江苏专用2022版高考化学总复习专题一化学计量第2讲物质的量浓度及其溶液配制教案

这是一份江苏专用2022版高考化学总复习专题一化学计量第2讲物质的量浓度及其溶液配制教案，共34页。试卷主要包含了溶液浓度表示方法和有关计算，一定物质的量浓度溶液的配制等内容，欢迎下载使用。

第2讲　物质的量浓度及其溶液配制
考试要点
核心素养
1.了解物质的量浓度(c)的含义。
2.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。
3.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。
1.宏观辨识与微观探析:能从不同层次认识物质的多样性,能根据溶液体积和溶质的物质的量浓度计算溶质的物质的量、溶质微粒数目。
2.科学探究与创新意识:能从问题和实际出发,确定探究目的,设计配制一定物质的量浓度溶液的方案,进行实验探究;在探究中学会合作,能够正确分析实验过程中可能存在的误差问题。


一、溶液浓度表示方法和有关计算
1.物质的量浓度和溶质(B)的质量分数

物质的量浓度
溶质的质量分数
定义
单位体积溶液里所含溶质的①　物质的量　 
溶液里②　溶质　质量与③　溶液　质量的比值 
表达式
④　cB=nBV　 
ω(B)=⑤ m(B)m(aq)×100% 
常用单位
⑥　mol·L-1　 
—
关系
cB=⑦ 1 000ρω(B)M(B)　或ω(B)= cB·M(B)1 000ρ
　　提醒　a.c为溶质的物质的量浓度,单位为mol·L-1;ρ为溶液密度,单位为g·cm-3;ω为溶质的质量分数;M为溶质的摩尔质量,单位为g·mol-1。
b.从一定物质的量浓度溶液中取出任意体积的溶液,其浓度相同、所含溶质的物质的量不同。
c.公式推导及关系图:c=n(溶质)V=m(溶质)MV=m(溶质)MV=1 000ρωVMV=1 000ρωM⇨ω=cM1 000ρ。

2.气体溶于水所得溶液中溶质物质的量浓度的计算(标准状况下)
溶质的物质的量:n=V气体22.4 L·mol-1溶液的体积:V=mρ=m气体+m水ρc=nV
　　3.同种溶质的溶液稀释或混合的“守恒”计算
(1)溶液稀释
a.溶质的⑧　质量　在稀释前后保持不变,即m1ω1=m2ω2。 
b.溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即⑨　c1V1=c2V2　。 
c.溶液的质量守恒,m(稀)=m(浓)+m(水)(体积一般不守恒)。
(2)同种溶质的溶液混合
a.混合前后溶质的物质的量保持不变,即⑩　c1V1+c2V2=c混V混　,其中V混=m混ρ混。 
b.混合前后溶质的质量保持不变,即　m1ω1+m2ω2=(m1+m2)ω混　。 
(3)电解质溶液中的电荷守恒,如K2SO4溶液中存在:c(K+)=　2c(SO42-)　。 
二、一定物质的量浓度溶液的配制
1.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
Ⅰ.特点
结构:细颈、梨形、平底玻璃容器,带磨口玻璃塞标识:温度、容积和⑯　刻度线　规格:100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL等用途:配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液原则:遵循“大而近”的原则,如配制450 mL溶液时,应选用500 mL规格的容量瓶
Ⅱ.使用方法及注意事项
a.查漏操作

b.用“能”或“不能”填空
　不能　将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释;容量瓶　不能　作为反应容器或长期贮存溶液的容器;　不能　加入过冷或过热的液体;　不能　配制任意体积的溶液。 
(3)其他仪器:量筒、烧杯、玻璃棒、　胶头滴管　等。 
　　2.配制过程
(1)配制步骤(以配制500 mL 1.00 mol·L-1NaOH溶液为例)




　　(2)配制流程图

3.配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
(1)误差的分析方法

(2)常见的操作不当造成的误差
能引起误差的一些操作
因变量
c/(mol·L-1)
m(溶质)
V(溶液)
托盘天平
a.天平的砝码粘有其他物质或生锈
　增大　 
　不变　 
　偏大　 
b.称量易潮解的物质(如NaOH固体)时间过长
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
c.用称量纸称易潮解的物质(如NaOH固体)
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
量筒
d.量取液体时,仰视读数
　增大　 
　不变　 
　偏大　 
e.量取液体时,俯视读数
　减小　 
　不变　 
　偏小　 

f.搅拌时部分液体溅出
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
g.未洗涤烧杯和玻璃棒
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
容量瓶
h.未冷却到室温就注入容量瓶定容
　不变　 
　减小　 
　偏大　 
i.从烧杯向容量瓶转移溶液时有少量液体溅出
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
j.定容时,水加多了,用滴管吸出
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
k.定容后,轻振荡,摇匀,静置,液面下降再加水
　不变　 
　增大　 
　偏小　 
l.定容时,俯视刻度线
　不变　 
　减小　 
　偏大　 
m.定容时,仰视刻度线
　不变　 
　增大　 
　偏小　 
n.配好的溶液转入干净的试剂瓶时,不慎溅出部分溶液
　减小　 
　减小　 
　无影响　 

1.易错易混辨析(正确的画“√”,错误的画“✕”)。
(1)5% CuSO4溶液表示100 g水中溶有5 g CuSO4 (　　)
(2)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶液中溶质的质量分数为40% (　　)
(3)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25% (　　)
(4)1 L水中溶解了5.85 g NaCl,所得溶液中NaCl的物质的量浓度为0.1 mol·L-1 (　　)
(5)标准状况下,22.4 L HCl溶于水配成1 L溶液,所得盐酸的物质的量浓度为1 mol·L-1 (　　)
(6)从100 mL 0.1 mol·L-1的NaCl溶液中取出10 mL,其浓度变为0.01 mol·L-1,含NaCl 0.001 mol (　　)
(7)用图A装置配制0.1 mol·L-1的NaOH溶液 (　　)

(8)用图B装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液 (　　)
(9)若量取7.2 mL溶液,应选用10 mL量筒 (　　)
(10)分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水(　　)
答案　(1)✕　(2)✕　(3)✕　(4)✕　(5)√　(6)✕　(7)✕　(8)✕　(9)√　(10)√
2.为了配制100 mL 1 mol/L NaOH溶液,下列操作中错误的是 (　　)
①选刚用蒸馏水洗净的100 mL容量瓶进行配制
②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解,立即把溶液转移到容量瓶中
③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次,洗涤液都移入容量瓶中
④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶,直到溶液的凹液面最低处恰好跟刻度线相切
⑤由于不慎,液面超过了容量瓶的刻度线,这时采取的措施是用胶头滴管吸出一部分液体　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.②④⑤　　　　B.①⑤
C.②③⑤　　　　D.①②
答案　A　NaOH固体在烧杯中溶解后冷却至室温再转移至容量瓶中,②错误;定容时,蒸馏水加至离刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管滴加,直到凹液面最低点与刻度线相切,④错误;定容时,加水超过刻度线,就必须重新配制,⑤错误。
3.现有两种溶液:1 mol·L-1 KCl溶液、1 mol·L-1 BaCl2溶液,请用“相同”或“不同”填写下表:

