1、溶液组成的定量研究基础练习1在使用容量瓶配制溶液时，下列操作正确的是(A)A使用容量瓶前必须检查容量瓶是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，要烘干后使用C称好的固体试样需用纸条小心地送入容量瓶中D摇匀后发现凹液面下降，再加水至刻度线解析：容量瓶带有玻璃塞，所以使用前必须检查是否漏水，A正确；容量瓶用蒸馏水洗净后，不必烘干，B错误；容量瓶不能用来溶解固体，C错误；摇匀后发现凹液面下降，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，依据c可知，溶液浓度偏低，D错误。2下列关于2 molL1 Ba(NO3)2溶液的说法正确的是(C)A100 mL溶液中NO浓度是0.4 molL1B500 mL溶液中NO的物质的量是4
2、 molC500 mL溶液中含有Ba2的质量是137 gD100 mL溶液中所含Ba2、NO总数为0.4NA解析：100 mL溶液中NO浓度是4 molL1，A错误；500 mL溶液中NO的物质的量是0.5 L4 molL12 mol，B错误；500 mL溶液中含有Ba2的质量是0.5 L2 molL1137 gmol1137 g，C正确；100 mL溶液中所含硝酸钡的物质的量是0.2 mol，因此含Ba2、NO总数为0.6NA，D错误。3下列溶液中NO的物质的量浓度与20 mL 1 molL1硝酸钠溶液中NO的物质的量浓度相等的是(B)A10 mL 1 molL1硝酸镁溶液B10 mL 0.
3、5 molL1硝酸铜溶液C10 mL 2 molL1硝酸银溶液D10 mL 0.4 molL1硝酸铝溶液解析：20 mL 1 molL1 NaNO3溶液中NO物质的量浓度为1 molL1。1 molL1 Mg(NO3)2溶液中NO物质的量浓度为1 molL122 molL1，A错误；0.5 molL1 Cu(NO3)2溶液中NO物质的量浓度为0.5 molL121 molL1，B正确；2 molL1 AgNO3溶液中NO物质的量浓度为2 molL1，C错误；0.4 molL1 Al(NO3)3溶液中NO物质的量浓度为0.4 molL131.2 molL1，D错误。4有硫酸镁溶液500 mL，其
4、密度是1.20 gcm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是(D)A溶质的质量分数是24%B溶质的物质的量浓度是2.4 molL1C溶质和溶剂的物质的量之比约为121.1D硫酸根离子的质量是230.4 g解析：MgSO4的相对分子质量为120，其中Mg的相对原子质量为24，设溶质的质量分数为x，则有241204.8%x，解得x24%，A正确；c(MgSO4)2.4 molL1，B正确；溶液的总质量m500 mL1.20 gcm3600 g，所以m(Mg2)600 g4.8%28.8 g，可得出n(MgSO4)1.2 mol，所以m(MgSO4)144 g，水的质量为4
5、56 g，n(H2O)25.3 mol，溶质与溶剂的物质的量之比为1.225.3121.1，C正确；m(Mg2)m(SO)2496，m(SO)28.8 g115.2 g，D错误。5用固体NaOH配制250 mL 0.2 molL1的NaOH溶液，下列操作会导致溶液浓度偏高的是(B)A定容时仰视刻度线B将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250 mL容量瓶中C定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些D摇匀后发现凹液面最低点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最低点与刻度线相平解析：定容时仰视刻度线，加入的水过量，所得溶液浓度偏低，A错误；NaOH固体溶解时放热，将NaOH固体在
6、烧杯中溶解后迅速小心转移至250 mL容量瓶中，所得溶液体积偏小，浓度偏高，B正确；定容时不小心加水超过刻度线，用胶头滴管吸出一些，导致溶液中溶质的量偏小，浓度偏低，C错误；摇匀后发现凹液面最低点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最低点与刻度线相平，导致溶液体积偏大，浓度偏低，D错误。6下面是某品牌饮用矿物质水标签的部分内容。下列说法正确的是(C)饮用矿物质水净含量：500 mL配料表：纯净水、硫酸镁、氯化钾保质期：12个月主要离子成分：钾离子(K)：1.027.3 mgL1镁离子(Mg2)：0.14.8 mgL1氯离子(Cl)：1027.3 mgL1硫酸根离子(SO)：0.419.2 mgL1
