第2章 第3节 第2课时 物质的量浓度-【名师导航】2025年高考化学一轮总复习讲义（人教版）

第2课时　物质的量浓度 1．能从宏观和微观相结合的视角认识物质的量浓度(c)并解决实际问题。 2．在有关计算过程中，通过分析、推理等理解计算的方法，建立有关物质的量浓度题目解答的模型。 3．能从问题和实际出发，确定探究目的，设计配制一定物质的量浓度溶液的实验方案，进行实验探究；在探究中学会合作与交流，能够正确分析实验过程中可能存在的误差问题。 一、物质的量浓度 1．物质的量浓度 2．溶质的质量分数 二、配制一定物质的量浓度的溶液 1．两种重要仪器——托盘天平和容量瓶 (1)托盘天平的构造及使用 称量前先调零，称量固体药品时，药品放在左盘，砝码放在右盘，读数精确到0.1g。 (2)容量瓶的构造及使用 (3)容量瓶的查漏操作 2．一定物质的量浓度溶液的配制流程 (1)主要仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等。 (2)配制过程(以配制100 mL 1.0 mol·L-1 NaCl溶液为例)： 3．误差分析的思维流程 (1)从溶质改变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溶液时，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未洗涤烧杯及玻璃棒：偏小。 (2)从溶液改变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。 (1)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。(　×　) (2)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中，所得溶液的溶质的质量分数为25%。(　×　) (3)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。(　×　) (4)容量瓶在使用前要检查是否漏水。(　√　) (5)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。(　×　) (6)把0.585 g NaCl固体，放入100 mL容量瓶中，加水到刻度线处，配成0.1 mol·L-1的NaCl溶液。(　×　) (7)配制2 mol·L-1Na2CO3溶液950 mL时，应选1 000 mL容量瓶，称取Na2CO3·10H2O 572.0 g。(　√　) (8)用量筒量取20 mL 0.500 0 mol·L-1H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 mol·L-1H2SO4溶液。(　×　) (9)1.0 L 1.0 mol·L-1的Na[Al(OH)4]水溶液中含有的氧原子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)。(　×　) (1)规避物质的量浓度的2个易错点 ①气体溶于水，溶质是该气体与水反应生成的物质，如NH3溶于水后主要溶质是NH3·H2O，但以最初溶解的NH3进行计算。 ②计算时注意溶液的体积和单位。 (2)一定物质的量浓度溶液配制时3提醒 ①做需要补充仪器的实验题时，要学会“有序思考”——按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，然后与已知仪器对比，就不会漏写某种仪器。 ②容量瓶的规格，常见的有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL。 ③所用定量仪器量筒、托盘天平的精确度分别为0.1 mL、0.1 g。 　物质的量浓度的有关计算 考向1| 物质的量浓度的计算 1．下列说法正确的是(　　) A．1 L水中溶解了58.5 g NaCl，该溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L-1 B．配制500 mL 0.5 mol·L-1的CuSO4溶液，需62.5 g胆矾 C．从1 L 2 mol·L-1的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为1 mol·L-1 D．中和100 mL 1 mol·L-1的H2SO4溶液，需NaOH 4 g B　解析：1 L水中溶解了58.5 g NaCl，溶液的体积不是1 L，溶液的物质的量浓度无法求出，A项错误；根据化学式可知，CuSO4的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为0.5 L×0.5 mol·L-1×250 g·mol-1＝62.5 g，B项正确；从1 L 2 mol·L-1的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为2 mol·L-1，C项错误；由关系式H2SO4～2NaOH可知，n(NaOH)＝2n(H2SO4)＝2×0.1 L×1 mol·L-1＝0.2 mol，m(NaOH)＝0.2 mol×40 g·mol-1＝8 g，D项错误。 2．若20 g密度为ρ g·mL-1的Ca(NO3)2溶液中含有2 g Ca(NO3)2，则溶液中的物质的量浓度为________。 解析：溶质的物质的量n＝，溶液体积V＝×10-3 L·mL-1＝的物质的量浓度c＝ mol·的物质的量浓度为 mol·L-1×2＝L-1。 答案： mol·L-1 考向2| 物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算 3．食盐在生活中有广泛应用，是生活中不可或缺的调味剂。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，溶液中含NaCl的质量为m g。下列表达式正确的是(　　) A．n(NaCl)＝ mol B．w＝% C．c(NaCl)＝ mol·L-1 D．V＝ C　解析：n(NaCl)＝mol，故A错误；溶液的质量为ρ g·cm-3×V mL＝ρV g，则质量分数w＝×100%＝%，故B错误；溶液的物质的量浓度c(NaCl)＝ mol·L-1，故C正确；mL 不是NaCl溶液的体积，故D错误。 物质的量浓度、质量分数、溶解度之间的换算(M：摩尔质量，单位：g·mol-1；ρ：密度，单位：g·cm-3) 考向3| 溶液中的电荷守恒 4．