2019版高考化学一轮精选教师用书人教通用：第一章化学计量在实验中的应用第2节　物质的量在化学实验中的应用

第2节　物质的量在化学实验中的应用
【考纲要求】
了解溶液的含义。　 了解溶解度、饱和溶液的概念。　 了解溶液浓度的表示方法。理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。　 掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。
考点一　物质的量浓度

1．物质的量浓度(cB)
(1)概念：表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量。
(2)表达式：cB＝；单位：mol·L－1或mol/L。
(3)相同浓度溶液中某些物理量之间的关系
现有两种溶液：①1 mol/L KCl溶液、②1 mol/L BaCl2溶液，请用“相同”或“不同”填写下表：

取不同体积的KCl溶液
取相同体积的两种溶液
c(溶质)
相同
相同
ρ(溶液)
相同
不同
n(溶质)
不同
相同
m(溶质)
不同
不同
2.固体溶解度
(1)含义：在一定温度下，某固体物质在100 g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。
(2)公式：S固体＝×100 g。
(3)影响溶解度大小的因素
①溶剂的影响，如NaCl易溶于水不易溶于汽油。
②温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质减小，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。
3．溶解度的表示方法
(1)列表法
硝酸钾在不同温度时的溶解度：
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
溶解度/g
13.3
20.9
31.6
45.8
63.9
85.5
110
138
168
202
246
(2)曲线法


4．溶质的质量分数
(1)概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示，也可用小数表示。
(2)表达式：w(B)＝×100%。
(3)与物质的量浓度的关系：c(B)＝。
5．关于物质的量浓度计算的三大类型
(1)标准状况下气体溶质形成的溶液中溶质的物质的量浓度的计算
c＝
注意：溶液体积的单位是L，根据密度计算溶液体积的单位一般是mL，要注意单位换算。
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算
计算公式：c＝(c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1)。
(3)溶液稀释、同种溶质的溶液混合的计算
①溶液稀释
a．溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。
b．溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。
c．溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
②同种溶质的溶液混合：混合前后溶质的物质的量保持不变，即：c1V1＋c2V2＝c混V混。

1．配制1 mol·L－1NaCl溶液1 L，其方法是将58.5 g NaCl溶于1 L水中即可(　　)
2．用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液中溶质的物质的量浓度恰好是1 mol·L－1(　　)
3．将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1(　　)
4．将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25%(　　)
5．1 L 0.5 mol·L－1CaCl2溶液中，Ca2＋与Cl－的物质的量浓度都是0.5 mol·L－1(　　)
6．将40 g SO3溶于60 g水所得溶液中溶质的质量分数为40%(　　)
7．下图是X、Y、Z三种固体物质的溶解度曲线。

(1)若X溶液中混有少量的Y，用加热浓缩，冷却结晶，过滤的方法提纯(　　)
(2)若Y溶液中混有少量的X，用蒸发结晶，趁热过滤的方法提纯(　　)
答案：1.×　2.×　3.×　4.×　5.×　6.×　7.(1)√　(2)√

