2018届一轮复习人教版一定物质的量浓度的溶液及其配制学案

2018届一轮复习人教版一定物质的量浓度的溶液及其配制学案

考纲要求　1.了解溶液的含义。2.了解溶解度、饱和溶液的概念。3.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。4.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。‎ 考点一　物质的量浓度及相关计算 ‎1．物质的量浓度 ‎(1)概念：表示单位体积溶液中所含溶质B的物质的量。‎ ‎(2)表达式：cB＝。‎ ‎(3)单位：mol·L－1(或mol/L)。‎ ‎2．溶质的质量分数 深度思考 正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”‎ ‎(1)1 mol ·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl(　　)‎ ‎(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)从100 mL 5 mol·L－1 H2SO4溶液中取出10 mL，所得硫酸根的物质的量为0.05 mol(　　)‎ ‎(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(　　)‎ ‎(5)1 L水中溶解5.85 g NaCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1 mol·L－1(　　)‎ ‎(6)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25%(　　)‎ ‎(7)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为40%(　　)‎ ‎(8)将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×‎ ‎1．正确判断溶液的溶质并计算其物质的量 ‎(1)与水发生反应生成新的物质，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。‎ ‎2．准确计算溶液的体积 c＝中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，不能用水的体积代替溶液的体积，应根据V＝计算。‎ 题组一　应用cB＝的计算 ‎1．若20 g密度为ρ g·cm－3的Ca(NO3)2溶液中含有2 g Ca(NO3)2，则溶液中NO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　C 解析　Ca(NO3)2的物质的量浓度为＝ mol·L－1，NO的物质的量浓度为 mol·L－1。‎ ‎2．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)＝g，V(溶液)＝g÷(b g·mL－1×1 000 mL·L－1)，则该盐酸的物质的量浓度＝＝ mol·L－1。‎ 题组二　物质的量浓度与质量分数的换算 ‎3．某温度时，有500 mL饱和的硫酸镁溶液，它的密度是1.20 g·cm－3，其中镁离子的质量分数是4.8%，计算回答下列问题：‎ ‎(1)溶质的质量分数：_______________________________________________________。‎ ‎(2)溶液的物质的量浓度：___________________________________________________。‎ ‎(3)溶质和溶剂的物质的量之比：_____________________________________________。‎ ‎(4)硫酸根离子的质量分数：_________________________________________________。‎ ‎(5)该温度下硫酸镁的溶解度：_______________________________________________。‎ 答案　(1)24.0%　(2)2.4 mol·L－1　(3)1∶21‎ ‎(4)19.2%　(5)31.6 g 解析　(1)由Mg2＋的质量分数知MgSO4的质量分数为×4.8%＝24.0%。‎ ‎(2)解法一：根据定义式计算，n(MgSO4)＝n(Mg2＋)＝＝1.2 mol c(MgSO4)＝＝2.4 mol·L－1。‎ 解法二：直接利用公式计算，‎ c(MgSO4)＝ ‎＝2.4 mol·L－1。‎ ‎(3)根据MgSO4的质量分数24.0%，可知100 g溶液中含溶质24 g，溶剂76 g；则二者的物质的量之比为∶≈1∶21。‎ ‎(4)SO的质量分数为×4.8%＝19.2%。‎ ‎(5)根据＝，得S＝ g≈31.6 g。‎ 物质的量浓度、质量分数、溶解度间的换算 ‎(1)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。‎ ‎(2)利用物质的量浓度(c)与溶质质量分数(w)的换算公式。‎ 题组三　溶液的稀释与混合 ‎4．V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋m g，取 mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO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　 mL溶液中Al3＋的物质的量为＝ mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3＋)＝＝ mol·L－1，c(SO)＝c(Al3＋)＝× mol·L－1＝ mol·L－1。‎ ‎5．焦硫酸(H2SO4·SO3)溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。若将445 g焦硫酸溶于水配成4.00 L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为________mol·L－1。‎ 答案　1.25‎ 解析　n(H2SO4·SO3)＝＝2.5 mol，‎ 溶于水得到n(H2SO4)＝5 mol，‎ c(H2SO4)＝＝1.25 mol·L－1。‎ ‎6．(1)在100 g物质的量浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·cm－3的硫酸中加入一定量的水稀释成 mol·L－1的硫酸，则加入水的体积________(填“＝”、“＞”或“＜”，下同)100 mL。‎ ‎(2)若把(1)中的H2SO4改成氨水，应加入水的体积______ 100 mL。‎ ‎(3)若把(1)(2)中的物质的量的浓度均改为溶质的质量分数，则加入水的体积________ 100 mL。‎ 答案　(1)＜　(2)＞　(3)＝‎ 解析　(1)·c＝· V水＝－100‎ 由于ρ′＜ρ，所以V水＜100 mL。‎ ‎(2)由于ρ′＞ρ，所以V水＞100 mL。‎ ‎(3)根据质量分数＝×100%知，溶质不变，质量分数减半，则溶液质量加倍，所以均应加入100 mL水。‎ ‎1．溶液稀释定律(守恒观点)‎ ‎(1)溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。