取不同体积的KCl溶液
取相同体积的两种溶液
c(溶质)
①　　　 
②　　　 
ρ(溶液)
③　　　 
④　　　 
n(溶质)
⑤　　　 
⑥　　　 
m(溶质)
⑦　　　 
⑧　　　 
答案　①相同　②相同　③相同　④不同　⑤不同　⑥相同　⑦不同　⑧不同
4.(1)称量5.9 g NaCl固体,若不慎将物品和砝码颠倒放置,则实际称量的NaCl质量为　　　　。 
(2)实验室需要980 mL 0.20 mol·L-1的NaCl溶液,则选用的容量瓶规格和称取NaCl的质量分别是　　　、　 。 
(3)配制时两次用到玻璃棒,作用分别是　　　　、　　　　。 
答案　(1)4.1 g　(2)1 000 mL　11.7 g　(3)搅拌　引流


考点一　溶液浓度表示方法和有关计算
题组一　物质的量浓度的基本计算
1.在Al2(SO4)3、K2SO4和明矾的混合溶液中,如果c(SO42-)等于0.2 mol·L-1,当加入等体积的0.2 mol·L-1的KOH溶液时,生成的沉淀恰好溶解,则原混合溶液中K+的物质的量浓度为 (　　)
A.0.25 mol·L-1　　　　B.0.2 mol·L-1
C.0.45 mol·L-1　　　　D.0.225 mol·L-1
答案　A　根据Al3++4OH- AlO2-+2H2O可知,加入等体积的KOH溶液时生成的沉淀恰好溶解,说明原溶液中c(Al3+)=14×0.2 mol·L-1=0.05 mol·L-1。设K+的物质的量浓度为x mol·L-1,则根据电荷守恒可知,c(K+)+c(Al3+)×3=c(SO42-)×2,即x mol·L-1+0.05 mol·L-1×3=0.2 mol·L-1×2,解得x=0.25。
2.下列说法中正确的是 (　　)
A.将286 g Na2CO3·10H2O溶于1 L水中,所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1
B.将1 L 2 mol·L-1 H2SO4溶液加水稀释到2 L,所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1
C.将1 L 18.4 mol·L-1的H2SO4溶液加入1 L水中,所得溶液的物质的量浓度为9.2 mol·L-1
D.将336 mL HCl气体溶于水,配成300 mL溶液,所得溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L-1
答案　B　将286 g Na2CO3·10H2O溶于1 L水中,所得溶液的体积不是1 L,所得溶液的物质的量浓度不是1 mol·L-1,A错误;将1 L 18.4 mol·L-1的H2SO4溶液加入1 L水中,所得溶液的体积不是2 L,不能计算溶液的物质的量浓度,C错误;336 mL HCl气体不一定处于标准状况下,不能计算其物质的量,因此不能计算盐酸的物质的量浓度,D错误。

名师提醒
不同物质溶于水时溶质的变化
(1)能与水发生反应的物质,溶液中的溶质为生成的新物质,如Na、Na2O、Na2O2NaOH,SO3H2SO4,NO2HNO3。
(2)特殊物质溶于水的溶质:NH3溶于水后溶质为NH3·H2O,但计算浓度时仍以NH3为溶质。
(3)含结晶水的物质溶于水,溶质为无水成分,如CuSO4·5H2OCuSO4,Na2CO3·10H2ONa2CO3。
题组二　物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算
3.(2020江西赣州期中)某结晶水合物的化学式为R·nH2O,其相对分子质量为M。25 ℃时,a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL溶液。下列关系式中不正确的是 (　　)
A.该溶液中溶质的质量分数ω=100a(M-18n)a+b%
B.该溶液的物质的量浓度c=1 000aMV mol·L-1
C.该溶液中溶剂与溶质的质量比m(水)∶m(溶质)=18naM+b∶a-18naM
D.该溶液的密度ρ=1 000(a+b)V g·L-1
答案　A　溶液中溶质的质量分数ω=M-18nM×aa+b×100%=100a(M-18n)(a+b)M%,A不正确。
4.已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL,密度为ρ g·cm-3,溶质的质量分数为ω,物质的量浓度为c mol·L-1,溶液中含NaCl的质量为m g。
(1)用m、V表示溶质的物质的量浓度:　; 
(2)用ω、ρ表示溶质的物质的量浓度:　; 
(3)用c、ρ表示溶质的质量分数:　; 
(4)用ω表示NaCl的溶解度:　。 
答案　(1)1 000m58.5V mol·L-1　(2)1 000ρω58.5 mol·L-1　(3)58.5c1 000ρ×100%　(4)100ω1-ω g
解析　(1)c=m/58.5V/1 000 mol·L-1=1 000m58.5V mol·L-1。(2)根据公式c=1 000ρωM可得c=1 000ρω58.5 mol·L-1。(3)ω=58.5 g·mol-1×cmol·L-11 000 mL·L-1×ρg·mL-1×100%=58.5c1 000ρ×100%。(4)S100 g=ω1-ω⇒S=100ω1-ω g。
名师总结
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c=nV=1 000ρSM(100+S) mol·L-1,S=100cM1 000ρ-cM g。
题组三　溶液的稀释与混合
5.下列说法正确的是 (　　)
A.1 L水中溶解了58.5 g NaCl,该溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L-1
B.V L Fe2(SO4)3溶液中含a g SO42-,取此溶液V2 L用水稀释成2V L,则稀释后溶液中c(Fe3+)为a576V mol·L-1(不考虑Fe3+水解)
C.已知某NaCl溶液的密度是1.17 g·cm-3,可求出此溶液中溶质的物质的量浓度
D.把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL 10%的NaOH溶液混合后,可判断NaOH混合溶液的溶质质量分数等于15%
答案　B　1 L水中溶解了58.5 g(1 mol)NaCl,溶液的体积不等于1 L,故溶液中溶质的物质的量浓度不是1 mol·L-1,A项错误;V L Fe2(SO4)3溶液中含a g SO42-,则c(SO42-)=a96V mol·L-1,又c(Fe3+)∶c(SO42-)=2∶3,则该溶液中c(Fe3+)=23×c(SO42-)=a144V mol·L-1,取此溶液V2L用水稀释成2V L,则稀释后溶液中c(Fe3+)=a144V×V22V mol·L-1=a576V mol·L-1,B项正确;该溶液中溶质的质量分数未知,故无法求出此溶液中溶质的物质的量浓度,C项错误;因为NaOH溶液的质量或密度未知,所以无法判断NaOH混合溶液中溶质的质量分数,D项错误。
6.下图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是 (　　)

A.该硫酸和氨水的物质的量浓度分别约为18.4 mol·L-1和6.3 mol·L-1
B.各取5 mL与等质量的水混合后,c(H2SO4)<9.2 mol·L-1,c(NH3)>6.45 mol·L-1
C.各取5 mL与等体积的水混合后,ω(H2SO4)<49%,ω(NH3)>12.5%
D.各取10 mL于两烧杯中,再分别加入一定量的水即可得到较稀的硫酸溶液和氨水
答案　B　利用c=1 000ρωM计算:c(H2SO4)=1 000×1.84×98%98mol·L-1=18.4 mol·L-1,c(NH3)=1 000×0.88×25%17mol·L-1≈12.9 mol·L-1,A错误;硫酸的密度大于水,氨水的密度小于水,各取5 mL与等质量的水混合后,所得稀硫酸的体积大于10 mL,稀氨水的体积小于10 mL,故有c(H2SO4)<9.2 mol·L-1,c(NH3)>6.45 mol·L-1,B正确;5 mL浓硫酸和5 mL浓氨水的质量分别为1.84 g·cm-3×5 mL=9.2 g、0.88 g·cm-3×5 mL=4.4 g,而5 mL水的质量约为5 g,故各取5 mL与等体积的水混合后,ω(H2SO4)>49%,ω(NH3)<12.5%,C错误;溶质质量分数为98%的硫酸为浓硫酸,稀释时,不能将水加入浓硫酸中,否则易引起暴沸,D错误。
名师总结
溶质相同、溶质质量分数不同的两溶液的混合规律
(设溶质质量分数分别为a%、b%)
等体积
混合
①当溶液密度大于1 g·cm-3时,溶液浓度越大,密度越大,等体积混合后,溶质质量分数ω>12(a%+b%)(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等溶液)
②当溶液密度小于1 g·cm-3时,溶液浓度越大,密度越小,等体积混合后,溶质质量分数ω<12(a%+b%)(如酒精溶液、氨水等)
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),混合后溶液中溶质的质量分数ω=12(a%+b%)

