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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.了解溶液的含义。了解溶解度、饱和溶液的概念。
3.了解溶液的组成。理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。
4.了解配制一定物质的量浓度溶液的方法。
考点一　物质的量浓度及相关计算
INCLUDEPICTURE"基础自主夯实.TIF"
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)注意事项
①V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质与溶剂的体积之和。
②n必须是溶质B的物质的量。
③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。
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%。
INCLUDEPICTURE"误点查正.TIF"　请指出下列各说法的错因
(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)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为40%。
错因：溶质为H2SO4。
(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。
INCLUDEPICTURE"课堂精讲答疑.TIF"
1．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＝＝＝。
2．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。
3．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)
INCLUDEPICTURE"题组巩固提升.TIF"
角度一　物质的量浓度的概念及简单计算
1．下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1的是(　　)
A．10 g NaOH固体溶解在水中配成250 mL溶液
B．将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液
C．将0.5 mol·L－1 100 mL的NaNO3溶液加热蒸发掉50 g水后的溶液
D．标准状况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液
答案　C
解析　C项，蒸发50 g水后，溶液的体积并不是50 mL，NaNO3的物质的量浓度也不是1 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。
INCLUDEPICTURE"易错警示.TIF"计算物质的量浓度时需规避的3个易错点
(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)混淆溶液的体积和溶剂的体积
不能用溶剂的体积(一般为水)代替溶液的体积，应根据V＝计算。
(3)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)。
角度二　物质的量浓度的综合计算
3．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
解析　由Mg2＋的质量分数知MgSO4的质量分数为×4.8%＝24.0%，其物质的量浓度为c＝ mol·L－1＝2.4 mol·L－1，溶质与溶剂的物质的量之比为∶≈1∶21，SO的质量分数为×4.8%＝19.2%。
4．一种处理氮氧化物的方法是用烧碱进行吸收，产物为NaNO2、NaNO3和H2O。现有含0.5 mol氮氧化物(只包括NO2、NO)的尾气，恰好被一定体积的25%NaOH溶液(密度1.28 g·cm－3)完全吸收。
(1)NaOH溶液的物质的量浓度为__________mol·L－1，体积为________mL。
(2)已知反应后溶液中含有0.35 mol NaNO2。若将尾气中NO与NO2的平均组成记为NOx，通过计算求x＝________。
答案　(1)8　62.5　(2)1.8
解析　(2)已知发生的反应为2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O和NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，根据氮原子守恒知，生成0.35 mol亚硝酸钠则生成0.15 mol硝酸钠，生成0.15 mol硝酸钠需要0.3 mol二氧化氮，同时生成0.15 mol亚硝酸钠，0.2 mol亚硝酸钠需要0.1 mol一氧化氮和0.1 mol二氧化氮，所以二氧化氮的物质的量是0.4 mol，一氧化氮的物质的量是0.1 mol，根据氧原子守恒得x＝＝1.8。
考点二　一定物质的量浓度溶液的配制
INCLUDEPICTURE"基础自主夯实.TIF"
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：使用容量瓶的“五不”
①不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释；
②容量瓶不能用作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；
④不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中；
⑤向容量瓶中注入液体时，一定要用玻璃棒引流，防止溶液洒落。
(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)
INCLUDEPICTURE"320HX885教.TIF"
INCLUDEPICTURE"误点查正.TIF"　请指出下列各说法的错因
(1)用eq \a\vs4\al()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)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。
(4)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。
INCLUDEPICTURE"课堂精讲答疑.TIF"
溶液配制中的误差分析：以配制一定物质的量浓度的NaOH溶液为例
误差分析方法：误差分析中变量是m或V，一般情况要固定其一，分析另一种物理量的变化对溶液浓度的影响：
操作 变量 c/(mol·L－1)
n V
砝码与物品颠倒(使用游码) 减小 — 偏低
