2.2 溶液组成的定量研究 同步练习 （含解析）2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 2.2 溶液组成的定量研究 同步练习 （含解析）2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 194.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-18 12:18:38 | ||
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文档简介
2.2 溶液组成的定量研究 同步练习
一、单选题
1．实验室配制1mol/L盐酸250mL，下列不需用的仪器是（ ）
A．250mL容量瓶 B．托盘天平 C．胶头滴管 D．烧杯
2．下列溶液中的 与 溶液中的 相等的是（ ）
A． 溶液
B． 溶液
C． 溶液
D． 溶液
3．与100mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中Na+浓度相同的是（ ）
A．50mL 0.2mol/L NaCl溶液 B．10mL 1mol/L Na2SO4溶液
C．200mL 0.1mol/L NaNO3溶液 D．10mL 0.2mol/L Na2SO4溶液
4．下列溶液中，与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是（ ）
A．100mL 0.5 mol/L MgCl2溶液 B．200mL 0.25 mol/L HCl溶液
C．50mL 1mol/L NaCl溶液 D．200mL 0.25 mol/L CaCl2溶液
5．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成实验结果偏高的是（ ）
A．定容时观察液面仰视 B．定容时观察液面俯视
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯中 D．容量瓶中原来有少量蒸馏水
6．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，11. 2 L 二氧化硫气体中含有0. 5NA个SO2分子
B．标准状况下，22. 4 L CCl4中含有NA个分子
C．1 mol Na与一定量的O2反应生成Na2O和Na2O2，转移的电子数为NA个
D．将NA个HCl气体分子溶于1 L水中得到1 mol·L－1的盐酸
7．标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL-1)，所得溶液的密度为ρg·mL-1，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol·L-1，则下列关系中错误的是（）
A．ρ= B．ω=
C．ω= D．c=
8．配制500mL0.100mol·L的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下图：
下列说法正确的是（ ）
A．为了便于操作，固体溶解也可直接在容量瓶中进行
B．上述实验操作步骤的符合题意顺序为①②④③
C．容量瓶需用蒸馏水洗涤，干燥后才可使用
D．定容时，俯视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏高
9．下图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据，判断下列说法正确的是（ ）
A．该盐酸的物质的量浓度是8.4 mol/L
B．需要230mL 0.59mol L﹣1的稀盐酸时，量取该盐酸12.5 mL
C．取该盐酸50mL，则浓度变为原来的1/10
D．该盐酸与等体积水混合质量分数变为18.25 %
10．下列说法中正确的是（ ）
A．1mol H2的质量只有在标准状况下才约为2g
B．标准状况下，22.4L氖气含有的原子数为2NA
C．标准状况下，18g水的体积约为22.4L
D．同温同压下，相同体积的气体单质含有的原子数目不一定相等
11．将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，所得溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.05mol/L B．0.03mol/L C．0.3mol/L D．0.04mol/L
12．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．2 g氦气（He）含有的氦原子数为NA
B．0.1 mol/L硫酸钠溶液中，含有0.2NA个Na+
C．100g质量分数为46%的乙醇（C2H5OH）水溶液，含有4NA个氧原子
D．16.25g FeCl3溶于水形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
13．将5mol L﹣1的盐酸10mL稀释到200mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是（ ）
A．0.05 mol L﹣1 B．0.25 mol L﹣1
C．0.10 mol L﹣1 D．0.50 mol L﹣1
14．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中错误的是（ ）
A．常温常压下，71g Cl2含有的氯原子数为2NA
B．1mol Na2O2与H2O完全反应，转移电子数为NA
C．在标准状况下，1L H2O所含分子数为
D．1L 0.5mol/L AlCl3溶液中，含有的Cl–数为1.5NA
15．120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（ ）
A．2.0 mol L﹣1 B．1.5 mol L﹣1
C．0.18 mol L﹣1 D．0.24 mol L﹣1
16．下列实验能达到实验目的的是 （ ）
A．用装置a加热分解NaHCO3固体
B．按装置b把浓硫酸稀释为稀硫酸
C．按装置c把溶液转移入容量瓶
D．用装置d吸收尾气中的氯气与氯化氢
二、综合题
17．实验室用固体烧碱配制0.4mol/L的NaOH溶液480mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL．请回答：
（1）计算需要NaOH固体质量 g．
（2）有以下仪器：①烧杯 ②药匙 ③250mL容量瓶 ④500mL容量瓶 ⑤玻璃棒⑥托盘天平 ⑦量筒．配制以上两种溶液必须使用的玻璃仪器 （填序号），还缺少的仪器是 ．
（3）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为 mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用 mL量筒最好．
（4）配制过程中，下列操作会引起结果偏高的是 （填序号）
①未洗涤烧杯、玻璃棒 ②称量NaOH的时间太长
③定容时俯视刻度 ④容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
⑤NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶 ⑥量取浓硫酸时，仰视量筒刻度线．
18．配制500mL 0.5mol/L NaOH 溶液，试回答下列问题：
（1）需要称取NaOH固体的质量为 ；
（2）配制方法：设计五个操作步骤，请在横线上填上合适的仪器名称
①向盛有NaOH的烧杯中加入100mL蒸馏水使其溶解，并冷却至室温．
②将NaOH溶液沿 注入 中．
③在烧杯中加入少量的蒸馏水，小心洗涤 2～3次并把每次的洗涤液都转移入
④继续往 中加蒸馏水至液面接近刻度线1～2cm．
⑤改用 滴加蒸馏水至刻度线，盖好摇匀．
（3）以下操作会使实际配制NaOH溶液的浓度偏低的有
A．定容时俯视刻度线
B．溶解后的烧杯未经洗涤
C．称量用的烧杯不干燥
D．容量瓶中原来存有少量蒸馏水．
19．某同学用NaOH固体配制100mL 2mol/L的NaOH溶液，请回答下列问题．
（1）配制上述溶液所需的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯和 ．
（2）用托盘天平称取NaOH固体，其质量是 g．
（3）实验时下图所示操作的先后顺序为 （填编号）．
（4）取用任意体积的该NaOH溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 （填选项）．
a．溶液中NaOH的物质的量 b．溶液的浓度 c．溶液中OH﹣的数目 d．溶液的密度
（5）下列操作中，会造成所配溶液浓度偏低的是 （填字母）．
a．定容时，俯视刻度线
b．没有洗涤烧杯和玻璃棒
c．洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水
d．摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水．
20．现有含有少量NaCl、 Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。
