第2章 第2讲 物质的量浓度-【金版教程】2025年高考化学一轮复习创新方案word（新教材，创新版）

金版教程　高考科学复习创新方案　化学 第2讲　物质的量浓度 【复习目标】　1.了解物质的量浓度的含义。2.知道溶液的组成。理解溶解度、饱和溶液、溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。3.掌握配制一定物质的量浓度溶液的操作并能正确进行误差分析。 一、物质的量浓度 1．物质的量浓度 (1)概念：物质的量浓度表示单位体积的溶液里所含溶质B的物质的量，也称为B的物质的量浓度，符号为cB。 (2)常用单位：mol/L或mol·L－1。 (3)公式：cB＝。 (4)特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、质量分数不变，但所含溶质的质量、物质的量则因体积不同而改变。 [易错警示]　(1)溶液中溶质的判断 ①与水发生反应的物质，溶质发生变化，水量减少，如：Na、Na2O、Na2O2NaOH，SO2、SO3H2SO3、H2SO4，NH3NH3·H2O(但仍按NH3进行计算)。 ②结晶水合物，溶质为失去结晶水的化合物，水量增多，如：CuSO4·5H2OCuSO4， FeSO4·7H2OFeSO4。 (2)部分与整体的关系 溶质的浓度和离子浓度不同，要注意根据化学式具体分析。如1 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝3 mol·L－1，c(Al3＋)<2 mol·L－1(考虑Al3＋水解)。 2．溶质的质量分数 (1)概念：以溶液里溶质质量m(B)与溶液质量m(aq)的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示，也可用小数表示。 (2)表达式：w(B)＝×100%。 [提醒]　饱和溶液(溶质的溶解度用S表示) w＝×100% 判断正误。正确的打“√”，错误的打“×”并指明错因。 (1)1 L水中溶解4 g NaOH所形成的溶液的物质的量浓度是0.1 mol·L－1。(×) 错因：没有特殊说明时，不能用溶剂的体积代替溶液的体积进行计算。 (2)1 mol·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl。(×) 错因：没有溶液体积，无法计算溶质的物质的量。 (3)1 mol Na2O溶于水，配成1 L溶液所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1。(×) 错因：1__mol__Na2O溶于水生成2__mol__NaOH，故c(NaOH)＝2__mol·L－1。 (4)用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1 mol·L－1。(×) 错因：100__mL水吸收HCl后体积不再是100__mL。 (5)从1 L 2 mol·L－1的H2SO4溶液中取出0.5 L，所得溶液的浓度仍为2 mol·L－1。(√) 错因：________________________________________________________________________ (6)同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、 Al2(SO4)3，其体积比为3∶2∶1，则SO浓度之比为3∶2∶3。(×) 错因：浓度比与体积无关。 二、一定物质的量浓度溶液的配制 1．溶液配制所需主要仪器 (1)容量瓶 ①构造及用途 ②在使用前要检查是否漏水，具体操作如下： 加水→倒立→观察是否漏水→正立→瓶塞旋转180°→倒立→观察是否漏水。 ③检查合格后，用蒸馏水洗涤干净。 [提醒]　容量瓶使用的三个“不能” (1)不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释。 (2)不能作为反应容器或用来长期贮存溶液。 (3)不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液。 (2)托盘天平：可精确至0.1__g，称量前先调零，称量时物品放在左盘，砝码放在右盘。 (3)其他仪器：药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。 2．溶液配制过程 (以配制100 mL 1.00 mol·L－1 NaCl溶液为例) 3．误差分析 (1)思维流程 (2)从改变溶质物质的量角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空) ①配制450 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 g：偏小。 ②配制500 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g：偏小。 ③配制NaOH溶液，用托盘天平称量NaOH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：偏小。 ④配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒：偏小。 ⑤配制一定物质的量浓度的稀硫酸溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：偏大。 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：偏小。 ⑦配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤：偏小。 (3)从改变溶液体积角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空) ①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：偏大。 ②定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：偏小。 ③定容时仰视刻度线：偏小。 ④定容摇匀后少量溶液外流：无影响。 ⑤容量瓶中原有少量蒸馏水：无影响。 判断正误。正确的打“√”，错误的打“×”并指明错因。 (1)用配制100 mL 0.1000 mol·L－1的K2Cr2O7溶液。(×) 错因：配制一定物质的量浓度的溶液需要用到容量瓶等仪器。 (2)用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的仪器只有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。(×) 错因：缺少托盘天平等仪器。 (3)用如图1配制0.1 mol ·L－1 NaOH溶液。(×) 错因：容量瓶不能用来溶解固体。 (4)用如图2配制一定浓度的NaCl溶液。(×) 错因：读数时视线要平视刻度线。 (5)用如图3装置配制溶液。(×) 错因：加水距刻度线1～2__cm时改用胶头滴管定容。 (6)NaOH在烧杯里刚完全溶解时，立即将溶液转移到容量瓶。(×) 错因：应恢复至室温后再转移到容量瓶中。 (7)配制480 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液，应用托盘天平称量NaOH固体19.2 g，选用500 mL容量瓶。(×) 错因：应称量NaOH固体20.0__g。 考点1　物质的量浓度 题组一　理解与运用物质的量浓度 1．将标准状况下的a L HCl气体溶于1000 g水中，得到盐酸的密度为b g·cm－3，则该盐酸的物质的量浓度是(　　) A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1 答案　B 解析　标准状况下的a L HCl气体的物质的量为，溶液的体积＝ L，则c(HCl)＝＝ mol·L－1。 2．(1)用14.2 g无水硫酸钠配制成500 mL溶液，其物质的量浓度为________mol·L－1。 (2)若从中取出50 mL溶液，其物质的量浓度为________mol·L－1；溶质的质量为________g。 (3)若将这50 mL溶液用水稀释到100 mL，所得溶液中Na＋的物质的量浓度为________mol·L－1，SO的物质的量浓度为________mol·L－1。 (4)在标准状况下，将V L氨气溶于0.1 L水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，则此氨水的物质的量浓度为________mol·L－1。 答案　(1)0.2　(2)0.2　1.42　(3)0.2　0.1 (4) 解析　(4)n(NH3)＝ mol， 溶液体积：V＝×10－3 L c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。 气体溶于水后所得溶液的物质的量浓度的计算 (1)一定质量的水中溶解某气体的体积为V′ L(标准状况)，所得溶液的物质的量浓度的计算公式为c＝＝×1000(ρ混的单位为g·mL－1)。 (2)若气体溶于水时体积变化忽略不计，1 L水中溶解 V′ L气体(标准状况)时，所得溶液的物质的量浓度计算公式为c＝＝ mol·L－1。 题组二　探究与计算溶液的稀释与混合 3．常温下，欲配制密度为1.26 g·cm－3、浓度为4.6 mol· L－1的稀硫酸，现用体积为100 mL、密度为1.84 g·cm－3、浓度为18.4 mol·L－1的浓硫酸与蒸馏水混合配制，则所需要蒸馏水的体积为(　　) A．320 mL B．300 mL C．200 mL D．220 mL 答案　A 4．100 mL 0.3 mol·L－1 Na2SO4溶液和50 mL 0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液中SO的物质的量浓度为(　　) A．0.20 mol·L－1 B．0.25 mol·L－1 C．0.40 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1 答案　C 解析　由c1·V1＋c2·V2＝c混·(V1＋V2)可知，0.1 L×0.3 mol·L－1＋0.05 L×0.2 mol·L－1×3＝c混(SO)×(0.1 L＋0.05 L)，解得c混(SO)＝0.40 mol·L－1。 溶液稀释、同种溶质的溶液混合的计算 溶液稀释 溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2 溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2 溶液质量守恒，m稀＝m浓＋m水(体积一般不守恒，V稀≠V浓＋V水) 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(稀溶液混合时，常认为V混＝V1＋V2，进行粗略计算) 溶液质量守恒，即ρ1V1＋ρ2V2＝ρ混V混 电荷守恒，如不同浓度的Na2SO4溶液混合后仍存在c(Na＋)＝2c(SO) 题组三　分析与归纳溶液浓度的换算 5．有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 g·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2.4 mol·L－1 C．溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40 D．硫酸根离子的质量分数是19.2% 答案　C 6．已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ g·cm－3，质量分数为w%，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中含NaCl的质量为m g。 (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表示溶液的质量分数：________。(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度：________。 答案　(1) mol·L－1　(2) mol·L－1　(3)×100%　(4) g 解析　(1)溶液的物质的量浓度为 ＝ mol·L－1。 (2)溶液的物质的量浓度为＝ mol·L－1。 (3)溶液的质量分数为 ×100%＝×100%。 (4)100 g该饱和NaCl溶液中溶质的质量为w g，溶剂的质量为(100－w)g，则该温度下NaCl的溶解度为×100 g＝ g。 物质的量浓度、质量分数、溶解度间的换算 由定义出发，运用公式：c＝、质量分数＝×100%进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。 （1）物质的量浓度（c）与溶质质量分数（w）的换算 体积为V L，密度为ρ g·cm－3的溶液，含有摩尔质量为M g·mol－1的溶质m g，溶质的质量分数为w，则溶质的物质的量浓度c与溶质的质量分数w的关系是：c＝=== =，反之，w＝。 （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ρ g·cm－3，溶质的摩尔质量为M g·mol－1，溶解度为S g，则溶解度与物质的量浓度的表达式分别为：S＝，c=。 考点2　一定物质的量浓度溶液的配制 题组一　探究与实践溶液的配制 1．实验室需要配制0.50 mol·L－1 NaCl溶液480 mL。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5 g)、药匙、烧杯、量筒、________、________、________以及等质量的两片同种纸片。 (2)计算。配制该溶液需取NaCl晶体________g。 (3)称量。 ①天平调零之后，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)500 mL容量瓶　胶头滴管　玻璃棒 (2)14.6 (3)①　②左盘 (4)搅拌，加速NaCl溶解　 (5)保证溶质全部转入容量瓶中 (6)1～2 cm　胶头滴管 2．实验室需要0.1 mol·L－1 NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L－1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题： (1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是______________(填仪器名称)。 (2)在配制NaOH溶液时： ①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为______g； ②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度________(填“>”“<”或“＝”)0.1 mol·L－1； ③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗烧杯和玻璃棒→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度________(填“>”“<”或“＝”)0.1 mol·L－1。 (3)在配制硫酸溶液时： ①所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的体积为________(计算结果保留一位小数)mL； ②如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用________mL量筒最好； ③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是____________________________________。 答案　(1)AC　烧杯、玻璃棒 (2)①2.0　②＜　③＞ (3)①13.6　②15　③将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌 题组二　分析与归纳实验误差 3．利用NaOH固体配制0.5 mol·L－1的溶液1000 mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是(　　) A．容量瓶洗净后内壁沾有蒸馏水 B．定容时俯视观察刻度线 C．移液时，对用于溶解NaOH固体的烧杯没有进行冲洗 D．定容后，将容量瓶振荡、摇匀，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线 答案　B 4．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，必须干燥才能用于配制溶液 B．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量NaCl固体时药品砝码左右位置颠倒，对实验结果无影响 C．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 D．用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高 答案　D 解析　配制溶液时需加水定容，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥就能用于配制溶液，A错误；配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量NaCl固体时药品砝码左右位置颠倒，称取食盐的质量偏小，配制溶液的浓度偏低，B错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，C错误；用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线，量取浓盐酸体积偏大，会导致所配溶液浓度偏高，D正确。 定容时俯视、仰视的误差分析方法 分析定容时俯视、仰视对结果的影响时，要确保按眼睛视线→刻度线→凹液面最低点的次序，做到“三点一线”。 (1)仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，浓度偏小。 (2)俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，浓度偏大。 　