考点06 一定物质的量浓度溶液的配制-高考化学二轮复习专题练(通用版) (解析版)

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考点06 一定物质的量浓度溶液的配制

一轮回顾：强基固本 1．一定物质的量浓度溶液的配制

(1)配制溶液的六种仪器

托盘天平、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。 (2)配制溶液的八步操作

计算→称量(量取)→溶解(稀释)并冷却→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶并贴签。 (3)容量瓶使用的两个“不能”

①容量瓶是精确配制溶液的仪器，不能用于溶解、稀释和长时间贮存液体。

②容量瓶的规格是固定的，不能配制任意体积的溶液，所配溶液的体积一定要与容量瓶的容积相同。

(4)明确误差分析的思维流程与方法

2．物质的量浓度及相关计算

易错点聚焦 溶液配制操作的注意事项

(1)仪器的选用要注意思维有序，从配制步骤角度排查还需要的仪器。

(2)用玻璃棒引流时，玻璃棒末端应插入刻度线以下并接触瓶壁，但玻璃棒不能接触瓶口。 (3)溶液配制过程中，若有任何引起误差的操作均应重新配制。

(4)导致溶液浓度偏低的错误操作：NaOH在称量纸上称量；左码右物(用游码)；洗涤或转移时溶液溅出；未洗涤烧杯及玻璃棒；超过刻度线时用胶头滴管吸出液体；定容时仰视；定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水。

(5)导致溶液浓度偏高的错误操作：砝码生锈；定容时俯视；未等溶液冷却至室温就定容。

二轮突破：强弱克难 一、一定物质的量浓度溶液配制的常考点分析 1．配制一定物质的量浓度的溶液，填写缺少的仪器

一般从以下三种仪器中选择：容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，填写时一定要注明容量瓶的规格。 2．误差分析的来源

(1)导致cB偏低的错误操作：垫滤纸称量NaOH固体；左码右物(用游码)；称量时间过长(潮解)；洗涤或转移时溶液溅出；未洗涤烧杯及玻璃棒；超过刻度时用滴管吸出液体；定容时仰视；定容后发现液面低于刻度线再加水。

(2)导致cB偏高的错误操作：砝码生锈；定容时俯视；未等溶液冷却至室温就定容。 (3)定容时俯视、仰视对结果的影响：务必确保按眼睛视线→刻度线→凹液面最低点的顺序，做到“三点一线”。

①仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大。

②俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小。

二、两溶液混合的定性判断规律

同一溶质、不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。 (1)两溶液等质量混合：w＝(2)两溶液等体积混合

w1＋w2

①若溶液的密度大于溶剂的密度，则w>，如H2SO4溶液。

2w1＋w2

②若溶液的密度小于溶剂的密度，则w<，如氨水、酒精溶液。

2三、灵活利用三个守恒关系

(1)稀释前后溶质的物质的量守恒：c(浓溶液)·V(浓溶液)＝c(稀溶液)·V(稀溶液)。 (2)溶液中粒子之间正、负电荷守恒(溶液呈电中性)。 (3)质量守恒：反应前后同种原子的质量相等。 (4)巧用电荷守恒求解离子浓度

任何电解质溶液中均存在电荷守恒，即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒关系为3c(Al3)＋c(H)＝2c(SO24)＋c(OH)，知其中三种离子的浓度，即可求剩余一种离子的浓度。

注意：一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略c(H)、c(OH)，但在计算时，酸性溶液中常可忽略c(OH)，碱性溶液中常可忽略c(H)。 四、溶液的稀释和混合 1．溶液稀释定律(守恒观点)

溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1ω1＝m2ω2；溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2；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的溶液混合后的计算

混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)；混合后溶液体积发生改变时，c1V1m混

＋c2V2＝c混V混，其中V＝。

ρ混

五、在量筒、滴定管、容量瓶的使用时经常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何(偏大或偏小)，分两种情况说明。 1．容量瓶(如图Ⅰ、Ⅱ)

－

＋

＋

－

＋

＋

－

－

w1＋w2

。 2

(1)图Ⅰ：定容时俯视，溶液体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大。

(2)图Ⅱ：定容时仰视，溶液体积偏大，所配制溶液的物质的量浓度偏小

2．量筒、滴定管(如图Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ)

