2021新高考化学鲁科版一轮复习同步练习：第1章第4讲　物质的量浓度及溶液的配制

2021新高考化学鲁科版一轮复习同步练习：第1章第4讲　物质的量浓度及溶液的配制

www.ks5u.com 第4讲　物质的量浓度及溶液的配制 ‎【2021·备考】‎ 最新考纲 素养落地 ‎1.了解溶液浓度的表示方法。理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。‎ ‎2.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。‎ 由宏观数据——溶液的体积、物质的量浓度与溶质微粒数目的关系多视角层次地认识溶液；从实验实际出发，设计配制一定物质的量浓度溶液的方案，分析实验过程中存在的误差问题，发展学生的实验探究意识与批判意识。‎ ‎『知识梳理』‎ ‎1.溶液组成的两种表示方法 ‎(1)物质的量浓度 ‎(1)物质的量浓度中的体积是指溶液的体积，不能用水的体积代替，如溶液混合，也不是两份溶液体积和。‎ ‎(2)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，但所含溶质的物质的量、质量则因体积不同而改变。‎ ‎(2)质量分数 ‎①概念：用溶质的质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。‎ ‎②表达式：‎ 饱和溶液(溶质的溶解度用S表示)w＝×100%‎ ‎2.有关物质的量浓度的计算 ‎(1)标准状况下气体溶质溶于水所得溶液浓度的计算 c＝(注意溶液体积的单位)‎ ‎(2)溶质的质量分数与物质的量浓度的换算 计算公式：c＝(c为溶质的物质的量浓度，单位： mol·L－1，ρ为溶液密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1)。‎ 正确判断溶液的溶质 ‎(1)与水反应生成新物质 如Na、Na2O、Na2O2NaOH SO3H2SO4　NO2HNO3‎ ‎(2)特殊物质 如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质 ‎(3)含结晶水的物质 CuSO4·5H2O―→CuSO4‎ Na2CO3·10H2O―→Na2CO3‎ ‎[链接新教材]‎ ‎①(新教材LK第一册P305习题精选练)‎ ‎4 ℃时，100 mL水中溶解了22.4 L氯化氢气体(在标准状况下测得)。下列关于所形成溶液的说法中，正确的是(　　)‎ A.该溶液溶质的物质的量浓度为10 mol·L－1‎ B.该溶液溶质的物质的量浓度因溶液的密度未知而无法求得 C.该溶液溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得 D.该溶液的体积为22.5 L 答案　B ‎②(新教材RJ第一册P578习题变式练)‎ 下图是某种饮用矿泉水标签的部分内容。请阅读这种矿泉水的标签并计算：‎ ‎×××‎ ‎(饮用矿泉水)‎ 净含量：350 mL 配料表：纯净水、硫酸镁、氯化钾 保质期：12个月 主要成分：水 ‎　　　　　钾离子(K＋)：1.0～27.3 mg/L ‎　　　　　镁离子(Mg2＋)：0.1～4.8 mg/L ‎　　　　　氯离子(Cl－)：10～27.3 mg/L ‎　　　　　硫酸根离子(SO)：0.4～19.5 mg/L ‎(1)Mg2＋的物质的量浓度最大是________。‎ ‎(2)如该矿泉水中各离子的浓度分别为钾离子(K＋)：15.6 mg/L、镁离子(Mg2＋)：4.8 mg/L、氯离子(Cl－)：14.2 mg/L、硫酸根离子(SO)：19.2 mg/L，则配制1 000瓶这种矿泉水需硫酸镁、氯化钾的质量分别是________。‎ ‎(3)该矿泉水能否用纯净水、氯化镁、硫酸钾配制________(“能”或“不能”)。配制1 000瓶这种矿泉水需氯化镁、硫酸钾的质量分别是________(如不能该空不用作答)。‎ 答案　(1)2×10－4 mol·L－1　(2)8.4 g　10.4 g　(3)能 ‎6.7 g　12.1 g ‎『考向突破』‎ 考向一　物质的量浓度概念的理解 ‎[题目设计]‎ ‎1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)1 mol·L－1 NaCl溶液是指此溶液中溶质NaCl为1 mol(×)‎ ‎(2)从100 mL 5 mol·L－1 H2SO4溶液中取出了10 mL，所得硫酸的物质的量浓度为0.5 mol·L－1(×)‎ ‎(3)标准状况下22.4 L HCl溶于1 L水，盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1(×)‎ ‎(4)31 g Na2O溶于水，配成1 L溶液，c(Na2O)＝0.5 mol·L－1。(×) ‎ ‎(5)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25%。(×)‎ ‎[命题素材]‎ 已知有以下两瓶溶液，试剂瓶上的标签如下：‎ ‎[题目设计]‎ ‎2.(1)“5%硫酸铜溶液”中的5%是什么含义？‎ ‎(2)0.4 mol·L－1 NaCl溶液中的0.4 mol·L－1表示的含义是什么？‎ 提示　(1)5%表示硫酸铜溶液中溶质的质量分数，即100 g硫酸铜溶液中含有5 g硫酸铜溶质 ‎(2)1 L该NaCl溶液中所含NaCl的物质的量是0.4 mol 考向二　有关物质的量浓度溶液的计算 ‎　　　　　　　的换算 ‎[命题素材]‎ 两种溶液浓度换算关系推导(设溶液体积为V L)‎ 以n为核心，‎ 故＝c×V c＝ ‎[题目设计]‎ ‎3.在一定温度下，某饱和氢氧化钠溶液体积为V mL，溶液密度为d g·cm－3，溶质质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中含氢氧化钠的质量为m g。‎ ‎(1)用w来表示该温度下氢氧化钠的溶解度(S)为___________________________________________________________________。‎ ‎(2)用m、V表示溶液中溶质的物质的量浓度(c ‎)为___________________________________________________________________。‎ ‎(3)用w、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为____________________________________________________________________。‎ ‎(4)用c、d表示溶液中溶质的质量分数为____________________________________________________________________。‎ 提示　(1)×100 g　(2) mol·L－1‎ ‎(3)25dw mol·L－1　(4)%‎ ‎[命题素材]‎ 气体溶于水，计算物质的量浓度的一般思路 ‎①根据气体的体积，求其物质的量为n＝ mol(标准状况)。‎ ‎②根据V＝，求溶液的体积。‎ ‎③根据c＝，求溶质的物质的量浓度。‎ ‎[题目设计]‎ ‎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。