1、1陕西省黄陵中学 2018 届高三（重点班）上学期开学考试化学试题（解析版）一、选择题(每小题 3 分，共 60 分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列从混合物中分离出其中的一种成分，所采取的分离方法正确的是( )A. 由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来B. 水的沸点为 100，酒精的沸点为 78.5，所以可用加热蒸馏的方法，使含水的酒精变为无水酒精C. 四氯化碳和水混合后，可用分液的方法来分离D. NaCl 溶解度随温度下降而减小，所以用冷却法从热的含少量 KNO3的 NaCl 溶液中分离得到纯净的 NaCl【答案】C【解析】试题分析：A、酒精与水混溶，应用苯或四氯
2、化碳作萃取剂，故 A 错误；B、二者沸点相近，直接蒸馏不能得到纯净物，应加入生石灰再蒸馏，故 B 错误；C、四氯化碳不溶于水，可用分液的方法分离，故 C 正确；D、硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶的方法分离，KNO 3溶液中含有少量 NaCl 时可通过降温结晶提纯硝酸钾，故 D 错误，故选 C。考点：考查了物质的分离、提纯的相关知识。2.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )A. 18 g H2O 中含有的氢原子数为 2NAB. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g 钠充分燃烧时转移电子数为 NAC. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1
3、 mol 氧气，转移的电子数为 0.2NAD. 50 mL 12 molL 1 盐酸与足量 MnO2共热，转移的电子数为 0.3NA【答案】D【解析】A、18 g H 2O 中含有的质子数为：18g18g/mol18g18g/mol10N Amol-1=10NA，选项A 正确；B、Na 由 0 价升高到+1 价，所以 23 g，即 1 mol Na 与足量 O2反应，生成 Na2O 和Na2O2的混合物，钠失去 NA个电子，选项 B 正确；C、过氧化钠与水反应生成氧气，则氧气的来源于-1 价的 O 元素，所以生成 0.1mol 氧气时转移电子 0.2NA，选项 C 正确；D、二氧化锰只和浓盐酸
4、反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于 0.3NA，选项 D 错误。答案选 D。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，为高考必考题目，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。3.下列实验操作规范且能达到目的的是( B )目的 操作A取 20.00 mL 盐酸 用 100 mL 的量筒量取B酒精与水混合物 蒸馏C测定醋酸的
5、 pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的 pH 试纸上D配制浓度为 0.010 molL1 的KMnO4溶液称取 KMnO4固体 0.158 g，放入 100 mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度2A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、100 mL 的量筒精确到 1 或小数点后一位，选项 A 错误；B、酒精与水混合物，利用沸点不同用蒸馏的方法分离，选项 B 正确；C、用 pH 试纸测溶液的 pH 值，不能润湿，否则测得的醋酸 PH 值偏大，选项 C 错误；D、不能在容量瓶中直接溶解固体，选项 D 错误。答案选 B。题号：17684583688028164.下列仪器常用于物质分
6、离的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】试管常作为反应装置，不能用于物质分离，错误；漏斗用于过滤，过滤可分离固体和液体，正确；分液漏斗用于分离互不相溶的液体，正确；用于称量物质质量，不能用于物质分离， 错误；蒸馏烧瓶用于分离沸点不同的液体，正确；研钵用于粉碎固体，不能用于物质分离，错误。故选 B。5.设 NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A. 常温下，23 g NO 2含有 NA个氧原子B. 1 L 0.1 molL-1的氨水含有 0.1NA个 OH-C. 常温常压下，22.4 L CCl 4含有 NA个 CCl4分子D. 1 mol Fe2+与足量的 H2O2溶