(1)图Ⅲ：量筒上方刻度大，俯视时视线与凹液面最低处相切，视线与量筒壁相交处(a点)即为俯视读数，则量筒内液面俯视读数比实际读数偏大。

(2)图Ⅳ：量筒下方刻度小，仰视时视线与凹液面最低处相切，视线与量筒壁相交处(b)点即为仰视读数，则量筒内液面仰视读数比实际读数偏小。

(3)图Ⅴ：滴定管上方刻度小，俯视读数时视线与凹液面最低处相切，视线与滴定管壁相交处(c点)即为俯视读数，则滴定管内液面俯视读数比实际读数偏小。

(4)图Ⅵ：滴定管下方刻度更大，仰视读数时视线与凹液面最低处相切，视线与滴定管壁相交处(d点)即为仰视读数，则滴定管内液面仰视读数比实际读数偏大。

针对训练

B．150mL3molL-1HCl溶液

-1D．50mL1.5molLMgCl2溶液

1．下列溶液中所含c(Cl-)最大的是 A．150mL5molL-1NaClO溶液

-1C．50mL1.5molLAlCl3溶液

【答案】C 【解析】

--1NaClO溶液溶液中不存在氯离子，150 mL3 mol?L-1HCl溶液中cCl=3 mol?L，

50 mL1.5 mol?L-1AlCl3溶液中cCl-=4.5 mol?L-1，50 mL1.5 mol?L-1MgCl2溶液中

cCl-=3 mol?L-1，综上所述，C中cCl-最大，故答案选C。



2．下列说法正确的是

A．将44.8 L的HCl气体溶于水配成1 L溶液，溶液的浓度为2 mol/L

B．2 L 0.2 mol/L的NaCl溶液与5 L 0.4 mol/L的NaCl溶液的Cl浓度之比为1：2 C．将40 g NaOH固体溶解在1 L水中，所得溶液的浓度恰好是1 mol/L

D．用CuSO45H2O配制0.1 mol/L的CuSO4溶液100 mL，需称取固体质量为1.6 g 【答案】B 【解析】

A．气体不一定是标准状况，故A错误；

B．2 L 0.2 mol/L的NaCl溶液与5 L 0.4 mol/L的NaCl溶液的Cl浓度之比为==0.2 mol/L：0.4 mol/L= 1：2，故B正确；

C．将40 g NaOH固体溶解在1 L水中，溶液的体积不等于1L，故C错误； D．应称取0.1 mol/L×0.1L×250g/mol =2.5 g CuSO45H2O，故D错误； 故选B。

3．若以w1和w2分别表示浓度为c1mol/L和c2mol/L的氨水的质量分数，且知2c1=c2，则下列推断正确的是 A．2 w1= w2 【答案】C 【解析】 根据c=1000ρ1ω11000ρ2ω21000ρω，得c1和c2=，前者除以后者得到MMMB．2 w2= w1 C．w2＞2 w1 D．w1＜ w2＜2 w1

1000ρ1ω12ρωc1ρωcM=111，12，根据氨水物质的量浓度越大，则密度越小，2c1=c2ρ2ω1c21000ρ2ω2ρ2ω22c1M得到ρ1>ρ2，则ω22ω1，故C正确。 综上所述，答案为C。

4．下列溶液中的Cl浓度与50mL1.5mol/LMgCl2溶液中的Cl浓度相等的是 A．150mL1mol/LNaCl溶液 C．75mL1mo1/LCaCl2溶液 【答案】B 【分析】

50mL1.5mol/LMgCl2溶液中的Cl浓度为3mol/L。

B．75mL1mol/LAlCl3溶液 D．150mL1.5mol/LKCl溶液

【解析】

A．150mL1mol/LNaCl溶液中的Cl浓度为1mol/L，与1.5mol/LMgCl2溶液中的Cl浓度不相等，故A不符合题意；

B．75mL1mol/LAlCl3溶液中的Cl浓度为3mol/L，与1.5mol/LMgCl2溶液中的Cl浓度相等，故B符合题意；

C．75mL1mo1/LCaCl2溶液中的Cl浓度为2mol/L，与1.5mol/LMgCl2溶液中的Cl浓度不相等，故C不符合题意；

D．150mL1.5mol/LKCl溶液中的Cl浓度为1.5mol/L，与1.5mol/LMgCl2溶液中的Cl浓度不相等，故D不符合题意。 综上所述，答案为B。

5．现有盐酸和硫酸混合溶液100mL，其中c(Cl-)=1.6mol·L-1，，现将其分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，往另一份中投入足量铁片，放出标准状况下VL气体。下列判断正确的是

A．原混合酸中n(SO24)=0.01mol

B．原混合酸中n(H+)=0.18mol C．V=2.24

D．原溶液中HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18mol 【答案】D 【分析】

将溶液分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，该沉淀应为

2硫酸钡，则每份溶液中n(SO4)=

2.33g2c(SO所以原溶液中n(SO4)=0.02mol，-1=0.01mol，233gmol24)=

0.02mol-=0.2mol/L，根据电荷守恒c(H+)=2c(SO24)+ c(Cl)=2.0mol/L。 0.1L【解析】

A．根据分析可知原溶液中n(SO4)=0.02mol，A错误；

B．根据分析可知原溶液中c(H+)=2.0mol/L，则n(H+)=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，B错误； C．原溶液中n(H+)=0.2mol，则每份溶液中n(H+)=0.1mol，与足量铁片反应，全部转化为氢气，所以n(H2)=0.05mol，体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，C错误；

