高考化学一轮复习讲义及试题（新高考人教版）第2讲　物质的量浓度

第2讲物质的量浓度课程标准知识建构1.配制一定物质的量浓度的溶液。2．运用物质的量、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。一、物质的量浓度1．基本概念2．对物质的量浓度表达式的理解(1)正确判断溶液的溶质①与水发生反应生成新的物质：如Na、Na2O、Na2O2eq\o(→,\s\up7(水))NaOH，SO3eq\o(→,\s\up7(水))H2SO4，NO2eq\o(→,\s\up7(水))HNO3。②特殊物质：如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。③含结晶水的物质：CuSO4·5H2O→CuSO4，Na2CO3·10H2O→Na2CO3。(2)准确计算溶液的体积表达式c＝eq\f(n,V)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，不能用水的体积代替溶液的体积，应根据V＝eq\f(m,ρ)计算。【诊断1】判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。(1)1mol·L－1NaCl溶液是指此溶液中含有1molNaCl()(2)从100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出了10mL，所得硫酸的物质的量浓度为0.5mol·L－1()(3)用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1mol·L－1()(4)将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1mol·L－1()(5)0.5mol·L－1的稀H2SO4溶液中c(H＋)为1.0mol·L－1()(6)31gNa2O溶于水，配成1L溶液，c(Na2O)＝0.5mol·L－1()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×二、一定物质的量浓度溶液的配制1．容量瓶(1)构造及用途(2)查漏操作2．溶液的配制以配制500mL1.0mol·L－1NaCl溶液为例：(1)配制过程(2)图示【诊断2】判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。(1)容量瓶在使用前要检查是否漏水()(2)配制950mL某浓度的溶液应选用950mL的容量瓶()(3)用pH＝1的盐酸配制100mLpH＝2的盐酸，所选择的仪器只有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管()(4)用量筒量取20mL0.5000mol·L－1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol·L－1H2SO4溶液()(5)用托盘天平称取1.06gNa2CO3固体用于配制100mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液()(6)下列配制0.5000mol·L－1NaOH溶液的操作均不正确()答案(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√三、质量分数及一定质量分数溶液的配制1．溶质的质量分数(1)概念：用溶质的质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。(2)表达式：w(B)＝eq\f(m溶质,m溶液)×100%。2．质量分数与物质的量浓度的关系c＝eq\f(1000ρw,M)。3．一定质量分数溶液的配制以配制100g5%NaOH溶液为例：(1)步骤：计算→称量(量取)→溶解(稀释)。(2)仪器：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒。4．体积比浓度溶液的配制如用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50mL：用50mL的量筒量取40.0mL的水注入100mL的烧杯中，再用10mL的量筒量取10.0mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停地搅拌。【诊断3】判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。(1)“5%硫酸铜溶液”表示100g硫酸铜溶液中含有5g硫酸铜溶质()(2)要配制100g溶质质量分数为10%的氯化钠溶液，应将10g氯化钠固体溶于100mL水()(3)将25gCuSO4·5H2O晶体溶于75g水中所得溶质的质量分数为25%()(4)将40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为49%()(5)配制氯化钠溶液称量氯化钠时可直接放在天平的托盘上称量()(6)应将配好的溶液倒入细口瓶中，盖紧瓶塞，并贴上标签()答案(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√考点一物质的量浓度的相关计算【典例1】根据题目条件计算下列溶液的相关量：(1)2mol·L－1Mg(NO3)2溶液中含有0.4molNOeq\o\al(－,3)，则溶液的体积为________mL。(2)在标准状况下，将VL氨气溶于0.1L水中，所得溶液的密度为ρg·cm－3，则此氨水的物质的量浓度为________mol·L－1。(3)若20g密度为ρg·cm－3的Ca(NO3)2溶液中含有2gCa(NO3)2，则溶液中NOeq\o\al(－,3)的物质的量浓度为________。答案(1)100(2)eq\f(1000Vρ,17V＋2240)(3)eq\f(50ρ,41)mol·L－1解析(2)n(NH3)＝eq\f(V,22.4)mol，溶液体积：V＝eq\f(\f(V,22.4)×17＋100,ρ)×10－3Lc＝eq\f(\f(V,22.4),\f(\f(V,22.4)×17＋100,ρ)×10－3)mol·L－1＝eq\f(1000Vρ,17V＋2240)mol·L－1。(3)Ca(NO3)2的物质的量浓度为eq\f(\f(2g,164g·mol－1),\f(20g,1000ρg·L－1))＝eq\f(25ρ,41)mol·L－1，NOeq\o\al(－,3)的物质的量浓度为eq\f(50ρ,41)mol·L－1。(1)注意溶质的浓度与溶液中某离子浓度的关系溶质的浓度和离子浓度可能不同，根据化学式具体分析。如1mol·L－1Mg(NO3)2溶液中c(Mg2＋)＝1mol·L－1，c(NOeq\o\al(－,3))＝2mol·L－1(考虑Mg2＋水解时，则其浓度小于1mol·L－1)。(2)气体溶于水，计算物质的量浓度的一般思路①根据气体的体积，计算其物质的量为n＝eq\f(V,22.4)mol(标准状况)。②根据V＝eq\f(m气体＋m溶剂,ρ)，计算溶液的体积。③根据c＝eq\f(n,V)，计算溶质的物质的量浓度。【对点练1】(直接根据公式计算浓度)VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3＋mg，取eq\f(V,4)mL该溶液用水稀释至4VmL，则SOeq\o\al(2－,4)物质的量浓度为()A.eq\f(125m,36V)mol·L－1 B．eq\f(125m,9V)mol·L－1C.eq\f(125m,54V)mol·L－1 D．eq\f(125m,18V)mol·L－1答案A解析eq\f(V,4)mL溶液中Al3＋的物质的量为eq\f(mg×\f(1,4),27g·mol－1)＝eq\f(m,108)mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3＋)＝eq\f(\f(m,108)mol,4V×10－3L)＝eq\f(250m,108V)mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(3,2)c(Al3＋)＝eq\f(3,2)×eq\f(250m,108V)mol·L－1＝eq\f(125m,36V)mol·L－1。