2020年高考化学一轮复习精讲 第四讲 一定物质的量浓度的溶液及配制(对点练习 ) 含解析
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11.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，根据有关数据回答下列问题：
(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol/L。
(2)取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量不随所取体积多少而变化的是________。
A．溶液中HCl的质量B．溶液的物质的量浓度
C．溶液中H＋的数目D．溶液的密度
(1)两种金属的活动性顺序是________>________；两种金属氯化物的摩尔质量是________ >________。
(2)将两种金属粉末按一定比例混合后，进行甲、乙、丙三组实验，三组实验各取500 mL同浓度的盐酸溶液加入该种混合粉末，产生气体，有关数据如下：
①乙组实验中，盐酸________(填“过量”“适量”或“不足量”)。
V(氨水)＝(17a/22.4＋1 000)/1 000ρ，
由c(氨水)＝n(NH3)/V(氨水)，
得ρ＝ 。
6.使用容量瓶配置溶液时，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用天平称量时所用砝码生锈
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度
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，俯视容量瓶的刻度线
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．②⑤ B．②③⑥ C．①⑤⑥ D．③⑥
【答案】D
【解析】①砝码生锈导致溶质量增加，溶液浓度偏高。②仰视导致所取浓溶液偏多，溶质增加，所配溶液浓度增大。③烧杯及玻璃棒未洗涤，导致溶质减少，所配溶液浓度偏低。④无影响。⑤定容时俯视，导致溶剂量减少，浓度偏大。⑥定容后，加少量水，溶剂量增加，所配溶液浓度降低。综上，D项正确。
13.配制500 mL 0.5 mol/L的NaOH溶液,试回答下列问题:
(1)计算:需要NaOH固体的质量为。
(2)配制方法:设计五个操作步骤。
①向盛有NaOH固体的烧杯中加入200 mL蒸馏水使其溶解,并冷却至室温;
②继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线1～2 cm;
③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500 mL容量瓶中;
4.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－1B．0.2 mol·L－1
C．3 mol·L－1D．0.4 mol·L－1
【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＋)＝2×0.8 mol/L－3×0.4 mol/L－0.1 mol/L＝0.3 mol/L。故选择C选项。
专题一从实验学化学
第四讲一定物质的量浓度的溶液及配制
1.用CuSO4·5H2O配制0.1 mol/LCuSO4水溶液，下面所列的方法正确的是()
A．取25 g CuSO4·5H2O溶于1 L水中
B．将CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水，取16 g溶于水制成1 L溶液
C．将25 g CuSO4·5H2O溶于水制成1 L溶液
8.在Al2(SO4)3、K2SO4和明矾的混合溶液中，如果c(SO )等于0.2mol·L－1，当加入等体积的0.2mol·L－1的KOH溶液时，生成的沉淀恰好溶解，则原混合溶液中K＋的物质的量浓度为（）
A．0.2mol·L－1B．0.25mol·L－1
C．0.45mol·L－1D．0.225mol·L－1
D．取12.5 g CuSO4·5H2O溶于500 mL水中
【答案】C
【解析】CuSO4·5H2O的摩尔质量是250 g/mol，25 g CuSO4·5H2O的物质的量是0.1 mol。将其溶解到水中，配成1 L溶液，即是0.1 mol/L的CuSO4溶液。将25 g CuSO4·5H2O溶在1 L水中或将12.5 g CuSO4·5H2O溶在500 mL水中，溶液的体积都不是1 L或500 mL，所得溶液浓度不是0.1 mol/L。将CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水后得CuSO4，但由于CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水时不知何时结晶水完全去掉，无法保证所取固体为纯CuSO4，此法不正确，且此法不符合最简单原则。
【答案】(1)10.0 g
(2)①③④②⑤(3)ACD
【解析】(1)需要NaOH固体的质量为0.5 L×0.5 mol/L×40 g/mol=
