第9讲-物质的量浓度及溶液配制-2023年高考化学一轮复习名师精讲练(解析版)

第9讲物质的量浓度及溶液配制[考情分析]近几年高考对以物质的量为中心的化学计量的考查保持了相当强的稳定性和连续性，在复习过程中应切实加以强化，特别注意计算过程。预计以后的高考仍会以选择题形式考查物质的量浓度及其溶液配制，结合滴定实验，以非选择题的形式考查物质的量浓度的计算。[考点过关]考点一物质的量浓度与计算一、物质的量浓度1．定义：以1L溶液里所含溶质B的____________来表示溶液的浓度叫做物质的量浓度。符号为__________；单位为__________。2．表达式：cB＝__________(n为溶质B的__________，单位为mol；V为溶液的__________，单位为__________)。3．注意事项：(1)溶质可以是单质、化合物，也可以是离子或其他的特定组合。(2)体积指溶液的体积而不是溶剂的体积。(3)NH3溶于水得NH3·H2O，但我们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；Na、Na2O、Na2O2溶于水后所得溶液的溶质为NaOH；CuSO4·5H2O溶于水后所得溶液的溶质为CuSO4。(4)溶液具有均一性，即同一溶液，无论取出多大体积，其物质的量浓度均不变。同体积、同物质的量浓度的溶液中所含溶质的物质的量相等。二、有关物质的量浓度的计算1.有关概念的计算：运用万能恒等式n=（浓度）=（质量）（气体体积）（微粒个数）计算。2.有关离子浓度的计算：根据溶质的电离方程式，算出离子的物质的量，注意利用电荷守恒原理计算。3.与质量分数的换算：运用公式计算。4.稀释计算：①溶质的质量在稀释前后保持不变，即；②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即。5.混合计算：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改变时，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝eq\f(m混,ρ混)。一、1.物质的量cBmol·L－12.eq\f(n,V)物质的量体积L二、1.2.3.m1w1＝m2w2c1V1＝c2V2【考点突破】例题1、下列说法正确的是。①1mol/LNaCl溶液含有NA个Na＋②将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1NA个Fe3＋③1L0.1mol/LNa2SO4溶液中有0.1NA个Na＋④含NA个Na＋的Na2O溶解于1L水中，Na＋的物质的量浓度为1mol/L⑤常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NA⑥100mL0.5mol·L－1MgCl2溶液与100mL0.5mol·L－1NaCl溶液中所含Cl－的物质的量浓度相同⑦1molFeCl3与沸水反应生成的胶体中含有NA个Fe(OH)3胶粒⑧从1L0.5mol/L的NaCl溶液中取出100mL溶液，其物质的量浓度变为0.1mol/L⑨将100mL0.5mol·L－1的NaNO3溶液加热蒸发掉50g水的溶液的浓度为1mol·L－1⑩将1mol·L－1的氨水与3mol·L－1的氨水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度为2mol·L－1⑪100mL1.0mol·L－1MgCl2溶液中含有的微粒主要有MgCl2、Mg2＋、Cl－、H2O⑫将2.24L(标准状况)HCl气体溶于水配成100mL溶液，其物质的量浓度为1mol·L－1【解析】只有物质的量浓度而无溶液体积，故无法计算溶质的物质的量，①错误；物质的量浓度是指溶液的体积不是溶剂的体积，且Fe3＋的水解，②错误；1L0.1mol/LNa2SO4溶液中含有0.2molNa＋，③错误；物质的量浓度是指溶液的体积不是溶剂的体积，NA个Na＋就是1mol，溶解于1L水中所得溶液不是1L，则Na＋的物质的量浓度不是1mol/L，④错误；无论NHeq\o\al(＋,4)水解与否，根据元素守恒N元素总是0.2NA，⑤正确；物质的量浓度与溶液的体积无关，100mL0.5mol·L－1NaCl溶液中c(Cl－)＝0.5mol·L－1，而100mL0.5mol·L－1MgCl2溶液c(Cl－)为1mol·L－1，⑥错误；Fe(OH)3胶粒是由多个Fe(OH)3分子聚集在一起形成的，因此Fe(OH)3胶粒个数小于NA个，⑦错误；从一定物质的量浓度的溶液中取出少量溶液其物质的量浓度不变，⑧错误；蒸发掉50g水后，溶液的体积不是50mL，浓度不是1mol·L－1，⑨错误；因氨水的浓度越大，密度越小，则等质量混合时，3mol·L－1的氨水所占体积比1mol·L－1的氨水大，故所得氨水的物质的量浓度大于2mol·L－1，⑩错误；MgCl2是强电解质，在水溶液中完全电离，水是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以溶液中存在的微粒有Mg2＋、Cl－、H2O、H＋、OH－，⑪错误；标准状况下，2.24LHCl气体的物质的量为0.1mol，溶于水配成100mL溶液，其物质的量浓度为1mol·L－1，⑫正确。【答案】⑤[易错警示]物质的量浓度有两个因素决定，即溶质物质的量和溶液的体积。理解物质的量浓度要从上述两个方面进行分析，也要注意溶质浓度与具体所含微粒浓度的关系。(1)描述物质的量浓度中的体积是指溶液的体积，而不是指溶剂的体积。(2)溶液体积的单位是L，根据密度计算溶液体积的单位一般是mL，要注意单位的换算。(3)溶质的浓度和离子的浓度不同，要注意根据化学式具体分析计算，如1mol·L－1的Al2(SO4)3溶液中Al3＋的物质的量浓度不是1mol·L－1，而是2mol·L－1。