江苏省2020版高考化学新增分大一轮复习 专题1 化学家眼中的物质世界 第3讲 溶液的配制与分析讲义（含解析）苏教版.docx

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第3讲　溶液的配制与分析 考纲要求　1.理解溶液、溶解度、溶液中溶质的质量分数等概念。2.理解物质的量浓度的含义，并能进行相关计算。3.掌握一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的配制方法。 考点一　物质的量浓度及相关计算 1.物质的量浓度 (1)概念：表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量。 (2)表达式：cB＝。 (3)单位：molL－1(或mol/L)。 2.溶质的质量分数 (1)1molL－1NaCl溶液是指此溶液中含有1molNaCl(　　) (2)用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1molL－1(　　) (3)1L水中溶解5.85gNaCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1molL－1(　　) (4)将25gCuSO45H2O晶体溶于75g水中所得溶质的质量分数为25%(　　) (5)将40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为49%(　　) (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(　　) (7)0.5molL－1的稀H2SO4溶液中c(H＋)为1.0molL－1(　　) 答案　(1)　(2)　(3)　(4)　(5)√　(6)　(7)√ 1.在标准状况下，将VL氨气溶于0.1L水中，所得溶液的密度为ρgcm－3，则此氨水的物质的量浓度为molL－1。 答案　 解析　n(NH3)＝ mol， 溶液体积：V＝10－3 L c＝ molL－1＝ molL－1。 2.将32.2gNa2SO410H2O溶于水配成1L溶液。 (1)该溶液中Na2SO4的物质的量浓度为，溶液中Na＋的物质的量浓度为。 (2)向该溶液中加入一定量NaCl固体，使溶液中Na＋的物质的量浓度为0.4molL－1(假设溶液体积不变)需加入NaCl的质量为，Cl－的物质的量浓度为。 答案　(1)0.1molL－1　0.2molL－1　(2)11.7g　0.2molL－1 解析　(1)n(Na2SO4)＝n(Na2SO410H2O)＝＝0.1 mol， c(Na2SO4)＝0.1 molL－1，c(Na＋)＝0.2 molL－1。 (2)n(Na＋)＝0.4 molL－11 L＝0.4 mol， 则加入n(NaCl)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol， m(NaCl)＝0.2 mol58.5 gmol－1＝11.7 g， c(Cl－)＝＝0.2 molL－1。 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NH3H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。 (3)含结晶水的物质：CuSO45H2O―→CuSO4；Na2CO310H2O―→Na2CO3。 2.准确计算溶液的体积 不能用水的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水，一般根据溶液的密度进行计算： V＝10－3L。 3.注意溶质的浓度与溶液中某离子浓度的关系 溶质的浓度和离子浓度可能不同，要注意根据化学式具体分析。如1molL－1Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝3molL－1，c(Al3＋)＝2molL－1(考虑Al3＋水解时，则其浓度小于2molL－1)。 题组一　有关物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算 1.[2016全国卷Ⅱ，36(5)节选]一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10gcm－3)，其浓度为molL－1。 答案　8.9 解析　假设溶液的体积为1 L，则1 L溶液中含H2O2的质量： m＝1 000 mL1.10 gcm－327.5%＝1.10275 g c(H2O2)＝＝≈8.9 molL－1。 2.某氯化镁溶液的密度为1.18gcm－3，其中镁离子的质量分数为5.1%,300mL该溶液中Cl－的物质的量浓度为。 答案　5molL－1 解析　300 mL溶液中n(Mg2＋)＝≈0.75 mol， 依据MgCl2的化学式可知n(Cl－)＝0.75 mol2＝1.5 mol， c(Cl－)＝＝5 molL－1。 3.已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ gcm－3，质量分数为w，物质的量浓度为cmolL－1，溶液中含NaCl的质量为mg。 (1)用m、V表示溶液的物质的量浓度： 。 (2)用w、ρ表示溶液的物质的量浓度： 。 (3)用c、ρ表示溶质的质量分数： 。 (4)用w表示该温度下NaCl的溶解度： 。 答案　(1)molL－1　(2)molL－1　(3)100%　(4)g 解析　(1)c＝molL－1＝molL－1 (2)c＝＝molL－1。 (3)w＝100%＝100%。 (4)＝，S＝g。 从定义式出发进行物质的量浓度、质量分数、溶解度的换算 (1)由定义式出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式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。 (2)在进行物质的量浓度、质量分数、溶解度三者之间的转换时，除利用上述方法外，我们还可以运用假设法，使问题简单化。 例如：已知溶质的质量分数w，溶液的密度为ρgcm－3，溶质的摩尔质量为Mgmol－1，求物质的量浓度c。 我们可以假设溶液为1 L，所以溶液质量为11 000ρ g，溶质的质量为11 000ρw g，溶质的物质的量为 mol，这样我们就很容易求出该溶液的物质的量浓度c＝ molL－1。 