高考化学二轮提分特训 ：溶液（解析版）

1 溶液 1．下列有关胶体的说法，正确的是 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++3H2O══ Δ Fe(OH)3(胶体)+3H+，B 项错误；Fe(OH)3 胶体在下图所示 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 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。下列关于纳米 Fe3O4 磁流体的说法不正确的是 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，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 【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＝ 3 250×10－3 L×1.84 mol·L－1×98 g·mol－1 1.84 g·cm－3×98% ＝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，则此溶液的物质的量浓度为 A．1 000aρ 46a＋m mol·L－1 B． 4ρ 46a＋m mol·L－1 C．1 000aρ 50a＋m mol·L－1 D．1 000aρ 45a＋m mol·L－1 【答案】A 【解析】Na 和 Al 一同投入 m g 足量水中时，发生反应的化学方程式为 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 46a＋m 1 000ρ L，所得溶液的物质的量浓度为 1 000aρ 46a＋m 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，一份加入含 a mol NaOH 的 溶液，恰好使 Mg2+完全沉淀为 Mg(OH)2；另一份加入含 b mol BaCl2 的溶液，恰好 使 2 4SO  完全沉淀为 BaSO4。则原混合溶液中 K+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 【答案】D 4 【解析】把 V L 混合溶液分成两等份，每份为 V 2L，所含溶质各为原混合溶液的 一半。根据题设条件可知： V 2L 溶液中含 a 2mol MgSO4，含(b− a 2) mol K2SO4，则V 2 L 溶液中含 K+的物质的量为 2(b− a 2) mol，从而算出原混合溶液中 K+的物质的量为 4(b− a 2) mol，即 c(K+)＝2(2b－a) V 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叙述，正确的是 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，则所取溶液 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，则浓度减半， 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，则浓度之比也为 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．下列有关溶质的质量分数和物质的量浓度的计算结果错误的是 5 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 2- 4 的物质的量浓度为 0.7mol/L，则此溶液中 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 - 3 的物质的 量浓变为10a b 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，则此溶液的物质的量浓度为. ρ1000V (MV+2240) 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(SO4 2-)，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， 则稀释后(NO3 -)＝5mol/L×2×amL bmL ＝10a b mol/L，B 项正确；溶质的物质的量 n＝ VL 22.4L/mol＝ V 22.4mol，溶液的质量=溶质的质量+溶剂的质量＝ V 22.4mol× Mg/mol+0.1L×1000g/L＝VM＋2240 22.4 g，溶液的体积＝溶液的质量 溶液的密度＝ VM＋2240 22.4 ρ mL＝ VM＋2240 22.4ρ ×10-3L，所以所得溶液的溶质的物质的量浓度＝ V 22.4mol VM＋2240 22.4ρ ×10-3L ＝ 1000Vρ （VM＋2240）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，则稀释前溶质的质量=稀释后溶质的质量 6 0.91V×25%g＝0.2275Vg，稀释后溶液的质量＝0.91Vg+Vcm3×1g/cm3 ＝1.91Vg， 则稀释后溶质的质量分数＝0.2275Vg 1.91Vg ×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。下列叙述中正确的是 ①w= 36.5c 1000ρ ×100% ②c=1 mol·L−1 ③向上述溶液中再加入 VmL 水后，所得溶 液的质量分数大于 0.5w ④向上述溶液中再加入 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= 1000 M w 可得 w= 36.5c 1000ρ ×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，则加入等体积的水后，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，则混合 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，取一份加入含 a mol NaOH 的溶液恰好反应完全；取另一份加入含 b mol HCl 的盐酸恰好反应完全。该混合 溶液中 c(Na＋)为 7 A．(10b－5a)mol·L－1 B．(2b－a)mol·L－1 C．( b 10－ a 20)mol·L－1 D．(5b－5a 2 )mol·L－1 【答案】A 【解析】NH4HCO3 和 a mol NaOH 恰好完全反应，则 NH4HCO3 的物质的量为 0.5a mol， 取另一份加入含 b mol HCl 的盐酸恰好反应完全，由 NH4HCO3 反应掉的盐酸为 0.5a mol，则由 Na2CO3 反应掉的盐酸为 b mol－0.5a mol，Na2CO3 的物质的量为(b mol －0.5a mol)×0.5，则 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＋)= 0.21mol 0.5L =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。 8 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若干种，且各离子物质的量浓度相 等（忽略水的电离）：Na+、K+、Cl−、Ba2+、CO3 2−、SO4 2−，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．SO4 2−、Na+ C．