化学计算中的常用方法 方法一　比例式法 (1)应用原理 在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比。 (2)解题步骤 　(2021·全国甲卷节选)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为________ mol。 [解析]　 第一步：写出配平的方程式 2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2 第二步：把已知量和求解量列在有关物质化学式的下面 4　 　 　　　　1 x 1 mol 第三步：列比例，求未知量 ＝解得x＝4 mol [答案]　4 方法二　关系式法 (1)应用原理 关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。 (2)解题步骤 　黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________。 (2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。 [解析]　(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2、SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得关系式： Cr2O　～　6Fe2＋～　3SO2　～　FeS2 1 0.02000 mol·L－1×0.02500 L m(FeS2)＝0.09000 g，样品中FeS2的质量分数为90%。 (2)据煅烧时的方程式，则有 4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 4 mol 8 mol n(SO2) n(SO2)＝1.5×105 mol，V(SO2)＝3.36×106 L。 由SO2　～　SO3　～　H2SO4 1 mol 98 g 1.5×105 mol m(H2SO4)×98% 得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。 [答案]　(1)90%　(2)3.36×106　15 方法三　守恒法 (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“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、元素质量守恒等。 (2)解题步骤 　(2020·天津高考节选)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： 实验原理：CuSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2 实验步骤： 固体质量为w g，则c(CuSO4)＝____________mol·L－1。 [解析]　 守恒分析 反应分析 ①CuSO4＋BaCl2===BaSO4↓＋CuCl2； ②沉淀过程中硫原子守恒； ③固体经洗涤、灼烧、称重，最后得到的固体(w g)是BaSO4 计算BaSO4的物质的量，用守恒求解，根据硫原子守恒可知，CuSO4～BaSO4，而n(BaSO4)＝ mol，则有c(CuSO4)＝＝＝ mol·L－1 [答案]　 方法四　差量法 (1)应用原理 差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。 (2)解题步骤 　为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。 [答案]　样品加热发生的反应为 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm 168 106 62 m(NaHCO3) (w1－w2) g 样品中m(NaHCO3)＝ g， m(Na2CO3)＝w1 g－ g， 其质量分数为×100%＝ ×100%＝×100%。 1．碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是(　　) A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g 答案　C 解析　根据题意可知溶解28.4 g混合物，消耗HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯原子守恒，则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据Cu原子守恒可知，原混合物中含有Cu原子的物质的量为0.25 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。 2．16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3　②3∶2　③4∶3　④9∶7，其中正确的是(　　) A．①② B．①④ C．②③ D．③④ 答案　C 解析　根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。 6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)　 6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 9 mL 6 mL 由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。 3．(2023·辽宁实验中学高三期中)向59.2 g Fe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0 L，固体物质完全反应，生成NO和Fe(NO3)3。在所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液2.8 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6 g。