用滤纸称NaOH 减小 —
向容量瓶注液时少量溅出 减小 —
未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 —
定容时，水多用滴管吸出 减小 —
定容摇匀后液面下降再加水 — 增大
定容时仰视刻度线 — 增大
砝码沾有其他物质或已生锈(锈未脱落) 增大 — 偏高
未冷却至室温就注入容量瓶定容 — 减小
定容时俯视刻度线 — 减小
定容后经振荡、摇匀，静置液面下降 — — 不变
转移前，发现容量瓶内有少量蒸馏水 — — 不变
INCLUDEPICTURE"题组巩固提升.TIF"
角度一　溶液配制的实验操作
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、________、________、________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，请在如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
角度二　实验误差分析
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．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。________。
(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。________。
(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。________。
(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。________。
(5)配制稀硫酸的过程中，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数。________。
(6)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。________。
(7)定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余的液体至刻度线。________。
(8)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线。________。
答案　(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏小
(5)偏大　(6)偏大　(7)偏小　(8)偏小
INCLUDEPICTURE"思维建模.TIF"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。
微专题　化学计算中的常用方法
INCLUDEPICTURE"重点讲解.TIF"
1．关系式法
(1)关系式法的应用原理
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)关系式法解题步骤
2．守恒法
(1)守恒法的应用原理
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”。一切化学反应都遵循守恒规律，在化学变化中有各种各样的守恒，如元素质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。
(2)高考中常考的三种守恒关系
①元素质量守恒
解题的一般步骤为找出要关注的原子(或原子团)，利用反应前后原子数目、种类不变列出等式，如含有1 mol FeS2的硫铁矿，完全反应(不考虑过程损耗)制得H2SO4的物质的量，可根据反应过程中S原子守恒，得到n(H2SO4)＝2 mol。
注意：在利用元素质量守恒定律时，需要根据题意找出反应时相关物质的质量比，再用此比例进行推导、计算。
②得失电子守恒
在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用得失电子守恒。氧化还原反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数与还原剂所失电子总数相等，或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。
③电荷守恒
涉及溶液中离子浓度的计算时常用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。
如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液中的电荷守恒为3c(Al3＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(OH－)。
注意：一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H＋、OH－，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH－，碱性溶液中常可忽略H＋。
3．差量法
(1)差量法的应用原理
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)差量法解题步骤
4．平均值法
(1)平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。其依据的数学原理是：两个数M1和M2(M1平均值法解题范围很广，特别适合于缺少数据而不能直接求解的混合物判断题。
(2)常见的平均值：平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均组成等。
INCLUDEPICTURE"专题精练.TIF"
角度一　关系式法
1．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。
答案　(1)90%　(2)3.36×106　15
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。
2．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I2 KI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%。
角度二　守恒法
3．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。
4．一定条件下硝酸铵受热分解的产物为HNO3、N2和H2O，在反应中被还原与被氧化的氮原子数之比是(　　)
A．5∶4 B．4∶5
C．3∶5 D．5∶3
答案　C
5．将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________________。