（1）沉淀A的主要成分是 、 （填化学式）。
（2）①②③中均进行的分离操作是 。
（3）溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是 ，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的 。
（4）实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 mol L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8 mol L-1的HNO3溶液，该小组用8mol L-1的HNO3溶液配制所需溶液。
①实验中所需的玻璃仪器包括 、 mL量筒、烧杯、 、胶头滴管等。
②该实验中需要量取8mol L-1的HNO3溶液 mL。
③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是 。
A.取8mol L-1的HNO3溶液溶液时仰视刻度线
B.量取用的量筒水洗后未进行任何操作
C. 8mol L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯
D.定容时仰视刻度线
E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作
（5）某同学转移溶液的操作如图所示，该同学操作中的错误是 。容量瓶的刻度线标在比较细的瓶颈之上的原因是 。
A.为了美观 B.为了统一标准 C.为了提高准确度 D.方便刻画
21．在花瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给你紧张而又忙碌的学习、生活带来轻松和愉悦的心情。可是过不了几天，花儿就会枯萎。如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。下表是1L“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：
成 分 质 量（g） 摩尔质量（g/mol）
蔗糖 50.00 342
硫酸钾 0.50 174
阿司匹林 0.35 180
高锰酸钾 0.50 158
硝酸银 0.04 170
（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是_________（填字母）。
A．蔗糖 B．硫酸钾 C．高锰酸钾 D．硝酸银
（2）“鲜花保鲜剂”中的K+的物质的量浓度约为 （阿司匹林中不含K+）。
（3）配制上述1L“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙、 。（填所缺仪器的名称）。
（4）在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是______（填字母）。
A．定容用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
（5）实验室用固体加热制氨气的化学反应方程式为： 。
（6）若将收集到的氨气溶于水配成100 mL的溶液，所得氨水中NH3物质量浓度（不考虑NH3与H2O的反应）为0.3 mol·L-1，则需要氨气的体积为 mL（标准状况）。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】根据配制250mL 1mol/L盐酸的步骤可知，需要使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管等，所以不需要的仪器为托盘天平，
故选B．
【分析】配制250mL 1mol/L盐酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤选用仪器，然后判断不需要的仪器．
2．【答案】C
【解析】【解答】A． 溶液中的 = ，A不符合题意；
B． 溶液中的 = ，B不符合题意；
C． 溶液中的 = ，C符合题意；
D． 溶液中的 = ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 溶液中的 = 。
3．【答案】A
【解析】【解答】0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中c(Na＋)=0.1mol·L－1×2=0.2mol·L－1。
A.0.2mol·L－1NaCl溶液中c(Na＋)=0.2mol·L－1×1=0.2mol·L－1，A符合题意；
B. 1mol·L－1Na2SO4溶液中c(Na＋)=1mol·L－1×2=2mol·L－1，B不符合题意；
C. 0.1mol·L－1NaNO3溶液中c(Na＋)=0.1mol·L－1×1=0.1mol·L－1，C不符合题意；
D. 0.2mol·L－1Na2SO4溶液中c(Na＋)=0.2mol·L－1×2=0.4mol·L－1，D不符合题意；
故答案为： A
【分析】根据溶液中电离产生的Na＋，计算溶液中c(Na＋)。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.MgCl2在水中电离方程式为MgCl2=Mg2＋＋2Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.5mol/L×2=0.2mol/L，A不符合题意；
B.HCl在水中的电离方程式为HCl=H＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.25mol/L×1=0.25mol/L，B不符合题意；
C.NaCl在水中电离的方程式为NaCl=Na＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=1mol/L×1=1mol/L，D不符合题意；
D.CaCl2在水中电离的方程式为：CaCl2=Ca2＋＋2Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.25mol/L×2=0.5mol/L，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据溶质在水中的电离，计算溶液中c(Cl-)。
5．【答案】B
【解析】【解答】A、定容时观察液面仰视，加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液体积偏大，则溶液浓度偏小，故A不符合题意；
B、定容时观察液面俯视，导致配制的溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高，故B符合题意；
C、有少量NaOH溶液残留在烧杯中，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C不符合题意；
D、容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液体积无影响，则不影响配制结果，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．
6．【答案】C
【解析】【解答】A.常温常压，Vm≠22.4L/mol，Vm不知，无法计算11. 2 L 二氧化硫气体中含有的SO2分子数目，故A不符合题意；
B.标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故B不符合题意；
C、由于反应后钠元素变为+1价，故1mol钠失去1mol电子，即NA个电子，故C符合题意；
D、将NA个HCl气体分子溶于1 L水中得到的溶液体积不是1L，得到的盐酸浓度就不是1 mol·L－1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.常温常压下的气体摩尔体积不是22.4L/mol；
B.标准状况下四氯化碳是非气体；
C.1molNa参加反应转移电子的物质的量由金属钠决定；
D.HCl溶于1L水后的体积不是1L。
7．【答案】A
【解析】【解答】c ，故A符合题意，D不符合题意；由于c= ，B不符合题意；氨气的物质的量是V/22.4mol，质量是 ，所以溶液的质量是（ 17V/22.4＋1000）g，而溶液的体积是 mL，因此溶液的质量分数是w＝ ，C不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据标准状况下气体摩尔体积计算气体的物质的量，结合溶液的物质的量浓度和质量分数进行计算即可。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．容量瓶中不能进行固体的溶解，应该在烧杯中进行，选项A不符合题意；
B．配制的步骤一般为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，故上述实验操作步骤的符合题意顺序为②①④③，选项B不符合题意；
C．容量瓶需要用蒸馏水洗涤，不干燥也可以使用，容量瓶中有水对配制过程中的浓度没有影响，选项C不符合题意；