‎ ‎(2)溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。‎ ‎(3)溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。‎ ‎2．同溶质不同物质的量浓度溶液的混合计算 ‎(1)混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。‎ ‎(2)混合后溶液体积发生改变时，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝。‎ ‎3．溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律 同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。‎ ‎(1)等体积混合 ‎①当溶液密度大于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液)，等体积混合后质量分数w>(a%＋b%)。‎ ‎②当溶液密度小于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小(如酒精、氨水溶液)，等体积混合后，质量分数w＜(a%＋b%)。‎ ‎(2)等质量混合 两溶液等质量混合时(无论ρ>1 g·cm－3还是ρ＜1 g·cm－3)，则混合后溶液中溶质的质量分数w＝(a%＋b%)。‎ 以上规律概括为“计算推理有技巧，有大必有小，均值均在中间找，谁多向谁靠”。‎ 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 ‎1．主要仪器 天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。‎ ‎2．容量瓶的构造及使用 ‎(1)容量瓶上标有温度、规格和刻度线。常用规格有50 mL、100 mL、250 mL、1 000 mL等。‎ ‎(2)容量瓶在使用前要检查是否漏水，其操作顺序为装水盖塞→倒立→正立→玻璃塞旋转180°→倒立。‎ ‎3．配制过程 以配制100 mL 1.00 mol·L－1 NaCl溶液为例。‎ ‎(1)计算：需NaCl固体的质量为5.9 g。‎ ‎(2)称量：用托盘天平称量NaCl固体。‎ ‎(3)溶解：将称量好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。‎ ‎(4)移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流将溶液注入100 mL容量瓶。‎ ‎(5)洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液全部注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。‎ ‎(6)定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管，滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。‎ ‎(7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。‎ 配制流程如下图所示：‎ 深度思考 ‎1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”‎ ‎(1)容量瓶在使用前要检查是否漏水(　　)‎ ‎(2)配制一定物质的量浓度溶液摇匀后，液面位于刻度线以下，应加水至刻度线(　　)‎ ‎(3)配制480 mL一定物质的量浓度溶液时，要选用500 mL的容量瓶(　　)‎ ‎(4)使用托盘天平称量药品，都不能直接放在托盘中，均应放在两张相同的纸片上(　　)‎ ‎(5)为了配制方便，可将固体或浓溶液直接在容量瓶(或量筒)中进行溶解(或稀释)(　　)‎ ‎(6)若量取7.2 mL溶液，应选用10 mL量筒(　　)‎ ‎(7)将10.6 g Na2CO3·10H2O溶于水配成1 L溶液，物质的量浓度为0.1 mol·L－1(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√　(7)×‎ ‎2．实验中需要2 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时，你认为应该选用的容量瓶的规格和称取的碳酸钠质量分别是________、________。‎ 答案　1 000 mL　212 g 解析　实验室中没有950 mL的容量瓶，只能选用1 000 mL的容量瓶。所需Na2CO3的质量为2 mol·L－1×1 L×106 g·mol－1＝212 g。‎ ‎3．怎样向容量瓶中转移液体？‎ 答案　玻璃棒的末端位于容量瓶刻度线以下并靠在容量瓶颈内壁上(注意：不要让玻璃棒其他部位触及容量瓶口)，然后将烧杯中的液体沿玻璃棒缓缓注入容量瓶中。‎ 题组一　溶液配制的操作及注意事项判断 ‎1．配制100 mL 1.0 mol·L－1Na2CO3溶液，下列操作正确的是(　　)‎ A．称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容 B．称取10.6 g无水碳酸钠置于烧杯中，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解 C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中 D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀 答案　D 解析　固体不能直接在容量瓶中溶解，A项错误；配制100 mL 1 mol·L－1Na2CO3溶液，所用水的体积并不是100 mL，而是加水至100 mL，B项错误；转移液体时，要用玻璃棒引流，C项错误。‎ ‎2．下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液的过程：‎ 该同学的错误步骤有(　　)‎ A．1处 B．2处 C．3处 D．4处 答案　C 解析　第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑤步定容时应平视刻度线。‎ ‎3．用质量分数为98%的浓硫酸(ρ＝1.84 g·cm－3)配制240 mL 1.84 mol·L－1稀硫酸，下列操作正确的是(　　)‎ A．将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却 B．必需的定量仪器有50 mL量筒、250 mL容量瓶和托盘天平 C．量取浓硫酸的体积为25.0 mL D．先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容 答案　C 解析　稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢注入水中并不断搅拌，A项错误；该实验不需要托盘天平，B项错误；根据溶质质量不变知，配制该稀硫酸需要浓硫酸的体积为V＝‎ ＝25.0 mL，C项正确；不能在容量瓶里稀释浓硫酸，在烧杯里稀释并冷却后，再转移到容量瓶中，最后加水定容，D项错误。