高考化学二轮提分特训 ：溶液练习题

这是一份高考化学二轮提分特训 ：溶液练习题，共24页。
溶液

1．以下有关胶体的说法，正确的选项是
A．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体和浊液
B．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液至产生红褐色液体，用离子方程式表示为：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+
C．Fe(OH)3胶体在以下图所示装置中通电一段时间后，阴极附近颜色变深，说明Fe(OH)3胶体带正电

D．用以下图装置可以净化淀粉胶体

【答案】D
【解析】依据分散质粒子直径大小可将分散系分为溶液、胶体和浊液，A项错误；向沸水中滴加饱和氯化铁溶液至产生红褐色液体制得Fe(OH)3胶体，用离子方程式表示为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，B项错误；Fe(OH)3胶体在以下图所示装置中通电一段时间后，阴极附近颜色变深，说明Fe(OH)3胶粒带正电，胶体不带电，C项错误；根据淀粉胶体不能透过半透膜，溶液中的离子可以透过半透膜，所以能用该装置净化淀粉胶体，D项正确。答案选D。
2．磁流体是电子材料的新秀，它是由直径为纳米量级(1～10nm之间)的磁性固体颗粒，基载液以及界面活性剂混合而成的分散系，既具有液体的流动性，又具有固体磁性材料的磁性。以下关于纳米Fe3O4磁流体的说法不正确的选项是
A．纳米Fe3O4磁流体分散系属于溶液
B．纳米Fe3O4磁流体中分散质粒子可以透过滤纸
C．当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的“通路〞
D．纳米Fe3O4磁流体是介稳体系
【答案】A
【解析】纳米Fe3O4磁流体的粒子直径在1~10nm之间，所以纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，A项错误；纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，胶体的分散质粒子可以透过滤纸，B项正确；纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，所以当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的“通路〞，C项正确；纳米Fe3O4磁流体分散系属于胶体，胶体具有介稳性，D项正确。答案选A。
3．用质量分数为98%的浓硫酸(ρ＝1.84 g·cm－3)配制240 mL 1.84 mol·L－1稀硫酸，以下操作正确的选项是
A．将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却
B．必需的定量仪器有50 mL量筒、250 mL容量瓶和托盘天平
C．量取浓硫酸的体积为25.0 mL
D．先在容量瓶中参加适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容
【答案】C
【解析】稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢注入水中并不断搅拌，A项错误；该实验不需要托盘天平，B项错误；根据溶质质量不变知，配制该稀硫酸需要浓硫酸的体积为V＝
＝25.0 mL，C项正确；不能在容量瓶里稀释浓硫酸，在烧杯里稀释并冷却后，再转移到容量瓶中，最后加水定容，D项错误。
4．将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，那么此溶液的物质的量浓度为
A． mol·L－1 B． mol·L－1 C． mol·L－1 D． mol·L－1
【答案】A
【解析】Na和Al一同投入m g足量水中时，发生反响的化学方程式为2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。由于Na、Al的物质的量均为a mol，结合化学方程式可知生成2a mol H2，所得溶液中只有NaAlO2一种溶质，其物质的量为a mol。所得溶液的质量为m(Na)＋m(Al)＋m(H2O)－m(H2)＝(46a＋m)g，所得溶液的体积为 L，所得溶液的物质的量浓度为 mol·L－1，答案选A。
5．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份参加含a mol NaOH的溶液，恰好使Mg2+完全沉淀为Mg(OH)2；另一份参加含b mol BaCl2的溶液，恰好使完全沉淀为BaSO4。那么原混合溶液中K+的浓度为
A． mol·L−1 B． mol·L−1
C． mol·L−1 D． mol·L−1
【答案】D
【解析】把V L混合溶液分成两等份，每份为L，所含溶质各为原混合溶液的一半。根据题设条件可知： L溶液中含mol MgSO4，含(b−) mol K2SO4，那么 L溶液中含K+的物质的量为2(b−) mol，从而算出原混合溶液中K+的物质的量为4(b−) mol，即c(K+)＝mol·L−1。
6．某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl20.1 mol·L−1〞的字样，下面是该小组成员对溶液的表达，正确的选项是
A．配制1L溶液，可将0.1 mol的CaCl2溶于1L水
B．取少量该溶液加水至溶液体积为原来的二倍，所得溶液c(Cl−)=0.1 mol·L−1
C．Ca2+和Cl−的浓度都是1 mol·L−1