7、A标签上给出的离子的物理量是物质的量浓度B任何饮用水中氯离子(Cl)的含量均在1027.3 mgL1之间C该品牌饮用矿物质水中c(Mg2)的最大值为2104 molL1D一瓶该品牌饮用矿物质水中SO的物质的量不超过1105 mol解析：该品牌饮用矿物质水中离子浓度表示单位体积内含有离子的质量，不是物质的量浓度，A错误；不同品牌的饮用水中含有离子可能不同，B错误；由标签可知，Mg2含量为0.14.8 mgL1，c(Mg2)的最大值为2104 molL1，C正确；SO含量为0.419.2 mgL1，一瓶该品牌饮用矿物质水的体积为500 mL，SO的质量最大值为19.2 mgL10.5 L9.6 m
8、g，故n(SO)的最大值为1104 mol，D错误。7同体积、同物质的量浓度的三份AgNO3溶液中分别加入同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，恰好使Cl完全转化为沉淀，则加入的三种溶液的物质的量浓度之比为(D)A111 B123C149 D632解析：相同物质的量的三份硝酸银溶液分别与等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应，恰好使Cl完全转化为AgCl沉淀，故三种溶液中Cl的物质的量相等，溶液的体积相等，NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度之比为1632，D正确。8在0.2 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，则溶液中Ca2的
9、物质的量浓度为(A)A0.5 molL1 B1 molL1C1.5 molL1 D无法计算解析：根据溶液呈电中性，假设钙离子浓度为x molL1，则有1.0 molL12x molL10.52 molL13.0 molL1，解x0.5，A正确。9某次实验中需要0.1 molL1的CuSO4溶液450 mL，实验老师用蓝矾(CuSO45H2O)配制该浓度的溶液。请你协助老师完成下列问题：(1)配制硫酸铜溶液时需要的主要仪器有托盘天平、烧杯、容量瓶(500_mL)、药匙、玻璃棒、胶头滴管。(2)该实验的第一步是计算，称取12.5 g蓝矾晶体。(3)用烧杯称取蓝矾晶体时，下列操作步骤的正确顺序是ad
10、fefbc(相同的操作可重复使用)。a调整天平零点b将砝码放回砝码盒c将游码拨回零刻度处d称取小烧杯的质量e称取小烧杯和蓝矾的质量f记录称量的数据(4)称取蓝矾晶体时，若将砝码放在天平左盘，将蓝矾放在右盘，游码在2.5的刻度线处。则实际称得的蓝矾晶体为7.5 g。(5)写出下列操作对所配制的溶液浓度造成的影响(填“偏大”“偏小”或“不变”)。称量时砝码与蓝矾晶体在托盘中位置颠倒：偏小。未洗涤烧杯及玻璃棒：偏小。定容摇匀后，发现液面低于刻度线，重新加水至刻度线：偏小。(6)取50 mL上述配制准确的硫酸铜溶液，加水稀释至100 mL，所得硫酸铜溶液的物质的量浓度为0.05_molL1。解析：(1
11、)一定物质的量浓度溶液的配制需要的核心仪器是容量瓶，需要药匙取用固体，需要玻璃棒引流、搅拌，需要胶头滴管定容。(2)m(CuSO45H2O)250 gmol10.5 L0.1 molL112.5 g。(3)天平使用时需要先调零，然后在称量物品前需要称取小烧杯的质量，最后需要将砝码放回砝码盒，游码归零。(4)托盘天平称量时，左盘右盘游码，故实际称取的质量为10 g2.5 g7.5 g。(5)由第(4)问可知实际称量的固体质量偏小，故配制的溶液浓度偏小；烧杯、玻璃棒未洗涤则造成溶质损失，故配制的溶液浓度偏小；定容摇匀后液面低于刻度线，若再加水则使配制的溶液浓度偏小。(6)0.1 molL1的溶液稀
12、释2倍，得到浓度为0.05 molL1的溶液。能力提升1下列有关溶液配制的说法错误的是(B)A称取12.5 g胆矾(CuSO45H2O)溶于水中，并加水稀释至500 mL，所得溶液物质的量浓度为0.1 molL1B取58.5 g NaCl固体于1 L水中充分溶解，所得溶液中NaCl的物质的量浓度为1 molL1C将100 g 5%的食盐水加热蒸发掉50 g水后，所得溶液中NaCl的质量分数为10%D将浓度为2 molL1硫酸钠溶液10 mL加水稀释至200 mL，所得溶液浓度为0.1 molL1解析：12.5 g胆矾的物质的量为0.05 mol，所得溶液物质的量浓度为0.1 molL1，A正确