Na+、K+ D．CO3 2−、SO4 2− 【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−发生沉淀反应的离子；可能与 Ba2+发生沉淀反应形成白 色沉淀的离子有 CO3 2−、SO4 2−，则由于可能含有 CO3 2−、SO4 2−，则不能大量存在 Ba2+； 由于溶液中各离子物质的量浓度相等，则因为 CO3 2−或 SO4 2−为阴离子，则一定含 有阳离子 Na+、K+，CO3 2−和 SO4 2−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−、CO3 2−、SiO3 2−、Cl− 中的几种，现进行如下实验: ①取少量原溶液，加入氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成; ②另取少量原溶液，逐滴加入盐酸， 发生的现象是:开始产生沉淀并逐渐增 多，沉淀量基本不变后产生气体，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，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀。 下列说法中正确的是 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−、CO3 2−、Cl− 9 C．该溶液中是否含有 K+需进行焰色反应(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，沉淀量基本不变后产生气 体，最后沉淀逐渐减少至消失”，故溶液中含有 AlO2−、CO3 2−，不含 SiO3 2−，由于 Ba2+与 CO3 2−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+，无需焰色反应即可确定；③“在上述②沉淀消 失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀”，得到的沉淀为 AgCl，而 ②中加入的是盐酸，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−、CO3 2−，一定不含 Ba2+、Al3+、Mg2+、SiO3 2−，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 ＋ 4 的物质的量是 b mol，下列叙述正确 的是 A．溶质的质量分数 w＝ a ρV－a×100% B．溶质的物质的量浓度 c＝1 000a 35V mol·L－1 C．溶液中 c(OH－)＝1 000b V mol·L－1＋c(H＋) D．向上述溶液中加入 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＝ a ρV×100%，A 项错误；氨水中的溶质是 NH3，而不 10 是 NH3·H2O，将 w＝ a ρV×100%代入公式 c＝1 000ρw M ，化简可得 c＝1 000a 17V mol·L －1，B 项错误；氨水中含有的阳离子为 H＋和 NH＋ 4 ，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，分离晶体时，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 程如图所示 以下说法错误的是 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较好 【答案】C 11 【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实验分 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）下列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．容量瓶洗净后未经干燥处理 C．未冷却至室温就转移定容 12 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，发现溶液未达到刻度线，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= 1 000×1.20×36.5% 36.5 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，则 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＝n V，配制的溶液浓度偏高，A 项符合题意；定容时需要加入蒸馏水，所以将烧 杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶洗净后未经干燥处理，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＝n V， 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 13 质 HCl 物质的量偏大，根据 c＝n V，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＝n V，配制的溶液浓度偏高，E 项符合题意； 摇匀后立即观察，发现溶液未达到刻度线，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＝n V，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．下列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 生的是复分解反应，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。 14 【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．下列说法正确的有 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 胶体中加入过量稀硫酸，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，加入卤水(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达到净水效果，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 胶体中加入稀硫酸先发生 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。 15 19．将 50 g 质量分数为 w1、物质的量浓度为 c1 的浓硫酸加入 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。 下列说法中正确的是 A．若 w1=2w2，则 c1＜2c2=20 B．若 w1=2w2，则 c1＞2c2，V＜50 C．若 c1 =2c2，则 w1＜2w2，V＜50 D．若 c1 =2c2，则 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，若掌握不牢，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，若不能利用此信息，则无法解答。 