D．取该溶液的一半，那么所取溶液c〔CaCl2〕=0.05 mol·L−1
【答案】B
【解析】标签上标有“CaCl2 0.1 mol·L−1〞的字样，即在1L的溶液中含0.1 molCaCl2。将0.1 mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，无法计算浓度，A项错误；溶液中Cl−的浓度为0.2 mol/L，将溶液稀释一倍，那么浓度减半，故稀释后Cl−的浓度应为0.1 mol/L，B项正确；在CaCl2中，Ca2+和Cl−的物质的量之比为1：2，那么浓度之比也为1：2，故Ca2+的浓度为0.1 mol/L，而Cl−的浓度应为0.2 mol/L，C项错误；溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积是多少无关，D项错误。答案选B。
7．以下有关溶质的质量分数和物质的量浓度的计算结果错误的选项是
A．有K2SO4和Al2〔SO4〕3的混合溶液，已如其中Al3+的物质的量浓度为0.4mol/L， SO的物质的量浓度为0.7mol/L，那么此溶液中K+的物质的量浓度为0.2mol/L
B．将5mol/L的Mg〔NO3〕2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO 的物质的量浓变为mol/L
C．将标准状况下，将VLA气体〔摩尔质量为Mg/mol〕溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg/cm3，那么此溶液的物质的量浓度为.mol/L
D．密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%。该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数等于12.5%
【答案】D
【解析】由电荷守恒得3c(Al3+)＋c(K+)＝2c(SO42-)，即3×0.4mol/L＋c(K+)＝2×0.7mol/L，即c(K+)＝0.2mol/L，A项正确；稀释前后溶质的物质的量不变，那么稀释后(NO3-)＝＝mol/L，B项正确；溶质的物质的量n＝＝mol，溶液的质量=溶质的质量+溶剂的质量＝mol×Mg/mol+0.1L×1000g/L＝g，溶液的体积＝＝mL＝×10-3L，所以所得溶液的溶质的物质的量浓度＝＝mol/L，C项正确；稀释前后溶质的质量不变，设稀释前氨水的体积为Vcm3，稀释前溶液的质量=0.91Vg，那么稀释前溶质的质量=稀释后溶质的质量0.91V×25%g＝0.2275Vg，稀释后溶液的质量＝0.91Vg+Vcm3×1g/cm3 ＝1.91Vg，那么稀释后溶质的质量分数＝×100%≈11.6%，D项错误。答案选D。
8．在标准状况下，将22.4LHCl完全溶于1L水中〔水的密度近似为1g/mL〕，溶液的密度为ρg/cm3〔ρ＞1〕，溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol/L。以下表达中正确的选项是
①w=×100% ②c=1 mol·L−1 ③向上述溶液中再参加VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w ④向上述溶液中再参加VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5w
A．①②③ B．①③④ C．①③ D．①④
【答案】C
【解析】①根据c=可得w=×100%，故正确；②36.5gHCl的物质的量为1 mol，1 mol氯化氢溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1 mol/L，故错误；③盐酸的密度大于水的密度，那么参加等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，根据质量分数公式可知混合液的总质量小于原先的2倍，那么混合液中溶质的质量分数大于原溶液的1半，即大于0.5w，故正确；④氯化氢为强电解质，溶液中完全电离出氢离子和氯离子，所以溶液中不存在氯化氢分子，故④错误；所以正确的为①③。答案选C。
9．把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份参加含a mol NaOH的溶液恰好反响完全；取另一份参加含b mol HCl的盐酸恰好反响完全。该混合溶液中c(Na＋)为
A．(10b－5a)mol·L－1 B．(2b－a)mol·L－1 C．(－)mol·L－1 D．(5b－)mol·L－1
【答案】A
【解析】NH4HCO3和a mol NaOH恰好完全反响，那么NH4HCO3的物质的量为0.5a mol，取另一份参加含b mol HCl的盐酸恰好反响完全，由NH4HCO3反响掉的盐酸为0.5a mol，那么由Na2CO3反响掉的盐酸为b mol－0.5a mol，Na2CO3的物质的量为(b mol－0.5a mol)×0.5，那么c(Na＋)＝(b mol－0.5a mol)÷0.1 L＝(10b－5a)mol·L－1。答案选A。
10．取100 mL 0.3 mol·L－1的硫酸溶液和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸溶液加水稀释至500 mL，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是
A．0.21 mol·L－1 B．0.42 mol·L－1
