1、课时作业时间：45分钟满分：100分一、选择题(每题6分，共66分)1配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是()A容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸C配制1 L 0.1 molL1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体D定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁答案A解析10 mL量筒的精确度为0.1 mL，B错误；托盘天平的精确度为0.1 g，C错误；胶头滴管应悬空垂直于容量瓶上方，D错误。2下列实验操作正确的是()A含NA个Na的Na2O溶解于1 L水中，Na
2、的物质的量浓度为1 molL1B100 g硫酸溶液的物质的量浓度为18.4 molL1，用水稀释到物质的量浓度为9.2 molL1，需要水100 gC配制一定物质的量浓度的氯化钾溶液：准确称取一定质量的氯化钾固体，放入到1000 mL的容量瓶中，加水1000 mL溶解，振荡摇匀D将10 g CuSO4固体溶解在90 g水中，配制质量分数为10%的CuSO4溶液答案D解析最后溶液的体积不一定为1 L，A错误；由c1c2，且12可知，m22m1，B错误；最后溶液的体积不一定是1000 mL，且不能在容量瓶中溶解物质，C错误。3下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 molL1的是()A10 g Na
3、OH固体溶解在水中配成250 mL溶液B将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液C将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液D标准状况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液答案C解析C项，蒸发掉50 g水后，溶液的体积并不是50 mL，NaNO3的物质的量浓度不是1 molL1。4下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 molL1 NaOH溶液的过程：该同学的错误步骤有()A1处 B2处C3处 D4处答案C解析第步应把NaOH放在小烧杯中称量；第步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第步定容时应平视刻度线。5实验室用碳酸钠晶体配制1.00
4、molL1的Na2CO3溶液100 mL，造成所配溶液浓度偏低的原因是()A称量碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)暴露在空气中的时间太长B向容量瓶转移液体时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤C定容时俯视刻度线D洗涤液移至容量瓶中时，洒出一部分答案D解析称量碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)的时间太长，且暴露在空气中，会造成结晶水的挥发，则所称量的晶体中Na2CO3的含量升高，所配溶液的浓度偏高；容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响；定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，浓度偏高；洗涤液移至容量瓶中时，洒出一部分会导致溶质的损失，浓度偏低。6实验室欲用氯化钠固体配制500 mL 0.10 mol
5、L1的NaCl溶液，下列叙述正确的是()A实验用到的仪器只有：托盘天平、烧杯、500 mL容量瓶、玻璃棒B将称量好的固体放入500 mL容量瓶中溶解C定容时若俯视刻度线，则所得溶液浓度偏高D定容后翻转摇匀，发现液面下降，又加入蒸馏水到刻度线答案C解析A项缺少胶头滴管，错误；不能直接在容量瓶中溶解药品，B错误；俯视刻度线会造成溶液体积偏小，浓度偏高，C正确；D项操作会使所配制溶液浓度偏低，错误。7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()答案B解析托盘天平左盘放物体，右盘放砝码，A错误；将溶液转移到容量瓶中时，应用玻璃棒引流，C错
6、误；定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内部，D错误。8由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其c(H)0.1 molL1，c(Al3)0.4 molL1，c(SO)0.8 molL1，则c(K)为()A0.15 molL1 B0.2 molL1C0.3 molL1 D0.4 molL1答案C解析根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c(Al3)c(K)c(H)2c(SO)c(OH)，而溶液中c(OH)很小，可以忽略不计，则有3c(Al3)c(K)c(H)2c(SO)，所以：c(K)2c(SO)3c(Al3)c(H)20.8 molL130.4 molL10.1 molL10.3 molL1，C正确。9取1
7、00 mL 0.3 molL1和300 mL 0.25 molL1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()A0.21 molL1 B0.42 molL1C0.56 molL1 D0.26 molL1答案B解析混合溶液中H的物质的量为n(H)(0.1 L0.3 molL10.3 L0.25 molL1)20.21 mol，所以c(H)0.42 molL1。10设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是()ApH1的H3PO4溶液，含有0.1NA个HB将1 L 2 molL1的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得到的氢氧化铁胶体粒子数为
8、2NAC1 L 1 molL1 FeBr2溶液与1 mol氯气完全反应时转移的电子数为2NAD23 g Na与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.25NA0.5NA之间答案D解析A项，未指明溶液的体积，错误。B项，Fe(OH)3胶粒是若干个Fe(OH)3的集合体，故胶体粒子数小于2NA，B错误。1 mol FeBr2与1 mol Cl2完全反应转移电子数为2NA，C正确。若1 mol Na完全转化为Na2O，则消耗O2 0.25 mol；若1 mol Na完全转化为Na2O2，则消耗O2 0.5 mol；若生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.