【对点练2】(溶液中相关物理量的关系)已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL，密度为ρg·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L－1，溶液中含NaCl的质量为mg。(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度：___________________________；(2)用w、ρ表示溶液的物质的量浓度：____________________________；(3)用c、ρ表示溶质的质量分数：________________________________；(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度：___________________________。答案(1)eq\f(1000m,58.5V)mol·L－1(2)eq\f(1000ρw,58.5)mol·L－1(3)eq\f(58.5c,1000ρ)×100%(4)eq\f(100w,1－w)g解析(1)c(NaCl)＝eq\f(\f(m,58.5),\f(V,1000))mol·L－1＝eq\f(1000m,58.5V)mol·L－1。(2)c(NaCl)＝eq\f(1000mL·ρg·mL－1·w,58.5g·mol－1×1L)＝eq\f(1000ρw,58.5)mol·L－1。(3)w＝eq\f(58.5g·mol－1·cmol·L－1,1000mL·L－1·ρg·mL－1)×100%＝eq\f(58.5c,1000ρ)×100%。(4)eq\f(S,100g)＝eq\f(w,1－w)，S＝eq\f(100w,1－w)g。溶液中c、w、S等相关量的关系(1)溶质的物质的量浓度c与溶质的质量分数w的关系：c＝eq\f(1000ρw,M)，w＝eq\f(cM,1000ρ)。(2)物质的量浓度(c)与溶解度(S)的换算若某饱和溶液的密度为ρg·cm－3，溶质的摩尔质量为Mg·mol－1，溶解度为Sg，则溶解度与物质的量浓度的表达式分别为：S＝eq\f(100cM,1000ρ－cM)，c＝eq\f(n,V)＝eq\f(S/M,\f(100＋S,1000ρ))＝eq\f(1000ρS,M100＋S)。【典例2】下图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容。eq\x(\a\al(硫酸化学纯CP,500mL,品名：硫酸,化学式：H2SO4,相对分子质量：98,密度：1.84g·cm－3,质量分数：98%))eq\x(\a\al(氨水化学纯CP,500mL,品名：氨水,化学式：NH3,相对分子质量：17,密度：0.88g·cm－3,质量分数：25%))按要求回答下列问题：(1)硫酸的物质的量浓度为________，氨水的物质的量浓度为________。(2)各取5mL与等质量的水混合后，c(H2SO4)________9.2mol·L－1，c(NH3)________6.45mol·L－1(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。(3)各取5mL与等体积水混合后，w(H2SO4)________49%，w(NH3)________12.5%。答案(1)18.4mol·L－112.9mol·L－1(2)＜＞(3)＞＜解析(1)利用c＝eq\f(1000ρw,M)计算，c(H2SO4)＝eq\f(1000×1.84×98%,98)mol·L－1＝18.4mol·L－1，c(NH3)＝eq\f(1000×0.88×25%,17)mol·L－1≈12.9mol·L－1。(2)硫酸的密度大于水，氨水的密度小于水，各取5mL与等质量的水混合后，所得稀硫酸的体积大于10mL，稀氨水的体积小于10mL，故有c(H2SO4)＜9.2mol·L－1，c(NH3)＞6.45mol·L－1。(3)5mL浓硫酸和5mL浓氨水的质量分别为1.84g·cm－3×5mL＝9.2g、0.88g·cm－3×5mL＝4.4g，而5mL水的质量约为5g，故各取5mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)＞49%，w(NH3)＜12.5%。溶质相同、质量分数不同的两溶液混合的计算技巧同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。(1)等质量混合两溶液等质量混合时(无论ρ＞1g·cm－3还是ρ＜1g·cm－3)，混合后溶液中溶质的质量分数w＝eq\f(1,2)(a%＋b%)。(2)等体积混合①当溶液密度大于1g·cm－3时，溶液浓度越大，密度越大，如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液等体积混合后，质量分数w＞eq\f(1,2)(a%＋b%)。②当溶液密度小于1g·cm－3时，溶液浓度越大，密度越小，如酒精、氨水等少数溶液等体积混合后，质量分数w＜eq\f(1,2)(a%＋b%)。(3)当a或b等于零时，也适用于上述判断。【对点练3】(溶液稀释和混合的计算)现有100mL1mol·L－1稀盐酸，欲将其浓度变为2mol·L－1，可以采取的措施为()A．向其中通入标准状况下22.4LHCl气体B．加热蒸发使溶液体积变为50mLC．加热蒸发掉50mL水D．加入5mol·L－1盐酸100mL，再将溶液体积稀释到300mL答案D解析向其中通入标准状况下22.4LHCl气体，则溶质的物质的量为0.1L×1mol·L－1＋22.4L/22.4L·mol－1＝1.1mol，而溶液体积不能计算，所以其物质的量浓度不能计算，A错误；HCl易挥发，所以加热蒸发稀盐酸，HCl和水蒸气都减少，蒸发操作不可取，故B、C错误；加入5mol·L－1盐酸100mL，再将溶液体积稀释到300mL，所得溶液中溶质物质的量浓度为(0.1L×1mol·L－1＋5mol·L－1×0.1L)/0.3L＝2mol·L－1，D正确。【对点练4】(电荷守恒的应用)(2020·湖南怀化市高三期末)在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol/L)为()A.eq\f(2b－c,2a) B．eq\f(2b－c,3a)C．eq\f(2b－c,a) D．eq\f(2b－c,6a)答案B解析加入BaCl2反应的离子方程式为：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓，溶液中n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(Ba2＋)＝bmol；根据N原子守恒，溶液中n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(NH3)＝cmol；原溶液中的电荷守恒为：3n(Al3＋)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＝2n(SOeq\o\al(2－,4))，原溶液中n(Al3＋)＝eq\f(2b－c,3)mol，c(Al3＋)＝eq\f(2b－c,3)mol÷aL＝eq\f(2b－c,3a)mol/L。(1)溶液稀释规律(守恒观点)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，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。(2)同溶质不同物质的量浓度溶液混合的计算①混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。②混合后溶液体积发生变化时，c1V2＋c2V2＝c混V混，其中V混＝eq\f(m混,ρ混)。考点二一定物质的量浓度溶液的配制和分析【典例3】(2020·福建福清高三月考)某实验需要1.84mol·L－1的稀硫酸450mL，回答下列问题：(1)配制时需要98%密度为1.84g·cm－3的浓硫酸________mL。