答案　0.100 mol·L－1
角度三　差量法
6．16 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。
7．将标准状况下的5 L CO2气体缓缓通过球形干燥管中的过氧化钠，气体体积变为3.88 L(标准状况下)，则剩余气体中氧气的物质的量为________。
答案　0.05 mol
角度四　平均值法
8．钾与另一碱金属的合金4.4 g与水完全反应时，放出的氢气在标准状况下为2.24 L，则合金中另一金属可能是(　　)
A．锂 B．钠
C．铷 D．铯
答案　A
解析　氢气的物质的量为0.1 mol，
由2M＋2H2O===2MOH＋H2↑
2 1
0.2 mol 0.1 mol
则金属的＝22 g·mol－1。M(K)＝39 g·mol－1，则另一种碱金属的M一定小于22 g·mol－1。
高考真题演练
1．(1)(2022·全国乙卷节选)由CuSO4·5H2O配制CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是________________________(填仪器名称)。
(2)(2022·广东高考节选)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。
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________。
答案　(1)分液漏斗和球形冷凝管　
(2)①5.0　②C
解析　(2)①溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250×10－3 L×0.1 mol·L－1＝V×5 mol·L－1，解得V＝5×10－3 L＝5.0 mL。
2．(2021·山东高考节选)六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283 ℃，沸点为340 ℃，易溶于CS2，极易水解。
利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
(1)称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1 g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2 g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3 g，则样品质量为________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
(2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O。滴定达终点时消耗c mol/L的Na2S2O3溶液V mL，则样品中WCl6(摩尔质量为M g/mol)的质量分数为________。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案　(1)(m3＋m1－2m2)　
(2)%　不变　偏大
解析　(1)称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1 g，由于CS2易挥发，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2 g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2) g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2) g的CS2，盖紧称重为m3 g，则样品质量为m3 g＋2(m1－m2) g－m1 g＝(m3＋m1－2m2) g。
(2)滴定时，根据关系式：WCl6～WO～2IO～6I2～12S2O，样品中n(WCl6)＝n(WO)＝n(S2O)＝cV×10－3 mol，m(WCl6)＝cV×10－3 mol×M g/mol＝ g，则样品中WCl6的质量分数为×100%＝%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。
3．(2021·湖南高考节选)碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量。
产品中NaHCO3含量测定
①称取产品2.500 g，用蒸馏水溶解，定容于250 mL容量瓶中；
②移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000 mol·L－1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1 mL；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000 mol·L－1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2 mL；
④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。
(1)指示剂N为________，描述第二滴定终点前后颜色变化____________。
(2)产品中NaHCO3的质量分数为________(保留三位有效数字)。
(3)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
答案　(1)甲基橙　由黄色变橙色　
(2)3.56%　(3)偏大
解析　(2)第一次滴定发生的反应是Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，则n(Na2CO3)＝n生成(NaHCO3)＝n(HCl)＝0.1000 mol·L－1×22.45×10－3 L＝2.245×10－3 mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积为23.51 mL，则根据方程式NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)＝ 0.1000 mol·L－1×23.51×10－3 L＝2.351×10－3 mol，则原溶液中NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)＝n总(NaHCO3)－n生成(NaHCO3)＝2.351×10－3 mol－2.245×10－3mol＝1.06×10－4 mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为×1.06×10－4 mol＝1.06×10－3 mol，故产品中NaHCO3的质量分数为×100%＝3.5616%≈3.56%。