D．定容时俯视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏少，溶液的体积V偏小，溶液的浓度偏高，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、固体溶解应该在烧杯中进行；
B、溶液配制的顺序为：计算-称量-溶解-冷却-转移-洗涤-定容-摇匀-装瓶-贴标签；
C、容量瓶不需要干燥；
D、结果偏大：砝码生锈，溶解后没有恢复到室温，读数时俯视刻线；
结果偏小：烧杯没有洗涤，读数时仰视刻线，摇匀后发现液面低于刻线继续加水，定容后发现液面超过刻线吸掉多余的部分，转移时由部分液体溅出；
无影响：容量瓶没有干燥。
9．【答案】B
【解析】【解答】A.根据浓度计算公式可得该盐酸的物质的量浓度，A不符合题意；
B.由浓溶液配制稀溶液的过程中溶液中溶质的物质的量保持不变，配制230mL溶液应取用250mL容量瓶，故稀溶液的体积应为250mL，由稀释公式c1V1=c2V2可得所需浓盐酸的体积，B符合题意；
C.溶液具有均一性，各部分的浓度相同，故所取出的50mL的物质的量浓度为11.8mol/L，C不符合题意；
D.该盐酸与等体积水混合后，所得溶液的质量不会等于原来的两倍，故溶质的质量分数不等于原来的一半，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据公式进行计算；
B.根据公式c1V1=c2V2进行计算；
C.溶液具有均一性，各部分浓度相同；
D.等体积混合后，所得溶液的质量不等于原溶液的两倍；
10．【答案】D
【解析】【解答】A.1mol H2的质量在任何条件下都为2g，A不符合题意；
B.标准状况下，22.4L氖气是1mol，含有的原子数为NA，B不符合题意；
C.标准状况下水是液体，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，C不符合题意；
D.同温同压下，相同体积的气体单质含有的原子数目不一定相等，这与单质的组成有关系，例如氧气和臭氧，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A、m=nM计算出物质的质量，与状态无关；
B、稀有气体氖气为单元子气体；
C、标况下，水是液体；
D、PV=nRT，同温同压下体积相同的气体含有的分子数相同，但是分子类型不同，原子数不同；
11．【答案】B
【解析】【解答】解：稀释过程中氢氧化钠的物质的量不变，则稀释后氢氧化钠的浓度为：c（NaOH）= =0.03mol/L，
故选B．
【分析】稀释过程中NaOH的物质的量不变，据此可列式计算出所得溶液的物质的量浓度．
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 2g氦气（He）含有的氦原子数为 ×NA=0.5 NA，A不符合题意；
B. 没有溶液体积，不能计算0.1 mol/L硫酸钠溶液中含有Na+的数目，B不符合题意；
C. 100g质量分数为46%的乙醇（C2H5OH）水溶液中有46g乙醇和54g水，含有氧原子( )×NA =4NA，C符合题意；
D. Fe(OH)3胶体粒子是氢氧化铁的聚集体， 16.25g FeCl3溶于水形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氦气为单原子分子；
B、溶液体积不明确；
C、在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含氧原子；
D、氢氧化铁胶粒和氢氧化铁不是等价的。
13．【答案】B
【解析】【解答】设稀释后盐酸物质量浓度为c，则：
10mL×5mol/L=200mL×c
解得c=0.25mol/L．
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，
故选B
【分析】根据稀释定律计算稀释的盐酸浓度；从稀释后的盐酸中取出5mL盐酸，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．．
14．【答案】C
【解析】【解答】A、常温常压下，71g Cl2物质的量 ，含有的氯原子物质的量为1mol×2 =2mol，含有的氯原子数为2NA，A不符合题意；
B、1mol Na2O2中有2mol氧原子，1mol氧原子升高，1mol氧原子降低，转移1mol电子，因此1mol Na2O2完全反应，转移电子数为NA，B不符合题意；
C、在标准状况下，H2O为液体，不能进行计算，C符合题意；
D、1L 0.5mol/L AlCl3溶液物质的量 ，含有的Cl–物质的量0.5mol×3=1.5mol，含有的Cl–数为1.5NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】标况下非气态的物质主要有：水、苯、汽油、四氯化碳、三氯甲烷、二氯甲烷、乙醇、HF、三氧化硫等。
15．【答案】B
【解析】【解答】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，
当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，
则HCO3﹣+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，
碳酸钠的物质的量为0.2mol，
则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间，
盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，
即盐酸的浓度应该是大于=1mol/L，小于=2mol/L，
故选B．
【分析】根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结合都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，根据盐酸的浓度范围值来确定答案．
16．【答案】D
【解析】【解答】A.对固体进行加热时，试管口应略向下倾斜，防止加热过程中冷凝水倒流入热的试管底部，造成试管炸裂，A不符合题意；
B.稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B不符合题意；
C.将烧杯中的溶液转移到容量瓶中时，应用玻璃棒进行引流，C不符合题意；
D.CCl4的密度比水大，且Cl2与HCl不与CCl4溶液反应，在NaOH溶液中加入CCl4，可起到防倒吸的作用，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.结合固体加热操作分析；
B.结合浓硫酸稀释操作分析；
C.结合溶液配制操作分析；
D.结合防倒吸操作分析；
17．【答案】（1）8.0
（2）①②④⑤⑥⑦；胶头滴管
（3）13.6；15
（4）③⑤⑥
【解析】【解答】解：（1）固体烧碱配制0.4mol/L的NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量：0.4mol/L×0.5L×40g/mol=8.0g；
故答案为：8.0；
（2）没有规格为480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平（量筒）、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，所以必须用到的仪器：①②④⑤⑥⑦；还缺少的仪器：还缺少的玻璃仪器为：胶头滴管；
故答案为：①②④⑤⑥⑦；胶头滴管；
（3）98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度C= =18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V=0.5mol/L×500mL，解得V=13.6mL，量取13.6mL溶液，应选择15mL量筒；
故答案为：13.6；15；
（4）①未洗涤烧杯、玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
②称量NaOH的时间太长，导致秤取的固体中氢氧化钠质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
③定容时俯视刻度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
④容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；
⑤NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
⑥量取浓硫酸时，仰视量筒刻度线，导致量取浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选；
故选：③⑤⑥．
【分析】（1）实验室中没有480mL容量瓶，所以需要配制500mLNaOH溶液，据此计算需要NaOH的质量；
（2）根据利用固体溶质配制一定物质的量浓度的溶液的步骤判断需要的仪器；
（3）根据溶液稀释定律计算需要浓硫酸的体积；
（4）根据分析溶液的体积和溶质的物质的量变化即可.