C．0.56 mol·L－1 D．0.26 mol·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＋)=(0.1 L× 0.3 mol·L－1＋0.3 L×0.25 mol·L－1)×2=0.21 mol，所以c(H＋)= =0.42 mol·L－1。答案选B。
11．实验室常用98%(ρ=1.84 g·mL－1)的浓H2SO4配制1∶4的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23 g·mL－1，其物质的量浓度为
A．4.6 mol·L－1 B．5.7 mol·L－1
C．3.88 mol·L－1 D．18.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】实验室配制1∶4溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液溶质的质量分数：w%=(1 mL×1.84 g·mL－1×98%)/(1 mL×1.84 g·mL－1＋4 mL×1 g·mL－1)×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)=(1 000 mL×1.23 g·mL－1×30.9%)/(98 g·mol－1)≈3.88 mol·L－1。答案选C。
12．某澄清水溶液，只可能含有以下离子中的假设干种，且各离子物质的量浓度相等〔忽略水的电离〕：Na+、K+、Cl−、Ba2+、CO32−、SO42−，取少量该溶液于试管，加BaCl2溶液后出现白色沉淀。一定存在的离子有
A．Ba2+、Cl− B．SO42−、Na+ C．Na+、K+ D．CO32−、SO42−
【答案】C
【解析】取少量该澄清溶液于试管，加BaCl2溶液后出现白色沉淀，由于溶液中无Ag+，因此不可能与Cl−发生沉淀反响的离子；可能与Ba2+发生沉淀反响形成白色沉淀的离子有CO32−、SO42−，那么由于可能含有CO32−、SO42−，那么不能大量存在Ba2+；由于溶液中各离子物质的量浓度相等，那么因为CO32−或SO42−为阴离子，那么一定含有阳离子Na+、K+，CO32−和SO42−只能有其中的一种离子。答案选C。
13．某溶液中含有的离子可能是K+、Ba2+、Al3+、Mg2+、AlO2−、CO32−、SiO32−、Cl−中的几种，现进行如下实验:
①取少量原溶液，参加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成;
②另取少量原溶液，逐滴参加盐酸， 发生的现象是:开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量根本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失;
③在上述②沉淀消失后的溶液中，再参加足量的硝酸银溶液可得到沉淀。
以下说法中正确的选项是
A．该溶液中一定不含有Ba2+、Mg2+、Al3+、SiO3−、Cl−
B．该溶液中一定含有K+、AlO2−、CO32−、Cl−
C．该溶液中是否含有K+需进行焰色反响(透过蓝色钴玻璃)
D．可能含有Cl−
【答案】D
【解析】①“溶液滴加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成〞，故溶液中不含Al3+、Mg2+；②“溶液滴加盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量根本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失〞，故溶液中含有AlO2−、CO32−，不含SiO32−，由于Ba2+与CO32−不能共存〔生成白色沉淀〕，故溶液中不含Ba2+，而由溶液电荷守恒，必须有阳离子，故溶液中含有K+，无需焰色反响即可确定；③“在上述②沉淀消失后的溶液中，再参加足量的硝酸银溶液可得到沉淀〞，得到的沉淀为AgCl，而②中参加的是盐酸，故原溶液中可能含有Cl−。由以上分析知该溶液中一定含有K+、AlO2−、CO32−，一定不含Ba2+、Al3+、Mg2+、SiO32−，可能含有Cl−，D项正确。答案选D。
14．在t ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g·cm－3，质量分数为w，其中含有NH的物质的量是b mol，以下表达正确的选项是
A．溶质的质量分数w＝×100%
B．溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1
C．溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＋c(H＋)
D．向上述溶液中参加V mL水，所得溶液的质量分数大于0.5w
【答案】C
【解析】溶质的质量分数w＝×100%，A项错误；氨水中的溶质是NH3，而不是NH3·H2O，将w＝×100%代入公式c＝，化简可得c＝ mol·L－1，B项错误；氨水中含有的阳离子为H＋和NH，含有的阴离子只有OH－，根据电荷守恒可知C项正确；由于氨水的密度小于水的密度，与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍，故其质量分数小于0.5w，D项错误。答案选C。
15．下表是四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g水)：(假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，别离晶体时，溶剂的损耗忽略不计)