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其中c(H＋)＝0.1 mol· L-1，c(Al3+)＝0.4 mol·＝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 C　解析：根据溶液中电荷守恒，溶液中存在3c(Al3+)＋c(K＋)＋c(H＋)＝很小，可以忽略不计，则有3c(Al3+)＋ c(K＋)＋c(H＋)＝，所以c(K＋)＝－3c(Al3+)－c(H＋)＝2×0.8 mol·L-1－3×0.4 mol·L-1－0.1 mol·L-1＝0.3 mol· L-1，C项正确。 考向4| 有关溶液稀释与混合的计算 5．将30 mL 0.5 mol·L-1NaOH溶液加水稀释到500 mL，然后取出其中100 mL溶液，所含NaOH的质量为(　　) A．0.12 g B．0.24 g C．0.36 g D．0.48 g A　解析：设稀释后NaOH的物质的量浓度为c(NaOH)，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则0.03 L×0.5 mol·L-1＝0.5 L×c(NaOH)，解得c(NaOH)＝0.03 mol·L-1，故取出的100 mL稀释后溶液中含有NaOH的质量为0.03 mol·L-1×0.1 L×40 g·mol-1＝0.12 g。 溶液稀释和混合的计算 (1)溶液稀释的有关计算：稀释前后溶质的物质的量和质量都保持不变。 c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)， m(浓)·w(浓)＝m(稀)·w(稀)。 (2)溶液混合的计算：混合前后溶质的物质的量或质量不变。 c1·V1＋c2·V2＝c(混)·V(混)， m1·w1＋m2·w2＝m(混)·w(混)。 　一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析 考向1| 一定物质的量浓度溶液的配制 1．(2022·广东卷节选)(1)配制250 mL 0.1 mol·L-1的HAc溶液，需5 mol·L-1HAc溶液的体积为________mL。 (2)下列关于250 mL容量瓶的操作，正确的是________(填标号)。 　　 解析：(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250 mL×0.1 mol·L-1＝V×5 mol·L-1，解得V＝5.0 mL。(2)容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；定容时，视线应与容量瓶瓶颈刻度线平齐，不能仰视或俯视，向容量瓶内滴加液体时，胶头滴管应竖直悬空于瓶口上方，不能伸入瓶中，故B错误；向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，应用食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，另一只手扶住容量瓶底部，防止容量瓶滑落，故D错误。 答案：(1)5.0　(2)C 2．用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)。 解析：根据用固体物质配制一定物质的量浓度溶液的方法可知，题图给出的仪器中还需要烧杯、量筒和托盘天平。 答案：烧杯、量筒、托盘天平 3．下列实验过程不能达到实验目的的是________(填标号)。 编号 实验目的 实验过程 A 配制0.400 0 mol·L-1的NaOH溶液 称取4.0 g NaOH固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容 B 配制浓度为0.010 mol·L-1的KMnO4溶液 称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度 C 制取并纯化H2 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 配制稀硫酸 先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水 解析：称取4.0 g NaOH固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后转移至250 mL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，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。 答案：ABCD 考向2| 一定物质的量浓度溶液配制的误差分析 4．实验室用氢氧化钠固体配制1.00 mol·L-1的NaOH溶液480 mL，以下配制步骤正确的是(　　) A．直接在托盘天平上称取19.2 g的氢氧化钠固体放入烧杯中，加蒸馏水溶解 B．待溶液冷却后，用玻璃棒引流，将烧杯中的溶液转移到容量瓶中，并洗涤烧杯、玻璃棒2～3次 C．定容时，仰视凹液面最低处至刻度线 D．按照上述步骤配制的溶液(没有涉及的步骤操作都正确)，所得溶质的物质的量浓度偏大 B　解析：由于实验室无480 mL容量瓶，故应选择500 mL 容量瓶，配制出500 mL溶液，所需的氢氧化钠的质量m＝cVM＝1.00 mol·L-1 ×0.5 L×40 g· mol-1＝20.0 g，且称量时应放到小烧杯里，故A错误；氢氧化钠固体溶于水放热，故应冷却至室温，移液时应用玻璃棒引流，否则溶液溅出会导致浓度偏低，并洗涤烧杯2～3次，将洗涤液全部转移至容量瓶中，故B正确；定容时，应平视刻度线，仰视会导致溶液体积偏大，故C错误；仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则溶液浓度偏小，故D错误。 5．在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列错误操作可使所配制溶液浓度偏高的是(　　) A．用量筒量取浓盐酸时仰视读数 B．稀释搅拌时有液体飞溅 C．定容时仰视容量瓶刻度线 D．定容摇匀后液面下降，再加水至刻度线 A　解析：用量筒量取浓盐酸时仰视读数会导致溶液体积偏大，溶质的物质的量偏大，所配制溶液浓度偏高，A项正确；稀释搅拌时有液体飞溅，会导致溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏低，B项错误；定容时仰视容量瓶刻度线，会导致溶液的体积偏大，所配制溶液浓度偏低，C项错误；定容摇匀后液面下降为正常现象，如果再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏低，D项错误。 