下列有关说法错误的是(　　) A．Fe2O3与FeO的物质的量之比为1∶6 B．硝酸的物质的量浓度为3.0 mol·L－1 C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L D．Fe2O3、FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol 答案　D 解析　在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0 mol·L－1×2.8 L＝2.8 mol，沉淀为Fe(OH)3，质量为85.6 g，物质的量为85.6 g÷107 g·mol－1＝0.8 mol，根据铁元素守恒有n(FeO)＋2n(Fe2O3)＝n[Fe(OH)3]，所以反应后的溶液中n[Fe(NO3)3]＝n[Fe(OH)3]＝0.8 mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有160x＋72y＝59.2，根据铁元素守恒有：2x＋y＝0.8，联立方程解得x＝0.1、y＝0.6，n(Fe2O3)∶n(FeO)＝0.1 mol∶0.6 mol＝1∶6，故A正确；根据得失电子守恒知，n(NO)＝＝0.2 mol，标准状况下体积为4.48 L，故C正确；根据N元素守恒知，n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2 mol＋2.8 mol＝3.0 mol，所以c(HNO3)＝3.0 mol·L－1，故B正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与HNO3、Fe(NO3)3反应，溶液呈中性，说明最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)＋3n[Fe(NO3)3]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝n(NaNO3)－3n[Fe(NO3)3]＝2.8 mol－3×0.8 mol＝0.4 mol，故D错误。 4．CO2和KO2有下列反应： 4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2 4KO2＋4CO2＋2H2O===4KHCO3＋3O2 若9 mol CO2在密封舱内与KO2反应后生成9 mol O2，则反应前密封舱内H2O的物质的量为________。 答案　3 mol 解析　设反应前密封舱内H2O的物质的量为x mol， 4KO2＋4CO2　＋　2H2O===4KHCO3＋3O2 4 mol 2 mol 3 mol 2x mol x mol　 1.5x mol 4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2 2 mol 3 mol (9－2x) mol　 1.5(9－2x) mol 根据生成O2的总量可知：1.5x＋1.5(9－2x)＝9，解得x＝3。 5．立德粉成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L－1的I2­KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应方程式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定消耗Na2S2O3溶液的体积V mL。终点颜色变化为______________，样品中S2－的含量为______________________________(写出表达式)。 答案　由浅蓝色变为无色　 ×100% 解析　根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2O，可得n过量(I2)＝×0.1000V×10－3 mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.1000×25.00×10－3 mol－×0.1000V×10－3 mol＝×0.1000×10－3 mol，则样品中S2－的含量为 ×100%。 1．(2023·全国甲卷)实验室将粗盐提纯并配制0.1000 mol·L－1的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有(　　) ①天平　②温度计　③坩埚　④分液漏斗　⑤容量瓶　⑥烧杯　⑦滴定管　⑧酒精灯 A．①②④⑥ B．①④⑤⑥ C．②③⑦⑧ D．①⑤⑥⑧ 答案　D 2．(2022·山东高考)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(　　) A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中 B．应选用带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液 C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体 D．达到滴定终点时溶液显橙色 答案　A 3．(2021·广东高考)测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括： ①量取一定量的浓硫酸，稀释； ②转移定容得待测液； ③移取20.00 mL待测液，用0.1000 mol·L－1的NaOH溶液滴定。 上述操作中，不需要用到的仪器为(　　) 答案　B 4．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50.00 mL 0.1000 mol·L－1 Na2CO3溶液选择下列(图②)实验仪器或装置 C．(2019·江苏高考)将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L－1 NaOH溶液 D．(2020·浙江选考)用容量瓶配制溶液，定容时若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体 答案　A 5．