【变式练习】1、下列说法正确的是()A．配制0.1mol/LCuSO4溶液100mL，需称量胆矾1.6gB．40gNaOH固体溶于1L水，所得溶液的浓度为1mol/LC．200mL0.2mol/LMgCl2溶液中Cl－的个数为0.08NAD．从100mL1mol/LH2SO4溶液取出10mL溶液，此溶液的浓度为0.1mol/L【解析】配制0.1mol/LCuSO4溶液100mL，需硫酸铜0.01mol，也就是说需胆矾0.01mol，其质量为2.5g，A错误；1L水的体积不等于NaOH溶液的体积，B错误；从100mL硫酸溶液中取出10mL，其浓度是不变的，D错误。答案：C2.下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L－1的是()A．10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液B．将80gSO3溶于水并配成1L的溶液C．将0.5mol·L－1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D．标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液【解析】A项，c(NaOH)＝eq\f(\f(10g,40g·mol－1),0.25L)＝1mol·L－1；B项，c(H2SO4)＝eq\f(\f(80g,80g·mol－1),1L)＝1mol·L－1；C项，蒸发掉50g水后，溶液的体积并不是50mL，NaNO3的浓度也不是1mol·L－1；D项，c(HCl)＝eq\f(\f(22.4L,22.4L·mol－1),1L)＝1mol·L－1。答案：C考点二物质的量浓度的配制【落实基础】1、常用仪器(1)配制中必须用到的仪器有、、、，用固体配制还需用(托盘天平或分析天平等)，用液体配制还需用。(2)容量瓶是配制准确浓度溶液的仪器，是细颈、梨形、平底的玻璃瓶，瓶中配有磨口玻璃塞或塑料塞，颈部刻有标线，常用规格有等；使用时应注意：要考虑容量瓶的规格，每一容量瓶只能配制瓶上规定容积的溶液；使用前要检查是否漏水；不能加热，不能久贮溶液，不能在瓶内溶解固体或稀释液体。2、配制操作步骤（1）计算：如溶质为固体时，计算所需固体的；如溶液是液体时，则计算所需液体的。（2）称量：用称出所需固体的质量或用量出所需液体的体积。（3）溶解：把称量出的溶质放在中加少量的水溶解，边加水边震荡。（4）转移：把所得的溶解液用引流注入容量瓶中。（5）洗涤：用少量的蒸馏水洗涤烧杯和玻棒次，把每次的洗涤液一并注入容量瓶中。（6）定容：向容量瓶中缓缓注入蒸馏水至离容量瓶刻度线处，再用滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。（7）摇匀：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，反复上下颠倒摇匀，然后将所配的溶液倒入指定并贴好。3、误差分析：配制一定物质的量浓度的溶液时，由于操作的错误，会给实验结果带来一定的误差，使配制的溶液浓度值偏高或偏低。由表示式c＝可知凡能使溶质的物质的量增大，或使溶液的体积减小的操作，都将使配制的溶液浓度偏高，反之浓度偏低。1、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，量筒，50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL2、质量，体积，天平，量筒，烧杯，玻璃棒，2-3次，1-2cm，胶头滴管，试剂瓶，标签【考点突破】例题2、下列说法正确的是。①称取1.06g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容配制100mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液②欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%，密度为1.19g/cm3的消毒液，配制过程只需要三种仪器即可完成③容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可使用④配制400mL0.100mol·L－1的KCl溶液定容时，若仰视容量瓶的刻度线，会使配得的KCl溶液浓度偏低⑤配制Na2SO4溶液时，移液前，容量瓶中有少量蒸馏水会使结果偏高⑥配制氯化铁溶液时，将一定量氯化铁溶解在较浓的盐酸中，再用水稀释到所需浓度⑦准确称取25.0g胆矾，溶于水，所得溶液恢复到室温，再转移至1000mL容量瓶中，定容、摇匀配制1000mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液⑧配制溶液时，定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线⑨制成0.5L10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体112L(标准状况)⑩称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度配制浓度为0.010mol•L－1的KMnO4溶液【解析】不能用容量瓶溶解物质，①错误；4配制过程中需要用到托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，②错误；容量瓶用蒸馏水洗涤后，定容时还需要加入蒸馏水，所以不必干燥，③错误；配制400mL0.100mol·L－1的KCl溶液定容时，若仰视容量瓶的刻度线，会使配得的KCl溶液浓度偏低，④正确；对浓度无影响，⑤错误；由于FeCl3易水解生成Fe(OH)3和HCl，故配制时常将其溶于浓盐酸中，以防止其发生水解，⑥正确；n(CuSO4·5H2O)＝n(CuSO4)＝c(CuSO4)×V[CuSO4(aq)]＝0.1mol·L－1×1L＝0.1mol，m(CuSO4·5H2O)＝n(CuSO4·5H2O)×m(CuSO4·5H2O)＝0.1mol×250g·mol－1＝25.0g，⑦正确；定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，不能再补加少量蒸馏水至刻度线，⑧错误；0.5L×10mol·L－1＝5mol,5mol×22.4mol·L－1＝112L，⑨正确；不能在容量瓶中直接溶解固体，⑩错误。