误差判断分析技巧 (1)误差分析的思维流程 (2)视线引起误差的分析方法 ①仰视容量瓶刻度线[图(a)]，导致溶液体积偏大，结果偏低。 ②俯视容量瓶刻度线[图(b)]，导致溶液体积偏小，结果偏高。 课时质量评价(九) 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1．(2024·德州模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．配制0.1 mol·L-1 CuSO4溶液100 mL，需称量胆矾1.6 g B．40 g NaOH固体溶于1 L水，所得溶液的浓度为1 mol·L-1 C．200 mL 0.2 mol·L-1 MgCl2溶液中Cl－的个数为0.08NA D．从100 mL 1 mol·L-1 H2SO4溶液中取出10 mL溶液，此溶液的浓度为0.1 mol·L-1 C　解析：配制0.1 mol·L-1 CuSO4溶液100 mL，需CuSO4 0.01 mol，即需称取CuSO4固体的质量为1.6 g，胆矾是CuSO4·5H2O，故A错误；40 g NaOH固体溶于1 L水，NaOH溶液的体积并不是1 L，故所得溶液的浓度不等于1 mol·L-1，故B错误；200 mL 0.2 mol·L-1 MgCl2溶液中Cl－的个数为0.2 L×0.2 mol·，故C正确；从100 mL H2SO4溶液中取出10 mL，其浓度是保持不变的，故D错误。 2．取100 mL 0.3 mol·L-1和300 mL 0.25 mol·L-1的硫酸混合并稀释配成500 mL 溶液，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是(　　) A．0.21 mol·L-1 B．0.42 mol·L-1 C．0.56 mol·L-1 D．0.26 mol·L-1 B　解析：该混合溶液中H＋的物质的量n(H＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L-1＋0.3 L×0.25 mol·L-1)×2＝0.21 mol，所以c(H＋)＝＝0.42 mol·L-1。 3．现有两份体积相同的混合溶液，其组成如下表所示： 溶液编号 KCl K2SO4 ZnSO4 ZnCl2 ① 0.4 mol 0.1 mol 0.3 mol 0.1 mol ② 0.2 mol 0.2 mol 0.1 mol 0.1 mol 则两份溶液中各离子浓度(　　) A．仅c(K＋)相同 B．仅c(Cl－)相同 C．完全相同 D．完全不同 A　解析：①溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.4 mol＋2×0.1 mol＝0.6 mol，Zn2+：0.3 mol＋0.1 mol＝0.4 mol，Cl－：0.4 mol＋2×0.1 mol＝：0.1 mol＋0.3 mol＝0.4 mol；②溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.2 mol＋2×0.2 mol＝0.6 mol，Zn2+：0.1 mol＋0.1 mol＝0.2 mol，Cl－：0.2 mol＋2×0.1 mol＝相同，A项正确。 4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．将1 L 10 mol·L-1的盐酸与9 L水混合所得盐酸的浓度为1 mol· L-1 B．5 g 98%的硫酸(密度为1.84 g·cm-3)与8 mL 18.4 mol·L-1的硫酸浓度相等 C．1.0 L 1.0 mol·L-1的Na2SO4溶液中的数目为0.5 NA D．1 L含2 mol K＋的K2SO4溶液，此溶液的浓度为2.0 mol·L-1 B　解析：将1 L 10 mol·L-1的盐酸与9 L水混合后，所得溶液体积不是10 L，溶液浓度不是1 mol·L-1，故A错误；据c＝可知，98%硫酸(密度为1.84 g·cm-3)的物质的量浓度c＝＝18.4 mol·L-1，与8 mL 18.4 mol·L-1的硫酸的浓度是相同的，故B正确；1.0 L 1.0 mol·L-1的Na2SO4溶液中的数目为NA，故C错误；含2 mol K＋的K2SO4溶液，含K2SO4的物质的量为1 mol，则此溶液的浓度为c＝＝＝1.0 mol·L-1，故D错误。 5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关实验原理或操作正确的是(　　) A．用20 mL量筒量取15 mL乙醇，加5 mL水，配制质量分数为75%的乙醇溶液 B．在200 mL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2.5 mol·L-1 C．实验中需用950 mL 2.0 mol·L-1Na2CO3溶液，配制时称取的Na2CO3的质量为201.4 g D．实验室配制500 mL 0.2 mol·L-1硫酸亚铁溶液的操作：用天平称15.2 g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶中，洗涤、稀释、定容、摇匀 B　解析：不能在量筒中配制溶液，乙醇的密度比水的密度小，15 mL乙醇和5 mL水配制的乙醇溶液的质量分数小于75%，A项错误；在200 mL某硫酸盐溶液中含有个硫酸根离子和NA个金属离子，根据电荷守恒，该硫酸盐的化学式为(M为金属)，该溶液中含M2(SO4)3的物质的量为0.5 mol，该硫酸盐的物质的量浓度为＝2.5 mol·L-1，B项正确；根据“大而近”的原则，配制950 mL 2.0 mol·L-1 Na2CO3溶液选用1 000 mL容量瓶，配制时需称取Na2CO3的质量为2 mol·L-1×1 L×106 g·mol-1＝212 g，C项错误；实验室配制500 mL 0.2 mol·L-1硫酸亚铁溶液，需称取绿矾的质量为0.2 mol·L-1 ×0.5 L×278 g·mol-1＝27.8 g，D项错误。 6．在同温同压下用排气法收集NH3、HCl进行喷泉实验，其中图(a)中的烧瓶收集满了NH3，图(b)中的烧瓶HCl气体没有收集满。下列说法错误的是(不考虑溶质的扩散及静止时液面高度的影响)(　　) A.