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1.[·河北模拟]用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过计算、称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是( 　　)

答案：B

解析：称量固体物质的质量时，砝码放在右盘，物质放在左盘，A错误；溶解固体时用玻璃棒进行搅拌，可加速溶解，B正确；转移液体时应用玻璃棒引流，C错误；定容时，不能将胶头滴管伸入容量瓶内，D错误。

2．将5mol·L－1盐酸10mL稀释到mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是( 　　)

A．0.05mol·L－1 　　 　　　B．0.25mol·L－1

C．0.1mol·L－1D．0.5mol·L－1

答案：B

解析：设稀释后盐酸的物质的量浓度为c，则：10mL×5mol·L－1＝mL×c，解得c＝0.25mol·L－1。由于溶液是均匀的，所以取出的5mL盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为0.25mol·L－1，故选B。

3．需要配制mL0.5mol·L－1氢氧化钠溶液，经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45mol·L－1。可能原因是( 　　)

A．定容时溶液没有冷却至室温

B．容量瓶没有烘干

C．称量氢氧化钠固体时砝码放反了

D．定容时仰视读数

答案：D

解析：溶液未冷却至室温导致所配溶液体积偏小，则浓度偏高，A错误；容量瓶没有烘干，对所配溶液的浓度没有影响，B错误；本实验需称量10.0g氢氧化钠固体，不用游码，砝码放反对结果没有影响，C错误；定容时仰视读数，读数小于实际体积，即配制的溶液浓度偏小，D正确。

4．[·陕西西安中学模拟]为了配制mL1mol·L－1NaOH溶液，下列操作错误的是( 　　)

①选刚用蒸馏水洗净的mL容量瓶进行配制

②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中

③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中

④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切

⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出液体超过的一部分

A．②④⑤B．①⑤

C．②③⑤D．①②

答案：A

解析：①配制mL1mol·L－1的NaOH溶液，应选择mL容量瓶，因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水，所以使用前不需要干燥，正确；②NaOH溶于水时放热，所以在配制溶液时不能立即把溶液转移到容量瓶中，错误；③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液均转入容量瓶中，是为了将溶质全部转移到容量瓶中，正确；④定容时，为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，应改用胶头滴管滴加，使溶液凹液面的最低点与刻度线相平，错误；⑤液面超过了容量瓶的刻度线，吸出溶液会减少溶质的质量，导致配得的溶液浓度偏低，实验失败，应重新配制，错误；故②④⑤错误，答案选A。

5．[·黑龙江大庆中学模拟]在Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，已知其中Fe3＋的物质的量浓度为0.4mol·L－1，SO2－4的物质的量浓度为0.7mol·L－1，则此溶液中Na＋的物质的量浓度为( 　　)

A．0.25mol·L－1B．0.2mol·L－1

C．0.15mol·L－1D．0.1mol·L－1

答案：B

解析：Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，Fe3＋的物质的量浓度为0.4mol·L－1，SO2－4的物质的量浓度为0.7mol·L－1，根据电荷守恒，3c(Fe3＋)＋c(Na＋)＝2c(SO2－4)，即3×0.4mol·L－1＋c(Na＋)＝2×0.7mol·L－1，解得：c(Na＋)＝1.4mol·L－1－1.2mol·L－1＝0.2mol·L－1，答案选B。

6．取mL0.3mol·L－1的硫酸溶液和mL0.25mol·L－1的硫酸溶液加水稀释至mL，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是( 　　)

A．0.21mol·L－1B．0.42mol·L－1

C．0.56mol·L－1D．0.26mol·L－1

答案：B

解析：根据题意可知，容量瓶中H2SO4溶液的H＋浓度关系如下：c3V3＝c1V1＋c2V2，可得n(H＋)＝(0.1L×0.3mol·L－1＋0.3L×0.25mol·L－1)×2＝0.21mol，所以c(H＋)＝0.21mol0.5L＝0.42mol·L－1。

7．[·辽宁东北育才中学模拟]现有mL1mol·L－1稀盐酸，欲将其浓度变为2mol·L－1，可以采取的措施为( 　　)