9、25NA0.5NA之间，D正确。11实验室里需要使用480 mL 0.10 molL1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作正确的是()选项容量瓶容积溶质质量实验操作A480 mL硫酸铜：7.68 g加入500 mL水B480 mL胆矾：12.0 g配成500 mL溶液C500 mL硫酸铜：8.0 g加入500 mL水D500 mL胆矾：12.5 g配成500 mL溶液答案D解析实验室里需要使用480 mL 0.10 molL1的CuSO4溶液，由于没有规格为480 mL的容量瓶，所以要选择规格是500 mL的容量瓶；溶质若是硫酸铜，则需要8.0 g，若是胆矾则需要12.5 g；应配成500 m
10、L溶液，而不是加入500 mL水。二、非选择题(共34分)12(10分)在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 gcm3。试计算：(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是_、_。(2)取出这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是_。答案(1)36.5%11.8 molL1(2)1 molL1解析(1)n(HCl)10 mol，m(HCl)10 mol36.5 gmol1365 g，盐酸的质量分数w100%36.5%，c(HCl) molL111.8 molL1。13(12分)实验室需要480 mL 0.4 molL1
11、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12 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23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：A100 mL B250 mL C500 mL D1000 mL本实验选用_(填序号)。(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
12、，还必须使用的玻璃仪器有_，实验中该仪器的作用是_。(4)本实验需要称取NaCl晶体的质量是_g。(5)误差分析(填“偏高”“偏低”或“无影响”)：本实验称量NaCl时，物码倒置(1 g以下用游码)：_。某同学观察液面的情况如图所示：_。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：_。答案(1)ABDCE(2)c(3)玻璃棒搅拌加速溶解、引流(4)11.7(5)偏低偏高偏低解析(5)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；俯视液面导致加水的量偏少，溶液的浓度偏高；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
13、量偏小，溶液的浓度偏低。14(12分)奶粉中蛋白质含量的测定往往采用“凯氏定氮法”，其原理是食品与硫酸和催化剂一同加热，使蛋白质分解，分解的氨与硫酸结合生成硫酸铵。然后碱化蒸馏使氨游离，用硼酸吸收后再以硫酸或盐酸标准溶液滴定，根据酸的消耗量乘以换算系数，即为蛋白质含量。操作步骤：样品处理：准确称取一定量的固体奶粉样品，移入干燥的烧杯中，经过一系列的处理，待冷却后移入一定体积的容量瓶中。NH3的蒸馏和吸收：把制得的溶液(取一定量)通过定氮装置，经过一系列的反应，使氨转化成硫酸铵，再经过碱化蒸馏后，使氨转变为游离态，游离氨经硼酸吸收。氨的滴定：用标准盐酸滴定所生成的硼酸铵，由消耗的盐酸标准液计算出
14、总氮量，再折算为粗蛋白质含量。试回答下列问题：(1)在配制过程中，下列哪项操作可能使配制的溶液的浓度偏大_(填字母)。A烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯B定容时，俯视刻度线C定容时，仰视刻度线D移液时，有少量液体溅出(2)若称取样品的质量为1.5 g，共配制100 mL的溶液，取其中的20 mL，经过一系列处理后，使N转变为硼酸铵后用0.1 molL1盐酸滴定，其用去盐酸的体积为23.0 mL，则该样品中N的含量为_(保留两位小数)。已知滴定过程中涉及的反应方程式：(NH4)2B4O72HCl5H2O=2NH4Cl4H3BO3答案(1)B(2)10.73%解析(1)由c判断A、D操作会使n偏小，浓度偏小；B中俯视刻度线，使V偏小，浓度偏大；C中仰视刻度线，使V偏大，浓度偏小。(2) 2N(NH4)2B4O72HCl 2 2 n 0.1 molL10.023 Ln0.0023 mol,100 mL溶液中含N元素的物质的量0.0023 mol0.0115 mol，该样品中N的含量w100%10.73%。