【答案】④⑥⑦⑨[解法指导]根据c＝n/V＝mB/MBV判断，物质的量浓度溶液的配制误差来源的根本原因是溶质的质量mB和溶液的体积V，若在操作中造成mB偏大或V偏小，则c偏大；若造成mB偏小或V偏大，则c偏小。实验结果原因分析物质的量浓度偏高天平的砝码沾有其他物质或已锈蚀试剂、砝码的左右位置颠倒调整天平零点时，游码放在了刻度线的右端用量筒量取液体时，仰视读数，使所读液体的体积偏大称量含结晶水的溶质时，溶质已风化定容时俯视刻度线，溶液的体积比实际体积小溶解固体溶质或稀释溶液时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容（容量瓶内溶液的温度高于20℃，造成所量取的溶液的体积小于容量瓶上所标注的液体的体积）定容结束时，溶液液面的最高点与刻度处于同一水平面上物质的量浓度偏低直接称热的物质砝码有残缺在敞口容器中称量易吸收空气中其他成分或易于挥发的物质时的动作过慢所用溶质含有其他杂质称量固体溶质时出现“左码右物”(已移动游码)固体溶质已潮解量取液体溶质时，俯视读数定容时仰视读数（容量瓶定容仰视读数时，使所配溶液的体积比实际的体积大）转移溶液时不洗涤烧杯、玻璃棒，或洗涤液未转入容量瓶溶解、转移、洗涤时有液体流出至容器外定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线定容时加水过量越过刻度线，又取出部分溶液，使液面降至刻度线【变式练习】1、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。2、某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%，密度为1.19g/cm3的消毒液。下列说法正确的是()A．配制过程只需要三种仪器即可完成B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D．需要称量NaClO固体的质量为140g6.甲乙两位同学分别用不同的方法配制100mL3.6mol/L的稀硫酸。（1）若采用18mol/L的浓硫酸配制溶液，需要用到浓硫酸的体积为。（2）甲学生：量取浓硫酸，小心地倒入盛有少量水的烧杯中，搅拌均匀，待冷却至室温后转移到100mL容量瓶中，用少量的水将烧杯等仪器洗涤2～3次，每次洗涤液也转移到容量瓶中，然后小心地向容量瓶加入水至刻度线定容，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。①将溶液转移到容量瓶中的正确操作是。②洗涤操作中，将洗涤烧杯后的洗液也注入容量瓶，其目的是_________。③定容的正确操作是。④用胶头滴管往容量瓶中加水时，不小心液面超过了刻度，处理的方法是________（填序号）。A.吸出多余液体，使凹液面与刻度线相切B.小心加热容量瓶，经蒸发后，使凹液面与刻度线相切C.经计算加入一定量的浓盐酸D.重新配制（3）乙学生：用100mL量筒量取浓硫酸，并向其中小心地加入少量水，搅拌均匀，待冷却至室温后，再加入水至100mL刻度线，再搅拌均匀。你认为此法是否正确？若不正确，指出其中错误之处。【解析】（1）假设取用的浓硫酸的体积为V，根据稀释前后溶质的物质的量不变有：V×18mol/L=100mL×3.6mol/L，则V=20.0mL（2）①②③见答案，④在溶液配制过程中，如不慎损失了溶质或最后定容时用胶头滴管往容量瓶中加水时不慎超过了刻度，都是无法补救的，得重新配制。（3）见答案。【答案】（1）20.0mL（2）①将玻璃棒插入容量瓶刻度线以下，使溶液沿玻璃棒慢慢地倒入容量瓶中；②使溶质完全转移到容量瓶中；③加水至离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加水至液面与刻度线相切；（3）不能用量筒配制溶液，不能将水加入到浓硫酸中考点三物质的量应用于化学方程式的计算【落实基础】物质的量架起了宏观物质的量如质量、体积等与微观粒子数目之间的关系，尤其巧妙的是，利用0.012kg12C中所含的碳原子数作为计量标准，与相对原子质量的计量标准——1/1212C的质量统一在了一起，使得物质的摩尔质量在用g·mol－1做单位时在数值上等于其相对原子质量或相对分子质量，大大地方便了计算和计量。又由于物质的量与粒子的个数成正比，因此，利用化学方程式计算时各物质的化学计量数、各物质的粒子数、各物质的物质的量成正比，可以直接列在化学方程式中进行计算。1．化学方程式在量方面的含义：化学方程式可以明确地表示出化学反应中粒子之间的数目关系，即化学计量数之比等于反应中各物质的化学计量数之比。2．根据方程式计算的基本步骤(1)根据题意写出配平的化学方程式。(2)求出已知物和未知物的物质的量(有时可用质量、体积等表示，分别写在化学方程式中有关的化学式下面)。(3)把已知和待求的量[用m(B)、n(B)、V(B)或设未知数x、y等表示]分别写在化学方程式中有关化学式的下面。(4)将有关的量列出比例式，求出待求的量。【考点突破】例题3、(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可利用离子交换和滴定地方法。