A．向其中通入标况下气体体积为22.4L的HCl气体

B．加热蒸发使溶液体积变为50mL

C．加热蒸发掉50mL水

D．加入5mol·L－1盐酸mL，再将溶液体积稀释到mL

答案：D

解析：原稀盐酸中n(HCl)原＝1mol·L－1×0.1L＝0.1mol。通入标况下气体体积为22.4L的HCl气体，通入的n(HCl)＝22.4L22.4L·mol－1＝1mol，通入气体后溶液中n(HCl)后＝1.1mol，通入HCl气体后溶液体积发生变化，体积未知，无法确定浓度，A错误；加热蒸发溶液时由于HCl的挥发，溶质质量减小，溶液体积变为原来的一半，稀盐酸浓度比2mol·L－1小，B错误；加热蒸发掉水时由于HCl的挥发，且加热后溶液体积未知，无法确定浓度，C错误；混合后溶液中n(HCl)＝0.1mol＋5mol·L－1×0.1L＝0.6mol，稀释到溶液体积为mL，c(HCl)＝0.6mol0.3L＝2mol·L－1，D正确。

8．[·安徽蒙城一中等五校联考]20℃时，饱和NaCl溶液的密度为1.1g·cm－3，物质的量浓度为5.0mol·L－1，下列说法不正确的是( 　　)

A．25℃时，饱和NaCl溶液的物质的量浓度大于5.0mol·L－1

B．20℃时，饱和NaCl溶液的质量分数约为26.6%

C．20℃时，密度小于1.1g·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液

D．将此饱和NaCl溶液蒸发掉部分水，再恢复到20℃时，溶液密度一定大于1.1g·cm－3

答案：D

解析：NaCl的溶解度随温度的升高而增大，所以其饱和溶液的物质的量浓度也会增大，则25℃时，饱和NaCl溶液的物质的量浓度大于5.0mol·L－1，A正确；设溶液的体积为1L，则溶液的质量为1.1g·mL－1×0mL＝1g，溶质的物质的量为1L×5.0mol·L－1＝5mol，溶质的质量为5mol×58.5g·mol－1＝.5g，所以溶质的质量分数为.51×%≈26.6%，B正确；NaCl溶液的浓度越大，密度越大，20℃时，密度为1.1g·cm－3的溶液是饱和溶液，则20℃时，密度小于1.1g·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液，C正确；若将饱和NaCl溶液蒸发，则有NaCl晶体析出，再恢复到20℃时，其溶解度不变，溶液仍为饱和溶液，密度仍为1.1g·cm－3，D错误。

9．[·吉安模拟]4℃下，把摩尔质量为Mg·mol－1的可溶性盐RClnAg溶解在VmL水中，恰好形成该温度下的饱和溶液，密度为ρg·cm－3，下列关系式错误的是( 　　)

A．溶质的质量分数w＝A/(A＋V)×%

B．溶质的物质的量浓度c＝0ρA/(MA＋MV)mol·L－1

C．1mL该溶液中n(Cl－)＝nρAVM?A＋V?mol(RCln在溶液中完全电离)

D．该温度下此盐的溶解度S＝A/Vg

答案：C

解析：根据溶质的质量分数w＝m溶质m溶液×%，m溶质＝Ag，VmL水的质量为Vg，m溶液＝(A＋V)g，代入公式可得w＝A/(A＋V)×%，故A正确；同理，根据溶质的物质的量浓度c＝n/V′，n＝A/Mmol，V′＝(A＋V)/(0ρ)L，代入可得c＝0ρA/(MA＋MV)mol·L－1，故B正确；1mL该溶液中n(Cl－)＝0ρA/(MA＋MV)mol·L－1×1mL×10－3L·mL－1×n＝nρAM?A＋V?mol，故C错误；该温度下此盐的溶解度S＝A/Vg，故D正确。

10．实验室里需要用到mL0.10mol·L－1的硫酸铜溶液，下列实验仪器、试剂用量及实验操作正确的是( 　　)

选项

容量瓶容积

溶质质量

实验操作

A

mL

硫酸铜：7.68g

加入mL水

B

mL

胆矾：12.0g

配成mL溶液

C

mL

硫酸铜：8.0g

加入mL水

D

mL

胆矾：12.5g

配成mL溶液

答案：D

解析：实验室里需要配制mL0.10mol·L－1的硫酸铜溶液，由于没有mL规格的容量瓶，所以要选择规格为mL的容量瓶，试剂若选硫酸铜，则需要8.0g，若选胆矾则需要12.5g，且配成mL溶液，而不是加入mL水。故选D。

