2025届高三化学一轮复习 溶液组成的定量研究

溶液组成的定量研究 一．选择题（共13小题） 1．（2024•东莞市一模）下列溶液中的Cl﹣浓度与50mL1mol•L﹣1MgCl2溶液中的Cl﹣浓度相等的是（　　） A．150mL1mol•L﹣1NaCl溶液 B．100mL0.5mol•L﹣1CaCl2溶液 C．150mL2mol•L﹣1KCl溶液 D．75mL1mol•L﹣1AlCl3溶液 2．（2024•浙江一模）当物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中所含Cl﹣的个数比为1：1：1时，这三种溶液的体积比为（　　） A．2：3：6 B．1：2：3 C．3：2：1 D．6：3：2 3．（2024•丰润区一模）下列溶液中，Cl﹣的浓度与200mL 0.2mol/L的AlCl3溶液中Cl﹣浓度相同的是（　　） A．300 mL 0.2mol/L的MgCl2溶液 B．200 mL 0.5mol/L的NaCl溶液 C．100 mL 0.1mol/L的FeCl3溶液 D．400 mL 0.3mol/L的CuCl2溶液 4．（2024•福州一模）下列四种溶液分别用水稀释至10mL后，N的物质的量浓度与20mL1mol•L﹣1NaNO3溶液中N的物质的量浓度相等的是（　　） A．2mL5mol•L﹣1Mg（NO3）2溶液 B．1mL5mol•L﹣1Cu（NO3）2溶液 C．1mL5mol•L﹣1AgNO3溶液 D．5mL5mol•L﹣1Al（NO3）3溶液 5．（2024•遵义一模）15.6gNaO2与足量的CO2充分反应，可制得氧气的质量为（　　） A．1.6g B．3.2g C．4.8g D．6.4g 6．（2024•金坛区一模）下列溶液中Cl﹣浓度最大的是（　　） A．50mL2mol•L﹣1的KCl溶液 B．50mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液 C．200mL1mol•L﹣1的CuCl2溶液 D．100mL2mol•L﹣1的NH4Cl溶液 7．（2024•九龙坡区一模）将Cu片放入FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，测得溶液中Fe3+与Fe2+个数比为2：3，则所得溶液中Cu2+与Fe3+的个数比为（　　） A．3：4 B．3：5 C．3：2 D．4：3 8．（2024•海淀区一模）实验室需配制400mL0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液，已知，下列说法正确的是（　　） A．应用托盘天平称取Na2CO3•10H2O晶体57.2g B．定容时仰视会造成所配制溶液的物质的量浓度偏大 C．可通过加热加快Na2CO3•10H2O晶体的溶解，并趁热转移至容量瓶中定容 D．取准确配制好的10mL溶液加水稀释至100mL，所得溶液中c（Na+）＝0.1mol•L﹣1 9．（2024•朝阳区一模）如下是硫酸试剂瓶标签上的部分内容。据此下列说法不正确的是（　　） 硫酸 化学纯（CP） 品名：硫酸 化学式：H2SO4 相对分子质量：98 密度：1.84 g•cm﹣3 质量分数：98% A．该硫酸的物质的量浓度为18.4mol•L﹣1 B．配制250mL4.6mol•L﹣1的稀硫酸需取该硫酸62.5mL C．该硫酸与等体积的水混合，所得溶液的质量分数大于49% D．取100g该硫酸与100mL水混合，所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol•L﹣1 10．（2024•沙县区一模）在0.2L由NaCl、MgCl2CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．溶质NaCl的物质的量为0.2mol B．溶质MgCl2的质量为9.5g C．该混合液中CaCl2的物质的量浓度是1mol/L D．将该混合液加水稀释至体积为1L，Cl﹣的物质的量为0.6mol 11．（2024•青羊区一模）身体是革命的本钱，健康是人生的财富。定期体检是实现健康的强力抓手，阅读并分析体检报中部分结果（1mmol＝1×10﹣3mol，1mg＝1×10﹣3g），下列说法不正确的是序号（　　） 序号 项目名称 英文缩写 检查结果 单位 参考范围 13 *钠 Na 155 mmol/L 135～145 14 *氯 Cl 103 mmol/L 96～111 15 *钙 Ca 0.68 mmol/L 2.13～1.70 16 胱抑素C CysC 0.78 mg/L 0.59～1.03 17 *尿素 Urea 4.18 mmol/L 2.78～7.14 18 *葡萄糖 Glu 5.1 mmol/L 3.9～6.1 19 *总胆固醇 TC 4.65 mmol/L 2.85～5.70 20 *甘油三酯 TG 1.5 mmol/L 0.45～1.70 A．体检报告单中提醒平时饮食要少盐 B．报告单项目指标的物理量只有胱抑素C不是物质的量浓度 C．根据参考值，钙含量至少要85.2mg/L D．若另外某人血液中葡萄糖（C6H12O6，简称血糖，相对分子质量为180）的指标单位为mg/L，检查结果为360mg/L，经换算，结合以上参考范围，可诊断为高血糖 12．（2024•衢州一模）实验室需要配制2mol•L﹣1的NaCl溶液450mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（　　） A．