‎ 提示　n(NH3)＝ mol，‎ 溶液体积：V溶液＝×10－3 L c＝ mol·L－1‎ ‎＝ mol·L－1。‎ ‎『知识梳理』‎ ‎1.一定质量分数溶液的配制 配制100 g 5% NaOH溶液 ‎2.一定物质的量浓度溶液的配制 主要仪器 ‎(1)托盘天平称量前先调零，称量时药品放在左盘，砝码放在右盘，读数精确到0.1 g。‎ ‎(2)容量瓶 ‎①构造及用途：‎ ‎②查漏操作 ‎(3)其他仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。‎ 配制过程 以配制500 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液为例 配制流程如下图所示 ‎[链接新教材]‎ ‎①(新教材LK第一册P375习题精选练)‎ 用胆矾(CuSO4·5H2O)配制1 L 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，正确的做法是(　　)‎ A.将胆矾加热除去结晶水后，称取16 g溶于1 L水中 B.称取胆矾25 g溶于1 L水中 C.将25 g胆矾溶于少量水中，然后将此溶液稀释至1 L D.将16 g胆矾溶于少量水中，然后将此溶液稀释至1 L 答案　C ‎②(新教材RJ第一册P6012习题变式练)‎ 某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：‎ ‎①配制0.1 mol·L－1稀盐酸和0.1 mol·L－1 NaOH溶液；‎ ‎②向一粒研碎后的药片(0.1 g)中加入20.0 mL蒸馏水；‎ ‎③用0.1 mol·L－1 NaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积；‎ ‎④加入25.0 mL 0.1 mol·L－1稀盐酸。‎ 请回答下列问题。‎ ‎(1)正确的操作顺序是________________(填序号)。‎ ‎(2)测定过程中发生反应的离子方程式为____________________________________________________________________‎ ‎____________________________________________________________________；‎ ‎____________________________________________________________________。‎ ‎(3)该测定实验共进行了4次。实验室现有50 mL、100 mL、250 mL、500 mL 4种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用的容量瓶的规格为________，理由是______________________________________________________________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ ‎(4)某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下：‎ 测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次 V[NaOH(aq)]/mL ‎13.0‎ ‎12.9‎ ‎13.1‎ ‎13.0‎ 根据这个同学的实验数据，计算这种药片碳酸钙的质量分数________。‎ 答案　(1)①②④③或②①④③‎ ‎(2)CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑　H＋＋OH－===H2O ‎(3)250 mL　因为该实验中所需盐酸的体积为4×25.0 mL＝100 mL，而每次量取过程中量筒中都含有残液(移液管需用待装液润洗、排气泡等)故配制溶液的体积应大于100 mL，应选250 mL的容量瓶 ‎(4)60.0%‎ ‎『考向突破』‎ 考向一　仪器的使用和配制过程分析 ‎[题目设计]‎ ‎1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)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，就能配得浓度为0.010 mol·L－1的KMnO4溶液(×)‎ ‎(2)配制950 mL某浓度的溶液应选用1 000 mL的容量瓶(√)‎ ‎(3)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线 (√)‎ ‎(4)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干(×)‎ ‎(5)用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。 (×)‎ ‎[题目设计]‎ ‎2.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是________。‎ 提示　②‎ ‎[命题素材]‎ ‎1.容量瓶的规格，常见的有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL；‎ ‎2.所用定量仪器量筒、托盘天平的精确度。‎ ‎[题目设计]‎ ‎3.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天平调平之后，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。‎ 提示　(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 考向二　配制过程误差分析 ‎[命题素材]‎ 能引起误差的一些操作 因变量 m(溶质)‎ V(溶液)‎ 托盘天平 ‎①天平的砝码粘有其他物质或生锈 增大 不变 偏大 ‎②称量易潮解的物质(如NaOH固体)时间过长 减小 不变 偏小 ‎③用称量纸称易潮解的物质(如NaOH固体)‎ 减小 不变 偏小 量筒 ‎④量取液体时，仰视读数 增大 不变 偏大 ‎⑤量取液体时，俯视读数 减小 不变 偏小 烧杯及玻璃棒 ‎⑥搅拌时部分液体溅出 减小 不变 偏小 ‎⑦未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 不变 偏小 容量瓶 ‎⑧从烧杯向容量瓶转移溶液时有少量液体流出 减小 不变 偏小 ‎⑨定容时，蒸馏水加多了，用滴管吸出 减小 不变 偏小 ‎[题目设计]‎ ‎4.溶液配制过程中的误差分析(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：________。‎ ‎(4)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：________。‎ ‎(5)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：________。‎ ‎(6)未洗涤烧杯及玻璃棒：________。