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1、第二章 海水中的重要元素钠和氯第三节 物质的量第4课时 配制一定物质的量浓度的溶液一、单选题1（2020宁夏回族自治区宁夏大学附属中学高一期末）容量瓶上的标记有：温度 浓度 容量 压强 刻度线 所配溶液的酸碱性A B C D 【答案】C【解析】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，容量瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25，故容量瓶上标有的为：。2下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是( )A是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器B容量瓶可以用来加热C能用容量瓶贮存配制好的溶液D可以用500mL容量瓶配
2、制250mL溶液【答案】A【解析】A容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，A正确；B容量瓶不能加热，B错误；C容量瓶不能长期贮存配制好的溶液，C错误；D配制250mL溶液，应该用250mL容量瓶，D错误。答案选A。3在用NaCl固体配制250mL0.5molL1NaCl溶液的实验中，不需要使用的仪器是（ ）AB C D【答案】D【解析】配制一定物质的量浓度的溶液，需要用托盘天平称量溶质，用烧杯溶解，在容量瓶中配制，D是普通漏斗是用来过滤的，在配制溶液时不需要。4实验室配制0.1000molL-1的H2SO4溶液，下列图示操作不需要的是（ ）ABCD【答案】A【解析】A.实验室配制0
3、.1000molL-1的H2SO4溶液时要使用浓硫酸，浓硫酸是液态物质，应用量筒量取浓硫酸，不需要托盘天平称量其质量，A错误；B.将稀释后的硫酸冷却至室溫后用玻璃棒转移到容量瓶中，且玻璃塞下端在容量瓶刻度线以下，B正确；C.在烧杯中稀释浓硫酸，为使溶质拆分溶解，使热量迅速扩散，要用玻璃棒不断搅拌，C正确；D.量取浓硫酸时需用到量筒和胶头滴管，D正确；故合理选项是A。5某同学欲在学校实验室配制220mL1mo1/LNaOH溶液，进行如下操作，其中正确的是（ ）A在放置烧杯的托盘天平上迅速称取 NaOH 固体8.8gB选用蒸馏水洗过的250mL 容量瓶进行配制C为防止变质，NaOH 固体在烧杯里溶
4、解后要立即转移到容量瓶中D定容时，用玻璃棒将蒸馏水引流入容量瓶中直到液体凹液面恰好跟刻度线相切【答案】B【解析】A容量瓶的规格有250mL，配制时体积为250mL，则在放置烧杯的托盘天平上迅速称取 NaOH 固体质量=1mo1/L250mL40g/mol=10.0g，A错误；B选用蒸馏水洗过的250mL 容量瓶进行配制，B正确；C为防止变质，NaOH 固体在烧杯里溶解后要冷却至室温后，再转移到容量瓶中，C错误；D定容时，用玻璃棒将蒸馏水引流入容量瓶中直到刻度线下12cm处，再用胶头滴管滴加至液体凹液面恰好跟刻度线相切，D错误；答案为B。6下列有关实验操作说法正确的是（ ）A配制0.1mol/L
5、的1LNaCl溶液，用托盘天平称量5.85g的NaCl固体B配制100mL的1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取18.4mol/L的浓硫酸5.4mLC称量时，应在两边托盘上各放一张相同大小的滤纸，将NaOH固体放在滤纸上称量D摇匀操作后，发现凹液面略低于刻度线，需用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线【答案】BA项、 托盘天平的精确度为0.1g，A错；B项、 100mL1mol/L=18.4mol/LV,V=5.4mL，B正确；C项、 NaOH固体易潮解，应放在烧杯中称量，C错误；D项、摇匀操作后，发现凹液面略低于刻度线，属于正常现象，不需用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线7某位同学配制一定物质的量浓度的NaO
6、H溶液，造成所配溶液浓度偏高的原因是（ ）A所用NaOH已经潮解B定容时俯视刻度线C有少量NaOH残留在烧杯中D用带游码的托盘天平称2.4 g NaOH时误用了“左码右物”方法【答案】B【解析】A所用NaOH固体已潮解，称取一定质量的NaOH时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A不符合题意；B定容时俯视刻度线会使加入的蒸馏水偏小，溶液体积偏小，浓度偏高，故B符合题意；C有少量NaOH残留在烧杯里，导致移入容量瓶中溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不符合题意；D将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，使用了游码，会导致所称取的氢氧化钠的质量少，导致溶液的浓度偏低，故D不符合题意；8