实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换。交换完成后，流出溶液的OH-用0.40mol·L-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x的值（列出计算过程）。（2）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O（Mr＝250）含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L－1EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：Cu2++H2Y2－＝CuY2－+2H+，写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝_____________________________。（3）硫酸钠-过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的组成可通过下列实验测定：=1\*GB3①准确称取1.7700g样品，配制成100ml溶液A。=2\*GB3②准确量取25.00ml溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.5825g。=3\*GB3③准确量取25.00ml溶液A，加入适量稀硫酸酸化后，用0.02000mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00ml。H2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：2MnO4―＋5H2O2＋6H＋=4Mn2＋＋8H2O＋5O2↑，通过计算确定样品的组成写出计算过程【解析】（1）由题意可得下列关系式：FeClx—xCl——xOH——xHCl，则n(Cl)=n(Cl—)=n(OH—)=n(HCl)=0.0250L×0.40mol·L-1=0.01mol，m(Fe)=0.54g–0.10mol×35.5g·mol-1=0.19g，n(Fe)=0.19g/56g·mol-1=0.0034mol。n(Fe)∶n(Cl)=0.0034∶0.010≈1∶3，即x=3。（2）由题意可得下列关系式：CuSO4·5H2O—Cu2+—H2Y2－，则ag试样中n(CuSO4·5H2O)=n(H2Y2－)=cmol·L－1×0.001×bL×5，所以CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝。（3）由=2\*GB3②可得n(Na2SO4)=n(BaSO4)=0.5825g÷233g/mol=2.50×10－3mol，则m(Na2SO4)=142g·mol－1×2.50×10－3mol=0.355g；由2MnO4―＋5H2O2＋6H＋=4Mn2＋＋8H2O＋5O2↑得n(H2O2)=5/2n(KMnO4)=5/2·(0.0200mol·L－1×25.00mL)/1000mL·L－1=1.25×10－3mol，则m(H2O2)=34g·mol－1×1.25×10－3mol=0.0425g，由质量守恒得n(H2O)=[(1.7700g×25.00mL/100mL)－0.355g－0.0425g]/18g·mol－1=2.5×10－3mol，由此得x:y:z=n(Na2SO4):n(H2O2):n(H2O)=2:1:2，即硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O。【答案】（1）3（2）（3）2Na2SO4·H2O2·2H2O【变式练习】1.某种胃药的止酸剂为碳酸钙,测定每片中碳酸钙含量的方法有以下几步操作(设药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：①配制0.100mol·L－1稀盐酸和0.100mol·L－1ＮａＯＨ溶液②取一粒药片(0.100g)研碎后加入20.0mL蒸馏水③用0.100mol·L－1ＮａＯＨ溶液中和,用去溶液的体积为VmL④加入25.0mL0.100mol·L－1稀盐酸。请回答下列问题：(1)测定过程的正确操作顺序为(填序号)。(2)测定过程中发生反应的离子方程式。(3)若某次实验需重复测定四次。实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL四种规格的容量瓶,则配制盐酸应选用的容量瓶规格为,理由是。(4)某同学四次测定的V数据如下:根据这位同学的实验数据,计算药片中碳酸钙的质量分数为。【解析】(1)根据实验目的和步骤,可以判断操作顺序是①②④③或②①④③;(3)根据每次用25.0mL,四次测定恰好需加入盐酸100mL,加之润洗滴定管、调整液面及排气泡等消耗,故需要溶液的量多于100mL,故选用250mL的容量瓶。(4)第一次数据明显误差太大,用后三次数据计算,后三次平均体积是13.00mL,2nn(NaOH)=n(HCl),2n.0013mol=0.0025mol,n0.0006mol,m.0006.06g,w%=60.0%。【答案】(1)①②④③或②①④③↑、H(3)250mL；四次测定恰好需加入盐酸100mL,加之润洗滴定管、调整液面及排气泡等消耗,故需要溶液的量多于100mL(4)60.0%2.某同学设计了如图所示装置(部分夹持装置已略去)探究影响化学反应速率的因素。请回答：（1）圆底烧瓶中发生反应的离子方程式是________________________________。（2）用上述装置进行实验，以生成9.0mL气体为计时终点，结果为t1＞t2。