题组一　考查物质的量浓度的概念及简单计算
1．下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1 mol/L的是(　　)
A．将40 g NaOH溶于1 L水所得的溶液
B．将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液
C．将0.5 mol/L的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液
D．含K＋为2 mol的K2SO4溶液
解析：选B。A项溶液体积不为1 L，B项生成1 mol H2SO4且溶液体积为1 L，C项溶液体积不是50 mL，D项缺少溶液体积。
2．将4 g NaOH溶解在10 mL水中，再稀释成1 L的溶液，从中取出10 mL，这10 mL溶液中溶质的物质的量浓度是(　　)
A．1 mol/L　　 B．0.1 mol/L
C．0.001 mol/L D．10 mol/L
解析：选B。n(NaOH)＝＝0.1 mol，加水稀释时，NaOH的物质的量保持不变，因此所配1 L NaOH溶液中溶质的物质的量浓度为＝0.1 mol/L，从中取出10 mL溶液时，NaOH溶液中溶质的物质的量浓度不变，仍为0.1 mol/L。
题组二　考查物质的量、溶液的质量分数、物质的量浓度之间的换算
3．体积为V(mL)、密度为ρ(g·cm－3)的溶液，含有摩尔质量为M(g·mol－1)的溶质质量为m(g)，物质的量浓度为c(mol·L－1)，质量分数为w。下列表达式中不正确的是(　　)
A．c＝ B．m＝V·ρ·
C．w＝ D．c＝
解析：选B。已知溶质摩尔质量、质量分数和溶液密度时，c＝的含义为1 L溶液中所含溶质的物质的量；若已知溶质摩尔质量、溶液中溶质的物质的量浓度和溶液密度时，可计算出溶质质量分数w＝，其含义为1 L溶液中，溶质占溶液的质量分数，故A、C选项正确；B选项中求溶质质量，应通过溶液体积、密度、质量分数三者相乘而得，即m＝V·ρ·w，故B选项错误；D选项是根据物质的量浓度的定义，由溶质质量、溶质摩尔质量和溶液体积计算而得，即c＝＝，故D选项正确。
4．将标准状况下的某气体(摩尔质量为M g/mol)溶于a g水中，所得溶液的密度为b g/cm3，溶质的物质的量浓度为c mol/L，则该气体溶入水中的体积是(　　)
A． L B． L
C． L D． L
解析：选C。设溶入水中气体的体积为V L，则V/22.4÷[(MV/22.4＋a)÷b]×103＝c，化简整理得：V＝。

突破物质的量浓度计算的两关键
(1)牢记定义式，灵活利用守恒推导。
由定义式出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式：c＝、质量分数＝×100%进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。
(2)灵活运用假设，注意单位换算。
例如：已知溶质的质量分数w，溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的摩尔质量为M g·mol－1，求物质的量浓度c。
假设溶液为1 L，所以溶液质量为1×1 000×ρ g，溶质的质量为1×1 000×ρ×w g，溶质的物质的量为 mol，这样就很容易求出该溶液的物质的量浓度c＝ mol·L－1。　
题组三　考查溶液稀释或混合的计算
5．V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SO，取此溶液0.5 V L，用水稀释至2V L，则稀释后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为(　　)
A． mol/L B． mol/L
C． mol/L D． mol/L
解析：选A。依题意知，c(SO)＝ mol/L，c(Fe3＋)＝ mol/L×2÷3＝ mol/L，故有 mol/L×0.5V L＝2V L×cB，cB＝ mol/L。
6．(1)将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系正确的是________。
①q＝2p　②q>2p　③q<2p　④无法确定
(2)若上题中的溶质是乙醇而非硫酸，则p、q的关系是________。
①q＝2p　②q>2p　③q<2p　④无法确定
解析：当等体积混合时，设浓溶液的密度为ρ1，稀溶液的密度为ρ2，体积各为1 L，则混合后q%＝＝()×p%＝(1＋)p%，
则：当ρ1>ρ2时，如H2SO4溶液、HNO3溶液，q>2p；当ρ1<ρ2时，如氨水、酒精溶液，q<2p。
答案：(1)②　(2)③

溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律
同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。
(1)等体积混合
①当溶液密度大于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大，(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液)等体积混合后质量分数w>(a%＋b%)。　
②当溶液密度小于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小，(如酒精、氨水溶液)等体积混合后，质量分数w<(a%＋b%)。
(2)等质量混合
两溶液等质量混合时(无论ρ>1 g·cm－3还是ρ<1 g·cm－3)，则混合后溶液中溶质的质量分数w＝(a%＋b%)。
以上规律可概括为“计算推理有技巧，有大必有小，均值均在中间找，谁多向谁靠”。
题组四　考查溶解度曲线及其应用
7．已知四种盐的溶解度(S)曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体
B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体
C．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯
D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2
解析：选B。A项，由于NaCl的溶解度受温度影响较小，所以采取蒸发结晶的方法，正确；B项，虽然MgCl2的溶解度受温度的影响较小，但由于Mg2＋的水解，直接蒸干不能得到MgCl2固体，而得到Mg(OH)2固体，错误；C项，采取蒸发浓缩、降温结晶的方法，可以结晶出Mg(ClO3)2 固体，而NaCl仍留在滤液中，达到提纯的目的，正确；D项，当把MgCl2、NaClO3混合后，由于Mg(ClO3)2 的溶解度受温度影响较大，所以当降温时，首先析出Mg(ClO3)2固体。
8．[2017·高考全国卷Ⅲ，27(4)]重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：