‎ 提示　(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏大　(5)偏小　(6)偏小 ‎[命题素材]‎ 能引起误差的一些操作 因变量 c mol·L－1‎ m(溶液)‎ V(溶液)‎ ‎①未冷却到室温就注入容量瓶定容 不变 减小 偏大 ‎②定容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加蒸馏水 不变 增大 偏小 ‎[题目设计]‎ ‎5.溶液配制过程中的误差分析(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：________。‎ ‎(2)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：________。‎ ‎(3)定容摇匀后少量溶液外流：________。‎ ‎(4)容量瓶中原有少量蒸馏水：________。‎ 提示　(1)偏大　(2)偏小　(3)无影响　(4)无影响 ‎[命题素材]‎ ‎1.配制定容时，视线引起误差分析 ‎(1)仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。‎ ‎(2)俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。‎ ‎2.不同仪器的仰视和俯视 量取一定体积的液体时：‎ 仪器类型 观察方法 误差 ‎“0”刻度在下边 仰视 偏高(偏大)‎ 俯视 偏低(偏小)‎ ‎“0”刻度在上边 仰视 偏低(偏小)‎ 俯视 偏高(偏大)‎ ‎[题目设计]‎ ‎6.(1)量取95 mL水，最好选用________mL的量筒，若读数时仰视刻度，则实际量取的水的体积________(填“大于”、“小于”或“等于”)95 mL。‎ ‎(2)某同学用标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸的物质的量浓度时，若滴定前，读碱液体积时仰视碱式滴定管液面；滴定后，读碱液体积时俯视碱式滴定管液面。上述操作会使盐酸浓度的测定值________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ ‎(3)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ 提示　(1)100　大于　(2)偏低　(3)偏高 ‎1.固体溶解度：‎ ‎(1)含义：在一定温度下，某固体在100 g溶剂中达到饱和状态时所溶解的质量。符号为S，单位为g。‎ ‎(2)公式：S＝×100 g ‎(3)常见物质的溶解度曲线：‎ ‎2.气体溶解度：‎ ‎(1)含义：101 kPa下气体在一定温度时溶于1体积水里达到饱和状态时的气体体积，常记为1∶x。‎ ‎(2)影响因素：温度和压强，温度升高溶解度减小，压强增大溶解度增大。‎ ‎3.应用：利用溶解度曲线选择不同的物质分离方法 ‎(1)溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；若NaCl溶液中含有KNO3，应采取蒸发结晶，趁热过滤的方法。‎ ‎(2)溶解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水)采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；若KNO3溶液中含有NaCl，应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。‎ 案例1　溶解度曲线的理解 蔗糖是生活中常用的调味剂，其溶解度曲线如下图。下列说法正确的是(　　)‎ A.蔗糖在热水中的溶解度比在冷水中的小 B.将蔗糖饱和溶液蒸发溶剂后恢复至原温度，有结晶现象 C.温度升高，溶液中蔗糖的质量分数一定增大 D.t1 ℃和t2 ℃时的两份蔗糖溶液，所含溶质的质量不可能相等 解析　A.由于蔗糖的溶解度随温度的升高而增大，故A错误；B.将蔗糖的饱和溶液蒸发溶剂后再恢复到原来的温度，则原来溶解在这部分溶剂中的溶质就会结晶析出，故B正确；C.如果只是单纯的温度升高，在不考虑溶剂蒸发的情况下，溶液中若没有未溶解的溶质存在，则溶液中溶质的质量分数不发生变化，故C错误；D。由于温度越高溶解度越大，只能说这两个温度下的饱和溶液中溶质的质量分数不可能相等，但溶液所含溶质的质量可能相等，故D错误。‎ 答案　B 案例2　根据溶解度曲线进行分离提纯 ‎(2017·课标全国Ⅲ，27)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ 已知：有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。‎ a.80 ℃ b.60 ℃ c.40 ℃ d.10 ℃‎ 步骤⑤的反应类型是________。‎ 解析　 由溶解度曲线图可知，10 ℃时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液当中，故冷却到10 ℃时得到的K2Cr2O7固体最多，该步骤的化学反应方程式为2KCl＋Na2Cr2O7===2NaCl＋K2Cr2O7，该反应为复分解反应。‎ 答案　d　复分解反应 素养说明：化学计算每年必考。常结合化学实验、化学工艺流程和化学反应原理呈现，命题形式灵活多变、综合性较强，考生感觉难度较大。究其原因是不能正确运用科学的解题方法。以化学计算为载体，整合题目中的纷繁信息，通过建模用模为途径构建关系式法、守恒法等解题捷径，简化答题过程，不但节约学生的答题时间，并能要更好地发展学生的模型认知素养。‎ 题型一　多步连续反应计算捷径——关系式法 ‎　多步连续反应计算关系式构建思维模型 ‎【典例1】　Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)现需配制250 mL 0.100 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，还需要________________。‎ ‎(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为________g。‎ ‎(3)另取废水50.00 mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量稀硫酸处理，此时CrO全部转化为Cr2O；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为①Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②2S2O＋I2===2I－＋S4O。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为_________________________________________。‎ 解析　(2)Na2S2O3固体的质量为0.100 mol·L－1×0.25 L×158 g/mol＝3.95 g，但实验室所用的托盘天平只能准确称量到0.1 g，故需准确称取Na2S2O3固体的质量为4.0 g。‎ ‎(3)设Ba2＋的物质的量为x，则根据相关反应可得以下关系式：‎ Ba2＋～BaCrO4～Cr2O～Cr3＋～I2～3S2O ‎1 mol 　3 mol x 0.036 L×‎ ‎ 0.100 mol·L－1‎ 解得x＝1.2×10－3 mol，则c(Ba2＋)＝ ‎ ＝0.024 mol·L－1。