(2)配制时，必须使用的仪器有________(填代号)，还缺少的仪器是________。①烧杯②50mL量筒③100mL量筒④1000mL容量瓶⑤500mL容量瓶⑥托盘天平(带砝码)⑦玻璃棒(3)配制时，该实验两次用到玻璃棒，其作用分别是________、________。(4)下列操作的顺序是(用字母表示)________。A．冷却 B．量取C．洗涤两次 D．定容E．稀释 F．摇匀 G．转移(5)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________(填序号)。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．长期贮存溶液C．用来加热溶解固体溶质D．作为反应容器答案(1)50(2)①②⑤⑦胶头滴管(3)搅拌引流(4)BEAGCGDF(5)BCD解析(1)98%密度为1.84g·cm－3的浓硫酸的物质的量浓度是eq\f(1.84×98%×1000,98)mol/L＝18.4mol/L，根据稀释规律得1.84mol/L×0.5L÷18.4mol/L＝0.05L＝50mL；(2)配制500mL的溶液，需要的仪器是：50mL量筒量取浓硫酸、烧杯用于稀释浓硫酸、500mL的容量瓶、玻璃棒用于搅拌，定容时还缺少胶头滴管；(3)第一次用到玻璃棒是稀释浓硫酸时用于搅拌，第二次用玻璃棒是在移液时起到引流作用；(4)根据溶液配制的一般步骤，先量取浓硫酸，然后在烧杯中稀释、冷却后将溶液移入容量瓶中，洗涤烧杯、玻璃棒两次，也把洗涤液移入容量瓶中，然后定容、摇匀，所以答案是BEAGCGDF；(5)容量瓶只能用来配制一定浓度、一定体积的溶液，不能用来长期贮存溶液、作反应容器和加热容器，所以答案选BCD。容量瓶的选择和使用(1)选用容量瓶的原则——“大而近”，如需90mL溶液，则选用100mL容量瓶配制。(2)选用容量瓶时，应指明其规格。(3)往容量瓶中转移液体时，用玻璃棒引流，玻璃棒末端应在容量瓶刻度线以下。【对点练5】(配制溶液的规范操作)(2020·山西太原模拟)配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，下列操作不正确的是()答案C【对点练6】(固体溶质溶液的配制)实验室需要配制0.50mol·L－1NaCl溶液480mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(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5g)、药匙、烧杯、________、________、________以及等质量的两片同种纸片。(2)计算。配制该溶液需要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，请在下图中用一根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。答案(1)500mL容量瓶胶头滴管玻璃棒(2)14.6(3)①②左盘(4)搅拌，加速NaCl溶解(5)保证溶质全部转入容量瓶中(6)1～2cm胶头滴管配制一定物质的量浓度溶液时注意事项(1)解答需要补充仪器的实验题时，要学会“有序思考”——即按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，然后与已知仪器比较，寻找要补充的仪器。(2)所用定量仪器的精确度：量筒(精确到0.1mL)、托盘天平(精确到0.1g)。【典例4】分析误差填空。(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。(1)配制450mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g：________。(2)配制500mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g：________。(3)配制NaOH溶液时，托盘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4.4g，称量时物码放置颠倒：________。(5)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：________。(6)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：________。(7)未经洗涤烧杯及玻璃棒：________。(8)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：________。(9)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：________。(10)定容时仰视刻度线：________。(11)定容摇匀后少量溶液外流：________。(12)容量瓶中原有少量蒸馏水：________。答案(1)偏小(2)偏小(3)偏小(4)偏小(5)偏大(6)偏小(7)偏小(8)偏大(9)偏小(10)偏小(11)无影响(12)无影响解析(1)配制时应选用500mL容量瓶，所需NaOH固体质量为0.5L×0.1mol·L－1×40g·mol－1＝2.0g。(2)胆矾的摩尔质量为250g·mol－1，所需质量为0.5L×0.1mol·L－1×250g·mol－1＝12.5g。(3)NaOH易吸水潮解，会沾在纸片上，不能全部转移到烧杯中。(4)实际称量NaOH的质量为4.0g－0.4g＝3.6g。(8)NaOH溶于水放热，未冷却时溶液的体积比室温时大，应恢复室温后再移液、定容。(9)溶液的总体积超出了刻度线。配制误差分析的思维流程【对点练7】(溶液配制的误差分析)在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列操作可使所配溶液浓度偏高的是()A．未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶B．用量筒量取浓盐酸时，仰视读数C．定容时俯视刻度线D．溶解搅拌时造成液体溅出答案BC解析未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶中，溶质的物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，A项错误；用量筒量取浓盐酸时，仰视读数，量取的浓盐酸体积偏大，所配溶液浓度偏高，B项正确；定容时俯视刻度线，会造成水量偏少，所以溶液浓度偏高，C项正确；溶解搅拌时造成液体溅出，溶质的物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，D项错误。【对点练8】(仪器读数的误差分析)试分析下列情况的误差：(1)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(2)某同学用标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸的物质的量浓度时，若滴定前，读碱液体积时仰视碱式滴定管液面；滴定后，读碱液体积时俯视碱式滴定管液面。上述操作会使盐酸浓度的测定值________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(3)量筒内有95mL水，读数时仰视，则读数________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；若量取95mL水时仰视刻度，则实际量取的水的体积________(填“大于”、“小于”或“等于”)95mL。答案(1)偏高(2)偏低(3)偏低大于(1)配制溶液定容时，视线引起误差分析①仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低。②俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高。(2)不同仪器的仰视和俯视量取一定体积的液体时：仪器类型观察方法误差“0”刻度在下边仰视偏高(偏大)俯视偏低(偏小)“0”刻度在上边仰视偏低(偏小)俯视偏高(偏大)微专题3化学计算的常用方法方法一守恒法1．