专题五一定物质的量浓度的溶液及配制（精讲）-2023年高考化学

专题五一定物质的量浓度的溶液及配制【核心素养】课标要求核心素养物质的量浓度的概念及计算。配制一定物质的量浓度的溶液。运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。体会定量研究对化学科学的重要作用。宏观辨识与微观探析科学探究与创新意识证据推理与模型认证【思维导图】【知识点精准记忆】物质的量浓度(一)溶液组成的两种表示方法1．物质的量浓度(cB)概念以单位体积溶液里所含溶质B的物质的量来表示溶液组成的物理量，表达式为cB＝eq\f(nB,V)，单位是mol·L－1注意事项①从一定物质的量浓度溶液中取出不同体积的溶液，其浓度相同、所含溶质的物质的量不同；②溶质的浓度和离子的浓度不一定相同，要依据化学式进行分析计算。如：0.5mol·L－1AlCl3溶液中，c(Cl－)＝0.5mol·L－1×3＝1.5mol·L－12．溶质的质量分数(w)(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＝eq\f(m溶质,m溶液)×100%。(二)物质的量浓度的有关计算1．对物质的量浓度表达式的理解(1)正确判断溶液的溶质并计算其物质的量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。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。含结晶水的物质：CuSO4·5H2O→CuSO4；Na2CO3·10H2O→Na2CO3。(2)准确计算溶液的体积：不是溶剂体积，也不是溶剂体积与溶质体积之和，可以根据V＝eq\f(m溶液,ρ溶液)求算。2．计算类型(1)标准状况下，气体溶于水形成溶液的物质的量浓度的计算eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(溶质的物质的量n＝\f(V气体,22.4L·mol－1),溶液的体积V＝\f(m,ρ)＝\f(m气体＋m水,ρ)))c＝eq\f(n,V)(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算推导过程(以1L溶液为标准)：1L(1000mL)溶液中溶质质量m(溶质)＝1_000ρ×wg⇨n(溶质)＝eq\f(1000ρw,M)mol⇨溶质的物质的量浓度c＝eq\f(1000ρw,M)mol·L－1。(c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液的密度，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)(3)溶解度与质量分数的关系某温度下饱和溶液质量分数(w)与溶解度(S)的换算公式：w＝eq\f(S,100＋S)×100%。(三)溶液稀释与混合的计算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，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。2．溶液混合混合前后溶质的物质的量保持不变，即：c1V1＋c2V2＝c混V混。若稀溶液混合后体积不变，则V混＝V1＋V2；若混合后体积变化，则V混＝eq\f(V1ρ1＋V2ρ2,ρ混)。【思维点拨】溶质相同、质量分数不同(a%、b%)的两溶液混合(1)等体积混合①当溶液密度大于1g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大，等体积混合后，质量分数w>eq\f(1,2)(a%＋b%)(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液)；②当溶液密度小于1g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小，等体积混合后，质量分数w<eq\f(1,2)(a%＋b%)(如酒精、氨水溶液)。(2)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)，则混合后溶液中溶质的质量分数w＝eq\f(1,2)(a%＋b%)。一定物质的量浓度溶液的配制(1)构造及用途(2)查漏操作(3)注意事项①不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释；②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的；③向容量瓶中注入液体时，一定要用玻璃棒引流；④容量瓶不能用作反应容器或用来长期贮存溶液；⑤不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积（3）配制100mL1.00mol·L－1氯化钠溶液（4）误差分析实验操作nVc①计算结果m=5.85