‎ 答案 (1)胶头滴管、烧杯　(2)4.0　(3)0.024 mol·L－1‎ 题型二　妙用守恒　简化过程 守恒法计算思维模型 ‎【典例2】　银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：‎ ‎[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃]若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为________ mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液________ L。‎ 解析5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为n(Cu)＝＝50 mol 由Cu、Al两种元素守恒可知 Cu　　～　　CuAlO2　　～　　Al2(SO4)3‎ ‎1 　1 　 ‎50 mol 　50 mol 　25 mol 至少需要Al2(SO4)3溶液的体积为 ＝25.0 L 答案　50　25‎ 题型三　比例法确定物质化学式 物质化学式确定思维模型 ―→ ‎【典例3】　(2018·江苏化学，18)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为 ‎(2－x)Al2(SO4)3＋3xCaCO3＋3xH2O===2[(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]＋3xCaSO4↓＋3xCO2↑‎ 生成物(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。‎ 通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：‎ ‎①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.330 0 g。‎ ‎②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.100 0 mol·L－1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.080 00 mol·L－1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。‎ 计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。‎ 解析　25.00 mL溶液中：‎ n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.010 0 mol ‎2.50 mL溶液中：‎ n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)‎ ‎＝0.100 0 mol·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1－0.080 00 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝9.000×10－4 mol ‎25.00 mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3 mol ‎1 mol(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中 n(Al3＋)＝(2－x) mol；n(SO)＝3(1－x)mol ＝＝，解得x≈0.41‎ 答案　见解析 精准训练2　化学计算的常用方法 ‎1.(2019·皖南十校联考)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 解析　由知合金与无水硫酸盐的质量差为SO的质量。nH2SO4＝nSO＝＝0.15 mol。c(H2SO4)＝＝1.5 mol·L－1。‎ 答案　B ‎2.(2019·沈阳模拟)取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL N2O4的气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于(　　)‎ A.8.64 g B.9.20 g C.9.00 g D.9.44 g 解析　反应流程可表示为，则x＝17.02 g－m(OH－)，而OH－的物质的量等于Mg、Cu失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。‎ 答案　B ‎3.向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300 mL 0.5 mol·L－1的H2SO4溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现。则原混合物中Cu和Fe2O3的物质的量之比为(　　)‎ A.2∶1 B.1∶1‎ C.1∶2 D.无法计算 解析　 Cu、Fe2O3的混合物中加入H2SO4溶液，固体混合物恰好完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现，说明不含Fe3＋，溶液中溶质为CuSO4、FeSO4，根据得失电子守恒可知：n(Cu)＝n(Fe2O3)，所以原混合物中Cu和Fe2O3‎ 的物质的量之比为1∶1。‎ 答案　B ‎4.为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水可降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀：C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释至V0 mL，取出V1 mL，用a mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此时发生反应2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，若达到滴定终点时消耗a mol·L－1的KMnO4溶液V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。‎ 解析　本题涉及的化学反应方程式或离子反应方程式为CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由此得出相应的关系式：‎ n(CaCO3)a mol·L－1×V2×10－3L 解得：n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol 则样品中w(CaCO3)＝‎ ×100%＝%。‎ 答案　%‎ ‎5.(2017·江苏高考节选)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。