2021版浙江高考选考化学一轮复习教师用书：专题1 3　第三单元　溶液的配制与分析 17页

第三单元　溶液的配制与分析 ‎[考点分布]‎ 知识内容 考试要求 ‎2016年 ‎2017年 ‎2018年 ‎2019年 ‎2020年 ‎4月 ‎10月 ‎4月 ‎11月 ‎4月 ‎11月 ‎4月 ‎1月 ‎(1)物质的量浓度的概念 b ‎(2)配制一定物质的量浓度的溶液 b T28‎ T11‎ ‎(3)物质的量浓度的相关计算 c T29‎ T29、T30(2)‎ T29‎ T27‎ ‎　物质的量浓度及相关计算 一、物质的量浓度 二、物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的比较 内容 物质的量浓度 溶质质量分数 溶解度 定义 表示单位体积溶液里所含溶质B的 用溶质质量与溶液 在一定温度下，某固体物质在100__‎ 物质的量的物理量 质量之比来表示溶液组成的物理量 g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量 单位 mol·L－1‎ ‎—‎ g 计算公式 c＝ w＝×100%‎ S＝×100 g ‎　(1)c＝中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和。‎ ‎(2)将CuSO4·5H2O晶体溶于水，其溶质是CuSO4。将Na、Na2O、Na2O2溶于水，其溶质是NaOH；将SO3溶于水，所得溶质是H2SO4。‎ ‎(3)配制一定溶质质量分数的溶液，所选烧杯的规格一般应大于溶液体积的一倍。‎ ‎(4)在溶解度的概念中，“100”指的是100 g溶剂(通常是H2O)，而不是溶液。‎ 三、有关物质的量浓度计算的四大类型 类型1　标准状况下，气体溶液的物质的量浓度的计算 c＝ 类型2　溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算 ‎(1)计算公式：c＝(c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1)。‎ 当溶液为饱和溶液时，因为w＝，可得c＝。‎ ‎(2)公式的推导(按溶液体积为V L推导)‎ c＝＝＝或w＝＝＝。‎ 类型3　溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算 ‎(1)溶液稀释 ‎①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。‎ ‎②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。‎ ‎③溶液质量守恒，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。‎ ‎(2)溶液混合 ‎①混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c混V混。‎ ‎②混合前后溶质的质量保持不变，即m1w1＋m2w2＝m混w混。‎ 类型4　应用电荷守恒式进行未知离子的浓度计算 溶液中所有阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等。‎ 例如：CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中存在 c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。‎ 题组一根据cB＝ 的计算 ‎1．(2020·嘉兴第一中学期中)测得V L Al2(SO4)3溶液中含m g Al3＋，则该溶液中SO的物质的量浓度是(　　)‎ A. mol/L　　　　　　 B. mol/L C. mol/L D. mol/L 解析：选A。Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝m g÷27 g/mol÷V L＝ mol/L，则SO的物质的量浓度c(SO)＝c(Al3＋)＝× mol/L＝ mol/L，故A项正确。‎ ‎2．在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M g·mol－1)溶于0.1 L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(mol·L－1)为(　　)‎ A. B. C. D．1 000VρM(MV＋2 240)‎ 解析：选B。气体的物质的量为 mol，所得溶液的质量为(×M＋100) g，则此溶液的物质的量浓度为 mol÷[(×M＋100) g÷(1 000ρ g·L－1)]＝ mol·L－1。‎ ‎3．(2020·温州选考模拟)一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100 mL 3.00 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中 n(Cl－)∶n(ClO－)＝5∶1(不考虑盐类的水解及水的电离)。‎ ‎(1)配制上述NaOH溶液需称量NaOH固体的质量为______g。‎ ‎(2)所用氯气和氢气的物质的量之比n(Cl2)∶n(H2)＝______。‎ 解析：(1)m(NaOH)＝0.100 L×3.00 mol·L－1×40 g·mol－1＝12.0 g。(2)设所用Cl2的物质的量为x，所用H2的物质的量为y，由题意可知，Cl2过量，反应生成的n(HCl)＝2y，n剩(Cl2)＝x－y，根据反应：‎ NaOH＋HCl===NaCl＋H2O ‎ 1 1‎ ‎ 2y 2y Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O ‎ 1　　　　　　　1　　　1‎ ‎ x－y　　　　　x－y　 x－y 则n(Cl－)∶n(ClO－)＝(2y＋x－y)∶(x－y)＝5∶1，解得x∶y＝3∶2，即n(Cl2)∶n(H2)＝3∶2。‎ 答案：(1)12.0　(2)3∶2‎ 题组二关于物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算 ‎4．(2020·杭州七中高一期中)在t ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到 V mL溶液，设该溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol。下列叙述中不正确的是(　　)‎ A．溶质的质量分数w＝×100%‎ B．溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1‎ C．溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＋c(H＋)‎ D．上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w 解析：选A。溶质的质量分数w＝×100%，A错误；物质的量浓度c＝ mol·L－1＝ mol·L－1，B正确；c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)＝ mol·L－1＋c(H＋)，C正确；氨水的密度小于1 g·cm－3，故再加入V mL水后溶液中溶质的质量分数小于原来的一半，D正确。‎ ‎5．已知某饱和溶液的①溶液质量m1 g；②溶剂质量m2 g；③溶液体积V L；④溶质的摩尔质量M g·mol－1；⑤溶液的密度ρ g·cm－3。利用以上部分已知条件就可计算出该溶液的物质的量浓度。下表各项(A、B、C、D、E)列出所用已知条件，请你将能求出结果的在表里打“√”，并写出相应的计算物质的量浓度c的计算式；不能求出结果的打“×”，不填c的计算公式。‎ A B C D E 选用条件 ‎①②③④‎ ‎④⑤‎ ‎①②④⑤‎ ‎①③④⑤‎ ‎①②③⑤‎ 打“√”‎ 或“×”‎ c的计算公式 解析：根据物质的量浓度的概念可知c＝，而n＝，m(溶质)＝(m1－m2)g，所以c＝＝ mol·L－1。又V＝×10－3 L·mL－1＝ L，所以c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。‎ 答案：‎ A B C D E 选用条件 ‎①②③④‎ ‎④⑤‎ ‎①②④⑤‎ ‎①③④⑤‎ ‎①②③⑤‎ 打“√”‎ 或“×”‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎×‎ c的计算公式 mol·L－1‎ mol·L－1‎ 有关物质的量浓度计算的一般方法 ‎(1)由定义出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式c＝、溶质质量分数＝×100%进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。‎ ‎(2)在进行物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度三者之间的转换时，除利用上述方法外，我们还可以运用假设法，使问题简单化。 ‎ 例如：已知溶质的质量分数w，溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的摩尔质量为M g·mol－1，求物质的量浓度c。‎ 我们可以假设溶液为1 L，所以溶液质量为1×1 000×ρ g，溶质的质量为1×1 000×ρ×w g，溶质的物质的量为 mol，这样我们就很容易求出该溶液的物质的量浓度c＝ mol·L－1。‎ 题组三 电荷守恒法在物质的量浓度计算中的应用 ‎6．在只含有Na＋、Al3＋、Cl－、SO四种离子的溶液中(不考虑H＋、OH－)，已知Na＋、Al3＋、SO的物质的量浓度分别为0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1、0.1 mol·L－1，则溶液中 Cl－的物质的量浓度为(　　)‎ A．0.1 mol·L－1　　　　　 B．0.2 mol·L－1‎ C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1‎ 解析：选C。根据溶液中电荷守恒可知c(Na＋)＋3c(Al3＋)＝c(Cl－)＋2c(SO)，则c(Cl－‎ ‎)＝c(Na＋)＋3c(Al3＋)－2c(SO)＝0.2 mol·L－1＋3×0.1 mol·L－1－2×0.1 mol·L－1＝0.3 mol·L－1，故选C。‎ ‎7．(2019·嘉兴高三选考科目教学测试)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，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为(　　)‎ A． mol·L－1‎ B． mol·L－1‎ C． mol·L－1‎ D． mol·L－1‎ 解析：选D。注意混合液分成两等份，由Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓，可知原溶液中n(Mg2＋)＝ mol＝a mol、n(SO)＝2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(SO)－2n(Mg2＋)＝2(2b－a) mol，则c(K＋)＝ mol·L－1。‎ 电解质溶液总是呈电中性，从而电解质溶液中的阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等。即：Σ(阳离子的物质的量×阳离子的电荷数)＝Σ(阴离子的物质的量×阴离子的电荷数)；或Σ(阳离子的物质的量浓度×阳离子的电荷数)＝Σ(阴离子的物质的量浓度×阴离子的电荷数)。 ‎ ‎　一定物质的量浓度溶液的配制 ‎1．有关仪器的使用 ‎(1)容量瓶的使用 ‎①特点 ‎②使用方法及注意事项 a．容量瓶使用前一定要检查是否漏液。其操作顺序为装水盖塞→倒立→正立→‎ 玻璃塞旋转180°→倒立。‎ b．用“能”或“不能”填空。‎ 不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释；不能作为反应容器或长期贮存溶液的容器；不能加入过冷或过热的液体；不能配制任意体积的溶液。‎ ‎(2)托盘天平的使用 若配制0.2 mol·L－1NaCl溶液500 mL，应用托盘天平称取NaCl的质量为5.9_g，称量时，不慎将物品和砝码颠倒放置，实际称量NaCl的质量为4.1_g。‎ ‎(3)量筒的使用 量筒没有0刻度；量取7.2 mL溶液，应选用10_mL量筒，量筒上标有使用温度、容量、刻度；不能(填“能”或“不能”，下同)加热，不能将固体或浓溶液直接在量筒中溶解或稀释。