g,称5.9

g偏大不变偏大②砝码生锈(没有脱落)偏大不变偏大③少量氯化钠沾在滤纸上偏小不变偏小④有少量液体溅出偏小不变偏小⑤容量瓶内有少量水不变不变不变⑥未洗涤或洗涤液未注入容量瓶偏小不变偏小⑦仰视不变偏大偏小⑧超过刻度线,吸出一部分水偏小不变偏小⑨摇匀后液面下降,补充水不变偏大偏小⑩试剂瓶刚用蒸馏水洗过不变偏大偏小三、溶解度曲线的解读和应用1．溶解度曲线溶解度曲线是同种物质在不同温度下的溶解度绘制出来的曲线，一般随着温度的升高而升高，但是少部分物质会随着温度的升高而降低。用纵坐标表示溶解度，横坐标表示温度，绘出固体物质的溶解度随温度变化的曲线就叫做溶解度曲线。2．利用溶解度受温度影响不同进行除杂的方法(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。四、以物质的量为中心的综合计算以物质的量为中心的综合运算，常与化学方程式结合起来进行解答，涉及的运算方法主要有比例式法和关系式法，而解题常用的守恒法是化学学科中的一种基本思想和方法，包括质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。eq\a\vs4\al(类型一以NA为中心的综合运算比例式法)1．应用原理2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑化学计量数之比：2∶2∶2∶1扩大NA倍：2NA∶2NA∶2NA∶NA物质的量之比：2mol∶2mol∶2mol∶1mol结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。2．解题步骤[典例1]在标准状况下，15.6gNa2O2投入足量水中，充分反应，生成NaOH的物质的量为多少？生成O2的体积为多少？[答案]生成NaOH0.4mol，生成O22.24L[解析]n(Na2O2)＝eq\f(15.6g,78g·mol－1)＝0.2mol2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑2mol4mol22.4L0．2moln(NaOH)V(O2)eq\f(2mol,0.2mol)＝eq\f(4mol,nNaOH)＝eq\f(22.4L,VO2)故n(NaOH)＝0.4mol，V(O2)＝2.24L。eq\a\vs4\al(类型二守恒法在解题中的妙用)1．应用原理所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。2．解题步骤[典例2]在氧气中燃烧0.22g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10mL0.5mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为()A．72% B．40%C．36% D．18%[答案]C[解析]由S原子守恒和有关反应可得出：S～H2SO4～2NaOH32g2molm(S)0.5×10×10－3mol得m(S)＝0.08g原混合物中w(S)＝eq\f(0.08g,0.22g)×100%≈36%。eq\a\vs4\al(类型三关系式法在多步反应中的应用)1．应用原理关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”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的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。2．解题步骤[典例3](2020·江苏高考)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为C3N3O3Cleq\o\al(－,2)＋H＋＋2H2O=C3H3N3O3＋2HClOHClO＋2I－＋H＋=I2＋Cl－＋H2OI2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程，该样品的有效氯＝eq\f(测定中转化为HClO的氯元素质量×2,样品质量)×100%)[答案]n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝0.1000mol·L－1×0.02000L＝2.000×10－3mol根据物质转换和电子得失守恒关系：C3N3O3Cleq\o\al(－,2)～2HClO～2I2～4S2Oeq\o\al(2－,3)得n(Cl)＝0.5n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝1.000×10－3mol氯元素的质量：m(Cl)＝1.000×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.03550g该样品的有效氯为eq\f(0.03550g,1.1200g×\f(25.00mL,250.0mL))×2×100%≈63.39%该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品[解析]依据三个反应得出关系式：C3N3O3Cleq\o\al(－,2)～2HClO～2I2～4S2Oeq\o\al(2－,3)，根据Na2S2O3的消耗量，可以计算出测定中转化为HClO的氯的物质的量，进而得出氯元素的质量，再由有效氯的计算公式可计算出有效氯。【典例剖析】考点一、物质的量浓度1．下列目的能达到的是()A．将58.5gNaCl溶于1L水中可得1mol·L－1的NaCl溶液B．从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1C．中和100mL1mol·L－1的H2SO4溶液生成正盐，需NaOH4gD．将78gNa2O2溶于水，配成1L溶液可得到浓度为1mol·L－1溶液【答案】B【解析】A项，不知道所得溶液的体积，无法计算NaCl溶液的物质的量浓度；C项，m(NaOH)＝2×0.1L×1mol·L－1×40g·mol－1＝8g；D项，所得溶液溶质为NaOH，其浓度应为2mol·L－1。2．100mL0.3mol·L－1Na2SO4溶液和50mL0.2mol·L－1Al2(SO4)3溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液中SOeq\o\al(2－,4)的物质的量浓度为()A．0.20mol·L－1 B．0.25mol·L－1C．0.40mol·L－1 D．0.50mol·L－1【答案】C【解析】由c1·V1＋c2·V2＝c混·(V1＋V2)可知，100mL×0.3mol·L－1＋50mL×0.2mol·L－1×3＝c混(SOeq\o\al(2－,4))×(100mL＋50mL)，解得c混(SOeq\o\al(2－,4))＝0.40mol·L－13．T℃时，有硫酸镁溶液500mL，它的密度是1.20g·cm－3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是()A．溶质的质量分数是24.0%B．溶液的物质的量浓度是2.4mol·L－1C．溶质和溶剂的物质的量之比是1∶21D．若此溶液为饱和溶液，则硫酸镁在该温度下的溶解度是eq\f(144×100,600)g＝24g【答案】D【解析】由Mg2＋的质量分数知MgSO4的质量分数为eq\f(120,24)×4.8%＝24.0%，其物质的量浓度c＝eq\f(1000cm3·L－1×1.20g·cm－3×24.0%,120g·mol－1)＝2.4mol·L－1，溶质与溶剂的物质的量之比为eq\f(24%,120)∶eq\f(76%,18)≈1∶21，硫酸镁在该温度下的溶解度为eq\f(144×100,456)g≈31.58g。4.某350mL含的矿泉水标签上印有主要的矿物质成分。则的物质的量浓度为()A.B.C.D.【答案】B【解析】根据题意得：物质的量浓度为，物质的量浓度为，物质的量浓度为，根据电荷守恒分析，设镁离子的物质的量浓度为x，则有，解得。故选B。300mL溶液中，含为1.62g，在该溶液中加入溶液300mL，反应后溶液中的物质的量的浓度为（）（混合体积看成两液体体积之和）A.