D．n(HCl)=n(Cl-)=1.6mol/L×0.1L=0.16mol，根据分析，原溶液中n(H2SO4)=n(SO4)=0.02mol，所以HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18mol，D正确； 综上所述答案为D。

6．下列溶液与10mL0.1mol/LMgCl2溶液里Cl-物质的量浓度相同的是 A．200mL0.1mol/L氯化钾 B．50mL0.2mol/L氯化钙

C．将224mLHCl气体通入水中配成50mL溶液

D．将1.42gCl2通入足量Ca(OH)2溶液中并稀释至100mL

22

【答案】D 【解析】

A．10mL0.1mol/LMgCl2溶液里Cl-物质的量浓度为0.2mol/L，200mL0.1mol/L氯化钾溶液里Cl-物质的量浓度为0.1mol/L，A错误；

B．50mL0.2mol/L氯化钙溶液里Cl-物质的量浓度为0.4mol/L，B错误；

C．将224mLHCl气体通入水中配成50mL溶液，由于所给数据为HCl的体积，但未注明标准状况下，所以无法计算，C错误；

D．氯气与氢氧化钙离子反应式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，1.42gCl2为0.02mol， 通入足量Ca(OH)2溶液中Cl-物质的量为0.02mol，故浓度为0.2mol/L，D正确； 故选D。

7．下列溶液中H+浓度最大的是 A．10mL，4mol/LHCl溶液 C．6mL，5mol/LHNO3溶液 【答案】B 【分析】

同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数，与溶液的体积无关。 【解析】

A．10mL，4mol/LHCl溶液中氢离子浓度为4mol/L； B．2mL，10mol/LHCl溶液中氢离子浓度为10mol/L； C．6mL，5mol/LHNO3溶液中氢离子浓度为5mol/L；

D．50mL，2mol/LH2SO4溶液中氢离子浓度为2mol/L×2=4mol/L； 氢离子浓度最大的是B，故选B。

8．K2SO4、KCl、NaCl三种固体溶于水得到的溶液M中部分离子的物质的量浓度如图甲所示。取200mL混合溶液加水稀释，测得c(Na+)随溶液体积的变化如图乙所示。下列说法正确的是

B．2mL，10mol/LHCl溶液 D．50mL，2mol/LH2SO4溶液

A．Y离子可能是SO2-4 B．c1=0.6

C．溶液M中KCl物质的量浓度为0.9mol/L D．K2SO4与NaCl物质的量之比为1∶2 【答案】D 【分析】

0.16mol/L1.00L=0.80mol/L，说明X、Y代表稀释过程中n(Na)不变，则原溶液中c(Na)=

0.2L+

+

2--++-SO2-4、Cl，结合溶液的电中性可知：c(Na)+c(K)=2c(SO4)+c(Cl)，即

2---2c(SO2-4)+c(Cl)=0.90mol/L+0.80mol/L=1.70mol/L，c(SO4)=0.40mol/L、c(Cl)=0.90mol/L，所2-以X代表的离子为SO4，Y表示的离子为Cl-，据此分析解答。

【解析】

A．根据上述分析可知，Y表示的离子为Cl-，故A错误； B．c1为原溶液中钠离子浓度，稀释过程中n(Na+)不变，c1=c(Na+)==0.80mol/L，故B错误；

C．c(K2SO4)=c(SO2-4)=0.40mol/L，根据钾离子守恒可知，

c(KCl)=0.90mol/L-2c(K2SO4)=0.90mol/L-0.40mol/L×2=0.10mol/L，故C错误；

+

D．c(K2SO4)=c(SO2-4)=0.40mol/L，c(NaCl)=c(Na)=0.80mol/L，同一溶液中体积V相同，根

0.16mol/L1.00L0.2L据n=cV可知，固体溶解时K2SO4与NaCl物质的量之比等于物质的量浓度之比=0.40mol/L∶0.80mol/L=1∶2，故D正确； 故选D。

9．下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是

A．同浓度的三种物质的溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3、溶液体积之比为3∶2∶1，则

SO24浓度之比为3∶1∶3

B．将1mol·L-1的NaCl溶液和0.5mol·L-1的BaCl2溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，c(Cl-)=0.75mol·L-1

C．将100mL 5mol·L-1的盐酸加水稀释至1L，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L-1

D．标准状况下，22.4 LHCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为1mol·L-1 【答案】C 【解析】

A．假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中SO4浓度分别

2

=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1∶1∶3，故A错误；

B．1mol·L-1的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L，0.5mol•L-1的BaCl2溶液中

c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L，c(Cl-)=1mol•L-1，故两者混合后，不考虑体积的变化，故B错误； C．溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸物质的量浓度=