考点二　一定物质的量浓度溶液的配制
题组一　一定物质的量浓度溶液的配制操作
1.(2020江苏淮安六校联盟高三学情调查)NaOH标准溶液的配制和标定,需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4·2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是(　　)


A.用图甲所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中
B.用图乙所示装置准确称得0.1575 g H2C2O4·2H2O固体
C.用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡
D.用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4溶液
答案　C　转移NaOH溶液到容量瓶中应用玻璃棒引流,A项错误;托盘天平的精确度为0.1 g,不能用托盘天平称得0.1575 g H2C2O4·2H2O固体,B项错误;应用碱式滴定管盛装NaOH溶液待测液滴定H2C2O4溶液,D项错误。
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450 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)。仪器C的名称是　　　　　　　　,本实验所需玻璃仪器E规格和名称是　　　　　　　　　　　　　。 

(2)下列操作中,容量瓶所不具备的功能有　(填字母)。 
A.配制一定体积准确浓度的标准溶液
B.长期贮存溶液
C.用来加热溶解固体溶质
D.量取220 mL体积的液体
(3)在配制NaOH溶液实验中,其他操作均正确,若定容时仰视刻度线,则所配制溶液浓度　　　　(填“大于”“等于”或“小于”,下同)0.1 mol·L-1。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容,则所配制溶液浓度　0.1 mol·L-1。 
(4)根据计算得知: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(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10 mL、25 mL、50 mL量筒,应选用　　　　mL规格的量筒最好。 
(5)如果定容时不小心超过刻度线,应如何操作:　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)AC　分液漏斗　500 mL容量瓶　(2)BCD　(3)小于　大于　(4)13.6　25　(5)重新配制
解析　(2)容量瓶不能配制或长期贮存溶液,不能稀释或溶解药品,不能用来加热溶解固体溶质。(3)若定容时仰视刻度线,会导致溶液体积偏大,溶液浓度偏小;若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容,冷却后,溶液体积偏小,溶液浓度偏大。(4)溶质质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸物质的量浓度c=1 000 ×1.84×98%98 mol·L-1=18.4 mol·L-1,设配制500 mL 0.5 mol·L-1硫酸溶液需要浓硫酸体积为V,则依据溶液稀释前后含溶质的物质的量保持不变得:V×18.4 mol·L-1=0.5 mol·L-1×500 mL,解得V≈13.6 mL,宜选用25 mL量筒。(5)如果定容时不小心超过刻度线,则实验失败,必须重新配制。

名师拓展
容量瓶的使用注意事项
不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释;不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中,因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的;向容量瓶中注入液体时,一定要用玻璃棒引流;容量瓶不能用作反应容器或用来长期贮存溶液;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。
题组二　溶液配制的误差分析
3.(2020天津适应性测试)下列实验操作会使最终结果偏高的是(　　)
A.配制100 mL 1.00 mol·L-1 NaCl溶液,定容时俯视刻度线
B.用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液,起始读数时仰视
C.用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pH
D.测定中和热的数值时,将0.5 mol·L-1 NaOH溶液倒入盐酸中后,立即读数
答案　A　A项,配制100 mL 1.00 mol·L-1 NaCl溶液,定容时俯视刻度线,溶液的体积偏小,由c=nV可知所配溶液浓度偏高,正确;B项,用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液,起始读数时仰视,即起始时读数偏大,则计算得到的消耗标准液的体积偏小,由c(测)=c(标)×V(标)V(测)可知测定浓度偏低,错误;C项,用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pH,相当于NaOH溶液被稀释,所测溶液的pH偏小,错误;D项,测定中和热的数值时,将0.5 mol· L-1 NaOH溶液倒入盐酸中后,立即读数,测定温度偏低,导致中和热数值偏低,错误。
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,称量时物码位置颠倒　　　　。 
(4)用量筒量取浓硫酸时,仰视读数　　　　。 
(5)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　　　　。 
(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)定容、摇匀后,发现液面下降,继续加水至刻度线　　　　。 
(8)定容时仰视刻度线　　　　。 
(9)定容、摇匀后少量溶液外流　　　　。 
(10)容量瓶中原有少量蒸馏水　　　　。 
(11)配制NaOH溶液时,NaOH固体中含有Na2O杂质　　　　。 
(12)配制NaOH溶液时,NaOH固体放在烧杯中称量时间过长　　　　。 
答案　(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏大　(5)偏大　(6)偏小　(7)偏小　(8)偏小　(9)无影响　(10)无影响　(11)偏大　(12)偏小
名师提醒
量筒使用时的误差分析
(1)量筒无“0”刻度,小刻度在下。
(2)用量筒量取一定体积(例如5.0 mL)的浓溶液配制稀溶液时仰视(或俯视)读数,导致量取的浓溶液的体积偏大(或偏小),溶质的物质的量偏大(或偏小),所配制溶液中溶质的物质的量浓度偏高(或偏低)。


考点三　化学计算的常用方法　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
方法一　比例式法
1.过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质,带有结晶水,通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。
(1)称取5.42 g过氧化钙样品,灼烧时发生如下反应:
2(CaO2·xH2O) 2CaO+O2↑+2xH2O
得到O2在标准状况下体积为672 mL,该样品中CaO2的物质的量为　　　　。 
(2)另取同一样品5.42 g,溶于适量的稀盐酸中,然后加入足量的Na2CO3溶液,将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀,得到干燥的CaCO3 7.0 g。
①样品中CaO的质量为　　　　。 
②样品中CaO2·xH2O中的x为　　　　。 
答案　(1)0.06 mol
(2)①0.56 g　②0.5
解析　(1)n(O2)=0.672 L22.4 L·mol-1=0.03 mol,则根据反应的化学方程式可知
2(CaO2·xH2O) 2CaO+O2↑+2xH2O
2 mol　　1 mol
n(CaO2·xH2O)　　0.03 mol
解得n(CaO2·xH2O)=0.06 mol。
则n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=0.06 mol。
(2)n(CaCO3)=7.0 g100 g·mol-1=0.07 mol,
①根据钙元素守恒,可知:n(CaO)=0.07 mol-0.06 mol=0.01 mol,所以m(CaO)=0.01 mol×56 g·mol-1=0.56 g。
②样品中水的质量为
m(H2O)=5.42 g-m(CaO2)-m(CaO)=5.42 g-0.06 mol×72 g·mol-1-0.56 g=0.54 g,所以n(H2O)=0.54 g18 g·mol-1=0.03 mol,则x=n(H2O)n(CaO2)=0.03mol0.06mol=0.5。
名师点拨
应用比例式法计算的步骤
一设
设所求物质的物质的量为n
二写
写出有关的化学方程式
三找
找出相关物质对应的化学计量数,从而找出相关物质的物质的量之比
四列
将有关的四个量列出比例式
五解
根据比例式求出n,再求m、V或c
六答
写出简明答案

方法二　守恒法
2.(2020江苏南通调研)硫酸铁铵[(NH4)xFey(SO4)z·nH2O]是一种重要铁盐,实验室采用废铁屑来制备硫酸铁铵的流程如下:

