg（NO3）2溶液中含Mg2+ag，溶液中c（NO3-）C．将4.0克氢氧化钠固体溶解在水中形成1L溶液，所得溶液浓度为0.1mol/L（忽略温度变化） D．将100mL1.0mol/L的NaCl溶液与200mL1.5mol/L的NaCl溶液混合（忽略溶液体积变化），得到溶液的物质的量浓度为2.5mol/L【答案】C【分析】A．结合n＝cV及稀释前后溶质的物质的量不变计算；B．根据Mg2+的质量求出物质的量，进而求出浓度，然后计算c（NO3C．4.0gNaOH为0.1mol，形成1L溶液后浓度为0.1mol/L；D．据n＝cV计算物质的量，根据稀释前后物质的量守恒计算。【解答】解：A．将30mL0.5mol/L的Na2SO4溶液加水稀释到500mL，原n（Na2SO4）＝0.03L×0.5mol/L＝0.015mol，n（Na+）＝0.03mol，稀释至0.5L后浓度为0.06mol/L，故A错误；B．VLMg（NO3）2溶液中含Mg2+ag，n（Mg2+）=a24mol，则NO3-物质的量为a12molC．4.0gNaOH为0.1mol，形成1L溶液后浓度为0.1mol/L，故C正确；D．混合后溶液的物质的量浓度应为0.1L×1.0mol/L+0.2L×1.5mol/L0.3L≈43故选：C。【点评】本题考查一定物质的量浓度的有关计算等知识，题目难度中等。14．（2025秋•广东期末）将200mL1mol•L﹣1的K2SO4溶液稀释至500mL，得到溶液M。下列有关溶液M的说法错误的是（）A．K2SO4的质量为34.8g B．K+的物质的量浓度为0.4mol•L﹣1 C．SO42-D．K+的物质的量为0.4mol【答案】B【分析】稀释前后溶质物质的量不变，溶液M中n（K2SO4）＝200×10﹣3L×1mol/L＝0.2mol，据此解答。【解答】解：A．m＝nM，m（K2SO4）＝0.2mol×174g/mol＝34.8g，故A正确；B．离子浓度＝溶质浓度×离子数，c（K+）＝2c（K2SO4）=2×200×10-3C．n（SO42-）＝n（K2SO4）＝0.2molD．n（K+）＝2n（K2SO4）＝2×0.2mol＝0.4mol，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查物质的量浓度的相关计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。15．（2025秋•河东区期末）同学们配制的植物营养液中含有的离子种类及浓度如下表。离子种类K+NHNa+NO3PO浓度（mol•L﹣1）0.01______0.010.0150.005该植物营养液中NH4+的物质的量浓度为A．0.005mol•L﹣1 B．0.01mol•L﹣1 C．0.015mol•L﹣1 D．0.02mol•L﹣1【答案】B【分析】该溶液中存在电荷守恒c（K+）+c（NH4+）+c（Na+）＝c（NO3-）【解答】解：该溶液中存在电荷守恒c（K+）+c（NH4+）+c（Na+）＝c（NO3-）+3c（PO43-），即0.01mol/L+c（NH4+）+0.01mol/L＝0.015mol/L+3×故选：B。【点评】本题考查物质的量浓度的计算，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确溶液中存在的电荷守恒是解本题关键，题目难度不大。二．填空题（共1小题）16．（2026•鸡西开学）按要求回答下列问题：（1）现有10种物质：a．稀硝酸；b．Cu；c．CaO；d．NH3；e．NaHSO4；f．空气；g．C2H5OH；h．Na2CO3•10H2O；i．Ba（OH）2；j．蔗糖，其中属于混合物的是af（填字母，下同）；属于有机物的是gj；属于电解质的是cehi。（2）某实验需用450mL0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液清除油污，现用Na2CO3•10H2O晶体配制。①配制过程中，如图所示的仪器一定不需要的是DE（填字母），还需用到的玻璃仪器是500mL容量瓶、玻璃棒（填仪器名称）。②下列操作会使所配制溶液浓度偏低的是BD（填字母）。A．溶解后未经冷却就移液、定容B．称量时，托盘天平上药品、砝码位置放反C．定容时俯视刻度线D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线（3）向NaHSO4溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性的离子方程式为2H++S（4）25℃、101kPa下，VLNH3溶于水中得到1Lcmol•L﹣1的氨水，则该状态下的气体摩尔体积为VcL⋅mol-1（用含【答案】（1）af；gj；cehi；（2）①DE；500mL容量瓶、玻璃棒；②BD；（3）2H（4）Vc【分析】（1）混合物是由两种或多种物质混合而成，稀硝酸和空气是混合物；有机物是含碳化合物（除CO、CO2、碳酸盐等），C2H5OH和蔗糖是有机物；电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；（2）①配制450mL溶液需选用500mL容量瓶，步骤为计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀；②A．