‎ 碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.116 0 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.172 2 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.080 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00‎ ‎ mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。‎ 解析　由②中生成AgCl的质量，根据原子守恒可计算出1.116 0 g样品中Cl－的物质的量n(Cl－)；由③可计算出1.116 0 g样品中Cu2＋的物质的量n(Cu2＋)，根据电荷守恒：n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，得出n(OH－)，最后由质量守恒得出n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。‎ 答案　n(Cl－)＝n(AgCl)×＝×＝4.800×10－3 mol n(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.800 00 mol·L－1×30.00 mL×10－3L·mL－1×＝9.600×10－3 mol n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3mol－4.800×10－3 mol＝1.440×10－2 mol m(Cl－)＝4.800×10－3mol×35.5 g·mol－1＝0.170 4 g m(Cu2＋)＝9.600×10－3mol×64 g·mol－1＝0.614 4 g m(OH－)＝1.440×10－2mol×17 g·mol－1＝0.244 8 g n(H2O)＝＝4.800×10－3mol a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O ‎6.(2017·全国卷Ⅲ节选)绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。按下图连接好装置进行实验。‎ ‎①仪器B的名称是________。‎ ‎②将下列实验操作步骤正确排序________(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。‎ a.点燃酒精灯，加热 b.熄灭酒精灯 c.关闭K1和K2‎ d.打开K1和K2，缓缓通入N2‎ e.称量A f.冷却到室温 ‎③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝________(列式表示)。若实验时按a、d次序操作，则使x________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ 解析　②由于装置中含有空气，能氧化硫酸亚铁，所以加热前要利用氮气排尽装置中空气；为使生成的水蒸气完全排出，应先熄灭酒精灯再冷却，然后关闭K1和K2，最后称重，即正确的排序是dabfce。‎ ‎③样品的质量是(m2－m1)g，加热后剩余固体硫酸亚铁质量是(m3－m1)g，生成水的质量为(m2－m3)g。x＝＝＝ 若实验时按a、d次序操作，在加热过程中部分硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致m3增加，使测得生成的水偏小，生成的硫酸亚铁偏大，因此x偏小。‎ 答案　①(球形)干燥管　②dabfce ‎③　偏小 ‎7.(2019·石家庄模拟)在空气中加热5.49 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)[M(CoC2O4·2H2O)＝183 g·mol－1]样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。‎ 温度范围/ ℃ ‎ 固体质量/g ‎150～210‎ ‎4.41‎ ‎290～320‎ ‎ 2.41‎ 经测定，210～320 ℃过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是___________________________________________________________。‎ 解析　计算晶体物质的量n＝0.03 mol，由表格数据可知，150～210 ℃固体质量变化＝5.49 g－4.41 g＝1.08 g，即为0.06 mol水，说明210 ℃时失去结晶水得到CoC2O4，210～320 ℃过程中是CoC2O4发生的反应，产生的气体只有CO2，依据元素守恒得到生成CO2物质的量为0.06 mol，m(CO2)＝0.06 mol×44 g·mol－1＝2.64 g，固体质量共计减小：4.41 g－2.41 g＝2‎ ‎ g，说明有气体参加反应，应为氧气，则反应的氧气质量为2.64 g－2 g＝0.64 g，O2物质的量0.02 mol，n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝0.03∶0.02∶0.06＝3∶2∶6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。‎ 答案　3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2‎ 基础知识巩固 ‎1.下列溶液配制实验的描述完全正确的是(双选)(　　)‎ A.在实验室，学生一般无需查阅资料即可用一定体积75%的硝酸来配制250 mL 2 mol·L－1的硝酸溶液 B.实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中再加水稀释 C.用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)通常不需要用容量瓶 D.用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 解析　A项，由硝酸的质量分数75%无法计算硝酸的用量，错误；B项，FeCl3溶于水发生强烈水解，为防止FeCl3水解应将FeCl3固体加入盐酸中溶解，正确；C项，配制体积比溶液一般用量筒烧杯玻璃棒等仪器不用容量瓶，正确；D项，用pH＝1盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸实验中应用量筒，错误。‎ 答案　BC ‎2.(2020·西安市远东第一中上学期期中，3)实验室用碳酸钠晶体配制1.00 mol·L－1的Na2CO3溶液100 mL，造成所配溶液浓度偏低的原因是(　　)‎ A.暴露在空气中称量碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)的时间太长 B.向容量瓶转移液体时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤 C.定容时俯视刻度线 D.洗涤液移入容量瓶中时，洒出一部分 解析　A.暴露在空气中称量碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)的时间太长，晶体容易失水，导致称量的Na2CO3‎ 偏多，配制的溶液浓度偏高，选项A错误；B.