13、；将58.5 g NaCl固体溶于1 L水中，所得溶液的体积大于1 L，故溶液中NaCl的物质的量浓度小于1 molL1，B错误；100 g 5%的食盐水中NaCl的质量m100 g5%5 g，加热蒸发掉50 g水后，溶液质量变为50 g，所得溶液中NaCl的质量分数100%10%，C正确；2 molL1硫酸钠溶液10 mL加水稀释至200 mL，稀释后溶液的浓度为0.1 molL1，D正确。2实验室有一瓶溶液，标签上标有“0.2 molL1 BaCl2溶液”的字样，下面对该溶液的叙述正确的是(C)A配制500 mL该溶液，可将0.1 mol BaCl2溶于500 mL水中BBa2和Cl的物质
14、的量浓度都是0.2 molL1C将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl)为0.2 molL1D从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.1 molL1解析：溶液体积为500 mL，所需溶剂水的体积应小于500 mL，A项错误；Ba2的物质的量浓度是0.2 molL1，Cl的物质的量浓度是0.4 molL1，B项错误；将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl)为0.2 molL12V/2V0.2 molL1，C项正确；从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度保持不变，D项错误。3100 mL 0.3 mol/L Na2SO4溶液和50 mL 0.2 mol/L Al2(
15、SO4)3溶液混合后，溶液中SO的物质的量浓度约为(C)A0.20 mol/L B0.25 mol/LC0.40 mol/L D0.50 mol/L解析：Na2SO4的物质的量为0.1 L0.3 mol/L0.03 mol，则n(SO)为0.03 mol，Al2(SO4)3的物质的量为0.05 L0.2 mol/L0.01 mol，则n(SO)30.01 mol0.03 mol，所以混合后溶液中n(SO)0.03 mol0.03 mol0.06 mol，混合后溶液的体积可以认为是两溶液混合后体积之和，故混合溶液中SO的物质的量浓度c(SO)0.40 mol/L，C项正确。4向500 mL 2
16、molL1的CuSO4溶液中插入一铁片，反应片刻后取出铁片，洗涤、烘干，称其质量比原来增加2.0 g。下列说法错误的是(设反应后溶液的体积不变)(D)A参加反应的铁的质量是14.0 gB析出的铜的物质的量是0.25 molC反应后溶液中c(CuSO4)1.5 molL1D反应后溶液中c(FeSO4)1.5 molL1解析：发生反应FeCuSO4FeSO4Cu，根据差量法得56 g8 gm(Fe)2.0 g，解得m(Fe)14.0 g，A项正确；由于1 mol8 gn(Cu)2.0 g，故n(Cu)0.25 mol，B项正确；原溶液中n(CuSO4)0.5 L2 molL11 mol，反应中消耗
17、n(CuSO4)0.25 mol，反应后溶液中c(CuSO4)1.5 molL1，C项正确；反应后溶液中c(FeSO4)0.5 molL1，D项错误。5在0.5 L由KCl、MgCl2、Mg(NO3)2形成的混合溶液中，c(K)0.1 mol/L，c(Mg2)0.25 mol/L，c(NO)0.2 mol/L，则往混合溶液中滴加足量的AgNO3后产生的沉淀的物质的量为(B)A0.15 mol B0.20 molC0.25 mol D0.40 mol解析：根据电荷守恒：c(K)2c(Mg2)c(NO)c(Cl)，可得c(Cl)0.4 mol/L，n(Cl)0.4 mol/L0.5 L0.20 m
18、ol，由反应AgCl=AgCl，可得产生氯化银沉淀的物质的量为0.20 mol，故选B。6t 时，向x g KNO3的不饱和溶液中加入a g KNO3或蒸发掉b g水，恢复到t ，溶液均达到饱和，下列推论错误的是(C)A在t 时，KNO3的溶解度为 gB若原溶液中溶质质量分数为%，则x2bC若原不饱和溶液蒸发掉2b g水，恢复到原温度，能析出2a g KNO3D在t 时所配得的KNO3溶液中溶质质量分数小于等于%解析：将原不饱和溶液蒸发掉b g水或在原溶液中加入a g溶质可以达到饱和，说明a g溶质溶于b g水中恰好形成饱和溶液，设t 时KNO3的溶解度为S g，得，解得S，A正确；加入a g