溶质的物质的量浓度均为 mol·L-1(Vm 表示该温度、压强下的气体摩尔体积的值) B．溶质的物质的量浓度不相同 C．溶质的质量分数不同 D．图(a)、图(b)中喷泉的颜色分别为蓝色、红色 B　解析：由于实验中得到的溶液的体积与溶解的气体体积相同，设溶解的气体体积为V L，则气体物质的量 n(气)＝ mol，溶质的物质的量浓度＝ mol·L-1，A项正确，B项错误；因所得溶液中溶质的摩尔质量不同，故它们的质量分数不相同，C项正确；石蕊遇碱性溶液呈蓝色，遇酸性溶液呈红色，D项正确。 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 7．配制100 mL 1.00 mol·L-1NaOH溶液的操作如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．操作1前称取NaOH的质量为4.0 g B．操作2前NaOH溶液需恢复至室温 C．操作4若俯视刻度线定容，结果偏小 D．操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线 CD　解析：操作1前称取NaOH的质量为0.1 L×1.00 mol·L-1×40 g·mol-1＝4.0 g，故A正确；转移溶液之前应将溶液冷却至室温，即操作2前NaOH溶液需恢复至室温，故B正确；操作4若俯视刻度线定容，溶液体积偏小，物质的量浓度偏大，故C错误；操作5后液面下降，液体可能在容量瓶和瓶塞之间，不能补充水，故D错误。 8．下列说法正确的是(　　) A．将标准状况下V L A气体(相对分子质量为M)溶于0.1 L水中，所得溶液密度为ρ g·cm-3，则此溶液的物质的量浓度为 mol·L-1 B．将1 mol·L-1的硫酸与水等质量混合后，所得硫酸的物质的量浓度小于0.5 mol·L-1 C．用Na2CO3·10H2O晶体配制100 mL 1 mol·L-1的Na2CO3溶液，定容时俯视刻度线会导致溶液浓度偏低 D．配制460 mL 0.2 mol·L-1的H2SO4溶液，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸5.0 mL B　解析：标准状况下V L A气体的物质的量为，V L A 气体溶于0.1 L水中所得溶液密度为ρ g·cm-3，则溶液的体积为×10—3L，则溶液的物质的量浓度为 mol·L-1，故A错误；若原硫酸体积为V，水的密度比硫酸小，将1 mol·L-1硫酸与水等质量混合后，溶液体积大于2V，则所得硫酸的物质的量浓度小于0.5 mol·L-1，故B正确；用Na2CO3·10H2O晶体配制100 mL 1 mol·L-1的Na2CO3溶液，定容时俯视刻度线会使溶液的体积偏小，导致溶液浓度偏高，故C错误；实验室没有460 mL容量瓶，所以配制460 mL 1 mol·L-1的H2SO4溶液时，应选用500 mL容量瓶，设需要98%浓硫酸的体积为V，由稀释定律可得：0.2 mol·L-1×0.5 L＝，解得 V≈5.4 mL，故D错误。 9．体积为V mL、密度为ρ g·mL-1的溶液中，含有摩尔质量为M g·mol-1的溶质m g，其物质的量浓度为c mol·L-1，溶质的质量分数为a%。下列有关关系式不正确的是(　　) A．m＝V×ρ×a% B．c＝1 000×ρ×a×M C．c＝ D．a%＝×100% B　解析：溶液的质量为ρ g·mL-1×V mL＝ρ×V g，溶液中溶质的质量为ρ×V×a% g，故A正确；溶液中溶质的物质的量为，体积为V mL，则其物质的量浓度为 mol·L-1，故B错误；溶液中溶质的物质的量为 mol，溶液的体积为0.001V L，则该溶液的浓度为 mol·L-1，故C正确；根据c＝可得，溶质质量分数为×100%，故D正确。 三、非选择题 10．在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。如表所示是1 L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后并回答下列问题： 成分 质量/g 摩尔质量/(g·mol-1) 蔗糖 50.00 342 硫酸钾 0.50 174 阿司匹林 0.35 180 高锰酸钾 0.50 158 硝酸银 0.04 170 (1)“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是________(填名称)。 (2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量浓度为(阿司匹林中不含K＋) __________(只要求写表达式，不需计算)mol·L-1。 (3)下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是____(填标号)，还缺少的玻璃仪器有__________________________(填仪器名称)。 (4)配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是____(填标号)。 A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水 B．定容时仰视液面 C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净 D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理 解析：(1)同一溶液，体积相等，则物质的量越大溶液浓度越大，蔗糖的物质的量为≈0.146 mol；硫酸钾的物质的量为≈0.002 87 mol；阿司匹林的物质的量为≈0.001 94 mol；高锰酸钾的物质的量为≈0.003 2 mol；硝酸银的物质的量为≈0.000 24 mol；所以蔗糖的物质的量最大，溶液中蔗糖的物质的量浓度最大。(2)依据c＝，V＝1 L，溶液中钾离子的物质的量浓度为mol·L-1。(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、1 000 mL容量瓶、胶头滴管；用不到烧瓶和分液漏斗，还缺少的仪器：玻璃棒、烧杯。(4)容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A符合题意；定容时仰视液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故B不符合题意；容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，容量瓶中沾有NaCl，NaCl能够消耗银离子，导致溶液中银离子浓度偏小，故C不符合题意；定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，属于正确操作，溶液浓度准确，故D符合题意。 