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2021版新高考地区选考化学（人教版）一轮复习教师用书：课题4 物质的量浓度及溶液的配制
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课题4 物质的量浓度及溶液的配制
学习任务1 物质的量浓度、溶解度曲线及相关计算
一、相关概念
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
(1)概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。
(2)表达式：w(B)＝×100%。
3．固体的溶解度
(1)概念：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，叫作这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。
(2)表达式：固体物质溶解度(饱和溶液)S＝×100 g。
(3)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
a．溶剂的影响(如NaCl易溶于水而不易溶于汽油)。
b．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溶解度的影响不大。
4．溶解度曲线
5．利用溶解度受温度影响不同进行除杂的方法
(1)溶解度受温度影响较小的物质采取蒸发结晶的方法，如NaCl中含有KNO3，应采取加水溶解、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(或带有结晶水的物质)采取加热浓缩、冷却结晶的方法，如KNO3中含有NaCl，应采取加水溶解、加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。
6．气体的溶解度
通常指该气体(其压强为101 kPa)在一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积，常记为1∶x。如NH3、HCl、SO2、CO2等气体在常温时的溶解度分别为1∶700、1∶500、1∶40、1∶1。
气体溶解度的大小与温度和压强的关系：温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。
二、有关物质的量浓度计算的四大类型
标准状况下，气体溶于水所得溶液的溶质的物质的量浓度的计算
c＝
溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算
(1)计算公式：c＝(c为溶质的物质的量浓度，单位为mol·L－1；ρ为溶液的密度，单位为g·cm－3；w为溶质的质量分数；M为溶质的摩尔质量，单位为g·mol－1)。
当溶液为饱和溶液时，因为w＝，可得c＝。
(2)公式的推导(按溶液体积为V L推导)
c＝＝＝或w＝＝＝。
溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算
(1)溶液稀释
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，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
(2)同种溶质不同物质的量浓度的溶液混合
①混合前后溶质的质量保持不变，即m1w1＋m2w2＝m混w混。
②混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c混V混。
应用电荷守恒式求算未知离子的浓度
溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等。
例如：CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中存在
c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)0.2 mol·L－1表示1 L溶液中含有溶质的物质的量是0.2 mol。 ( )
(2)含1 mol溶质的任何溶液，物质的量浓度一定相等。 ( )
(3)配制1 L 1 mol·L－1NaCl溶液，将58.5 g NaCl溶于1 L水中即可。 ( )
(4)相同温度和压强下，体积相同、物质的量浓度相同的同种溶液所含溶质的粒子数一定相同。 ( )
(5)1 L 0.5 mol·L－1CaCl2溶液中，Ca2＋与Cl－的物质的量浓度都是0.5 mol·L－1。 ( )
(6)从1 L 0.2 mol·L－1的NaOH溶液中取出10 mL，这10 mL溶液的物质的量浓度是2 mol·L－1。 ( )
(7)1 mol·L－1NaCl溶液指此溶液中含有1 mol NaCl。 ( )
(8)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。 ( )
(9)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶液的溶质质量分数为25%。 ( )
(10)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶液的溶质质量分数为49%。 ( )
(11)将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1。 ( )
(12)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。 ( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)× (7)× (8)× (9)× (10)√ (11)× (12)×
2．填空题。
(1)将32.2 g Na2SO4·10H2O溶于水配成1 L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，若使溶液中Na＋的物质的量浓度变为0.4 mol·L－1(假设溶液体积不变)，则需加入NaCl的质量为________，最终溶液中Cl－的物质的量浓度为________。
(2)如图是X、Y两种固体物质的溶解度曲线。按要求回答下列问题：
①若X中混有少量Y，怎样提纯X?
②若Y中混有少量X，怎样提纯Y?
解析：(1)①n(Na2SO4)＝n(Na2SO4·10H2O)＝＝0.1 mol，c(Na2SO4)＝0.1 mol·L－1，c(Na＋)＝0.2 mol·L－1。
②n(Na＋)＝0.4 mol·L－1×1 L＝0.4 mol，则加入n(NaCl)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol，
m(NaCl)＝0.2 mol×58.5 g·mol－1＝11.7 g；
最终溶液中c(Cl－)＝c(NaCl)＝＝0.2 mol·L－1。
答案：(1)①0.1 mol·L－1 0.2 mol·L－1 ②11.7 g 0.2 mol·L－1
(2)①加水溶解，加热浓缩，冷却结晶，过滤。
②加水溶解，蒸发结晶，趁热过滤。
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
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＝×10－3 L。
注意：溶液稀释或混合时，若题中注明“忽略混合后溶液体积变化”，则溶液的总体积一般按相加计算。
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1 mol·L－1Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝3 mol·L－1，c(Al3＋)＝2 mol·L－1(当考虑Al3＋水解时，则其浓度小于2 mol·L－1)。
物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算
证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析
1．一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10 g/cm3)，其浓度为________mol/L。
解析：根据物质的量浓度与质量分数的换算公式，得c＝＝ mol/L≈8.9 mol/L。
答案：8.9
2．已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ 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NaCl的质量为m g。
(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：________________________________________________________________________。
解析：(1)c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
(2)c＝＝ mol·L－1。
(3)w＝×100%＝×100%。
(4)w＝×100%，解得S＝ g。
答案：(1) mol·L－1 (2) mol·L－1
(3)×100% (4) g
3．标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M g·mol－1)溶于0.1 L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(mol·L－1)为 ( )
A.
