小练9 一定物质的量浓度溶液的配制-【衡水金卷·先享题】2026年新高考化学拿满基础分自主小练

拿满基础分自主小练·化学 小练9 一定物质的 (考试时间：30分 可能用到的相对原子质量：H1C12 O16Na23S32C135.5Fe56Cu64 选择题每小题3分 1.(教材改编题)下列说法正确的是 A.配制0.1mol/L CuSO4溶液100mL,需 称量胆矾1.6g B.40 g NaOH固体溶于1L水，所得溶液 的浓度为1mol/L C.200mL0.2mol/L MgCl2溶液中C1-的 个数为0.08NA D.从100mL1mol/LH2S04溶液取出 10mL溶液，此溶液的浓度为0.1mol/L 2.(教材改编题)某兴趣小组要配制物质的量 浓度为0.1mol/L的NaCl溶液，下列装置 中不需要使用的是 A B C 3.科学研究发现，溶液凝固点降低值△T1= K,·m(其中K,称为摩尔凝固点降低常 数；m为质量物质的量浓度，表示1000g溶 剂溶解溶质粒子的物质的量，对于电解质 溶液，表示离子的质量物质的量浓度)， 下列物质的水溶液的凝固点最低的是 A.0.1mol·kg1葡萄糖溶液 B.0.05mol·kg1Al(NO3)3溶液 C.0.06mol·kg1NaCl溶液 D.0.08mol·kg1甘油溶液 4.室温下，甲同学配制5%的NaCl溶液 100g,乙同学配制0.5mol·L1的NaC1 溶液100mL(NaCl的溶解度为36g/100g 水)，下列说法正确的是 A.所需溶质的质量相同 B.所需仪器均包括100mL容量瓶 C.所配溶液均为不饱和溶液 D.所配溶液质量相同 5.(教材改编题)配制250mL0.5mol·L1 的NaOH溶液，在下列仪器中：①量筒、 ②250mL容量瓶、③托盘天平和砝码、 ④500mL容量瓶、⑤烧杯、⑥玻璃棒、⑦漏斗、 ⑧药匙、⑨胶头滴管、⑩250mL烧瓶，需要用 到的仪器按使用先后顺序排列正确的是 A.⑧③⑤⑥②⑨ B.②③⑦⑤⑥ C.②⑤⑦⑥① D.④③⑦⑤⑥ 班级： 姓名： 量浓度溶液的配制 钟，满分53分) 6.(教材改编题)配制100mL1.00mol·L1 NaOH溶液的操作如图所示。下列说法错 误的是 NaOH 博100mL 操作1操作2操作3 操作4 操作5 A.操作1前称取NaOH的质量为4.0g B.操作2前NaOH溶液需恢复至室温 C.操作4若俯视刻度线定容，结果偏高 D.操作5后液面下降，需补充少量蒸馏水 至刻度线 7.下列玻璃仪器选择合理且能完成相应实验 的是 ① ② ③ ④ ⑤ A.分离苯和溴单质的混合物：③④⑥ B.配制250mL一定物质的量浓度的溶液： ①⑤ C.用酸性KCr2O,溶液滴定Fe2+浓度： ⑤⑥ D.提纯乙酸乙酯（含少量乙酸）：②⑤ 8.(教材改编题)下列实验操作或装置能达到 目的的是 A.配制一定物质的 量浓度的溶液 B.验证乙炔可使溴 令饱和食盐水 水褪色 5 mL 0.1 mol-L-1 H2C204溶液 C.研究浓度对化学 反应速率的影响 2 mL 0.1 mol-L-1 2 mL 0.2 mol-L-1 KMnO4溶液 KMnO,溶液 Na 醇溶液 D.验证生成物是 乙烯 酸性 9.(15分，教材改编题)某实验需要100mL 0.1mol·L1的Na2CO3溶液，现通过如下 操作配制：①把称量好的固体Na2CO3放入 小烧杯中，加适量蒸馏水溶解。为加快溶 解可以使用 (填仪器名称， 下同)搅拌；②把①所得溶液冷却到室温 后，小心转入 ;③继续加蒸 馏水至液面距刻度线1~2cm处，改用 小心滴加蒸馏水至溶液凹液面 最低点与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗 涤玻璃棒和烧杯2~3次，每次洗涤的溶液 都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤将容量 瓶塞紧，充分摇匀。 (1)操作步骤正确的顺序是 (填序号)。 (2)若没有操作④，则所配溶液的浓度会 (填“偏高”或“偏低”)。 (3)若所配溶液的密度为1.06g·mL1,则 该溶液的质量分数为 (4)若取出20mL配好的Naz CO3溶液，加 蒸馏水稀释成c(Na+)=0.01mol·L1的 溶液，则稀释后溶液的体积为 mL。 (5)在配制100mL0.1mol·L1的 Na2CO3溶液时，下列操作中的 (填选项字母)会导致溶液浓度 偏低。 a.将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒 到容量瓶外 b.定容时俯视刻度线 c.定容时仰视刻度线 d.干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液 10.(14分)某品牌糖衣片补血剂，除去糖衣后 显淡蓝绿色，主要成分是硫酸亚铁，不含 其他铁的化合物。某研究性学习小组为 测定该补血剂中硫酸亚铁的含量进行了 如图1所示的探究。 10 H202过量X 加1moL-l 滤溶液溶液产生红褐 研细稀Hs04过滤液②③色悬油液 血 ① 剂 不溶性物质 ④操秦列 口g固体 图1 18 回答下列问题。 I.实验时用10mol·L1浓硫酸配制 100mL1mol·L1H2SO4溶液。 (1)需用量筒量取 mL上 述浓硫酸进行配制。 (2)所需的实验仪器有①胶头滴管、②烧 杯、③量筒、④玻璃棒，配制稀硫酸时，还 缺少的玻璃仪器是 (填仪 器名称)，该仪器所具备的功能是 (填选项字母)。 A.配制一定体积准确浓度的溶液 B.长期贮存溶液 C.常用来代替量筒量取一定体积的液体 D.用来溶解固体溶质 (3)在如图2所示的配制过程中，错误的 有 (填序号)。 蒸馏水 500mL ① ② 3) 图2 (4)下列操作导致所配制的稀硫酸的物质 的量浓度偏低的是 (填选 项字母)。 A.用量筒量取浓硫酸时俯视凹液面 B.将浓硫酸稀释后，未冷却至室温便将溶 液转移至容量瓶定容 C.容量瓶用蒸馏水洗后未干燥 D.定容时仰视液面 E.未洗涤烧杯和玻璃棒 F.转移到容量瓶的过程中，有少量的溶液 溅出 G.用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸 馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧 杯中 H.用不干燥的量筒量取浓硫酸 Ⅱ.(5)步骤③中产生的红褐色物质是 (填化学式)。 (6)从红褐色的悬浊液得到固体，需经过 的一系列操作为a. ,b.洗 涤，c.灼烧，d.冷却。 (7)若称得固体的质量为ag,则每片补血 剂中含硫酸亚铁的质量为 g。参考答案及解析 3Sn~3SnCl2~6FeCl2~K Cr2O 3×119g 1 mol 2 0.100×0.016mol x=3X119gX0,100X0.016m0=0.5712g,w(Sn) 1 mol =0.5712g×100%≈93.2%。 0.613g (3)当Fe3+、AI+刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有 硫酸钠，而Na+全部来源于NaOH,且变化过程中 Na的量不变。根据电荷守恒可知：na）=2 n(SO2-)11 所以，n(NaOH)=n(Na)=2n(SO)=n(H+)= 0.1mol·L1×0.2L=0.02mol,c(NaOH)= 0.02mo=0.2mol.L-1。 0.1L (4)由题意可知，硫酸钡的物质的量为233g·m©户 0.466g =0.002mol,依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O 的物质的量为0.002mol,质量为0.002mol× 24g·m=,468g质量分数为号8×10% =97.6%。 10.(15分) (1)C(2分) (2)Co+(1分)Li(1分)2：1(1分)反应条件 温和，环境友好(2分) (3)温度升高，有利于钴离子进入有机溶剂，但温度 超过45℃，有机溶剂易挥发，导致钴离子萃取率下 降(2分) (4)3Cu2++5CO+4H2O-CuCO.2Cu(OH)2+ 4HCO(2分) (5)CoO(2分) 682分 【解析】(1)“反萃取”过程中用到了分液操作，需要 的主要仪器为分液漏斗，故选C项。 (2)根据最终的产品可知，“生化反应”后的溶液中存 在的主要阳离子有Cu2+、Co2+、L计：根据流程可知， “生化反应”时对应的化学方程式为3H2SO,十H2O2 +2 LiCoO2—Li2S0,+2CoSO,+O2↑+4H2O, 则该反应中LiCoO2与还原剂的物质的量之比为 2:1;使用细菌的优点是反应条件温和，环境友好。 (3)温度升高，有利于钴离子进入有机溶剂，但温度 超过45℃，有机溶剂易挥发，导致钴离子萃取率 下降。 (4)根据流程可知，加入碳酸钠沉铜生成 化学 CuCO·2Cu(OH)2,相应的方程式为3Cu2++ 5CO号+4HO—CuCO3·2Cu(OH)2+4HCO。 (5)10.98gCoC2O,·2H20加热过程中，先失去结晶 水，生成两种气体，则气体中含有C元素(CO,CO),剩 余固体中含有Co、O,10.98 g CoC.O,·2HO的物质的 10.98g=0.06mol,含Co元素质量：0.06mol 量n=183g/mol X59g/mol=3.54g,含0元素质量：4,5g-3.54g= 0.96g=0.06mol,即 0.96g,0元素的物质的量n=16gmo C0元素和O元素的物质的量相等，则该物质的化学式 为CoO。 (6)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铜原 子个数为8×令十6×是=4，设晶体的密度为 pg/cm,由品胞的质量公式可得：4X64=dp,解得 NA 256 p-NAa 小练9一定物质的量浓度溶液的配制 1.C【解析】配制0.1mol/LCuS)溶液100mL,需硫酸 铜0.01mol,也就是说需称取的是CuSO,固体0.01mol, 其质量为1.6g,但是胆矾是CuSO,·5HO,则胆矾需要 称取的不再是1.6g,A项错误；1L水，则氢氧化钠溶液 的体积并不是1L,故所得溶液的浓度不等于1mol/L,B 项错误；200mL0.2mol/L MgCk溶液中C的个数为 0.2L×0.2mol/L×2×Na mol1=0.08NA,C项正确； 从100mL硫酸溶液中取出10mL,其浓度是保持不变 的，D项错误。 2.D【解析】配制0.1mol/L的氯化钠溶液需要用到 的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴 管，用不到分液漏斗，故选D项。 3.B【解析】葡萄糖为非电解质，故0.1ol·kg1葡萄 糖溶液中溶质的质量物质的量浓度为0.10mol·kg1; 已知AI(NO2)3—A1+十3NO,故0.05mol·kg1 A1(NO),溶液中溶质的质量物质的量浓度为 0.05mol·kg1×4=0.2mol·kg;已知NaCl Na十CI,故0.06mol·kg1NaCl溶液中溶质的质量 物质的量浓度为0.06mol·kg×2=0.12mol·kg1; 甘油为非电解质，故0.08mol·kg1甘油溶液中溶质的 质量物质的量浓度为0.08mol·kg;B溶液中溶质的 质量物质的量浓度最大，则其凝固点最低，故选B项。 4.C【解析】100g5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为 100g×5%=-5g,100mL0.5mol/L氯化钠溶液中 氯化钠的质量为0.5mol/L×0.1L×58.5g/mol≈ 化学 2.9g,100g氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量为 36g×100g≈26.5g,5%氯化钠溶液和0.5mol/L 136g 氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，A项错误；配制 100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL容量瓶，B 项错误；5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均 为不饱和溶液，C项正确：氯化钠溶液的密度大于 1g/mL,则100mL氯化钠溶液的质量大于100g,D 项错误。 5.A【解析】一定规格的容量瓶只能配制相应体积的 溶液，故应选择250mL容量瓶；用药匙取用固体药 品，用托盘天平称量一定质量的药品（药品可放在烧 杯中称量)后，在烧杯中溶解（可用量筒量取蒸馏水）， 并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后转移到 250mL容量瓶中，转移过程中需用玻璃棒引流，用蒸 馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，并将洗涤液转 移到容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1~2cm 时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面恰好与刻度线相 切，盖好瓶塞，摇匀。