序号V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L－1t/sⅠ401t1Ⅱ404t2比较实验Ⅰ和Ⅱ可以得出的实验结论是_______________________________________。实验过程中，对量气管的操作是____________________________________________。（3）若将锌片换成含杂质的粗锌片，且控制其他条件使其与上述实验完全一致，所测得的反应速率均大于上述实验对应的数据。粗锌片中所含杂质可能是(填序号)________。a．石墨b．银c．铜d．沙粒(二氧化硅)（4）若实验Ⅰ中H2SO4完全反应，则在标准状况下收集到的氢气为mol。【解析】对量气管读数时，要注意调整左右两管的液面高度相平，且视线与液面相平。由反应速率大于上述实验对应的数据可知所含杂质必能与锌形成原电池，使反应速率增大。【答案】(1)Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑（2）在其他条件一定时，化学反应速率随反物浓度的增大而增大调整量气管，使其左右管中水面始终持平（3）abc（4）0.04【即时演练】（时间：45分钟分数：100分）一、选择题（本小题共12小题，共48分，每小题只有一个正确选项）1．（2022·汕尾·高三期末）某兴趣小组要配制物质的最浓度为0.1mol/L的NaCl溶液，下列装置中不需要使用的是A．B．C．D．D【解析】配制0.1mol/L的氯化钠溶液需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管，用不到分液漏斗，故选D。2．（2022中山一中高三月考）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82mL浓盐酸C．配制1L0.1mol·L—1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85gNaCl固体D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁A【解析】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，因定容时还需要加水，故A正确；B．量筒的感量为0.1mL，可量取9.8mL浓盐酸，无法量取9.82mL浓盐酸，故B错误；C．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.8g固体，无法称量5.85gNaCl固体，故C错误；D．定容时，胶头滴管要悬空正放，不能紧贴容量瓶内壁，故D错误。3．（2022·佛山南海中学高三月考）配制500mL0.100mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：下列说法正确的是A．实验中需用的仪器有天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低D【解析】A．配制500mL0.100mol·L-1NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，A错误；B．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B错误；C．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，C错误；D．定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，D正确。4．（2022·江门市新会东方红中学高三月考）将VL浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半B．通入标准状况下的HCl气体6.72LC．加入3mol/L的盐酸0.2VL，再稀释至1.5VLD．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀C【解析】A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半时，由于HCl的挥发，不能使其浓度扩大一倍，A不合理；B．标准状况下6.72LHCl的物质的量为0.3mol，但向溶液中通入HCl气体时溶液的体积会发生变化，所以浓度不能扩大一倍，B不合理；C．VL浓度为0.3mol/L的盐酸中有0.3VmolHCl，3mol/L的盐酸0.2VL含HCl的物质的量为0.6Vmol，稀释至1.5VL，浓度为=0.6mol/L，C合理；D．两种盐酸混合后，溶液的体积不能直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，D不合理。5．（2022肇庆市第一中学高三月考）欲配制的NaOH溶液，正确的叙述有①称量40gNaoH固体溶于1L蒸馏水②该实验用到的仪器有托盘天平(含砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管③称量NaOH固体时，慢慢称量，确保读数正确④如果容量瓶未润洗，则配制的NaOH溶液浓度偏小⑤转移溶液时需要用玻璃棒引流⑥定容时若不小心加水超过刻度线，则用胶头滴管吸去多余的溶液A．①②⑤ B．②⑤ C．②③⑤ D．②④⑥B【解析】①物质的量浓度定义中体积为溶液的体积，不是溶剂的体积，①错误；②实验仪器有托盘天平(含砝码)、表面皿(NaOH放在表面皿上称量)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，②正确；③由于NaOH固体易潮解,易与空气中的CO2反应,所以需要迅速称量，防止NaOH潮解变质，③错误；④如果容量瓶未润洗,对NaOH溶液浓度无影响，④错误；⑤转移溶液必须用玻璃棒引流，⑤正确；⑥如果定容时加水超过刻度线,只能重新配制，⑥错误；故选B。