5mol/L0.1L=0.5mol/L，

1L溶液具有均一性、稳定性，所以稀释后溶液中盐酸浓度都是相同的，与溶液体积大小无关，5mL溶液物质的量浓度为0.5mol/L，故C正确；

D．1L为水的体积，不是溶液的体积，则溶液体积未知不能计算盐酸的物质的量浓度，故D错误； 故选C。

10．下列说法不正确的是 ．．．

A．从500mL1mol/LNaOH溶液中取出100mL溶液，其中含有4gNaOH

B．1mol/L氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钙溶液任意比混合后，混合液中Cl-的浓度为1mol/L C．配制100mL1mol/L的氯化钠溶液，需用托盘天平称量氯化钠固体5.85g

D．VL硫酸铝溶液中含有Al3+ag，溶液中c(SO24)=

amol/L 18V【答案】C 【解析】

A．从500mL1mol/LNaOH溶液中取出100mL溶液，其中含有1mol/L×0.100L ×40g/mol= 4gNaOH，A正确；

B．1mol/L氯化钠溶液中Cl-的浓度为1mol/L、0.5mol/L氯化钙溶液中Cl-的浓度为1mol/L，则按任意比混合后，混合液中Cl-的浓度为1mol/L，B正确；

C．配制100mL1mol/L的氯化钠溶液，需用氯化钠固体5.85g，托盘天平能粗略地称取一定质量的固体、托盘天平称量约5.9g，C不正确； D． VL硫酸铝溶液中含有Al3+ag、物质的量为

2则溶液中c(SO4)=

3aaa2mol，mol=mol ，溶液中n(SO4)= 2722718amol/L，D正确； 18V答案选C。

-111．用胆矾(CuSO45H2O)配制480mL0.100molLCuSO4溶液，下列做法中正确的是

A．可选用500mL容量瓶 B．配制该溶液需称取12.0g胆矾 C．转移溶液前须将容量瓶烘干

D．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线

【答案】A 【解析】

A．实验室没有480ml的容量瓶，应选500ml的容量瓶，A正确；

B．配制500mL0.100molL-1CuSO4溶液，含0.500L0.100molL-10.0500molCuSO4，则需称取CuSO45H2O的质量为0.0500mol250gmol-112.50g，B错误；

C．配制溶液过程中要加水，所以容量瓶只要是洗干净的就可以，没必要烘干，烘干反而影响体积的准确度，C错误；

D． 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液被稀释、所配溶液浓度变小，D错误； 答案选A。

12．下列溶液中，溶质的物质的量浓度是1molL1的是 A．10gNaOH固体溶解在250ml水中配成溶液 B．常温常压，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液 C．将39gNa2O2溶于水并配置成1L溶液

D．将100ml0.5molL1的NaOH溶液加热蒸发掉50g水的溶液 【答案】C 【解析】

A．由于无法计算10gNaOH固体溶于250mL水后溶液的体积，故无法计算10g即

10 g=0.25 molNaOH固体溶解在250mL水中配成溶液的物质的量浓度，A不合题

40 gmol-1意；

B．由于常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，故常温常压22.4L氯化氢气体的物质的量小于

22.4 L=1mol，B不合题意； 故将其溶于水配成1L溶液的浓度小于1mol/L，

22.4 Lmol-139 g=1mol，故所得NaOH溶

78 gmol-1C．根据反应方程式可知：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故将39gNa2O2溶于水并配置成1L溶液变为NaOH溶液，其中NaOH的物质的量为：2液的浓度为：

1 mol=1 mol/L，C符合题意； 1 LD．由于溶液蒸发掉50g水后的体积无法计算，故无法计算将100ml0.5molL1的NaOH溶液加热蒸发掉50g水的溶液的浓度，D不合题意； 故答案为：C。

13．下列配制的溶液浓度偏高的是

A．配制盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线

B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线

C．称量10.6gNa2CO3配制1.000mol·L-1Na2CO3溶液100mL时，砝码错放左盘 D．配制H2SO4溶液，用浓H2SO4稀释后未经冷却即注入容量瓶并定容 【答案】D 【解析】

A．配制盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线会导致浓盐酸的体积偏小，故A错误； B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线会使溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，故B错误；

C．若称量10.6g碳酸钠时砝码错放左盘会使碳酸钠的质量偏小，所配溶液的浓度偏小，故C错误；

D．若浓硫酸稀释后未经冷却即注入容量瓶并定容会使溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，故D正确； 故选D。

14．配制500 mL 0.100 mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：

下列说法正确的是

A．实验中需用的仪器有天平、250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等 B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③ C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用