18．【答案】（1）10g
（2）玻璃棒；500mL容量瓶；烧杯和玻璃棒；容量瓶；容量瓶；胶头滴管
（3）B
【解析】【解答】解：（1）需要氢氧化钠的物质的量是：0.5mol/L×0.5L=0.25mol，氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.25mol=10g，
故答案是：10g；（2）②将NaOH溶液沿着玻璃棒引流到500mL容量瓶中，
故答案是：玻璃棒；500mL容量瓶；③转移完烧杯中溶解的溶液后，必须对烧杯和玻璃棒减小洗涤，洗涤后的溶液也要转移到容量瓶中，
故答案是：烧杯和玻璃棒；容量瓶；④再继续向容量瓶中加蒸馏水，至液面接近刻度线1～2cm，
故答案是：容量瓶；⑤定容时用胶头滴管定容，
故答案是：胶头滴管；（3）A、定容时俯视刻度线，会导致配制的溶液的体积偏小，浓度偏高，故A错误；
B、溶解后的烧杯未经洗涤，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故B正确；
C、称量氢氧化钠利用的是总质量和小烧杯的质量差，所以称量用的烧杯不干燥，不影响结果，故C错误；
D、容量瓶中有水，不影响配制结果，故D错误；
故选B．
【分析】（1）计算出氢氧化钠的物质的量，再求出氢氧化钠的质量；（2）②用玻璃棒引流到容量瓶中，注意容量瓶的容积；③必须对烧杯和玻璃棒碱性洗涤；洗涤液转移到容量瓶中；④向容量瓶中继续加蒸馏水；⑤用胶头滴管定容；（3）A、俯视刻度线，配制的溶液体积偏小；
B、烧杯没有洗涤，溶液的物质的量减小；
C、对称取的氢氧化钠的质量没有影响；
D、容量瓶中的蒸馏水不影响结果．
19．【答案】（1）100mL容量瓶、胶头滴管
（2）8.0
（3）④⑥③⑤②①
（4）bd
（5）bd
【解析】【解答】解：（1）配制100mL 2mol/L的NaOH溶液的操作步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，需要的仪器有：天平、药匙、玻璃棒、量筒、胶头滴管、烧杯和100mL容量瓶，故需要的玻璃仪器有：玻璃棒、胶头滴管、量筒、烧杯和100mL容量瓶，还缺少量筒和100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；（2）配制100mL 2mol/L的NaOH溶液，需要NaOH的质量为：m（NaOH）=0.1L×2mol/L×40g/mol=8.0g，
故答案为：8.0；（3）配制一定物质的量浓度一般步骤：计算，称量④，溶解并冷却⑥，洗涤③并转移⑤，定容②摇匀①；故答案为：④⑥③⑤②①；（4）溶液为均一稳定化合物，取用任意体积的该NaOH溶液时，溶液的浓度和密度不变，而体积不同时溶液中含有的OH﹣的数目和含有溶质NaOH的物质的量一定不同，所以不随所取体积的多少而变化的是bd，故答案为：bd（5）a．定容时，俯视刻度线，使溶液的体积偏低，所以溶液浓度偏高； b．少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，没有洗涤烧杯和玻璃棒，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低； c．因定容时需向容量瓶中加水，所以定容前洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水，对溶液浓度无影响； d．摇匀后，发现液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低．所以造成所配溶液浓度偏低的是bd，故答案为：bd．
【分析】（1）根据配制100mL 2mol/L的NaOH溶液的步骤选用仪器，然后判断还缺少的仪器名称；（2）根据n=cV计算NaOH的物质的量，再根据m=nM计算需要NaOH的质量；（3）依据配制一定物质的量浓度一般步骤解答；（4）取用任意体积的该NaOH溶液时，由于溶液具有均一性，则所取溶液的密度、物质的量浓度都不变，而溶质的物质的量、OH﹣的数目与溶液体积有关；（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c= 分析判断．
20．【答案】（1）BaSO4；BaCO3
（2）过滤
（3）Na2CO3；HNO3
（4）500mL容量瓶；100；玻璃棒；62.5；AC
（5）未用玻璃棒；引流C
【解析】【解答】由实验流程可知，加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3；
（1）加入过量的Ba（NO3）2，Na2SO4、Na2CO3和Ba（NO3）2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀；
（2）①②③中均进行的分离操作用于分离固体和液体，为过滤操作；
（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠；
（4）①实验室只有500mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量8 mol L-1的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL 容量瓶、100 mL量筒、烧杯、 玻璃棒、胶头滴管等；②设需要量取8 mol L-1的HNO3溶液VmL，则8 mol L-1×V×10-3L=1 mol L-1×500×10-3L，解得：V=62.5；③A．取8mol L-1的HNO3溶液溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A正确；B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；C．量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；D．定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；E．定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误；答案为AC。
（5）转移溶液的操作如图所示，错误操作是未用玻璃棒引流；容量瓶的刻度线标在比较细的瓶颈之上这样做的目的是为了提高准确度，与美观、方便刻画等没有关系，故答案为C。
【分析】根据混合物的组成成分的性质，结合反应过程的图示进行分析分离过程中的问题；根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作和误差分析分析配制过程中的问题即可。
21．【答案】（1）A
（2）8.91×10-3 mol·L-1
（3）胶头滴管，1000mL容量瓶
（4）B；D
（5）2NH4Cl+ Ca(OH) CaCl2+ 2NH3↑+ 2H2O
（6）672 mL
【解析】【解答】（1）A．蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，A正确； B．硫酸钾在水溶液中和在熔融状态下均能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，B错误； C．高锰酸钾在水溶液中和在熔融状态下能电离出离子，能导电，是化合物，是电解质，C错误；D．硝酸银，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是化合物，是电解质，D错误；答案选A；
（2）高锰酸钾的物质的量为n（KMnO4）=m/M=0.5g/158g/mol，硫酸钾的物质的量为n（K2SO4）=0.5g/174g/mol，n（K+）=n（KMnO4）+2n（K2SO4）=0.5g/158g/mol +2×0.5g/174g/mol=8.91×10-3 mol，所以c（K+）=8.91×10 3mol/1L=8.91×10-3mol/L；
（3）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2~3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，因配制1000mL溶液，则需选用1000mL容量瓶，最后需胶头滴管定容，所以所需仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙外还需1000mL容量瓶、胶头滴管；
（4）A．定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；B．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，引入新的杂质离子；D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，未做任何处理，对所配溶液浓度无影响；答案选BD；
（5）实验室用氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气、氯化钙和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（6）由n=cV=0.3mol L-1×0.1L=0.03mol，所以需要标准状况下的氨气气体体积V=22.4L/mol×0.03mol=0.672L＝672 mL。