所以需要用到的仪器及先后顺 序为药匙、托盘天平和砝码、烧杯、量筒（也可不用）、 玻璃棒、250L容量瓶、胶头滴管，即⑧③⑤（①）⑥ ②⑨，故选A项。 6.D【解析】操作1前称取NaOH的质量m(NaOH) =0.1L×1.00mol·L1×40g·mol1=4.0g,A 项正确：转移溶液之前应将溶液冷却至室温即操作2 前NaOH溶液需恢复至室温，B项正确：操作4若俯 视刻度线定容，溶液体积偏小，物质的量浓度偏大，C 项正确：操作5后液面下降，液体可能在容量瓶和瓶 塞之间，不能补充蒸馏水，D项错误。 7.D【解析】苯和溴单质互溶，二者沸点不相同，采用 蒸馏操作分离，⑥不需要，缺酒精灯、锥形瓶等，A项 错误；配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有： 容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒等，缺玻璃棒、胶头滴 管等，B项错误：酸性重铬酸钾溶液有强氧化性，仪器 ⑥是碱式滴定管，缺锥形瓶、酸式滴定管，不需要烧 杯，C项错误：提纯乙酸乙酯，加入饱和碳酸钠溶液， 分液，需要分液漏斗、烧杯，选择②⑤，D项正确。 8.A【解析】配制溶液时，转移溶液用玻璃棒引流，A 项符合题意；乙炔中的HS等杂质也能使溴水褪色， 应先通过一个盛CuSO4溶液的洗气瓶将杂质除去，B 项不符合题意；高锰酸钾溶液的浓度不同，颜色不同， 应控制等浓度的高锰酸钾溶液且不足，改变草酸的浓 度来探究浓度对化学反应速率的影响，C项不符合题 意；乙醇具有挥发性，也可进入试管中使酸性高锰酸 ·13 参考答案及解析 钾溶液褪色，D项不符合题意。 9.(15分) 玻璃棒(1分)100mL容量瓶(2分)胶头滴管(2 分) (1)①②④③⑤(2分) (2)偏低(2分) (3)1%(2分) (4)400(2分) (5)ac(2分) 【解析】加快溶解的正确操作是用玻璃棒搅拌；配制 100mL溶液时需要用100mL容量瓶：定容时需要用 胶头滴管。 (1)根据配制的原理及实验要求可知，正确的操作顺 序是①②④③⑤。 (2)若没有操作④，部分溶质损失，则所配溶液的浓度 会偏低。 (3)根据c=1000心可知，该溶液的质量分数为 M 0.1×106×100%=1%。 1000×1.06 (4)稀释前钠离子的浓度是0.2mol·L,而稀释后 钠离子的浓度是0.01mol·L',所以稀释后溶液的 体积是20mLX0.2mol.L1 0.01mol·L =400mL (5)根据c=号可知，将烧杯中的溶液转移到容量瓶 时不慎酒到容量瓶外，则溶质减少，浓度偏小：定容时 俯视刻度线，则溶液的体积减小，所以浓度偏高：反之 定容时仰视刻度线，浓度偏低：干净的容量瓶未经干 燥就用于配制溶液，不会影响实验结果，故选ac。 10.(14分) I.(1)10.0(2分) (2)100mL容量瓶(1分)A(1分) (3)①④(2分) (4)ADEFH(2分) Ⅱ.(5)Fe(OH)3(2分) (6)过滤(2分) (7)0.19a(2分) 【解析】I.(1)浓硫酸在稀释前后，溶质的物质的量 保持不变，设所需浓硫酸体积为V,则100mL× 1mol·L1=10mol·L1×V,解得V=10.0mL。 (2)配制100mLH2SO:溶液还需要100mL容量 瓶，容量瓶不可用于贮存溶液和溶解固体溶质，容量 瓶是属于精确量入型的容器，移液管和滴定管是精 确量出型的容器，故不能用容量瓶量取液体。 参考答案及解析 (3)稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中， 并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散，且玻 璃棒应避免碰到烧杯底部，①错误；读数时应平视， 视线与凹液面最低处相切，不能仰视和俯视，④ 错误。 (4)用量筒量取浓硫酸时俯视凹液面，所取浓硫酸偏 少，故稀硫酸的物质的量浓度偏低，A项符合题意； 将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量 瓶定容，所配溶液体积偏小，故稀硫酸的物质的量浓 度偏高，B项不符合题意：容量瓶用蒸馏水洗后未干 燥，对稀硫酸的物质的量浓度没有影响，C项不符合 题意；定容时仰视液面，所配溶液体积偏大，故稀硫 酸的物质的量浓度偏低，D项符合题意：未洗涤烧杯 和玻璃棒，H,S),有部分损失，故稀硫酸的物质的 量浓度偏低，E项符合题意；转移到容量瓶的过程 中，有少量溶液溅出，溶质的物质的量偏少，故稀硫 酸的物质的量浓度偏低，F项符合题意；用量筒量取 浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤 液转移至小烧杯中，使量取浓硫酸偏多，故稀硫酸的 物质的量浓度偏高，G项不符合题意；用不干燥的量 筒量取浓硫酸，所取浓硫酸的量偏少，故稀硫酸的物 质的量浓度偏低，H项符合题意。 Ⅱ.(5)步骤③加碱溶液调节pH,将Fe3+转化为氢 氧化铁沉淀，则该红褐色物质为Fe(OH)3。 (6)由氢氧化铁悬浊液最终得到固体，需要过滤、洗 涤氢氧化铁，然后灼烧氢氧化铁生成氧化铁，冷却。 (7)ag氧化铁中铁元素的质量即10片补血剂中铁 元素的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量为 112 a gx160 10 =0.07ag,含硫酸亚铁的质量为0.07ag ×152=0.19ag。 、56 小练10热重分析与结晶水含量测定 1.(10分) (1)0.02mol(5分) (2)Fe2O3(5分) 【解析】(1)a点固体为FeC2 O·2H2O,物质的量为n =7-180ga-0.02mol. 3.6g (2)该固体在空气中加热分解，随着温度的上升， FC,O·2H,O先失去结晶水，再与空气中氧气反应 生成CO2,0.02 mol FeC2O·2H,O中含有结晶水的 质量为0.02mol×2×18g/mol=0.72g,b点固体失 去质量为(3.6-2.88)g=0.72g,b点固体为 1 化学 FeC2O,;固体失重过程中铁元素质量不变，c点固体 中铁元素的质量为56g/mol×0.02mol=1.12g, n(O)=1.60g一1.122=0.03mol,故固体的化学 16 g/mol 式为FeO3。 2.(5分) 2(5分) 【解析】由图可知，200℃之前失去结晶水为 (7.54-6.1)g=0.08mol,则碱式碳酸镍 18g·molF [NiCO,·yNi(OH)2·4H,O]为0.08mo 0.02mol,所以200一500℃间，失去的二氧化碳和水 为0.02mol×44xg·mol1+0.02mol× 18yg·mol1=(6.10-4.50)g=1.60g①，最后的 4.5g Ni0的物质的量为7万g,noT=0.06mol,即(x+ y)0.02mol=0.06mol②，联立方程①②，解得x=1, y=2。 3.(5分) CuSO,·HO(5分) 【解析】设200℃时固体物质的化学式为 CuSO,·xH2O,则有 CuS0,·5H,0△CuSO,·xH,O+(5-x)H,0 250 160+18x 4 g 2.85g 250=160十18工，x≈1，故200℃时固体物质的化学 4.0g2.85g 式为CuSO,·HO。 4.(5分) Pb2O3(5分) 【解析】5.34 g PbCO3的物质的量为0.02mol,根据 Pb守恒，4.62g铅的氧化物中含有0.02 mol Pb,即 含4.14gPb,则含氧元素0.48g,即0.03mol,所以 350℃时所得铅的氧化物的化学式为Pb2O3。 5.(5分) NdO2CO3(5分，答案合理即可) 【解析】Nd2(C,O4)3·10H2O(M=732g/mol)中结 晶水的总相对分子质量为180,732,180≈75.4%. 732 则110~397℃时，固体为Nd2(C20,)3,397~584℃ 物质的相对分子质量较上一阶段下降172，即 Nd(C2O)3分解产生CO2导致相对分子质量减小， 但是172并不是44的整数倍，因此该分解过程中有 氧气参与，设Nd(C,O)3分解减少x个C和y个O,