第2课 物质的量浓度-【提分宝典】2026年新高考化学一轮全考点普查与练习

第2课　　　　　物质的量浓度 普查与练习2　　　　　物质的量浓度 1．物质的量浓度概念的理解 (1)(经典题，4分)关于0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液的叙述正确的是(　　) A．0.5 L该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.05 mol·L－1　 B．将10.6 g Na2CO3溶于1 L水中能得到0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液 C．从1 L该溶液中取出100 mL，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol·L－1 D．取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol·L－1 答案：D 解析：溶液的浓度与所取溶液的体积无关，该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.2 mol·L－1，Na2CO3的物质的量浓度为0.1 mol·L－1，故A、C项错误。物质的量浓度的表达式中，体积是溶液的体积，而不是水的体积，即将10.6 g Na2CO3溶于水所配成1 L的溶液浓度是0.1 mol·L－1，故B项错误。稀释前后，溶质的物质的量不变，所以0.1 mol·L－1×0.01 L＝c×0.1 L，c＝0.01 mol·L－1，故D项正确。 2．物质的量浓度的相关计算 a．运用定义法(cB＝)进行物质的量浓度的相关计算 (2)(浙江经典真题，4分)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应： 3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O (x－1)S＋K2SK2Sx(x＝2～6) S＋ K2SO3K2S2O3 请计算： ①0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝________。 ②2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝________。(写出计算过程) 答案：①30.0 mL(1分)　②3(1分)　若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x＋2)S＋6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O，根据反应方程式有 (2x＋2)S　＋　6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O 2x＋2 　 6 　0.06 L×1.00 mol/L 即＝ 解得x＝3(2分) 解析：①根据化学方程式：3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O可知，3 mol S可以和6 mol KOH反应，0.480 g S的物质的量n(S)＝0.015 mol，则需要消耗KOH的物质的量n＝2n(S)＝0.03 mol，故需要KOH溶液的体积V mL＝＝＝0.03 L＝30.0 mL。 ②见答案。 　　　　　　　　　　 b．气体溶于水后物质的量浓度的计算 (3)(经典题，4分)将标准状况下的a L氯化氢气体溶于100 g水中，得到的盐酸的密度为b g·mL－1，则该盐酸的物质的量浓度(mol·L－1)是(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：n(HCl)＝ mol，m(溶液)＝(＋100) g，V(溶液)＝，则该盐酸的物质的量浓度＝＝ mol·L－1，故C项正确。 c．物质的量浓度、质量分数的相互换算 (4)(重庆模拟，3分)下列有关物质的量浓度和质量分数的计算错误的是(　　) A．98%的浓硫酸的物质的量浓度大于49%的硫酸的物质的量浓度的二倍 B．20%的氢氧化钠溶液和30%的氢氧化钠溶液等体积混合，混合后溶质的质量分数大于25% C．c1 mol·L－1、ρ1 g·cm－3的硫酸溶液与c2 mol·L－1、 ρ2 g·cm－3的硫酸溶液等体积混合，得到ρ3 g·cm－3的硫酸溶液的浓度为 mol·L－1 D．25 ℃时NaCl饱和溶液(密度为1.17 g·cm－3)的物质的量浓度约为5.3 mol·L－1(已知25 ℃时NaCl在水中的溶解度为36 g) 答案：C 解析：设98%的浓硫酸的物质的量浓度为c1 mol·L－1，密度为ρ1 g·cm－3，49%的硫酸的物质的量浓度为c2 mol·L－1，密度为ρ2 g·cm－3，则c1＝＝10ρ1，c2＝＝5ρ2，由于硫酸的质量分数越大，其密度越大，即ρ1＞ρ2，因此c1＞2c2，故A项正确，不符合题意。氢氧化钠溶液中溶质的质量分数越大，密度越大，溶液体积一定时，溶液的质量也越大，则等体积的20%的氢氧化钠溶液质量(设为m1)比30%的氢氧化钠溶液质量(设为m2)小，混合后溶液的溶质的质量分数为>25%，故B项正确，不符合题意。c1 mol·L－1、 ρ1 g·cm－3的硫酸溶液与c2 mol·L－1、 ρ2 g·cm－3的硫酸溶液等体积混合，假设体积均为V L，则得到ρ3 g·cm－3的硫酸溶液的浓度为 mol·L－1＝ mol·L－1，故C项错误，符合题意。已知25 ℃时NaCl在水中的溶解度为36 g，则其饱和溶液中溶质的质量分数w＝×100%＝×100%≈26.5%，因此，25 ℃时NaCl饱和溶液(密度为1.17 g·cm－3)的物质的量浓度c＝＝ mol·L－1＝5.3 mol·L－1，故D项正确，不符合题意。 d．运用关系式法计算滴定实验中的物质含量 (5)(2026汇编，6分)根据要求回答下列问题。 ①现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验： 实验Ⅰ：称取m1 g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2＋达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2O转化为Cr3＋，Cl－不反应)。 实验Ⅱ：另取m1 g样品，使其与足量亚硫酰氯(SOCl2)反应后，固体质量为m2 g。[已知FeCl2·nH2O＋nSOCl2(g)FeCl2＋nSO2＋2nHCl] 则n＝________________；下列情况会导致n测量值偏小的是________(填字母)。(2022山东真题) A．样品中含少量FeO杂质 B．样品与SOCl2反应时失水不充分 C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解 D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 ②一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下： Ⅰ.