NaNO3
KNO3
NaCl
KCl
10 ℃
80.5
21.2
35.7
31.0
100 ℃
175
246
39.1
56.6
用物质的量之比为1∶1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如下图

以下说法错误的选项是
A．①和②的实验过程中，都需要控制温度
B．①实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤
C．②实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤
D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比拟好
【答案】C
【解析】①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，A项正确；①实验别离出NaCl，操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，B项正确；②实验操作为冷却结晶，C项错误；用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体可减少硝酸钾的溶解，D项正确。答案选C。
16．实验室常用浓盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.20 g/cm3。
〔1〕此盐酸的物质的量浓度为_____。
〔2〕需要230 mL3.0 mol·L-1的盐酸，配制时需以上浓盐酸的体积为_____mL。
〔3〕上述实验中所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒以及_____(两种仪器)。
〔4〕用浓盐酸配制3.00 mol·L-1稀盐酸，操作步骤的正确顺序是________(填字母代号)。
a.计算需要浓盐酸的体积
b.用量筒量取浓盐酸
c.将烧杯中的溶液注入所需容积的容量瓶中，瓶用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也注入容量瓶
d.把量好体积的浓盐酸倒入烧杯中，加适量蒸馏水稀释，冷却
e.盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀
f.继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1～2 cm处，改用某仪器小心滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相平
〔5〕以下操作使溶液物质的量浓度偏高的是：________。
A．量取浓盐酸时仰视刻度线
B．容量瓶洗净后未经枯燥处理
C．未冷却至室温就转移定容
D．将洗涤量筒的洗涤液转移到容量瓶中
E.定容时俯视刻度线
F.摇匀后立即观察，发现溶液未到达刻度线，再加几滴蒸馏水至刻度线
【答案】〔1〕12 mol/L 〔2〕62.5 〔3〕250mL容量瓶、胶头滴管 〔4〕abdcfe 〔5〕ACDE
【解析】〔1〕质量分数为36.5%，密度为1.20 g/cm3的浓盐酸的物质的量浓度c= mol/L=12 mol/L；
〔2〕配制230 mL3.0 mol·L-1的盐酸，应选择250mL的容量瓶，设需要浓盐酸的体积为V，稀释前后溶质HCl的物质的量不变，那么V×12 mol/L=250 mL ×3.0 mol·L-1，解得V=62.5mL；
〔3〕配制一定物质的量浓度溶液步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签等，用到的玻璃仪器有250mL容量瓶、量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒；
〔4〕配制一定物质的量浓度溶液步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签等，所以正确的操作步骤为abdcfe；
〔5〕量取浓盐酸时仰视读数，浓盐酸体积偏大，溶质HCl物质的量偏大，根据c＝，配制的溶液浓度偏高，A项符合题意；定容时需要参加蒸馏水，所以将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶洗净后未经枯燥处理，对溶液浓度无影响，B项不符合题意；未冷却至室温就转移定容，冷却后溶液体积偏小，根据c＝，配制的溶液浓度偏高，C项符合题意；将洗涤量筒的洗涤液转移到容量瓶中，溶质HCl物质的量偏大，根据c＝，配制的溶液浓度偏高，D项符合题意；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，根据c＝，配制的溶液浓度偏高，E项符合题意；摇匀后立即观察，发现溶液未到达刻度线，再用滴管加几滴蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，根据c＝，配制的溶液浓度偏低，F项不符合题意；答案选ACDE。
【点睛】当所配制溶液体积与所选容量瓶体积不同时，应按所选容量瓶的体积计算。