(1)(2022·广东高考节选)①配制250 mL 0.1 mol·L－1的HAc溶液，需5 mol·L－1 HAc溶液的体积为________mL。 ②下列关于250 mL容量瓶的操作，正确的是________。 (2)(2020·全国卷Ⅰ节选)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L－1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、__________________________(从下列图中选择，写出名称)。 (3)(2018·全国卷Ⅲ节选)溶液配制：称取1.2000 g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100 mL的________中，加蒸馏水至________。 答案　(1)①5.0　②C　 (2)烧杯、量筒、托盘天平 (3)烧杯　容量瓶　刻度线 醋酸钠(CH3COONa)是一种常用的防腐剂和缓冲剂。 配制250 mL 0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液，需要称量醋酸钠晶体(CH3COONa·3H2O，M＝136 g·mol－1)的质量为________。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、______________________________(从下列图中选择，写出名称)。 答案　3.4 g　烧杯、胶头滴管、250 mL容量瓶 课时作业 [建议用时：40分钟] 一、选择题(每小题只有1个选项符合题意) 1．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－1 B．0.2 mol·L－1 C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1 答案　C 2．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 3．下列实验操作正确的是(　　) A．含NA个Na＋的Na2O溶解于1 L水中，Na＋的物质的量浓度为1 mol·L－1 B．100 g硫酸溶液的物质的量浓度为18.4 mol·L－1，用水稀释到物质的量浓度为9.2 mol·L－1，需要水100 g C．配制一定物质的量浓度的氯化钾溶液：准确称取一定质量的氯化钾固体，放入到1000 mL的容量瓶中，加水1000 mL溶解，振荡摇匀 D．将10 g CuSO4固体溶解在90 g水中，配制质量分数为10%的CuSO4溶液 答案　D 解析　最后溶液的体积不一定为1 L，A错误；稀释后溶液体积为浓硫酸体积的2倍，由于浓硫酸的密度大于稀硫酸，故稀释后溶液质量小于200 g，则加入水的质量小于100 g，B错误；最后溶液的体积不一定是1000 mL，且不能在容量瓶中溶解物质，C错误。 4．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9.82 mL浓盐酸 C．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体 D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁 答案　A 解析　10 mL量筒的精确度为0.1 mL，B错误；托盘天平的精确度为0.1 g，C错误；胶头滴管应悬空垂直于容量瓶上方，D错误。 5．用98%的浓硫酸(密度为1.84 g·mL－1)配制1 mol·L－1的稀硫酸100 mL，配制过程中可能用到下列仪器：①100 mL量筒；②10 mL量筒；③50 mL烧杯；④托盘天平；⑤100 mL容量瓶；⑥胶头滴管；⑦玻璃棒。按使用的先后顺序排列正确的是(　　) A．②⑥③⑦⑤ B．④③⑤⑦⑥ C．①③⑦⑤⑥ D．②⑤⑦⑥ 答案　A 6．3 g镁铝合金与100 mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g，则原硫酸的物质的量浓度为(　　) A．1 mol·L－1 B．1.5 mol·L－1 C．2 mol·L－1 D．2.5 mol·L－1 答案　B 解析　由→知合金与无水硫酸盐的质量差为SO的质量。n(H2SO4)＝n(SO)＝＝0.15 mol。c(H2SO4)＝＝1.5 mol·L－1。 7．(2023·辽宁实验中学高三期中)下列叙述中正确的是(　　) A．溶质质量分数为23%和10%的氨水等质量混合，混合液的溶质质量分数小于16.5% B．同种溶质不同浓度的两种溶液混合，计算时可将体积直接加和 C．若溶质质量分数为2x%的乙醇溶液的物质的量浓度为2y mol·L－1，则将其加水稀释至溶质质量分数为x%，所得稀溶液物质的量浓度大于y mol·L－1 D．某溶液密度为ρ g·cm－3，溶质摩尔质量为M g·mol－1，若物质的量浓度为c mol·L－1，则该溶液的溶质质量分数为% 答案　C 解析　假设质量均为m，则混合液的溶质质量分数为×100%＝16.5%，故A错误；同种溶质不同浓度的两种溶液的密度不同，两者混合，计算时不可将体积直接加和，故B错误；由c＝可知，c1＝2y＝，稀释后c2＝，＝＝＝，c2＝y，乙醇密度小于水，则ρ2>ρ1，故c2>y，故C正确；由c＝可知，某溶液密度为ρ g/cm3，溶质摩尔质量为M g/mol，若物质的量浓度为c mol/L，则该溶液的溶质质量分数为w＝×100%＝%，故D错误。 8．取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6 g，另一份加入500 mL稀硝酸中，固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48 L。已知Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。则稀硝酸的浓度为(　　) A．4 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．1.6 mol·L－1 D．