考点06一定物质的量浓度溶液的配制与计算一、一定物质的量浓度溶液的配制1．物质的量浓度定义用来表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量，叫做溶质B的物质的量浓度，符号为cB，单位为mol/L(或mol·L−1)。2．物质的量（nB）、物质的量浓度（cB）与溶液体积（V）之间的关系物质的量浓度（cB）=，即。（1）溶质是溶液中的溶质，可以指化合物，也可以指离子或其他特殊的组合。分析溶质时要注意特殊情况下的溶液的溶质，如NH3溶于水后所得氨水的溶质为NH3·H2O，但习惯上认为氨水的溶质为NH3；SO3溶于水后所得溶液的溶质为H2SO4；CuSO4·5H2O溶于水后所得溶液的溶质为CuSO4。（2）体积V指溶液的体积而不是溶剂的体积。3．一定物质的量浓度溶液的配制（1）主要仪器容量瓶（一定容积）、托盘天平（砝码）、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管等。容量瓶的构造注意事项①不能配制任意体积的溶液。选择容量瓶时遵循“大而近”的原则，所需溶质的量按所选用的容量瓶的规格进行计算。②不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释。③不能作为反应器或用来长期贮存溶液。④不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中，因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定。⑤向容量瓶中注入液体时，要用玻璃棒引流；且玻璃棒下端要靠在容量瓶的刻度线以下的瓶颈壁上。（2）配制步骤16学科网（北京）股份有限公司\n①过程示意图②配制步骤以配制500mL1.00mol·L－1NaOH溶液为例二、配制一定物质的量浓度溶液的误差分析1．误差分析的依据若V不变，分析n的变化；若n不变，分析V的变化。2．常见的实验误差分析可能引起误差的操作因变量c/mol·L−1n/molV/L天平砝码附着有其他物质或已生锈增大不变偏大用量筒量取需稀释的溶液时仰视读数增大不变16学科网（北京）股份有限公司\n定容时俯视容量瓶刻度线不变减小溶液未冷却就转入容量瓶进行定容不变减小砝码残缺减小不变偏小药品和砝码位置颠倒（使用游码）减小不变没有洗涤烧杯减小不变定容时仰视容量瓶刻度线不变增大溶质已潮解或含有其他杂质减小不变定容摇匀后又加蒸馏水不变增大用量筒量取需稀释的溶液时俯视读数减小不变定容时蒸馏水加多后用吸管吸出减小不变转移时有少量液体洒在容量瓶外减小不变图1使所配溶液体积偏大，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。三、物质的量浓度的计算方法（1）有关溶液混合稀释的计算①不同物质的量浓度溶液的混合。稀释：抓住稀释前后溶质的物质的量不变，列方程式：c1·V1＝c2·V2a．如果忽略溶液体积变化，则c1·V1+c2·V2＝c混·(V1+V2)b．如果考虑溶液混合后的体积改变，则c1·V1+c2·V2＝c混·V混(V混＝)②不同质量分数的两种溶液混合的计算。混合：抓住混合前后溶质的质量不变，列方程式：m1·ω1+m2·ω2＝(m1+m2)·ω混16学科网（北京）股份有限公司\n③两种同溶质溶液等质量混合、等体积混合时质量分数的判定。a．等质量混合：两种同溶质液体(或某溶液与水)等质量混合时，ω混＝。b．等体积混合：两种同溶质液体(或某溶液与水)等体积混合时，当ρ液>1时，ω混>。当ρ液<1时，ω混<。（2）物质的量浓度、溶解度、质量分数的相互换算①溶质的质量分数ω与物质的量浓度c：c＝＝＝＝(密度的单位为g·cm−3或g·mL−1)②饱和溶液溶质的质量分数与溶解度：ω＝×100%，c＝③标准状况下气体溶解于水后所得溶液的物质的量浓度c＝式中V为标准状况下气体的体积(单位为L)，V(H2O)为水的体积(单位为L，ρ水＝1g·mL−1)，ρ为溶液的密度(单位为g·cm−3或g·mL−1)，M为气体摩尔质量(单位为g·mol−1)。考向一一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析典例1实验室需要用到480mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，根据溶液配制方法回答下列问题：（1）应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体______g。（2）用托盘天平和小烧杯称量碳酸钠晶体的质量，其正确操作顺序的标号为________(同一步骤可用多次)。A．调整零点 B．将游码移至刻度尺的零刻度处 C．将碳酸钠晶体放入小烧杯中称量 D．称量空的小烧杯 E．将砝码放回砝码盒内 F．记录称量的结果（3）若实验遇到下列情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)①称量时Na2CO3晶体放置右盘________。②定容时仰视刻度线________。【解析】（1）需要480mL溶液，配制时需要用500mL容量瓶，配制500mL0.1mol·L16学科网（北京）股份有限公司\n－1Na2CO3溶液，所需m(Na2CO3·10H2O)＝286g·mol－1×0.5L×0.1mol·L－1＝14.3g。（2）用天平称量药品时，应先将游码移到零刻度处，调节螺母使天平平衡；先称量小烧杯质量；记录称量结果；然后放入晶体称量其质量；记录称量结果；将砝码放回砝码盒中，将游码移至零刻度，结束称量。（3）①物质放置右盘，所称物质偏少。②所配溶液体积偏大。【答案】D1．现用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.19g/cm3)配制1mol/L的稀盐酸100mL。