17．以下应用或事实与胶体的性质无关的是
A．清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象(美丽的光线)
B．用石膏或盐卤点制豆腐
C．向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀
D．在海水与河水交界处，易形成沙洲
【错因分析】不能正确识记和理解胶体的概念及性质，而造成误选。
【试题解析】清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象，是胶体的丁达尔现象，与胶体有关，A项正确；用石膏或盐卤点制豆腐，利用的是胶体的聚沉，和胶体性质有关，B项正确；在 FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀，发生的是复分解反响，与胶体无关，C项错误；河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体有关，D项正确。答案选C。
【参考答案】C
【名师点拨】胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm-100nm之间；胶体具有丁达尔效应，可以发生电泳现象，可以发生聚沉。
18．以下说法正确的有
①“卤水点豆腐〞“黄河入海口处三角洲的形成〞都与胶体的聚沉有关
②提纯Fe(OH)3胶体，可以采用的方法是过滤
③明矾能作净水剂是因为铝离子与水作用生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用
④在制备Fe(OH)3胶体实验中，可以长时间加热
⑤向Fe(OH)3胶体中参加过量稀硫酸，先有红褐色沉淀生成，然后沉淀溶解形成棕黄色溶液
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【解析】①稀豆浆分散系属于胶体，参加卤水(含氯化镁等)发生聚沉，泥浆水属于胶体，海水中含有大量的可溶性电解质，如氯化钠等，可以使泥浆水聚沉形成三角洲，①正确；②提纯胶体可用渗析的方法，溶液和胶体都可以通过滤纸，不能通过过滤提纯胶体，②错误；③明矾能用于净水是因为铝离子与水作用生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中悬浮杂质而到达净水效果，③正确；④在制备Fe(OH)3胶体实验中，长时间加热会使生成的胶体聚沉，④错误；⑤向Fe(OH)3胶体中参加稀硫酸先发生Fe(OH)3胶体的聚沉，H2SO4过量时Fe(OH)3溶解，得到硫酸铁棕黄色溶液，⑤正确；①③⑤正确.答案选B。

19．将50 g质量分数为w1、物质的量浓度为c1的浓硫酸参加V mL水〔水的密度为1 g·cm-3〕中，稀释后得到质量分数为w2、物质的量浓度为c2的稀硫酸。以下说法中正确的选项是
A．假设w1=2w2，那么c1＜2c2=20
B．假设w1=2w2，那么c1＞2c2，V＜50
C．假设c1 =2c2，那么w1＜2w2，V＜50
D．假设c1 =2c2，那么w1＜2w2，V＞50
【错因分析】一定的溶液中，物质的量浓度、溶液密度、质量分数等物理量有一定的换算关系，假设掌握不牢，容易无从下手或计算错误。浓硫酸稀释后密度变小，但溶质的质量不变，假设不能利用此信息，那么无法解答。
【试题解析】设物质的量浓度为c1的浓硫酸的密度为ρ1，物质的量浓度为c2的稀硫酸的密度为ρ2，显然ρ1＞ρ2。由知，，分别讨论：
〔1〕假设w1=2w2，那么c1＞2c2，V=50，A、B错误；
〔2〕假设c1=2c2，那么w1＜2 w2，而w2=，故V＜50，C正确、D错误。
【参考答案】C
20．标准状况下VL氨气溶解在1L水中〔水的密度近似为1g/mL〕，所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，那么以下关系中不正确的选项是
A．
B．
C．
D．=1000Vρ/(17V+22400)
【答案】A
【解析】将所给的式子的分子和分母同除以22.4可得ρ＝，分子表示了溶液的质量，是合理的，但分母表达的是将溶剂的体积与气体的体积直接进行加和得到溶液的体积，这显然是错误的，A项错误；假设取溶液的体积为1L，根据溶质质量分数的本义有：ῳ＝，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，B项正确；将所给的式子分子分母同除以22.4可得：ῳ＝＝，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，C项正确；将所给式子变形得：c＝＝＝，分子代表了溶质的物质的量，分母代表了溶液的体积〔单位为L〕，D项正确。答案选A。