7、液反应，转移 2NA个电子【答案】A【解析】23 g NO 2为 0.5 mol，则含有 NA个氧原子，A 项正确；氨水中只有极少部分电离，所以 1 L 0.1 molL-1的氨水中 OH 的个数小于 0.1NA，B 项不正确；常温常压下，CCl 4为液态，C 项不正确；1 mol Fe 2+完全被氧化为 Fe3+，转移电子数为 NA，D 项不正确。6.将标准状况下的 aLHCl 气体溶于 1000g 水中，得到的盐酸密度为密度为 b g/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是A. 3B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：aL 标准状况下 HCl 的物质的量为：n（HCl）=aL22.4L/
8、mol=a/22.4mol，质量为：36.5g/mola/22.4mol36.5a/22.4g，所得溶液的质量为：1000g+36.5a/22.4g，所得溶液中溶质的质量分数为：=，所得溶液的浓度为：c=1000/M=，故选 D。考点：考查了物质的量浓度的计算，明确物质的量浓度与溶质质量分数的转化关系为解答关键。7.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，11.2 L Cl 2通入含 0.5molFeBr2的溶液中转移电子数为 1.5NAB. 0.1 molL1 的 AlCl3溶液与足量 NaOH 溶液反应所得产物中含 AlO2-为 0.1NAC. 足量 Zn 与浓硫酸
9、共热可生成标准状况下的气体 2.24 L，则参加反应的硫酸为 0.4 NAD. 常温常压下，5.6g 环丙烷和聚乙烯的混合物中含有的碳原子数为 0.4NA【答案】D【解析】试题分析：A.n(Cl 2)=“ 11.2“ L22.4L/mol=0.5mol,n(FeBr2)= 0.5mol，由于1mol 的氯气反应只能得到 2mol 的电子，1mol 的 FeBr2失去 3mol 的电子，所以氯气不足量，以氯气标准进行计算，11.2 L Cl 2通入含 0.5molFeBr2的溶液中转移电子数为 1.0NA，错误；B只给出溶液的浓度而没有体积，无法进行相应的计算，错误；C足量 Zn 与浓硫酸共热，
10、发生反应：Zn2H 2SO4(浓) ZnSO4SO 22H 2O，当反应后硫酸变为稀硫酸，会发生反应：ZnH 2SO4(稀)=ZnSO 4H 2，因此若生成标准状况下的气体 2.24 L，则参加反应的硫酸为 0.1 NA0.2 NA，错误。D环丙烷和聚乙烯最简式是 CH2，式量是 14，常温常压下，5.6g 环丙烷和聚乙烯的混合物含有 0.4mol 的 CH2，其中含有的碳原子数为 0.4NA，正确。考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。8.已知等体积的 20%硫酸溶液其质量大于 10%硫酸溶液，则将溶质的质量分数为 a%、物质的量浓度为 C1 molL1 的稀硫酸加热蒸发掉溶液总质量的一半的
11、水，此时溶质的质量分数变为 b%，物质的量浓度为 C2 molL1 ，下列关系正确的是4A. b2 a B. C22 C 1 C. C22 C 1 D. C1=2 C2【答案】C【解析】试题分析：已知等体积的 20%硫酸溶液其质量大于 10%硫酸溶液，可知硫酸浓度越大密度越大，物质的量浓度为 C1molL1 的稀硫酸的密度为 11，物质的量浓度为C2 molL1 的硫酸的密度为 22，2211；根据稀释前后溶质质量不变，ma%=m2m2b%，b=2 a，故 A 错误；C 1 molL1 m1m1= C2 molL1 m22m22，C 22 C 1，故 C 正确。考点：本题考查溶液浓度计算。9.
12、下列各组微粒中,在一定条件下均可以作氧化剂的是( )A. F-、Br -、S 2-B. Fe3+、Mn、NC. Cl2、HClO、MgD. ClO-、Cl -、Ag +【答案】B【解析】试题分析：对于元素来说化合价降低被还原具有氧化性，所以有氧化性则该元素的化合价能够降低；处在最高价的元素只有氧化性。A三种离子的化合价无法变低，故无氧化性，故 A 错误；BFe 3+，MnO 4-，NO 3-三种离子中各元素均具有最高价态，只具有氧化性，故 B 正确；C镁是金属只作还原剂，故 C 错误；D氯离子处在最低价态只有还原性无氧化性，故 D 错误。故选 B。考点：考查重要的氧化剂【名师点睛】本题考查了元
13、素氧化性判断，氧化还原反应的概念应用，解题的关键是掌握有关元素化合价与氧化性还原性的关系。元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性；对于同一种元素，一般是价态越高，其氧化性就越强；价态越低，其还原性越强。10.下列离子方程式改写成化学方程式正确的是( )A. Cu2+2OH- Cu(OH)2 CuCO 3+2NaOH Cu(OH)2+Na 2CO3B. C+2H+ CO2+H 2O BaCO3+2HCl BaCl2+CO2+H 2OC. Ca2+C CaCO3 Ca(NO 3)2+NaCO3 CaCO3+2NaNO3D