11．[·福建德化一中等三校联考]若20g密度为ρg·cm－3的Ca(NO3)2溶液中含有2gCa(NO3)2，则溶液中NO－3的物质的量浓度为( 　　)

A.50ρ41mol·L－1B.25ρ41mol·L－1C.20ρmol·L－1D.ρ40mol·L－1

答案：A

解析：若20g密度为ρg·cm－3的Ca(NO3)2溶液中含有2gCa(NO3)2，则Ca(NO3)2的质量分数为10%，Ca(NO3)2的物质的量浓度c＝0ρwM＝0×ρ×10%mol·L－1＝25ρ41mol·L－1，所以溶液中NO－3的物质的量浓度为50ρ41mol·L－1，A项正确。

12．[·郑州质检]某溶液中含K＋、Al3＋、NH＋4、SO2－4。取mL该溶液加入过量的氢氧化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥，称重得到9.32g固体1，并收集到mL(标准状况)气体。在滤液中通入过量的CO2，经过滤、洗涤、灼烧，称重得到0.51g固体2。原溶液中K＋的浓度为( 　　)

A．0.08mol·L－1B．0.04mol·L－1

C．0.02mol·L－1D．0.01mol·L－1

答案：A

解析：固体1为BaSO4，n(BaSO4)＝0.04mol，则原溶液中含0.04molSO2－4；所得气体为NH3，n(NH3)＝0.01mol，则原溶液中含0.01molNH＋4；固体2为Al2O3，n(Al2O3)＝0.mol，则原溶液中含0.01molAl3＋。根据溶液呈电中性可知，原溶液中含K＋的物质的量n(K＋)＝0.08mol－(0.03＋0.01)mol＝0.04mol，c(K＋)＝0.04mol0.5L＝0.08mol·L－1。

13．分别用10mL0.1mol·L－1BaCl2溶液恰好可使相同体积的Fe2(SO4)3、ZnSO4和K2SO4三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是( 　　)

A．3:2:2B．1:2:3

C．1:3:3D．3:1:1

答案：C

解析：由题意知消耗的BaCl2的物质的量为10－3mol，Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种溶液中的SO2－4恰好完全转化为沉淀，设Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4三种物质的物质的量分别为x、y、z，则由Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，可知x×3＝y×1＝z×1＝10－3mol，则x:y:z＝1:3:3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其物质的量浓度之比，即物质的量浓度之比为1:3:3。

14．同温同压下，三个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①HCl、②NO2、③体积比为1:1的NO2和O2进行喷泉实验。经充分反应后烧瓶内溶质的物质的量浓度之比为( 　　)

A．1:1:1B．4:4:5

C．5:5:4D．15:10:12

答案：C

解析：假设烧瓶的容积为1L，该条件下气体摩尔体积为VmL·mol－1。①氯化氢形成的溶液的物质的量浓度＝1Vmmol·L－1，②中发生反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，烧瓶中进水的体积为烧瓶容积的23，溶质的物质的量为23×1Vmmol，二氧化氮溶于水形成的硝酸的物质的量浓度为1Vmmol·L－1，③体积比为1:1的NO2和O2的混合气中，假设体积都为VL，发生反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，氧气剩余0.75VL，而且生成硝酸的物质的量为VVmmol，烧瓶中溶液的体积为2VL－0.75VL＝1.25VL，所以溶质的物质的量浓度为VVm1.25Vmol·L－1＝1Vm×45mol·L－1，所以所得三种溶液的物质的量浓度之比为1Vmmol·L－1:1Vmmol·L－1:\a\vs4\al\co1(\f()mol·L－1＝5:5:4。

15．向质量分数为a%，物质的量浓度为c1mol·L－1的稀氨水中通入一定量的氨气，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2mol·L－1，则c1和c2的数值关系是( 　　)

A．c2＞2c1B．c2＝2c1

C．c2＜2c1D．无法确定

答案：C

解析：根据公式：c＝0ρw%M＝10ρwM，则有c1c2＝10aρaρ2＝ρ12ρ2，因为氨水浓度越大密度越小，所以ρ2＜ρ1，可得c2＜2c1。

16．[·延庆模拟]将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1的浓硫酸加入到VmL水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀溶液。下列说法正确的是( 　　)