21．使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差。以下情况会使所配溶液浓度偏低的是
①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时，俯视容量瓶的刻度线
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新到达刻度线
A．①②⑤ B．①③⑤ C．③④⑤ D．②③⑤
【错因分析】一定物质的量浓度溶液的配制原理掌握不牢，出现操作失误时容易分析不清被影响的因素导致出错。
【试题解析】利用公式进行误差分析。①称量时，物品与砝码颠倒，在使用游码的情况下，物品称少了，溶质的质量m偏低，c偏低，①符合题意；②烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，说明有局部溶质没有转移到容量瓶中，容量瓶中溶质的质量m偏低，c偏低，②符合题意；③容量瓶内有少量蒸馏水，溶解之后的操作中需要往容量瓶中加水，所以原理有少量蒸馏水，不会带来影响，③不符合题意；④定容时，俯视刻度，液面在刻度线以下，V偏小，c偏大，④不符合题；⑤定容后，再补加水相当于稀释，c偏小，⑤符合题意；综上符合题意为①②⑤，此题答案选A。
【参考答案】A
22．某学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液时，结果所配溶液浓度偏高，其原因可能是
A．所用氢氧化钠已经潮解
B．向容量瓶中加水未到刻度线
C．有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里
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】所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，A项错误；向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积较小，溶液的浓度偏高，B项正确；有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，造成了溶质的损耗，溶液浓度偏低，C项错误；称量时误用“左码右物〞，假设不使用游码，对称取氢氧化钠质量无影响，对所配溶液浓度无影响；假设使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，D项错误。

23．用11.9 mol/L的浓盐酸配制80mL1.0 mol/L稀盐酸，有如下操作步骤：
①用量筒量取_______mL浓盐酸倒入小烧杯中，加适量蒸馏水稀释；
②继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用_______________小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；
③将容量瓶塞紧，充分摇匀；
④把①中所得溶液小心地转入___________________中；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液一并转移到容量瓶中。
〔1〕将上述操作步骤的空白处填写完整。
〔2〕本实验操作步骤的正确顺序是〔填序号，不能重复〕__________。
〔3〕使用玻璃棒在该实验中的作用是___________________________。
〔4〕配制过程中，以下情况会使配制结果偏高的是________〔填序号〕。
A．洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干
B．量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面
C．定容时，仰视刻度线
D．定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线线
【错因分析】配制一定物质的量浓度溶液时应注意：①做需要补充仪器的实验题时，要学会“有序思考〞——即按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，然后与仪器比照，就一定不会漏写某种仪器；②容量瓶的规格，常见的有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL；③所用定量仪器量筒、托盘天平的精确度。
【试题解析】溶液配制一般步骤是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量〔用到药匙〕称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。
〔1〕实验室配制80 mL1.0 mol/L稀盐酸应选用100mL容量瓶，由稀释定律可得：11.9 mol/L×V×10−3L=1.0 mol/L×100×10−3L，解得V=8.4 mL；向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，为防止加水超过刻度线，应改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切；配制时一般用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，故答案为：8.4；胶头滴管；100mL容量瓶；
〔2〕配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯与玻璃棒2~3次，并将洗涤液移入容量瓶，继续注入蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，故实验操作顺序为：①④⑤②③，故答案为：①④⑤②③；
〔3〕配制过程中，溶解时用到玻璃棒，起搅拌作用；转移和定容时用到玻璃棒，起引流作用，故答案为：搅拌、引流；
〔4〕洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变，A项错误；量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面，导致所取盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，所测结果偏高，B项正确；定容时仰视刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低，C项错误；定容后，加盖倒转摇匀后，容量瓶的壁上会残留局部溶液，液面会低于刻度线，对实验结果无影响，D项错误。答案选B。
【参考答案】〔1〕8.4 胶头滴管 100 mL容量瓶
〔2〕①④⑤②③
〔3〕搅拌、引流
〔4〕B
24．高铁酸钠(Na2FeO4)(铁为+6价〕是一种新型的净水剂，可以通过下述反响制取：2Fe(OH)3＋4NaOH＋3NaClO＝2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O
〔1〕用单线桥在方程式中标出电子转移的情况： ；
〔2〕Na2FeO4中铁元素的化合价是 价，Na2FeO4具有较强的 〔填“氧化性〞或“复原性〞〕
〔3〕实验室欲配制250mL0.1 mol•L-1NaOH溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，还需要用到的玻璃仪器为 ，以下操作配制的溶液浓度偏低的是 ；
A．称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重
B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
C．配制时，NaOH未冷却直接定容
D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面
E．定容时俯视刻度线
〔4〕在容量瓶的使用方法中，以下操作正确的选项是 。
A．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤
B．使用容量瓶前检验是否漏水
C．定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转屡次，摇匀。
D．配制溶液时，假设试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线下1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
【答案】〔1〕
〔2〕+6 氧化性
〔3〕250mL容量瓶 AD
〔4〕BC
【解析】〔1〕2Fe(OH)3 +4NaOH +3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl +5H2O，NaClO中的氯元素从+1价降到-1价，NaClO 是氧化剂，NaCl是复原产物，Fe(OH)3中的Fe元素化合价从+3价升高到+6价，被复原；
〔2〕Na2FeO4中铁元素的化合价是+6 价，Na2FeO4具有较强的氧化性；
〔3〕 配制氢氧化钠溶液需要的仪器有托盘天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，胶头滴管,实验室欲配制250mL0.1 mol•L-1NaOH溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，还需要用到的玻璃仪器为250mL容量瓶；称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重，NaOH吸收空气中的水分，造成溶质的物质的量减少，浓度偏低，A项正确；配制前，容量瓶中有少量蒸馏水,定容时还需要加水，无影响，B项错误；配制时，NaOH未冷却直接定容，氢氧化钠溶于水放热，液体热胀冷缩，定容时液体体积变小，浓度偏高，C项错误；向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，造成溶质的物质的量减少，浓度偏低，D项正确；定容时俯视刻度线，液体体积变小，浓度偏高，E项错误。
〔4〕容量瓶用水洗净后，如果用待配溶液洗涤，会使所配溶液浓度偏高，A项错误；使用容量瓶前检验是否漏水，B项正确；定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转屡次，摇匀，符合容量瓶的使用方法，C项正确；配制溶液时，假设试样是液体，用量筒取样后需在烧杯中稀释，再用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线下1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，D项错误。答案选BC。
【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶，容量瓶在使用前需要检查是否漏液；容量瓶不能用作反响容器，不能稀释溶液。