配制一定浓度的乙酸酐－苯溶液。 Ⅱ.量取一定体积乙酸酐－苯溶液置于锥形瓶中，加入m g ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O―→2CH3COOH。 Ⅲ.加指示剂并用c mol·L－1 NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1 mL。 Ⅳ.在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐－苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用c mol·L－1 NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。 ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是________(填字母)。(2023山东真题) A.×100% B.×100% C.×100% D.×100% 答案：①(2分)　AB(2分)　 ②A(2分) 解析：①滴定过程中Cr2O将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，则m1 g样品中n(FeCl2)＝6n(Cr2O)＝6cV×10－3 mol；m1 g样品中结晶水的质量为(m1－m2) g，结晶水的物质的量为 mol，n(FeCl2)∶n(H2O)＝1∶n＝(6cV×10－3) mol∶ mol，解得n＝。样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，故A项符合题意。样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，故B项符合题意。实验Ⅰ称重后，样品发生了潮解，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，故C项不符合题意。滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致测量的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，故D项不符合题意。 ②步骤Ⅳ中用c mol·L－1 NaOH－甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以计算乙酸酐总的物质的量，根据反应方程式：(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH、(CH3CO)2O＋H2O―→2CH3COOH、CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O，及步骤Ⅲ中消耗c mol·L－1NaOH－甲醇标准溶液的体积，可以得出ROH与乙酸酐反应后生成的乙酸和剩余的乙酸酐完全水解生成的乙酸的物质的量，由此可以计算与ROH反应的乙酸酐的物质的量，即ROH的物质的量，进而计算出羟基的含量。乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O―→2CH3COOH，根据步骤Ⅳ滴定过程中，消耗c mol·L－1 NaOH－甲醇标准溶液V2 mL，则消耗c mol·L－1 NaOH－甲醇标准溶液的物质的量为V2×c×10－3 mol，即乙酸酐总的物质的量为 mol；设ROH样品消耗的乙酸酐的物质的量为x ，水解的乙酸酐的物质的量为y，根据步骤Ⅳ算出的乙酸酐总的物质的量，可得到x＋y＝ mol，(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O―→2CH3COOH，消耗c mol·L－1氢氧化钠－甲醇标准溶液体积V1 mL，可得步骤Ⅲ产生的乙酸的物质的量为x＋2y＝V1×c×10－3 mol，联立计算得到x＝n(ROH)＝(V2×c×10－3－V1×c×10－3) mol，ROH样品中羟基含量(质量分数)＝×100%＝×100%，故A项正确。 3．溶液配制的实验仪器及相关计算考查 (6)(2026汇编，8分)完成下列填空。 ①食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。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。(2022广东真题) ②现有浓H3PO4质量分数为85%，密度为1.7 g·mL－1。若实验需100 mL 1.7 mol·L－1的H3PO4溶液，则需浓H3PO4__________mL(保留一位小数)。(2022海南真题) ③用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L－1 KBrO3标准溶液，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。(北京经典真题) ④取20.00 mL 0.1000 mol·L－1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制 1000 mL KIO3碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是________(填字母)。(2024山东真题) A．玻璃棒 B．1000 mL锥形瓶 C．500 mL容量瓶 D．胶头滴管 答案：①5.0(2分)　②11.5(2分)　③容量瓶(2分)　 ④AD(2分) 解析：①根据稀释定律可知：250 mL×10－3 L·mL－1×0.1 mol·L－1＝V mL×10－3 L·mL－1×5 mol·L－1，V＝5.0 mL。 ②根据溶液在稀释过程中溶质的质量保持不变，则有V mL×1.7 g·mL－1×85%＝100 mL×10－3 L·mL－1×1.7 mol·L－1 ×98 g·mol－1，解得V≈11.5 mL。 ③准确称量KBrO3固体配制溶液所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、一定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶。 ④取20.00 mL 0.1000 mol·L－1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制 1000 mL KIO3碱性标准溶液(稀释了50倍后KIO3的浓度为0.002000 mol·L－1)，需要用碱式滴定管或移液管量取20.00 mL 0.1000 mol·L－1 KIO3的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体，需要在烧杯中溶解KI固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用1000 mL容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此选项中必须用到的是AD。 　　　　　　　　　　　　　　　 4．