‎ 题组二　误差分析“10”例 ‎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，其他操作均正确________。‎ ‎(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)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，用胶头滴管吸取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_____________________________。‎ ‎(9)定容时仰视刻度线________。‎ ‎(10)定容摇匀后少量溶液外流________。‎ 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　(9)偏小　(10)无影响 ‎1．质量百分比浓度、体积比浓度的配制 ‎(1)配制100 g 10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10 g NaCl固体，放入100 mL的烧杯中，再用100 mL量筒量取90 mL的水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。‎ ‎(2)用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL。用50 mL的量筒量取40 mL的水注入到100 mL的烧杯中，再用10 mL的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌。‎ ‎2．误差分析的理论依据 根据cB＝可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看溶液配制过程中引起了nB和V 怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎3．仰视、俯视的分析 ‎　‎ 结果：仰视时，容器内液面高于刻度线；俯视时，容器内液面低于刻度线。‎ ‎1．固体溶解度 在一定温度下，某固体物质在100_g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。‎ 固体物质溶解度(饱和溶液)S＝×100 g。‎ 影响溶解度大小的因素 ‎(1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。‎ ‎(2)外因：‎ ‎①溶剂的影响(如NaCl易溶于水不易溶于汽油)。‎ ‎②温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。‎ ‎2．溶解度的表示方法 ‎(1)列表法 硝酸钾在不同温度时的溶解度：‎ 温度 ‎/℃‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ 溶解度 ‎/g ‎13.3‎ ‎20.9‎ ‎31.6‎ ‎45.8‎ ‎63.9‎ ‎85.5‎ ‎110‎ ‎138‎ ‎168‎ ‎202‎ ‎246‎ ‎(2)曲线法 深度思考 ‎1．在通常状况下，NH3在水中的溶解度为1∶700，其中“1∶700”的含义是什么？‎ 答案　“1∶700”指的是在常温常压下，1体积水溶解700体积的NH3，达到饱和状态。‎ ‎2．请填写下列物质的结晶方法。‎ ‎(1)氯化钠：________________。‎ ‎(2)硝酸钾：________________。‎ ‎(3)硫酸铜晶体：______________。‎ ‎(4)从FeCl3溶液中得到FeCl3·6H2O固体______________________________________。‎ 答案　(1)蒸发结晶　(2)蒸发浓缩，冷却结晶　(3)蒸发浓缩，冷却结晶　(4)在HCl气氛中加热，蒸发结晶 ‎3．下图是X、Y、Z三种固体物质的溶解度曲线。按要求回答下列问题：‎ ‎(1)若X溶液中混有少量Y，怎样提纯X?‎ 答案　加热浓缩，冷却结晶，过滤。‎ ‎(2)若Y溶液中混有少量的X，怎样提纯Y?‎ 答案　蒸发结晶，趁热过滤。‎ 专题训练 ‎1．下表是四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g水)：‎ ‎(假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计)‎ NaNO3‎ KNO3‎ NaCl KCl ‎10 ℃‎ ‎80.5‎ ‎21.2‎ ‎35.7‎ ‎31.0‎ ‎100 ℃‎ ‎175‎ ‎246‎ ‎39.1‎ ‎56.6‎ 用物质的量之比为1∶1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示 以下说法错误的是(　　)‎ A．①和②的实验过程中，都需要控制温度 B．①实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤 C．②实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤 D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好 答案　C 解析　A项，①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，正确；B项，①实验分离出NaCl，操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，正确；C项，②实验操作为冷却结晶，错误；D项，用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，正确。‎ ‎2．高氯酸铵可用作火箭推进剂，实验室可由NaClO3等原料制取(部分物质溶解度如图)，其实验流程如下：‎ ‎(已知氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠)‎ ‎(1)80 ℃时浸取液冷却至0 ℃过滤，滤渣的主要成分为________(写化学式)。‎ ‎(2)反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为___________________________‎ ‎_____________________________________________。‎ 答案　(1)NaClO4　(2)NH＋ClO===NH4ClO4↓‎ 解析　(1)80 ℃时浸取液主要含有NaClO4和NaCl，NaClO4溶解度受温度影响较大，而NaCl 受温度影响很小，当冷却至0 ℃时，NaClO4会因温度降低溶解度减小而析出，所以滤渣中主要物质是NaClO4。(2)反应器中含有NaClO4，加入氯化铵饱和溶液后，根据不同物质的溶解度相对大小关系，可知溶解度最小的NH4ClO4首先结晶析出，发生反应的离子方程式为NH＋ClO===NH4ClO4↓。