(1)将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂,原理是 　。 
(2)“氧化”过程需使用足量的H2O2溶液,同时要保持溶液pH小于0.5,目的是　。 
(3)化学兴趣小组用如下方法测定硫酸铁铵晶体的化学式。
步骤1:准确称取样品28.92 g,溶于水配成100 mL溶液。
步骤2:准确量取25.00 mL步骤1所得溶液于锥形瓶中,加入适量稀硫酸,滴加过量的SnCl2溶液(Sn2+与Fe3+反应生成Sn4+和Fe2+),充分反应后除去过量的Sn2+。用0.100 0 mol· L-1的K2Cr2O7溶液滴定Fe2+,滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液25.00 mL(滴定过程中Cr2O72-转化成Cr3+)。
步骤3:准确量取25.00 mL步骤1所得溶液于锥形瓶中,加入过量的BaCl2溶液,将所得白色沉淀过滤、洗涤、干燥后称量,所得固体质量为6.99 g。
①排除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处气泡的方法是　　　　　　　　　　。 
②通过计算确定该硫酸铁铵的化学式:　　　　　　　　(写出计算过程)。 
答案　(1)加热可以促进Na2CO3水解,使溶液碱性增强,溶液碱性增强有利于油脂水解
(2)将Fe2+完全转化为Fe3+,同时抑制Fe3+的水解
(3)①快速放液　②NH4Fe(SO4)2·12H2O
由题可得关系式:6Fe3+~6Fe2+~Cr2O72-,故
n(Fe3+)=0.100 0 mol·L-1×25.00 mL×10-3 L·mL-1×6×100 mL25.00 mL=0.06 mol;n(BaSO4)=6.99 g233 g·mol-1=0.03 mol,则样品中n(SO42-)=0.12 mol;由电荷守恒得样品中n(NH4+)=0.06 mol;由质量守恒得样品中m(H2O)=28.92 g-0.06 mol×56 g·mol-1-0.12 mol×96 g·mol-1-0.06 mol×18 g·mol-1=12.96 g,则n(H2O)=12.96 g18 g·mol-1=0.72 mol,则n(Fe3+)∶n(SO42-)∶n(NH4+)∶n(H2O)=0.06 mol∶0.12 mol∶0.06 mol∶0.72 mol=1∶2∶1∶12,故该硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
解析　(1)将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂,原理是加热可以促进Na2CO3水解使溶液碱性增强,溶液碱性增强有利于油脂水解。(2)“氧化”过程需使用足量的H2O2溶液,同时要保持溶液pH小于0.5,目的是将Fe2+完全转化为Fe3+,同时抑制Fe3+的水解。(3)①快速放液,可以排除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处的气泡。
名师点拨
守恒法的应用原理及解题步骤
应用原理
(1)质量守恒定律:反应前后物质的质量不变,同一种元素原子的物质的量不变;
(2)电荷守恒:电解质溶液中,阴离子所带负电荷总数目等于阳离子所带正电荷总数目;
(3)得失电子守恒:同一个氧化还原反应中,氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数
解题步骤
第一步
明确题目要求解的量
第二步
根据题目中要求解的量,分析反应过程中物质的变化,找出守恒类型及相关的量
第三步
根据守恒原理,梳理出反应前、后守恒的量,列式计算求解
3.(2020江苏七市调研)草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水,难溶于乙醇,110 ℃可完全失去结晶水,是制备某些铁触媒的主要原料。实验室通过下列方法制备Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O并测定其组成:



Ⅰ.草酸合铁酸钾晶体的制备

(1)“转化”过程中若条件控制不当,会发生H2O2氧化H2C2O4的副反应,写出该副反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)“操作X”中加入乙醇的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
Ⅱ.草酸合铁酸钾组成的测定
步骤1:准确称取两份质量均为0.491 0 g的草酸合铁酸钾样品。
步骤2:一份在N2氛围下保持110 ℃加热至恒重,称得残留固体质量为0.437 0 g。
步骤3:另一份完全溶于水后,让其通过装有某阴离子交换树脂的交换柱{发生反应:aRCl+[Fe(C2O4)b]a- Ra[Fe(C2O4)b]+aCl-},用蒸馏水冲洗交换柱,收集交换出的Cl-,以K2CrO4为指示剂,用0.150 0 mol·L-1 AgNO3溶液滴定至终点,消耗AgNO3溶液20.00 mL。
(3)若步骤3中未用蒸馏水冲洗交换柱,则测得的样品中K+的物质的量　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 
(4)通过计算确定草酸合铁酸钾样品的化学式(写出计算过程)。
答案　(1)H2O2+H2C2O4 2CO2↑+2H2O
(2)降低草酸合铁酸钾的溶解度,促进草酸合铁酸钾的析出
(3)偏小
(4)n(H2O)=(0.491 0-0.437 0)g÷18 g·mol-1=3×10-3 mol,n(Cl-)=n(Ag+)=0.150 0 mol·L-1×20.00 mL×10-3 L·mL-1=3×10-3 mol。
根据离子交换柱中发生的反应:
aRCl+[Fe(C2O4)b]a- Ra[Fe(C2O4)b]+aCl-,可得样品中n(K+)=n(Cl-)=3×10-3 mol,
n{[Fe(C2O4)b]a-}=3×10-3a mol。110 ℃加热恒重后,残留固体是晶体失去结晶水后的产物即K+和[Fe(C2O4)b]a-的总质量,则3×10-3 mol×39 g·mol-1+3×10-3a mol×(56+88b)g·mol-1=0.437 0 g。
Ka[Fe(C2O4)b]中根据电荷守恒关系可得:a+3=2b,所以a=3,b=3,n{[Fe(C2O4)3]3-}=1×10-3 mol,n(K+)∶n{[Fe(C2O4)3]3-}∶n(H2O)=3∶1∶3,
样品的化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
解析　(1)H2O2具有氧化性,草酸具有还原性,二者会发生氧化还原反应,根据反应过程存在得失电子守恒、原子守恒,可得化学方程式为H2O2+H2C2O4 2CO2↑+2H2O。(2)由于草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水,难溶于乙醇,为降低草酸合铁酸钾的溶解度,促进草酸合铁酸钾的析出,因此要使用乙醇。(3)若步骤3中未用蒸馏水冲洗交换柱,则一部分K+残留在交换柱内,使测得的样品中K+的物质的量偏少。
方法三　关系式法
4.(2020江苏七市调研)蛋氨酸铜[Cux(Met)y,Met表示蛋氨酸根离子]是一种新型饲料添加剂。为确定蛋氨酸铜[Cux(Met)y]的组成,进行如下实验:
①称取一定质量的样品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水和稀盐酸,加热至全部溶解,冷却后将溶液分成两等份。
②取其中一份溶液,调节溶液pH在6~8之间。加入0.100 0 mol· L-1 I2的标准溶液25.00 mL,充分反应后滴入2~3 滴指示剂X,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色恰好褪去,发生反应:I2+2S2O32-S4O62-+2I-。消耗Na2S2O3标准溶液22.00 mL(蛋氨酸与I2反应时物质的量之比为1∶1,产物不与Na2S2O3发生反应)。
③向另一份溶液中加入NH3·H2O/NH4Cl缓冲溶液,加热至70 ℃左右,滴入2~3滴指示剂PAN,用0.025 0 mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+),消耗EDTA标准溶液28.00 mL。
(1)指示剂X为　　　　　。 
(2)用Na2S2O3标准溶液滴定时,若pH过小,会有S和SO2生成。写出S2O32-与H+反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)若滴定管水洗后未用EDTA标准溶液润洗,测得Cu2+的物质的量将　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 
(4)通过计算确定蛋氨酸铜[Cux(Met)y]的化学式(写出计算过程)。
答案　(1)淀粉溶液
(2)2H++S2O32-SO2↑+S↓+H2O
(3)偏大
(4)n(S2O32-)=0.100 0 mol·L-1×22.00 mL×10-3 L·mL-1=2.200×10-3 mol
n(I2)=0.100 0 mol·L-1×25.00 mL×10-3 L·mL-1=2.500×10-3 mol
n(I2)=12×n(S2O32-)+n(蛋氨酸)
n(Met)=n(蛋氨酸)=2.500×10-3 mol-12×2.200×10-3 mol=1.400×10-3 mol
n(Cu2+)=n(H2Y2-)=0.025 0 mol·L-1×28.00 mL×10-3 L·mL-1=0.700 0×10-3 mol
xy=n(Cu2+)n(Met)=0.700 0×10-3mol1.400×10-3mol=12
故[Cux(Met)y]的化学式为Cu(Met)2。
解析　(1)I2能够使淀粉溶液变蓝,因此可以用淀粉溶液作为指示剂。(2)S2O32-与H+反应生成S和SO2,结合得失电子守恒和电荷守恒写出离子方程式。(3)若滴定管没有润洗,则消耗的EDTA的量偏多,测得Cu2+的物质的量偏大。
名师点拨
多步反应找关系式的解题步骤