14、. H+OH- H2O 2KOH+H2SO4 K2SO4+2H2O【答案】D【解析】试题分析：碳酸铜难容于水，应该用化学式表示，A 不正确；碳酸钡也难容于水，应该用化学式表示，B 不正确；硫酸钡是难容于水，也应该用化学式表示，D 不正确，所以答案选 C。考点：考查离子方程式的正误判断点评：归判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。11.在 2KMnO4+16HCl 2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H 2O 反应中( )A
15、. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为 52B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为 25C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 185D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 51【答案】A【解析】试题分析：判断氧化还原反应，确定答案 A 正确，本题考点基础，难度不大。考点：氧化还原反应。12.对四种无色溶液进行离子检验,实验结果如下,其中明显错误的是( )A. K+、Na +、Cl -、N B. Na+、N、OH -、CC. Na+、OH -、Cl -、N D. Mn、K +、S 2-、Na +【答案】D【解析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以大量共存的。D 中 Mn
16、O4 显紫红色，且具有氧化性，能氧化 S2 ，因此不能大量共存，其余选项都是正确的，答案选 D。考点：考查离子共存的正误判断点评：该题是高考中的热点，属于中等难度的试题。离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe 3+和 SCN -）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H +或 OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu 2+、 Fe2+、Fe 3+、MnO 4-等有色离子的存在
17、；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。13.实验室制取少量 N2常利用的反应是 NaNO2NH 4Cl NaClN 22H 2O，关于该反应的说法正确的是 ( )A. NaNO2是还原剂B. 生成 1 mol N2时转移的电子为 6 molC. NH4Cl 中的 N 元素被氧化D. N2既是氧化剂又是还原剂【答案】C【解析】试题分析：A、NaNO 2到 N2化合价降低，是氧化剂，发生还原反应，A 错误；B、每生成 1molN2转移电子的物质的量为 3mol，B 错误；CNH 4Cl 中的氮元素由-3 价升高到 0价，做还
18、原剂，被氧化，C 正确；DN 2既是氧化产物又是还原产物，D 错误；选 C。考点：考查氧化还原反应的基本概念和电子转移的计算。14.在反应 3S6KOH=2K 2SK 2SO33H 2O 中，被还原的硫与被氧化的硫的质量比为A. 21 B. 12C. 31 D. 13【答案】A【解析】试题分析：反应中有 2 个硫原子化合价降低，被还原，有 1 个硫原子化合价升高，被氧化，所以被还原和被氧化的硫原子的质量比为 2:1，选 A。考点：氧化还原反应15.甲、乙、丙、丁四位同学分别进行实验，测定四份不同澄清溶液的成分，记录如下：甲 K2SO4、BaCl 2、NH 4NO3乙 NaCl、Ca(OH)62
19、、K 2CO3丙 HCl、Na 2SO3、NaCl丁 K2SO4、NaNO 3、KCl其中记录合理的是( )A. 甲 B. 乙C. 丙 D. 丁【答案】D【解析】试题分析：甲中生成硫酸钡沉淀，故错；乙中生成碳酸钙沉淀，故错；丙中生成二氧化硫气体，故错。故选 D。考点：物质检验点评：本题是有关物质检验，要求学生熟悉所实验的内容及原理，能够考查同学们进行分析问题、解决问题的能力。16.某溶液中只含有 Na 、Fe 3 、Cl 、SO 四种离子，已知 Na 、Fe 3 、Cl 的个数比为321。则溶液中 Fe3 和 SO 的个数比为( )A. 12 B. 14C. 34 D. 32【答案】A【解析】
20、试题分析：设 K+, Fe3+, Cl 物质的量分别为 3mol、2mol、1mol，由电荷守恒得3（+1）+2（+3）+1（-1）+n(SO 42-)（-2）=0，n(SO 42-)=4mol。考点：化学计算点评：溶液呈电中性，溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；微粒个数比等于物质的量比。17.用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )A. 2.4 g 金属镁变成镁离子时失去的电子数为 0.1NAB. 标准状况下，11.2 L CCl 4所含的分子数为 0.5NAC. 0.5 molL1 AlCl3溶液中 Cl 的数目为 2NAD. 17 g 氨气中含有的电子数