含义所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“反应”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中存在各种守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒、物料守恒等。2．解题步骤类型(一)原子守恒1.密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为催化剂，在一定条件下通过系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则NH3和CO2的质量之比应为()A．17∶44 B．22∶17C．17∶22 D．2∶1答案C解析根据密胺的结构简式和原子守恒可知，一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子，所以合成1mol密胺需要3molCO2和6molNH3，NH3和CO2的质量之比应为(6×17)∶(3×44)＝17∶22。2．28g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为()A．36g B．40gC．80g D．160g答案B解析28g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝eq\f(1,2)n(Fe)＝eq\f(1,2)×eq\f(28,56g·mol－1)＝0.25mol，所得Fe2O3固体的质量为：0.25mol×160g·mol－1＝40g。类型(二)电荷守恒3．将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mLpH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为________。答案0.2mol·L－1解析当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：eq\f(nNa＋,nSO\o\al(2－,4))＝eq\f(2,1)，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(H＋)＝0.1mol·L－1×0.2L＝0.02mol，c(NaOH)＝eq\f(0.02mol,0.1L)＝0.2mol·L－1。4．若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K＋Na＋NHeq\o\al(＋,4)SOeq\o\al(2－,4)NOeq\o\al(－,3)Cl－浓度/mol·L－14×10－66×10－62×10－54×10－53×10－52×10－5根据表中数据判断试样的pH＝________。答案4解析根据表格提供的离子可知，NHeq\o\al(＋,4)水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，c(K＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(Cl－)＋c(NOeq\o\al(－,3))，将表格中的数据代入得H＋浓度为10－4mol·L－1，则pH为4。方法二关系式法关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子，在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。高考题量大，时间紧，对于涉及多步计算的问题，如滴定实验的有关计算，巧妙运用关系式法，可以缩短答题时间；解题的关键是正确书写关系式。类型(一)根据多步反应的方程式找关系式1．为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取Wg石灰石样品，加入过量的浓度为6mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0mL。取出V1mL用amol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此时发生反应：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗amol·L－1的KMnO4V2mL，计算样品中CaCO3的质量分数。答案eq\f(25aV0V2,WV1)%解析本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋2CO2↑＋H2OC2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O由方程式可以得出相应的关系式样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×eq\f(V0,V1)mol则w(CaCO3)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2.5aV2×10－3×\f(V0,V1)))mol×100g·mol－1,Wg)×100%＝eq\f(25aV0V2,WV1)%。2．(2018·课标全国Ⅲ节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：滴定：取0.00950mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为________%(保留1位小数)。答案蓝色褪去95.0解析利用I2遇淀粉溶液显蓝色来判断滴定终点时，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复即可说明达到滴定终点。根据题中反应可得：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～3I2～6S2Oeq\o\al(2－,3)，则1.2000g样品中含有Na2S2O3·5H2O的质量＝eq\f(6×20.00×10－3L×0.00950mol·L－1,1)×eq\f(100,24.80)×248g·mol－1＝1.140g，样品纯度＝eq\f(1.140g,1.2000g)×100%＝95.0%。多步反应找关系式的解题步骤类型(二)根据不同物质中所含同种元素的原子个数找关系式3．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的浓度分别为450℃和80℃]。若铜银合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为________molCuAlO2，至少需要1.0mol·L－1的Al2(SO4)2溶液答案5025.0解析5.0kg银铜合金中铜的物质的量为n(Cu)＝eq\f(5.0×103g×63.5%,63.5g·mol－1)＝50mol根据流程图分析再由Cu原子守恒可得如下关系4Cu～4CuO～2Al2(SO4)3～4CuAlO2即,2Cu,～,Al2(SO4)3,～,2CuAlO2,,2,,1,,2)所以可完全转化生成50molCuAlO2，至少需要Al2(SO4)3的体积为eq\f(\f(50mol,2),1.0mol·L－1)＝25.0L。用原子守恒找关系式的方法(1)实际化工生产中往往涉及多步反应，但原料和产品中的某种主要元素是相同的，据此可以找出关系式，如利用转化反应中Cu原子守恒可得出关系式：Cu～CuO～CuSO4～CuAlO2，这样可避免书写化学方程式，缩短解题时间。(2)寻找关系式时，要特别注意原料中的主要元素是否全部转化为产物，如不能完全转化，可以将分步转化率换算成总转化率进行计算。方法三热重分析法1．设晶体为1mol，其质量为m。2．失重一般是先失水，再失非金属氧化物。3．计算每步固体剩余的质量(m余)eq\f(m余,m)×100%＝固体残留率。4．晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。5．