5.(2020江苏盐城期中)Bax(IyOz)2(摩尔质量为113 1 g·mol-1)是一种干燥剂,可由Ba(IO3)2在550 ℃下发生分解反应制备。
(1)Bax(IyOz)2中碘的化合价为　　　　(用含x、y、z的代数式表示)。 
(2)Ba(IO3)2可由I2与Ba(OH)2溶液反应制备,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　。 
(3)为测定Bax(IyOz)2的组成,称取2.262 0 g样品用盐酸溶解后,加入足量Na2SO4充分反应,生成BaSO4沉淀2.330 g;过滤并洗涤,将滤液转移至1 000 mL容量瓶中定容,得溶液A。移取25.00 mL溶液A加入碘量瓶,向其中加入稀硫酸和足量KI溶液(氧化产物与还原产物均为I2),用0.050 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色,加入淀粉溶液,继续滴定到溶液蓝色刚好褪去(I2+2S2O32- 2I-+S4O62-),消耗Na2S2O3标准溶液16.00 mL。根据以上实验确定Bax(IyOz)2的化学式(写出计算过程)。
答案　(1)+2z-xy
(2)6I2+6Ba(OH)2 5BaI2+Ba(IO3)2+6H2O
(3)n(样品)=2.262 0 g113 1 g·mol-1=2.000×10-3 mol,n(BaSO4)=2.330 g233 g·mol-1=1.000×10-2 mol,x=1.000×10-2mol2.000×10-3mol=5,则n(IyOz5-)=4.000×10-3 mol,n(I2)=1 000 mL25.00 mL×0.050 0 mol·L-1×16.00 mL×10-3L·mL-1×12=1.600 0×10-2 mol。由IyOz5-+(2z-5)I-~2z+y-52I2,得4.000×10-3×2z+y-52=1.600 0×10-2 mol,
化简得2z+y=13①;
由137 g·mol-1×5+127 g·mol-1×2y+16 g·mol-1×2z=1 131 g·mol-1,化简得127y+16z=223②;由①、②解得y=1,z=6,故Bax(IyOz)2的化学式为Ba5(IO6)2。
解析　(1)根据化合价代数和为零,在Bax(IyOz)2中Ba为+2价,O为-2价,设碘的化合价为a,则有(2z-ay)×2=2x,a=+2z-xy。(2)I2与Ba(OH)2反应生成Ba(IO3)2,碘元素化合价升高,根据氧化还原反应中化合价的规律,碘元素化合价还应降低,所以产物还有BaI2,据此根据得失电子守恒配平化学方程式。
方法四　差量法　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
6.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w1 g样品加热,其质量变为w2 g,则该样品的纯度(质量分数)是　　 (　　)
A.84w1-w231w1　　　　 B.84w2-53w131w1
C.73w2-42w131w1　　　　D.115w2-84w131w1
答案　B　设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x,则
2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O　Δm(减少)
2×84　　　　　106　　62
x　　(w1-w2)g
2×84x=62(w1-w2)g,解得x=84(w1-w2)31 g,
则ω(Na2CO3)=w1g-84(w1-w2)31gw1g=84w2-53w131w1。
名师点拨
差量法在化学方程式计算中的妙用
(1)差量法的原理:差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化,找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。
(2)使用差量法的注意事项:所选用差值要与有关物质的量的数值成正比例或反比例关系。有关物质的物理量及其单位都正确地使用,即“上下一致,左右相当”。
方法五　十字交叉法
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
7.由CO和CO2组成的混合气体,其相对氢气的密度是18,则此混合气体中,CO和CO2的体积比(同温同压下)为 (　　)
A.1∶1　　B.1∶2　　C.1∶3　　D.2∶1
答案　A　混合气体相对H2的密度是18,即M混/MH2=18,因此M混=36 g/mol;设混合气体中CO的物质的量为x mol,CO2的物质的量为y mol,则M混=28x+44yx+y g/mol=36 g/mol,解得xy=11;同温同压下,体积比等于物质的量之比。本题也可以用十字交叉法解答:,即CO和CO2的体积比(同温同压下)为1∶1。
8.由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同,则该混合气体中CO2、H2、CO的体积比为 (　　)
A.29∶8∶13　　　　B.22∶1∶14
C.8∶13∶29　　　　D.26∶16∶57
答案　D　同温同压下,ρ1ρ2=M1M2,氮气的相对分子质量为28,由题意知,CO、H2、CO2混合气体的平均相对分子质量为28,因CO的相对分子质量为28,故只要CO2和H2混合气体的平均相对分子质量为28即可。
用十字交叉法计算:

求出CO2和H2的物质的量之比为13∶8。
因此,只要CO2和H2的物质的量之比为13∶8即可,与CO的量无关,同温同压下,气体的物质的量之比等于体积之比,故选D。
名师点拨
十字交叉法
(1)使用范围:凡可按M1·n1+M2·n2=M·n计算的问题,均可按十字交叉法计算。式中M表示某混合物相关量的平均值,M1、M2则表示两组分相关量对应的值。十字交叉法常用于:
①有关质量分数的计算;
②有关平均相对分子质量的计算;
③有关平均相对原子质量的计算;
④有关平均分子式的计算;
⑤有关反应热的计算;
⑥有关混合物反应的计算。
(2)方法:其计算形式为