向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水，不产生误差，选项B错误；C.定容时俯视刻度线，所配制的溶液体积偏小，则浓度偏高，选项C错误；D.洗涤液移至容量瓶中时洒出一部分，溶质质量变小，则配制的溶液浓度偏低，选项D正确。‎ 答案　D ‎3.配制一定物质的量浓度的下列溶液，所得溶液浓度(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎(1)用Na2CO3·10 H2O晶体配制Na2CO3溶液，Na2CO3晶体已部分失去结晶水。用该晶体所配Na2CO3溶液的物质的量浓度________。‎ ‎(2)配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质________。‎ ‎(3)配制NaOH溶液时，NaOH固体放在烧杯中称量时间过长________。‎ ‎(4)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________。‎ 答案　(1)偏大　(2)偏大　(3)偏小　(4)偏大 考试能力过关 ‎4.某同学购买了一瓶“84消毒液”，包装说明如下：‎ 主要成分：25%NaClO、1 000 mL、密度1.19 g·cm－3‎ 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 根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是(双选)(　　)‎ A.该“84消毒液”的物质的量浓度为4.0 mol·L－1‎ B.该“84消毒液”与CO2发生氧化还原反应而变质 C.取100 mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)约为0.04 mol·L－1‎ D.参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25%NaClO的消毒液，需要称量的NaClO固体质量为143 g 解析　A项，c＝＝＝4 mol·L－1，正确；B项该瓶消毒液中含NaClO与CO2发生反应：NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO非氧化还原反应，错误；C项，由c1V1＝c2V2知稀释后的溶液中c(Na＋)为0.04 mol·L－1，正确；D项配制溶液时应选500 mL的容量瓶，所需m(NaClO)＝0.5 L×4 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149 g，错误。‎ 答案　BD ‎5.(2019·长沙高三阶段性考试)某研究性学习小组欲测定室温下(25 ℃、101 kPa)的气体摩尔体积。该小组设计的简易实验装置如图所示：‎ 该实验的主要操作步骤如下：‎ ‎①用已知浓度的浓盐酸配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸(需要用到的仪器有量筒、烧杯、________)；‎ ‎②用10 mL的量筒量取8.0 mL 1.0 mol·L－1的盐酸加入锥形瓶中；‎ ‎③准确称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为________；‎ ‎④往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；‎ ‎⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)步骤①中，配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸时，下列会使所配制溶液的浓度偏小的操作有________(填字母)。‎ A.用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线 B.容量瓶未干燥即用来配制溶液 C.浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长 D.定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理 E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线 F.烧杯中有少量水 G.未冷却至室温即定容 ‎(2)请填写操作步骤中的空格：‎ 步骤①：___________________________________________________________；‎ 步骤③：_________________________________________________________。‎ ‎(3)实验步骤⑤中应选用的量筒规格是___________________________________。‎ ‎(4)读数时需要注意(至少写两点)：______________________________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ ‎(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm＝________L·mol－1。‎ 解析　(2)步骤③Mg与盐酸发生的反应为Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，8.0 mL 1.0 mol·L－1盐酸中n(HCl)＝8.0×10－3 L×1.0 mol·L－1＝8.0×10－3 mol，完全反应时消耗Mg为4.0×10－3 mol，其质量为m(Mg)＝4.0×10－3 mol×24 g·mol－1＝0.096 g。‎ ‎(3)8.0×10－3 mol HCl与Mg完全反应放出4.0×10－3 mol H2，其在标准状况下的体积为4.0×10－3 mol×22.4 L·mol－1＝0.089 6 L＝89.6 mL，故应选取体积为100 mL的量筒。‎ ‎(5)HCl完全反应时生成4.0×10－3 mol H2，实验中收集到V mL H2，则该条件下的气体摩尔体积为Vm＝＝0.25V L·mol－1。‎ 答案　(1)AC　(2)玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管 ‎0.096　(3)100 mL　(4)①恢复到室温再读数；②调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；③读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平(任写两点即可)　(5)0.25V ‎[A级　全员必做题]‎ ‎1.用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)100 mL，应选用的定量仪器是(　　)‎ A.量筒 B.滴定管 C.50 mL容量瓶 D.100 mL容量瓶 解析　用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)100 mL，操作为用量筒分别量取浓盐酸50 mL和水50 mL，将两者混合得到溶液，所以应选择量筒。