（1）实验中应选用的仪器是 (填序号)；①100mL量筒 ②托盘天平(带砝码) ③玻璃棒 ④50mL容量瓶 ⑤10mL量筒 ⑥50mL烧杯 ⑦100mL容量瓶⑧胶头滴管（2）经计算，需浓盐酸的体积为 mL；（3）此实验中玻璃棒的作用是 ；（4）某学生实际配制稀盐酸的浓度经滴定测定为0.98mol/L，原因可能是 (填序号)。①取用完浓盐酸的量筒未洗涤②转移溶液后，小烧杯未洗涤③定容时俯视容量瓶刻度线④移液前容量瓶内有少量蒸馏水1．【答案】（1）③⑤⑥⑦⑧（2）8.4（3）搅拌、引流（4）②【解析】 36.5%的浓盐酸的物质的量浓度：c===11.9mol/L，根据c1V1=c2V2，知所需浓盐酸的体积：V1=≈0.0084L=8.4mL。选择量筒时要遵循“大而近”的原则，应选择容量与溶液体积(8.4mL)相近的量筒，即10mL量筒。配制100mL溶液只能选用100mL容量瓶。配制的稀盐酸的浓度为0.98mol/L，即所配溶液的浓度偏小。①取用完浓盐酸的量筒未洗涤，对结果无影响，洗涤会导致所取溶质增多；②转移溶液后，小烧杯未洗涤，溶质的物质的量(n)减小，故溶液的浓度偏小；③定容时俯视容量瓶刻度线，溶液的体积(V)偏小，故溶液的浓度偏大；④定容时需加大量蒸馏水，故移液前容量瓶内有少量蒸馏水对溶液的浓度无影响。16学科网（北京）股份有限公司\n计算时容量瓶的选择问题（1）配制“450mL”溶液时，计算溶质的量时，不能按“450mL”计算，因为实验室没有任意规格的容量瓶，配制时要选用500mL规格的容量瓶，计算溶质的量时，也应按照500mL计算。（2）规格的选择，应遵循“满足要求，最小规格”的原则。考向二物质的量浓度的计算典例1下列关于物质的量浓度表述正确的是A.0.3mol·L-1的Na2SO4溶液中含有Na+和的总物质的量为0.9molB.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和的物质的量相等，则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同C.当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol·L-1，只有当22.4L(标准状况)氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度才是1mol·L-1D.10℃时，100mL0.35mol·L-1的KCl饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，它的物质的量浓度大于0.35mol·L-1【解析】0.3mol·L-1的Na2SO4溶液中Na+、的物质的量浓度为0.6mol·L-1、0.3mol·L-1，由于缺少溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故A错误；在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在:c(Na+)+c(K+)=c(Cl-)+2c()，Na+和的物质的量相等，即物质的量浓度相等，所以K+和Cl-的物质的量浓度一定不相同，故B错误；溶液的体积不等于溶剂的体积，所以1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol·L-1；标准状况下22.4L氨气的物质的量为1mol，溶于水制得1L氨水时，其浓度一定等于1mol·L-1，故C正确；10℃时，0.35mol·L-1的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，溶液仍然是该温度下的饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，仍为0.35mol·L-1，故D错误。【答案】C2．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SO)＝6.5mol·L－1，若将200mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6mol·L－1的氢氧化钠溶液的体积为16学科网（北京）股份有限公司\nA．0.5LB．1.625LC．1.8LD．2L2．【答案】D【解析】根据电荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，c(Al3＋)＝＝3mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH)＝＝＝2L。考向三溶液的稀释与混合、物质的量浓度与质量分数的换算典例1在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg·cm-3，质量分数为w，其中含有的物质的量是bmol，下列叙述正确的是A.溶质的质量分数w=×100%B.溶质的物质的量浓度c=mol·L-1C.溶液中c(OH-)=mol·L-1+c(H+)D.向上述溶液中加入VmL水，所得溶液的质量分数大于0.5w【解析】溶质的质量分数w=×100%，A项错误；氨水中的溶质是NH3，而不是NH3·H2O，将w=×100%代入公式c=，化简可得c=mol·L-1，B项错误；氨水中含有的阳离子为H+和，含有的阴离子只有OH-，根据电荷守恒可知C项正确；由于氨水的密度小于水的密度，与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍，故其质量分数小于0.5w，D项错误。【答案】C16学科网（北京）股份有限公司\n3．VLFe2(SO4)3溶液中含有ag，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L3．【答案】A【解析】依题意知，c()＝mol/L，c(Fe3+)＝mol/L，故有×0.5V＝2V×cB，cB＝mol/L。1．配制100mL1mol·L－1NaCl溶液，下列操作中错误的是A．