21、为 10NA【答案】D【解析】试题分析：A24g 金属镁的物质的量是 01mol，变成镁离子时失去的电子数为 02N A，A 错误；B标准状况下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，因此112L CCl 4所含的分子数一定不是 05N A，B 错误；C05mol/L AlCl 3溶液中 Cl的物质的量浓度是 15mol/L，但溶液的体积不能确定，其数目毕业生为 2NA，C 错误；D17g氨气的物质的量是 1mol，1 分子氨气含有 10 个电子，其中含有的电子数为 10NA，D 正确，答案选 D。【考点定位】本题主要是考查阿伏伽德罗常数的有关判断与计算【考点定位】该类题的特点是以微粒数目的
22、计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。该类试题答题时需要注意以下几点：注意物质的聚集状态与状况的关系。注意气体体积与状况的关系，如在标准状况下，112 L H 2的分子数一定为 05 N A，但在非标准状况下，其分子数有可能为 05N A。7注意物质组成中分子个数或原子个数的判断：如 Ne、O 3、P 4分子中的原子个数，NO 2和CO2混合气体氧原子数的判断等。注意物质的存在形态不同，离子的种类、数目不同，如 1 mol Na
23、HSO4晶体或熔融状态下存在的离子的物质的量为 2 mol，而 1 mol NaHSO4溶于水电离出离子的物质的量为 3 mol。氧化还原反应中转移电子数目的判断是一类典型的“陷阱”，突破“陷阱”的关键是：a同一种物质在不同反应中氧化剂、还原剂的判断。如 Cl2和 Fe、Cu 等反应，Cl 2只做氧化剂，而 Cl2和 NaOH 反应，Cl 2既做氧化剂，又做还原剂。b量不同，所表现的化合价不同。如 Fe 和 HNO3反应，Fe 不足生成 Fe3 ，Fe 过量，生成Fe2 。c氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。如 Cu 和 Cl2反应生成 CuCl2，而 Cu 和 S反应生成 Cu2S。d
24、注意氧化还原的顺序。如向 FeI2溶液中，通入 Cl2，首先氧化 I ，再氧化 Fe2 。注意分散系的变化导致微粒数目的变化，如 FeCl3溶液转化为 Fe（OH） 3胶体，因为胶体微粒是分子的集合体，所以胶体粒子的数目小于原溶液中 Fe3 的数目。注意酸性或碱性溶液中 H 或 OH 数目的判断，应排除“组成因素”、“体积因素”造成的干扰。18.硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中 Al3 的浓度为 0.4 molL1 ，硫酸根离子浓度为0.7 molL1 ，则 K 的物质的量浓度为( )A. 0.1 molL1 B. 0.15 molL1C. 0.3 molL1 D. 0.2 molL1【答案
25、】D【解析】试题分析：根据电荷守恒可知 3c(Al3 )c(K )2c(SO 42)，则 c(K )2c(SO 42)3c(Al3 )20.7mol/L30.4mol/L0.2mol/L，答案选 D。考点：考查物质的量浓度计算19.用合适的容量瓶配制 480 mL 1.0 molL1 NaNO2溶液时，需称取溶质质量为A. 13.8 g B. 69 gC. 34.5 g D. 33.1 g【答案】C【解析】试题分析：配制 480mL 的 10molL -1NaNO2溶液，实验室没有 480mL 的容量瓶，实际上配制的是 500mL 的 10molL -1NaNO2溶液，跟 m=cvM=10mo
26、lL -105L69g/mol=345g，故选 C。考点：考查了配制一定物质的量浓度的溶液的相关知识。20.实验室用碳酸钠晶体配制 1.00 molL1 的 Na2CO3溶液 100 mL，造成所配溶液浓度偏低的原因是A. 暴露在空气中称量碳酸钠晶体(Na 2CO310H2O)的时间太长B. 向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水C. 定容时俯视刻度线D. 洗涤液移入容量瓶中时，洒出一部分【答案】D8【解析】A、暴露在空气中称量碳酸钠晶体(Na 2CO310H2O)的时间太长，晶体容易失水，导致称量的 Na2CO3偏多，配制的溶液偏高，选项 A 错误；B、向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水
27、，不产生误差，选项 B 错误；C、定容时俯视刻度线，所配制的溶液体积偏小，则浓度偏高，选项 C 错误；D、洗涤液移至容量瓶中时洒出一部分，溶质变小，则配制的溶液浓度偏低，选项 D 正确。答案选 D。二、非选择题(包括 4 小题，共 40 分)21.（1）向 Fe(OH)3胶体中加入饱和（NH 4)2SO4溶液，发生的现象是 ， 原因 。（2）在 Fe(OH)3胶体中逐渐滴入 HI 稀溶液，会出现一系列变化。先出现红褐色沉淀，原因是 ；随后沉淀溶解，溶液呈黄色，此反应的离子方程式是 ；最后溶液颜色加深，原因是 ；此反应的离子方程式是 ；（3）若用稀盐酸代替 HI 稀溶液，能出现（2）所述变化现象