溶解后未冷却就定容，溶液冷却后体积减小；B．称量时药品、砝码位置放反，会导致称取的溶质质量偏小，物质的量偏小；C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小；D．定容摇匀后再加水，导致溶液体积偏大；（3）NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液恰好完全反应至溶液呈中性，二者按物质的量2：1反应；（4）根据题意，配制的氨水溶液体积为1L，浓度为cmol•L﹣1。溶质NH3的物质的量为n（NH3）＝cmol/L×1L＝cmol。这些NH3气体在25℃、101kPa下的体积为VL，根据气体摩尔体积的定义Vm【解答】解：（1）混合物是由两种或多种物质混合而成，稀硝酸和空气是混合物，故属于混合物的是a、f；有机物是含碳化合物（除CO、CO2、碳酸盐等），C2H5OH和蔗糖是有机物，故属于有机物的是g、j；电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，CaO（熔融导电），NaHSO4（水溶液导电），Na2CO3・10H2O（水溶液导电），Ba（OH）2（水溶液导电），故属于电解质的是c、e、h、i，故答案为：af；gj；cehi；（2）①配制450mL溶液需选用500mL容量瓶，步骤为计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀。一定不需要的为D（漏斗）、E（圆底烧瓶）；还需用到的玻璃仪器：500mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：DE；500mL容量瓶、玻璃棒；②A．溶解后未冷却就定容，溶液冷却后体积减小，导致浓度偏高；B．称量时药品、砝码位置放反，会导致称取的溶质质量偏小，物质的量偏小，浓度偏低；C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高；D．定容摇匀后再加水，导致溶液体积偏大，浓度偏低；故答案为：BD；（3）NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液恰好完全反应至溶液呈中性，二者按物质的量2：1反应，反应离子方程式为2H故答案为：2H（4）根据题意，配制的氨水溶液体积为1L，浓度为cmol•L﹣1。溶质NH3的物质的量为n（NH3）＝cmol/L×1L＝cmol。这些NH3气体在25℃、101kPa下的体积为VL，根据气体摩尔体积的定义Vm=V故答案为：Vc【点评】本题主要考查配制一定物质的量浓度的溶液等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。三．解答题（共3小题）17．（2026•十堰校级开学）认识化学概念及学会用相关物理量表达化学概念是学习化学计算的重要基础。回答下列问题：（1）67.5gClO2含有NA个分子；标准状况下，2molNH3与88gCO2的体积相等。（2）Na2O2的摩尔质量为78g•mol﹣1；CaCl2溶液中：c（Ca2+）：c（Cl﹣）＝1：2。（3）在同温同压下，质量均为44g的CO和CO2，其体积之比为11：7；某气体在标准状况下的密度为1.875g•L﹣1，则该气体的摩尔质量为42g•mol﹣1。（4）“84”消毒液的有效成分为NaClO，某种“84”消毒液的包装说明如图所示。【产品名称】84消毒液【质量分数】25%【有效成分】NaClO【密度】1.2g•cm﹣3【规格】1000mL①该消毒液中NaClO的物质的量浓度约为4.0mol•L﹣1（保留2位有效数字）。②将该消毒液与水按1：240的体积比稀释，用于织物消毒。稀释过程中需要用的仪器有玻璃棒、胶头滴管、烧杯、量筒（从图中选择，写出名称）。③下列操作会使溶液中NaClO浓度偏高的是CD（填标号）。A．取用的“84”消毒液原液是久置的B．定容摇匀后液面低于刻度线，加水至刻度线C．量取“84”消毒液原液时，仰视读数D．定容操作时，俯视刻度线E．量筒、烧杯、玻璃棒均未洗涤【答案】（1）67.5；88；（2）78；1：2；（3）11：7；42；（4）①4.0；②烧杯、量筒；③CD。