450mL 52.65g B．500mL 58.5g C．450mL 52.7g D．任意规格 58.5g 13．（2024•和平区一模）向NaOH和Na2CO3混合溶液滴加盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的物质的量关系如图所示。下列判断正确的是（　　） A．在0～a范围内，只发生中和反应 B．ab段发生反应的离子方程式为+2H+＝H2O+CO2↑ C．a＝0.35 D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1 二．解答题（共3小题） 14．（2024•朝阳区一模）用NaCl固体配制100mL2.0mol•L﹣1NaCl溶液。 （1）用到的主要玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 　 　。 （2）称取NaCl固体的质量是 　 　g。 （3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是 　 　（填字母）。 a.定容时，俯视刻度线 b.转移液体时，有少量液体洒出 c.烧杯不干燥 d.没有洗涤烧杯和玻璃棒 （4）取20mL2.0mol•L﹣1NaCl溶液，加水稀释至 　 　mL，得到0.5mol•L﹣1NaCl溶液。为使该溶液中的Cl﹣完全沉淀，至少需要40mL 　 　mol•L﹣1AgNO3溶液。 15．（2024•镇江一模）化学研究中草酸（H2C2O4）是一种重要的化学分析试剂。现需要配制250mL0.2000mol/L的草酸溶液，请回答下列问题。 （1）配制草酸溶液需要使用的玻璃仪器有：胶头滴管、玻璃棒、烧杯、　 　。 （2）计算。实验中需称取 　 　g草酸晶体（H2C2O4•2H2O），称量后 　 　（填“需要”或“不需要”）加热除去结晶水。 （3）配制过程中的正确操作顺序为：b、d、　 　、e（填“字母”）。 a．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均转移入容量瓶 b．称取一定质量的草酸晶体加适量水溶解 c．用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切 d．用玻璃棒慢慢搅拌至完全溶解，冷却至室温 e．盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀 f．将所配溶液沿玻璃棒注入一定容积的容量瓶 g。往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面距离容量瓶刻度线1～2cm处 （4）下列操作会造成所配草酸溶液浓度偏低的是 　 　。 a．称取草酸过程中试剂与砝码位置放颠倒 b．定容时俯视刻度线 c．定容前未洗涤烧杯玻璃棒 d．定容摇匀后发现液面低于刻度线又加水至刻度线 （5）测定草酸的纯度。量取25.00mL上述所配溶液放入锥形瓶中，用0.1000mol/L的KMnO4（硫酸酸化）溶液反应，恰好完全反应时消耗19.60mLKMnO4溶液，计算草酸晶体的纯度 　 　。（已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，写出计算过程。） 16．（2024•青岛一模）某同学欲用购买的市售盐酸配制家庭中所需的洁厕灵（230mL1.2mol•L﹣1），可供选择的仪器如图所示。请回答下列问题： 盐酸 化学纯 CP 500mL 品名：盐酸 化学试：HCl 密度：1.18g/cm2 质量分数：36.5% （1）如图所示的仪器中配制上述溶液肯定不需要的是 　 　（填序号），配制过程中选用的玻璃仪器除了上述提供的还需要有 　 　。 （2）应量取浓盐酸的体积为 　 　mL。 （3）装置C需标有以下5项中的 　 　（填序号，下同）；装置A的刻度表示应为如图中 　 　。 ①温度 ②浓度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线 （4）下列情况将使配制洁厕灵的物质的量浓度偏高的有 　 　（填序号）。 A.容量瓶用蒸馏水洗净后，未等内壁干燥便用来配制 B.未等冷却，立即把溶液转移到容量瓶中 C.定容时，仰视刻度线 D.将洗涤量筒、烧杯、玻璃棒的洗涤液一并转移到容量瓶中 E.在稀释过程中有少量液体溅出烧杯外 参考答案与试题解析 一．选择题（共13小题） 1．（2024•东莞市一模）下列溶液中的Cl﹣浓度与50mL1mol•L﹣1MgCl2溶液中的Cl﹣浓度相等的是（　　） A．150mL1mol•L﹣1NaCl溶液 B．100mL0.5mol•L﹣1CaCl2溶液 C．150mL2mol•L﹣1KCl溶液 D．75mL1mol•L﹣1AlCl3溶液 【分析】50mL1mol•L﹣1MgCl2溶液中的浓度为1mol/L×2＝2mol/L。 【解答】解：A．150mL1mol•L﹣1氯化钠溶液中的Cl﹣浓度为1mol/L×1＝1mol/L，故A错误； B．100mL0.5mol•L﹣1氯化钙溶液Cl﹣浓度为0.5mol/L×2＝1mol/L，故B错误； C．150mL2mol•L﹣1氯化钾溶液Cl﹣浓度为2mol/L×1＝2mol/L，故C正确； D．