【分析】（1）非电解质：在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。
（2）高锰酸钾和硫酸钾中都含有钾离子，n=m/M ,c=n/V
（3）注意事项：写容量瓶一定要注明规格
（4）易错点：B容量瓶不干燥对实验结果无影响
（5）实验室制氨气采用的是氯化铵和氢氧化钙共热。
（6）易错点：注意单位换算。
一、单选题
1．实验室配制1mol/L盐酸250mL，下列不需用的仪器是（ ）
A．250mL容量瓶 B．托盘天平 C．胶头滴管 D．烧杯
2．下列溶液中的 与 溶液中的 相等的是（ ）
A． 溶液
B． 溶液
C． 溶液
D． 溶液
3．与100mL 0.1mol/L Na2CO3溶液中Na+浓度相同的是（ ）
A．50mL 0.2mol/L NaCl溶液 B．10mL 1mol/L Na2SO4溶液
C．200mL 0.1mol/L NaNO3溶液 D．10mL 0.2mol/L Na2SO4溶液
4．下列溶液中，与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是（ ）
A．100mL 0.5 mol/L MgCl2溶液 B．200mL 0.25 mol/L HCl溶液
C．50mL 1mol/L NaCl溶液 D．200mL 0.25 mol/L CaCl2溶液
5．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成实验结果偏高的是（ ）
A．定容时观察液面仰视 B．定容时观察液面俯视
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯中 D．容量瓶中原来有少量蒸馏水
6．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，11. 2 L 二氧化硫气体中含有0. 5NA个SO2分子
B．标准状况下，22. 4 L CCl4中含有NA个分子
C．1 mol Na与一定量的O2反应生成Na2O和Na2O2，转移的电子数为NA个
D．将NA个HCl气体分子溶于1 L水中得到1 mol·L－1的盐酸
7．标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL-1)，所得溶液的密度为ρg·mL-1，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol·L-1，则下列关系中错误的是（）
A．ρ= B．ω=
C．ω= D．c=
8．配制500mL0.100mol·L的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下图：
下列说法正确的是（ ）
A．为了便于操作，固体溶解也可直接在容量瓶中进行
B．上述实验操作步骤的符合题意顺序为①②④③
C．容量瓶需用蒸馏水洗涤，干燥后才可使用
D．定容时，俯视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏高
9．下图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据，判断下列说法正确的是（ ）
A．该盐酸的物质的量浓度是8.4 mol/L
B．需要230mL 0.59mol L﹣1的稀盐酸时，量取该盐酸12.5 mL
C．取该盐酸50mL，则浓度变为原来的1/10
D．该盐酸与等体积水混合质量分数变为18.25 %
10．下列说法中正确的是（ ）
A．1mol H2的质量只有在标准状况下才约为2g
B．标准状况下，22.4L氖气含有的原子数为2NA
C．标准状况下，18g水的体积约为22.4L
D．同温同压下，相同体积的气体单质含有的原子数目不一定相等
11．将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，所得溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.05mol/L B．0.03mol/L C．0.3mol/L D．0.04mol/L
12．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．2 g氦气（He）含有的氦原子数为NA
B．0.1 mol/L硫酸钠溶液中，含有0.2NA个Na+
C．100g质量分数为46%的乙醇（C2H5OH）水溶液，含有4NA个氧原子
D．16.25g FeCl3溶于水形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
13．将5mol L﹣1的盐酸10mL稀释到200mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是（ ）
A．0.05 mol L﹣1 B．0.25 mol L﹣1
C．0.10 mol L﹣1 D．0.50 mol L﹣1
14．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中错误的是（ ）
A．常温常压下，71g Cl2含有的氯原子数为2NA
B．1mol Na2O2与H2O完全反应，转移电子数为NA
C．在标准状况下，1L H2O所含分子数为
D．1L 0.5mol/L AlCl3溶液中，含有的Cl–数为1.5NA
15．120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（ ）
A．2.0 mol L﹣1 B．1.5 mol L﹣1
C．0.18 mol L﹣1 D．0.24 mol L﹣1
16．下列实验能达到实验目的的是 （ ）
A．用装置a加热分解NaHCO3固体
B．按装置b把浓硫酸稀释为稀硫酸
C．按装置c把溶液转移入容量瓶
D．用装置d吸收尾气中的氯气与氯化氢
二、综合题
17．实验室用固体烧碱配制0.4mol/L的NaOH溶液480mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL．请回答：
（1）计算需要NaOH固体质量 g．
（2）有以下仪器：①烧杯 ②药匙 ③250mL容量瓶 ④500mL容量瓶 ⑤玻璃棒⑥托盘天平 ⑦量筒．配制以上两种溶液必须使用的玻璃仪器 （填序号），还缺少的仪器是 ．
（3）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为 mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用 mL量筒最好．
（4）配制过程中，下列操作会引起结果偏高的是 （填序号）
①未洗涤烧杯、玻璃棒 ②称量NaOH的时间太长
③定容时俯视刻度 ④容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
⑤NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶 ⑥量取浓硫酸时，仰视量筒刻度线．
18．配制500mL 0.5mol/L NaOH 溶液，试回答下列问题：
（1）需要称取NaOH固体的质量为 ；
（2）配制方法：设计五个操作步骤，请在横线上填上合适的仪器名称
①向盛有NaOH的烧杯中加入100mL蒸馏水使其溶解，并冷却至室温．
②将NaOH溶液沿 注入 中．
③在烧杯中加入少量的蒸馏水，小心洗涤 2～3次并把每次的洗涤液都转移入
④继续往 中加蒸馏水至液面接近刻度线1～2cm．
⑤改用 滴加蒸馏水至刻度线，盖好摇匀．
（3）以下操作会使实际配制NaOH溶液的浓度偏低的有
A．定容时俯视刻度线
B．溶解后的烧杯未经洗涤
C．称量用的烧杯不干燥
D．容量瓶中原来存有少量蒸馏水．
19．某同学用NaOH固体配制100mL 2mol/L的NaOH溶液，请回答下列问题．
（1）配制上述溶液所需的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯和 ．
（2）用托盘天平称取NaOH固体，其质量是 g．
（3）实验时下图所示操作的先后顺序为 （填编号）．
（4）取用任意体积的该NaOH溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 （填选项）．
a．溶液中NaOH的物质的量 b．溶液的浓度 c．溶液中OH﹣的数目 d．溶液的密度
（5）下列操作中，会造成所配溶液浓度偏低的是 （填字母）．
a．定容时，俯视刻度线
b．没有洗涤烧杯和玻璃棒
c．洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水
d．摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水．
20．现有含有少量NaCl、 Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。
（1）沉淀A的主要成分是 、 （填化学式）。