0.4mol/L B.

0.3mol/L C.

0.2mol/L D.

0.1mol/L

【答案】B【解析】1.62gAl3+的物质的量为n（Al3+）==0.06mol，反应前100mLAl2（SO4）3溶液中含有的n（）=n（Al3+）=0.06mol×=0.09mol，

100mL0.3mol•L1Ba（OH）2溶夜中n[Ba（OH）2]=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，结合反应+Ba2+=BaSO4↓可知，反应后溶液中的n（）=0.09mol0.03mol=0.06mol，则反应后溶液中的物质的量浓度约为c（）==0.3mol/L，

考点二、一定物质的量浓度溶液的配制下列配制的溶液浓度偏高的是(

)A.配制盐酸，用量筒量取盐酸时俯视刻度线

B.配制硫酸溶液定容时，仰视容量瓶刻度线

C.配制

硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾

D.配制

溶液，称取

固体，溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线【答案】D

【解析】由及不当操作可知，偏大或偏小均使配制的溶液浓度偏高，以此来解答；

A.用量筒量取盐酸时俯视刻度线，偏小，浓度偏小，故A不选；

B.定容时，仰视容量瓶刻度线，偏大，浓度偏小，故B不选；

C.配制硫酸铜溶液，需要胆矾为，故C不选；

D.溶解后未经冷却即注入容量瓶，偏小，浓度偏高，故D选。

故选D。

某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。由图可以看出，该同学在操作时的一个错误是

，烧杯的实际质量为

。需配制溶液，该同学转移溶液的示意图如图所示。指出实验中存在的两个错误：

。用质量分数为、密度为的浓硫酸配制的稀硫酸。应用量筒量取浓硫酸

。配制稀硫酸时需用到的仪器有量筒、小烧杯、玻璃棒、

。下列操作使所配制溶液的物质的量浓度偏高的是

填标号。A.称量时用了生锈的缺码B.定容时俯视刻度线C.往容量瓶中转移时，有少量液体溅出D.定容时仰视刻度线E.容量瓶未干燥即用来配制溶液F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线【答案】烧杯与砝码放反了没有用玻璃棒引流、容量瓶规格选错容量瓶、胶头滴管

【解析】用天平称量物体质量时需遵循左物右码的原则，由题图可知，该同学在操作时的一个错误是将共码与烧杯放反了位置，右盘烧杯质量左盘砂码质量游码示数。根据题图可知，共有两处错误，一处是没有用玻璃棒引流；另一处是容量瓶规格错误，应该用容量瓶。质量分数为、密度为的浓的物质的量浓度；根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算所需浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为