A．若c1＝2c2，则w1＜2w2，V＜50

B．若c1＝2c2，则w1＜2w2，V＞50

C．若w1＝2w2，则c1＜2c2，V＝50

D．若w1＝2w2，则c1＞2c2，V＜50

答案：A

解析：设溶液的体积为V′L，密度为ρg·mL－1，溶质的摩尔质量为Mg·mol－1，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L－1，则根据溶液浓度表达方式不同，但其溶质的物质的量不变有：V′L×mL·L－1×ρg·mL－1×wMg·mol－1＝V′L×cmol·L－1，即c＝0ρwM。若w1＝2w2，c1c2＝ρ1w1ρ2w2＝2ρ1ρ2，由于ρ2＜ρ1，所以c1＞2c2。稀释后质量分数减半，说明浓硫酸与水等质量混合，水的密度可认为是1g·mL－1，因此V＝50。若c1＝2c2，w1w2＝ρ2·c1ρ1·c2＝2ρ2ρ1，由于ρ2＜ρ1，所以w1＜2w2，同时可知V＜50。

17．[·山东枣庄三中调研]实验室需要0.1mol·L－1NaOH溶液mL和0.5mol·L－1硫酸溶液mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：

(1)如图所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是________(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)配制0.1mol·L－1的NaOH溶液的操作步骤如下，正确的顺序是________。

①把称量好的NaOH固体放入小烧杯中，加适量的蒸馏水溶解；

②把①所得溶液冷却至室温，再小心转入一定容积的容量瓶中；

③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切；

④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中，并轻轻摇匀；

⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。

(3)根据计算，用托盘天平称取NaOH的质量为________g。在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度________0.10mol·L－1(填“大于”“小于”或“等于”，下同)。若还未等溶液冷却就定容，则所得溶液浓度________0.10mol·L－1。

答案：

(1)AC　烧杯、玻璃棒、mL容量瓶

(2)①②④③⑤　(3)2.0　等于　大于

解析：实验室中配制mL0.1mol·L－1NaOH溶液和mL0.5mol·L－1硫酸溶液时，由于没有mL的容量瓶，应选择mL容量瓶。

(1)配制溶液过程中通常要用到托盘天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒等，题图所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是平底烧瓶和分液漏斗，故选AC；配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、mL容量瓶。

(2)配制一定物质的量浓度的溶液的基本步骤：计算、称量或量取、溶解或稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签。配制0.1mol·L－1NaOH溶液的操作步骤：把称量好的NaOH固体放入小烧杯中，加适量的蒸馏水溶解；把所得溶液冷却至室温，再小心转入一定容积的容量瓶中；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中，并轻轻摇匀；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管小心地滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切；将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。所以，正确的操作顺序是①②④③⑤。

(3)根据计算，mL0.1mol·L－1的NaOH溶液中溶质的物质的量为0.5L×0.1mol·L－1＝0.05mol，质量为40g·mol－1×0.05mol＝2g，故用托盘天平称取NaOH的质量为2.0g；配制一定物质的量浓度的溶液，进行误差分析时，根据c＝nV，分析实验操作对溶质的物质的量的影响以及对所配溶液体积的影响，进而确定对所配溶液浓度的影响，在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，并不影响溶液的配制，所以所得溶液浓度等于0.10mol·L－1；若还未等溶液冷却就定容，待温度降至室温时，溶液的凹液面会下降到刻度线以下，所得溶液的体积偏小，浓度大于0.10mol·L－1。

18．关于0.1mol·L－1K2CO3溶液的叙述正确的是( 　　)

A．该溶液中CO2－3的物质的量浓度为0.1mol·L－1

B．将该溶液稀释，稀释后溶液中所有离子的物质的量浓度都减小

C．从1L该溶液中取出mL，则取出溶液中K2CO3的物质的量浓度为0.01mol·L－1

D．取该溶液10mL，加水稀释至mL后，K2CO3的物质的量浓度为0.01mol·L－1

答案：D

解析：A项，K2CO3为强碱弱酸盐，CO2－3易水解，0.1mol·L－1K2CO3溶液中CO2－3的物质的量浓度小于0.1mol·L－1，A错；B项，稀释溶液时，水的离子积不变，溶液的碱性减弱，氢离子浓度增大，B错；C项，溶液的浓度与所取溶液的体积无关，取出的溶液中K2CO3的物质的量浓度仍为0.1mol·L－1，C错；D项，取该溶液10mL，加水稀释至mL后，则稀释10倍，K2CO3的物质的量浓度变为0.01mol·L－1，D正确。

19．下列实验操作会导致实验结果偏低的是( 　　)