答案：(1)蔗糖　(2)2×　(3)ac　玻璃棒、烧杯　(4)AD 11．将一定量的Cl2通入体积为40 mL、浓度为5 mol·L-1的KOH溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，测得反应后溶液中有三种含氯元素的离子，其中ClO－物质的量为0.04 mol、物质的量为0.02 mol。下列说法正确的是(　　) A．该反应的离子方程式为5Cl2＋10OH－===7Cl－＋2ClO－＋＋5H2O B．该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶7 C．标准状况下，上述反应消耗Cl2 4.48 L D．反应后生成的含氯元素的离子在任何条件下都能共存 A　解析：KOH的物质的量为5 mol·L-1×0.04 L＝0.2 mol，ClO－物质的量为物质的量为0.02 mol，根据得失电子守恒可知，n(Cl－)＝＋n(ClO－)＝0.02 mol×5＋0.04 mol＝0.14 mol，n＝0.14∶0.04∶0.02＝7∶2∶1，所以离子方程式为5Cl2＋10OH－===7Cl－＋2ClO－＋＋5H2O，故A正确；Cl2生成Cl－过程中表现氧化性，Cl2生成ClO－、表现还原性，则氧化剂与还原剂物质的量之比为0.14∶(0.04＋0.02)＝7∶3，故B错误；0.2 mol KOH恰好与Cl2完全反应，根据离子方程式可知消耗0.1 mol Cl2，标准状况下，反应消耗Cl2的体积V＝n瘙簚Vm＝0.1 mol×22.4 L·mol-1＝2.24 L，故C错误；反应后生成的中氯元素的化合价为＋5价，处于较高价态，化合价可以降低，具有氧化性，在酸性条件下能与Cl－发生氧化还原反应，不能共存，故D错误。 12．Ⅰ.绿矾(FeSO4·7H2O)在化学合成上用作还原剂及催化剂。工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸制备绿矾。 (1)98% 1.84 g·cm-3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4 g·cm-3，50%的硫酸物质的量浓度为________(结果保留两位小数)，50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的质量分数________(填“>”“<”或“＝”)40%。 (2)将111.2 g绿矾(FeSO4·7H2O，相对分子质量为278)在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、H2O(g)的混合气体，则生成Fe2O3的质量为______g；SO2为________mol。 Ⅱ.实验室可用以下方法制备莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，相对分子质量为392]。 (3)将4.88 g铁屑(含Fe2O3)与25 mL 3 mol·L-1硫酸充分反应后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100 mL，测得其pH＝1。铁屑中Fe2O3的质量分数是________(结果保留两位小数)。 (4)向上述100 mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的(NH4)2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸发掉部分水，冷却至t ℃，析出莫尔盐晶体12.360 g，剩余溶液的质量为82.560 g。t ℃时，(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度为______(结果保留两位小数)。 解析：(1)密度为1.4 g·cm-3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度c＝ mol·L-1≈7.14 mol·L-1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸的密度，所以等体积混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%。(2)n(FeSO4·7H2O)＝＝0.4 mol，由2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O↑可知，生成Fe2O3的质量为0.4 mol××160 g·mol-1＝32 g，SO2的物质的量为0.4 mol×＝0.2 mol。(3)根据题意知，溶液中剩余n(H2SO4)＝0.1 mol·L-1××0.1 L＝0.005 mol，则参加反应的n(H2SO4)＝0.025 L×3 mol· L-1－0.005 mol＝0.07 mol；设铁的物质的量是m，Fe2O3的物质的量是n，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4===3FeSO4＋3H2O、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56 g· mol-1×m＋160 g·mol-1×n＝4.88 g，m－n＋3n＝0.07 mol，解得m＝0.03 mol，n＝0.02 mol，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是×100%≈65.57%。(4)根据以上分析结合原子守恒知，n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝(0.03＋0.04) mol＝0.07 mol，根据莫尔盐的化学式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝0.07 mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07 mol×392 g·mol-1－12.360 g＝15.08 g，设莫尔盐的溶解度为x，则，解得x≈22.35 g。 