溶液配制的操作及注意事项 (7)(2024全国Ⅱ真题，4分)如图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是______________，定容后还需要的操作为__________________。 答案：将溶质全部转移至容量瓶中，减小误差(2分)　盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶，摇匀(2分) 解析：操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失，将溶质全部转移至容量瓶中，减小误差；定容后应盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶，摇匀。 (8)(多选)(2026汇编，4分)下列有关仪器的使用方法或实验操作的叙述错误的是(　　) A．分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏 B．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁 C．溶液配制过程中，必须用蒸馏水洗涤容量瓶并干燥才能使用 D．用容量瓶定容时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体 答案：CD 解析：分液漏斗和容量瓶用于盛放液体，带有活塞(玻璃塞)，使用过程中需要振荡，因此使用前需要检漏防止漏水，故A项正确，不符合题意。向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，但需在刻度线之下，故B项正确，不符合题意。定容操作仍然需要加入蒸馏水，所以容量瓶使用前不需要干燥，故C项错误，符合题意。定容时，若加水超过刻度线，将多余的溶液吸出，会导致溶液的浓度偏小，应重新配制，故D项错误，符合题意。 (9)(多选)(2026汇编，4分)下列操作正确且能达到相应实验目的的是(　　) 选项 目的 操作 A 转移溶液(2023重庆真题) B 配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 C 配制一定物质的量浓度的溶液 D 配制1.000 mol·L－1NaOH溶液 将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度(江苏经典真题) 答案：AC 解析：转移溶液时需用玻璃棒引流且玻璃棒应该伸入容量瓶刻度线以下，图示操作正确，故A项符合题意。不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，故B项不符合题意。配制一定物质的量浓度的溶液过程中，定容时胶头滴管在容量瓶上方悬空，视线与凹液面最低处相切，图示操作方法合理，故C项符合题意。不能在容量瓶中直接溶解固体溶质，故D项不符合题意。 5．溶液配制的误差分析 (10)(2026汇编，9分)下列操作对溶液浓度有何影响，用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。 ①用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线____________________。 ②配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度____________________。 ③移液后未洗涤烧杯及玻璃棒______________。 ④容量瓶中原来有少量蒸馏水______________。 ⑤将NaOH放在纸张上称量______________。 ⑥定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线____________。 ⑦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______________。 ⑧定容摇匀后少量溶液外流______________。 ⑨用量筒量取浓硫酸时，仰视读数______________。 答案：①偏大　②偏小　③偏小　④无影响　⑤偏小　⑥偏小　⑦偏小　⑧无影响　⑨偏大(每空均1分) 解析：根据公式c＝判断溶液的浓度变化。①定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，则溶液浓度偏大。 ②定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，则溶液的浓度偏小。 ③移液后未洗涤烧杯及玻璃棒导致溶质的物质的量偏小，则溶液的浓度偏小。 ④溶液配制需加水定容，容量瓶中原来有少量蒸馏水对溶液浓度无影响。 ⑤将NaOH放在纸张上称量容易吸水而潮解，使得NaOH粘在纸上，无法全部倒入烧杯内，导致溶质的物质的量偏小，则溶液的浓度偏小。 ⑥定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线导致体积偏大，则浓度偏小。 ⑦由于没有450 mL容量瓶，所以选用500 mL容量瓶，故所需的氢氧化钠的物质的量为n＝cV＝0.5 L×0.1 mol·L－1＝0.05 mol，质量m＝nM＝0.05 mol ×40 g·mol－1＝2.0 g，则用托盘天平称取氢氧化钠固体1.8 g配制出的溶液浓度偏小。 ⑧定容摇匀后的溶液已均一稳定，少量溶液外流，对溶液浓度无影响。 ⑨用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，所取的浓硫酸偏多，则溶液的浓度偏大。 随堂普查练2 1．(经典题，4分)质量分数为x%的NaOH溶液蒸发掉y g水后，得到V mL质量分数为2x%的NaOH溶液，则蒸发后NaOH溶液的物质的量浓度为(　　) A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1 答案：B 解析：设原溶液的质量为m g，则蒸发前溶液中溶质NaOH的质量为mx% g，蒸发掉y g水后，NaOH溶液的质量分数为2x%，溶质质量为(m－y)2x% g，根据蒸发前后溶质质量不变得到mx%＝(m－y)2x%，解得m＝2y，所以NaOH的质量为2yx% g，物质的量为＝yx%mol，根据物质的量浓度的计算公式c(NaOH)＝＝＝ mol·L－1，故B项正确。 2．(经典题，4分)把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为(　　) A．(10b－5a)mol·L－1 B．(2b－a)mol·L－1 C.mol·L－1 D.mol·L－1 答案：A 解析：NH4HCO3和a mol NaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5a mol，取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5a mol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为(b－0.5a)mol，Na2CO3的物质的量为 mol，则c(Na＋)＝ mol·L－1＝(10b－5a)mol·L－1，故A项正确。 