‎ ‎2．配制过程示意图 ‎3．配制中的要点 ‎(1)实验仪器：托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。‎ ‎(2)实验步骤：计算→称量(量取)→溶解(稀释)→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶。‎ ‎(3)注意事项 ‎①如图所示，用玻璃棒引流时，玻璃棒末端应靠在容量瓶刻度线以下内壁上，且玻璃棒不能接触容量瓶瓶口。‎ ‎②在使用容量瓶过程中，如需要移动容量瓶，手应握在瓶颈刻度线以上，以免瓶内液体因受热而发生体积变化，导致溶液浓度不准确。‎ ‎③定容摇匀后，液面低于刻度线，不能再滴加蒸馏水。‎ ‎4．误差分析 请完成下表中的误差分析：‎ 实验操作 因变量 c/(mol/L)‎ n(溶质)‎ V(溶液)‎ 用滤纸称量NaOH固体 减小 ‎—‎ 偏低 砝码与物品颠倒(使用游码)‎ 减小 ‎—‎ 偏低 称量前小烧杯内有水 不变 ‎—‎ 不变 称量时间过长 减小 ‎—‎ 偏低 向容量瓶中移液时少量溅出 减小 ‎—‎ 偏低 未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 ‎—‎ 偏低 定容时仰视刻度线 ‎—‎ 增大 偏低 定容时俯视刻度线 ‎—‎ 减小 偏高 定容摇匀后液面下降再加水 ‎—‎ 增大 偏低 未等溶液冷却就定容 ‎—‎ 减小 偏高 定容摇匀后，静置后 液面下降 ‎—‎ 不变 不变 题组一 一定物质的量浓度溶液的配制 ‎1．仪器名称为“容量瓶”的是(　　)‎ A．　　B． C． D．‎ 解析：选C。A是圆底烧瓶；B是试管；C是容量瓶，容量瓶是配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的玻璃仪器；D是烧杯。‎ ‎2．配制500 mL 0.100 mol·L－1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．实验中需用到的仪器有托盘天平、250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等 B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③‎ C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可以使用 D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低 解析：选D。应该用500 mL容量瓶，A项错误；实验操作步骤应是溶解、转移、洗涤和定容，B项错误；容量瓶洗净后不需要干燥，C项错误；定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液体积偏大，浓度偏低，D项正确。‎ ‎3．实验室需要配制0.50 mol·L－1NaCl溶液480 mL。‎ 按下列操作步骤填上适当的文字，使整个操作完整。‎ ‎(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码，最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、量筒、________、________、________以及等质量的两片称量纸。‎ ‎(2)计算。配制该溶液需取NaCl晶体________g。‎ ‎(3)称量。‎ ‎①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一条竖线标出游码左边缘所处的位置：‎ ‎②称量过程中NaCl晶体应放于天平的________(填“左盘”或“右盘”)。‎ ‎③称量完毕，将药品倒入烧杯中。‎ ‎(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯和玻璃棒2～3次是为了________________________________________________________________________。‎ ‎(6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线________处，改用________________________________________________________________________加水，使溶液凹液面与刻度线相切。‎ ‎(7)摇匀、装瓶。‎ 解析：配制480 mL 0.50 mol·L－1的NaCl溶液，必须用500 mL的容量瓶。m ‎(NaCl)＝0.50 mol·L－1×0.5 L×58.5 g·mol－1≈14.6 g(托盘天平精确到0.1 g)。用托盘天平称量时，物品放在左盘。配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算→称量(或量取)→溶解、冷却→转移、洗涤→定容、摇匀→装瓶贴签。‎ 答案：(1)500 mL容量瓶　胶头滴管　玻璃棒 ‎(2)14.6‎ ‎(3)①‎ ‎　 　‎ ‎②左盘 ‎(4)搅拌，加速NaCl溶解 ‎(5)保证溶质全部转入容量瓶中 ‎(6)1～2 cm　胶头滴管 溶液配制过程中的“四个数据”‎ 数据 要求或解释 药品的质量 实验室中一般用托盘天平称量药品，而托盘天平只能精确到0.1 g，所以记录数据时只能保留小数点后一位数字。如所需NaCl的质量为14.6 g，不能写为14.60 g 容量瓶的规格 ‎(1)选择容量瓶的规格时应该与所配溶液体积相等或稍大，如需用480 mL某溶液，则应该选择500 mL容量瓶；‎ ‎(2)回答补充仪器的问题时应该注明容量瓶的规格，如回答“500 mL容量瓶”时，不能只回答“容量瓶”‎ 洗涤烧杯和玻璃棒2～3次 移液时洗涤烧杯和玻璃棒2～3次是为了确保溶质全部转移入容量瓶中，否则会导致溶液浓度偏低 液面离容量瓶刻度线1～2 cm处 定容时，当液面离容量瓶刻度线下1～2 cm处，应该改用胶头滴管滴加，否则容易导致液体体积超过刻度线，导致溶液浓度偏低 题组二 误差分析 ‎4．下列操作对所配制的溶液浓度有何影响？用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。‎ ‎(1)配制450 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 g。