（2）①②③中均进行的分离操作是 。
（3）溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是 ，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的 。
（4）实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 mol L-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8 mol L-1的HNO3溶液，该小组用8mol L-1的HNO3溶液配制所需溶液。
①实验中所需的玻璃仪器包括 、 mL量筒、烧杯、 、胶头滴管等。
②该实验中需要量取8mol L-1的HNO3溶液 mL。
③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是 。
A.取8mol L-1的HNO3溶液溶液时仰视刻度线
B.量取用的量筒水洗后未进行任何操作
C. 8mol L-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯
D.定容时仰视刻度线
E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作
（5）某同学转移溶液的操作如图所示，该同学操作中的错误是 。容量瓶的刻度线标在比较细的瓶颈之上的原因是 。
A.为了美观 B.为了统一标准 C.为了提高准确度 D.方便刻画
21．在花瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给你紧张而又忙碌的学习、生活带来轻松和愉悦的心情。可是过不了几天，花儿就会枯萎。如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。下表是1L“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：
成 分 质 量（g） 摩尔质量（g/mol）
蔗糖 50.00 342
硫酸钾 0.50 174
阿司匹林 0.35 180
高锰酸钾 0.50 158
硝酸银 0.04 170
（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是_________（填字母）。
A．蔗糖 B．硫酸钾 C．高锰酸钾 D．硝酸银
（2）“鲜花保鲜剂”中的K+的物质的量浓度约为 （阿司匹林中不含K+）。
（3）配制上述1L“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙、 。（填所缺仪器的名称）。
（4）在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是______（填字母）。
A．定容用胶头滴管加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
（5）实验室用固体加热制氨气的化学反应方程式为： 。
（6）若将收集到的氨气溶于水配成100 mL的溶液，所得氨水中NH3物质量浓度（不考虑NH3与H2O的反应）为0.3 mol·L-1，则需要氨气的体积为 mL（标准状况）。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】根据配制250mL 1mol/L盐酸的步骤可知，需要使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管等，所以不需要的仪器为托盘天平，
故选B．
【分析】配制250mL 1mol/L盐酸的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤选用仪器，然后判断不需要的仪器．
2．【答案】C
【解析】【解答】A． 溶液中的 = ，A不符合题意；
B． 溶液中的 = ，B不符合题意；
C． 溶液中的 = ，C符合题意；
D． 溶液中的 = ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 溶液中的 = 。
3．【答案】A
【解析】【解答】0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中c(Na＋)=0.1mol·L－1×2=0.2mol·L－1。
A.0.2mol·L－1NaCl溶液中c(Na＋)=0.2mol·L－1×1=0.2mol·L－1，A符合题意；
B. 1mol·L－1Na2SO4溶液中c(Na＋)=1mol·L－1×2=2mol·L－1，B不符合题意；
C. 0.1mol·L－1NaNO3溶液中c(Na＋)=0.1mol·L－1×1=0.1mol·L－1，C不符合题意；
D. 0.2mol·L－1Na2SO4溶液中c(Na＋)=0.2mol·L－1×2=0.4mol·L－1，D不符合题意；
故答案为： A
【分析】根据溶液中电离产生的Na＋，计算溶液中c(Na＋)。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.MgCl2在水中电离方程式为MgCl2=Mg2＋＋2Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.5mol/L×2=0.2mol/L，A不符合题意；
B.HCl在水中的电离方程式为HCl=H＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.25mol/L×1=0.25mol/L，B不符合题意；
C.NaCl在水中电离的方程式为NaCl=Na＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=1mol/L×1=1mol/L，D不符合题意；
D.CaCl2在水中电离的方程式为：CaCl2=Ca2＋＋2Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.25mol/L×2=0.5mol/L，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据溶质在水中的电离，计算溶液中c(Cl-)。
5．【答案】B
【解析】【解答】A、定容时观察液面仰视，加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液体积偏大，则溶液浓度偏小，故A不符合题意；
B、定容时观察液面俯视，导致配制的溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高，故B符合题意；
C、有少量NaOH溶液残留在烧杯中，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C不符合题意；
D、容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液体积无影响，则不影响配制结果，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．
6．【答案】C
【解析】【解答】A.常温常压，Vm≠22.4L/mol，Vm不知，无法计算11. 2 L 二氧化硫气体中含有的SO2分子数目，故A不符合题意；
B.标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故B不符合题意；
C、由于反应后钠元素变为+1价，故1mol钠失去1mol电子，即NA个电子，故C符合题意；
D、将NA个HCl气体分子溶于1 L水中得到的溶液体积不是1L，得到的盐酸浓度就不是1 mol·L－1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.常温常压下的气体摩尔体积不是22.4L/mol；
B.标准状况下四氯化碳是非气体；
C.1molNa参加反应转移电子的物质的量由金属钠决定；
D.HCl溶于1L水后的体积不是1L。
7．【答案】A
【解析】【解答】c ，故A符合题意，D不符合题意；由于c= ，B不符合题意；氨气的物质的量是V/22.4mol，质量是 ，所以溶液的质量是（ 17V/22.4＋1000）g，而溶液的体积是 mL，因此溶液的质量分数是w＝ ，C不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据标准状况下气体摩尔体积计算气体的物质的量，结合溶液的物质的量浓度和质量分数进行计算即可。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．容量瓶中不能进行固体的溶解，应该在烧杯中进行，选项A不符合题意；
B．配制的步骤一般为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，故上述实验操作步骤的符合题意顺序为②①④③，选项B不符合题意；
C．容量瓶需要用蒸馏水洗涤，不干燥也可以使用，容量瓶中有水对配制过程中的浓度没有影响，选项C不符合题意；