75mL1mol•L﹣1氯化铝溶液Cl﹣浓度为1mol/L×3＝3mol/L，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查物质的量浓度等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 2．（2024•浙江一模）当物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中所含Cl﹣的个数比为1：1：1时，这三种溶液的体积比为（　　） A．2：3：6 B．1：2：3 C．3：2：1 D．6：3：2 【分析】设NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度均为c，则设体积分别为x、y、z，溶液中氯离子的分别为：c×x、c×2×y、c×3×z，结合V＝nc计算． 【解答】解：设NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度均为c，则设体积分别为x、y、z，溶液中氯离子的分别为：c×x、c×2×y、c×3×z， 三种溶液中所含Cl﹣的个数比为1：1：1时，则c×x＝c×2×y＝c×3×z， 解得x：y：z＝6：3：2， 故选：D。 【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，为高频考点，注意物质的构成、浓度和物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。 3．（2024•丰润区一模）下列溶液中，Cl﹣的浓度与200mL 0.2mol/L的AlCl3溶液中Cl﹣浓度相同的是（　　） A．300 mL 0.2mol/L的MgCl2溶液 B．200 mL 0.5mol/L的NaCl溶液 C．100 mL 0.1mol/L的FeCl3溶液 D．400 mL 0.3mol/L的CuCl2溶液 【分析】200mL 0.2mol/L的AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度为：0.2mol/L×3＝0.6mol/L，溶液中氯离子的物质的量浓度＝盐的浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关，据此分析解答． 【解答】解：0.2mol/L的AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度为：0.2mol/L×3＝0.6mol/L， A、300 mL 0.2mol/L的MgCl2溶液中，c（Cl﹣）＝0.2mol/L×2＝0.4mol/L，故A错误； B、200 mL 0.5mol/L的NaCl溶液液中，c（Cl﹣）＝0.5mol/L×1＝0.5mol/L，故B错误； C、100 mL 0.1mol/L的FeCl3溶液中，c（Cl﹣）＝0.1mol/L×3＝0.3mol/L，故C错误； D、400mL 0.3mol/L的CuCl2溶液中，c（Cl﹣）＝0.3mol/L×2＝0.6mol/L，与0.2mol/L的 AlCl3溶液中氯离子浓度相等，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意明确溶液中氯离子的物质的量浓度为盐的浓度与化学式中离子个数的积，与溶液的体积无关． 4．（2024•福州一模）下列四种溶液分别用水稀释至10mL后，N的物质的量浓度与20mL1mol•L﹣1NaNO3溶液中N的物质的量浓度相等的是（　　） A．2mL5mol•L﹣1Mg（NO3）2溶液 B．1mL5mol•L﹣1Cu（NO3）2溶液 C．1mL5mol•L﹣1AgNO3溶液 D．5mL5mol•L﹣1Al（NO3）3溶液 【分析】根据化学式可知，20mL 1mol•L﹣1 NaNO3溶液中物质的量浓度为1mol/L，溶液中溶质离子浓度与溶液体积无关，与电解质强弱、溶质电离出的相应离子数目及溶质的浓度等有关，根据稀释定律计算各选项中稀释后溶液中的浓度。 【解答】解：20mL 1mol•L﹣1 NaNO3溶液中物质的量浓度为1mol/L； A．2mL5mol•L﹣1Mg（NO3）2溶液稀释后溶液中物质的量浓度为＝2mol/L，不符合题意，故A错误； B．1mL5mol•L﹣1Cu（NO3）2溶液稀释后溶液中物质的量浓度为＝1mol/L，符合题意，故B正确； C．1mL5mol•L﹣1AgNO3溶液稀释后溶液中物质的量浓度为＝0.5mol/L，不符合题意，故C错误； D．5mL5mol•L﹣1Al（NO3）3溶液稀释后溶液中物质的量浓度为＝7.5mol/L，不符合题意，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，题目紧扣教程，基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。 5．（2024•遵义一模）15.6gNaO2与足量的CO2充分反应，可制得氧气的质量为（　　） A．1.6g B．3.2g C．4.8g D．6.4g 【分析】过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。 【解答】解：反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，由方程式可知，15.6g过氧化钠与足量的二氧化碳充分反应，可制得氧气的质量为××32g/mol＝3.2g， 故选：B。 