0.8 mol·L－1 答案　B 解析　一份用足量的氢气还原，反应后固体质量为Cu的质量，故n(Cu)＝ mol＝0.4 mol，另一份中加入500 mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，根据Cu元素守恒可知：n[Cu(NO3)2]＝n(Cu)＝0.4 mol，根据氮元素守恒可知：n(HNO3)＝n(NO)＋2n[Cu(NO3)2]＝ mol＋2×0.4 mol＝1 mol，所以该稀硝酸的浓度c(HNO3)＝ mol·L－1＝2 mol·L－1。 9．向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，向所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列说法正确的是(　　) A．Cu和Cu2O的物质的量之比为2∶1 B．产生的NO的体积为4.48 L C．原硝酸的物质的量浓度为4.2 mol·L－1 D．Cu和Cu2O与硝酸反应后剩余的HNO3的物质的量浓度为0.2 mol·L－1 答案　A 解析　向所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g，即生成的Cu(OH)2的质量为39.2 g，则n[Cu(OH)2]＝＝0.4 mol，Cu2＋消耗的NaOH的物质的量为0.8 mol，则所得溶液中有HNO3剩余，剩余HNO3的物质的量为1.0 mol·L－1×1.0 L－0.8 mol＝0.2 mol。27.2 g Cu和Cu2O的混合物中，n总(Cu)＝0.4 mol，m总(Cu)＝0.4 mol×64 g·mol－1＝25.6 g，则m(O)＝27.2 g－25.6 g＝1.6 g，n(O)＝＝0.1 mol，故混合物中Cu2O为0.1 mol，Cu为0.2 mol，Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1＝2∶1，A正确；未指明是否处于标准状况，不能用22.4 L·mol－1计算NO的体积，B错误；n(Cu2O)＝0.1 mol，n(Cu)＝0.2 mol，则表现出氧化性的硝酸为＝0.2 mol，根据最后所得溶液呈中性及NaOH为1 mol，知表现出酸性的硝酸为1.0 mol，故原硝酸的物质的量浓度为＝2.4 mol·L－1，C错误；Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3的物质的量为0.2 mol，物质的量浓度为＝0.4 mol·L－1，D错误。 二、非选择题 10．已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示。 “84”消毒液 净含量：1000 mL 密度：1.19 g·cm－3 有效成分：25%NaClO 使用方法：稀释100倍(体积比)后使用 注意事项：密封保存，易吸收空气中的CO2变质 请回答下列问题： (1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为________mol·L－1。 (2)某同学取100 mL该“84”消毒液，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)＝________mol·L－1。 (3)“84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸配制2000 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。 ①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为________mol·L－1。 ②需用浓硫酸的体积为________mL。 答案　(1)4.0　(2)0.04　(3)①4.6　②250 解析　(1)由c＝得，c(NaClO)＝ mol·L－1≈4.0 mol·L－1。 (3)②2000 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸中溶质的物质的量为2 L×2.3 mol·L－1＝4.6 mol，设需要98%(密度为1.84 g·cm－3)的浓硫酸的体积为V mL，则有＝4.6 mol，解得V＝250。 11．(1)生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐的形式存在，测定污水中磷含量的方法如下：取100 mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag＋，发生反应：Ag＋＋SCN－===AgSCN↓，共消耗c mol·L－1 NH4SCN溶液V mL。则此污水中磷的含量为________mg·L－1(以磷元素计)。 (2)二氧化氯被认为是氯消毒剂的理想替代品。自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取100.0 mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，达到滴定终点时用去15.00 mL Na2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为________mg·L－1。 答案　(1)cV　(2)202.5 解析　(1)由关系式：P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN可知，n(P)＝n(NH4SCN)＝cV×10－3 mol，则此污水中磷的含量为 mg÷0.1 L＝cV mg·L－1。 (2)设ClO2的含量为x g·L－1，根据得失电子守恒可知二氧化氯与生成的碘单质存在数量关系：2ClO2～5I2，滴定时碘单质与S2O存在数量关系：I2～2S2O，所以ClO2与标准溶液的数量关系为2ClO2～10S2O，则有＝0.015 L×0.1 mol·L－1×，解得x＝0.2025，故ClO2的含量为202.5 mg·L－1。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$