失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。1．MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则(1)300℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为________(2)图中点D对应固体的成分为________(填化学式)。答案(1)1∶2(2)Mn3O4和MnO解析设MnCO3的物质的量为1mol，即质量为115g。(1)A点剩余固体质量为115g×75.65%≈87g，减少的质量为115g－87g＝28g，可知MnCO3失去的组成为“CO”，故剩余固体的成分为MnO2。(2)C点剩余固体质量为115g×61.74%≈71g，据锰元素守恒知m(Mn)＝55g，则m(O)＝71g－55g＝16g，则n(Mn)∶n(O)＝eq\f(55,55)∶eq\f(16,16)＝1∶1，故剩余固体的成分为MnO，同理，B点剩余固体质量为115g×66.38%＝76g，因m(Mn)＝55g，则m(O)＝76g－55g＝21g，则n(Mn)∶n(O)＝eq\f(55,55)∶eq\f(21,16)＝3∶4，故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。2．摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]经氧化后与KOH和H2C2O4反应可得到草酸合铁酸钾[KaFeb(C2O4)c·dH2(1)已知25℃，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝5.4×10－5。pH＝4的H2C2O4溶液中c(C2Oeq\o\al(2－,4))/c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝________。(2)为了确定草酸合铁酸钾的组成，准确称取4.910g样品在氮气气氛下加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示。已知：a.120℃b．200～580℃样品分解产生的CO和CO2恢复至标准状况下体积为1.008Lc．580℃以上残留固体为FeO和K2CO3根据以上实验数据计算草酸合铁酸钾的化学式为________。答案(1)0.54(2)K3Fe(C2O4)3·3H2O解析(1)已知25℃，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝5.4×10－5。pH＝4的H2C2O4溶液中eq\f(cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))＝eq\f(cC2O\o\al(2－,4)·cH＋,cHC2O\o\al(－,4)·cH＋)＝eq\f(Ka2,cH＋)＝eq\f(5.4×10－5,1.0×10－4)＝0.54。(2)120℃时样品已完全失去结晶水，则m(H2O)＝4.910g－4.37g＝0.54g，n(H2O)＝3×10－2mol；又已知分解产生的CO和CO2满足n(CO)＋n(CO2)＝eq\f(1.008L,22.4L·mol－1)＝4.5×10－2mol，根据原子守恒有2n(C2Oeq\o\al(2－,4))＝n(K2CO3)＋n(CO)＋n(CO2)＝n(K2CO3)＋4.5×10－2mol，由已知信息c及题图可知，m(FeO)＋m(K2CO3)＝n(Fe3＋)×72g·mol－1＋eq\f(1,2)n(K＋)×138g·mol－1＝2.79g，又KaFeb(C2O4)c呈电中性，则3n(Fe3＋)＋n(K＋)＝2×n(C2Oeq\o\al(2－,4))＝n(K2CO3)＋n(CO)＋n(CO2)＝n(K2CO3)＋4.5×10－3＝eq\f(1,2)n(K＋)＋4.5×10－2mol，解得n(Fe3＋)＝1×10－2mol，n(K＋)＝3×10－2mol，n(C2Oeq\o\al(2－,4))＝3×10－2mol，则样品中n(K＋)∶n(Fe3＋)∶n(C2Oeq\o\al(2－,4))∶n(H2O)＝(3×10－2mol)∶(1×10－2mol)∶(3×10－2mol)∶(3×10－2mol)＝3∶1∶3∶3，故草酸合铁酸钾的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。1．金属锡的纯度可以通过下述方法测定：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl=SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3=SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl=6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613g，经上述反应后，共用去0.100mol·L－1K2Cr2O7溶液16.0mL。求试样中锡的百分含量________(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。答案93.2%解析设Sn的质量为x，Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O73×119g1molx0.100×0.016molx＝eq\f(3×119g×0.100×0.016mol,1mol)＝0.5712gw(Sn)＝eq\f(0.5712g,0.613g)×100%≈93.2%。2．Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度，取废水50.00mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量稀硫酸处理，此时CrOeq\o\al(2－,4)全部转化为Cr2Oeq\o\al(2－,7)；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加0.100mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00mL。已知有关反应的离子方程式为①Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为________。答案0.024mol·L－1解析设Ba2＋的物质的量为x，则根据相关反应可得以下关系式：Ba2＋～BaCrO4～eq\f(1,2)Cr2Oeq\o\al(2－,7)～eq\f(3,2)I2～3S2Oeq\o\al(2－,3)1mol3molx0.036L×0.100mol·L－1解得x＝1.2×10－3mol，则c(Ba2＋)＝eq\f(1.2×10－3mol,0.050L)＝0.024mol·L－1。3．BaCrO4常用于制备颜料、陶瓷、玻璃、安全火柴等。为了测定某铬酸钡样品中BaCrO4的含量，进行如下实验：wg样品eq\o(→,\s\up7(过量HI溶液),\s\do5(盐酸))I2、Cr3＋、Ba2＋、Cl－eq\o(→,\s\up7(VmLcmol·L－1Na2S2O3标准液))终点已知：杂质不参与反应；滴定反应为I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。(1)写出BaCrO4与过量HI溶液反应的离子方程式：____________________________________________。(2)BaCrO4的摩尔质量为Mg·mol－1，则样品中BaCrO4的质量分数为________%(用代数式表示)。答案(1)2BaCrO4＋6I－＋16H＋=2Ba2＋＋2Cr3＋＋3I2＋8H2O(2)eq\f(cVM,30w)解析根据题示信息，BaCrO4中＋6价Cr元素被还原成Cr3＋，HI中I－被氧化成I2，根据得失电子守恒配平离子方程式2BaCrO4＋6I－＋16H＋=2Ba2＋＋2Cr3＋＋3I2＋8H2O，由滴定反应知，2BaCrO4～3I2～6Na2S2O3，3n(BaCrO4)＝n(Na2S2O3)，则样品中BaCrO4的质量分数为eq\f(cVM,1000×3w)×100%＝eq\f(cVM,30w)%。