‎ ‎1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”‎ ‎(1)称取2.0 g NaOH固体的操作是先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体(　　)‎ ‎(2015·福建理综，8A)‎ ‎(2)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干(　　)‎ ‎(2014·新课标全国卷Ⅰ，12A)‎ ‎(3)右图用于配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液(　　)(2015·安徽理综，8A)‎ ‎(4)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体(　　)‎ ‎(2014·新课标全国卷Ⅰ，12D)‎ ‎(5)利用实验器材(省略夹持装置)烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，能完成的相应实验是用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液(　　)(2013·山东理综，11C)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×‎ ‎2．(2016·上海，22)称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1 792 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2 C．1.87∶1 D．3.65∶1‎ 答案　C 解析　利用极值法分析，可知0.1 mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4因共生成NH3 0.08 mol，故与H＋反应的氢氧化钠为0.02 mol，则可知NH4HSO4为0.02 mol，则(NH4)2SO4质量为7.24 g－115 g·mol－1×0.02 mol＝4.94 g，n[(NH4)2SO4]＝≈0.0 374 mol可得答案为C。‎ ‎3．[2016·天津理综，7(6)]铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由下表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 mol·L－1 NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_______________________________________________‎ ‎_________________________，生成硫酸铜的物质的量为________。‎ 硫 氢 Y X 硫 Z 答案　NO：0.9 mol，NO2：1.3 mol　2 mol 解析　铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成NO和NO2，相对分子质量都小于50，符合题意，1 mol O2参与反应转移电子的物质的量为4 mol。设NO2的物质的量为x，NO的物质的量为y，则x＋y＝2.2 mol，x＋3y＝4 mol，解得x＝1.3 mol，y＝0.9 mol。根据转移电子守恒知，参与反应的铜的物质的量为 mol＝2 mol，因此生成硫酸铜物质的量为2 mol。‎ ‎4．[2016·江苏，18(3)]水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：‎ O2MnO(OH)2I2S4O ‎①写出O2将Mn2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 mol·L－1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mg·L－1表示)，写出计算过程。‎ 答案　①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓‎ ‎②在100.00 mL水样中 I2＋2S2O===2I－＋S4O n(I2)＝ ‎＝ ‎＝6.750×10－5 mol n[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.750×10－5 mol n(O2)＝n[MnO(OH)2]＝×6.750×10－5 mol ‎＝3.375×10－5 mol 水中溶解氧＝‎ ‎＝10.80 mg·L－1‎ 解析　①反应物为O2、Mn2＋，生成物为MnO(OH)2，溶液呈碱性，可以补充OH－配平。‎ ‎1．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(　　)‎ 答案　B 解析　A项，托盘天平使用时应“左物右码”，图为“左码右物”，错误；C项，移液时不能将烧杯中的溶液直接倒入容量瓶，应用玻璃棒引流，错误；D项，胶头滴管应在容量瓶口垂直正上方，不能伸入瓶口，错误。‎ ‎2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3 mol·L－1K2SO4溶液的叙述正确的是(　　)‎ A．1 L溶液中含有0.3NA个K＋‎ B．1 L溶液中含有K＋和SO的总数为0.9NA C．2 L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 解析　0.3 mol·L－1K2SO4溶液中，c(K＋)＝0.6 mol·L－1，c(SO)＝0.3 mol·L－1，则1 L溶液中含K＋的数目为0.6NA，K＋和SO的总数为0.9NA，A项错误，B项正确；物质的量浓度表示的是1 L溶液中所含溶质的物质的量，不受溶液体积大小的影响，2 L 0.3 mol·L－1K2SO4溶液中K＋的浓度为0.6 mol·L－1，C项错误；物质的量浓度中的体积指的是溶液体积而不是溶剂的体积，D项错误。‎ ‎3．4 ℃时，在100 mL水中溶解22.4 L HCl气体(标准状况下)形成溶液。下列说法正确的是(　　)‎ A．该溶液的物质的量浓度为10 mol·L－1‎ B．由于溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得 C．由于溶液的密度未知，故该溶液中溶质的质量分数无法求得 D．所得溶液的体积为22.5 L 答案　B 解析　溶液的物质的量浓度cB等于溶质的物质的量除以溶液的体积，而不是除以溶剂的体积。A选项中，因为溶液的体积不等于0.1 L，可推知物质的量浓度不为10 mol·L－1；C 项，可以计算质量分数m(HCl)＝36.5 g，其水溶液的质量分数＝×100%≈26.7%；D项，溶液的体积不等于溶剂的体积加溶质(HCl)的体积。‎ ‎4．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的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水的溶液 D．标况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液 答案　C 解析　A项，c(NaOH)＝＝1 mol·L－1；B项，c(H2SO4)＝＝1 mol·L－1；C项，蒸发掉50 g水后，溶液的体积并不是50 mL，NaNO3的浓度也不是1 mol·L－1；D项，c(HCl)＝＝1 mol·L－1。‎ ‎5．