3．(2026汇编，4分)为完成下列各组实验，所选玻璃仪器(操作)和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)(　　) 实验目的 玻璃仪器(操作) 试剂 A 配制100 mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100 mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl固体(山东经典真题) B 配制450 mL 1 mol·L－1的硫酸 配制溶液时，量取硫酸注入到烧杯中，加水稀释，冷却后再转移到容量瓶中 蒸馏水、浓硫酸 C 配制450 mL 0.1 mol·L－1过氧乙酸溶液 450 mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、过氧乙酸 D 配制100 mL 1 mol·L－1的盐酸　 将2.24 L HCl(标准状况下)溶于100 mL水中 蒸馏水、HCl 答案：A 解析：配制100 mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管等，选项中所选玻璃仪器和试剂均准确，故A项符合题意。浓硫酸稀释的正确操作：将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，故B项不符合题意。配制450 mL 0.1 mol·L－1过氧乙酸溶液时，由于容量瓶的规格中没有450 mL，所以根据“大而近”原则，应选用500 mL容量瓶，故C项不符合题意。将标准状况下2.24 L的HCl气体溶于100 mL水中，溶液的体积大于0.1 L，所得盐酸浓度小于1 mol·L－1，故D项不符合题意。 4．(辽宁联考，3分)某化学小组的同学要配制500 mL 0.6 mol·L－1的NaOH溶液，具体操作如下：①用托盘天平称取12.0 g NaOH固体时所用时间较长；②向小烧杯中加水使氢氧化钠溶解并冷却至室温；③把溶液转移到洗净但未干燥的容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒三次并将洗涤液也转移到容量瓶中，振荡摇匀；④向容量瓶中加水定容，定容时俯视刻度线；⑤定容后塞上容量瓶瓶塞，上下颠倒摇匀，摇匀后发现液面低于刻度线，用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线。以上操作中会使所得溶液浓度偏低的有几项(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案：B 解析：氢氧化钠易潮解，称量时所用时间较长会导致称取的氢氧化钠中含部分水，氢氧化钠的量偏少，操作①使所得溶液浓度偏低；操作②正确，对溶液浓度无影响；容量瓶不需要干燥，操作③正确，对溶液浓度无影响；定容时俯视刻度线会使溶液体积偏小，操作④使所得溶液浓度偏高；上下颠倒摇匀后液面低于刻度线对浓度无影响，补加蒸馏水会使溶液稀释，操作⑤使所得溶液浓度偏低。故B项符合题意。 5．(经典题，8分)用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g·cm－3)配制成1 mol·L－1的稀盐酸。现实验室需这种盐酸220 mL，试回答下列问题： (1)配制稀盐酸时，应选用__________mL的容量瓶。 (2)经计算需要__________ mL浓盐酸，在量取时宜选用__________(填字母)量筒。 A．5 mL B．10 mL C．25 mL D．50 mL (3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作： ①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中 ②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面距容量瓶刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度线相切 ③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀 ④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶 上述操作中，正确的顺序是______________(填序号)。 (4)在上述配制过程中，用刚刚用蒸馏水洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度会__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 答案：(1)250(2分)　(2)21.6(2分)　C(1分) (3)③①④②(2分)　 (4)偏低(1分) 解析：(1)要配制盐酸220 mL，根据“大而近”的原则，则需要选择250 mL的容量瓶。 (2)浓盐酸的物质的量浓度c＝ ＝ mol·L－1＝11.6 mol·L－1，设所需浓盐酸的体积为V，则有V×11.6 mol·L－1＝0.25 L×1 mol·L－1，得V≈0.0216 L，即21.6 mL，则应该选择25 mL的量筒。 (3)配制一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故上述操作中，正确的顺序是③①④②。 (4)根据公式c＝判断溶液的浓度变化。用刚刚用蒸馏水洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，相当于稀释浓盐酸，所取HCl的物质的量n偏小，配得溶液的浓度偏低。 6．(2026汇编，15分)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溶液制备绿矾。 (1)① 配制100 mL 0.100 mol·L－1FeSO4溶液，需要称取__________________ g FeSO4·7H2O晶体。(已知：FeSO4·7H2O 的摩尔质量为278 g·mol－1) ② 需要的主要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和____________。 (2)质量分数为98%、密度为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________________(保留两位小数)，50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为________(填“>”“<”或“＝”)40%。 (3)将111.2 g绿矾在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、水的混合气体，则生成Fe2O3的质量为________g，SO2为________mol。 (4)硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](俗称摩尔盐)，较绿矾稳定，实验室可用以下方法制备摩尔盐晶体。 ①将4.88 g铁屑(含Fe2O3)与25 mL 3 mol·L－1 H2SO4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__________________。 ②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 ℃，析出摩尔盐晶体12.360 g，剩余溶液的质量为82.560 g ，t ℃时，计算(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度为______________(保留两位小数)。 答案：(1)①2.78(2分)　②100 mL容量瓶(1分) (2)7.14 mol·L－1(2分)　＞(2分)　(3)32(2分) 0．2(2分)　(4)① 66%(2分)　②22.35 g(2分) 解析：(1)①100 mL 0.100 mol·L－1 FeSO4溶液中n(FeSO4) ＝0.1 L×0.100 mol·L－1＝0.01 mol，m(FeSO4·7H2O)＝0.01 mol×278 g·mol－1＝2.78 g。 ②根据配制溶液的步骤：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签可知，配制溶液中所需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100 mL容量瓶。 (2)密度为1.4 g·cm－3、质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度为c＝＝ mol·L－1≈7.14 mol·L－1；由于50%的硫酸的密度(设为ρ1)大于30%的硫酸的密度(设为ρ2)，两者体积相等，设为V，所以混合后溶液中硫酸的质量分数×100%>40%。 (3)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为0.4 mol×＝0.2 mol。 (4)①根据题意知，稀释溶液至100 mL，测得其pH＝1，溶液中还有酸剩余，剩余的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，H2SO4首先与Fe2O3反应，化学方程式为Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O，Fe2(SO4)3再与Fe反应，化学方程式为Fe＋Fe2(SO4)3 ===3FeSO4，将两个方程式合并得到Fe ＋Fe2O3＋3H2SO4===3FeSO4＋3H2O。 设铁的物质的量是m，氧化铁的物质的量是n， Fe ＋　Fe2O3　＋　3H2SO4===3FeSO4＋3H2O 1 mol 1 mol 3 mol n 　n 　3n Fe　　＋　　H2SO4===FeSO4＋H2↑ 1 mol　 1 mol m－n 　 m－n 根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，，解得n＝0.02 mol，m＝0.03 mol，铁屑中Fe2O3的质量分数是×100%≈66%。 ②根据以上计算结果并结合原子守恒知，n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝(0.03＋0.04) mol＝0.07 mol，根据摩尔盐的化学式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝0.07 mol，溶液中摩尔盐的质量为0.07 mol×392 g·mol－1－12.360 g＝15.08 g，设摩尔盐的溶解度为x，则＝，解得x≈22.35 g。 突破积累练　　　　　利用阿伏加德罗常数计算 1．(2024海南真题，2分)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．2.2 g超重水(3H2O)所含的电子数目为NA B．1 L 0.1 mol·L－1 NaClO溶液中ClO－的数目为0.1NA C．过量C与1 mol SiO2充分反应转移电子数目为3NA D．1 mol Cl2与足量CH4发生取代反应生成HCl分子的数目为2NA 答案：A 解析：2.2 g超重水3H2O物质的量为＝0.1 mol，1个3H2O分子含10个电子，则2.2 g超重水所含的电子数目为NA，故A项正确。次氯酸根离子为弱酸根离子，在水溶液中部分次氯酸根离子水解生成次氯酸和氢氧根离子，故1 L 0.1 mol·L－1 NaClO溶液中ClO－的数目小于0.1NA，故B项错误。过量C与1 mol SiO2充分反应生成硅单质和CO，硅元素化合价从＋4价变为0价，则反应转移电子数目为4NA，故C项错误。甲烷与氯气发生的取代反应为连锁反应，同时得到四种氯代产物和HCl，结合氯原子守恒，1 mol Cl2与足量CH4发生取代反应生成HCl分子的数目为NA，故D项错误。 2．(2024广东真题，2分)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．26 g H—C≡C—H中含有σ键的数目为3NA B．1 L 1 mol·L－1 NH4NO3溶液中含NH的数目为NA C．1 mol CO和H2的混合气体含有的分子数目为3NA D．Na与H2O反应生成11.2 L H2，转移电子数目为NA 答案：A 解析：26 g H—C≡C—H(C2H2)的物质的量为1 mol，1个H—C≡C—H分子中含有3个σ键，故26 g H—C≡C—H中含有σ键的数目为3NA，故A项正确。NH在水溶液中发生水解反应，则1 L 1 mol·L－1 NH4NO3溶液中含NH的数目小于NA，故B项错误。CO和H2均由分子构成，1 mol CO和H2的混合气体含有的分子数目为NA，故C项错误。Na与H2O反应生成11.2 L H2，由于未给出气体所处的温度和压强，因此无法求出生成气体的物质的量，也无法得出转移电子数目，故D项错误。 3．(2024河北真题，3分)超氧化钾(KO2)可用作潜水或宇航装置的CO2吸收剂和供氧剂，反应为4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．44 g CO2中σ键的数目为2NA B．1 mol KO2晶体中离子的数目为3NA C．1 L 1 mol·L－1 K2CO3溶液中CO的数目为NA D．该反应中每转移1 mol电子生成O2的数目为1.5NA 答案：A 解析：44 g CO2的物质的量为1 mol，CO2的结构式为O===C===O，1个碳氧双键中含1个σ键和1个π键，则1 mol CO2中σ键的数目为2NA，故A项正确。KO2由K＋和O构成，1 mol KO2晶体中离子的数目为2NA，故B项错误。1 L 1 mol·L－1 K2CO3溶液中 n(K2CO3)＝1 mol，由于CO在水溶液中会发生水解反应：CO＋H2OHCO＋OH－，故1 L 1 mol·L－1 K2CO3溶液中CO的数目小于NA，故C项错误。该反应中部分氧元素的化合价由－价升至0价，部分氧元素的化合价由－价降至－2价，则每4 mol KO2参加反应转移3 mol电子，生成3 mol O2，则每转移1 mol电子生成O2的数目为NA，故D项错误。 