28、中的 （填写上面各题序号）。【答案】形成红褐色沉淀（NH 4)2SO4电离出的 SO42-中和 Fe(OH)3胶粒所带的正电荷，使微粒变大生成沉淀加入电解质使胶体聚沉 Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O 有单质 I2生成 2Fe3+2I-=2Fe2+I2【解析】（1）胶体粒子带有电荷，加入电解质溶液消除粒子所带电荷，会使胶粒之间的排斥力减小，使胶体聚沉，（NH 4)2SO4电离出的 SO42-中和 Fe(OH)3胶粒所带的正电荷，使微粒变大生成红褐色沉淀；（2）HI 是电解质，加入到氢氧化铁胶体中使胶体发生聚沉；随后沉淀溶解，溶液呈黄色，是因为氢氧化铁沉淀与 HI 稀溶液发生酸碱中和反应
29、，离子方程式为：Fe(OH) 3+3H+=Fe3+3H2O；最后溶液颜色加深是因为 Fe3+与 HI 稀溶液中的 I-发生氧化还原反应生成单质 I2的水溶液，反应的离子方程式为：2Fe 3+2I-=2Fe2+I2；（3）稀盐酸滴加到氢氧化铁胶体中，先发生聚沉，然后发生酸碱中和，现象是：先出现红色沉淀，随后沉淀溶解，溶液呈黄色，能出现（2）所述变化现象中的。22.某实验需要 100mL、0.1mol/L 的 Na2CO3溶液，现通过如下操作配制：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)搅拌；把所得溶液冷却到室温后，小心转入 (填仪器名称)；继
30、续加蒸馏水至液面至刻度线 12cm 处，改用 (填仪器名称)小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切；用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯 23次，每次洗涤的溶液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；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，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/mL，则该溶液的质量分数为 。(4)若取出 20mL 配好的 Na2CO3溶液，加蒸馏水稀释成 c(Na )0.01mol/L 的溶液，则稀释后溶液的体积为 mL。(5)在配制 100mL、0.1mol/L 的 Na2CO3溶液时，下列操作中的
31、会导致结果偏低(请用序号填写)。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9c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【答案】玻璃棒 100mL 容量瓶胶头滴管偏低 1%400mL ac【解析】加快溶解的正确操作是用玻璃棒搅拌；配制 100mL 溶液时就需要用 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；(2)若没有操作，部分溶质损失，则所配溶液的浓度会偏低；（3）根据 c=1000M1000M 可知，该溶液的质量分数为0.110610001.06100%=1%0.110610001.06100%=1%；（4
32、）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20mL0.20.0120mL0.20.01=400mL；（4）根据 cnVnV 可知，将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，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，答案选 ac。点睛：本题考查配制一定物质的量浓度溶液的实验，是中学化学中一个重要的定量实验，既可以考查判断误差导致的结果，也可以考查引起误差的可能原因。实验过程中引起溶液浓度存在误差的因素有很多。具体
33、可从两方面关注：一是由实验过程中的不规范操作引起的；二是由仪器或药品等系统原因引起的。23.(1)用 14.2 g 无水硫酸钠配制成 500 mL 溶液,其物质的量浓度为 molL-1。(2)若从中取出 50 mL,其物质的量浓度为 molL-1;溶质的质量为 g。(3)若将这 50 mL 溶液用水稀释到 100 mL,所得溶液中 Na+的物质的量浓度为 molL-1,SO42-的物质的量浓度为 molL -1。【答案】0.20.21.420.20.1【解析】14.2g 硫酸钠的物质的量为：n=14.2g142g/mol14.2g142g/mol=0.1mol，该溶液的物质的量浓度为：c=0.