回答下列问题：
步骤①的主要反应为
FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。

a．80 ℃　　　 b．60 ℃
c．40 ℃ d．10 ℃
步骤⑤的反应类型是______________。
解析：根据题图，可知温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，故d项正确。步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl，其属于复分解反应。
答案：d　复分解反应
考点二　一定物质的量浓度溶液的配制

1．主要仪器
天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。
2．容量瓶的构造及使用
(1)容量瓶上标有温度、规格和刻度线。常用规格有50 mL、100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL等。
(2)容量瓶在使用前要检查是否漏水，其操作顺序为装水盖塞→倒立→正立→玻璃塞旋转180°→倒立。
3．配制过程
以配制100 mL 1.00 mol/L NaCl溶液为例。
(1)计算：需NaCl固体的质量为5.9 g。
(2)称量：根据计算结果，用托盘天平称量NaCl固体。
(3)溶解：将称好的NaCl固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解，并用玻璃棒搅拌。
(4)移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流将溶液注入 100 mL容量瓶。
(5)洗涤：用适量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液全部注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
(6)定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
(7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
(8)装瓶、贴签。
配制流程如下图所示：




1．容量瓶在使用前应检查是否漏水(　　)
2．为了配制方便，可将固体或浓溶液直接在容量瓶(或量筒)中进行溶解或稀释(　　)
3．实验室需要950 mL 0.1 mol/L的NaCl溶液，配制时应选用1 000 mL容量瓶(　　)
4．用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、天平、量筒、药匙(　　)
5．用容量瓶配制溶液，若定容时仰视刻度线，则所配溶液浓度偏小(　　)
答案：1.√　2.×　3.√　4.√　5.√

题组一　考查溶液配制操作过程中的仪器使用
1．下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液的过程：


该同学的错误步骤有(　　)
A．1处　　 B．2处
C．3处 D．4处
解析：选C。第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑤步定容时应平视刻度线。
2．配制100 mL 1.0 mol·L－1Na2CO3溶液，下列操作正确的是(　　)
A．称取10.6 g无水碳酸钠，置于100 mL容量瓶中，加水溶解、定容
B．称取10.6 g无水碳酸钠置于烧杯中，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解
C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中
D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀
解析：选D。固体不能直接在容量瓶中溶解，A项错误；配制100 mL 1.0 mol·L－1Na2CO3溶液，所用水的体积并不是100 mL，而是加水至100 mL，B项错误；转移液体时，要用玻璃棒引流，C项错误。
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，下列操作正确的是(　　)
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．先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容
解析：选C。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，应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。