题组二　溶液的稀释与混合 4.VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3＋mg，取mL该溶液用水稀释至4VmL，则SO物质的量浓度为(　　) A.molL－1 B.molL－1 C.molL－1 D.molL－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＋)＝＝ molL－1，c(SO)＝c(Al3＋)＝ molL－1＝ molL－1。 5.现有VL0.5molL－1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是(　　) A.加热浓缩到原来体积的一半 B.加入5molL－1的盐酸0.125VL C.加入10molL－1的盐酸0.1VL，再稀释至1.5VL D.标况下通入11.2L氯化氢气体 答案　C 解析　加热蒸发，HCl挥发，溶液浓度降低，故A错误；溶液的体积不具有加和性，故B错误；混合后溶液中的HCl的物质的量为0.5molL－1VL＋10molL－10.1VL＝1.5Vmol，所以混合后HCl的浓度为＝1molL－1，故C正确；通入氯化氢气体，溶液的体积发生变化，无法求出浓度，故D错误。 6.(1)在100 g物质的量浓度为c molL－1，密度为ρ gcm－3的硫酸中加入一定量的水稀释成molL－1的硫酸，则加入水的体积(填“＝”“＞”或“＜”，下同)100mL。 (2)若把(1)中的H2SO4改成氨水，应加入水的体积100mL。 (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100mL。 答案　(1)＜　(2)＞　(3)＝ 解析　(1)c＝ V水＝－100 由于ρ′＜ρ，所以V水＜100mL。 (2)由于ρ′＞ρ，所以V水＞100mL。 (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100mL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.不同溶质溶液混合反应，有关物质浓度的计算 (1)明确各反应物、产物之间的物质的量之比。 (2)巧用电荷守恒思想：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。 4.溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律(教师用书独具) 同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。 (1)等质量混合 两溶液等质量混合时(无论ρ>1 gcm－3还是ρ＜1 gcm－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”。 (2)等体积混合 ①当溶液密度大于1 gcm－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 gcm－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%)。 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 1.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100mL、250mL、500mL、1000mL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。 2.配制过程 以配制500mL1.0molL－1NaCl溶液为例： 特别提醒：(回顾对比) 质量百分比浓度、体积比浓度溶液的配制 (1)配制100g10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10.0gNaCl固体，放入烧杯中，再用100mL量筒量取90.0mL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50mL。用50mL的量筒量取40.0mL的水注入100mL的烧杯中，再用10mL的量筒量取10.0mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停地搅拌。 (1)容量瓶在使用前要检查是否漏水(　　) (2)用固体NaCl配制0.5molL－1的溶液，所用的仪器只有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(　　) (3)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁(　　) (2016海南，8D) (4)用量筒量取20 mL 0.500 0 molL－1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 molL－1H2SO4溶液(　　) (5)如图A配制0.1molL－1NaOH溶液(　　) (6)如图B配制一定浓度的NaCl溶液(　　) (7)用如图C装置配制溶液(　　) (8)NaOH在烧杯里刚完全溶解时，立即将溶液转移到容量瓶(　　) 答案　(1)√　(2)　(3)√　(4)　(5)　(6)　(7)　(8) 解析　(2)必须用托盘天平。(5)不能在容量瓶中直接溶解固体。(6)应平视刻度线。(7)接近刻度线时应用胶头滴管定容。(8)应恢复至室温后再定容。 (1)配制100mL1.0molL－1的H2SO4溶液，需要18molL－1的浓硫酸的体积是，该实验过程中所需要的玻璃仪器有。 (2)配制0.2molL－1的Na2CO3溶液50mL，计算出需要称取固体Na2CO3的质量是，用托盘天平称取固体Na2CO3的质量是。 答案　(1)5.6mL　10mL量筒、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管　(2)1.06g　1.1g 解析　注意量筒与托盘天平的精确度。 题组一　一定物质的量浓度的溶液配制题的规范书写 1.实验室需要配制0.50molL－1NaCl溶液480mL。 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5g)、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。 