B.
C.
D.1 000VρM(MV＋2 240)
解析：选B。气体的物质的量为 mol，所得溶液的质量为 g，则此溶液的物质的量浓度为 mol÷＝ mol·L－1。
溶液的稀释与混合
证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析
4．(1)在100 g物质的量浓度为c mol·L－1、密度为ρ g·cm－3的硫酸溶液中加入一定量的水稀释成 mol·L－1的硫酸溶液，则加入水的体积________(填“＝”“＞”或“＜”，下同)100 mL。
(2)若把(1)中的H2SO4溶液改成氨水，应加入水的体积________100 mL。
(3)若把(1)(2)中的物质的量浓度均改为溶质的质量分数，则加入水的体积________100 mL。
解析：(1)设加入水的体积为V水 mL，·c＝·，V水＝－100，由于ρ′<ρ，所以V水<100。
(2)由于ρ′>ρ，所以V水>100。
(3)根据溶质的质量分数＝×100%可知，溶质质量不变，溶质的质量分数减半，则溶液质量加倍，所以均应加入100 mL水。
答案：(1)＜ (2)＞ (3)＝
5．(1)将3p%的硫酸与等体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系正确的是________。
①q＝2p ②q>2p
③q<2p ④无法确定
(2)若上题中的溶质是乙醇而非硫酸，则p、q的关系是________。
①q＝2p ②q>2p
③q<2p ④无法确定
解析：当两者等体积混合时，设浓溶液的密度为ρ1，稀溶液的密度为ρ2，体积各为1 L，则混合后
w＝＝()×p%＝(1＋)p%，当ρ1>ρ2时，如H2SO4溶液、HNO3溶液，w>2p%；当ρ1<ρ2时，如氨水、酒精溶液，w <2p%。
答案：(1)② (2)③
溶质相同、溶质质量分数不同的两溶液混合规律
同一溶质、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，溶质质量分数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)，等体积混合后，溶质质量分数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)，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”。
学习任务2 一定物质的量浓度溶液的配制
一、主要仪器
天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。
二、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100 mL、250 mL、500 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。
三、配制过程
以配制500 mL 1.0 mol·L－1NaCl溶液为例：
（回顾对比）一定溶质质量分数、一定体积比浓度溶液的配制
(1)配制100 g 10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10.0 g NaCl固体，放入烧杯中，再用100 mL量筒量取90.0 mL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40.0 mL水注入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，并用玻璃棒不断搅拌。
四、误差分析
1．误差分析的思维流程
2．视线引起误差的分析方法
(1)仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，浓度偏低。
(2)俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，浓度偏高。
3．请完成下表中的误差分析(填“偏高”“偏低”或“无影响”)：
实验操作
变量
c/(mol/L)
n(溶质)
V(溶液)
用滤纸称量NaOH固体
减小
—
偏低
砝码与物品颠倒(使用游码)
减小
—
偏低
移液前容量瓶内有水
不变
—
无影响
向容量瓶中移液时少量溅出
减小
—
偏低
未洗涤烧杯和玻璃棒
减小
—
偏低
定容时仰视刻度线
—
增大
偏低
定容时俯视刻度线
—
减小
偏高
定容摇匀后液面下降再加水
—
增大
偏低
未等溶液冷却就定容
—
减小
偏高
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)仪器的选用
①容量瓶在使用前要检查是否漏水。 ( )
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。 ( )
③配制480 mL一定物质的量浓度的溶液时，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。 ( )
(2)溶液配制基本操作及注意事项
①如图A配制0.1 mol·L－1NaOH溶液。 ( )
②如图B配制一定浓度的NaCl溶液。 ( )
③如图C配制一定浓度的稀盐酸。 ( )
④用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体。 ( )
⑤NaOH在烧杯里刚完全溶解时，立即将溶液转移到容量瓶。 ( )
⑥配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流。 ( )
⑦转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水会使所配溶液浓度偏低。 ( )
答案：(1)①√ ②× ③√ ④× ⑤× ⑥√
(2)①× ②× ③× ④× ⑤× ⑥√ ⑦×
(1)配制NaOH溶液时，必须用带盖的称量瓶或小烧杯快速称量NaOH固体，不能将NaOH固体直接放在纸上，因为NaOH固体易潮解、有腐蚀性，且易与空气中的CO2反应。将称好的NaOH固体放在烧杯里加少许水溶解，待冷却至室温后再将溶液转移到容量瓶中。
(2)配制一定物质的量浓度的溶液时，所配溶液需在选定的容量瓶中定容，故不必计量水的用量。
(3)选择容量瓶时遵循“大而近”的原则，所需溶质的量按所选用的容量瓶的规格进行计算。
(4)向容量瓶中移液用玻璃棒引流时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线以下的内壁上。
一定物质的量浓度溶液配制的规范答题
科学探究与创新意识
1．实验室需要配制0.50 mol·L－1 NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填写适当的文字，以使整个操作完整。
(1)选择仪器。完成本实验所必须用到的仪器有托盘天平(带砝码，最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、___________________________、________、________以及等质量的两片滤纸。
(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，请在下图中用一条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，目的是________________________________________________________________________。