溶液配制过程中重要仪器的使用
仪器
注意事项或作用
容量瓶
(1)不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释；
(2)不能作为反应器或用来长期贮存溶液；
(3)不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中，因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的；
(4)不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液
量筒
(1)不能作反应器；
(2)不能将浓溶液直接在量筒中稀释；
(3)量取的液体倒出后不必洗涤
托盘
天平
(1)使用前调零；
(2)药品不能直接放在托盘上；
(3)左物右码，先大后小；
(4)读数至小数点后1位
玻璃棒
(1)在溶液配制过程中的作用是搅拌、引流；
(2)搅拌时勿碰烧杯内壁，引流时注意玻璃棒下端应在刻度线以下
题组二　考查溶液配制过程中的误差分析
4．下列有关一定物质的量浓度的溶液配制的过程中，造成所得溶液浓度偏高的是(　　)
A．要配制100 mL 1 mol/L NaOH溶液，需在白纸上称4 g NaOH 固体，并且称量速度较慢
B．称量时托盘天平的砝码已被锈蚀
C．溶解或稀释溶质时烧杯尚未干燥
D．定容时盖上瓶盖，摇匀后发现液面低于刻度线，再继续滴加蒸馏水使液面重新达到刻度线
解析：选B。A项，NaOH具有腐蚀性，不可放在白纸上称量，而应放在烧杯或表面皿中进行称量。若称量速度较慢，会导致NaOH部分潮解甚至变质，而且还会有少量NaOH粘附在纸上，会造成所配溶液的浓度偏低。B项，因为砝码被锈蚀，质量会变大，致使称量值变大，因而所配溶液的浓度会偏高。C项，对所配溶液的浓度无影响。D项，导致溶液的浓度偏低。
5．利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是(　　)
A．称取碳酸钠晶体100.0 g
B．定容时俯视刻度线
C．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗
D．移液前，容量瓶中有少量蒸馏水
解析：选B。0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL需称取Na2CO3·10H2O 143.0 g，A项偏低；定容时俯视刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，结果偏高，B符合题意；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，结果偏低；容量瓶中有少量蒸馏水对所配溶液的浓度无影响。

1．误差分析的理论依据

2．容量瓶读数误差的图示分析

图1使所配溶液体积偏大，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。　

1．判断正误(正确的打 “√”，错误的打“×”)
(1)(2017·高考全国卷Ⅲ，9D)配制浓度为0.010 mol·L－1的KMnO4溶液的操作是称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度(　　)
(2)(2017·高考海南卷)容量瓶和滴定管使用前均需要检漏(　　)
(3)(2014·高考全国卷Ⅰ，12A)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干(　　)
(4)(2013·高考山东卷)用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液所选实验器材(规格和数量不限)有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(　　)
(5)(2013·高考天津卷)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
2．下列操作或装置能达到实验目的的是(　　)
A．(2015·高考四川卷)配制一定浓度的NaCl溶液(如图1)
B．(2015·高考重庆卷)配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液(如图2)
C．(2015·高考安徽卷)配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液(如图3)
D．(2013·高考福建卷)配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流

解析：选D。配制一定浓度的NaCl溶液，定容时俯视会造成结果偏高，A不正确；配置溶液时，不能直接在容量瓶中溶解固体，B、C不正确。
3．(2013·高考江苏卷)用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是(　　)

解析：选B。结合实验操作步骤、具体要求及题给装置进行分析、解决问题。称量固体样品时，应将固体样品放入托盘天平的左盘，砝码放入右盘，A错。转移溶液时，为防止液体洒落，应用玻璃棒引流，C错。定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶中，D错。
4．(2015·高考江苏卷)软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为MnO2＋SO2===MnSO4。
(1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化________L (标准状况) SO2。
(2)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋ )＝0.050 0 mol·L－1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋)，消耗Fe2＋溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。
解析：(1)n(MnO2)＝＝0.2 mol，由化学方程式MnO2＋SO2===MnSO4知，n(SO2)＝n(MnO2)＝0.2 mol，标准状况下V(SO2)＝22.4 L·mol－1×0.2 mol＝4.48 L。
(2)Fe2＋的氧化产物为Fe3＋，由质量守恒定律和电子守恒可得：Mn2＋～Mn3＋～Fe2＋。因此，n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1×0.020 L＝1.00×10－3 mol，则m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3 mol×169 g·mol－1＝0.169 g，故MnSO4·H2O样品的纯度为×100% ≈98.8%。
答案：(1)4.48
(2)n(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1×＝1.00×10－3 mol
n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3 mol
m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3 mol×169 g·mol－1＝0.169 g
MnSO4·H2O样品的纯度为×100%≈98.8%
5．(2017·高考江苏卷)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成， 进行下列实验：①称取样品1.116 0 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.172 2 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.080 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋ (离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
解析：由②中生成AgCl的质量，可计算出1.116 0 g样品中Cl－的物质的量n(Cl－)；由③可计算出1.116 0 g样品中Cu2＋的物质的量n(Cu2＋)，根据电荷守恒：n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，得出n(OH－)，最后由质量守恒得出n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。
答案：n(Cl－)＝n(AgCl)×＝×＝4.800×10－3 mol，
n(Cu2＋)＝n(EDTA)×
＝0.080 00 mol·L－1×30.00 mL×10－3L·mL－1×＝9.600×10－3 mol，
n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3 mol－4.800×10－3 mol＝1.440×10－2 mol。
m(Cl－)＝4.800×10－3 mol×35.5 g·mol－1＝0.170 4 g，
m(Cu2＋)＝9.600×10－3 mol×64 g·mol－1＝0.614 4 g，
m(OH－)＝1.440×10－2 mol×17 g·mol－1＝0.244 8 g，
n(H2O)＝
＝4.800×10－3 mol。
a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1，
化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。