【点评】本题考查化学计算，侧重考查学生以物质的量为中心计算的掌握情况，试题比较简单。 6．（2024•金坛区一模）下列溶液中Cl﹣浓度最大的是（　　） A．50mL2mol•L﹣1的KCl溶液 B．50mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液 C．200mL1mol•L﹣1的CuCl2溶液 D．100mL2mol•L﹣1的NH4Cl溶液 【分析】根据溶液的物质的量浓度按比例推算溶液中相应离子的浓度，并比较大小。 【解答】解：A.KCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度为2mol•L﹣1×1＝2mol•L﹣1； B.FeCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol•L﹣1×3＝3mol•L﹣1； C.CuCl2溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol•L﹣1×2＝2mol•L﹣1； D.NH4Cl溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol•L﹣1×1＝1mol•L﹣1；则Cl﹣浓度最大的是FeCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度为3mol•L﹣1； 故选：B。 【点评】考查物质的量浓度的大小，溶液中离子浓度的比例大小，属于物质的量浓度的最基础知识和最基础的计算。 7．（2024•九龙坡区一模）将Cu片放入FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，测得溶液中Fe3+与Fe2+个数比为2：3，则所得溶液中Cu2+与Fe3+的个数比为（　　） A．3：4 B．3：5 C．3：2 D．4：3 【分析】将Cu片放入FeCl3溶液中，发生反应：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，若溶液中n（Fe2+）＝3mol，则n（Fe3+）＝2mol，由离子方程式中物质反应关系可知n（Cu2+）＝n（Fe2+）＝×3mol＝1.5mol。 【解答】解：将Cu片放入FeCl3溶液中发生反应：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，若溶液中n（Fe2+）＝3mol，则n（Fe3+）＝2mol，则n（Cu2+）＝n（Fe2+）＝×3mol＝1.5mol，所以反应后溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为1.5mol：2mol＝3：4， 故选：A。 【点评】本题考查化学计算，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。 8．（2024•海淀区一模）实验室需配制400mL0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液，已知，下列说法正确的是（　　） A．应用托盘天平称取Na2CO3•10H2O晶体57.2g B．定容时仰视会造成所配制溶液的物质的量浓度偏大 C．可通过加热加快Na2CO3•10H2O晶体的溶解，并趁热转移至容量瓶中定容 D．取准确配制好的10mL溶液加水稀释至100mL，所得溶液中c（Na+）＝0.1mol•L﹣1 【分析】实验室没有400mL的容量瓶，应选择500mL的容量瓶，m（Na2CO3•10H2O）＝0.500L×0.5 mol•L﹣1×286 g•mol﹣1＝71.5g。 【解答】解：A．实验室没有400mL的容量瓶，应选择500mL的容量瓶，m（Na2CO3•10H2O）＝0.500L×0.5 mol•L﹣1×286 g•mol﹣1＝71.5g，应用托盘天平称取Na2CO3•10H2O晶体的质量为71.5g，故A错误； B．定容时仰视会造成所配制溶液的体积偏大，物质的量浓度偏小，故B错误； C．可通过加热加快Na2CO3•10H2O晶体的溶解，但需冷却至室温后才能转移至容量瓶中定容，否则会导致所配溶液体积偏小，浓度偏大，故C错误； D．原溶液中，c（Na+）＝0.5mol/L×2＝1.0mol/L，取准确配制好的10mL溶液加水稀释至100mL，所得溶液中c（Na+）＝＝0.1 mol•L﹣1，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。 9．（2024•朝阳区一模）如下是硫酸试剂瓶标签上的部分内容。据此下列说法不正确的是（　　） 硫酸 化学纯（CP） 品名：硫酸 化学式：H2SO4 相对分子质量：98 密度：1.84 g•cm﹣3 质量分数：98% A．该硫酸的物质的量浓度为18.4mol•L﹣1 B．配制250mL4.6mol•L﹣1的稀硫酸需取该硫酸62.5mL C．该硫酸与等体积的水混合，所得溶液的质量分数大于49% D．取100g该硫酸与100mL水混合，所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol•L﹣1 【分析】A．该硫酸的物质的量浓度； B．根据稀释前后硫酸物质的量不变； C．