答案　(1)500mL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)1～2cm　胶头滴管 解析　配制480 mL 0.50 molL－1的NaCl溶液，必须用500 mL的容量瓶。m(NaCl)＝0.50 molL－10.5L58.5gmol－1≈14.6g(托盘天平精确到0.1g)。用托盘天平称量时，物品应放在左盘。配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算→称量(或量取)→溶解、冷却→转移、洗涤→定容、摇匀→装瓶贴签。 1.找出某一考生答卷中的错误(前2个小题) 失分原因分析： (1)中没有指明容量瓶的规格。 (2)中[案例1]没有注意托盘天平的精确度；[案例2]忽略了没有480 mL的容量瓶，必须配制500 mL的溶液，按500 mL溶液中的溶质进行计算。 2.解决方案与规范指导 配制一定物质的量浓度溶液时应注意： (1)做需要补充仪器的实验题时，要学会“有序思考”——即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，就一定不会漏写某种仪器； (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。 题组二　学会从2个角度分析误差的原因 2.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450mL0.1molL－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g：。 (2)配制500mL0.1molL－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g：。 (3)配制NaOH溶液时，托盘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4.4g，称量时物码放置颠倒：。 (5)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：。 (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：。 (7)经洗涤烧杯及玻璃棒：。 答案　(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏小　(5)偏大　(6)偏小　(7)偏小 解析　(2)胆矾的摩尔质量为250 gmol－1，所需质量为0.5 L0.1 molL－1250 gmol－1＝12.5 g。 (3)NaOH易吸水潮解。 (4)实际称量质量为4 g－0.4 g＝3.6 g。 3.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：。 (2)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：。 (3)定容时仰视刻度线：。 (4)定容摇匀后少量溶液外流：。 (5)容量瓶中原有少量蒸馏水：。 答案　(1)偏大　(2)偏小　(3)偏小　(4)无影响　(5)无影响 解析　(1)NaOH溶于水放热，溶液的体积比室温时大，应恢复室温后再移液、定容。 (2)溶液的总体积超出了刻度线。 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。 1.(2013江苏，5)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.[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CaO28H2O的池塘水样100.00mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.01000molL－1Na2S2O3标准溶液13.50mL。计算该水样中的溶解氧(以mgL－1表示)，写出计算过程。 答案　①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓ ②在100.00mL水样中 I2＋2S2O===2I－＋S4O n(I2)＝＝＝6.75010－5mol n[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.75010－5mol n(O2)＝n[MnO(OH)2]＝6.75010－5mol＝3.37510－5mol 水中溶解氧＝＝10.80mgL－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。 一、单项选择题 1.(2019东台市创新学校高三月考)将30mL0.5molL－1NaOH溶液加水稀释到500mL，关于稀释后的溶液叙述不正确的是(　　) A.浓度为0.03molL－1 B.从中取出10mL溶液，其浓度为0.03molL－1 C.含NaOH0.6g D.从中取出10mL溶液，含NaOH0.015mol 答案　D 解析　A项，30mL0.5molL－1NaOH溶液中n(NaOH)＝0.03L0.5molL－1＝0.015mol，稀释后溶液的体积为500mL，即0.5L，则稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为c(NaOH)＝＝0.03molL－1，正确；B项，从中取出10 mL溶液，溶液的物质的量浓度仍为0.03 molL－1，正确；C项，溶质的质量为0.03L0.5molL－140gmol－1＝0.6g，即含NaOH0.6g，正确；D项，从中取出10mL溶液，含NaOH0.015mol＝0.0003mol，不正确。 2.(2019抚顺高三模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3molL－1K2SO4溶液的叙述正确的是(　　) A.1L溶液中含有0.3NA个K＋ B.1L溶液中含有K＋和SO的总数为0.9NA C.2L溶液中K＋的浓度为1.2molL－1 D.将0.3mol硫酸钾溶于1L水中，所得硫酸钾溶液的浓度为0.3molL－1 答案　B 解析　0.3molL－1K2SO4溶液中，c(K＋)＝0.6molL－1，c(SO)＝0.3molL－1，则1L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1L溶液中所含溶质的物质的量，不受溶液体积大小的影响，2L0.3molL－1K2SO4溶液中K＋的浓度为0.6molL－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.