答案：(1)7.14 mol·L-1　>　(2)32　0.2 (3)65.57%　(4)22.35 g 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时质量评价(九) 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1．(2024·德州模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．配制0.1 mol·L-1 CuSO4溶液100 mL，需称量胆矾1.6 g B．40 g NaOH固体溶于1 L水，所得溶液的浓度为1 mol·L-1 C．200 mL 0.2 mol·L-1 MgCl2溶液中Cl－的个数为0.08NA D．从100 mL 1 mol·L-1 H2SO4溶液中取出10 mL溶液，此溶液的浓度为0.1 mol·L-1 C　解析：配制0.1 mol·L-1 CuSO4溶液100 mL，需CuSO4 0.01 mol，即需称取CuSO4固体的质量为1.6 g，胆矾是CuSO4·5H2O，故A错误；40 g NaOH固体溶于1 L水，NaOH溶液的体积并不是1 L，故所得溶液的浓度不等于1 mol·L-1，故B错误；200 mL 0.2 mol·L-1 MgCl2溶液中Cl－的个数为0.2 L×0.2 mol·，故C正确；从100 mL H2SO4溶液中取出10 mL，其浓度是保持不变的，故D错误。 2．取100 mL 0.3 mol·L-1和300 mL 0.25 mol·L-1的硫酸混合并稀释配成500 mL 溶液，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是(　　) A．0.21 mol·L-1 B．0.42 mol·L-1 C．0.56 mol·L-1 D．0.26 mol·L-1 B　解析：该混合溶液中H＋的物质的量n(H＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L-1＋0.3 L×0.25 mol·L-1)×2＝0.21 mol，所以c(H＋)＝＝0.42 mol· L-1。 3．现有两份体积相同的混合溶液，其组成如下表所示： 溶液编号 KCl K2SO4 ZnSO4 ZnCl2 ① 0.4 mol 0.1 mol 0.3 mol 0.1 mol ② 0.2 mol 0.2 mol 0.1 mol 0.1 mol 则两份溶液中各离子浓度(　　) A．仅c(K＋)相同 B．仅c(Cl－)相同 C．完全相同 D．完全不同 A　解析：①溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.4 mol＋2×0.1 mol＝0.6 mol，Zn2+：0.3 mol＋0.1 mol＝0.4 mol，Cl－：0.4 mol＋2×0.1 mol＝：0.1 mol＋0.3 mol＝0.4 mol；②溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.2 mol＋2×0.2 mol＝0.6 mol，Zn2+：0.1 mol＋0.1 mol＝0.2 mol，Cl－：0.2 mol＋2×0.1 mol＝相同，A项正确。 4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．将1 L 10 mol·L-1的盐酸与9 L水混合所得盐酸的浓度为1 mol· L-1 B．5 g 98%的硫酸(密度为1.84 g·cm-3)与8 mL 18.4 mol·L-1的硫酸浓度相等 C．1.0 L 1.0 mol·L-1的Na2SO4溶液中的数目为0.5 NA D．1 L含2 mol K＋的K2SO4溶液，此溶液的浓度为2.0 mol·L-1 B　解析：将1 L 10 mol·L-1的盐酸与9 L水混合后，所得溶液体积不是10 L，溶液浓度不是1 mol·L-1，故A错误；据c＝可知，98%硫酸(密度为1.84 g·cm-3)的物质的量浓度c＝＝18.4 mol·L-1，与8 mL 18.4 mol·L-1的硫酸的浓度是相同的，故B正确；1.0 L 1.0 mol·L-1的Na2SO4溶液中的数目为NA，故C错误；含2 mol K＋的K2SO4溶液，含K2SO4的物质的量为1 mol，则此溶液的浓度为c＝＝＝1.0 mol·L-1，故D错误。 5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关实验原理或操作正确的是 (　　) A．用20 mL量筒量取15 mL乙醇，加5 mL水，配制质量分数为75%的乙醇溶液 B．在200 mL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2.5 mol·L-1 C．实验中需用950 mL 2.0 mol·L-1Na2CO3溶液，配制时称取的Na2CO3的质量为201.4 g D．实验室配制500 mL 0.2 mol·L-1硫酸亚铁溶液的操作：用天平称15.2 g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶中，洗涤、稀释、定容、摇匀 B　解析：不能在量筒中配制溶液，乙醇的密度比水的密度小，15 mL乙醇和5 mL水配制的乙醇溶液的质量分数小于75%，A项错误；在200 mL某硫酸盐溶液中含有个硫酸根离子和NA个金属离子，根据电荷守恒，该硫酸盐的化学式为(M为金属)，该溶液中含M2(SO4)3的物质的量为0.5 mol，该硫酸盐的物质的量浓度为＝2.5 mol·L-1，B项正确；根据“大而近”的原则，配制950 mL 2.0 mol·L-1 Na2CO3溶液选用1 000 mL容量瓶，配制时需称取Na2CO3的质量为2 mol·L-1×1 L×106 g·mol-1＝212 g，C项错误；实验室配制500 mL 0.2 mol·L-1硫酸亚铁溶液，需称取绿矾的质量为0.2 mol·L-1 ×0.5 L×278 g·mol-1＝27.8 g，D项错误。 6．在同温同压下用排气法收集NH3、HCl进行喷泉实验，其中图(a)中的烧瓶收集满了NH3，图(b)中的烧瓶HCl气体没有收集满。下列说法错误的是(不考虑溶质的扩散及静止时液面高度的影响)(　　) A.溶质的物质的量浓度均为 mol·L-1(Vm 表示该温度、压强下的气体摩尔体积的值) B．溶质的物质的量浓度不相同 C．溶质的质量分数不同 D．