4．(2024贵州真题，3分)二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。实验室用草酸(H2C2O4)和KClO3制取ClO2的反应为H2C2O4＋2KClO3＋H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．0.1 mol HO中含有的中子数为1.2NA B．每生成67.5 g ClO2，转移电子数为2.0NA C．0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液中含有的H＋数目为0.2NA D．标准状况下，22.4 L CO2中含σ键数目为2.0NA 答案：D 解析：HO分子中的H无中子，1个18O的中子数为10，则0.1 mol HO中含有的中子数为NA，故A项错误。该反应中碳元素化合价由＋3价升高至＋4价，氯元素化合价由＋5价降至＋4价，每生成2 mol ClO2转移电子数为2 mol，67.5 g ClO2物质的量为1 mol，则每生成67.5 g ClO2，转移电子数为NA，故B项错误。H2C2O4是弱酸，不能完全电离，且溶液体积未知，无法计算溶液中H＋的数目，故C项错误。1个二氧化碳分子中含有2个σ键和2个π键，标准状况下22.4 L CO2的物质的量为1 mol，含σ键数目为2.0NA，故D项正确。 5．(2024黑吉辽真题，3分)硫及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．标准状况下，11.2 L SO2中原子总数为0.5NA B．100 mL 0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液中，SO数目为0.01NA C．反应①每消耗3.4 g H2S，生成物中硫原子数目为0.1NA D．反应②每生成1 mol还原产物，转移电子数目为2NA 答案：D 解析：标准状况下SO2为气体，11.2 L SO2的物质的量为0.5 mol，其原子总数为1.5NA，故A项错误。SO在水中易发生水解反应，因此100 mL 0.1 mol L－1 Na2SO3溶液中SO的数目小于0.01NA，故B项错误。反应①的化学方程式为 SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，反应中每生成3 mol S消耗2 mol H2S，3.4 g H2S的物质的量为0.1 mol，故可以生成0.15 mol S，生成物中硫原子数目为0.15NA，故C项错误。反应②的离子方程式为3S＋6OH－===SO＋2S2－＋3H2O，该反应的还原产物为S2－，每生成2 mol S2－共转移4 mol电子，因此每生成1 mol S2－，转移2 mol电子，数目为 2NA，故D项正确。 6．(2024福建真题，4分)我国科学家预测了稳定的氮单质分子N8(结构如图)。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( 　　) A．1.0 mol N8的σ键电子数为16NA B．1.0 mol N8的(价层)孤电子对数为7NA C．1.0 mol N8的sp2杂化N原子数为6NA D．112.0 g N8完全分解，产生的N2分子数为4NA 答案：B 解析：N8分子中每2个邻接N原子间有1个σ键，1个N8分子共有8个σ键，每个σ键含有2个电子，共16个电子，则1.0 mol N8的σ键电子数为16NA，故A项正确，不符合题意。N8分子中所有原子共平面，可知：N8分子()中1～6号N原子为sp2杂化，7、8号N原子为sp杂化，其中2、3、4、5、6、8号的N原子各有1个孤电子对，即1个N8分子共有6个孤电子对，则1.0 mol N8的(价层)孤电子对数为6NA，故B项错误，符合题意。根据上述分析可知，1个N8分子有6个N原子采取sp2杂化，则1.0 mol N8的sp2杂化N原子数为6NA，故C项正确，不符合题意。N8完全分解的化学方程式为N8===4N2，112.0 g N8的物质的量为＝1 mol，则112.0 g N8完全分解产生的N2分子数为4NA，故D项正确，不符合题意。 7．(2024安徽真题，3分)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示(X、Y均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。 NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．标准状况下，2.24 L X和Y混合气体中氧原子数为0.1NA B．1 L 0.1 mol·L－1 NaNO2溶液中Na＋和NO数均为 0.1NA C．3.3 g NH2OH完全转化为NO时，转移的电子数为0.6NA D．2.8 g N2中含有的价电子总数为0.6NA 答案：A 解析：NO在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，X在X还原酶的作用下转化为Y，X、Y均为氮氧化物，则X为NO，Y为N2O。标准状况下，2.24 L NO和N2O混合气体物质的量为0.1 mol，故氧原子数为0.1NA，故A项正确。HNO2为弱酸，因此NaNO2溶液中NO能够发生水解反应生成HNO2和OH－，则1 L 0.1 mol·L－1 NaNO2溶液中NO的数目小于0.1NA，故B项错误。NH2OH完全转化为NO时，N的化合价由－1价升高到＋3价，化合价变化4价，3.3 g NH2OH的物质的量为 0.1 mol，转移的电子数为0.4NA，故C项错误。2.8 g N2的物质的量为0.1 mol，N的价电子数等于最外层电子数等于5，则1个N2中含有的价电子数为10，则2.8 g N2中含有的价电子总数为NA，故D项错误。 课后提分练2　物质的量浓度 A组(巩固提升) 1．(经典题，4分)下列关于物质的量浓度表述正确的是(　　) A．0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO的总物质的量为0.9 mol B．当1 L水吸收22.4 L氨气所得氨水的浓度不是1 mol·L－1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L－1 C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同 D．10 ℃时，100 mL 0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1 答案：D 解析：溶液的体积未知，无法求出离子的总物质的量，故A项错误。1 L水吸收22.4 L氨气的氨水浓度不是1 mol·L－1，且22.4 L不知是否在标准状况下，故当氨水体积是1 L时，其浓度也不一定是1 mol·L－1，故B项错误。在K2SO4、NaCl混合液中，当n(Na＋)＝n(SO)时，根据电荷守恒：c(Na＋) ＋c(K＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，根据溶液呈中性且钠离子和硫酸根离子的物质的量相等，可得c(K＋)＝c(SO)＋c(Cl－)，故C项错误。饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却至原温度时，溶液仍为饱和溶液，溶液浓度不变，故D项正确。 2．(多选)(2026汇编，4分)下列实验装置或操作正确的是(　　) A．配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液(北京经典真题) B．定容时，加水到容量瓶刻度线下1～2 cm 时，改用胶头滴管加水 C．用浓硫酸配制250 mL一定浓度的硫酸溶液用到的玻璃仪器：250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 D．将8 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度线，配制2 mol·L－1 NaOH溶液 答案：AB 解析：图示为配制一定物质的量浓度溶液的移液操作，图示操作正确，故A项正确。定容时，为避免加水超过容量瓶刻度线，加水到容量瓶刻度线下1～2 cm 时，改用胶头滴管加水，故B项正确。浓硫酸为液体，需要用量筒量取一定体积的浓硫酸进行稀释，故C项错误。不能在容量瓶中直接溶解固体溶质，故D项错误。 3．(2022广东真题，2分)下列关于250 mL容量瓶的操作，正确的是________(填字母)。 答案：C 解析：摇匀溶液时，盖紧瓶塞，一手托容量瓶底部，另一手握瓶颈，采用倒转和摇动的方法使液体混合均匀，故A、D项错误。用胶头滴管滴加液体时，滴管不应伸入容量瓶中，且应平视刻度线滴加，故B项错误。移液时用玻璃棒引流且玻璃棒底端在容量瓶刻度线以下，故C项正确。 4．(经典题，9分)实验室需要0.80 mol·L－1 NaOH溶液475 mL和0.40 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________(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。 (2)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为__________g，在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度__________ 0.80 mol·L－1(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。若定容时，有少许蒸馏水洒落在容量瓶外，则所得溶液浓度________0.80 mol·L－1。 (3)根据计算可知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的体积为________mL (保留小数点后一位)。 答案：(1)AC(1分)　烧杯、玻璃棒(2分)　(2)16.0 (2分)　大于(1分)　等于(1分)　(3)10.9(2分) 解析：(1)根据实验操作的步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用固体配制一定物质的量浓度溶液用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；配制500 mL溶液应选择500 mL容量瓶；故肯定不需要的是A圆底烧瓶和C分液漏斗，还缺少的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒。 (2)需要0.80 mol·L－1 NaOH溶液475 mL，应选择500 mL容量瓶，实际配制500 mL溶液，需要氢氧化钠质量为0.80 mol·L－1×0.5 L×40 g·mol－1＝16.0 g；若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，则所得溶液浓度大于0.80 mol·L－1；若定容时，有少许蒸馏水洒落在容量瓶外，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，则所得溶液浓度等于0.80 mol·L－1。 (3)质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的硫酸物质的量浓度c＝＝＝18.4 mol·L－1；设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，得18.4 mol·L－1×V＝500 mL×0.40 mol·L－1，解得V＝10.9 mL。 B组(冲刺满分) 5．(经典题，4分)有100 mL MgCl2和AlCl3的混合液，其中c(Mg2＋)＝0.2 mol·L－1，c(Cl－)＝1.3 mol·L－1，要使Mg2＋完全转化为Mg(OH)2且与Al3＋恰好分离，至少需要2 mol·L－1 NaOH溶液的体积为(　　) A．80 mL B．100 mL C．120 mL D．110 mL 答案：A 解析：由MgCl2和AlCl3的混合溶液与氢氧化钠溶液的反应可知，要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，Al3＋应恰好转化为AlO，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，利用Na、Cl、Al原子守恒，有n(NaOH)＝n(Cl)＋n(Al)，由此计算即可。根据电荷守恒计算混合溶液中n(Al3＋)：溶液中n(Cl－)＝0.1 L×1.3 mol·L－1＝0.13 mol，溶液中n(Mg2＋)＝0.2 mol·L－1×0.1 L＝0.02 mol，所以溶液中n(Al3＋)＝＝0.03 mol，由原子守恒可知n(NaOH)＝n(Na)＝n(Cl)＋n(Al)＝0.13 mol＋0.03 mol＝0.16 mol，所以至少需要2 mol·L－1氢氧化钠溶液的体积为＝0.08 L＝80 mL，故A项正确。 6．(经典题，4分)将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，则此溶液的物质的量浓度为(　　) A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1 答案：A 解析：Na和Al一同投入m g足量水中时，发生反应的化学方程式为2Na＋2H2O=== 2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=== 2NaAlO2＋3H2↑。由于Na、Al的物质的量均为a mol，结合化学方程式可知生成2a mol H2，所得溶液中只有NaAlO2一种溶质，其物质的量为a mol。所得溶液的质量为m(Na)＋m(Al)＋m(H2O)－m(H2)＝ (46a＋m) g，所得溶液的体积为 L，所得溶液的物质的量浓度为 mol·L－1，故A项正确。 7．(山东经典真题，4分)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下： Ⅰ.称取m g样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75 ℃。