①配制g10%的Na2CO3溶液，称取10.0g碳酸钠晶体溶于90.0g水中　②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮　③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度　④用酸式滴定管取用98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸配制mL2mol·L－1的稀硫酸时，先平视后仰视

A．只有①B．只有②

C．②③④D．①③④

答案：D

解析：①10.0g碳酸钠晶体中含Na2CO3的质量小于10.0g；②碳酸钠晶体已经受潮时，其中的含水量增加，结果偏高；③中所称样品的质量比实际所需质量小0.4g；④用酸式滴定管量取液体时，先平视后仰视，则量取的液体体积偏小，所配溶液浓度偏低。

20．[·山东泰安模拟]室温时，甲、乙两同学在实验室配制氯化钠溶液。甲同学配制5%的NaCl溶液g，乙同学配制0.5mol·L－1的NaCl溶液mL(20℃时，氯化钠在水中的溶解度为36g/g水)。下列说法正确的是( 　　)

A．两同学所需溶质的质量相同

B．两同学所需实验仪器种类相同

C．两同学所配溶液均为不饱和溶液

D．两同学所配溶液的质量相同

答案：C

解析：甲同学所配溶液中溶质的质量为g×5%＝5g，乙同学所配溶液中溶质的质量为0.5mol·L－1×0.1L×58.5g·mol－1＝2.g，A项错误；乙同学配制溶液过程中需要用到容量瓶，而甲同学不需要，B项错误；由A项中的计算结果及题目所给氯化钠溶液的溶解度可知，两同学配制的溶液均为不饱和溶液，C项正确；mL氯化钠溶液的质量大于g，D项错误。

21．[·山东新汶中学月考]快速准确称量8.0gNaOH配成2L溶液，下列说法中正确的是( 　　)

A．室温时，所配溶液中由水电离出的c(OH－)为1.0×10－7mol·L－1

B．若从原溶液中取出mL，取出的溶液的物质的量浓度为0.01mol·L－1

C．室温下，若向所配的溶液中通入适量的氯气，恰好反应时所消耗的氯气的体积为2.24L

D．室温下，向所配制的溶液中加入足量的铝粉，充分反应后转移的电子的物质的量为0.6mol

答案：D

解析：快速准确称量，就可以不考虑称量过程中NaOH变质引起的误差，则8.0gNaOH配成2L溶液时，氢氧化钠的物质的量浓度为8.0g40g·mol－12L＝0.1mol·L－1。室温时，由Kw可计算出溶液中由水电离出的氢离子浓度c(H＋)＝Kw0.1＝1.0×10－13mol·L－1，而由水电离产生的氢离子浓度等于由水电离产生的氢氧根离子浓度，则溶液中由水电离出的c(OH－)为1.0×10－13mol·L－1，A错误；从原溶液中取出的溶液的物质的量浓度不变，仍为0.1mol·L－1，B错误；8.0gNaOH(0.2mol)最多可吸收0.1mol氯气，但在室温下，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算0.1mol氯气的体积，C错误；铝与氢氧化钠溶液充分反应：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，由化学方程式计算可知，0.2molNaOH与足量铝反应可生成0.3mol氢气，转移0.6mol电子，D正确。

22．[·云南曲靖一中月考]VmL硫酸铝溶液中含有mg铝离子，取该溶液V3mL，用水稀释到2VmL，则稀释后溶液中的硫酸根离子的物质的量浓度为( 　　)

A.m27Vmol·L－1B.m27Vmol·L－1

C.m27Vmol·L－1D.0m27Vmol·L－1

答案：A

解析：mg铝离子的物质的量为m27mol，取该溶液V3mL，则溶液中铝离子的物质的量为m27×3mol，用水稀释到2VmL，铝离子的物质的量浓度为m27×3Vmol·L－1，根据硫酸铝的组成可知，溶液中硫酸根离子的物质的量浓度是铝离子的物质的量浓度的32倍，则硫酸根离子的物质的量浓度为m27Vmol·L－1，A正确。

23．某探究学习小组成员欲用NaClO固体配制mL密度为1.2g·mL－1的消毒液，其中NaClO的质量分数为25%。下列说法正确的是( 　　)