在托盘天平上放两片大小一样的纸，然后将氯化钠放在纸片上称量B．把称得的氯化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液移入容量瓶中C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒各2～3次，洗涤液也移入容量瓶中D．沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水，直至溶液凹液面恰好与刻度线相切1．【答案】D【解析】配制溶液的过程中，定容时在液面接近刻度线1～2cm时，需改用胶头滴管加水至刻度线。2．下列叙述错误的是A．10mL质量分数为98%的H2SO4溶液，用10mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%B．配制0.1mol·L－1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶C．在标准状况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol/L的氨水D．室温下，向两等份浓度相同的不饱和烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，均使溶液恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)2．【答案】C【解析】浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，加水后浓硫酸的质量分数为×100%＝＞49%，故A正确；实验室没有48016学科网（北京）股份有限公司\nmL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制0.1mol·L－1的Na2CO3溶液，故B正确；在标准状况下，22.4L氨气的物质的量为1mol，配成1L溶液，可得到1mol/L的氨水，故C错误；发生反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O＋H2O===2NaOH，由方程式可知，相同物质的量的Na2O2和Na2O消耗相同物质的量的水，生成相同物质的量的NaOH，保持温度不变，使溶液恰好饱和，故加入的Na2O2、Na2O的物质的量相等，故D正确。3．某温度下，某碳酸钠饱和溶液中溶质质量分数为a%。若分别向其中加入mmolNa2CO3·5H2O和nmolNa2CO3，可析出相同质量的晶体Na2CO3·10H2O。则下列叙述正确的是A．a可能是40，m＞nB．a可能是40，m＝nC．a可能是30，m＞nD．a可能是30，m＜n3．【答案】C【解析】因原来的溶液为饱和溶液，有晶体析出后的溶液还是饱和溶液，则(m－n)molNa2CO3可与10mmol水恰好形成饱和溶液，则m－n＞0，即m＞n，在饱和溶液中×100%＝a%，则×100%＜37%，即a%不会大于37%，则a%可能为30%。4．同温同压下，三个容积相同的烧瓶内分别充满了干燥的NH3、HCl、NO2气体，然后分别用水作喷泉实验，假设烧瓶内的溶质不散逸，则三种溶液的物质的量浓度之比为A.无法比较B.2∶2∶3C.3∶3∶2D.1∶1∶14．【答案】D【解析】在容积相同的三个烧瓶内，分别充满干燥的NH3、HCl与NO2气体，所以V(NH3)∶V(HCl)∶V(NO2)=1∶1∶1，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以n(NH3)∶n(HCl)∶n(NO2)=1∶1∶1，令n(NH3)=nmol、n(HCl)=nmol、n(NO2)=nmol，各自体积为V(NH3)=V(HCl)=V(NO2)=VL，对于氨气和HCl，溶液体积等于气体体积，所以c(NH3)=c(HCl)==mol·L-1；对于二氧化氮，与水发生反应:3NO2+H2O2HNO3+NO，根据反应方程式可知溶液体积为V16学科网（北京）股份有限公司\n，生成的硝酸的物质的量为二氧化氮物质的量的，所以c(HNO3)==mol·L-1，所以c(NH3)∶c(HCl)∶c(HNO3)=1∶1∶1，故选D。5．甲、乙两物质的溶解度曲线如图所示。下列叙述中正确的是A．t1℃时，在100g水中放入60g甲，其溶质的质量分数为37.5%B．t1℃时，甲和乙的饱和溶液的物质的量浓度一定相等C．t2℃时，甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等D．t2℃时，分别在100g水中各溶解20g甲、乙，同时降低温度，甲先达到饱和5．【答案】D【解析】t1℃时，在100g水中放入60g甲，根据溶解度曲线可知溶解的固体为30g，所以溶质的质量分数应是×100%≈23.08%，A错误；t1℃时，甲和乙的溶解度相等，故它们的饱和溶液的质量分数相同，但溶质的摩尔质量和溶液密度不一定相等，所以物质的量浓度不一定相等，B错误；t2℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，故甲、乙的饱和溶液中溶质的质量分数不相等，C错误；降温使溶液达到饱和，由溶解度曲线不难看出，甲的溶解度随温度变化而变化的程度比乙大，故同时降低温度，甲先达到饱和，D正确。6．将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1的浓硫酸沿玻璃棒加入到VmL水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀溶液。下列说法中正确的是A．若c1=2c2，则w1＜2w2，V＜50mLB．若c1=2c2，则w1＜2w2，V＞50mLC．若w1=2w2，则c1＜2c2，V=50mLD．若w1=2w2，则c1＞2c2，V＜50mL6．【答案】A【解析】本题主要考查浓度的计算与换算，此考点也是化学常用计量中的热门考点。