19、溶质形成饱和溶液，则溶质的质量为x%a(xa)，将S代入，解得x2b，B正确；原不饱和溶液蒸发掉b g水时刚好形成饱和溶液，此时继续蒸发掉b g水，析出溶质的质量就是溶于b g水中的溶质的质量，为a g，C错误；在t 时饱和硝酸钾溶液中溶质的质量分数为100%，配成的溶液质量分数应该小于等于饱和溶液中溶质的质量分数，D正确。7已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积比)后使用。请回答下列问题：(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为4 molL1(取整数)。(2)某同学取100 mL该“84消毒液”，稀释100倍(体积比)后用于消毒，稀释后的溶液中c(N
20、a)0.04 molL1。(3)该同学参照该“84消毒液”的配方，欲用上述“84消毒液”配制480 mL 1 molL1的NaClO溶液。下列说法正确的是C(填序号)。A如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低D需要量取上述“84消毒液”12 mL(4)若实验遇下列情况，判断对所配溶液的物质的量浓度的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。定容时俯视刻度线：偏高。未冷却至室温就转移定容：偏高。转移前，容量瓶内有蒸馏水：无影响。定容时加水过量，用胶头滴管吸出：偏低。(5)“84消
21、毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84 gcm3)的浓硫酸配制2 000 mL 2.3 molL1的稀硫酸，用于增强“84消毒液”的消毒能力。所配制的稀硫酸中，H的物质的量浓度为4.6 molL1。需用浓硫酸的体积为250 mL。解析：(1)根据c，该“84消毒液”的物质的量浓度约为 molL14 molL1。(2)将“84消毒液”稀释100倍，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，得稀释后Na的浓度是0.04 molL1。(3)配制一定物质的量浓度溶液需要的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管，如图所示的仪器中，不需要用到圆底烧瓶和分液漏斗，另外
22、还需要玻璃棒和胶头滴管，A错误；容量瓶用蒸馏水洗净后，可以直接用于溶液配制，B错误；配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致溶质的物质的量减少，因此结果偏低，C正确；需量取上述“84消毒液”的体积为0.125 L12.5 mL，D错误。(4)定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高。未冷却至室温就转移定容，冷却后溶液体积减少，浓度偏高。转移前，容量瓶内有蒸馏水对溶液配制无影响。定容时加水过量，用胶头滴管吸出，使溶质减少，浓度偏低。(5)硫酸是二元强酸，则所配制的稀硫酸中，H的物质的量浓度为2.3 molL124.6 molL1。浓硫酸的浓度是 molL118.4 molL1，根据稀释
23、过程中溶质的物质的量不变可知需用浓硫酸的体积为0.25 L250 mL。8在标准状况下，进行甲、乙、丙三组实验，三组实验各取30 mL同浓度的盐酸，加入同一种镁、铝混合物粉末，产生气体，有关数据列表如下：实验序号甲乙丙合金质量/mg5107651 020气体体积/mL560672672(1)实验中，哪组盐酸是不足量的乙、丙，理由是假设乙组合金粉末全部反应，则生成气体体积为840，而实际生成气体672，说明乙中粉末有余，HCl不足；丙组比乙组固体质量增大，气体体积不变，则丙组中盐酸不足量。(2)盐酸中溶质的物质的量浓度为2_mol/L。(3)甲组混合粉末中Mg的物质的量为0.01_mol，Mg、
24、Al的物质的量之比为11。解析：(1)对比甲、乙数据，合金质量为765 mg时生成氢气比510 mg时多，说明甲中盐酸过量，假设乙组合金粉末全部反应，则生成气体体积为840，而实际生成气体672，说明乙中粉末有余，HCl不足。(2)加入765 mg镁铝合金时，最多只能生成672 mL的氢气，说明盐酸最多只能产生672 mL的氢气，气体的物质的量为0.03 mol，根据方程式，可计算出HCl的物质的量为0.03 mol20.06 mol，盐酸中溶质的物质的量浓度为2 mol/L。(3)由于甲组中，盐酸是过量的，设Mg的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol，生成气体的物质的量为0.025 mol，依题意得：24x27y0.510；xy0.025；解得x0.01，y0.01。所以Mg的物质的量为0.01 mol，Mg、Al的物质的量之比为11。