【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 1000c M  知， 1 1 2 1 2 2 =c c     ，分别讨论： （1）若 w1=2w2，则 c1＞2c2，V=50，A、B 错误； （2）若 c1=2c2，则 w1＜2 w2，而 w2= 150 50 w V ，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，则下列关系中不正确的是 A．    17 22400 / 22.4 22.4   V V B． 17 / (1000 )  c C． 17 / (17 22400)  V V D．c=1000Vρ/(17V+22400) 16 【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＝ V 22.4×17＋1000 1＋V ，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＝17×c×1 1000ρ ，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＝ 17V 17V＋22400＝ V 22.4×17 17V 22.4＋1000 ，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＝ 1000Vρ 17V＋22400＝ V 22.4ρ×1000 17V 22.4＋1000 ＝ V 22.4 17V 22.4＋1000 ρ ×10-3 ， 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。下列情况会使所配溶 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 17 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，重新达到刻度线 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 mc =V n MV  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，说明有部分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，本题答案选 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 18 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”，若不 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；若使用游码， 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，下列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 19 器，然后与已知仪器对比，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； 20 （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部分溶液，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，可以通过下述反应制 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“还原性”） （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 ，下列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 21 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，下列操作正确的是 。 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 转多次，摇匀。 D．配制溶液时，若试样是液体，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 是还原产物，Fe(OH)3 中的 Fe 元素 化合价从+3 价升高到+6 价，被还原； （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， 22 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，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，符合容量瓶的使用方 法，C 项正确；配制溶液时，若试样是液体，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；容量瓶不能用作反应容器，不能稀释溶液。 25．某未知溶液 X 可能含有 Al3+、Na+、NH4 +、Cl−、CO3 2−、SO4 2−中的若干种，取该 溶液进行如下实验，若实验过程中所加试剂均过量，产生的气体全部逸出。 则下列说法正确的是 A．原溶液中可能存在 Na+，n(Cl−)≥0.01 mol 23 B．原溶液中一定存在 CO3 2−、SO4 2−、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的确定，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】滤液中加入烧碱溶液，通过颜色反应不能确定原溶液中是否存在 Na+；加入 BaCl2 溶液生成沉淀 1，说明原溶液中至少含有 CO3 2−、SO4 2−中的一种， 沉淀 1 部分溶于盐酸，所以沉淀 1 一定是 BaSO4、BaCO3 的混合物，故原溶液中一 定存在 CO3 2−、SO4 2−，CO3 2−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 2.33g 233g/mol =0.01 mol，CO3 2—的物质的量为 4.30g-2.33g 197g/mol =0.01 mol；向所滤液中加入氢氧化钠溶液并加热生成了气体，则该气 体为氨气，证明原溶液中一定含有 NH4 +，其物质的量为 1.12L 22.4L/mol =0.05 mol，CO3 2 −、SO4 2−所带负电荷的物质的量之和为 0.01 mol2+0.01 mol2=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 CO3 2−、SO4 2−、NH4 +，CO3 2−、SO4 2−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－、SO2－ 4 、CO2－ 3 、NH＋ 4 、Fe3＋、Al3＋和 K＋。取该溶液 100 mL， 24 加入过量 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．SO2－ 4 、NH ＋ 4 一定存在，Cl－可能不存在 D．CO2－ 3 、Al3＋一定不存在，K＋可能存在 【答案】B 【解析】根据加入过量 NaOH 溶液，加热，得到 0.02 mol 气体，说明有 NH＋ 4 ，为 0.02 mol，同时产生红褐色沉淀，说明有 Fe3＋，而且为 0.02 mol，则没有 CO2－ 3 ； 根据不溶于盐酸的 4.66 g 沉淀，说明有 SO2－ 4 ，且为 0.02 mol，则根据电荷守恒 可知一定有 Cl－，至少有 0.04 mol，B 项正确。答案选 B。