4.在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210℃时，剩余固体物质的化学式为________答案HVO3解析NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5,210℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为eq\f(100,117)×100%≈85.47%，所以210℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。5．将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404g·mol－1)在空气中加热，样品的固体残留率(eq\f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%)随温度的变化如下图所示。当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为________(填字母)。A．Ce(SO4)2 B．Ce2(SO4)3C．CeOSO4答案B解析404×70.3%≈284，A的相对分子质量为332，B的相对分子质量为568，C的相对分子质量为252，根据质量守恒808×70.3%≈568，应选B。6．在空气中加热10.98g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。温度范围/℃固体质量/g150～2108.82290～3204.82890～9204.50(1)加热到210℃时，固体物质的化学式为________(2)经测定，加热到210～310℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为________________________________答案(1)CoC2O4(2)3CoC2O4＋2O2eq\o(=,\s\up7(△))Co3O4＋6CO2解析(1)CoC2O4·2H2O失去全部结晶水的质量为10.98×eq\f(147,183)g＝8.82g，即加热到210℃时，固体物质是CoC2O4。(2)根据元素守恒，n(CO2)＝eq\f(8.82,147)×2mol＝0.12mol，质量为0.12mol×44g·mol－1＝5.28g，而固体质量减少为(8.82－4.82)g＝4.00g，说明有气体参加反应，即氧气参加，氧气的质量为(5.28－4.00)g＝1.28g，其物质的量为eq\f(1.28,32)mol＝0.04mol，n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝eq\f(8.82,147)∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守恒，3CoC2O4＋2O2eq\o(=,\s\up7(△))Co3O4＋6CO2。微专题4溶解度及溶解度曲线1．固体物质的溶解度(1)概念：在一定温度下，某固体物质在100g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫作这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。(2)计算：饱和溶液中存在的两比例：①eq\f(m溶质,m溶剂)＝eq\f(S,100g)；②eq\f(m溶质,m溶液)＝eq\f(S,100g＋S)。(3)影响溶解度大小的因素①内因：物质本身的性质(由结构决定)。②外因：a．溶剂的影响(如NaCl易溶于水而不易溶于汽油)。b．温度的影响：升温，大多数固体物质在水中的溶解度增大，少数物质溶解度减小，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。2．气体物质的溶解度(1)表示方法：通常指该气体(其压强为101kPa)在一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积，常记为1∶x。如NH3、HCl、SO2、CO2气体常温时在水中的溶解度分别为1∶700、1∶500、1∶40、1∶1。(2)影响因素：气体物质溶解度的大小与温度和压强有关，温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。3．溶解度曲线(1)常见物质的溶解度曲线(g/100g水)(2)溶解度曲线的意义①点：曲线上的点叫饱和点。a．曲线上任一点表示对应温度下该物质的溶解度；b．两曲线的交点表示两物质在该交点的温度下溶解度相等。②线：溶解度曲线表示物质的溶解度随温度变化的趋势，其变化趋势分为三种：a．陡升型：大部分固体物质的溶解度随温度升高而增大，且变化较大，如硝酸钾，提纯时常采用降温结晶(冷却热饱和溶液)的方法；b．下降型：极少数物质的溶解度随温度升高反而减小，如熟石灰的饱和溶液升温时变浑浊；c．缓升型：少数物质的溶解度随温度变化不大，如氯化钠，提纯时常采用蒸发结晶(蒸发溶剂)的方法。③面：a．溶解度曲线下方的面表示相应温度下该物质的不饱和溶液；b．溶解度曲线上方的面表示相应温度下该物质的过饱和溶液，可以结晶析出晶体。(3)溶解度曲线的应用利用溶解度曲线选择不同的物质分离方法：①溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；若NaCl溶液中含有KNO3，应采取蒸发结晶，趁热过滤的方法。②溶解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水)采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；若KNO3溶液中含有NaCl，应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。【案例1】溶解度曲线的意义MgSO4、NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是()A．MgSO4的溶解度随温度升高而升高B．NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大C．T2℃时，MgSOD．将MgSO4饱和溶液的温度从T3℃降至T答案C解析温度低于T2℃时，MgSO4的溶解度随温度升高而增大，高于T2℃时，MgSO4的溶解度随温度升高而降低，A错误；T1℃、T3℃时，NaCl、MgSO4的溶解度相等，B错误；w＝eq\f(S,100g＋S)×100%，S越大，w越大，C正确；将MgSO4饱和溶液的温度从T3【案例2】根据溶解度曲线进行分离提纯(2017·课标全国Ⅲ，27)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：已知：有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a．80℃ b．60c．40℃ d．步骤⑤的反应类型是________。答案d复分解反应解析由溶解度曲线图可知，10℃时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液当中，故冷却到10℃时得到的K2Cr2O7固体最多，该步骤的反应化学方程式为2KCl＋Na2Cr2O7=2NaCl＋K2Cr2O1．已知四种盐的溶解度(S)曲线如图所示，下列说法不正确的是()A．NaCl可以通过将NaCl溶液蒸发结晶得到晶体B．NaCl中混有少量Mg(ClO3)2杂质，可采用将热的饱和溶液冷却结晶方法得到NaClC．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2答案B解析含少量Mg(ClO3)2的NaCl溶液，可以采用蒸发溶剂而结晶的方法得到NaCl晶体，B项不正确。2．以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下：氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如图所示。