‎ 答案　A ‎2.(2020·山西太原模拟)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.硫酸铜水溶液呈酸性，属保护性无机杀菌剂，对人畜比较安全，其与石灰乳混合可得“波尔多液”。实验室里需用480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，则应选用的容量瓶规格和称取溶质的质量分别为(双选)(　　)‎ A.480 mL容量瓶，称取7.68 g硫酸铜 B.480 mL容量瓶，称取12.0 g胆矾 C.500 mL容量瓶，称取8.00 g硫酸铜 D.500 mL容量瓶，称取12.5 g胆矾 解析　应选500 mL容量瓶，500 mL溶液对应的硫酸铜的质量为8.0 g，胆矾质量为12.5 g。‎ 答案　CD ‎4.(2020·洛阳模拟)下列溶液中Cl－的物质的量浓度最大的是(　　)‎ A.200 mL 2.5 mol·L－1 MgCl2溶液 B.1 000 mL 2.5 mol·L－1 NaCl溶液 C.250 mL 1 mol·L－1 AlCl3溶液 D.300 mL 5 mol·L－1 KClO3溶液 答案　A ‎5.V L浓度为0.5 mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是(　　)‎ A.通入标准状况下的HCl气体11.2V L B.加入10 mol·L－1的盐酸0.1 V L，再稀释至1.5 V L C.将溶液加热浓缩到0.5V L D.加入V L 1.5 mol·L－1的盐酸混合均匀 解析　A项，通入HCl气体后溶液的体积会发生变化，若溶液体积不变时所给数据是合理的，该项不合理；C项，盐酸具有挥发性，加热浓缩会导致HCl挥发，该项不合理；D项，不同浓度盐酸混合时，混合后溶液的体积不能用两溶液的体积加和，该项不合理。‎ 答案　B ‎6.(2020·厦门质检)将质量分数为a%、物质的量浓度为c1 mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使其质量分数变为2a%，此时溶液中溶质的物质的量浓度为c2 mol·L－1。则c1和c2的关系是(　　)‎ A.c1＝2c2 B.c2<2c1‎ C.c2>2c1 D.c2＝2c1‎ 解析　由c＝可知，＝＝，由于ρ1＜ρ2，所以c2＞2c1。‎ 答案　C ‎7.(2020·阜阳质检)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液(　　)‎ A.0.5 L B.1.625 L C.1.8 L D.2 L 解析　由溶液电荷守恒可知，2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，即2×2 mol·L－1＋3c(Al3＋)＝2×6.5 mol·L－1，则c(Al3＋)＝3 mol·L－1。则200 mL混合液中含Mg2＋、Al3＋的物质的量分别为0.2 L×2 mol·L－1＝0.4 mol，0.2 L×3 mol·L－1＝0.6 mol，使二者分离Mg2＋Mg(OH)2，需NaOH溶液的体积为＝0.5 L；Al3＋AlO，需NaOH溶液体积为＝1.5 L。故需NaOH溶液的总体积为0.5 L＋1.5 L＝2 L，D项正确。‎ 答案　D ‎[B级　拔高选做题]‎ ‎8.(2020·哈尔滨师范大学附属中学月考)质量分数为a的某物质的溶液m g与质量分数为b的该物质的溶液n g混合后，蒸发掉p g水，得到的溶液每毫升质量为q ‎ g，物质的量浓度为c。则该溶质的相对分子质量为 (　　)‎ A. B. C. D. 解析　混合后的溶液中该物质的总质量为(am＋bn)g，设该物质的摩尔质量为M g/mol，则总物质的量为 mol。混合后溶液的体积为 L，所以可得物质的量浓度c＝ mol·L－1，整理得M＝g/mol，又因为当摩尔质量的单位为g/mol时，物质的相对分子质量与物质的摩尔质量在数值上相等，故C项正确。‎ 答案　C ‎9.(2020·山东聊城质检)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 解析　Na和Al一同投入m g足量水中时，发生反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。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。‎ 答案　A ‎10.(2020·山东邹城一中质检)把含硫酸铵和硝酸铵的混合溶液a L分成两等份.一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，则原溶液中NO的物质的量浓度为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　b mol NaOH恰好将NH3全部赶出，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知，每份中含有b mol NH；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根据Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知每份含有SOc mol，设每份中含有NO的物质的量为x mol，根据溶液呈电中性，则b mol×1＝c mol×2＋x mol×1，得x＝b－2c，因将a L混合溶液分成两等份，则每份的体积是0.5a L.所以每份溶液中NO的浓度是c(NO)＝＝ mol·L－1，即原溶液中NO的浓度是 mol·L－1，故选B。‎ 答案　B ‎11.在t ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g/mL，溶质质量分数为w，其中含有NH的物质的量是b mol，下列叙述正确的是(双选)(　　)‎ A.溶质的质量分数w＝×100%‎ B.溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1‎ C.溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＋c(H＋)‎ D.向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的溶质质量分数大于0.5w 解析　A项，该溶液的质量分数w＝×100%，错误；B项，该溶液的物质的量浓度c＝＝ mol·L－1，正确；C项，c(NH)＝＝ mol·L－1，由电荷守恒知c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)＝＋c(H＋)，正确；D项，向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的质量分数小于0.5w，错误。‎ 答案　BC ‎12.在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。下表是1 L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：‎ 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________(填写名称)。