设溶液的体积为VL，密度为ρg·mL－1，溶质的摩尔质量为Mg·mol－1，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L－1，则根据溶液浓度表达方式不同，但其溶质不变有：=VL·cmol·L－1，即c=。若w1=2w2，=16学科网（北京）股份有限公司\n=2·，由于ρ2＜ρ1，所以c1＞2c2。稀释后质量分数减半，说明浓硫酸与水等质量混合，水的密度可认为是1g/cm3，因此V值等于50mL。若c1=2c2，==2，由于ρ2＜ρ1，所以w1＜2w2，同时可知V＜50mL。本题应选A。7．某学生配制了100mL1mol·L－1的硫酸，然后对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确，但测得溶液的物质的量浓度小于1mol·L－1。则在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到100mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面④最后定容时，加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切A．只有②③④B．只有③④C．只有①②③D．①②③④7．【答案】D【解析】①项，量取的溶质H2SO4偏少，②③项，溶质H2SO4没有完全进入容量瓶中，④项，超过刻度线再取出时，取出液中含有溶质H2SO4。8．，其相对分子质量为M。25℃时，ag该晶体能够溶于bg水中形成VmL饱和溶液。下列关系中不正确的是A．该溶液中溶质的质量分数为w＝%B．该溶液的物质的量浓度为c＝mol·L－1C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝∶D．该溶液的密度为ρ＝g·cm－38．【答案】A【解析】结晶水合物R·nH2O溶于水后，溶质为R，所带有的结晶水转化为溶剂水的一部分。A项，结晶水合物的化学式为R·nH2O，ag该晶体中含有R的质量为ag×，所以饱和溶液中溶质的质量分数w＝×100%，错误；B16学科网（北京）股份有限公司\n项，溶质的物质的量浓度c(R)＝＝mol·L－1，正确；C项，m(溶质)＝n(R)·M(R)＝＝a－，m(水)＝a＋b－m(溶质)＝b＋，故m(水)∶m(溶质)＝∶，正确；D项，ρ＝＝＝g·cm－3，正确。9．某次实验需用0.4mol·L－1NaOH溶液480mL。配制方法如下：（1）用托盘天平准确称量________g固体NaOH。（2）将称量好的NaOH固体放在500mL大烧杯中，倒入约300mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解，待________________后，将烧杯中的溶液注入容量瓶中。（3）用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒________次，洗涤后的溶液________________，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀。（4）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在刻度线以下________时，改用________加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切。盖好瓶塞，________________。（5）若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是________，偏低的是________，对实验结果没有影响的是________。(填各选项的序号)A．所用的NaOH中混有少量Na2OB．用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥C．配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干D．固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作E．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容F．最后确定NaOH溶液体积(定容)时，俯视观察液面与容量瓶刻度线G．定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线9．【答案】（1）8.0 （2）溶液冷却至室温（3）2～3 一起转入容量瓶中（4）1～2cm 胶头滴管 上下颠倒混合均匀（5）ADF EG BC【解析】（5）A项，Na2O与水反应生成氢氧化钠，62gNa2O可生成NaOH8016学科网（北京）股份有限公司\ng，NaOH的质量增大，所以溶液浓度偏高；B项，用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥，不影响氢氧化钠的质量，对溶液浓度无影响；C项，配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干，对溶液浓度无影响；D项，液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解时放热，未冷却到室温，趁热将溶液倒入容量瓶，并配成了溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；E项，转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，少量氢氧化钠沾在烧杯内壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；F项，定容时，俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏低，所以溶液浓度偏高；G项，定容摇匀后静止，液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低。