7、（2020内蒙古科左后旗甘旗卡第二高级中学高一期末）下列操作中对实验结果没有影响的是( )A在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移到容量瓶中去B在转移溶液过程中，不慎少量液体洒在容量瓶外，可忽略不计继续进行操作C容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液D胶头滴管加水后，发现凹液面超过了刻度线，赶紧用滴管将多余的溶液吸出【答案】C【解析】A. 在烧杯中稀释浓硫酸后大量放热，立即转移到容量瓶中去，等到液体冷却到室温后，溶液的体积偏小，所配的溶液浓度偏大，A不符合；B. 在转移溶液过程中，不慎少量液体洒在容量瓶外，若忽略不计继续进行操作，溶质的量减小，所配溶液浓度偏小，B不符合；C. 配制过程需要加
8、水，故容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液，对浓度没有影响，C符合；D. 胶头滴管加水后，发现凹液面超过了刻度线，赶紧用滴管将多余的溶液吸出，溶质的量的减小，所配溶液浓度偏小，D不符合；答案选C。9（2020营口市第二高级中学高一期末）若配制90mL0.1mol/L的FeCl3溶液，需要用到的仪器有托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，还需要的仪器是( )A100mL圆底烧瓶B100mL量筒C100mL容量瓶D100mL烧杯【答案】C【解析】实验室配制一定物质的量浓度的溶液时，需要准确控制溶液的最终体积，实验室使用容量瓶来配制一定体积、一定浓度的溶液，常见规格有50mL、1
9、00mL、250mL、500mL等，若配制90mL0.1mol/L的FeCl3溶液，则需100mL容量瓶，则A、B、D均错误，C正确；答案选C。10（2020荆州市北门中学高一期中）200mL0.3mol/L的K2SO4溶液和100mL0.2mol/L的Fe2(SO4)3溶液混合后(不考虑混合后溶液体积的变化)，溶液中SO的物质的量浓度为（ ）A0.3mol/LB0.45mol/LC0.5mol/LD0.4mol/L【答案】D【解析】200 mL 0.3 mol/L的K2SO4溶液和100 mL 0.2 mol/L的Fe2(SO4)3溶液混合后硫酸根离子的物质的量为0.2L0.3mol/L+0
10、.1L0.2mol/L3=0.12mol，不考虑混合后溶液体积的变化，则混合后混合溶液的体积为100mL +200mL=300mL=0.3L，则硫酸根离子的浓度为0.4 mol/L，答案选D。11（2020河北深州市中学高一期末）实验室需要200mL1molL1的CuSO4溶液，下列有关溶液配制的叙述正确的是（ ）A称取32g无水硫酸铜，在烧杯中加入200mL水进行溶解，然后在250mL的容量瓶中配成200mL溶液B称取50gCuSO45H2O，在烧杯中加适量水溶解，最终在250mL的容量瓶中配成250mL溶液C称取40 g无水硫酸铜，在烧杯中加入250mL水进行溶解，然后在250 mL容量瓶
11、中配成250 mL溶液D称取62.5 g CuSO45H2O，在烧杯中加适量水溶解，最终在250 mL的容量瓶中配成250 mL溶液【答案】D【解析】A需要200mL1molL-1的CuSO4溶液，应选择250mL容量瓶，需要无水硫酸铜的质量为0.25L1mol/L160g/mol=40.0g，故A错误；B需要200mL1molL-1的CuSO4溶液，应选择250mL容量瓶，需要CuSO45H2O的质量为0.25L1mol/L250g/mol=62.5g，故B错误；C称取40g无水硫酸铜，在烧杯中加入250mL水进行溶解，则实验失败，转移到容量瓶后，洗涤烧杯的洗涤液加入容量瓶后溶液体积大于25
12、0mL，故C错误；D需要200mL1molL-1的CuSO4溶液，需要CuSO45H2O的质量为：0.25L1mol/L250g/mol=62.5g，在烧杯中加适量水溶解，最终在250mL的容量瓶中配成250mL溶液，故D正确；12（2020黑龙江省大庆四中高一月考）如图是某硫酸样品的相关信息，据此，下列说法正确的是A该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/LB该硫酸在实验过程中不能用来干燥氢气C等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/LD配制200ml 4.6mol/L 的稀硫酸需取该溶液50ml【答案】D【解析】A该硫酸的物质的量浓度为，A错误；B该硫酸为浓硫酸，具有
13、吸水性，可以用来干燥H2，B错误；C设硫酸和水的质量为m，混合后硫酸的质量分数为，浓度越小，密度越小，即1.84g/cm3，故根据=计算的浓度小于9.2 mol/L，C错误；D设配制200mL 4.6mol/L 的稀硫酸需取该溶液的体积为VL，稀释前后硫酸的物质的量不变，则0.2L4.6mol/L=V18.4 mol/L，解得V=0.05L=50mL，D正确；故选D。13（2020吉林省高二期末）取100mL 0.3molL-1和300mL 0.25moLL-1的盐酸注入500mL的容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H+的物质的量浓度是（ ）A0.21molL-1B0.56molL-1C