【分析】（1）运用n=m（2）摩尔质量数值等于相对分子质量；根据盐的电离关系，得出离子浓度比例；（3）同温同压气体体积比等于物质的量之比；利用公式M＝ρVm计算气体摩尔质量；（4）物质的量浓度和质量分数换算；粗略稀释的仪器选用；根据c=n【解答】解：（1）含有NA个ClO2分子，其物质的量n＝1mol，ClO2的摩尔质量M＝35.5g•mol﹣1+2×16g•mol﹣1＝67.5g•mol﹣1，故质量m＝nM＝1mol×67.5g/mol＝67.5g；标准状况下气体体积相等则物质的量相等，故CO2的物质的量为2mol，质量为2mol×44g•mol﹣1＝88g；故答案为：67.5；88；（2）Na2O2的摩尔质量为2×23g•mol﹣1+2×16g•mol﹣1＝78g•mol﹣1；CaCl2完全电离为Ca2+和Cl﹣，故c（Ca2+）：c（Cl﹣）＝1：2；故答案为：78；1：2；（3）同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，质量相等时物质的量与摩尔质量成反比，故V（CO）：V（CO2）＝M（CO2）：M（CO）＝44：28＝11：7；标准状况下气体摩尔质量M＝ρVm＝1.875g•L﹣1×22.4L/mol＝42g/mol；故答案为：11：7；42；（4）①根据换算公式c=1000ρωM，代入数据得c（NaClO）=故答案为：4.0；②按体积比粗略稀释溶液，需要用量筒量取液体体积，用烧杯盛装溶液混合，故还需要烧杯、量筒；故答案为：烧杯、量筒；③A．久置消毒液NaClO变质，溶质偏少，浓度偏低，故A错误；B．定容后加水，溶液体积偏大，浓度偏低，故B错误；C．仰视量取原液，溶质偏多，浓度偏高，故C正确；D．定容俯视，溶液体积偏小，浓度偏高，故D正确；E．量筒不需要洗涤，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质损失，浓度偏低，故E错误；故答案为：CD。【点评】本题主要考查物质的量相关计算，包含阿伏加德罗常数、摩尔质量、气体定律、浓度换算、溶液稀释与误差分析，综合性较强，侧重公式运用与实验操作的理解。18．（2026春•朝阳期末）按要求回答下列问题：（1）一种新型人工固氮的原理如图。①②③反应中属于氧化还原反应的是①③（填编号）。假设每一步均完全转化，每生成0.4molNH3，最终生成O272L（标准状况下）。（2）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色净水剂，主要用于饮用水处理。工业上常用硫酸铁与次氯酸钠在碱性条件下反应制备高铁酸钠。①写出工业制备高铁酸钠时发生反应的离子方程式：2Fe3++3Cl②高铁酸钠可用作净水剂的原因是Na2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质。③如果用单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，Cl2、ClO2、Na2FeO4三种消毒杀菌剂的消毒效率最高的是ClO2（填化学式）。（3）某无色溶液可能含有Ba2+、NH4+、Na+、Cu2+、SO42-、Cl﹣、①溶液中一定存在的离子有Ba2+、NH4+、HCO3-、HSO3-、Cl﹣②Cl﹣的物质的量浓度至少为0.05mol/L。【答案】（1）①③；6.72；（2）①2Fe②Na2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质；③ClO2；（3）①Ba2+、NH4+、HCO3-、HSO3-②0.05。【分析】（1）由图可知，①中氮气参与反应，③中生成Li和O2，均有元素化合价变化，属于氧化还原反应，②中元素均未发生变化，不是氧化还原反应，故选：①③；由图根据化学方程式书写方法书写化学方程式，再计算生成NH3，生成O2的物质的量，进行计算标况下的体积；（2）①工业上常用硫酸铁与次氯酸钠在碱性条件下反应制备高铁酸钠，根据离子方程式书写方法进行书写；②高铁酸钠可用作净水剂的原因是：Na2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质；③设3种物质的质量均为1g，Cl2的还原产物为Cl﹣，得电子的物质的量为：171×2mol≈0.028mol、ClO2的还原产物为Cl﹣，得电子的物质的量为：167.5×5mol≈0.074mol，Na2FeO4的还原产物为Fe3+，Na2FeO4得电子的物质的量为：1（3）Cu2+在溶液中显蓝色，该溶液中一定不含Cu2+；加入足量过氧化氢溶液并用足量盐酸酸化，有0.01mol气体产生，一定含0.01molHCO3-，有0.01mol沉淀产生，沉淀为BaSO4，说明一定含有0.01molBa2+和HSO3-，一定不含SO42-；加入氢氧化钠溶液，加热产生0.01mol气体，则一定含0.01molNH4+，产生的0.005mol沉淀也是【解答】解：（1）由图可知，①中氮气参与反应，③中生成Li和O2，均有元素化合价变化，属于氧化还原反应，②中元素均未发生变化，不是氧化还原反应，故选：①③；由图可知总反应为：2N2+6H2O一定条件4NH3+3O故答案为：①③；6.72；（2）①工业上常用硫酸铁与次氯酸钠在碱性条件下反应制备高铁酸钠，离子方程式为：2Fe故答案为：2Fe②高铁酸钠可用作净水剂的原因是：Na2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，Na2FeO4的还原产物为Fe3+，F