10．已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：溶质的物质的量浓度/mol·L－1溶液的密度/g·cm－3硫酸c1ρ1氨水c2ρ2（1）表中硫酸的质量分数为________(不写单位，用含c1、ρ1的代数式表示)。（2）物质的量浓度为c1mol·L－1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。（3）物质的量浓度分别为c2mol·L－1的氨水与c2mol·L－1的氨水等质量混合，所得溶液的密度________(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)ρ2g·cm－3，所得溶液的物质的量浓度________c2mol·L－1(混合后溶液的体积变化忽略不计)。10．【答案】（1）98c1/1000ρ1（2）0.5c1（3）大于 大于【解析】（1）根据c＝可知，硫酸的质量分数w＝。（2）令硫酸与水的体积都为VL，则混合后溶液的总体积为2VL，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，稀释后硫酸溶液的浓度为＝0.5c1mol·L－1。（3）两种氨水等质量混合，混合后溶液的浓度小于c2mol·L－1，由图可知，氨水的浓度越大密度越小，故混合后溶液的密度大于ρ2g·cm－3，物质的量浓度大于c2mol·L－1。16学科网（北京）股份有限公司\n1．下列实验操作能达到实验目的的是A．用经水湿润的pH试纸测量溶液的pHB．将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L−1NaOH溶液C．用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO21．【答案】D【解析】此题考查基本实验操作，根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，不能达到实验目的，A项错误；B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；故选D。2．下列实验操作规范且能达到目的的是目的操作A．取20.00mL盐酸在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶16学科网（北京）股份有限公司\nB．清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C．测定醋酸钠溶液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的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度2．【答案】B【解析】A．最大刻度到尖嘴部分还容纳有盐酸，所以滴定管中盐酸体积大于20.00mL，故A错误；B．碘易溶于酒精，可用酒精清洗碘，又由于酒精与水互溶，再用水清洗即可洗净，故B正确；C．湿润pH试纸相当于稀释溶液，会造成醋酸钠溶液pH偏低，故C错误；D．容量瓶是定容容器，不能在容量瓶中溶解KMnO4固体，故D错误。答案选B。【名师点睛】考查实验基本操作的评价，涉及酸式滴定管的结构、碘的物理性质、pH试纸的使用和盐类水解及溶液的配制操作等，易错点为选项C，使用湿润的pH试纸测定溶液pH，水稀释了被测溶液，如果溶液为中性则没有影响，如果溶液显酸性，则pH测定值偏大，如果显碱性，测定值偏小，即使用湿润的pH试纸测溶液pH的操作不规范，测试结果可能有误差；另外滴定管的0刻度在上方，最大刻度在下方，但最大刻度到尖嘴部分仍有一定的体积无法确定，容易忽视。3．下列有关实验操作的叙述错误的是A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁D．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁3．【答案】B【解析】A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使液体顺利流下，正确；B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴不可以接触试管内壁，否则容易造成试剂污染，错误；C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，可以使残余在滴定管的尖嘴的液体进入到锥形瓶，正确；D．向容量瓶转移液体时，用玻璃棒引流可以接触容量瓶内壁，正确。故选B。4．凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。16学科网（北京）股份有限公司\n（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L–1的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为_________%，样品的纯度≤_______%。4．【答案】（5）【解析】（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L–1的盐酸VmL，根据反应NH3·H3BO3+HCl＝NH4Cl+H3BO3，可以求出样品中n(N)＝n(HCl)＝cmol·L–1×V×10–3L＝0.001cVmol，则样品中氮的质量分数为，样品中甘氨酸的质量≤0.001cV×75g/mol，所以样品的纯度≤。16学科网（北京）股份有限公司
