1、选择题  向20mL2mol/LAlCl3溶液中，加入30mLNaOH溶液，充分反应后，得0.78g沉淀，则NaOH溶液的物质的量浓度为（　　）
A．1mol/L
B．2mol/L
C．4mol/L
D．5mol/L

参考答案：20mL2mol/LAlCl3完全转化为沉淀的质量为0.02L×2mol/L×78g/mol=3.12g，
根据Al3++3OH-=Al（OH）3↓和Al（OH）3+OH-=AlO2-+H2O，可知NaOH存在两种情况，一是不足，
二是使Al（OH）3部分溶解，
设NaOH的浓度为c，当NaOH不足时，
?Al3++3OH-=Al（OH）3↓
?3mol? 78g
?0.03L×c? 0.78g
c=3mol×0.78g0.03L×78g=1mol/L，
当NaOH使Al（OH）3部分溶解时，设NaOH的物质的量为x，根据反应：
? Al3++3OH-=Al（OH）3↓
? 1mol? 3mol? 78g
0.04mol 0.12mol?3.12g
? ?Al（OH）3+OH-=AlO2-+H2O
? ?78g? 1mol
（3.12-0.78）g? （x-0.12mol）
x=0.15mol，
则NaOH的物质的量浓度为：c=nV=0.15mol0.03L=5mol/L，
故选AD．

本题解析：

本题难度：一般

2、选择题  把0.05mol醋酸分别加入到下列100mL溶液中，溶液的导电能力变化最明显的（　　）
A．0.5mol/LNaOH溶液
B．0.5mol/L盐酸
C．0.5mol/LNH4Cl溶液
D．0.5mol/L氨水

参考答案：A、100mL0.5mol/LNaOH溶液中加入0.05mol醋酸，得到100mL0.5mol/LNaAc溶液，离子浓度变化基本不变，则溶液的导电性不变，故A不选；
B、100mL0.5mol/L的盐酸溶液中加入0.05mol醋酸，得到100mL0.5mol/LHCl和0.5mol/L的醋酸溶液，但盐酸电离生成的氢离子抑制醋酸电离，离子的浓度比原来的大些，导电性比原来的强，故B不选；
C、100mL0.5mol/LNH4Cl溶液中加入0.05mol醋酸，得到100mL0.5mol/LNH4Cl和0.5mol/L的醋酸溶液，但NH4Cl电离生成的铵根离子抑制醋酸电离，离子的浓度比原来的大些，导电性比原来的强，故C不选；
D、因0.5mol/L氨水中存在电离平衡，电离的程度很弱，溶液中的离子浓度很小，导电性差，但0.05mol醋酸加入到100mL0.5mol/L氨水溶液中得到100mL0.5mol/LNH4Ac溶液，NH4Ac是强电解质，在水中完全电离，则离子浓度增大明显，导电性变化明显，故D选；
故选D．

本题解析：

本题难度：一般

3、选择题  在室温下，下列叙述正确的是（　　）
A．将1?mL?1.0×10-5mol/L盐酸稀释到1000?mL，得到pH=8?的盐酸
B．将1?mL?pH=3的一元酸溶液稀释到10?mL，若溶液的pH＜4，则此酸为弱酸
C．用pH=1的盐酸分别中和1?mL?pH=13?NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大
D．pH=2的盐酸与pH=1的硫酸比较，2?c（Cl-）=c（SO42-）

参考答案：A、将1?mL?1.0×10-5mol/L盐酸稀释到1000?mL，得到盐酸pH接近7，不可能大于7，故A错误；
B、一元强酸稀释10倍，pH增大一个单位，一元弱酸稀释10倍，弱酸存在电离平衡，pH增大小于一个单位；将1mLpH=3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH＜4，则此酸为弱酸，故B正确；
C、用pH=1的盐酸分别中和1mLpH=13的NaOH溶液和氨水，氨水存在电离平衡，所以氨水消耗盐酸的体积大，故C错误；
D、pH=2的盐酸与pH=1的硫酸比较，依据HCl=Cl-+H+；H2SO4=2H++SO42-；c（Cl-）=0.01mol/L，而c（SO42-）=0.05mol/L，即5c（Cl-）=c（SO42-），故D错误；
故选B．

本题解析：

本题难度：简单

4、简答题  实验室要配制100mL1.0mol?L-1的NaCl溶液，试回答下列各题：
（1）经计算，应该用托盘天平称取NaCl固体______g．
（2）若用NaCl固体配制溶液，下列仪器中，不需要用到的是______．（填序号）
A．锥形瓶?B.200mL容量瓶?C．烧杯?D．胶头滴管?E．药匙?F．托盘天平?G．洗瓶
（3）若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的仪器或用品是______、______．
（4）容量瓶上除有刻度线外还应标有______、______，在使用前必须检查容量瓶是否______．
（5）配制过程有以下操作：A．移液；B．称量；?C．洗涤；D．定容；E．溶解；?F．摇匀
其正确的操作顺序应是______．?（填序号）．
（6）下列四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是______（填序号）．
A．定容时仰视容量瓶刻度线
B．定容时俯视容量瓶刻度线
C．将溶解冷却的溶液转入容量瓶后就直接转入定容操作
D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处．

参考答案：（1）配制100mL1.0mol?L-1的NaCl溶液需要氯化钠质量为1.0mol?L-1×0.1L×58.5g/mol=5.9g，故答案为：5.9；
（2）实验操作的步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，恢复室温后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，继续当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加水到凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒上下摇匀，移入试剂瓶贴标签贮存．
所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管．可以用洗瓶加水．
故不需要用到的仪器有：A．锥形瓶、B.200mL容量瓶，故选：AB；
（3）由（2）中的操作步骤可知，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故还缺少的仪器为：玻璃棒、100mL容量瓶，
故答案为：玻璃棒；100mL容量瓶；
（4）容量瓶上标有刻度线、温度、容量；配制最后需上下颠倒，反复摇匀，在使用前必须检查容量瓶是否漏水，故答案为：温度；容量；漏水；
（5）由（2）中的操作步骤可知，正确的操作顺序为B、E、A、C、（A）、D、F，故答案为：B、E、A、C、（A）、D、F；
（6）A．定容时仰视容量瓶刻度线，导致所配溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏低，故A不符合；
B．定容时俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故B符合；
C．将溶解冷却的溶液，没有恢复到室温，就转入容量瓶后就直接转入定容操作，溶液具有热胀冷缩的性质，恢复室温后所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，故C不符合，
D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，补充几滴水至刻度处，使所配溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D不符合．
故选：B．

本题解析：

本题难度：一般

5、选择题  V mLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+ag，取VmL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是

[? ]

参考答案：C

本题解析：

本题难度：简单