6．（2022·汕尾中学高三月考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．的弱酸溶液中含有数目小于B．100g30%的福尔马林溶液中含有氧原子数目为C．电解溶液，生成22.4L气体(标准状况下)时，共转移电子的数目为D．104g环辛四烯()的分子中含有碳碳双键的数目为D【解析】A．pH=3的溶液中c(H+)=10-3mol/L，故1000L溶液中数目等于，A错误；B．100g30%的福尔马林溶液中甲醛的质量为30g，物质的量为1mol，含有氧原子数目为，但是水中还含有氧原子，溶液中含有氧原子数目大于1mol，B错误；C．电解溶液发生反应，生成1mol氢气、1mol氯气共2mol气体时转移2mol电子，故生成22.4L气体(标准状况下)即1mol时，共转移电子的数目为，C错误；D．104g环辛四烯的物质的量为1mol，1个中含有4个碳碳双键，故1mol环辛四烯()的分子中含有碳碳双键的数目为，D正确。7．（2022·揭阳三中高三月考）实验室欲用晶体配制的溶液，下列说法正确的是A．要完成实验需称取晶体B．本实验需用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶C．配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水会导致溶液浓度偏低'D．定容时俯视刻度线会导致溶液浓度偏高D【解析】A.配制的溶液，需要晶体的质量，A项错误；B.配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量或量取、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管等，B项错误；C.定容时，需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对溶液浓度无影响，C项错误；D.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，依据可知溶液浓度偏高，D项正确。8．（2022·潮州金山中学高三月考）下列说法中正确的是A．1L水中溶解了58.5gNaCl，该溶液的物质的量浓度为lmol/LB．从1L2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为lmol/LC．配制500mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾(CuSO4·5H2O)D．中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH为4gC【解析】A．1L水中溶解了58.5gNaCl，溶液的体积不是1L，该溶液的物质的量浓度不是lmol/L，A错误；B．溶液是均一稳定的液体，取出其中一部分，其浓度不变，B错误；C．配制500mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液，需要CuSO4物质的量，则需胆矾(CuSO4·5H2O)质量为，C正确；D．中和100mL1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH物质的量，其质量为，D错误。9．（2022·黄冈中学高三月考）酒驾检验原理：2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO4=3CH3COOH+2Cr2(SO4)3+11H2O+2K2SO4。设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．lmol[2K2Cr2O7+3CH3CH2OH]完全反应转移电子数为6NAB．25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中含SO数目为0.1NAC．等物质的量的CH3CH2OH和CH3COOH充分反应生成的H2O中含氢键数为2NAD．1molCH3COOH中含sp2—sp3σ键的数目为2NAD【解析】A．反应中铬元素化合价从+6降低到+3，降低3价，故该反应中转移电子数为12个，则1mol[2K2Cr2O7+3CH3CH2OH]完全反应转移电子数为12NA，A项错误；B．25°C时，1LpH=1的H2SO4溶液中含H+数目为0.1NA，SO42-数目0.05NA，B项错误；C．等物质的量并不特指1mol，C项错误；D．CH3COOH中甲基上的碳原子为sp3杂化，羧基上的碳原子为sp2杂化，故可以从羧基上碳原子分析，1molCH3COOH共含sp2-sp3σ键的数目为2NA，D项正确。10．（2022东莞一中高三月考）为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．重水()中含有的质子数为B．的与完全反应时转移的电子数为C．环状()分子中含有的键数为D．的溶液中离子数为C【解析】A．的质子数为10，18g的物质的量为0.9mol，则重水()中所含质子数为，A错误；B．与反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为，B错误；C．一个()分子中含有的键数为8个，32gS8的物质的量为mol，则含有的键数为，C正确；D．酸性溶液中存在：，含Cr元素微粒有和，则的溶液中离子数应小于，D错误。11．