一、选择题
1．现有两份溶液：①将106 g Na2CO3固体溶于1 L水配成溶液，②将1 mol Na2CO3·10H2O溶于水配成1 L溶液。下列物理量一定相等的是(　　)
A．物质的量浓度　 B．溶质的物质的量
C．溶液的体积 D．质量分数
解析：选B。两份溶液中的溶质都是1 mol Na2CO3，但前者溶液的体积不是1 L，故物质的量浓度、质量分数不同。
2．已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是(　　)
A．0.01 mol·L－1的蔗糖溶液
B．0.01 mol·L－1的CaCl2溶液
C．0.02 mol·L－1的NaCl溶液
D．0.02 mol·L－1的CH3COOH溶液
解析：选C。要理解清楚题目中“非挥发性溶质”，D项中的CH3COOH易挥发，其余三项中C项离子数在单位体积中最多，故选C。
3．下列溶液中，跟100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液中所含的Cl－物质的量浓度相同的是(　　)
A．100 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液
B．200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液
C．50 mL 1 mol/L NaCl溶液
D．25 mL 0.5 mol/L HCl溶液
解析：选D。物质的量浓度与溶液的体积无关，100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液中c(Cl－)＝0.5 mol/L，而A、B、C、D项中，c(Cl－)分别为1 mol/L、0.75 mol/L、1 mol/L、0.5 mol/L，故D项正确。
4．用NaCl固体配制0.1 mol·L－1的NaCl溶液，下列操作或说法正确的是(　　)
A．将5.85 g NaCl固体放入1 000 mL容量瓶中，加水溶解并准确定容
B．称量时，将固体NaCl直接放在天平左盘上
C．固体溶解、冷却后将溶液直接转移到容量瓶中，然后向容量瓶中加水至刻度线
D．配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果
解析：选D。A项，固体应在烧杯中溶解，容量瓶不能用来稀释溶液或溶解固体；B项，称量固体NaCl时不能直接放在天平托盘上，应放在称量纸上；C项，配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液后需用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转移至容量瓶中，然后再加蒸馏水，当加水至距离刻度线1～2 cm处时，要改用胶头滴管定容，不能直接加水至刻度线。
5．取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸注入500 mL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(　　)
A．0.21 mol·L－1 B．0.42 mol·L－1
C．0.56 mol·L－1 D．0.26 mol·L－1
解析：选B。容量瓶中H2SO4溶液的H＋物质的量为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。
6．实验中需用2.0 mol·L－1的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶规格和称取的NaCl固体质量分别为(　　)
A．950 mL；111.2 g B．500 mL；117.0 g
C．1 000 mL；117.0 g D．1 000 mL；111.2 g
解析：选C。实验室中没有950 mL容量瓶，故只能配制1 000 mL 2.0 mol·L－1的NaCl溶液。m(NaCl)＝2.0 mol·L－1×1 L×58.5 g·mol－1＝117.0 g。
7．对于4 ℃时100 mL水中溶解了22.4 L HCl气体(标准状况下测得)后形成的溶液，下列说法中正确的是(　　)
A．该溶液中溶质的物质的量浓度为10 mol/L
B．所得的溶液的体积为22.5 L
C．根据题干数据，该溶液中溶质的物质的量浓度无法求得
D．该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得
解析：选C。 A．标准状况下22.4 L的HCl气体的物质的量是1 mol，溶于100 mL水中得到的溶液的体积不是100 mL，所以所得溶液中溶质的物质的量浓度不是10 mol/L，错误；B．因为该溶液的密度未知，所以溶液的体积无法计算，错误；C．根据以上分析，该溶液中溶质的物质的量浓度无法计算，缺少数据，正确；D．该溶液的质量＝水的质量＋HCl的质量，溶剂的质量可以计算，溶质的质量也可以计算，所以该溶液中溶质的质量分数可以计算，错误。
8．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为(　　)
A．(b－a)/V mol·L－1 B．(2b－a)/V mol·L－1
C．2(b－a)/V mol·L－1 D．2(2b－a)/V mol·L－1
解析：选D。由离子方程式：2OH－＋Mg2＋===Mg(OH)2↓可知，OH－为a mol，则Mg2＋为a/2 mol，MgSO4为a/2 mol；由离子方程式：SO＋Ba2＋===BaSO4↓可知，Ba2＋为b mol, SO为b mol，MgSO4和K2SO4共b mol，则K2SO4为(b－a/2) mol，其含有的K＋为(b－a/2) mol×2＝(2b－a) mol；原混合溶液中的K＋为2×(2b－a) mol，所以原混合溶液中钾离子的浓度为2(2b－a)/V mol·L－1。
9．如图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是(　　)