10.0 g。(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知其顺序为①③④②⑤。(3)0.48 mol/L比0.5 mol/L小,A项:由于固体NaOH具有极强的吸水性,使用滤纸称量时,NaOH固体易粘附在滤纸上,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;B项:容量瓶中原来存有少量蒸馏水,无影响;C项:溶解后的烧杯未经过多次洗涤,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;D项:胶头滴管加水定容时仰视刻度线,加水过多,使溶液的体积增大,c(NaOH)偏小。
3.40℃硝酸钾饱和溶液先升温至80℃，在恒温下蒸发部分溶剂至析出少量溶质，然后将溶液逐渐冷却至60℃．下列示意图中能正确表示整个过程中溶液浓度a%与时间t关系的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】①将40℃时硝酸钾的饱和溶液先升温至80℃，温度升高，硝酸钾的溶解度增大，溶质和溶剂的质量都没有发生变化，所以此过程中溶液的浓度不变；②在80℃且恒温下蒸发部分溶剂至析出少量溶质前，该过程中溶剂不断减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度会不断增大；③80℃的温度下，当析出晶体时达到饱和，之后的溶液为硝酸钾饱和溶液，所以硝酸钾的溶液的浓度暂时不变；④最后将溶液由80℃逐渐冷却至60℃过程中，随着温度降低，硝酸钾的溶解度减小，此过程中会不断析出硝酸钾晶体，而溶剂的质量不变，则溶液的浓度逐渐减小；⑤温度降到60℃后，此时的溶液为硝酸钾饱和溶液，溶液的浓度不再变化，根据以上分析可知，满足以上变化的图象为A。
2.某同学按下图所示的步骤配制50 mL一定物质的量浓度的NaOH溶液，其中不正确的操作有()
A．②⑤ B．①②⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤
【答案】C
【解析】操作①在称量NaOH时应将NaOH放在烧杯中称量，错误；操作②应将称量好的NaOH转移至烧杯中，然后向烧杯中加入蒸馏水，不应该使用量筒，错误；操作③玻璃棒的末端应在刻度线以下，错误；操作⑤定容时视线应平视液面，错误。
D．加入1 L 3 mol/L的盐酸混合均匀
【答案】(1)11.9(2)BD(3)352.6(4)C
【解析】(1)由c＝ 可求得c(HCl)＝11.9 mol/L。(2)无论取出多少毫升该盐酸，其浓度和密度均不变。(3)配1 L该盐酸需V(HCl)＝11.9 mol×22.4 L·mol－1＝266.6 L，需V(水)＝
＝0.756 L。 ＝ ＝ ，即在1 L水中应通入352.6 L标准状况下的HCl气体。
(4)A项通入HCl后溶液不再为1 L，A错；B项加热时HCl会挥发；
C项：c＝
＝2 mol·L－1。正确；D项，混合后不恰好为2 L。
12.等质量的两种金属粉末A，B分别与同浓度的足量稀盐酸反应，都生成正二价金属氯化物，其反应情况如图所示：
④用少量的蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次,然后将洗涤液移入容量瓶;
⑤改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线,加盖摇匀。
试将操作步骤正确排序。
(3)某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48 mol/L,原因
可能是。
A.使用滤纸称量氢氧化钠固体
B.容量瓶中原来存在少量蒸馏水
C.溶解后的烧杯未经多次洗涤
D.胶头滴管加水定容时仰视刻度线
(3)欲配制上述浓盐酸，需要在1 L水中通入标准状况下________L HCl气体(保留1位小数)。
(4)现有1 L 1 mol/L的稀盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是________。
A．通入标准状况下HCl气体22.4 L
B．将溶液加热浓缩至0.5 L
C．加入5 mol/L的盐酸0.6 L，再稀释至2 L
【答案】B
【解析】Al3＋＋4OH－===AlO ＋2H2O，则原混合溶液中Al3＋的浓度为0.05mol·L－1，则3c(Al3＋)＋c(K＋)＝2c(SO )，则c(K＋)＝0.25mol·L－1。
9.将质量分数为a%、物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使其质量分数为2a%。此时溶液的物质的量浓度为c2mol·L－1。则c1和c2的关系是()
D．如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强
【答案】C
【解析】曲线上所有的点代表相应温度下KNO3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的KNO3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液，该说法正确，A错误；反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，因此图象表示的为放热反应；使用催化剂能够降低活化分子能量，使用催化剂时需要能量低于不使用催化剂的能量，该图示与对应的叙述相符，B错误；0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol•L-1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，C正确；对于反应前后气体的化学计量数相等的化学平衡，增大压强，正逆反应速率瞬间同时增大且相等，图示变化可能为改变了压强，图象变化与题中描述一致，D错误。