D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低 【答案】D 【解析】

A．配制500 mL 0.100 mol·L-1 NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL 容量瓶、胶头滴管，A错误；

B．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B错误；

C．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，C错误； D．定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，

D正确。 故选D。

突破提升 1．向溶质质量分数为2a%，体积为10 mL，物质的量浓度为c1 mol·L-1的稀H2SO4中加入V mL的水，使之溶质质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L-1，则下列关系正确的是

A．V>10 2c2=c1 C．V>10 2c2因为水的密度小于稀H2SO4的密度，要使10 mL稀H2SO4中溶质质量分数由2a%变为a%，则所加水的体积大于10 mL；由c＝

1000ρW1可知，当稀H2SO4中溶质质量分数变为原来的2M1B．V<10 2c2>c1 D．V>10 2c2>c1

时，其密度也变小，故其物质的量浓度小于原来的2，故选项C正确。

2．体积为VmL，密度为的ρg/cm3含有相对分子质量为M的某种物质的溶液，其中溶质为mg，其物质的量浓度为cmol/L，溶质的质量分数为w％，则下列表示正确的是 A．m=Vwρg 100B．c=1000wρMmol/L C．c=mol/L MVwD．w=cM% 1000ρ【答案】A 【解析】

A．m=m溶液的质量w%=Vρwg，A项正确； 100mmol1000ρw%B．n，B项错误； Mc===mol/L-3VV10LMmmoln1000mC．，C项错误； Mcmol/LVV103LVMV10-3Lcmol/LMg/molcMcMw%100%=100%100%%D．

m溶液的质量Vρg1000ρ10ρm溶质的质量，则wcM，D项错误； 10ρ答案选A。

3．VL NH3溶解在1L水中(水的密度近似为1g∙mL−1)，标准状况下，所得溶液密度为ρg∙mL−1，溶质质量分数为ω，物质的量浓度为c mol∙L−1，则下列关系中不正确的是

A．ω=C．c=

17c 1000ρB．ω=D．ρ=

17V

17V+2240017+22400

22.4+22.4V1000ρV

17V+22400【答案】D 【解析】 A．根据c=17ccM1000ρω得到ω=即ω=，故A正确；

1000ρ1000ρMm(溶质)=m(溶液)VL17gmol1122.4Lmol17V，故B正确；

17V+22400B．根据ω=

VL17gmol1+1000mL1gmL1122.4Lmol=nc=C．V(aq)VL17gmol1+1000mL1gmL1122.4Lmol103LmL11ρgmLVL22.4Lmol11000ρVmolL1，17V+22400故C正确；

D．根据AC选项可得到ρ=综上所述，答案为D。

4．在一定温度下，已知有关某饱和溶液的一些数据：①溶液的质量，②溶剂的质量，③溶液的体积，④溶质的摩尔质量，⑤溶质的溶解度，⑥溶液的密度，利用下列各组数据计算该饱和溶液的物质的量浓度，不能算出的一组是 A．④⑤⑥ 【答案】B 【分析】

物质的量浓度的计算有两个常用的基本公式：c=【解析】

A．根据⑤溶质的溶解度可计算饱和溶液的质量分数，结合④溶质的摩尔质量、⑥溶液的密度，根据c=

1000w可以计算该饱和溶液物质的量浓度，故A不选； M1000wn或c==，根据①溶液的质量、④溶质VM1000wn或c==，据此分析判断。 VMcM17cc(17V+22400)或ρ，故D错误； 1000ω1000ω1000VB．①④⑥ C．①②③④ D．①③④⑤

B．根据物质的量浓度的基本计算公式：c=

的摩尔质量、⑥溶液的密度，无法计算溶质的物质的量或溶质的质量分数，因此无法计算该饱和溶液物质的量浓度，故B选；

C．由①溶液的质量，②溶剂的质量可以计算溶质的质量，再根据④溶质的摩尔质量结合n=

mn可以计算溶质的物质的量，最后根据③溶液的体积结合c=可以计算该饱和溶液物质的

VM量浓度，故C不选；

D．根据⑤溶质的溶解度可计算饱和溶液的质量分数，再结合①溶液的质量可以计算溶质的质量，再根据④溶质的摩尔质量结合n=积利用c=故选B。

5．由两份质量分数分别为ω1和ω2的H2SO4溶液，其物质的量浓度分别为c1和c2，且c1=2c2。已知硫酸的密度大于水，下列判断正确的是 A．ω2＜ω1＜2ω2 【答案】A 【解析】

假设浓度为c1的硫酸密度为a，浓度为c2的硫酸密度为b，根据c=的质量分数ω1=

1000w可知，硫酸溶液Mm可以计算溶质的物质的量，最后根据③溶液的体Mn可以计算该饱和溶液物质的量浓度，故D不选； VB．ω1＞2ω2 C．ω1＜ω2＜2ω1 D．ω1=2ω2