A．只有在t1 ℃时，NaCl和MgSO4的溶解度才相等
B．t1～t2 ℃，MgSO4的溶解度随温度升高而减小
C．在t2 ℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大
D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，有晶体析出
解析：选C。A项，在t1 ℃、t3 ℃时，NaCl、MgSO4的溶解度都相等；B项，t2 ℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2 ℃之后，随温度的升高而降低；C项，w＝×100%，S越大，w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。
10．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。下列说法正确的是(　　)
硫酸　化学纯(CP) (500 mL)
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84 g/cm3
质量分数：98%
A．该硫酸中溶质的物质的量浓度为9.2 mol/L
B．1 mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气
C．配制250 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸62.5 mL
D．等质量的水与该硫酸混合后所得溶液中溶质的物质的量浓度大于9.2 mol/L
解析：选C。根据c＝，该硫酸中溶质的物质的量浓度为 mol/L＝18.4 mol/L，A项错；该硫酸为浓硫酸，足量的该硫酸和Zn反应不生成H2，B项错；等质量的该硫酸的体积小于水的体积，因此混合后溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，故该硫酸与水等质量混合后所得溶液中溶质的物质的量浓度小于9.2 mol/L，D项错。
二、非选择题
11．根据下列各题所给出的数据，可分别求出其“溶质的质量分数”或“溶质的物质的量浓度”，试判断并求解。
(1)设NA表示阿伏加德罗常数的数值，若某氢氧化钠溶液V L中含有N个OH－，则可求出此溶液中____________为________________。
(2)已知某氢氧化钠溶液中Na＋与H2O的个数之比为1∶a，则可求出此溶液中_______为____________。
(3)已知标准状况下1体积水能溶解500体积的氯化氢，则可求出标准状况下氯化氢饱和溶液中____________为____________。
(4)已知将100 mL氯化铝的水溶液加热蒸干灼烧，可得到白色固体b g，则可求出原氯化铝溶液中__________________为____________。
解析：(1)n＝⇒c＝。
(2)1∶a⇒m(NaOH)∶m(H2O)⇒w＝m(NaOH)∶[m(NaOH)＋m(H2O)]。
(3)V(HCl)⇒m(HCl)⇒w＝m(HCl)∶[m(HCl)＋m(H2O)]。
(4)b g Al2O3⇒n(AlCl3)⇒c。
答案：(1)溶质的物质的量浓度　 mol/L
(2)溶质的质量分数　×100%
(3)溶质的质量分数　44.9%
(4)溶质的物质的量浓度　 mol/L
12．用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g·cm－3)配制成1 mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：
(1)配制稀盐酸时，应选用容量为________mL的容量瓶。
(2)经计算需要________mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的________。
A．5 mL B．10 mL
C．25 mL D．50 mL
(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入选定规格的容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度线相切。
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。
上述操作中，正确的顺序是________(填序号)。
(4)在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，则配制的稀盐酸浓度________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
解析：(2)c(HCl)＝＝ mol·L－1＝11.6 mol·L－1。加水稀释前后HCl的物质的量不变，所以11.6 mol·L－1×V(HCl)＝250 mL×1 mol·L－1，解得V(HCl)＝21.6 mL，应该选择25 mL的量筒量取。
(4)用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，量取的盐酸被稀释了，其物质的量比实际偏小，所配制溶液的浓度偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则一部分溶质损失，所配制溶液的浓度偏低。
答案：(1)250　(2)21.6　C　(3)③①④②
(4)偏低　偏低
13．实验室需要480 mL 0.4 mol·L－1的NaCl溶液，有如下操作步骤：
A．把称量好的NaCl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解冷却至室温
B．把A所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中
C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切
D．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
E．将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀
请填写下列空白：
(1)操作步骤的正确顺序为________(填序号)。
(2)实验室有如下规格的容量瓶，本实验选用________(填序号)。
a．100 mL　　b．250 mL　　c．500 mL　　d．1 000 mL
(3)本实验用到的基本实验仪器除容量瓶、托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、量筒、胶头滴管外，还必须使用的玻璃仪器有________，实验中该仪器的作用是_____________________。
(4)本实验需要称NaCl晶体的质量是________g。