25．某未知溶液X可能含有Al3+、Na+、NH4+、Cl−、CO32−、SO42−中的假设干种，取该溶液进行如下实验，假设实验过程中所加试剂均过量，产生的气体全部逸出。那么以下说法正确的选项是

A．原溶液中可能存在Na+，n(Cl−)≥0.01 mol
B．原溶液中一定存在CO32−、SO42−、NH4+，且均为0.01 mol
C．原溶液中一定存在Na+，Cl−
D．原溶液中一定不存在Al3+、Cl−
【错因分析】命题人常借用电荷守恒考查溶液中离子成分确实定，这样可增加试题的难度，解题时要熟练运用电荷守恒而不落入陷阱。
【试题解析】滤液中参加烧碱溶液，通过颜色反响不能确定原溶液中是否存在Na+；参加BaCl2溶液生成沉淀1，说明原溶液中至少含有CO32−、SO42−中的一种，沉淀1局部溶于盐酸，所以沉淀1一定是BaSO4、BaCO3的混合物，故原溶液中一定存在CO32−、SO42−，CO32−和Al3+不能大量共存，所以溶液中一定不存在Al3+；沉淀2为硫酸钡沉淀，其物质的量为=0.01 mol，CO32—的物质的量为=0.01 mol；向所滤液中参加氢氧化钠溶液并加热生成了气体，那么该气体为氨气，证明原溶液中一定含有NH4+，其物质的量为=0.05 mol，CO32−、SO42−所带负电荷的物质的量之和为0.01 mol2+0.01 mol2=0.04 mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl−，不能确定是否存在Na+，所以n(Cl−)≥0.01 mol，据此解答。根据以上分析，原溶液中可能存在Na+，n(Cl−)≥0.01 mol，A项正确；原溶液中一定存在CO32−、SO42−、NH4+，CO32−、SO42−均为0.01 mol，而NH4+为0.05 mol，B项错误；不能确定是否存在Na+，C项错误；原溶液中一定不存在Al3+，一定含有Cl−，D项错误。答案选A。
【参考答案】A

26．某溶液可能含有Cl－、SO、CO、NH、Fe3＋、Al3＋和K＋。取该溶液100 mL，参加过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.60 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中
A．至少存在5种离子
B．Cl－一定存在，且c(Cl－)≥0.4 mol·L－1
C．SO、NH一定存在，Cl－可能不存在
D．CO、Al3＋一定不存在，K＋可能存在
【答案】B
【解析】根据参加过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，说明有NH，为0.02 mol，同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3＋，而且为0.02 mol，那么没有CO；根据不溶于盐酸的4.66 g 沉淀，说明有SO，且为0.02 mol，那么根据电荷守恒可知一定有Cl－，至少有0.04 mol，B项正确。答案选B。