14、0.42molL-1D0.26molL-1【答案】A【解析】根据稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后盐酸的浓度，再根据原子守恒计算氢离子的浓度。【详解】稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸的物质的量浓度=0.21mol/L，根据氢原子守恒得c(H+)= c(HCl)= 0.21mol/L，答案选A。12（2020河北深州市中学高一期中）实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（ ）A950mL， 11.1gB500mL， 117gC1000mL，117.0gD任意规格，111.2g【答案】C【解析】依据配制溶液的体积结合容量
15、瓶规格选择合适的容量瓶，计算溶质的质量应依据容量瓶的容积，依据公式m=cVM计算。【详解】需要配制2molL-1的NaCl溶液950mL，依据大而近的原则，应选择1000ml的容量瓶，需要溶质的质量m=cVM=2 molL-11 L58.5 gmol-1=117.0 g，故选C。15设NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 molL1的BaCl2溶液不正确的说法是()ABaCl2的物质的量为0.2NAB500 mL溶液中Cl浓度为0.4 molL1C500 mL溶液中Ba2浓度为0.2 molL1D500 mL溶液中Cl总数为0.2NA【答案】A【解析】A未告溶液的体积，无法计算除BaCl2
16、的物质的量，A错误；B由于BaCl2的电离方程式为：BaCl2=Ba2+2Cl-，故溶液中Cl浓度为20.2 molL1=0.4 molL1，B正确；C由于BaCl2的电离方程式为：BaCl2=Ba2+2Cl-，故溶液中Ba2浓度为0.2 molL1，C正确；D由C分析可知，Cl浓度为0.4 molL1，故500 mL溶液中Cl总数为0.5L0.4 molL1NA =0.2NA，D正确；故答案为：A。二、填空题16（2020福建省高一期末）实验室要配制1.84 mol-1的稀硫酸500mL，回答下列问题：（1）需要98%密度为1.84 gcm-3的浓硫酸_mL（2）配制时，必须使用的仪器有_(
17、填代号)烧杯50 mL量筒100 mL量筒 1000 mL容量瓶 500 mL容量瓶托盘天平(带砝码) 玻璃棒 还缺少的仪器是_。（3）配制时，该实验两次用到玻璃棒，其作用分别是_、_。（4）下列操作的顺序是（用字母表示）_。A冷却 B量取 C洗涤两次 D定容 E.稀释 F.摇匀 G.转移（5）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有_(填序号)。A配制一定体积准确浓度的标准溶液 B长期贮存溶液C用来加热溶解固体溶质 D作为反应容器（6）配制过程中出现以下情况，对所配溶液浓度有何影响（填“偏高”“偏低”“不影响”） 用量筒量取浓硫酸时，仰视读数_ 转移后，没有洗涤烧杯和玻璃棒_ 定容时，俯视读数_
18、定容时，添加蒸馏水超过刻度线后，吸出多余的溶液_【答案】50 胶头滴管 搅拌 引流 BEAGCGDF BCD 偏高 偏低 偏高 偏低 【解析】【分析】【详解】(1)98%密度为1.84 gcm-3的浓硫酸的物质的量浓度是mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律得1.84mol/L0.5L18.4mol/L=0.05L=50mL；(2)配制500mL的溶液，需要的仪器是：50mL量筒量取浓硫酸、烧杯用于稀释浓硫酸、500mL的容量瓶、玻璃棒用于搅拌，定容时还缺少胶头滴管；(3)第一次用到玻璃棒是稀释浓硫酸时用于搅拌浓硫酸，第二次用玻璃棒是在移液时起到引流作用；(4)根据溶液配制的一般步骤，先
19、量取浓硫酸，然后在烧杯中稀释、冷却后将溶液移入容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒两次，也把洗涤液移入容量瓶中，然后定容、摇匀，所以答案是BEAGCGDF；(5)容量瓶只能用来配制一定浓度、一定体积的溶液，不能用来长期贮存溶液、作反应容器和加热容器，所以答案选BCD；(6)量筒的刻度自下而上逐渐增大，所以仰视刻度量取浓硫酸使浓硫酸的体积偏大，所配溶液的浓度偏高；移液后未洗涤烧杯、玻璃棒使溶液中溶质减少，所配溶液的浓度偏低；定容时俯视容量瓶刻度，使溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高；定容时添加蒸馏水超过刻度线后，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。17（2020湖南省长郡中学高一开学考试）如图所示是某浓盐酸试剂
20、瓶上标签的部分内容。盐酸(分析纯)化学式：HCl质量分数：36%密度：1.18g/mL体积：500mL(1)将浓盐酸敞口放置，其质量分数会变小，这是由于浓盐酸具有较强的_，所以浓盐酸必须密封保存。(2)将该瓶浓盐酸全部配制成溶质质量分数为11.8%(密度约为1.06g/mL)的盐酸，需加入水_mL(水1g/mL)。(3)含杂质40%的石灰石100g与足量稀盐酸充分反应，理论上可得到CO2_克(假设杂质不与稀盐酸反应)。【答案】挥发性 1210 26.4 【解析】(1)由于浓盐酸具有较强挥发性，浓盐酸敞口放置质量分数会变小，应密封保存；(2)溶液稀释时，溶质的质量不变，设加入水的体积为V,则有：500mL1.18g/mL36%=（500mL1.18g/mL+1g/mLV）11.8%，则溶液体积V=1210mL，(3)含杂质40%的石灰石100g，则石灰石为60g，即0.6mol，理论上可得到CO20.6mol，m(CO2)=0.6mol44g/mol=26.4g。