n1n2=M混-M2M1-M混

1.(高考题改编)正误判断(设NA为阿伏加德罗常数的值。正确的画“√”,错误的画“✕”)。
(1)(2020江苏)反应SiCl4(g)+2H2(g) Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。高温下反应每生成1 mol Si需消耗2×22.4 L H2 (　　)
(2)(2019江苏)常温常压下,氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2,转移电子的数目为6.02×1023 (　　)
(3)(2018江苏)3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3,转移电子的数目小于6×6.02×1023 (　　)
(4)(2017江苏)常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2,反应中转移的电子数为6.02×1023 (　　)
答案　(1)✕　(2)✕　(3)√　(4)✕
解析　(1)没有指明H2是在标准状况下的体积,错误。(2)11.2 L H2在常温常压下物质的量小于0.5 mol,则转移电子数小于1 mol,错误。(3)该反应为可逆反应,不能反应彻底,生成的NH3的物质的量小于2 mol,则转移电子数小于6×6.02×1023,正确。(4)常温常压下,11.2 L H2的物质的量不是0.5 mol,错误。
2.(2020江苏单科,18,12分)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。
(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　;用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用,若在空气中暴露时间过长且见光,将会导致消毒作用减弱,其原因是　　　　　　　　　　　。
(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为
C3N3O3Cl2-+H++2H2O C3H3N3O3+2HClO
HClO+2I-+H+ I2+Cl-+H2O
I2+2S2O32- S4O62-+2I-
准确称取1.120 0 g样品,用容量瓶配成250.0 mL溶液;取25.00 mL上述溶液于碘量瓶中,加入适量稀硫酸和过量KI溶液,密封在暗处静置5 min;用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色,加入淀粉指示剂,继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品。
(写出计算过程,该样品的有效氯=测定中转化为HClO的氯元素质量×2样品质量×100%)
②若在检测中加入稀硫酸的量过少,将导致样品的有效氯测定值　　　　(填“偏高”或“偏低”)。 
答案　(1)Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O　NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO,HClO见光分解
(2)① n(S2O32-)=0.100 0 mol·L-1×0.020 00 L=2.000×10-3 mol
根据物质转换和电子得失守恒关系:C3N3O3Cl2-~2HClO~2I2~4S2O32-
得n(Cl)=0.5n(S2O32-)=1.000×10-3 mol
氯元素的质量:m(Cl)=1.000×10-3 mol×35.5 g·mol-1=0.035 50 g
该样品的有效氯为0.035 50 g1.120 0 g×25.00 mL250.0 mL×2×100%≈63.39%
该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品
②偏低
解析　(1)低温下Cl2与NaOH溶液发生反应可制得NaClO,则Cl2与NaOH发生的反应为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,故制备NaClO的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O;NaClO溶液吸收空气中的CO2发生反应:NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO,HClO不稳定,见光易分解:2HClO2HCl+O2↑,故NaClO溶液在空气中暴露时间过长且见光会导致消毒作用减弱。
(2)①达到滴定终点时消耗的n(Na2S2O3)=0.100 0 mol·L-1×0.020 00 L=2.000×10-3 mol,n(S2O32-)=n(Na2S2O3)=2.000×10-3 mol,由检测原理中物质间的反应建立关系式:
2HClO~2I2~4S2O32-
2 mol　　4 mol
n(HClO)　　2.000×10-3 mol
2moln(HClO)=4mol2.000×10-3mol
则转化的n(HClO)=1.000×10-3 mol,其中n(Cl)=n(HClO)=1.000×10-3 mol,则25.00 mL样品溶液中m(Cl)=1.000×10-3 mol×35.5 g·mol-1=0.035 50 g,由于是从250.0 mL溶液中取25.00 mL,故1.120 0 g样品中含m(Cl)=0.035 50 g×10=0.355 0 g,故该样品的有效氯为0.355 0 g×21.120 0 g×100%≈63.39%,为优质品。
②若在检测中加入稀硫酸的量过少,则反应C3N3O3Cl2-+H++2H2OC3H3N3O3+2HClO不能完全转化,生成HClO的量偏低,将导致样品的有效氯测定值偏低。
3.(2019江苏单科,18,12分)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料,经溶解、氧化、水解聚合等步骤,可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸,在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液,继续反应一段时间,得到红棕色黏稠液体。 H2O2氧化Fe2+的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;水解聚合反应会导致溶液的pH　　　　。 
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 g,置于250 mL锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.000×10-2 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O72-与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。
答案　(1)2Fe2++H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O　减小
(2)①偏大　②n(Cr2O72-)=5.000×10-2 mol·L-1×22.00 mL×10-3 L·mL-1=1.100×10-3 mol
由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据得失电子守恒可得微粒的关系式:Cr2O72-~6Fe2+(或Cr2O72-+14H++6Fe2+ 6Fe3++2Cr3++7H2O)
则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10-3 mol=6.600×10-3 mol
样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.600×10-3 mol×56 g·mol-1=0.369 6 g
样品中铁元素的质量分数:
ω(Fe)=0.369 6 g3.000 g×100%=12.32%
解析　(1)依氧化还原反应原理可以写出H2O2氧化Fe2+的离子方程式,水解聚合反应消耗了溶液中的OH-,导致溶液中H+浓度增大,所以溶液的pH减小。
(2)①过量Sn2+具有还原性也可与K2Cr2O7溶液反应,若不除去则导致消耗K2Cr2O7的量偏多,使测定结果偏大。②由题意知样品中的Fe3+被Sn2+还原为Fe2+,结合氧化还原反应中得失电子守恒规律可以找出Fe2+与Cr2O72-的反应关系,从而计算出样品中Fe元素的质量分数。
4.(2018江苏单科,18,12分)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+3xH2O2[(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。
(1)制备碱式硫酸铝溶液时,维持反应温度和反应时间不变,提高x值的方法有　　　　　　　。
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中,溶液的pH　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 
(3)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-1 EDTA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-1 CuSO4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)。
答案　(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
(2)减小
(3)25 mL溶液中:
n(SO42-)=n(BaSO4)=2.330 0 g233 g·mol-1=0.010 0 mol
2.5 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=9.000×10-4mol
25 mL溶液中:n(Al3+)=9.000×10-3mol
1 mol (1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3+)=(2-x)mol;n(SO42-)=3(1-x)mol
n(Al3+)n(SO42-)=2-x3(1-x)=9.000×10-3mol0.010 0mol
x≈0.41
解析　(1)由Al2(SO4)3溶液制碱式硫酸铝溶液时,适当提高溶液的pH可促进Al3+的水解,因此适当增加CaCO3的用量可提高x的值;另外,通过搅拌可加速Al3+的水解,从而提高x的值。(2)不断吸收SO2,溶液的酸性增强,pH减小。(3)(1-x) Al2(SO4)3·xAl(OH)3中,n(Al3+)n(SO42-)=2-x3(1-x),利用①、②分别求出25.00 mL溶液中的n(SO42-)和 n(Al3+),代入上式即可得出x的值。计算过程见答案。


一、单项选择题　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是 (　　)
A.将78 g Na2O2溶于1.00 L水中,所得溶液中Na+的物质的量浓度为2.00 mol·L-1
B.将10 mL 18.4 mol·L-1的浓硫酸加水稀释至1 L,稀释后溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.184 mol·L-1
C.100 mL 2.0 mol·L-1 Na2CO3溶液中Na+数目约为0.2×6.02×1023
D.将2.00 g NaOH固体置于500 mL容量瓶内,然后加水至刻度线即得1.00 mol·L-1的NaOH溶液
答案　B　Na2O2溶于水发生反应,所得溶液中溶质是NaOH,溶液中Na+的物质的量与78 g Na2O2中Na+的物质的量相等,即78 g78 g·mol-1×2=2 mol,但溶液体积不是1 L,A项错误;2.0 mol·L-1 Na2CO3溶液中Na+浓度为4.0 mol·L-1,故100 mL该溶液中Na+数目约为N(Na+)=4.0 mol·L-1×0.1 L×6.02×1023 mol-1=0.4×6.02×1023,C项错误;容量瓶不能用于溶解溶质,D项错误。
2.下列所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L-1的是 (　　)
A.将0.1 mol氨充分溶解在1 L水中
B.将10 g溶质质量分数为98%的硫酸与990 g水混合
C.将25.0 g胆矾溶于水配成1 L溶液
D.将10 mL 1 mol·L-1的盐酸与90 mL水充分混合
答案　C　将0.1 mol氨充分溶解在1 L水中,所得溶液的体积不是1 L,故不能得到0.1 mol·L-1的溶液,A错误;将10 g溶质质量分数为98%的硫酸与990 g水混合,不知所配溶液的密度,无法求算其物质的量浓度,B错误;将10 mL 1 mol·L-1的盐酸与90 mL水充分混合,不同液体混合后的体积,不等于两液体的体积在数值上简单相加,D错误。
3.臭氧已成为夏季空气污染的元凶,地表产生臭氧的机理如图所示,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)