（2022·东莞莞美中学高三月考）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]是一种无机复盐，能溶于水，几乎不溶于乙醇，100~110°C时分解，实验室制备硫酸亚铁铵的步骤如图，下列说法错误的是A．为提高10%的碳酸钠处理效果，可以适当提高洗涤液的温度B．配制所需的稀硫酸，用量筒量取13.0mL98%的浓硫酸(ρ=1.84g·mL-1)C．用稀硫酸溶解废铁屑时，水浴加热比明火加热更安全D．操作III为蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤B【解析】废铁屑先用纯碱液洗去表面油污，再用稀硫酸溶解，过滤后得到硫酸亚铁溶液，与硫酸铵混合，然后蒸发溶剂、冷却结晶，以获得溶质晶体。A．用10%的碳酸钠洗涤废铁屑时，热的纯碱液的去污效果更好，所以可以适当提高洗涤液的温度，A正确；B．98%的浓硫酸(ρ=1.84g·mL-1)的物质的量浓度为=18.4mol/L，配制所需的稀硫酸，应选择100mL的容量瓶，用量筒量取98%的浓硫酸(ρ=1.84g·mL-1)的体积为≈16.3mL，B错误；C．用稀硫酸溶解废铁屑时，因反应放出易燃、易爆气体(氢气)，所以水浴加热比明火加热更安全，C正确；D．操作III为从溶液中提取带有结晶水的溶质晶体，操作过程中应防止因温度过高导致晶体失去结晶水，所以蒸发到晶膜出现时，应冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤，D正确。12.（2022·广州一中高三月考）工业上用NaOH溶液进行脱硫并制备高纯PbO的过程为：。已知；PbO的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是A．PbO在NaOH溶液中的溶解是放热反应B．碱浸1适宜用高浓度的NaOH溶液C．降低NaOH溶液的浓度有利于PbO溶解D．M点溶液中存在D【解析】A．由图可知，温度升高，PbO在NaOH溶液中的溶解度增大，所以PbO在NaOH溶液中的溶解是吸热反应，A错误；B．由图可知，浓度越大，PbO在NaOH溶液中的溶解度越大，碱浸1需要得到固体PbO，则应选择低浓度的NaOH溶液，B错误；C．由图可知，浓度越大，PbO在NaOH溶液中的溶解度越大，高浓度的NaOH溶液的浓度有利于PbO溶解，C错误；D．M点溶液中，PbO溶解度为110g/L，根据反应可求出，即存在，D正确。二、填空题（本小题共4小题，共52分）13．（2022东莞第一中学高三月考）Ⅰ．用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制250mL浓度为0.0100mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液，回答下列问题。(1)配制250mL0.0100mol·L-1K2Cr2O7溶液时需要准确称量K2Cr2O7的质量是_____g(保留四位有效数字)。(2)配制该标准溶液时，下列仪器中不会用到的有_____(填序号)。①电子天平②烧杯③玻璃棒④量筒⑤250mL容量瓶⑥胶头滴管⑦滴定管(3)配制0.0100mol·L-1K2Cr2O7溶液的操作步骤(填写空白)：计算→称量→_____→移液→洗涤→_____→摇匀等。(4)配制0.0100mol·L-1K2Cr2O7溶液时，下列操作对配制结果有何影响(填“偏高偏低”或“无影响”)。①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒_____。②定容时，仰视刻度线_____。Ⅱ．生产硝酸钙的工业废水中常含有NH4NO3，可用电解法净化，得浓氨水副产品，其工作原理如图所示。(5)a极为电源的_____(填“负极”或“正极”)；(6)阴极的电极反应式为_____。【答案】(1)0.7350(2)④⑦(3)溶解；定容(4)偏低；偏低(5)正极(6)2H2O+2e-=H2↑+2OH-【解析】(1)配制250mL0.0100mol·L-1K2Cr2O7溶液时需K2Cr2O7的物质的量n(K2Cr2O7)=0.0100mol·L-1×0.25L=0.0025mol，则需要称量K2Cr2O7的质量m(K2Cr2O7)=0.0025mol×294g/mol=0.7350g；(2)配制该标准溶液时，需要使用电子天平准确称量其质量，然后用烧杯溶解溶质，为促进物质溶解，要使用玻璃棒进行搅拌，待溶液冷却至室温后通过玻璃棒引流，将溶液转移至250mL容量瓶中，再洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，最后定容时要使用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切，故配制该标准溶液需使用的仪器是①②③⑤⑥，不需要使用的仪器是量筒、滴定管，其序号是④⑦；(3)根据(2)分析可知：配制0.0100mol·L-1K2Cr2O7溶液的操作步骤是：计算→称量→溶解→移液→洗涤→定容→摇匀等；(4)①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量减少，由于溶液的体积不变，最终会使配制溶液浓度偏低；②定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏多，由于溶质的物质的量不变，则配制溶液浓度偏低；(5)分析装置图可知含NH4NO3废水Ⅱ中的硝酸根离子通过阴离子交换膜进入Ⅰ室，铵根离子通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，判断Ⅰ室为阳极室，a为电源的正极，Ⅲ室为阴极室，b为电源的负极；(6)电解时，Ⅲ室为阴极室，水电离产生的H+得到电子变为H2逸出，使附近溶液中OH-浓度增大，故阴极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。