(3)若该同学在第一滴定终点时，俯视读数，其他操作均正确的情况下，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大。
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．(2022·湖北省石首第一中学高三月考)配制450 mL 0.100 mol·L－1的KCl溶液，下列说法正确的是(　　)
A．上述实验操作步骤的正确顺序为④①②③
B．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
C．实验中需用的仪器有：天平、500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的KCl溶液浓度偏高
答案　C
解析　配制450 mL 0.100 mol·L－1的KCl溶液，操作步骤是称量、溶解、转移、定容，故操作步骤的正确顺序为④②①③，A错误；容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，定容时需加入蒸馏水，所以不必干燥，B错误；定容时，仰视容量瓶的刻度线，则加入的蒸馏水偏多，使配得的KCl溶液浓度偏低，D错误。
3．(2022·湖北省石首第一中学高三月考)下列叙述正确的是(　　)
A．1 L水中溶解了40 g NaOH后，所得溶液浓度为1 mol/L
B．从1 L 2 mol/L的NaCl溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为1 mol/L
C．将2.24 L(标准状况)HCl气体溶于水制成100 mL溶液，其物质的量浓度为1 mol/L
D．配制1 L 0.2 mol/L的CuSO4溶液，需用32 g胆矾
答案　C
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
5．用98%的浓H2SO4(密度为1.84 g·mL－1)配制1 mol·L－1的稀H2SO4 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．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3 mol·L－1 K2SO4溶液的叙述正确的是(　　)
A．1 L该溶液中含有0.3NA个K＋
B．1 L该溶液中含有K＋和SO的总数为0.9NA
C．2 L该溶液中K＋的浓度为1.2 mol·L－1
D．将0.3 mol硫酸钾溶于1 L水中，所得硫酸钾溶液的浓度为0.3 mol·L－1
答案　B
8．(2022·百师联盟高三联考辽宁卷)某化学小组的同学要配制500 mL 0.6 mol/L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定容后塞上容量瓶塞子，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，①所得溶液浓度偏低；②操作正确，对溶液浓度无影响；容量瓶不需要干燥，③操作正确，对溶液浓度无影响；定容时俯视刻度线会使溶液体积偏小，④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浓度偏低，⑤所得溶液浓度偏低。
9．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原子守恒可知：n[Cu(NO3)2]＝n(Cu)＝0.4 mol，根据氮原子守恒可知：n(HNO3)＝n(NO)＋2n[Cu(NO3)2]＝ mol＋2×0.4 mol＝1 mol，所以c(HNO3)＝ mol·L－1＝2 mol·L－1。
10．将m g铜粉和锌粉的混合物分成两等份，将其中一份加入200 mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO气体2.24 L；将另一份在空气中充分加热，得到n g固体，将所得固体溶于上述稀硝酸，消耗硝酸的体积为V mL。下列说法不正确的是(　　)
A．V＝150
B．硝酸的浓度为2 mol·L－1
C．m g铜粉和锌粉混合物的物质的量之和为0.15 mol
D．n＝0.5m＋2.4
答案　C
解析　其中一份与200 mL的稀硝酸恰好完全反应，溶液中溶质为Cu(NO3)2和Zn(NO3)2，NO的物质的量为＝0.1 mol，转移电子为0.3 mol。铜和锌被氧化后都表现＋2价，根据电子转移守恒可知n(Cu)＋n(Zn)＝＝0.15 mol，故反应后溶液中NO的物质的量为0.3 mol，由N原子守恒可知200 mL溶液中HNO3的物质的量为0.1 mol＋0.3 mol＝0.4 mol，故HNO3的物质的量浓度为＝2 mol·L－1，铜和锌在空气中充分加热会生成相应的氧化物，和硝酸反应后生成Cu(NO3)2、Zn(NO3)2，消耗HNO3的物质的量为0.3 mol，故消耗硝酸的体积为＝0.15 L，即150 mL，故A、B正确；每一份金属混合物中n(Cu)＋n(Zn)＝0.15 mol，则m g铜粉和锌粉混合物的物质的量之和为0.3 mol，故C不正确；每一份金属混合物总质量为0.5m g，得到n g固体为CuO、ZnO的混合物，n(O)＝n(Cu)＋n(Zn)＝0.15 mol，则n g＝0.5m g＋0.15 mol×16 g·mol－1＝(0.5m＋2.4) g，故D正确。
二、非选择题
11．(2022·浙江三市高三质量检测)现有Na2O和Na2O2的混合物14.00 g，加入适量水使其充分溶解得到溶液A和1.12 L气体B(标准状况下)。
(1)混合物中Na2O的物质的量为________mol。
(2)在25 ℃下将溶液A加水稀释至400 mL，则该溶液的pH为________。
答案　(1)0.100　(2)14
解析　(1)Na2O和Na2O2的混合物溶于水发生反应：Na2O＋H2O===2NaOH，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，气体B为氧气，其物质的量为0.05 mol，则Na2O2的物质的量为0.1 mol，质量为7.8 g，Na2O的质量为14 g－7.8 g＝6.2 g，物质的量为0.100 mol。
(2)根据(1)中分析可知，溶液A中NaOH的物质的量为0.100 mol×2＋0.05 mol×4＝0.400 mol，则稀释后溶液中c(OH－)＝c(NaOH)＝＝1 mol·L－1，c(H＋)＝10－14 mol·L－1，溶液pH＝14。
INCLUDEPICTURE"素养提升题.TIF"
(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S2O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。
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