，则，解得。步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取用到胶头滴管浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤次烧杯，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。由提供的仪器可知还需要的仪器有容量瓶、胶头滴管。生锈的砝码质量偏大，而，故称量出的药品的房量偏大，则配制出的溶液的浓度偏高，选项A正确；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，则浓度偏高，选项B正确；往容量瓶中转移时，有少量液体溅出，会导致溶质损失，则溶液浓度偏低，选项C错误；定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，选项D错误；只要最后定容时凹液面最低处与刻度线相切即可，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，选项E错误；定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线导致溶液体积偏大，则浓度偏低，选项F错误。某化学实验室需要硫酸溶液。回答下列问题。如图所示的仪器中配制溶液需要用到的是_______填序号，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是__________________填仪器名称。现用质量分数为、密度为的浓硫酸来配制、的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为_____保留一位小数，现有、、、四种规格的量筒，你选用的量筒是_____填代号。配制时，一般可分为以下几个步骤：量取计算稀释摇匀转移洗涤定容冷却其正确的操作顺序为____________填序号。在配制过程中，其他操作都正确，能引起浓度偏低的有______填序号。洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中未等稀释后的溶液冷却至室温就转移到容量瓶中转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线定容时，俯视刻度线【答案】

容量瓶、胶头滴管

；

【解析】（1）题干所用的溶质是浓硫酸，呈液态，仪器A~F中不选F；配制480mL溶液要选取500mL容量瓶。（2）稀释前后n

（H2SO4）不变，1cm3=1mL，则0.5L×0.5mol·L1=[V（浓硫酸）×1.84g·mL1

×98%]/98g·mol1，

V（浓硫酸）≈13.6mL。根据“大而近”原则，要用25mL的量简量取13.6mL浓硫酸。

（3）浓硫酸配制一定物质的量浓度稀硫酸时操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，

故答案为：⑧；⑤；⑥；⑦；

（4）c=，如果n偏小或V偏大导致配制溶液浓度偏低，如果n偏大或V偏小导致配制溶液浓度偏高

④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸，导致n偏小，则配制溶液浓度偏低;

⑤定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致V偏大，则配制溶液浓度偏低.用无水，固体配制溶液的步骤如图所示，请回答下列问题：在配制过程中需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、

、容量瓶和量筒；检验容量瓶是否漏水的操作是

。经计算，需无水固体的质量为

。此实验中玻璃棒的作用是

。下列操作不会对所配的溶液浓度产生影响的是

。A.容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干B.操作没有用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒次，并转移洗涤液C.操作仰视容量瓶的刻度线D.操作后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量蒸馏水使液体凹液面与刻度线相切已知亚硫酸钠在空气中能被氧气氧化成硫酸钠，请设计实验检验配制的溶液是否变质：

。【答案】胶头滴管；向容量瓶中注入适量水，塞好瓶塞倒置，观察瓶塞周围是否漏水；如不漏水，正置容量瓶，将瓶塞旋转，再重复检漏

搅拌，加快溶解；引流，防止液体飞溅

取少量所配溶液，先加入盐酸酸化，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，则溶液已变质，若无白色沉淀产生，则溶液没有变质。

【解析】略。

根据计算可得，，则。

在操作中玻璃棒的作用是搅拌，加快溶解；在操作、中玻璃棒的作用是引流，防止液体飞溅。

项，容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，无影响；项，操作没有用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒次，并转移洗涤液，则溶质的量减少，配得的溶液浓度偏小；项，操作仰视容量瓶的刻度线，则溶液体积偏大，配得的溶液浓度偏小；项，操作后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量蒸馏水使液体凹液面与刻度线相切，则溶液体积偏大，配得的溶液浓度偏小。

亚硫酸钠在空气中能被氧气氧化成硫酸钠，要检验配制的溶液是否变质，可以检验硫酸根离子，方法是取少量所配溶液，先加入盐酸酸化，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，则溶液已变质，反之则没有变质。实验室用固体配制

的溶液，填空并请回答下列问题：

配制的溶液，应称取的质量______，需要的仪器为______、量筒、烧杯，玻璃棒、托盘天平、砝码、药匙。

容量瓶上需标有以下五项中的______；

温度

浓度

容量

压强

刻度线

补充完整所缺步骤，配制时，其正确的操作顺序是字母表示，每个字母只能用一次______；

A.用水洗涤烧杯次，洗涤液均注入容量瓶，振荡

B.用天平准确称取所需的的质量，加入少量水约，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解

C.将已冷却的溶液沿玻璃棒注入的容量瓶中

D.将容量瓶盖紧，颠倒摇匀

E.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度处

F.______

下列配制的溶液浓度偏低的是______；

A.称量时，将放在纸上称重

B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水

C.配制时，未冷却直接定容

D.向容量瓶中转移溶液时实验步骤不慎有液滴洒在容量瓶外面

E.定容时俯视刻度线

F.加蒸馏水时不慎超过了刻度线【答案】；容量瓶、胶头滴管；

；

；用胶头滴管加水至溶液凹液面与刻度线相切；

【解析】用固体配制的溶液，应选择容量瓶，需要氢氧化钠质量为：；

配制时步骤有称量、溶解、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，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，其中玻璃仪器有量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，缺少的仪器：胶头滴管、容量瓶；