A．c1＝2c2B．c2<2c1
C．c2>2c1D．c2＝2c1
【答案】C
【解析】由c＝ 可知， ＝ ＝ ，由于ρ1<ρ2，所以c2>2c1。
10.在同温同压下用排气法收集NH3、HCl进行喷泉实验，其中图(a)中的烧瓶收集满了NH3，图(b)中的烧瓶HCl气体没有收集满，下列说法错误的是(不考虑溶质的扩散及静止时液面高度的影响)()
7.下列图示与对应的叙述不相符的是（ ）
A．如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
B．如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C．如图表示0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol•L-1醋酸溶液得到的滴定曲线
②上述所用的盐酸的物质的量浓度为________mol/L，混合粉末的平均摩尔质量是________。
【答案】(1)BABA(2)①不足量②162 g/mol
【解析】(1)从图可知B与盐酸反应的曲线的斜率大，斜率就是反应的速率大小，所以两种金属的活动性顺序是B>A，等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多(看最后平台对应的纵坐标)，所以A的摩尔质量小，(2)甲组实验，很明显是盐酸过量，后面随着金属的量增加，放出的气体增加；乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，很明显乙组中的盐酸量已经不足了；根据甲组数据很容易算出金属的平均摩尔质量＝ ，计算得62 g/mol；最终气体是0.25 mol，知道HCl为0.5 mol，体积为0.5 L，浓度为1 mol/L。
A．溶质的物质的量浓度均为 mol·L－1
B．溶质物质的量浓度不相同
C．溶质的质量分数不同
D．图(a)、图(b)中喷泉的颜色分别为蓝色、红色
【答案】B
【解析】由于实验中得到的溶液的体积与溶解了的气体体积相同，设溶解的气体体积为VL，则气体物质的量n(气)＝ mol，气体物质的量浓度＝ ＝ mol·L－1，A项正确，B项错误；因所得的溶液中溶质摩尔质量不同，故它们的质量分数不相同，C项正确；石蕊遇碱性溶液呈蓝色，遇酸性溶液呈红色，D项正确。
5.将标准状况下aL NH3溶解于1 000 g水中，得到的氨水的物质的量浓度为bmol·L－1，则该氨水的密度为()
A． g·cm－3B． g·cm－3
C． g·cm－3D． g·cm－3
【答案】D
【解析】设该氨水的密度为ρg·cm－3，
n(NH3)＝a/22.4 mol，m(NH3)＝17a/22.4 g，
(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol/L。
(2)取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量不随所取体积多少而变化的是________。
A．溶液中HCl的质量B．溶液的物质的量浓度
C．溶液中H＋的数目D．溶液的密度
(1)两种金属的活动性顺序是________>________；两种金属氯化物的摩尔质量是________ >________。
(2)将两种金属粉末按一定比例混合后，进行甲、乙、丙三组实验，三组实验各取500 mL同浓度的盐酸溶液加入该种混合粉末，产生气体，有关数据如下：
①乙组实验中，盐酸________(填“过量”“适量”或“不足量”)。
V(氨水)＝(17a/22.4＋1 000)/1 000ρ，
由c(氨水)＝n(NH3)/V(氨水)，
得ρ＝ 。
6.使用容量瓶配置溶液时，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用天平称量时所用砝码生锈
②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度
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，俯视容量瓶的刻度线
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．②⑤ B．②③⑥ C．①⑤⑥ D．③⑥
【答案】D
【解析】①砝码生锈导致溶质量增加，溶液浓度偏高。②仰视导致所取浓溶液偏多，溶质增加，所配溶液浓度增大。③烧杯及玻璃棒未洗涤，导致溶质减少，所配溶液浓度偏低。④无影响。⑤定容时俯视，导致溶剂量减少，浓度偏大。⑥定容后，加少量水，溶剂量增加，所配溶液浓度降低。综上，D项正确。
13.配制500 mL 0.5 mol/L的NaOH溶液,试回答下列问题:
(1)计算:需要NaOH固体的质量为。
(2)配制方法:设计五个操作步骤。
①向盛有NaOH固体的烧杯中加入200 mL蒸馏水使其溶解,并冷却至室温;
②继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线1～2 cm;
③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500 mL容量瓶中;