水的密度小于硫酸，等体积的水质量小于硫酸的质量； D．100mL水质量为100g，等质量的水与98%的硫酸混合后所得硫酸溶液的溶质质量分数为49%，此时溶质的物质的量浓度为，硫酸溶液的浓度越大，其密度越大。 【解答】解：A．该硫酸的物质的量浓度，故A正确； B．根据稀释前后硫酸物质的量不变，配制250mL4.6mol•L﹣1的稀硫酸需取该硫酸，故B正确； C．水的密度小于硫酸，等体积的水质量小于硫酸的质量，则该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数大于49%，故C正确； D．硫酸溶液的浓度越大，其密度越大，故ρ＜1.84g/cm3，等质量的水与98%的硫酸混合后所得硫酸溶液的溶质质量分数为49%，溶质的物质的量浓度为，物质的量浓度小于9.2mol/L，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学计算，侧重考查学生有关物质的量浓度计算的掌握情况，试题难度中等。 10．（2024•沙县区一模）在0.2L由NaCl、MgCl2CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．溶质NaCl的物质的量为0.2mol B．溶质MgCl2的质量为9.5g C．该混合液中CaCl2的物质的量浓度是1mol/L D．将该混合液加水稀释至体积为1L，Cl﹣的物质的量为0.6mol 【分析】A．由钠离子守恒有：n（NaCl）＝n（Na+），根据c＝nV计算n（Na+）； B．由Mg2+守恒可知：n（MgCl2）＝n（Mg2+），根据m＝nM计算MgCl2的质量； C．溶液呈电中性，根据电荷守恒有：2c（Ca2+）+c（Na+）+2c（Mg2+）＝c（Cl﹣），由钙离子守恒有：c（CaCl2）＝c（Ca2+）； D．稀释前后溶液中Cl﹣的物质的量不变，根据c＝nV计算n（Cl﹣）。 【解答】解：A．由图可知，溶液中c（Na+）＝1.0mol/L，由钠离子守恒有：n（NaCl）＝n（Na+）＝0.2L×1.0mol/L＝0.2mol，故A正确； B．由图可知，溶液中c（Mg2+）＝0.5mol/L，由Mg2+守恒可知：n（MgCl2）＝n（Mg2+）＝0.2L×0.5mol/L＝0.1mol，则m（MgCl2）＝0.1mol×95g/mol＝9.5g，故B正确； C．溶液呈电中性，根据电荷守恒有：2c（Ca2+）+c（Na+）+2c（Mg2+）＝c（Cl﹣），即c（Ca2+）×2+1.0mol/L+0.5mol/L×2＝3.0mol/L，解得：c（Ca2+）＝0.5mol/L，由钙离子守恒有：c（CaCl2）＝c（Ca2+）＝0.5mol/L，故C错误； D．稀释前、后溶液中Cl﹣的物质的量不变，则稀释后溶液中n（Cl﹣）＝0.2L×3mol/L＝0.6mol，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，理解物质的量浓度定义式，注意电荷守恒的运用，题目侧重考查学生对基础知识的掌握情况与灵活运用能力。 11．（2024•青羊区一模）身体是革命的本钱，健康是人生的财富。定期体检是实现健康的强力抓手，阅读并分析体检报中部分结果（1mmol＝1×10﹣3mol，1mg＝1×10﹣3g），下列说法不正确的是序号（　　） 序号 项目名称 英文缩写 检查结果 单位 参考范围 13 *钠 Na 155 mmol/L 135～145 14 *氯 Cl 103 mmol/L 96～111 15 *钙 Ca 0.68 mmol/L 2.13～1.70 16 胱抑素C CysC 0.78 mg/L 0.59～1.03 17 *尿素 Urea 4.18 mmol/L 2.78～7.14 18 *葡萄糖 Glu 5.1 mmol/L 3.9～6.1 19 *总胆固醇 TC 4.65 mmol/L 2.85～5.70 20 *甘油三酯 TG 1.5 mmol/L 0.45～1.70 A．体检报告单中提醒平时饮食要少盐 B．报告单项目指标的物理量只有胱抑素C不是物质的量浓度 C．根据参考值，钙含量至少要85.2mg/L D．若另外某人血液中葡萄糖（C6H12O6，简称血糖，相对分子质量为180）的指标单位为mg/L，检查结果为360mg/L，经换算，结合以上参考范围，可诊断为高血糖 【分析】A．报告中钠数值超出参考范围； B．物质的量浓度单位为mmol•L﹣1或者mol•L﹣1； C．依据m＝nM计算； D．将360mg•L﹣1转化为物质的量浓度mmol•L﹣1。 【解答】解：A．报告中钠数值超出参考范围，所以体检报告单中提醒平时饮食要少盐，故A正确； B．报告单项目指标的物理量只有胱抑素C单位为mg•L﹣1，其余都是mmol•L﹣1，故B正确； C．根据参考值，钙含量至少需要，2.13mmol•L﹣1×40g/mol＝85.2mg•L﹣1，故C正确； D．某人血液中葡萄糖（C6H12O6）检查结果为360mg•L﹣1，其物质的量浓度为：•L﹣1，即2mmol•L﹣1，低于参考范围，可诊断为低血糖，故D错误； 故选：D。 【点评】本题以血常规体检报告为载体，考查学生对浓度的理解，题目比较基础，体现化学在社会生活实际中的运用，有利于基础知识的复习巩固。 12．（2024•衢州一模）实验室需要配制2mol•L﹣1的NaCl溶液450mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（　　） A．