14．（2021·河北邢台·高三阶段练习）已知FeI2是一种灰黑色固体，可用于医药，在有机化学中常用作催化剂。某研究性学习小组为制备并探究FeI2的性质，进行了如下实验：Ⅰ.配制240mL0.2mol·L-1FeI2溶液(1)用托盘天平称量，需要称取FeI2___g；若物品和砝码的位置放反了，实际称取FeI2__g(已知该托盘天平中最小的砝码为1g)。(2)若没有洗涤烧杯和玻璃棒，所得溶液的浓度___(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)；定容时，若仰视容量瓶刻度线会使配制的FeI2溶液浓度___。(3)若在加蒸馏水时，不小心加过了刻度线，此时应该进行的操作是___。Ⅱ.探究FeI2的性质(4)取20mL上述FeI2溶液，加入2.0gZn粉，一段时间后，过滤、洗涤、干燥并称量，得到的固体质量___(填“增重”或“减轻”)，说明FeI2具有__(填“氧化性”或“还原性”)。(5)另取20mL上述FeI2溶液，加入淀粉溶液，逐滴加入新制氯水，溶液的颜色变为___。(6)再取20mL上述FeI2溶液，加入KSCN溶液，逐滴加入新制氯水直至过量，溶液的颜色变为__。(7)若向20mL上述FeI2溶液通入112mL(标准状况)Cl2，反应的离子方程式为___。【答案】(1)15.5；14.5(2)偏小；偏小(3)倒掉，重新配制(4)减轻；氧化性(5)蓝色(6)红色(7)2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-【解析】(1)要配制240mL0.2mol·L-1FeI2溶液需选用250mL容量瓶，故液体体积需按250mL计算，故需要的FeI2质量为：m=nM=cVM=0.2×0.25×(56+127×2)=15.5g；物体和砝码没有放反时，物体的质量等于砝码质量加游码质量，当物体和砝码放反时，则砝码质量等于物体质量加游码质量，即物体质量等于砝码质量减游码质量，则实际称取FeI2的质量为15g-0.5g=14.5g，故答案为：15.5；14.5(2)若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则相当于损失一部分药品，根据，物质的量减小，所得溶液的浓度减小；定容时，若仰视容量瓶刻度线会使得水的体积增大，根据，体积增大，则配制的FeI2溶液浓度减小，故答案为：偏小；偏小(3)若在加蒸馏水时，不小心加过了刻度线，则会导致配制的溶液浓度减小，故此时应该进行的操作是倒掉，重新配制，故答案为：倒掉，重新配制(4)，反应前后只有锌和铁为固体，且铁的相对原子质量小于锌，故一段时间后，过滤、洗涤、干燥并称量，得到的固体质量减轻；FeI2中Fe为+2价，反应后Fe为0价，反应后铁元素化合价降低，故FeI2具有氧化性，故答案为：减轻；氧化性(5)FeI2溶液具有还原性，新制氯水具有氧化性，故二者可以发生反应生成碘单质，碘单质会使淀粉溶液变蓝，故答案为：蓝色(6)FeI2溶液具有还原性，新制氯水具有氧化性，故二者可以发生反应生成Fe3+，Fe3+可以与KSCN溶液反应，使溶液变为红色，故答案为：红色(7)FeI2溶液具有还原性，Cl2具有氧化性，故二者可以发生氧化还原反应，故答案为：2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-。15．（2022·茂名一中高三月考）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：Ⅰ.甲方案实验原理：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2实验步骤：(1)判断SO沉淀完全的操作为___。(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为___。(3)固体质量为wg，则c(CuSO4)=___mol﹒L-1。(4)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。Ⅱ.乙方案实验原理：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑实验步骤：①按如图安装装置(夹持仪器略去)②……③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录⑦处理数据(5)步骤②为___。(6)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是___(填序号)。a.反应热受温度影响

b.气体密度受温度影响

c.反应速率受温度影响(7)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下ρ(H2)=dg•L-1，则c(CuSO4)___mol﹒L-1(列出计算表达式)。(8)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(9)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：___(填“是”或“否”)。【答案】(1)取少量上层清液于试管中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全(2)AgNO3溶液(3)(4)偏低(5)检查装置气密性(6)b(7)(8)偏高(9)否【解析】甲方案：利用CuSO4与BaCl2反应生成BaSO4，称重BaSO4，来求出CuSO4的质量；乙方案：一定量的Zn与CuSO4反应后，剩余的Zn粉再与硫酸反应生成氢气，测定生成氢气的体积，再结合Zn的质量计算硫酸铜的量，进而计算其浓度。(1)判断SO沉淀完全的操作为：向