4.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－1B．0.2 mol·L－1
C．3 mol·L－1D．0.4 mol·L－1
【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＋)＝2×0.8 mol/L－3×0.4 mol/L－0.1 mol/L＝0.3 mol/L。故选择C选项。
专题一从实验学化学
第四讲一定物质的量浓度的溶液及配制
1.用CuSO4·5H2O配制0.1 mol/LCuSO4水溶液，下面所列的方法正确的是()
A．取25 g CuSO4·5H2O溶于1 L水中
B．将CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水，取16 g溶于水制成1 L溶液
C．将25 g CuSO4·5H2O溶于水制成1 L溶液
8.在Al2(SO4)3、K2SO4和明矾的混合溶液中，如果c(SO )等于0.2mol·L－1，当加入等体积的0.2mol·L－1的KOH溶液时，生成的沉淀恰好溶解，则原混合溶液中K＋的物质的量浓度为（）
A．0.2mol·L－1B．0.25mol·L－1
C．0.45mol·L－1D．0.225mol·L－1
D．取12.5 g CuSO4·5H2O溶于500 mL水中
【答案】C
【解析】CuSO4·5H2O的摩尔质量是250 g/mol，25 g CuSO4·5H2O的物质的量是0.1 mol。将其溶解到水中，配成1 L溶液，即是0.1 mol/L的CuSO4溶液。将25 g CuSO4·5H2O溶在1 L水中或将12.5 g CuSO4·5H2O溶在500 mL水中，溶液的体积都不是1 L或500 mL，所得溶液浓度不是0.1 mol/L。将CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水后得CuSO4，但由于CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水时不知何时结晶水完全去掉，无法保证所取固体为纯CuSO4，此法不正确，且此法不符合最简单原则。
【答案】(1)10.0 g
(2)①③④②⑤(3)ACD
【解析】(1)需要NaOH固体的质量为0.5 L×0.5 mol/L×40 g/mol=
10.0 g。(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知其顺序为①③④②⑤。(3)0.48 mol/L比0.5 mol/L小,A项:由于固体NaOH具有极强的吸水性,使用滤纸称量时,NaOH固体易粘附在滤纸上,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;B项:容量瓶中原来存有少量蒸馏水,无影响;C项:溶解后的烧杯未经过多次洗涤,使n(NaOH)减小,c(NaOH)偏小;D项:胶头滴管加水定容时仰视刻度线,加水过多,使溶液的体积增大,c(NaOH)偏小。
3.40℃硝酸钾饱和溶液先升温至80℃，在恒温下蒸发部分溶剂至析出少量溶质，然后将溶液逐渐冷却至60℃．下列示意图中能正确表示整个过程中溶液浓度a%与时间t关系的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】①将40℃时硝酸钾的饱和溶液先升温至80℃，温度升高，硝酸钾的溶解度增大，溶质和溶剂的质量都没有发生变化，所以此过程中溶液的浓度不变；②在80℃且恒温下蒸发部分溶剂至析出少量溶质前，该过程中溶剂不断减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度会不断增大；③80℃的温度下，当析出晶体时达到饱和，之后的溶液为硝酸钾饱和溶液，所以硝酸钾的溶液的浓度暂时不变；④最后将溶液由80℃逐渐冷却至60℃过程中，随着温度降低，硝酸钾的溶解度减小，此过程中会不断析出硝酸钾晶体，而溶剂的质量不变，则溶液的浓度逐渐减小；⑤温度降到60℃后，此时的溶液为硝酸钾饱和溶液，溶液的浓度不再变化，根据以上分析可知，满足以上变化的图象为A。
2.某同学按下图所示的步骤配制50 mL一定物质的量浓度的NaOH溶液，其中不正确的操作有()
A．②⑤ B．①②⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤
【答案】C
【解析】操作①在称量NaOH时应将NaOH放在烧杯中称量，错误；操作②应将称量好的NaOH转移至烧杯中，然后向烧杯中加入蒸馏水，不应该使用量筒，错误；操作③玻璃棒的末端应在刻度线以下，错误；操作⑤定容时视线应平视液面，错误。
D．加入1 L 3 mol/L的盐酸混合均匀
【答案】(1)11.9(2)BD(3)352.6(4)C
【解析】(1)由c＝ 可求得c(HCl)＝11.9 mol/L。(2)无论取出多少毫升该盐酸，其浓度和密度均不变。(3)配1 L该盐酸需V(HCl)＝11.9 mol×22.4 L·mol－1＝266.6 L，需V(水)＝
＝0.756 L。 ＝ ＝ ，即在1 L水中应通入352.6 L标准状况下的HCl气体。
(4)A项通入HCl后溶液不再为1 L，A错；B项加热时HCl会挥发；
C项：c＝
＝2 mol·L－1。正确；D项，混合后不恰好为2 L。
12.等质量的两种金属粉末A，B分别与同浓度的足量稀盐酸反应，都生成正二价金属氯化物，其反应情况如图所示：