故答案为：；容量瓶、胶头滴管；

依据容量瓶构造可知，容量瓶标有：温度、容量和刻度线，

故选：；

配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确的操作顺序为：；

缺少的步骤为定容，正确的定容操作方法为：用胶头滴管加水至溶液凹液面与刻度线相切；

故答案为：；用胶头滴管加水至溶液凹液面与刻度线相切；

称量时，将放在纸上称重，导致称取固体含有溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A选；

B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故B不选；

C.配制时，未冷却直接定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C不选；

D.向容量瓶中转移溶液时实验步骤不慎有液滴洒在容量瓶外面，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏低，溶液浓度偏低，故D选；

E.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故E不选；

F.加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故F选；

故选ADF。

考点三、溶解度曲线1、如图是MgSO4、NaCl的溶解度曲线。下列说法正确的是()A．MgSO4的溶解度随温度升高而增大B．NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大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【答案】C【解析】A项，t2℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2℃之后，随温度的升高而降低；B项，t1℃、t3℃时，NaCl、MgSO4的溶解度相等；C项，w＝eq\f(S,100g＋S)×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。eq\a\vs4\al([思维建模])巧用“点”“线”“面”，突破溶解度曲线(1)点的意义①溶解度曲线上的点表示物质在该点所示温度下的溶解度，溶液所处的状态是饱和溶液。②两条溶解度曲线的交点，表示在该点所示的温度下，两种物质的溶解度相等。(2)线的意义曲线的坡度越大，说明溶解度受温度影响越大；反之，说明受温度影响较小。根据溶解度曲线，比较在一定温度范围内的物质的溶解度大小，也可以选择分离某些可溶性混合物的方法。(3)面的意义对于曲线下部面上的任何点，依其数据配制的溶液为对应温度时的不饱和溶液；曲线上部面上的点，依其数据配制的溶液为对应温度时的饱和溶液，且溶质有剩余。如果要使不饱和溶液(曲线下部的一点)变成对应温度下的饱和溶液，方法有两种：第一种方法是向该溶液中添加溶质使之到达曲线上；第二种方法是蒸发一定量的溶剂。2．根据溶解度曲线，在80℃时将含有等物质的量的硝酸钠和氯化钾混合溶液恒温蒸发，首先析出的是()A．氯化钾 B．硝酸钠C．氯化钠 D．硝酸钾【答案】C【解析】根据溶解度曲线，80℃时，NaCl的溶解度最小，蒸发时，首先析出的是NaCl。3、红矾钠在制革工业、印刷工业、电镀工业等方面有重要用途。一种制取红矾钠的工业流程如下：

已知中铁为价，则铬的化合价为________价。可写成的形式，从物质分类的角度看，它属于________填“氧化物”、“酸”、“碱”或“盐”。铬铁矿中含有少量杂质。转窑中主要发生两个反应，一个是氧化还原反应生成物之一是，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，氧化产物的化学式为________；另一个反应生成，试写出该反应的化学方程式________。假定足量，写出生成白色沉淀的离子方程式________。母液中加入浓硫酸发生的反应为。从反应混合溶液中提取红矾钠的操作是：先将混合溶液蒸发浓缩，趁热过滤，得到硫酸钠固体；然后将滤液冷却结晶，即可析出红矾钠。则如下溶解度曲线中所对应的物质是________填“”、“”或“”。

取铬铁矿按上述流程实验，将浸取器中所得红棕色固体溶于硫酸不考虑其他杂质的反应，所得溶液稀释到，量取向其中滴加溶液，再滴加溶液，当消耗溶液时，溶液红色刚好褪去，则该铬铁矿中含铬的质量分数为________。【答案】；盐；

；、；；

；

；

。

【解析】

根据化合价代数和为零即可求铬元素的化合价，中铬的化合价为；可写成的形式，从物质分类的角度看，它属于盐；

故答案为：；盐；

煅烧铬铁矿时，矿石中的转变成可溶于水的，反应的化学方程式如下：，氧气作氧化剂，作还原剂，它们的物质的量之比为；氧化产物为、；另一个反应生成，该反应的化学方程式为；