图(a)、图(b)中喷泉的颜色分别为蓝色、红色 B　解析：由于实验中得到的溶液的体积与溶解的气体体积相同，设溶解的气体体积为V L，则气体物质的量 n(气)＝ mol，溶质的物质的量浓度＝ mol·L-1，A项正确，B项错误；因所得溶液中溶质的摩尔质量不同，故它们的质量分数不相同，C项正确；石蕊遇碱性溶液呈蓝色，遇酸性溶液呈红色，D项正确。 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 7．配制100 mL 1.00 mol·L-1NaOH溶液的操作如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．操作1前称取NaOH的质量为4.0 g B．操作2前NaOH溶液需恢复至室温 C．操作4若俯视刻度线定容，结果偏小 D．操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线 CD　解析：操作1前称取NaOH的质量为0.1 L×1.00 mol·L-1×40 g·mol-1＝4.0 g，故A正确；转移溶液之前应将溶液冷却至室温，即操作2前NaOH溶液需恢复至室温，故B正确；操作4若俯视刻度线定容，溶液体积偏小，物质的量浓度偏大，故C错误；操作5后液面下降，液体可能在容量瓶和瓶塞之间，不能补充水，故D错误。 8．下列说法正确的是(　　) A．将标准状况下V L A气体(相对分子质量为M)溶于0.1 L水中，所得溶液密度为ρ g·cm-3，则此溶液的物质的量浓度为 mol·L-1 B．将1 mol·L-1的硫酸与水等质量混合后，所得硫酸的物质的量浓度小于0.5 mol·L-1 C．用Na2CO3·10H2O晶体配制100 mL 1 mol·L-1的Na2CO3溶液，定容时俯视刻度线会导致溶液浓度偏低 D．配制460 mL 0.2 mol·L-1的H2SO4溶液，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸5.0 mL B　解析：标准状况下V L A气体的物质的量为，V L A 气体溶于0.1 L水中所得溶液密度为ρ g·cm-3，则溶液的体积为× 10—3L，则溶液的物质的量浓度为 mol·L-1，故A错误；若原硫酸体积为V，水的密度比硫酸小，将1 mol·L-1硫酸与水等质量混合后，溶液体积大于2V，则所得硫酸的物质的量浓度小于0.5 mol·L-1，故B正确；用Na2CO3·10H2O晶体配制100 mL 1 mol·L-1的Na2CO3溶液，定容时俯视刻度线会使溶液的体积偏小，导致溶液浓度偏高，故C错误；实验室没有460 mL容量瓶，所以配制460 mL 1 mol·L-1的H2SO4溶液时，应选用500 mL容量瓶，设需要98%浓硫酸的体积为V，由稀释定律可得：0.2 mol·L-1×0.5 L＝，解得 V≈5.4 mL，故D错误。 9．体积为V mL、密度为ρ g·mL-1的溶液中，含有摩尔质量为M g·mol-1的溶质m g，其物质的量浓度为c mol·L-1，溶质的质量分数为a%。下列有关关系式不正确的是(　　) A．m＝V×ρ×a% B．c＝1 000×ρ×a×M C．c＝ D．a%＝×100% B　解析：溶液的质量为ρ g·mL-1×V mL＝ρ×V g，溶液中溶质的质量为ρ×V×a% g，故A正确；溶液中溶质的物质的量为，体积为V mL，则其物质的量浓度为 mol·L-1，故B错误；溶液中溶质的物质的量为 mol，溶液的体积为0.001V L，则该溶液的浓度为 mol·L-1，故C正确；根据c＝可得，溶质质量分数为×100%，故D正确。 三、非选择题 10．在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。如表所示是1 L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后并回答下列问题： 成分 质量/g 摩尔质量/(g·mol-1) 蔗糖 50.00 342 硫酸钾 0.50 174 阿司匹林 0.35 180 高锰酸钾 0.50 158 硝酸银 0.04 170 (1)“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是________(填名称)。 (2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量浓度为(阿司匹林中不含K＋) __________(只要求写表达式，不需计算)mol·L-1。 (3)下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是____(填标号)，还缺少的玻璃仪器有__________________________(填仪器名称)。 (4)配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是____(填标号)。 A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水 B．定容时仰视液面 C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净 D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理 解析：(1)同一溶液，体积相等，则物质的量越大溶液浓度越大，蔗糖的物质的量为≈0.146 mol；硫酸钾的物质的量为≈0.002 87 mol；阿司匹林的物质的量为≈0.001 94 mol；高锰酸钾的物质的量为≈0.003 2 mol；硝酸银的物质的量为≈0.000 24 mol；所以蔗糖的物质的量最大，溶液中蔗糖的物质的量浓度最大。(2)依据c＝，V＝1 L，溶液中钾离子的物质的量浓度为mol·L-1。(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、1 000 mL容量瓶、胶头滴管；用不到烧瓶和分液漏斗，还缺少的仪器：玻璃棒、烧杯。(4)容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A符合题意；定容时仰视液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故B不符合题意；容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，容量瓶中沾有NaCl，NaCl能够消耗银离子，导致溶液中银离子浓度偏小，故C不符合题意；定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，属于正确操作，溶液浓度准确，故D符合题意。 