450mL 52.65g B．500mL 58.5g C．450mL 52.7g D．任意规格 58.5g 【分析】根据质量m＝cVM分析。 【解答】解：配制2mol•L﹣1的氯化钠溶液450mL，应选择500mL容量瓶，氯化钠的质量为0.5L×2mol/L×58.5g/mol＝58.5g， 故选：B。 【点评】本题主要考查配制一定物质的量浓度的溶液等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 13．（2024•和平区一模）向NaOH和Na2CO3混合溶液滴加盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的物质的量关系如图所示。下列判断正确的是（　　） A．在0～a范围内，只发生中和反应 B．ab段发生反应的离子方程式为+2H+＝H2O+CO2↑ C．a＝0.35 D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1 【分析】向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时先发生的反应为NaOH+HCl＝NaCl+H2O，再发生的反应为Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，最后发生的反应为NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，根据C原子守恒可知n（Na2CO3）＝n（CO2）＝0.1mol，根据Na、Cl原子守恒可知，2n（Na2CO3）+n（NaCl）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.4mol，解得n（NaOH）＝0.2mol，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，在0～a范围内发生的反应为NaOH+HCl＝NaCl+H2O、Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，故A错误； B．ab段发生反应的离子方程式为+H+＝H2O+CO2↑，故B错误； C．ab段发生的反应为NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，则n（HCl）＝n（CO2），即0.4﹣a＝0.1，解得a＝0.3，故C错误； D．根据C原子守恒可知n（Na2CO3）＝n（CO2）＝0.1mol，根据Na、Cl原子守恒可知，2n（Na2CO3）+n（NaCl）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.4mol，解得n（NaOH）＝0.2mol，则原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.2mol：0.1mol＝2：1，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查离子方程式的相关计算，把握图象信息分析、各阶段发生的反应、原子守恒的计算应用是解题关键，侧重分析判断能力和计算能力考查，题目难度中等。 二．解答题（共3小题） 14．（2024•朝阳区一模）用NaCl固体配制100mL2.0mol•L﹣1NaCl溶液。 （1）用到的主要玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 　100mL容量瓶　。 （2）称取NaCl固体的质量是 　11.7　g。 （3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是 　a　（填字母）。 a.定容时，俯视刻度线 b.转移液体时，有少量液体洒出 c.烧杯不干燥 d.没有洗涤烧杯和玻璃棒 （4）取20mL2.0mol•L﹣1NaCl溶液，加水稀释至 　80　mL，得到0.5mol•L﹣1NaCl溶液。为使该溶液中的Cl﹣完全沉淀，至少需要40mL 　1.0　mol•L﹣1AgNO3溶液。 【分析】（1）配制溶液时，需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管； （2）需要称取NaCl固体的质量为m（NaCl）＝cVM； （3）a．定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小； b．转移液体时，有少量液体洒出，溶质的质量偏小； c．氯化钠固体需要加入烧杯中然后加水进行溶解； d．没有洗涤烧杯和玻璃棒造成溶质损失； （4）根据稀释定律c浓V浓＝c稀V稀，20mL×2mol/L＝V×0.5mol/L，解得V＝80mL该溶液中n（Cl﹣）＝0.5mol/L×0.08L＝0.04mol，故要使溶液中的Cl﹣完全沉淀，根据离子反应Ag++Cl﹣＝AgCl↓，需要n（Ag+）＝n（Cl﹣）＝0.04mol。 【解答】解：（1）配制溶液时，需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管，故必须用到的玻璃仪器还有100mL容量瓶， 故答案为：100mL容量瓶； （2）需要称取NaCl固体的质量为m（NaCl）＝cVM＝2mol/L×0.1L×58.5g/mol＝11.7g， 故答案为：11.7； （3）a．