用c mol·L－1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1 mL。 Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3＋完全还原为Fe2＋，加入稀H2SO4酸化后，在75 ℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2 mL。 样品中所含H2C2O4·2H2O(M＝126 g·mol－1)的质量分数表达式为__________________。下列关于样品组成分析的说法，正确的是________(填字母)。 A.＝3时，样品中一定不含杂质 B. 越大，样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高 C．若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低 D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高 答案：×100%(2分)　BD(2分) 解析：步骤Ⅰ利用KMnO4氧化Fe2＋、C2O、H2C2O4·H2O，步骤Ⅱ将Fe3＋完全还原为Fe2＋，再用KMnO4氧化Fe2＋，根据关系式：5Fe2＋～MnO，利用消耗的KMnO4的量可以计算Fe的总物质的量。将Fe2(C2O4)3改写为Fe(C2O4)1.5，由5FeC2O4·2H2O～3KMnO4、5Fe(C2O4)1.5～3KMnO4可以计算FeC2O4·2H2O、Fe2(C2O4)3消耗KMnO4的量，进而得到H2C2O4·2H2O消耗KMnO4的量，再根据关系式5H2C2O4·2H2O～2KMnO4计算H2C2O4·2H2O的量。H2C2O4·2H2O消耗的高锰酸钾的物质的量为 mol＝(cV1×10－3－3cV2×10－3)mol，则H2C2O4的物质的量为2.5(cV1×10－3－3cV2×10－3)mol，样品中所含H2C2O4·2H2O(M＝126 g·mol－1)的质量分数表达式为×100%＝×100%。＝3时，样品中一定不含H2C2O4·2H2O杂质，可能含Fe2(C2O4)3，故A项错误。由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，越大，样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高，故B项正确。若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，会导致C2O或Fe2＋未被完全氧化，从而使测得的铁元素的含量偏高或不变，故C项错误。若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则V2偏大，测得样品中铁元素含量偏高，故D项正确。 8．(2026汇编，12分)盐酸、硫酸、硝酸合称三大工业强酸，在轻工业、冶金、制药、国防等方面都有重要意义。如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，请根据标签上的有关数据回答下列问题： (1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________mol·L－1。 (2)取用任意体积的浓盐酸时，下列物理量不随所取体积的多少而变化的是________(填字母)。 A．溶液中HCl的物质的量 B．溶液的浓度 C．溶液中Cl－的数目 D．溶液的密度 (3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制245 mL物质的量浓度为0.400 mol·L－1的稀盐酸。该学生所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和________________；其中用量筒量取______mL上述浓盐酸进行配制。 (4)下列操作会使所配溶液浓度偏低的是________(填字母)。 A．用量筒量取上述盐酸，读数时仰视刻度线 B．转移溶液时未洗涤烧杯 C．定容时俯视容量瓶的刻度线 D．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线 (5)取2 mol·L－1的稀盐酸50 mL，加入足量的碳酸钙固体，求可以制得标准状况下的CO2的体积？若忽略反应过程中的体积变化，求所得溶液中CaCl2的物质的量浓度？(写出解题过程) 答案：(1)11.9(2分)　(2)BD(1分)　(3)250 mL容量瓶(1分)　8.4(2分)　(4)BD(2分)　(5)2 mol·L－1的稀盐酸50 mL，HCl的物质的量为2 mol·L－1×0.05 L＝0.1 mol，则设可以制得标准状况下的CO2的体积为x，CaCl2的物质的量为y。 CaCO3＋2HCl ===CaCl2 ＋ CO2↑＋H2O(1分) 2 mol 1 mol 22.4 L 0.1 mol 　 y 　x ＝＝ 解得：x＝1.12 L(1分) y＝0.05 mol 故溶液中CaCl2的物质的量浓度为＝1 mol·L－1。(1分)　 答：制得标准状况下的CO2的体积为1.12 L；溶液中CaCl2的物质的量浓度为1 mol·L－1。(1分) 解析：(1)依据c＝计算浓盐酸物质的量浓度为 mol·L－1＝11.9 mol·L－1。 (2)溶液是均匀的，溶液的密度、浓度不随体积变化，而HCl的物质的量及Cl－的数目与溶液体积有关，故B、D项符合题意。 (3)将浓溶液配制成稀溶液的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，据此选择需要的仪器，配制245 mL物质的量浓度为0.400 mol·L－1的稀盐酸，应选择250 mL容量瓶，所以缺少的仪器为250 mL容量瓶；依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变计算需要浓盐酸体积，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：11.9 mol·L－1×V＝0.400 mol·L－1×0.25 L，解得V＝8.4 mL。 (4)用量筒量取上述盐酸，读数时仰视刻度线，液面在刻度线上方，量取盐酸的体积偏大，即盐酸的物质的量偏大，所配溶液浓度偏高，故A项不符合题意。转移溶液时未洗涤烧杯，烧杯内壁附着盐酸，移入容量瓶中盐酸的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故B项符合题意。定容时俯视容量瓶的刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C项不符合题意。定容摇匀后，发现液面低于刻度线，瓶塞与瓶口之间残留液体，再加水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D项符合题意。 (5)根据CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O、c＝进行计算，详见答案。 学科网（北京）股份有限公司 $$