D．定容时俯视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏少，溶液的体积V偏小，溶液的浓度偏高，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、固体溶解应该在烧杯中进行；
B、溶液配制的顺序为：计算-称量-溶解-冷却-转移-洗涤-定容-摇匀-装瓶-贴标签；
C、容量瓶不需要干燥；
D、结果偏大：砝码生锈，溶解后没有恢复到室温，读数时俯视刻线；
结果偏小：烧杯没有洗涤，读数时仰视刻线，摇匀后发现液面低于刻线继续加水，定容后发现液面超过刻线吸掉多余的部分，转移时由部分液体溅出；
无影响：容量瓶没有干燥。
9．【答案】B
【解析】【解答】A.根据浓度计算公式可得该盐酸的物质的量浓度，A不符合题意；
B.由浓溶液配制稀溶液的过程中溶液中溶质的物质的量保持不变，配制230mL溶液应取用250mL容量瓶，故稀溶液的体积应为250mL，由稀释公式c1V1=c2V2可得所需浓盐酸的体积，B符合题意；
C.溶液具有均一性，各部分的浓度相同，故所取出的50mL的物质的量浓度为11.8mol/L，C不符合题意；
D.该盐酸与等体积水混合后，所得溶液的质量不会等于原来的两倍，故溶质的质量分数不等于原来的一半，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据公式进行计算；
B.根据公式c1V1=c2V2进行计算；
C.溶液具有均一性，各部分浓度相同；
D.等体积混合后，所得溶液的质量不等于原溶液的两倍；
10．【答案】D
【解析】【解答】A.1mol H2的质量在任何条件下都为2g，A不符合题意；
B.标准状况下，22.4L氖气是1mol，含有的原子数为NA，B不符合题意；
C.标准状况下水是液体，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，C不符合题意；
D.同温同压下，相同体积的气体单质含有的原子数目不一定相等，这与单质的组成有关系，例如氧气和臭氧，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A、m=nM计算出物质的质量，与状态无关；
B、稀有气体氖气为单元子气体；
C、标况下，水是液体；
D、PV=nRT，同温同压下体积相同的气体含有的分子数相同，但是分子类型不同，原子数不同；
11．【答案】B
【解析】【解答】解：稀释过程中氢氧化钠的物质的量不变，则稀释后氢氧化钠的浓度为：c（NaOH）= =0.03mol/L，
故选B．
【分析】稀释过程中NaOH的物质的量不变，据此可列式计算出所得溶液的物质的量浓度．
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 2g氦气（He）含有的氦原子数为 ×NA=0.5 NA，A不符合题意；
B. 没有溶液体积，不能计算0.1 mol/L硫酸钠溶液中含有Na+的数目，B不符合题意；
C. 100g质量分数为46%的乙醇（C2H5OH）水溶液中有46g乙醇和54g水，含有氧原子( )×NA =4NA，C符合题意；
D. Fe(OH)3胶体粒子是氢氧化铁的聚集体， 16.25g FeCl3溶于水形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氦气为单原子分子；
B、溶液体积不明确；
C、在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含氧原子；
D、氢氧化铁胶粒和氢氧化铁不是等价的。
13．【答案】B
【解析】【解答】设稀释后盐酸物质量浓度为c，则：
10mL×5mol/L=200mL×c
解得c=0.25mol/L．
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，
故选B
【分析】根据稀释定律计算稀释的盐酸浓度；从稀释后的盐酸中取出5mL盐酸，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．．
14．【答案】C
【解析】【解答】A、常温常压下，71g Cl2物质的量 ，含有的氯原子物质的量为1mol×2 =2mol，含有的氯原子数为2NA，A不符合题意；
B、1mol Na2O2中有2mol氧原子，1mol氧原子升高，1mol氧原子降低，转移1mol电子，因此1mol Na2O2完全反应，转移电子数为NA，B不符合题意；
C、在标准状况下，H2O为液体，不能进行计算，C符合题意；
D、1L 0.5mol/L AlCl3溶液物质的量 ，含有的Cl–物质的量0.5mol×3=1.5mol，含有的Cl–数为1.5NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】标况下非气态的物质主要有：水、苯、汽油、四氯化碳、三氯甲烷、二氯甲烷、乙醇、HF、三氧化硫等。
15．【答案】B
【解析】【解答】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，
当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，
则HCO3﹣+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，
碳酸钠的物质的量为0.2mol，
则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间，
盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，
即盐酸的浓度应该是大于=1mol/L，小于=2mol/L，
故选B．
【分析】根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结合都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，根据盐酸的浓度范围值来确定答案．
16．【答案】D
【解析】【解答】A.对固体进行加热时，试管口应略向下倾斜，防止加热过程中冷凝水倒流入热的试管底部，造成试管炸裂，A不符合题意；
B.稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B不符合题意；
C.将烧杯中的溶液转移到容量瓶中时，应用玻璃棒进行引流，C不符合题意；
D.CCl4的密度比水大，且Cl2与HCl不与CCl4溶液反应，在NaOH溶液中加入CCl4，可起到防倒吸的作用，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.结合固体加热操作分析；
B.结合浓硫酸稀释操作分析；
C.结合溶液配制操作分析；
D.结合防倒吸操作分析；
17．【答案】（1）8.0
（2）①②④⑤⑥⑦；胶头滴管
（3）13.6；15
（4）③⑤⑥
【解析】【解答】解：（1）固体烧碱配制0.4mol/L的NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量：0.4mol/L×0.5L×40g/mol=8.0g；
故答案为：8.0；
（2）没有规格为480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平（量筒）、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，所以必须用到的仪器：①②④⑤⑥⑦；还缺少的仪器：还缺少的玻璃仪器为：胶头滴管；
故答案为：①②④⑤⑥⑦；胶头滴管；
（3）98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度C= =18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V=0.5mol/L×500mL，解得V=13.6mL，量取13.6mL溶液，应选择15mL量筒；
故答案为：13.6；15；
（4）①未洗涤烧杯、玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
②称量NaOH的时间太长，导致秤取的固体中氢氧化钠质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
③定容时俯视刻度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
④容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；
⑤NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
⑥量取浓硫酸时，仰视量筒刻度线，导致量取浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选；
故选：③⑤⑥．
【分析】（1）实验室中没有480mL容量瓶，所以需要配制500mLNaOH溶液，据此计算需要NaOH的质量；
（2）根据利用固体溶质配制一定物质的量浓度的溶液的步骤判断需要的仪器；
（3）根据溶液稀释定律计算需要浓硫酸的体积；
（4）根据分析溶液的体积和溶质的物质的量变化即可.