答案：(1)蔗糖　(2)2×　(3)ac　玻璃棒、烧杯　(4)AD 11．将一定量的Cl2通入体积为40 mL、浓度为5 mol·L-1的KOH溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，测得反应后溶液中有三种含氯元素的离子，其中ClO－物质的量为0.04 mol、物质的量为0.02 mol。下列说法正确的是(　　) A．该反应的离子方程式为5Cl2＋10OH－===7Cl－＋2ClO－＋＋5H2O B．该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶7 C．标准状况下，上述反应消耗Cl2 4.48 L D．反应后生成的含氯元素的离子在任何条件下都能共存 A　解析：KOH的物质的量为5 mol·L-1×0.04 L＝0.2 mol，ClO－物质的量为物质的量为0.02 mol，根据得失电子守恒可知，n(Cl－)＝＋n(ClO－)＝0.02 mol×5＋0.04 mol＝0.14 mol，n＝0.14∶0.04∶0.02＝7∶2∶1，所以离子方程式为5Cl2＋10OH－===7Cl－＋2ClO－＋＋5H2O，故A正确；Cl2生成Cl－过程中表现氧化性，Cl2生成ClO－、表现还原性，则氧化剂与还原剂物质的量之比为0.14∶(0.04＋0.02)＝7∶3，故B错误；0.2 mol KOH恰好与Cl2完全反应，根据离子方程式可知消耗0.1 mol Cl2，标准状况下，反应消耗Cl2的体积V＝n瘙簚Vm＝0.1 mol×22.4 L· mol-1＝2.24 L，故C错误；反应后生成的中氯元素的化合价为＋5价，处于较高价态，化合价可以降低，具有氧化性，在酸性条件下能与Cl－发生氧化还原反应，不能共存，故D错误。 12．Ⅰ.绿矾(FeSO4·7H2O)在化学合成上用作还原剂及催化剂。工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸制备绿矾。 (1)98% 1.84 g·cm-3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4 g·cm-3，50%的硫酸物质的量浓度为________(结果保留两位小数)，50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的质量分数________(填“>”“<”或“＝”)40%。 (2)将111.2 g绿矾(FeSO4·7H2O，相对分子质量为278)在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、H2O(g)的混合气体，则生成Fe2O3的质量为______g；SO2为________mol。 Ⅱ.实验室可用以下方法制备莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，相对分子质量为392]。 (3)将4.88 g铁屑(含Fe2O3)与25 mL 3 mol·L-1硫酸充分反应后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100 mL，测得其pH＝1。铁屑中Fe2O3的质量分数是________(结果保留两位小数)。 (4)向上述100 mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的(NH4)2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸发掉部分水，冷却至t ℃，析出莫尔盐晶体12.360 g，剩余溶液的质量为82.560 g。t ℃时，(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度为______(结果保留两位小数)。 解析：(1)密度为1.4 g·cm-3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度c＝ mol·L-1≈7.14 mol·L-1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸的密度，所以等体积混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%。(2)n(FeSO4·7H2O)＝＝0.4 mol，由2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O↑可知，生成Fe2O3的质量为0.4 mol××160 g·mol-1＝32 g，SO2的物质的量为0.4 mol×＝0.2 mol。(3)根据题意知，溶液中剩余n(H2SO4)＝0.1 mol· L-1××0.1 L＝0.005 mol，则参加反应的n(H2SO4)＝0.025 L×3 mol· L-1－0.005 mol＝0.07 mol；设铁的物质的量是m，Fe2O3的物质的量是n，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4===3FeSO4＋3H2O、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56 g·mol-1×m＋160 g·mol-1×n＝4.88 g，m－n＋3n＝0.07 mol，解得m＝0.03 mol，n＝0.02 mol，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是×100%≈65.57%。(4)根据以上分析结合原子守恒知，n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝(0.03＋0.04) mol＝0.07 mol，根据莫尔盐的化学式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝0.07 mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07 mol×392 g·mol-1－12.360 g＝15.08 g，设莫尔盐的溶解度为x，则，解得x≈22.35 g。 答案：(1)7.14 mol·L-1　>　(2)32　0.2 (3)65.57%　(4)22.35 g 学科网（北京）股份有限公司 $$