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，4.48LCl2溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.4NA B.5.6g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含碳原子数为0.4NA C.常温下，pH＝2的盐酸溶液中含有的H＋数目为0.02NA D.常温下，1L0.5molL－1的FeCl3溶液中，所含Fe3＋数为0.5NA 答案　B 解析　Cl2和H2O反应是可逆反应；乙烯和环丁烷的实验式都是CH2；缺少盐酸溶液的体积，无法计算；Fe3＋发生水解反应。 4.美国UNC化学教授ThomasJ.Meyer等研发了环境友好、完全型的“绿色”引爆炸药，其一种可表示为Na2R，它保存在水中可以失去活性，爆炸后不会产生危害性残留物。已知10mL某Na2R溶液含Na＋的数目为N，该Na2R溶液的物质的量浓度为(　　) A.N10－2molL－1 B.molL－1 C.molL－1 D.molL－1 答案　B 解析　10 mL该Na2R溶液中含Na＋的数目为N，Na2R的物质的量＝ mol，Na2R的物质的量浓度＝ mol0.01 L＝ molL－1。 5.(2019东台市创新学校高三月考)实验室里需用480 mL 0.1 molL－1的硫酸铜溶液，现取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是(　　) A.称取7.68g硫酸铜，加入500mL水 B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液 C.称取8.0g硫酸铜，加入500mL水 D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液 答案　D 解析　A项，物质的量浓度的定义是单位体积溶液中所含溶质物质的量，体积应是溶液的体积，而不是水的体积，错误；B项，称取胆矾的质量应是50010－30.1250g＝12.5g，错误；C项，根据物质的量浓度的定义，体积是溶液的体积，不是水的体积，错误；D项，根据B选项分析，需要称量胆矾的质量为12.5g，然后配制成500mL溶液，正确。 6.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 答案　A 解析　用量筒量取浓盐酸时仰视读数会导致溶质体积偏大，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。 7.把如图标签所示的两份溶液注入如图容量瓶中并达到图示状态。 则该瓶溶液中H＋的物质的量浓度是(　　) A.0.21molL－1 B.0.42molL－1 C.0.56molL－1 D.0.26molL－1 答案　B 解析　c(H＋)＝＝0.42molL－1。 8.将物质的量均为amol的Na和Al一同投入mg足量水中，所得溶液的密度为ρgcm－3，则此溶液的物质的量浓度为(　　) A.molL－1 B.molL－1 C.molL－1 D.molL－1 答案　A 解析　Na和Al一同投入mg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amol，结合化学方程式可知生成2amolH2，所得溶液中只有NaAlO2一种溶质，其物质的量为amol。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molL－1。 二、不定项选择题 9.(2019福州高三质量调研)把200mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为(　　) A.(10b－5a)molL－1 B.(2b－a)molL－1 C.(－)molL－1 D.(5b－)molL－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)molL－1。 10.(2019东台市创新学校高三月考)配制100mL1.0molL－1的NaOH溶液，下列情况会导致溶液浓度偏低的是(　　) A.容量瓶使用前经蒸馏水清洗后没有干燥 B.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 C.俯视确定凹液面与刻度线相切 D.用敞口容器称量NaOH且时间过长 答案　BD 解析　A项，容量瓶使用前经蒸馏水清洗后没有干燥留有蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果，不选；B项，配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c＝可知，配制的溶液浓度偏低；C项，俯视确定凹液面与刻度线相切，会导致加入的蒸馏水体积偏小，根据c＝可知，配制的溶液浓度偏高，不选；D项，称量NaOH固体时用敞口容器且时间过长，导致氢氧化钠吸水或与空气中二氧化碳反应，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c＝可知，配制的溶液浓度偏低。 11.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，4.48LCl2通入水中，反应转移的电子数为0.2NA B.常温下1LpH＝3的FeCl3溶液中由水电离出的H＋的数目为0.001NA C.273K、101kPa下，22.4L甲烷完全燃烧后，所得产物中气体分子总数为NA D.1L0.1molL－1氢氧化钠溶液中含有的H—O键的数目为0.1NA 答案　BC 解析　氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应，且该反应为可逆反应，故无法计算转移的电子数目，A项错误；FeCl3属于强酸弱碱盐，溶液的pH＝3，溶液中c(H＋)＝10－3 molL－1，溶液中的H＋完全是由水电离产生的，因此水电离产生的H＋的物质的量为110－3 mol＝0.001 mol，B项正确；甲烷完全燃烧的化学方程式为CH4＋2O2CO2＋2H2O，标准状况下，H2O不是气体，故完全燃烧后所得产物中气体分子总数为NA，C项正确；溶剂水中也含有H—O键，因此1 L 0.1 molL－1 NaOH溶液中含有H—O键的物质的量大于0.1 mol，D项错误。 