(2016·河北衡水中学联考)某学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液时，结果所配溶液浓度偏高，其原因可能是(　　)‎ A．所用氢氧化钠已经潮解 B．向容量瓶中加水未到刻度线 C．有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里 D．用带游码的托盘天平称2.4 g NaOH时误用了“左码右物”方法 答案　B ‎ 解析　所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，A项错误；向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积较小，溶液的浓度偏高，B项正确；有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，造成了溶质的损耗，溶液浓度偏低，C项错误；称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取氢氧化钠质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，D项错误。‎ ‎6．下列有关溶液配制的说法正确的是(　　)‎ A．在50 mL量筒中配制0.100 0 mol·L－1碳酸钠溶液 B．仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100 mL 0.100 0 mol·L－1K2Cr2O7溶液 C．用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸 D．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 答案　C 解析　配制溶液时要在容量瓶中进行，A、B 均错误；定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，D错误。‎ ‎7．(2016·佛山顺德六校期中)取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，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 答案　B 解析　混合溶液中H＋物质的量为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。‎ ‎8．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。‎ ‎9．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·cm－3，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(　　)‎ 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，所得溶液的质量分数大于0.5w 答案　C 解析　溶质的质量分数w＝×100%，A项错误；氨水中的溶质是NH3，而不是NH3·H2O，将w＝×100%代入公式c＝，化简可得c＝ mol·L－1，B项错误；氨水中含有的阳离子为H＋和NH，含有的阴离子只有OH－，根据电荷守恒可知C 项正确；由于氨水的密度小于水的密度，与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍，故其质量分数小于0.5w，D项错误。‎ ‎10．(2017·贵州高三质量调研)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．(5b－)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 mol－0.5a mol，Na2CO3的物质的量为(b mol－0.5a mol)×0.5，则c(Na＋)＝(b mol－0.5a mol)÷0.1 L＝(10b－5a)mol·L－1。‎ ‎11．(2016·湖北省重点高中高三上学期期中联考)有Al2(SO4)3和Na2SO4的混合溶液V L，将它均分成两份。一份滴加氨水，使Al3＋完全沉淀；另一份滴加BaCl2溶液，使SO完全沉淀。反应中消耗a mol NH3·H2O、b mol BaCl2。据此得知原混合溶液中的c(Na＋)(mol·L－1)为(　　)‎ A．(4b－2a)/V B．(2b－2a)/V C．(2b－a)/V D．(b－2a)/V 答案　A 解析　根据题意Al3＋的物质的量为a/3 mol，SO的物质的量为b mol，因Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液不显电性，设每份混合溶液中Na＋的物质的量为x mol，则根据电荷守恒可知，a/3×3＋x×1＝b×2，x＝2b－a，原混合溶液中的c(Na＋)＝(4b－2a)/V mol·L－1。‎ ‎12．(2016·西安模拟)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。煅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　碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物质的量为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，则氧化铜的质量为m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。‎ ‎13．如图是MgSO4、NaCl的溶解度曲线。下列说法正确的是(　　)‎ A．MgSO4的溶解度随温度升高而升高 B．NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大 C．在t2℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大 D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，有晶体析出 答案　C 解析　A项，t2 ℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2 ℃之后，随温度的升高而降低；B项，t1 ℃、t3 ℃时，NaCl、MgSO4的溶解度相等；C项，w＝×100%，S越大， w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。‎ ‎14．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。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。‎ ‎　　　84消毒液 有效成分　NaClO 规格　1 000 mL 质量分数　25%‎ 密度　1.19 g·cm－3‎ ‎(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)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是________(填字母)。