34、1mol0.5L0.1mol0.5L=0.2mol/L；（1）根据溶液浓度的均一性，所取溶液浓度与原溶液浓度一样，与所取溶液的体积大小无关，取出的溶液浓度为 0.2mol/L；溶质的质量为0.2mol/L0.05L142g/mol=1.42g；（2）溶液稀释前后溶质的物质的量不变得，则：c1V1=c2V2，稀释后溶液的浓度为：c2=c1V1V2c1V1V2=0.2mol/L0.05L0.1L0.2mol/L0.05L0.1L=0.1mol/L，Na +的物质的量浓度是硫酸钠的 2 倍，SO 42-的物质的量浓度与硫酸钠的物质的量浓度相等，则 c（Na +）=2c（Na 2SO4）=0.1mol
35、/L2=0.2mol/L，c（SO 42-）=c（Na 2SO4）=0.1mol/L。点睛：本题考查了物质的量浓度的相关计算。注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，利用溶液的均一性是解答（1）题的关键，根据溶液的稀释特点计算出稀释后溶液浓度及钠离子、硫酸根离子浓度。24.表示溶液浓度的方法通常有两种:溶液中溶质的质量分数( w)和物质的量浓度( c),因此在配制溶液时,根据不同的需要,有不同的配制方法。请完成下列填空题。 (导学号52080091)(1)用 10%(密度为 1.01 gcm-3)的氢氧化钠溶液配制成 27.5 g 2%的氢氧化钠溶液。10计算:需 g 10%(密度为 1.01 g
36、cm-3)的氢氧化钠溶液,其体积为 mL,需加 mL 水 (水)=1 gcm -3进行稀释。量取:用 mL 量筒量取 10%的氢氧化钠溶液,量取时视线要跟量筒内液体 相平,然后倒入烧杯里,用 mL 量筒量取蒸馏水注入烧杯里。溶解:用 将上述溶液搅拌均匀,即得 27.5 g 2%的氢氧化钠溶液。(2)把溶质质量分数为 98%(密度为 1.84 gcm-3)的浓硫酸稀释成 3 molL-1的稀硫酸 100 mL。需要量取浓硫酸 mL;配制操作可分解成如下几步,正确的操作顺序是 (填编号)。A.向容量瓶中注入少量蒸馏水,检查是否漏水B.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒,将溶液注入容量瓶中,并重复操作两次
37、C.把已冷却的稀硫酸注入经检查不漏水的容量瓶中D.根据计算,用量筒量取一定体积的浓硫酸E.将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中,并不断用玻璃棒搅拌F.盖上容量瓶的塞子,振荡,摇匀G.用胶头滴管滴加蒸馏水,使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切H.继续往容量瓶中小心地加蒸馏水,使液面接近刻度线(3)实验室需配制 1 molL-1的 NaOH 溶液和 1 molL-1的 H2SO4溶液各 100 mL。要配制 NaOH 溶液,在用托盘天平称取 NaOH 固体时,托盘天平读数为 (填编号,下同)。A.4.0 gB.小于 4.0 gC.大于 4.0 g在配制 NaOH 溶液和 H2SO4溶液的各步
38、操作中,有明显不同的是 。A.称量或量取 B.溶解C.移液、洗涤 D.定容【答案】5.55.422.010 凹液面的最低处 50 玻璃棒 16.3DEACBHGFCAB【解析】（1）由 1m1= 2m2得m2=1m121m12=27.5g210%27.5g210%=5.5g，其体积为：5.5g1.01g/cm35.5g1.01g/cm3=5.4mL；需加水 27.5g-5.5g=22g；量取液体应一次量取，选用量程最小的量筒，故用 10mL 量筒量取 5.5ml 10的 NaOH 溶液，量取时视线要跟量筒内液体凹液面的最低点相切，然后倒入烧杯里，用 25mL 量筒量取 22ml 蒸馏水注入烧杯
39、里；溶解:用玻璃棒将上述溶液搅拌均匀,即得 27.5 g 2%的氢氧化钠溶液；（2）硫酸的物质的量 3mol/L0.1L=0.3mol，硫酸的质量 0.3mol98g/mol=29.4g，需浓硫酸的质量29.4g98%29.4g98%=30g，需要量取浓硫酸 30g1.84 gcm330g1.84 gcm-3=16.3mL；配制操作顺序是： D计算并量取 E稀释 A检查容量瓶是否漏水 C转移溶液 B洗涤并重复 H加蒸馏水 G定容 F振荡，摇匀。即 DEACBHGF； （3）用托盘天平称取 NaOH固体时，应在烧杯或称量瓶中进行称量，天平读数为大于 4.0g ，答案选 C；配制氢氧化钠溶液是称量氢氧化钠的质量而配制硫酸溶液是量取浓硫酸的体积，且溶解固体和稀释浓溶液也不同，故答案选 AB。