18．【答案】（1）10g
（2）玻璃棒；500mL容量瓶；烧杯和玻璃棒；容量瓶；容量瓶；胶头滴管
（3）B
【解析】【解答】解：（1）需要氢氧化钠的物质的量是：0.5mol/L×0.5L=0.25mol，氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.25mol=10g，
故答案是：10g；（2）②将NaOH溶液沿着玻璃棒引流到500mL容量瓶中，
故答案是：玻璃棒；500mL容量瓶；③转移完烧杯中溶解的溶液后，必须对烧杯和玻璃棒减小洗涤，洗涤后的溶液也要转移到容量瓶中，
故答案是：烧杯和玻璃棒；容量瓶；④再继续向容量瓶中加蒸馏水，至液面接近刻度线1～2cm，
故答案是：容量瓶；⑤定容时用胶头滴管定容，
故答案是：胶头滴管；（3）A、定容时俯视刻度线，会导致配制的溶液的体积偏小，浓度偏高，故A错误；
B、溶解后的烧杯未经洗涤，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故B正确；
C、称量氢氧化钠利用的是总质量和小烧杯的质量差，所以称量用的烧杯不干燥，不影响结果，故C错误；
D、容量瓶中有水，不影响配制结果，故D错误；
故选B．
【分析】（1）计算出氢氧化钠的物质的量，再求出氢氧化钠的质量；（2）②用玻璃棒引流到容量瓶中，注意容量瓶的容积；③必须对烧杯和玻璃棒碱性洗涤；洗涤液转移到容量瓶中；④向容量瓶中继续加蒸馏水；⑤用胶头滴管定容；（3）A、俯视刻度线，配制的溶液体积偏小；
B、烧杯没有洗涤，溶液的物质的量减小；
C、对称取的氢氧化钠的质量没有影响；
D、容量瓶中的蒸馏水不影响结果．
19．【答案】（1）100mL容量瓶、胶头滴管
（2）8.0
（3）④⑥③⑤②①
（4）bd
（5）bd
【解析】【解答】解：（1）配制100mL 2mol/L的NaOH溶液的操作步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，需要的仪器有：天平、药匙、玻璃棒、量筒、胶头滴管、烧杯和100mL容量瓶，故需要的玻璃仪器有：玻璃棒、胶头滴管、量筒、烧杯和100mL容量瓶，还缺少量筒和100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；（2）配制100mL 2mol/L的NaOH溶液，需要NaOH的质量为：m（NaOH）=0.1L×2mol/L×40g/mol=8.0g，
故答案为：8.0；（3）配制一定物质的量浓度一般步骤：计算，称量④，溶解并冷却⑥，洗涤③并转移⑤，定容②摇匀①；故答案为：④⑥③⑤②①；（4）溶液为均一稳定化合物，取用任意体积的该NaOH溶液时，溶液的浓度和密度不变，而体积不同时溶液中含有的OH﹣的数目和含有溶质NaOH的物质的量一定不同，所以不随所取体积的多少而变化的是bd，故答案为：bd（5）a．定容时，俯视刻度线，使溶液的体积偏低，所以溶液浓度偏高； b．少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，没有洗涤烧杯和玻璃棒，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低； c．因定容时需向容量瓶中加水，所以定容前洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水，对溶液浓度无影响； d．摇匀后，发现液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低．所以造成所配溶液浓度偏低的是bd，故答案为：bd．
【分析】（1）根据配制100mL 2mol/L的NaOH溶液的步骤选用仪器，然后判断还缺少的仪器名称；（2）根据n=cV计算NaOH的物质的量，再根据m=nM计算需要NaOH的质量；（3）依据配制一定物质的量浓度一般步骤解答；（4）取用任意体积的该NaOH溶液时，由于溶液具有均一性，则所取溶液的密度、物质的量浓度都不变，而溶质的物质的量、OH﹣的数目与溶液体积有关；（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c= 分析判断．
20．【答案】（1）BaSO4；BaCO3
（2）过滤
（3）Na2CO3；HNO3
（4）500mL容量瓶；100；玻璃棒；62.5；AC
（5）未用玻璃棒；引流C
【解析】【解答】由实验流程可知，加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3；
（1）加入过量的Ba（NO3）2，Na2SO4、Na2CO3和Ba（NO3）2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀；
（2）①②③中均进行的分离操作用于分离固体和液体，为过滤操作；
（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠；
（4）①实验室只有500mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量8 mol L-1的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL 容量瓶、100 mL量筒、烧杯、 玻璃棒、胶头滴管等；②设需要量取8 mol L-1的HNO3溶液VmL，则8 mol L-1×V×10-3L=1 mol L-1×500×10-3L，解得：V=62.5；③A．取8mol L-1的HNO3溶液溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A正确；B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；C．量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；D．定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；E．定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误；答案为AC。
（5）转移溶液的操作如图所示，错误操作是未用玻璃棒引流；容量瓶的刻度线标在比较细的瓶颈之上这样做的目的是为了提高准确度，与美观、方便刻画等没有关系，故答案为C。
【分析】根据混合物的组成成分的性质，结合反应过程的图示进行分析分离过程中的问题；根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作和误差分析分析配制过程中的问题即可。
21．【答案】（1）A
（2）8.91×10-3 mol·L-1
（3）胶头滴管，1000mL容量瓶
（4）B；D
（5）2NH4Cl+ Ca(OH) CaCl2+ 2NH3↑+ 2H2O
（6）672 mL
【解析】【解答】（1）A．蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，A正确； B．硫酸钾在水溶液中和在熔融状态下均能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，B错误； C．高锰酸钾在水溶液中和在熔融状态下能电离出离子，能导电，是化合物，是电解质，C错误；D．硝酸银，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是化合物，是电解质，D错误；答案选A；
（2）高锰酸钾的物质的量为n（KMnO4）=m/M=0.5g/158g/mol，硫酸钾的物质的量为n（K2SO4）=0.5g/174g/mol，n（K+）=n（KMnO4）+2n（K2SO4）=0.5g/158g/mol +2×0.5g/174g/mol=8.91×10-3 mol，所以c（K+）=8.91×10 3mol/1L=8.91×10-3mol/L；
（3）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2~3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，因配制1000mL溶液，则需选用1000mL容量瓶，最后需胶头滴管定容，所以所需仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙外还需1000mL容量瓶、胶头滴管；
（4）A．定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；B．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，引入新的杂质离子；D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，未做任何处理，对所配溶液浓度无影响；答案选BD；
（5）实验室用氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气、氯化钙和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（6）由n=cV=0.3mol L-1×0.1L=0.03mol，所以需要标准状况下的氨气气体体积V=22.4L/mol×0.03mol=0.672L＝672 mL。
【分析】（1）非电解质：在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。
（2）高锰酸钾和硫酸钾中都含有钾离子，n=m/M ,c=n/V
（3）注意事项：写容量瓶一定要注明规格
（4）易错点：B容量瓶不干燥对实验结果无影响
（5）实验室制氨气采用的是氯化铵和氢氧化钙共热。
（6）易错点：注意单位换算。