(5)误差分析(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
a．本实验称量NaCl时，物码倒置(1 g以下用游码)：________。
b．某同学观察液面的情况如图所示：________。
c．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出：________。
解析：(1)配制溶液时，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以其操作步骤的正确顺序为ABDCE。
(2)配制480 mL 0.4 mol·L－1的NaCl溶液，应选择500 mL容量瓶。
(3)配制溶液时，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)，用玻璃棒搅拌加速溶解，冷却后转移到500 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，所以缺的玻璃仪器为玻璃棒。
(4)n＝cV＝0.4 mol·L－1×0.5 L＝0.2 mol，m＝0.2 mol×58.5 g·mol－1＝11.7 g。
(5)a.称量NaCl时，物码倒置(1 g以下用游码)，称取的溶质的质量偏低，溶液的浓度偏低；
b．某同学观察液面的情况如题图所示，俯视液面导致加水的量偏少，溶液的浓度偏高；
c．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低。
答案：(1)ABDCE　(2)c　(3)玻璃棒　搅拌加速溶解、引流　(4)11.7　(5)a.偏低　b．偏高　c．偏低
14．有两份溶液，其中所含溶质相同，设其摩尔质量为Mg·mol－1。根据下表信息，回答有关问题：

溶质的质量分数
溶液的密度(g·cm－3)
第一份溶液
w1
ρ1
第二份溶液
w2
ρ2
(1)第一份溶液中，溶质的物质的量浓度为________。
(2)取等质量两份溶液混合，则所得混合液中溶质的质量分数w3＝________。
(3)若有w1>w2，取等体积的两份溶液混合，设所得混合液中溶质的质量分数为w4，试比较w3、w4的相对大小？__________________________________________。
解析：(1)设溶液的体积为1 L，则溶液中溶质的物质的量浓度为103 mL·L－1×ρ1 g·cm－3×w1÷M g·mol－1＝(103ρ1w1)/M mol·L－1。
(2)设两份溶液的质量都为1 g，则w3＝(1×w1＋1×w2)/(1＋1)＝(w1＋w2)/2。
(3)解答此题应从以下两种情况分析(混合液的质量分数趋近于质量大者)：
①溶液的质量分数越大，密度越大时，等体积的溶液，质量分数越大，其质量越大，则w3 ②溶液的质量分数越大，密度越小时，等体积的溶液，质量分数越大，其质量越小，则w3>w4。
答案：(1)(103ρ1w1)/M mol·L－1
(2)(w1＋w2)/2
(3)若ρ1>ρ2，w3w4