A．图中仪器有四种是不需要的，还需一种图中未画出的玻璃仪器

B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制

C．利用久置的NaClO来配制可能导致NaClO的质量分数偏高

D．需要称量的NaClO固体质量为.0g

答案：D

解析：图中的a、b、c、d四种仪器均不需要，还需要玻璃棒、胶头滴管等玻璃仪器，A错误；容量瓶内残存的蒸馏水对配制溶液无影响，且容量瓶是精密仪器不可烘干，B错误；因为NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，故久置的NaClO可能部分变质导致称量的试剂中NaClO的量减小，使所配溶液中NaClO的质量分数偏低，C错误；配制mL溶液需用到mL容量瓶，所以需要称量的NaClO固体质量为mL×1.2g·mL－1×25%＝.0g，D正确。

24.[·黑龙江齐齐哈尔实验中学模拟]如图所示，常温常压下气体X(见选项)与O2等物质的量混合后充满圆底烧瓶，挤压胶头滴管并打开止水夹，可观察到烧杯中的水沿导管进入烧瓶。长时间充分反应后，烧瓶中所得溶液的物质的量浓度最小的是(假设溶质不向烧瓶外扩散)( 　　)

A．NH3

B．HCl

C．NO2(假设不含N2O4)

D．SO2

答案：D

解析：设气体X和O2的物质的量均为4mol，烧瓶容积为V，A、B中物质与氧气均不反应，则烧瓶中所得溶液的体积为V2，则NH3、HCl的物质的量浓度均为4molV2；C中发生反应：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，溶质硝酸的物质的量为4mol，消耗一定量氧气，烧瓶中所得溶液的体积为58V，即HNO3的物质的量浓度为4mol58；D中发生反应：2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4，溶质硫酸的物质的量为4mol，消耗一定量氧气，烧瓶中所得溶液的体积为34V，即H2SO4的物质的量浓度为4mol34，4mol34最小，D项符合题意。

25．[·江西金溪一中月考]某同学帮助水质监测站配制mL0.5mol·L－1的NaOH溶液以备使用。

(1)该同学应选择________mL的容量瓶。

(2)其操作步骤如图所示，则上图框中的操作应在图中________(填选项字母)之间。

A．②与③B．①与②

C．③与④D．④和⑤

(3)该同学应称取NaOH固体________g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小________(填字母，下同)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项________。

附表：砝码规格

a

b

c

d

e

砝码大小/g

50

20

10

5

(4)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响？(填“偏大”“偏小”或“无影响”)

①定容时，俯视读数，浓度会________；

②转移溶液的过程中，少量液体溅出来，浓度会________；

③容量瓶未干燥，浓度会________；

④定容摇匀后发现溶液的凹液面低于刻度线，浓度会________。

答案：

(1)　(2)D　(3)10.0　cd　C

(4)①偏大　②偏小　③无影响　④无影响

解析：

(1)容量瓶的规格应等于或稍大于配制溶液的体积，实验室没有mL容量瓶，所以应选mL容量瓶。

(2)图框中的操作为将蒸馏水注入容量瓶，该操作应在使用胶头滴管定容之前，即应在④到⑤之间，故答案为D。

(3)配制mL0.5mol·L－1NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5L×0.5mol·L－1×40g·mol－1＝10.0g；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，计算可得氢氧化钠与烧杯的总质量为10.0g＋23.1g＝33.1g，故应选择20g与10g的砝码，即选择c、d；由表中数据可知，最小的砝码为5g，游码的最大刻度为5g，所以游码应在3.1g的位置，故选C。

(4)①定容时，俯视读数，溶液的体积偏小，所配制溶液的浓度偏大；②转移溶液的过程中，少量液体溅出来，溶质的物质的量偏小，所配制溶液的浓度会偏小；③容量瓶使用时未干燥，溶质的物质的量和溶液的体积都不变，所以对配制溶液的浓度无影响；④定容摇匀后溶液的凹液面低于刻度线，是因为部分溶液附着在瓶壁上，对溶液的浓度无影响。

26．[·广东阳东广雅学校月考]用98%的浓H2SO4(ρ＝1.84g·cm－3)配制mL1mol·L－1稀H2SO4。有人设计了以下操作，请填写空白。

①量取98%的浓H2SO4________mL，应选用________mL的量筒。

②选取________mL的容量瓶，洗涤，检查是否漏液，将稀释并________后的稀硫酸沿玻璃棒转移到此容量瓶中。

③用少量蒸馏水洗涤小烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中。

④在小烧杯中稀释浓H2SO4，稀释时用玻璃棒不断搅拌。

⑤向容量瓶中直接加蒸馏水至离容量瓶颈刻度线1～2cm处。

⑥盖上容量瓶塞子，摇匀。

⑦用胶头滴管小心滴加蒸馏水至刻度线。

⑧将配制好的溶液转入已洗涤但尚未干燥的试剂瓶中贮存备用。

(1)正确的操作步骤是________(填序号)。

(2)此实验中玻璃棒的作用是________。

(3)实验操作中有一处错误，该处错误是______________________________________。

(4)下列操作会对所配溶液浓度有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)