④用少量的蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次,然后将洗涤液移入容量瓶;
⑤改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线,加盖摇匀。
试将操作步骤正确排序。
(3)某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48 mol/L,原因
可能是。
A.使用滤纸称量氢氧化钠固体
B.容量瓶中原来存在少量蒸馏水
C.溶解后的烧杯未经多次洗涤
D.胶头滴管加水定容时仰视刻度线
(3)欲配制上述浓盐酸，需要在1 L水中通入标准状况下________L HCl气体(保留1位小数)。
(4)现有1 L 1 mol/L的稀盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是________。
A．通入标准状况下HCl气体22.4 L
B．将溶液加热浓缩至0.5 L
C．加入5 mol/L的盐酸0.6 L，再稀释至2 L
【答案】B
【解析】Al3＋＋4OH－===AlO ＋2H2O，则原混合溶液中Al3＋的浓度为0.05mol·L－1，则3c(Al3＋)＋c(K＋)＝2c(SO )，则c(K＋)＝0.25mol·L－1。
9.将质量分数为a%、物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使其质量分数为2a%。此时溶液的物质的量浓度为c2mol·L－1。则c1和c2的关系是()
D．如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强
【答案】C
【解析】曲线上所有的点代表相应温度下KNO3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的KNO3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液，该说法正确，A错误；反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，因此图象表示的为放热反应；使用催化剂能够降低活化分子能量，使用催化剂时需要能量低于不使用催化剂的能量，该图示与对应的叙述相符，B错误；0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol•L-1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，C正确；对于反应前后气体的化学计量数相等的化学平衡，增大压强，正逆反应速率瞬间同时增大且相等，图示变化可能为改变了压强，图象变化与题中描述一致，D错误。
A．c1＝2c2B．c2<2c1
C．c2>2c1D．c2＝2c1
【答案】C
【解析】由c＝ 可知， ＝ ＝ ，由于ρ1<ρ2，所以c2>2c1。
10.在同温同压下用排气法收集NH3、HCl进行喷泉实验，其中图(a)中的烧瓶收集满了NH3，图(b)中的烧瓶HCl气体没有收集满，下列说法错误的是(不考虑溶质的扩散及静止时液面高度的影响)()
7.下列图示与对应的叙述不相符的是（ ）
A．如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
B．如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C．如图表示0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol•L-1醋酸溶液得到的滴定曲线
②上述所用的盐酸的物质的量浓度为________mol/L，混合粉末的平均摩尔质量是________。
【答案】(1)BABA(2)①不足量②162 g/mol
【解析】(1)从图可知B与盐酸反应的曲线的斜率大，斜率就是反应的速率大小，所以两种金属的活动性顺序是B>A，等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多(看最后平台对应的纵坐标)，所以A的摩尔质量小，(2)甲组实验，很明显是盐酸过量，后面随着金属的量增加，放出的气体增加；乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，很明显乙组中的盐酸量已经不足了；根据甲组数据很容易算出金属的平均摩尔质量＝ ，计算得62 g/mol；最终气体是0.25 mol，知道HCl为0.5 mol，体积为0.5 L，浓度为1 mol/L。
A．溶质的物质的量浓度均为 mol·L－1
B．溶质物质的量浓度不相同
C．溶质的质量分数不同
D．图(a)、图(b)中喷泉的颜色分别为蓝色、红色
【答案】B
【解析】由于实验中得到的溶液的体积与溶解了的气体体积相同，设溶解的气体体积为VL，则气体物质的量n(气)＝ mol，气体物质的量浓度＝ ＝ mol·L－1，A项正确，B项错误；因所得的溶液中溶质摩尔质量不同，故它们的质量分数不相同，C项正确；石蕊遇碱性溶液呈蓝色，遇酸性溶液呈红色，D项正确。
5.将标准状况下aL NH3溶解于1 000 g水中，得到的氨水的物质的量浓度为bmol·L－1，则该氨水的密度为()
A． g·cm－3B． g·cm－3
C． g·cm－3D． g·cm－3
【答案】D
【解析】设该氨水的密度为ρg·cm－3，
n(NH3)＝a/22.4 mol，m(NH3)＝17a/22.4 g，