A.反应①、②、③都是氧化还原反应
B.16 g O3和O2的混合气体,所含质子数为16NA
C.0.5 mol NO2溶于水形成1 L溶液,可得到0.5 mol·L-1的硝酸溶液
D.标准状况下,11.2 L的NO和O2混合气体所含的原子数为NA
答案　D　反应②是O2与O反应生成O3,无元素化合价变化,没有电子的转移,不是氧化还原反应,故A错误;O3与O2均由O原子构成,16 g混合气体所含质子数为8NA,故B错误;0.5 mol NO2溶于水形成1 L溶液,3NO2+H2O 2HNO3+NO,因此得到硝酸物质的量约为0.33 mol,可得到0.33 mol·L-1的硝酸溶液,故C错误。
4.(2020江苏四市教学情况调查)下列实验操作能达到实验目的的是 (　　)

A.用向上排空气法收集NO
B.用装置甲配制100 mL 0.100 mol·L-1的硫酸
C.用装置乙蒸发CuCl2溶液可得到CuCl2固体
D.向含少量水的乙醇中加入生石灰后蒸馏可得到无水乙醇
答案　D　NO能与空气中的O2反应,不能使用排空气法收集,NO难溶于水,应使用排水法收集NO,A项错误;浓硫酸稀释放热,应该在烧杯中进行,不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释,B项错误;CuCl2溶液中存在水解平衡:Cu2++2H2O Cu(OH)2↓+2H+,加热蒸干CuCl2溶液,水解生成的HCl在加热过程中挥发,蒸干得到水解产物Cu(OH)2,C项错误;CaO与少量水反应生成难挥发的Ca(OH)2,蒸馏即可得到无水乙醇,D项正确。
5.已知下列溶液的溶质都是强电解质,这些溶液中的Cl-浓度与50 mL 1 mol·L-1 MgCl2溶液的Cl-浓度相等的是 (　　)
A.150 mL 1 mol·L-1 NaCl溶液
B.75 mL 2 mol·L-1 CaCl2溶液
C.150 mL 2 mol·L-1 KCl溶液
D.75 mL 1 mol·L-1 AlCl3溶液
答案　C　50 mL 1 mol·L-1 MgCl2溶液的Cl-浓度为2 mol·L-1;A项,Cl-浓度为1 mol·L-1,错误;B项,Cl-浓度为4 mol·L-1,错误;C项,Cl-浓度为2 mol·L-1,正确;D项,Cl-浓度为3 mol·L-1,错误。
6.将NaCl溶于水配成1 mol·L-1的溶液,溶解过程如图所示,下列说法正确的是 (　　)

A.a离子为Na+
B.溶液中含有NA个Na+
C.水合b离子的图示不科学
D.氯化钠溶于水只发生了水合过程
答案　C　氯化钠在溶液中电离出钠离子和氯离子,钠离子的离子半径小于氯离子,则a离子为氯离子,故A错误;没有明确溶液的体积,无法计算钠离子的个数,故B错误;钠离子带正电荷,能吸引水分子中带有负电的氧原子,则水合b离子的图示不科学,故C正确;氯化钠溶于水时有吸热的扩散过程和放热的水合过程,故D错误。
7.在无土栽培中需用含0.5 mol·L-1 NH4Cl、0.16 mol·L-1 KCl、0.24 mol·L-1 K2SO4的培养液,若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种物质来配制1.00 L上述营养液,所需三种盐的物质的量正确的是 (　　)
A.0.4 mol、0.5 mol、0.12 mol　　　　B.0.66 mol、0.5 mol、0.24 mol
C.0.64 mol、0.5 mol、0.24 mol　　　　D.0.64 mol、0.02 mol、0.24 mol
答案　D　1 L混合液中,n(NH4Cl)=1 L×0.5 mol·L-1=0.5 mol,n(KCl)=1 L×0.16 mol·L-1=0.16 mol,n(K2SO4)=1 L×0.24 mol·L-1=0.24 mol,故n(Cl-)=n(NH4Cl)+n(KCl)=0.5 mol+0.16 mol=0.66 mol,n(K+)=n(KCl)+2n(K2SO4)=0.16 mol+2×0.24 mol=0.64 mol,n(SO42-)=n(K2SO4)=0.24 mol。用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4配制,则n(KCl)=n(K+)=0.64 mol,n(NH4Cl)=n(Cl-)-n(KCl)=0.66 mol-0.64 mol=0.02 mol,n[(NH4)2SO4]=n(SO42-)=0.24 mol。
8.下列有关实验的叙述正确的是 (　　)


A.实验室蒸馏石油可用图甲所示实验装置
B.配制100 mL 0.1 mol·L-1的盐酸,如图乙所示
C.配制一定物质的量浓度的溶液时的定容操作如图丙所示
D.图丁可用于分离或提纯胶体
答案　D　蒸馏操作中,温度计测量的是蒸气的温度,因此温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处,故A错误;不可在容量瓶中稀释浓盐酸,应在烧杯中进行稀释,待稀释后的溶液冷却到室温后再转移进容量瓶,故B错误;定容时,胶头滴管不可伸入容量瓶内,以免被污染,故C错误。



9.(2020江苏四市二模)下列实验操作能达到实验目的的是 (　　)

A.用装置甲分液时,两层液体应依次从下口放出
B.用装置乙除去NO中混有的少量NO2时,应将混合气体从a管通入
C.中和滴定时,锥形瓶应先用待测液润洗2~3次
D.配制溶液时加水超过容量瓶的刻度线,应立即用胶头滴管吸出
答案　B　分液时为避免相互污染,下层液体从下口放出,上层液体要从上口倒出,A项错误;NO不溶于水也不与水反应,NO2可以和水反应生成NO,混合气体从a管通入,气体和水可以充分接触,从而使水充分吸收NO2,B项正确;锥形瓶用待测液润洗后会使消耗的标准液体积偏大,使滴定结果偏大,C项错误;配制溶液时加水超过容量瓶的刻度线,用胶头滴管将多余的液体吸出,会导致部分溶质损失,溶液浓度偏低,D项错误。
10.下列说法正确的是 (　　)
A.0.1 mol/L醋酸钠溶液中含有0.1 mol Na+
B.1 mol基态Cr原子中含4 mol未成对电子
C.2.24 L N2中含有0.2 mol π键
D.Al和NaOH溶液反应每产生2 g H2,共转移2 mol电子
答案　D　未给定0.1 mol/L醋酸钠溶液的体积,含有Na+的数目不能确定,A项错误;基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1,1 mol基态Cr原子中含6 mol未成对电子,B项错误;未给定气体的状态,则2.24 L N2的物质的量不能确定,含有π键的数目不能确定,C项错误;Al和NaOH溶液反应产生H2,H原子的化合价由+1价变为0价,每产生2 g H2共转移2 mol电子,D项正确。
11.(2020山东潍坊检测)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　)
A.标准状况下,1 L C2H5OH完全燃烧后生成的CO2分子个数约为NA11.2
B.20 g D2O与20 g H218O含有的中子数均为10NA
C.1 mol·L-1 Al(NO3)3溶液中含有3NA个NO3-
D.50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA
答案　B　标准状况下乙醇为液体,不能用气体摩尔体积来计算,A项错误;D2O与H218O的摩尔质量均为20 g·mol-1,故20 g D2O与20 g H218O的物质的量均为1 mol,且它们每个分子中均含10个中子,故1 mol两者中均含10NA个中子,B项正确;溶液体积未给,无法计算离子个数,C项错误;50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后,盐酸浓度减小,无法继续反应,转移电子数目小于0.3NA,D项错误。
12.海冰是海水冻结而成的咸水冰,海水冻结时,部分来不及流走的盐分(设以NaCl为主)以“卤汁”的形式被包裹在冰晶之间,形成“盐泡”,其大致结构如图所示,若海冰的冰龄达到1年以上,则融化后的水为淡水。下列叙述正确的是 (　　)