________‎ ‎(2)配制500 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g。________‎ ‎(3)配制NaOH溶液时，天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确。________‎ ‎(4)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒。________‎ ‎(5)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数。________‎ ‎(6)配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容。________‎ ‎(7)定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线。________‎ ‎(8)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线。________‎ ‎(9)定容时仰视刻度线。________‎ ‎(10)定容摇匀后少量溶液外流。________‎ 答案：(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏小　(5)偏大 ‎(6)偏大　(7)偏小　(8)偏小　(9)偏小　(10)无影响 ‎5．(2016·浙江10月选考，T28)用无水Na2CO3固体配制250 mL 0.100 0 mol·L－1的溶液。请回答：‎ ‎(1)在配制过程中不必要的玻璃仪器是________。‎ A．烧杯 B．量筒 C．玻璃棒 D．胶头滴管 E．容量瓶 ‎(2)定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线1～2 cm处时，________________________________________________________________________，‎ 再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。‎ ‎(3)下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是________。‎ A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制 B．定容时俯视容量瓶的刻度线 C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线 D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制 答案：(1)B ‎(2)用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 ‎(3)AC ‎(1)误差分析的理论依据 根据cB＝可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看溶液配制过程中引起了nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎(2)仰视、俯视的分析 结果：仰视时，容器内液面高于刻度线；俯视时，容器内液面低于刻度线。‎ 课后达标检测 一、选择题 ‎1．(2019·宁波高三选考适应性考试)实验室配制1 mol·L－1的盐酸250 mL，下列不需要的仪器是(　　)‎ A．250 mL容量瓶　　　　　 B．托盘天平 C．胶头滴管 D．烧杯 答案：B ‎2．(1)将106 g Na2CO3固体溶于1 L水配成溶液；(2)将1 mol Na2CO3·10 H2O固体溶于水配成1 L溶液。两份溶液相比，下列量一定相等的是(　　)‎ A．物质的量浓度 B．溶质的物质的量 C．溶液的体积 D．质量分数 解析：选B。两份溶液中的溶质都是1 mol的Na2CO3，但前者溶液的体积不是1 L，故物质的量浓度、质量分数不同。‎ ‎3．(2019·浙江名校联考)下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1的是(　　)‎ A．10 g NaOH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 mol·L－1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 解析：选C。A项，c(NaOH)＝＝1 mol·L－1；‎ B项，c(H2SO4)＝＝1 mol·L－1；‎ C项，蒸发掉50 g水后，溶液的体积并不是50 mL，NaNO3的物质的量浓度也不是1 mol·L－1；‎ D项，c(HCl)＝＝1 mol·L－1。‎ ‎4．实验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1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 A ‎480 mL 硫酸铜：7.68 g 加入500 mL水 B ‎480 mL 胆矾：12.0 g 配成500 mL溶液 C ‎500 mL 硫酸铜：8.0 g 加入500 mL水 D ‎500 mL 胆矾：12.5 g 配成500 mL溶液 解析：选D。实验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，由于没有480 mL规格的容量瓶，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，且配成500 mL溶液，而不是加入500 mL水。‎ ‎5．(2019·浙江选考十校联盟)由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，c(SO)＝0.8 mol·L－1，则c(K＋)为(　　)‎ A．0.15 mol·L－1　　　　 B．0.2 mol·L－1‎ C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1‎ 解析：选C。