故答案为：；、；；

由可知为，足量的与反应生成白色沉淀的离子方程式为：；

故答案为：；

由题干先将混合溶液蒸发浓缩，趁热过滤，得到硫酸钠固体，可知硫酸钠的溶解度在温度较高时低，所对应的物质是硫酸钠；然后将滤液冷却结晶，即可析出红矾钠，说明红矾钠的溶解度随温度的降低而减小，所对应的物质是红矾钠，则溶解度曲线中所对应的物质是含结晶水的硫酸钠即；

故答案为：；

，，；

，的物质的量为，铬元素的质量为，则铬铁矿中含铬的质量分数为。

故答案为：。

4、铁及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途。请回答下列问题：碳酸亚铁是一种重要的工业盐，外观为白色固体，潮湿空气中易被氧化。用硫铁矿烧渣主要含、、少量制备的工艺流程如下：“还原”时，发生反应的离子方程式为________。的溶解度曲线如图所示，欲获得，采用的实验操作是________。【答案】滴加稀硫酸酸化，加热浓缩得到的饱和溶液，冷却到，结晶、过滤、冰水洗涤、低温干燥

【解析】由流程可知，还原”时，与反应，生成，离子方程式为：；

故答案为：

的溶解度曲线可知，时的溶解度最大，可用冷却热饱和溶液的方法获得，为防止水解，加热前应加入稀硫酸，所以采用的实验操作是滴加稀硫酸酸化，加热浓缩得到的饱和溶液，冷却到，结晶、过滤、冰水洗涤、低温干燥；

故答案为：滴加稀硫酸酸化，加热浓缩得到的饱和溶液，冷却到，结晶、过滤、冰水洗涤、低温干燥。5、氯碱工业过程中产生了大量的盐泥。以盐泥主要成分为、、，除此之外还有、、、等为原料可以制备七水硫酸镁，产率高。其工艺流程如下：已知：下表为部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的。沉淀物完全沉淀两种盐的溶解度随温度变化曲线如图所示。流程中“酸浸”时，为了加快反应速率可以采取的措施有_______________任写两种。“滤渣”中含有，写出“滤液”中锰元素发生反应的离子方程式：__________________________。“滤渣”除了含有，还含有_____________，调节范围为_____________________。在“滤液”通入高温水蒸气，得到晶体，控制的最佳温度为________，操作为___________________。【答案】适当增加硫酸浓度、加热、搅拌、粉碎任写两种、；；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【解析】为了加快反应速率可以采取的措施：适当增加硫酸浓度、加热、搅拌、粉碎等。

可与反应产生沉淀，根据化合价变化规律，则转化为，所以反应的离子方程式为。

结合题意，调节除去的同时，随着的加入，溶液逐渐增大，可以沉淀和，“滤渣”除了含有，还含有、。为了使和完全沉淀而镁离子不沉淀，调节范围为。

“滤液”的主要成分为和，母液可得到，可推断晶体为，氯化钠能析出但硫酸镁不能析出，由图像中溶解度分析可知选择硫酸镁溶解度最大；在温度高时溶解度较大，低温时易结晶析出，故操作为将蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

考点四、以物质的量为中心的综合计算1．利用太阳能分解水制氢(2H2Oeq\o(=,\s\up7(太阳能))2H2↑＋O2↑)，若光解0.02mol水，下列说法正确的是()A．可生成H2的质量为0.02gB．可生成氢原子数为2.408×1023个C．可生成H2的体积为0.224L(标准状况)D．生成H2的量理论上等于0.04molNa与H2O反应产生H2的量【答案】D【解析】分析太阳能分解水制氢时发生的反应，则有2H2Oeq\o(=,\s\up7(太阳能))2H2↑＋O2↑22n(H2O)n(H2)从而可得n(H2)＝n(H2O)＝0.02mol。生成H2的质量为0.02mol×2g·mol－1＝0.04g，故A错误。生成氢原子的物质的量为0.02mol×2＝0.04mol，则氢原子数目为2.408×1022个，故B错误。生成的H2在标准状况下的体积为0.02mol×22.4L·mol－1＝0.448L，故C错误。根据反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑可知，0.04molNa与水反应生成0.02molH2，与光解0.02mol水生成H2的量相等，故D正确。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(28g,56g·mol－1)＝0.25mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25mol×160g·mol－1＝40g。3．