回答下列问题：(1)欲制备10.7gNH4Cl，理论上需NaCl________g。(2)实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有________、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。(3)“冷却结晶”过程中，析出NH4Cl晶体的合适温度为________。(4)不用其他试剂，检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是_________________________________________________。(5)若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质，进一步提纯产品的方法是________。答案(1)11.7(2)蒸发皿(3)35℃(33℃～40解析根据氯原子守恒可列关系式求m(NaCl)＝10.7g×58.5g·mol－1÷53.5g·mol－1＝11.7g，氯化铵的溶解度随温度变化较大，故可用冷却结晶法析出晶体，但要防止硫酸钠析出，所以温度应大约在33～40℃。1．(高考组合题)下列说法正确的是________。A．(2020·北京高考)配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液用下列(图1)仪器或装置进行相应实验B．(2020·天津高考)配制50.00mL0.1000mol·L－1Na2CO3溶液选择下列(图2)实验仪器或装置C．(2019·江苏高考)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D．(2019·天津高考)配制一定物质的量浓度的溶液，下列(图3)实验仪器或操作能达到目的答案AD解析图①为配制一定浓度溶液的转移操作，图示操作正确，A项能达到实验目的；配制50.00mL0.1000mol·L－1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配制溶液，B项错误；配制一定物质的量浓度的溶液不能在容量瓶中溶解或稀释，C项错误；容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故D项能达到目的。2．(高考组合题)下列实验过程不能达到实验目的的是________。编号实验目的实验过程A(2018·全国卷Ⅱ)配制0.4000mol·L－1的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容B(2017·全国卷Ⅲ)配制浓度为0.010mol·L－1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C(2018·全国卷Ⅱ)制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液D(2016·全国卷Ⅲ)配制稀硫酸先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水答案ABCD解析NaOH固体溶解并冷却后转移至250mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移至容量瓶中，然后定容，A项错误；不能在容量瓶中直接溶解固体，B项错误；锌粒与稀盐酸反应生成的H2中混有挥发出的HCl，要先通过NaOH溶液除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气即可，不需要通过KMnO4溶液，C项错误；稀释浓硫酸时应将浓硫酸慢慢加入水中(“酸入水”)，并不断搅拌使产生的热量迅速扩散，以防液体溅出，D项错误。3．(1)(2020·课标全国Ⅰ)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L－1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、________(从下列图中选择，写出名称)。(2)(2018·课标全国Ⅲ)配制硫代硫酸钠标准溶液：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的________中，加蒸馏水至________________________________。答案(1)烧杯、量筒、托盘天平(2)烧杯容量瓶凹液面最低处与刻度线相平解析(1)利用固体配制一定物质的量浓度的溶液时需要用托盘天平称量固体，用烧杯溶解固体，用量筒量取蒸馏水。(2)配制溶液需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平。4．(2017·浙江高考)用无水Na2CO3固体配制250mL0.1000mol·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解析(1)固体配制溶液时不需要量筒，需要的仪器主要有：托盘天平、药匙、烧杯、容量瓶(规格)、胶头滴管、玻璃棒六种；(2)定容操作时要注意加水至刻度线的细节表述：当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；(3)A项中称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体实际溶质少了，导致浓度偏小；C中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，导致浓度偏低。B项导致偏大，D项转移洗涤液时洒到容量瓶外，实验失败，洗净容量瓶后重新配制，未清洗容量瓶中残留有溶质，导致浓度偏高。一、选择题(本题包括8小题，每小题只有一个选项符合题意)1．下列所配溶液浓度为1mol·L－1的是()A．将31gNa2O溶于1L水中B．常温下，将22.4LHCl溶于水中，配成1L溶液C．将100mL5mol·L－1的KNO3溶液加水稀释至500mLD．将10mL10mol·L－1的H2SO4溶液与90mL水混合答案C解析根据钠原子守恒可知n(NaOH)＝2n(Na2O)＝2×eq\f(31g,62g·mol－1)＝1mol，但水的体积不等于溶液的体积，所以无法计算溶液浓度，选项A错误；不是标准状况下，气体的物质的量不是1mol，选项B错误；稀释前后溶质的物质的量不变，即c(浓)V(浓)＝c(稀)V(稀)，则0.1L×5mol·L－1＝c(稀)×0.5L，解得c(稀)＝1mol·L－1，选项C正确；将10mL10mol·L－1的H2SO4溶液与90mL水混合，溶液的体积小于100mL，无法计算，选项D错误。2．(2020·山东菏泽市高三一模)用18.0mol·L－1的硫酸配制250mL0.1mol·L－1的硫酸，下列仪器无须选用的是()A．烧杯 B．烧瓶C．容量瓶 D．玻璃棒答案B解析用18.0mol·L－1的硫酸配制250mL0.1mol·L－1的硫酸，需要先把浓硫酸在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，然后才能转移到容量瓶中，整个实验操作不需要使用烧瓶，故答案选B。3．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B4．把如图标签所示的两份溶液注入如图容量瓶中并达到图示状态。下列说法正确的是()A．两份溶液中溶质的物质的量相同B．两份溶液中c(H＋)分别为0.3mol·L－1和0.25mol·L－1C．容量瓶中溶液的浓度为0.21mol·L－1D．容量瓶中溶液的c(H＋)为0.21mol·L－1答案C解析A项，两份溶液中n(H2SO4)分别为0.03mol和0.075mol，错误；B项，两份溶液中c(H＋)分别为0.6mol·L－1和0.5mol·L－1，错误；C项，c＝eq\f(0.3×0.1＋0.25×0.3,0.5)mol·L－1＝0.21mol·L－1，正确；D项，c(H＋)＝0.21mol·L－1×2＝0.42mol·L－1，错误。5．硫酸铜水溶液呈酸性，属保护性无机杀菌剂，对人畜比较安全，其与石灰乳混合可得“波尔多液”。