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＋)＝2×0.8 mol·L－1－3×0.4 mol·L－1－0.1 mol·L－1＝0.3 mol·L－1，C正确。‎ ‎6．下列有关溶液配制的说法正确的是(　　)‎ A．在50 mL量筒中配制0.100 0 mol/L碳酸钠溶液 B．仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100 mL 0.100 0 mol/L K2Cr2O7溶液 C．用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH＝1 的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸 D．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度线，应用胶头滴管将多余液体吸出 解析：选C。配制一定物质的量浓度的溶液，应在容量瓶中进行，选项A、B错误；配制溶液定容时，若加水超过容量瓶刻度线，即使用胶头滴管将液体吸出，也会造成配制结果偏低，选项D错误。‎ ‎7．(2019·黄岩选考模拟)2 L物质的量浓度为1 mol·L－1的NaOH溶液中取出100 mL，下面关于这100 mL溶液的叙述错误的是(　　)‎ A．物质的量浓度为0.1 mol·L－1‎ B．密度与原溶液相同 C．含有NaOH的质量为4 g D．溶质的质量分数与原溶液相同 解析：选A。100 mL NaOH溶液的浓度仍为1 mol·L－1，ρ和w与原溶液相同。‎ ‎8．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了 ‎②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数 ‎③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤 ‎④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水 ‎⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线 ‎⑥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．①③⑤⑥ B．①②⑤⑥‎ C．②③④⑥ D．③④⑤⑥‎ 解析：选A。①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了，溶质减少，所配溶液浓度偏低；③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质减少，所配溶液浓度偏低；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，如图乙，溶剂增多，所配溶液浓度偏低；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，溶剂增多，所配溶液浓度偏低；②会引起所配溶液浓度偏高；④对所配溶液浓度无影响；综上所述，选项A正确。‎ ‎9．如图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是(　　)‎ A．只有在t1 ℃时，NaCl和MgSO4的溶解度才相等 B．t1～t2 ℃，MgSO4的溶解度随温度升高而减小 C．在t2 ℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大 D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，有晶体析出 解析：选C。A项，在t1 ℃、t3 ℃时，NaCl、MgSO4的溶解度都相等；B项，t2 ℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2 ℃之后，MgSO4的溶解度随温度的升高而减小；C项，w＝×100%，S越大，w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。‎ ‎10．(2019·衢州、丽水、湖州三地市高三联考)下列有关实验操作或判断正确的是(　　)‎ A．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小 B．需要95 mL 0.1 mol·L－1 NaCl溶液，可选用100 mL容量瓶来配制 C．用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸 D．用托盘天平称取25.20 g NaCl 解析：选B。A项，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏大；B项，因实验室无95 mL的容量瓶，应选择100 mL容量瓶；C项，量取5.2 mL的盐酸应选用10 mL的量筒；D项，托盘天平的精确度为0.1 g，不能称取25.20 g NaCl。‎ ‎11．向100 mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2 3.36 L，所得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为(　　)‎ A．2 mol·L－1 B．1.5 mol·L－1‎ C．1 mol·L－1 D．0.75 mol·L－1‎ 解析：选A。FeBr2溶液中通入Cl2，则Cl2先氧化Fe2＋，现在溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，表明溶液中无Fe2＋，有FeBr3、FeCl3，n(Cl－)＝(3.36 L÷22.4 L·mol－1)×2＝0.3 mol＝n(Br－)，根据原子守恒n(Fe)＝0.2 mol，则c(FeBr2)＝0.2 mol÷0.1 L＝2 mol·L－1，A正确。‎ ‎12．(2019·浙江“超级全能生”选考科目联考)常温下，向0.25 mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中不正确的是(　　)‎ A．硫酸溶液的体积为20 mL B．b时刻溶液中SO的浓度约为0.083 mol·L－1‎ C．d时刻溶液的pH为12‎ D．溶液的导电能力：c