定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故a正确； b．转移液体时，有少量液体洒出，溶质的质量偏小，浓度偏低，故b错误； c．氯化钠固体需要加入烧杯中然后加水进行溶解，故烧杯不干燥对溶液浓度没有影响，故c错误； d．没有洗涤烧杯和玻璃棒造成溶质损失，所配溶液浓度偏低，故d错误； 故答案为：a； （4）根据稀释定律c浓V浓＝c稀V稀，20mL×2mol/L＝V×0.5mol/L，解得V＝80mL该溶液中n（Cl﹣）＝0.5mol/L×0.08L＝0.04mol，故要使溶液中的Cl﹣完全沉淀，根据离子反应Ag++Cl﹣＝AgCl↓，需要n（Ag+）＝n（Cl﹣）＝0.04mol，则至少需要40mL硝酸银物质的量浓度为， 故答案为：80；1.0。 【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，侧重考查学生基础实验的掌握情况，试题难度中等。 15．（2024•镇江一模）化学研究中草酸（H2C2O4）是一种重要的化学分析试剂。现需要配制250mL0.2000mol/L的草酸溶液，请回答下列问题。 （1）配制草酸溶液需要使用的玻璃仪器有：胶头滴管、玻璃棒、烧杯、　250mL容量瓶　。 （2）计算。实验中需称取 　6.3　g草酸晶体（H2C2O4•2H2O），称量后 　不需要　（填“需要”或“不需要”）加热除去结晶水。 （3）配制过程中的正确操作顺序为：b、d、　f、a、g、c　、e（填“字母”）。 a．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均转移入容量瓶 b．称取一定质量的草酸晶体加适量水溶解 c．用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切 d．用玻璃棒慢慢搅拌至完全溶解，冷却至室温 e．盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀 f．将所配溶液沿玻璃棒注入一定容积的容量瓶 g。往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面距离容量瓶刻度线1～2cm处 （4）下列操作会造成所配草酸溶液浓度偏低的是 　acd　。 a．称取草酸过程中试剂与砝码位置放颠倒 b．定容时俯视刻度线 c．定容前未洗涤烧杯玻璃棒 d．定容摇匀后发现液面低于刻度线又加水至刻度线 （5）测定草酸的纯度。量取25.00mL上述所配溶液放入锥形瓶中，用0.1000mol/L的KMnO4（硫酸酸化）溶液反应，恰好完全反应时消耗19.60mLKMnO4溶液，计算草酸晶体的纯度 　98%　。（已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，写出计算过程。） 【分析】（1）配制草酸溶液需要使用的玻璃仪器有：胶头滴管、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶； （2）根据物质的量n＝，可知草酸晶体的质量m＝cVM＝0.2000mol/L×0.25L×126g/mol＝6.3g，故实验中需称取6.3g草酸晶体；草酸晶体的结晶水在配制溶液的过程中，结晶水会变成溶剂水，对溶质的物质的量浓度不会有影响； （3）配制一定物质的量浓度溶液的实验步骤一般为：计算﹣称量﹣溶解﹣移液﹣洗涤﹣定容﹣摇匀﹣装瓶； （4）a.天平使用时应左物右码，当试剂与砝码位置放颠倒时，左码右物会导致实际称量的试剂质量比理论值小，引起溶质质量减少，故会导致所配草酸溶液浓度偏低；b.定容时俯视刻度线会引起定容的凹液面低于刻度线，即加入的溶剂体积偏少，故会导致所配草酸溶液浓度偏高；c.定容前未洗涤烧杯玻璃棒，会使烧杯玻璃棒残留的溶质未转移至容量瓶中，引起溶质的量减少，故会导致所配草酸溶液浓度偏低；d．定容摇匀后已配制成所需物质的量浓度，但在摇匀过程中会有部分溶液残留在刻度线以上，属于正常现象，若又加水至刻度线，溶剂体积偏大，故会导致所配草酸溶液浓度偏低； （5）已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4，可知n（H2C2O4）＝n（KMnO4）＝c（KMnO4）V（KMnO4）＝×0.1000mol/L×19.60mL×10﹣3＝4.9×10﹣3mol，故25.00mL草酸溶液中草酸的物质的量为4.9×10﹣3mol，则250mL草酸溶液中草酸的物质的量为10×4.9×10﹣3mol＝0.049mol，其质量m＝nM＝0.049mol×126g/mol＝6.174g，则草酸晶体的纯度ω（H2C2O4•2H2O）＝＝98%。 【解答】解：（1）配制草酸溶液需要使用的玻璃仪器有：胶头滴管、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶， 故答案为：250mL容量瓶； （2）根据物质的量n＝，可知草酸晶体的质量m＝cVM＝0.2000mol/L×0.25L×126g/mol＝6.3g，故实验中需称取6.3g草酸晶体；草酸晶体的结晶水在配制溶液的过程中，结晶水会变成溶剂水存在溶液中，对溶质的物质的量浓度不会有影响，不需要加热除去结晶水， 故答案为：6.3g；不需要； （3）配制一定物质的量浓度溶液的实验步骤一般为：计算﹣称量﹣溶解﹣移液﹣洗涤﹣定容﹣摇匀﹣装瓶；在题中b为称量、d为溶解、f为移液、a为洗涤、g和c为定容、e为摇匀，配制过程中的正确操作顺序为：b、d、f、a、g、c、e， 故答案为：f、a、g、c； （4）a.