实验室里需用480mL0.10mol·L－1的硫酸铜溶液，则应选用的容量瓶规格和称取溶质的质量分别为()A．480mL容量瓶，称取7.68g硫酸铜B．480mL容量瓶，称取12.0g胆矾C．500mL容量瓶，称取9.00g硫酸铜D．500mL容量瓶，称取12.5g胆矾答案D解析应选500mL容量瓶，500mL溶液对应的胆矾质量为12.5g。6．某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为()离子Na＋Al3＋Cl－X个数32abA.NOeq\o\al(－,3)、4a B．SOeq\o\al(2－,4)、4aC．OH－、4a D．SOeq\o\al(2－,4)、8a答案B解析设X的电荷数为n，溶液呈电中性，则溶液中存在3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)＝a×N(Cl－)＋nb×N(X)，则A.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)≠a×N(Cl－)＋4a×N(NOeq\o\al(－,3))，电荷不守恒，故A错误；B.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)＝a×N(Cl－)＋4a×2×N(SOeq\o\al(2－,4))，电荷守恒，故B正确；C.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)≠a×N(Cl－)＋4a×N(OH－)，电荷不守恒，Al3＋、OH－不能大量共存，故C错误；D.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)≠a×N(Cl－)＋8a×2×N(SOeq\o\al(2－,4))，7．某兴趣小组需要500mL2mol·L－1的H2SO4溶液，若用98%密度为1.84g·mL－1的浓硫酸配制该溶液。下列操作正确的是()答案D解析A．图中量取液体时仰视刻度线，导致量取浓硫酸体积偏大，操作错误，故A错误；B.图中浓硫酸稀释将水注入浓硫酸，容易产生酸飞溅伤人，操作错误，故B错误；C.图中移液操作未用玻璃棒引流，操作错误，故C错误；D.图中为定容操作，眼睛平视刻度线，操作正确，故D正确。8．(2020·郑州模拟)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，使其质量分数变为2a%，此时溶液中溶质的物质的量浓度为c2mol·L－1。则c1和c2A．c1＝2c2mol·L－1 B．c2<2c1C．c2>2c1mol·L－1 D．c2＝2c1答案C解析由c＝eq\f(1000ρw,M)可知，eq\f(c1,c2)＝eq\f(ρ1·a%,ρ2·2a%)＝eq\f(ρ1,2ρ2)，由于ρ1＜ρ2，所以c2＞2c1。二、选择题(本题包括4小题，每小题有一个或两个选项符合题意)9．下列有关实验原理或操作正确的是()A．用20mL量筒量取15mL酒精，加5mL水，配制质量分数为75%的酒精溶液B．在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子和NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol·L－1C．实验中需用950mL2.0mol·L－1Na2CO3溶液，配制时选用的容量瓶的规格和称取的Na2CO3的质量分别为1000mL、212gD．实验室配制500mL0.2mol·L－1硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀答案BC解析不能用量筒来配制溶液，应用烧杯，且15mL酒精的质量不是5mL水的质量的3倍，A项错误；1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，设金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x＝1.5×2＝3，故金属阳离子为＋3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根离子守恒可知，硫酸盐为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为eq\f(0.5mol,0.2L)＝2.5mol·L－1，B项正确；没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m(Na2CO3)＝cVM＝1L×2mol·L－1×106g·mol－1＝212g，C项正确；配制500mL0.2mol·L－1硫酸亚铁溶液，需要绿矾(FeSO4·7H2O)的物质的量为0.5L×0.2mol·L－1＝0.1mol，质量为27.8g，D项错误。10．把含硫酸铵和硝酸铵的混合溶液aL分成两等份，一份加入含bmolNaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmolBaCl2才能使SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，则原溶液中NOeq\o\al(－,3)的物质的量浓度(mol·L－1)为()A.eq\f(b－2c,a) B．eq\f(2b－4c,a)C.eq\f(2b－c,a) D．eq\f(b－4c,a)答案B解析bmolNaOH恰好将NH3全部赶出，根据NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O可知，每份中含有bmolNHeq\o\al(＋,4)；与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2才能使SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，根据Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓可知每份含有SOeq\o\al(2－,4)cmol，设每份中含有NOeq\o\al(－,3)的物质的量为xmol，根据溶液呈电中性，则bmol×1＝cmol×2＋xmol×1，得x＝b－2c，因将aL混合溶液分成两等份，则每份的体积是0.5aL，所以每份溶液中c(NOeq\o\al(－,3))＝eq\f(b－2cmol,0.5aL)＝eq\f(2b－4c,a)mol·L－1，即原溶液中NOeq\o\al(－,3)的浓度是eq\f(2b－4c,a)mol·L－1，故选B。11．某同学参阅了“84消毒液”说明书中的配方，欲用NaClO固体自己配制480mL含NaClO25%、密度为1.19g·cm－3的消毒液。下列说法正确的是()A．配制过程中只需要三种仪器即可完成B．所配得的NaClO消毒液在空气中经光照、久置后，溶液中NaClO的物质的量浓度减小C．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才可用于溶液的配制D．需要称量的NaClO固体的质量为142.80g答案B解析配制过程中需要托盘天平(或电子天平)、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等仪器，A项错误；由于NaClO与空气中的CO2反应生成HClO，HClO在光照条件下易分解，故所配得的NaClO消毒液在空气中经光照、久置后，溶液中NaClO的物质的量浓度减小，B项正确；容量瓶用蒸馏水洗净后不必烘干就可用于溶液的配制，C项错误；应按配制500mL溶液计算，需要NaClO固体的质量为148.75g，应该用托盘天平称量148.8g次氯酸钠，D项错误。12．某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25℃时，ag该晶体能够溶于bg水中形成VA．该溶液中溶质的质量分数为eq\f(100aM－18n,a＋b)%B．该溶液的物质的量浓度为eq\f(a,MV)mol·L－1C．该溶液的溶解度为eq\f(100aM－18na,18na＋bM)gD．该溶液的密度为eq\f(a＋b,V)g·cm－3答案AB解析某结晶水合物的化学式为R·n