98c198c198c298c2bc1=，硫酸溶液的质量分数ω2=，则ω1∶ω2=∶，

1000b1000a1000a1000bac2bc1＜2，即ω2＜ω1＜2ω2，ac2a＞b，硫酸的浓度越大，密度越大，由于c1=2c2，则ω1＞ω2，故1＜故选A。

6．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此，下列说法错误的是

A．该硫酸的物质的量浓度为18.4mol·L－1

B．该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数大于49% C．用该硫酸配制稀硫酸时要将该硫酸缓缓注入水中并不断搅拌

D．实验需要248mL4.6mol·L－1的稀硫酸，配制时需量取该浓硫酸50.0mL 【答案】D 【解析】

1000w1000mL1.84g/cm398%A.由题给数据可知，该硫酸的物质的量浓度c==

98g/molM

=18.4mol·L－1，故A正确；

B.设该硫酸与水的体积均为V，由题意可得混合所得溶液的质量分数为于(V+1.84V) ＜2×1.84V，则

V1.8498%，由

V+1.84VV1.8498%V1.8498%=49%，故B正确； ＞

V+1.84V21.84VC.用该硫酸配制稀硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散，故C正确；

D.设浓硫酸的体积为xmL，由于配制溶液时只有250mL的容量瓶，因此稀硫酸的体积按250mL来进行计算，由稀释前后硫酸的物质的量不变可得：

x×10—3L×18.4mol/L=250×10—3L×4.6mol/L，解得x=62.5，故D错误； 故选D。

7．将溶质A的质量分数为5X%和X%的两种溶液等体积混合，所得溶液中A的质量分数小于3X%，则A可能是 （ ）

①H2SO4②C2H5OH ③NH3④CH3COOH ⑤NaOH A．①⑤ 【答案】C 【解析】

同种溶液不同质量分数的溶液等体积混合，混合物若溶液的质量分数小于两质量分数和一半的常见为：酒精、氨水；因它们的溶液密度均比水小；而同种溶液不同质量分数的溶液等体积混合，混合物若溶液的质量分数大于两质量分数和一半的常见为：因它们的溶液密度均比水大；本题正确选项为C；

8．VL硫酸钾溶液中含有mg钾离子，则溶液中硫酸根离子的物质的量浓度 A．

39mmol·L－1 VB．①④⑤ C．②③ D．②③④

B．

2mmol·L－1 39VC．

mmol·L－1 39VD．

mmol·L－1 78V【答案】D 【解析】 K+的物质的量为

mg11mm+

=mol，根据K2SO4的化学式可知：n(SO2)=n(K)=×439g/mol392239mmmolm2mol=mol，则溶液中SO4的物质的量浓度为c=78=mol·L－1，故答案为D。

7878VVL9．在同一条件下，体积相同的三个烧瓶中分别盛有NH3、HCl、NO2气体，并分别倒立在水槽中，充分反应后（已知：3NO2+H2O =2HNO3+NO，NO不溶于水），烧瓶内三种溶液的物质的量浓度之比为（设烧瓶中的溶液未扩散到水槽里） A．3：3：2 【答案】C

B．2：2：3

C．1：1：1

D．2：2：1

【分析】

相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的2/3，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的2/3。 【解析】

设三种气体体积为标准状况下22.4升,即物质的量为1mol。氨气完全溶于水,水充满整个容器,其物质的量浓度为1mol/22.4L=1/22.4mol/L，氯化氢气体完全溶于水,水充满整个容器,其物质的量浓度为为1mol/22.4L=1/22.4mol/L，由化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO可知,1molNO2可生成2/3mol的硝酸,气体体积减少2/3,即进入水的体积为：22.4升×2/3,二氧化

氮气体溶于水后生成硝酸物质的量浓度为

222.4L32mol3=1/22.4mol/L，则烧瓶内三种溶液物质的

量浓度之比为;1:1:1，故选C。

10．NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比为3∶2∶1，那么等体积的溶液中，NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量之比是

A．3∶2∶1 B．1∶2∶3 C．6∶3∶2 D．9∶3∶1 【答案】D 【分析】

体积一定时，物质的量浓度与物质的量成正比，根据题意求出物质的量浓度即可； 【解析】

设NaCl溶液的浓度为a mol/L，则Cl-的物质的量浓度也为a mol/L，设MgCl2溶液的浓度为b mol/L，则Cl-的物质的量浓度为2b mol/L，设AlCl3溶液的浓度为c mol/L，则Cl-的物质的量浓度为3c mol/L，由于NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比为3∶2∶1，即a：2b：3c=3∶2∶1，即a：b：c=9∶3∶1。由n=cv可知，等体积溶液，物质的量之比即为浓度之比，故NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量之比是9∶3∶1。综上，本题选D。 11．VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3＋ag，取0.2VmL溶液稀释到5Vml，则稀释后溶液中SO42－的物质的量浓度是 A．125a/(9V)mol·L-1 C．20a/(9V)mol·L-1 【答案】C 【分析】