天平使用时应左物右码，当试剂与砝码位置放颠倒时，左码右物会导致实际称量的试剂质量比理论值小，引起溶质质量减少，故会导致所配草酸溶液浓度偏低，a正确；b.定容时俯视刻度线会引起定容的凹液面低于刻度线，即加入的溶剂体积偏少，故会导致所配草酸溶液浓度偏高，b错误；c.定容前未洗涤烧杯玻璃棒，会使烧杯玻璃棒残留的溶质未转移至容量瓶中，引起溶质的量减少，故会导致所配草酸溶液浓度偏低，c正确；d．定容摇匀后已配制成所需物质的量浓度，但在摇匀过程中会有部分溶液残留在刻度线以上，属于正常现象，若又加水至刻度线，溶剂体积偏大，故会导致所配草酸溶液浓度偏低，d正确，会造成所配草酸溶液浓度偏低的是acd， 故答案为：acd； （5）已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4，可知n（H2C2O4）＝n（KMnO4）＝c（KMnO4）V（KMnO4）＝×0.1000mol/L×19.60mL×10﹣3＝4.9×10﹣3mol，故25.00mL草酸溶液中草酸的物质的量为4.9×10﹣3mol，则250mL草酸溶液中草酸的物质的量为10×4.9×10﹣3mol＝0.049mol，其质量m＝nM＝0.049mol×126g/mol＝6.174g，则草酸晶体的纯度ω（H2C2O4•2H2O）＝＝98%，则草酸晶体的纯度为98%， 故答案为：98%。 【点评】本题考查滴定原理与应用，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力。 16．（2024•青岛一模）某同学欲用购买的市售盐酸配制家庭中所需的洁厕灵（230mL1.2mol•L﹣1），可供选择的仪器如图所示。请回答下列问题： 盐酸 化学纯 CP 500mL 品名：盐酸 化学试：HCl 密度：1.18g/cm2 质量分数：36.5% （1）如图所示的仪器中配制上述溶液肯定不需要的是 　托盘天平、分液漏斗　（填序号），配制过程中选用的玻璃仪器除了上述提供的还需要有 　玻璃棒、胶头滴管　。 （2）应量取浓盐酸的体积为 　25.4　mL。 （3）装置C需标有以下5项中的 　①③⑤　（填序号，下同）；装置A的刻度表示应为如图中 　乙　。 ①温度 ②浓度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线 （4）下列情况将使配制洁厕灵的物质的量浓度偏高的有 　B　（填序号）。 A.容量瓶用蒸馏水洗净后，未等内壁干燥便用来配制 B.未等冷却，立即把溶液转移到容量瓶中 C.定容时，仰视刻度线 D.将洗涤量筒、烧杯、玻璃棒的洗涤液一并转移到容量瓶中 E.在稀释过程中有少量液体溅出烧杯外 【分析】（1）用浓盐酸配制稀盐酸，不需要称量，即不需要托盘天平，也不需要分液漏斗，配制过程中选用的玻璃仪器除了上述提供的还需要有玻璃棒、胶头滴管； （2）根据换算公式计算浓盐酸的浓度为＝11.8mol/L，实验室没有230mL规格的容量瓶，实际需要配制250mL稀盐酸，根据稀释定律计算需要浓盐酸的条件； （3）装置C是容量瓶，标有容量、刻度线、温度装置A是量筒，量筒没有0刻度； （4）A.容量瓶用蒸馏水洗净后，未等内壁干燥便用来配制，对配制结果无影响； B.未等冷却，立即把溶液转移到容量瓶中，导致冷却后溶液体积偏小； C.定容时，仰视刻度线，导致所配溶液体积偏大； D.将洗涤量筒、烧杯、玻璃棒的洗涤液一并转移到容量瓶中，是正确操作，对所配溶液浓度无影响； E.在稀释过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质减少，所配盐酸浓度偏小。 【解答】解：（1）用浓盐酸配制稀盐酸，不需要称量，即不需要托盘天平，也不需要分液漏斗，配制过程中选用的玻璃仪器除了上述提供的还需要有玻璃棒、胶头滴管， 故答案为：托盘天平、分液漏斗；玻璃棒、胶头滴管； （2）根据换算公式可知，浓盐酸的浓度为＝mol/L＝11.8mol/L，实验室没有230mL规格的容量瓶，实际需要配制250mL稀盐酸，根据稀释定律，有11.8mol/L×V1＝1.2mol•L﹣1×250mL，解得：V1≈25.4mL， 故答案为：25.4； （3）装置C是容量瓶，标有容量、刻度线、温度，没有浓度和压强；装置A是量筒，量筒没有0刻度，其刻度表示应为图乙所示， 故答案为：①③⑤；乙； （4）A.容量瓶用蒸馏水洗净后，未等内壁干燥便用来配制，对配制结果无影响，故A错误； B.未等冷却，立即把溶液转移到容量瓶中，导致冷却后溶液体积偏小，所配盐酸浓度偏高，故B正确； C.定容时，仰视刻度线，导致所配溶液体积偏大，盐酸浓度偏小，故C错误； D.将洗涤量筒、烧杯、玻璃棒的洗涤液一并转移到容量瓶中，是正确操作，对所配溶液浓度无影响，故D错误； E.在稀释过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质减少，所配盐酸浓度偏小，故E错误； 故答案为：B。 【点评】本题主要考查溶液的配制，同时考查稀释定律、换算公式的应用、误差分析等，属于基本知识的考查，试题难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$