12.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A.取50mL14.0molL－1浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35NA B.1LpH＝6的纯水中含有OH－的数目为10－8NA C.常温下，1LpH＝2的H2SO4溶液中，硫酸和水电离的H＋总数为0.01NA D.1L0.1molL－1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NA 答案　C 解析　A项，浓硝酸与足量的铜片反应，随着反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，按浓硝酸与铜反应生成0.35 mol二氧化氮，按稀硝酸与铜反应，生成0.175 mol一氧化氮，因此生成气体的物质的量在0.175 mol与0.35 mol之间，错误；B项，pH＝6的纯水中OH－的浓度是10－6 molL－1，1 L pH＝6的纯水中含有OH－的数目为10－6NA，错误；D项，忽视了水中含有的氧原子，错误。 13.某结晶水合物的化学式为RnH2O，其相对分子质量为M。25℃时，ag该晶体能够溶于bg水中形成VmL溶液，下列关系中不正确的是(　　) A.该溶液中溶质的质量分数为w＝% B.该溶液的物质的量浓度为c＝molL－1 C.该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝(a－)∶(＋b) D.该溶液的密度为ρ＝gL－1 答案　AC 解析　A项，R的质量为a g，溶液总质量为(a＋b) g，可知该溶液质量分数为100%＝%，错误；B项，n(R)＝n(RnH2O)＝ mol，该溶液的物质的量浓度＝ molL－1，正确；C项，RnH2O中结晶水的质量为 g，故R的质量为(a－) g，溶液中溶剂的质量为(＋b) g，则溶液中m(水)∶m(溶质)＝(＋b)∶(a－)，错误；D项，溶液总质量为(a＋b) g，根据ρ＝可知，溶液密度为 gmL－1＝ gL－1，正确。 三、非选择题 14.在标准状况下，将224LHCl气体溶于635mL水中，所得盐酸的密度为1.18gcm－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100mL，稀释至1.18L，所得稀盐酸的物质的量浓度是。 (3)在40.0mL0.065molL－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，加入稀盐酸的体积最多不超过mL。 (4)将不纯的NaOH样品1g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50mL2molL－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1molL－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%　11.8molL－1　(2)1molL－1　(3)2.6　(4)5.85 解析　(1)n(HCl)＝＝10mol， m(HCl)＝10mol36.5gmol－1＝365g， 盐酸的质量分数w＝100%＝36.5%， c(HCl)＝＝＝11.8molL－1。 (2)由c(浓)V(浓)＝c(稀)V(稀)可知， c(稀)＝11.8molL－1＝1molL－1。 (3)n(Na2CO3)＝0.040L0.065molL－1＝0.0026mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过xmL，则n(HCl)＝1molL－10.001xL＝0.001xmol，根据反应：Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.0026＝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)＝0.050L2molL－1＝0.1mol，m(NaCl)＝0.1mol58.5gmol－1＝5.85g。 15.(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℃、101kPa)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100mL1.0molL－1的盐酸(需要用到的仪器有量筒、烧杯、)； ②用10mL的量筒量取8.0mL1.0molL－1的盐酸加入锥形瓶中； ③准确称取ag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VmL。 请回答下列问题： (1)步骤①中，配制100mL1.0molL－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＝Lmol－1。 答案　(1)AC　(2)玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管　0.096　(3)100mL　(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 解析　(2)步骤①用浓盐酸配制100mL1.0molL－1的盐酸时，需用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，要用玻璃棒不断搅拌，最后用胶头滴管对100mL容量瓶进行定容。步骤③Mg与盐酸发生的反应为Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，8.0mL1.0molL－1盐酸中n(HCl)＝8.010－3L1.0molL－1＝8.010－3mol，完全反应时消耗Mg为4.010－3mol，其质量为m(Mg)＝4.010－3mol24gmol－1＝0.096g。 (3)8.010－3molHCl与Mg完全反应放出4.010－3molH2，其在标准状况下的体积为4.010－3mol22.4Lmol－1＝0.0896L＝89.6mL，故应选取体积为100mL的量筒。 (5)HCl完全反应时生成4.010－3molH2，实验中收集到VmLH2，则该条件下的气体摩尔体积为Vm＝＝0.25VLmol－1。