‎ ‎(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________(填字母)，还缺少的仪器有________(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________(填选项字母)。‎ 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 ‎(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，则加入的试剂中应含有________(填化学符号)。‎ 解析　(2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量为n(K＋)＝2n(K2SO4)＋n(KMnO4)＝(2×＋)mol，所以c(K＋)＝(＋) mol·L－1。(3)配制一定浓度的溶液必需的仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，还缺少的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒，故答案为a、c。(4)容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度不产生任何影响，A项正确；定容时仰视液面，溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低，B项错误；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，NaCl与AgNO3‎ 反应，会使溶液的浓度偏小，C项错误；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，对配制的溶液的浓度不产生任何影响，D项正确；(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可利用反应：Ag＋＋Cl－===AgCl↓，加入的试剂中需含有Cl－。‎ 答案　 (1)蔗糖　(2)2×＋ ‎(3)ac　托盘天平、玻璃棒、烧杯 　(4)AD　(5)Cl－‎ ‎13.Ⅰ.(2018·全国卷Ⅱ改编)测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)中铁的含量。‎ ‎①称取m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点。②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为________________________。‎ Ⅱ.(2017·浙江自选)分别称取2.39 g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。‎ ‎(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中，n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为________。‎ ‎(2)另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl－)＝________(溶液体积变化忽略不计。‎ 解析　Ⅰ.KMnO4能将样品溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋，C2O氧化成CO2。②加入过量锌粉能将溶液中Fe3＋还原成Fe2＋，酸化后，Fe2＋与KMnO4溶液反应，根据化合价变化可找出关系式为5Fe2＋～MnO，根据消耗KMnO4溶液的浓度和体积可知溶液中n(Fe2＋)＝c mol·L－1×V×10－3 L×5＝5×10－3c V mol，则该晶体中铁元素的质量分数为×100%或×100%。‎ Ⅱ.(1)n[(NH4)2SO4]＝n(BaSO4)＝0.01 mol，n(NH4Cl)＝(2.39 g－0.01×132 g)/53.5 g·mol－1＝0.02 mol，所以n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)＝1∶2。‎ ‎(2)c[Ba(OH)2]＝0.1 mol·L－1，2NH～Ba(OH)2。因为NH总共0.04 mol，所以n[Ba(OH)2]＝0.02 mol，所以加入V[Ba(OH)2]＝0.02 mol÷0.1 mol·L－1＝0.2 L，所以c ‎(Cl－)＝0.100 mol·L－1。‎ 答案　Ⅰ.×100%‎ Ⅱ.(1)1∶2　(2)0.100 mol·L－1‎ ‎14.(2018·天津理综，9)NOx含量的测定 将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入V1 mLc1mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2 mL。‎ ‎(1)NO被H2O2氧化为NO的离子方程式为____________________________‎ ‎________________________________________________________________。‎ ‎(2)滴定操作使用的玻璃仪器主要有__________________________________。‎ ‎(3)滴定过程中发生下列反应：‎ ‎3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为________mg·m－3。‎ ‎(4)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)‎ 若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果________。‎ 解析　(1)NO被H2O2氧化为NO，则H2O2被还原为H2O，配平离子方程式为2NO＋3H2O2===2NO＋2H＋＋2H2O。(2)K2Cr2O7标准溶液具有强氧化性，能氧化碱式滴定管下端的橡胶部分，因此滴定操作使用的玻璃仪器主要有锥形瓶、酸式滴定管。(3)根据滴定原理，可得原溶液中NO消耗的n(Fe2＋)＝[c1 mol·L－1×V1×10－3 L－c2 mol·L－1×V2×10－3 L×6]×＝5(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，则n(NO)＝n(Fe2＋)＝(c1V1－6c2V2)×10－3 mol，故气样中NOx折合成NO2的含量为(c1V1－6c2V2)×10－3 mol×46 000 mg·mol－1÷(V×10－3)m3＝×104 mg·m－3。若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗的FeSO4‎ 标准溶液的体积偏大，测定结果偏高。‎ 答案　 (1)2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O ‎(2)锥形瓶、酸式滴定管 ‎(3)×104‎ ‎(4)偏高