A.海冰内层“盐泡”越少,密度越大
B.海冰冰龄越短,内层的“盐泡”越少
C.每含1 mol H2O的海冰内就有2×10-5NA个NaCl分子(设NA为阿伏加德罗常数的值)
D.海冰内层NaCl的浓度约为10-3 mol·L-1(设冰的密度为0.9 g·cm-3)
答案　D　“盐泡”内含有NaCl等盐类,“盐泡”越多,质量越大,海冰的密度越大,故A错误;若海冰的冰龄达到1年以上融化后的水为淡水,即冰龄越长,“盐泡”渗出,内层的“盐泡”越少,故B错误;NaCl是离子化合物,不存在NaCl分子,故C错误;假设有1 L海冰,其质量为900 g,物质的量约为50 mol,“盐泡”与H2O的个数比约为2×10-5∶1,则氯化钠的物质的量约为1×10-3 mol,所以海冰内层NaCl的浓度约为10-3 mol·L-1,故D正确。


13.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
请根据以上信息和相关知识判断,下列分析不正确的是 (　　)
A.该“84”消毒液的物质的量浓度约为4.0 mol·L-1
B.一瓶该“84”消毒液敞口放置一段时间后浓度会变小
C.取100 mL该“84”消毒液稀释至100倍后用于消毒,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固体配制含25% NaClO的消毒液480 mL(使用容量瓶),需要称量的NaClO固体质量为143 g
答案　D　选项D,应选取500 mL规格的容量瓶进行配制,由题给信息可知,c=1 000ρωM=1 000×1.19×25%74.5 mol·L-1,所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L-1×74.5 g·mol-1=149 g,错误。
二、非选择题
14.(2021江苏四市调研)二氧化氯(ClO2)很不稳定,是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2,制备的ClO2用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量,进行了下列实验:
步骤1:准确量取ClO2溶液10.00 mL,稀释成100.0 mL试样;
步骤2:量取10.00 mL试样加入碘量瓶中,用适量的稀硫酸调节试样的pH≤2.0,加入足量的KI晶体,摇匀,在暗处静置30 min;
步骤3:用0.010 00 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色,加入淀粉溶液作指示剂,继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液20.00 mL(已知I2+2S2O32- 2I-+S4O62-)。
(1)若步骤2中未将锥形瓶“在暗处静置30 min”,立即进行步骤3,则测定的结果可能　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 
(2)上述步骤3中滴定终点的现象是 　。 
(3)请根据上述步骤计算出原ClO2溶液的浓度　　　　(用g/L表示)。 
答案　(1)偏小
(2)滴入最后一滴标准液,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不褪色
(3)2.7 g/L
解析　(1)在暗处静置是为了使ClO2与KI充分反应,若不静置,ClO2反应不完全,生成碘的量偏小,故测定的结果偏小。(2)碘遇淀粉显蓝色,所以步骤3中滴定终点的现象是滴入最后一滴标准液,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不褪色。(3)ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式:2ClO2+10I-+8H+ 5I2+2Cl-+4H2O,由I2+2S2O32- 2I-+S4O62-,可得ClO2~5S2O32-,所以原ClO2溶液的浓度为0.010 00mol/L×0.02 L×15×67.5 g/mol×100.0 mL10.00 mL0.01 L=2.7 g/L。
15.(2021江苏南通模拟)过二硫酸钠(Na2S2O8)也叫高硫酸钠,可用于废气处理及有害物质氧化降解,用(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合可制得Na2S2O8晶体,同时还会放出氨气。某化学兴趣小组利用该原理在实验室制备Na2S2O8晶体(装置如图所示)。

已知:反应过程中发生的副反应为2NH3+3Na2S2O8+6NaOH 6Na2SO4+6H2O+N2。
(1)反应过程中持续通入氮气的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)(NH4)2S2O8可由电解硫酸铵和硫酸的混合溶液制得,写出电解时阳极的电极反应式:　。 
(3)Na2S2O8溶于水中,会发生一定程度的水解,最终仅生成H2SO4、Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质,写出该反应的化学方程式: 　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)Na2S2O8具有强氧化性,该兴趣小组设计实验探究不同环境下Na2S2O8氧化性的强弱。将MnSO4·H2O(1.69 g)与过量Na2S2O8(10 g)溶于水中形成的混合溶液煮沸3 min,观察并记录加入试剂时和加热过程中的现象(如下表所示)。
环境
调节溶液氧化环境时的现象
加热煮沸3 min期间产生的现象
中性
加入V mL蒸馏水,无明显现象
30 s时开始有大量气泡冒出,3 min后溶液变为深棕色,溶液中有悬浮小颗粒
碱性
加入V mL某浓度的NaOH溶液,瞬间变为棕色(MnO2)
10 s后溶液逐渐变为深紫色(MnO4-),没有明显冒气泡现象
酸性
加入V mL稀H2SO4无明显现象
煮沸3 min后,有气泡冒出
①在　　　　(填“中性”“酸性”或“碱性”)条件下,Na2S2O8的氧化能力最强。 
②若用0.1 mol·L-1的H2O2溶液滴定碱性氧化反应后的溶液(先将溶液调至酸性再滴定),滴定终点时的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　;
达到滴定终点时,消耗H2O2溶液的体积为V1 mL。则碱性氧化后的溶液中NaMnO4的质量为
　　　　　　　g(用含V1的代数式表示,5H2O2~2MnO4-)。 
答案　(1)将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出,减少副反应的发生
(2)2SO42--2e- S2O82-
(3)Na2S2O8+2H2O H2SO4+Na2SO4+H2O2
(4)①碱性　②当滴入最后一滴H2O2溶液时,溶液由紫色变为无色,且在半分钟内不变色　5.68×10-3 V1
解析　(1)(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合,发生复分解反应生成Na2S2O8和NH3,由题给信息可知NH3能被Na2S2O8氧化生成N2,所以在反应过程中需不断向反应液中通N2将NH3尽快排出,以减少副反应的发生。(2)电解时SO42-在阳极失去电子发生氧化反应生成S2O82-,电极反应式为2SO42--2e- S2O82-。(3)Na2S2O8水解生成H2SO4、Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质(H2O2),因此反应的化学方程式为Na2S2O8+2H2O H2SO4+Na2SO4+H2O2。(4)①对比题表中不同氧化环境的现象,可得出碱性条件下Na2S2O8的氧化能力最强;②在碱性氧化后的溶液中存在5H2O2~2MnO4-,则n(MnO4-)=25×0.1 mol·L-1×V1 mL×10-3 L·mL-1,则m(NaMnO4)=25×0.1 mol·
L-1×V1 mL×10-3 L·mL-1×142 g·mol-1=5.68×10-3 V1 g。