根据n=m/M 计算出铝离子的物质的量，再根据硫酸铝的化学式组成计算出硫酸根离子的物 质的量，然后根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出稀释后溶液中硫酸根离子的浓度。

B．125a/(18V)mol·L-1 D．20a/(18V)mol·L-1

【解析】

A.ag铝离子的物质的量为：n（A13+ ）=ag/27g.mol-1=a/27mol,根据Al2(SO4)3 可知，VmL该硫酸铝溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：a/27mol×3/2=a/18mol,原溶液中硫酸根离子浓度为：c(SO42-)=1000a/18V mol.L-1, n=0.2V×10-3L×1000a/18Vmol.L-1=2a×10-1/18mol，稀释后溶液中SO42的物质的量浓度是C=n/v=2a×10-1/18mol5V×10-3L= 20a/(9V)mol·L-1,所以答案为：

－

C。

12．NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是 ①0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等

②标准状况下，22.4L氯气与足量铝充分反应，转移的电子数为3NA ③通常状况下，NA 个CO2分子占有的体积为22.4L

④常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA ⑤常温下，4.4g CO2和N2O（不反应）混合物中所含有的原子数为0.3 NA ⑥在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA ⑦标准状况下,22.4 L SO3含有的分子数为NA ⑧在常温常压下，1 mol O2含有的原子数为2NA．

⑨物质的量浓度为0.5 mol·L-1 MgCl2溶液中,含有Cl－个数为NA

⑩将100 mL 0.1 mol·L-1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数目为0.01NA A．①②④⑧ 【答案】B 【解析】

①11.2LO2所处温度和压强未知，无法计算11.2LO2物质的量，错误；②n（Cl2）=22.4L22.4L/mol=1mol，Cl2与足量铝充分反应生成AlCl3，转移的电子数为2NA，错误；③NA个CO2分子为1molCO2，在通常状况下（通常状况下气体摩尔体积大于22.4L/mol）的体积大92gNO2物质的量为92g46g/mol=2mol，于22.4L，错误；④NO2和N2O4的最简式都是NO2，含有的原子数为6NA，正确；⑤CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，4.4g CO2和N2O混合物中分子物质的量为4.4g44g/mol=0.1mol，CO2和N2O都是三原子分子，则含有的原子数为0.3 NA，正确；⑥根据“只靠拢，不交叉”，在反应KIO3＋6HI=KI＋3I2＋3H2O中，I元素I2既是氧化产物又是还原产物，的化合价由KIO3中+5价降至0价，由HI中的-1价升至0价，每生成3molI2转移的电子数为5NA，错误；⑦SO3在标准状况下呈固态，无法计算SO3物质的量，错误；⑧在常温常压下，1 mol O2含有的原子数为2NA，正确；⑨溶液的体积未知无法计算Cl-物质的量，错误；⑩将100 mL 0.1 mol·L-1的FeCl3溶液滴入沸水中生成Fe（OH）Fe（OH）30.01mol，3胶粒是一定数目

FeFe（OH）（OH）3的集合体，3胶粒数目小于0.01NA，

B．④⑤⑧

C．③⑥⑨⑩

D．④⑤⑧⑨

错误；正确的是④⑤⑧，答案选B。 13．下列关于物质的量浓度表述正确的是

A．98%的H2SO4物质的量浓度为18.4mol/L ，则49%的H2SO4物质的量浓度为9.2mol/L B．当2L水吸收44.8L氨气(标况)时所得氨水的浓度不是1mol•L-1，只有当44.8L(标况)氨气溶于水制得2L氨水时，其浓度才是1mol•L-1

C．只含K2SO4和NaCl的混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量相等，则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同

D．50mL 1mol/L的AlCl3溶液中的Cl—浓度与50ml 3mol/L的BaCl2溶液Cl—浓度相等 【答案】B 【解析】

A由物质的量浓度和质量分数的换算公式得： 18.4=-11000198%1000249% 9.2=；

9898解得：1=2=1.84g?mL，但是浓度不同，密度一定不同，说明此说法错误，A错误； B、计算物质的量浓度时，应该用溶液总体积，显然2L水吸收44.8L氨气(标况)时所得氨水的体积不可能是2L，B正确。

C、只含K2SO4和NaCl的混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量相等，说明K2SO4和NaCl的物质的量相等，所以K+和Cl-的物质的量浓度一定为2:1，C错误。

D、50mL 1mol/L的AlCl3溶液中的Cl—浓度为3mol/L，50ml 3mol/L的BaCl2溶液Cl—浓度为6mol/L（注意这里浓度计算实际与溶液体积无关），所以D错误。