Ⅰ.转移硫酸后，小烧杯未洗涤：________。

Ⅱ.定容时俯视容量瓶刻度线：________。

答案：①13.6　15　②　冷却至室温

(1)①④②③⑤⑦⑥⑧　(2)搅拌和引流

(3)试剂瓶未干燥，会使所配溶液变稀

(4)Ⅰ.偏低　Ⅱ.偏高

解析：①实验室没有mL的容量瓶，只能选用mL的容量瓶，配制mL的硫酸溶液，浓H2SO4的物质的量浓度c＝0ρwM＝0×1.84×98%98mol·L－1＝18.4mol·L－1。根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设所需浓硫酸的体积为xmL，则有xmL×18.4mol·L－1＝mL×1mol·L－1，解得x≈13.6，所以应量取的浓硫酸的体积是13.6mL，故选用15mL的量筒。

(1)配制一定物质的量浓度的溶液，一般的操作步骤是计算、称量或量取、溶解或稀释、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶贴标签，故正确的操作步骤是①④②③⑤⑦⑥⑧。

(2)此实验中玻璃棒的作用是溶解时搅拌，加快物质的溶解速率，转移溶液时引流。

(3)实验操作中有一处错误是试剂瓶未干燥，会使所配溶液变稀。

(4)I.转移硫酸后，小烧杯未洗涤，部分硫酸没有移入容量瓶，溶质的量减少，所配溶液浓度偏低；Ⅱ.定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。

27．某化学研究性学习小组配制含有NH＋4、Cl－、K＋、SO2－4的植物培养液mL，且要求该培养液中c(Cl－)＝c(K＋)＝c(SO2－4)＝0.4mol·L－1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙、②托盘天平、③烧杯、④玻璃棒、⑤胶头滴管、⑥量筒。

请回答下列问题：

(1)该植物培养液中，NH＋4的物质的量浓度为________。

(2)该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的实验仪器是________(填字母)。

A．mL容量瓶

B．mL容量瓶

C．两个mL容量瓶

(3)甲同学用KCl和(NH4)2SO4两种物质进行配制，则需称取m(KCl)＝________g，m[(NH4)2SO4]＝________g。

(4)乙同学用所提供药品中的三种进行配制，请帮助该同学选用三种物质：________、________、________。(填化学式)

(5)若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是______(填字母)。

A．将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒

B．将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶

C．用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线

D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线

答案：

(1)0.8mol·L－1　(2)B　(3)14.9　26.4(4)(NH4)2SO4　NH4Cl　K2SO4　(5)ABC

解析：

(1)根据溶液呈电中性有c(NH＋4)＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SO2－4)，则c(NH＋4)＝c(Cl－)＋2c(SO2－4)－c(K＋)＝0.8mol·L－1。

(2)实验所用容量瓶规格应该等于或略大于实验所需配制溶液的体积，实验室没有mL的容量瓶，且用容量瓶配制溶液时，需一次完成，应选用mL容量瓶。

(3)配制该溶液所需的溶质质量应该配制mL溶液来计算，所需KCl、(NH4)2SO4的物质的量均为0.2mol，对应的质量分别为14.9g、26.4g。

(4)由题知，该植物培养液中：n(NH＋4)＝2n(Cl－)＝2n(K＋)＝2n(SO2－4)，若用三种物质来配制，三种物质应该为(NH4)2SO4、NH4Cl、K2SO4，且物质的量之比为1:2:1。

(5)未洗涤烧杯和玻璃棒，会有部分溶质残留在烧杯和玻璃棒上，使所配溶液浓度偏低，A项符合题意；转移时部分溶液溅出容量瓶，使溶质损失，所配溶液浓度偏低，B项符合题意；加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度线，说明所配溶液体积偏大、浓度偏小，C项符合题意；俯视读数时，实际液面低于容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小、浓度偏大，D项不符合题意。