‎ A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器 B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制 C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低 D．需要称量NaClO固体的质量为143.0 g ‎(4)“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2 L 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)C　(4)①4.6　②250‎ 解析　(1)由c＝得，c(NaClO)‎ ‎＝≈4.0 mol·L－1。‎ ‎(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有：100 mL×10－3 L·mL－1×4.0 mol·L－1＝100 mL×100×10－3 L·mL－1×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04 mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·L－1。‎ ‎(3)选项A，需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示中的A、B不需要，但还需要玻璃棒和胶头滴管；选项B，配制过程中需要加水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用；选项C，未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低；选项D，应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149.0 g。‎ ‎(4)①根据H2SO4的组成可知，溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝4.6 mol·L－1。②2 L 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。‎ ‎15．(2016·莱芜一中检测)在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 g·cm－3。‎ 试计算：‎ ‎(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是________、________。‎ ‎(2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是________。‎ ‎(3)在40.0 mL 0.065 mol·L－1Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积的最多不超过________mL。‎ ‎(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 mol·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________g固体。‎ 答案　(1)36.5%　11.8 mol·L－1　(2)1 mol·L－1　(3)2.6　(4)5.85‎ 解析　(1)n(HCl)＝＝10 mol，‎ m(HCl)＝10 mol×36.5 g·mol－1＝365 g，‎ 盐酸的质量分数w＝×100%＝36.5%，‎ c(HCl)＝ ‎＝ ‎＝11.8 mol·L－1。‎ ‎(2)由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)可知，‎ c(稀)＝11.8 mol·L－1×＝1 mol·L－1。‎ ‎(3)n(Na2CO3)＝0.040 L×0.065 mol·L－1＝0.002 6 mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL，则n(HCl)＝1 mol·L－1×0.001x L＝0.001x mol，根据反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.002 6＝0.001x，x＝2.6。‎ ‎(4)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 mol·L－1＝0.1 mol，m(NaCl)＝0.1 mol×58.5 g·mol－1＝5.85 g。‎ ‎16．工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3＋)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)。‎ 工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：‎ ‎(1)由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为_________________________________‎ ‎________________________________________________________________________，‎ 通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是______________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是____________________。‎ ‎(3)固体A主要为__________(填化学式)，固体B主要为__________(填化学式)。‎ ‎(4)用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液________(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)中，既能提高产率又可使能耗最低。‎ 答案　(1)Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7＋2NaCl 低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小(合理即可)‎ ‎(2)除去Fe3＋‎ ‎(3)NaCl　K2Cr2O7‎ ‎(4)Ⅱ 解析　(1)Na2Cr2O7与KCl发生复分解反应，化学方程式为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7＋2NaCl，根据图像可知，低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小。‎ ‎(2)加碱使Fe3＋生成沉淀而除去Fe3＋。‎ ‎(3)根据溶解度的大小，高温浓缩时，NaCl析出，所以固体A主要为NaCl；冷却结晶时，K2Cr2O7析出，所以固体B主要为K2Cr2O7。‎ ‎(4)用热水洗涤固体NaCl，洗涤液中含有NaCl，所以洗涤液转移到母液Ⅱ中，既能提高产率又能使能耗最低。‎