14．把500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amol NaOH的溶液恰好完全反应；另取一份加入含b moI HC1的溶液恰好不再放出气体。则该混合溶液中c(Na+)为 A．B．C．D．【答案】D 【解析】

混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应，发生NH4HCO3+2NaOH＝Na2CO3+NH3·H2O+H2O，反应：根据方程式可知，每一份中n（NH4HCO3）＝0.5amol；另一份加入含bmol HCl的盐酸恰好反应，反应NH4HCO3+HCl＝

NH4Cl+CO2↑+H2O消耗HCl为0.5a mol，由Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，可知每一份中n（Na2CO3）＝（b-0.5a）/2mol，混合溶液中n（Na+）＝2×（b-0.5a）/2mol＝（b-0.5a）mol，所以该混合溶液中c（Na+）＝（b-0.5a）mol÷0.1L＝（10b-5a）mol/L，答案选D。

15．现有盐酸和硫酸混合溶液100mL，其中c(Cl-)=1.6mol·L-1，，现将其分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，往另一份中投入足量铁片，放出标准状况下VL气体。下列判断正确的是

A．原混合酸中n(SO24)=0.01mol

B．原混合酸中n(H+)=0.18mol C．V=2.24

D．原溶液中HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18mol 【答案】D 【分析】

将溶液分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，该沉淀应为

2硫酸钡，则每份溶液中n(SO4)=

2.33g2c(SO所以原溶液中n(SO4)=0.02mol，-1=0.01mol，233gmol24)=

0.02mol-=0.2mol/L，根据电荷守恒c(H+)=2c(SO24)+ c(Cl)=2.0mol/L。 0.1L【解析】

A．根据分析可知原溶液中n(SO24)=0.02mol，A错误；

B．根据分析可知原溶液中c(H+)=2.0mol/L，则n(H+)=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，B错误； C．原溶液中n(H+)=0.2mol，则每份溶液中n(H+)=0.1mol，与足量铁片反应，全部转化为氢气，所以n(H2)=0.05mol，体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，C错误；

2D．n(HCl)=n(Cl-)=1.6mol/L×0.1L=0.16mol，根据分析，原溶液中n(H2SO4)=n(SO4)=0.02mol，

所以HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18mol，D正确； 综上所述答案为D。

16．实验室预配制200 mL与该试剂瓶中所装浓度相同的硫酸铜溶液(如图)，则下列说法正确的是

A．实验室配置该溶液用到的玻璃仪器：200 mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒 B．该硫酸铜溶液中溶质物质的量浓度为0.4 mol/L

C．在实验室用胆矾配制该浓度溶液，需在托盘天平上称取胆矾31.3 g D．在实验室配制该浓度溶液，若定容时俯视液面，将导致所配溶液浓度偏小 【答案】C 【解析】

A．实验室没有200 mL规格的容量瓶，应该选择250 mL容量瓶，选项A错误； B．依据计算公式c1000w可计算得到该溶液溶质的浓度为0.5 mol/L，选项B错误； MC．在实验室用胆矾配制250mL0.5molL1CuSO4溶液，需在托盘天平上称取胆矾

0.25L0.5mol/L250g/mol31.25g31.3g，选项C正确；

D．实验室配制该浓度溶液，若定容时俯视液面所加蒸馏水不足，体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，选项D错误； 答案选C。

17．下列有关一定物质的量浓度溶液的配制说法中正确的是

①利用图a配制0.10mol/LNaOH溶液

②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，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线

③利用图b配制一定浓度的HCl溶液浓度会偏小 ④利用图c配制一定物质的量浓度Na2CO3溶液

⑤配制NaOH溶液固体溶解后，直接转移至容量瓶，然后洗涤定容，所配溶液浓度偏高 ⑥用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体 A．①⑥ 【答案】B 【解析】

①应该先在烧杯中溶解NaOH固体，待溶液冷却后，再转移至容量瓶中，不能直接在容量

B．②⑤

C．①④

D．①⑤

瓶中溶解NaOH固体药品，①错误； ②符合配制溶液的操作步骤，②正确；

③配制溶液最后定容时要平视，俯视刻度线，加入的水的体积偏小，物质的量的浓度偏大，③错误；

④应该先在烧杯中溶解Na2CO3固体，待溶液冷却后再转移至容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解NaCO3固体药品，④错误；

⑤配制NaOH溶液固体溶解后，直接转移至容量瓶，然后洗涤定容，氢氧化钠溶于水放热。液体热胀冷缩，导致定容加入水的体积偏小，物质的量浓度偏高，⑤正确；

⑥用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体，会导入溶质析出一部分，导致物质的量的浓度偏低。⑥错误； 正确的是②⑤，故选B。