(6)振荡。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
(7)定容。将蒸馏水注入容量瓶至液面接近刻度线________处，改用________滴加，使溶液凹液面与刻度线相切。
(8)摇匀、装瓶。
解析：配制480 mL 0.50 mol·L－1NaCl溶液，必须用500 mL 的容量瓶，m(NaCl)＝0.50 mol·L－1×0.5 L×58.5 g·mol－1≈14.6 g(托盘天平精确到0.1 g)。用托盘天平称量时，物品放在左盘。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→振荡→定容、摇匀→装瓶、贴签。
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 (7)1～2 cm 胶头滴管
1．找出某一考生答卷中的错误(前两个小题)
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”——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)所用定量仪器如量筒、托盘天平的精确度；
(4)仪器名称书写正确。
误差分析
证据推理与模型认知
2．(从溶质改变角度)试分析产生的误差(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，称量NaOH固体时，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4.4 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)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：____________。
(7)未洗涤烧杯及玻璃棒：____________。
解析：(2)胆矾的摩尔质量为250 g·mol－1，所需质量为0.5 L×0.1 mol·L－1×250 g·mol－1＝12.5 g。
(3)NaOH易吸水潮解且具有腐蚀性，应放在小烧杯中称量。
(4)实际称取质量为4.0 g－0.4 g＝3.6 g。
答案：(1)偏小 (2)偏小 (3)偏小 (4)偏小 (5)偏大
(6)偏小 (7)偏小
3．(从溶液改变角度)试分析产生的误差(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：____________。
解析：(1)NaOH溶于水放热，溶液的体积比室温时大，应恢复至室温后再移液、定容。
(2)溶液的总体积偏大。
答案：(1)偏大 (2)偏小 (3)偏小 (4)无影响 (5)无影响
1．判断下列关于溶液配制实验操作的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2016·高考全国卷Ⅲ，9A)配制稀硫酸时，先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水。 ( )
(2)(2016·高考浙江卷)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。 ( )
(3)(2016·高考海南卷)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁。 ( )
答案：(1)× (2)√ (3)√
2．[2018·高考全国卷Ⅲ，26(2)①]溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。
解析：配制溶液时称取的样品应在烧杯中溶解，冷却至室温后全部转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。
答案：烧杯 容量瓶 刻度线
热点题型2 化学计算的常用方法
守恒法(证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析)
1．质量守恒(原子守恒)
化学反应的实质是原子的重新组合，因而反应前后原子的总数和质量保持不变。
2．电荷守恒
电解质溶液呈电中性，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；另外，离子方程式前后离子所带电荷总数不变。
(2020·石家庄调研)28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为 ( )
A．36 g B．40 g
C．80 g D．160 g
【解析】 28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。
【答案】 B
将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为____________。
【解析】 当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且反应过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知，＝，所以n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO)＝n(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L－1。
【答案】 0.2 mol·L－1
[热点精练]
1．有14 g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100 g质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为 ( )
A．20.40 g B．28.60 g
C．24.04 g D．无法计算
解析：选C。混合物与盐酸恰好反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl，由Cl－质量守恒关系可得100 g×15%×＝m(NaCl)×，解得m(NaCl)≈24.04 g。
2．一定量的H2和Cl2充分燃烧后，将反应生成的气体通入100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液中，两者恰好完全反应，生成NaClO 0.01 mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为 ( )
A．5∶4 B．4∶5
C．4∶3 D．3∶4
解析：选B。100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1.0 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol；两者恰好完全反应，说明0.1 mol NaOH完全反应，生成的0.01 mol NaClO来自Cl2与NaOH的反应(Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O)，则氢气和氯气反应后剩余氯气的物质的量为0.01 mol，消耗NaOH的物质的量为0.02 mol；发生反应NaOH＋HCl===NaCl＋H2O，消耗NaOH的物质的量为0.1 mol－0.02 mol＝0.08 mol，则n(HCl)＝n(NaOH)＝0.08 mol，n(H2)＝n(Cl2)＝n(HCl)＝0.08 mol×＝0.04 mol；所以原混合气体中含有Cl2的物质的量为0.01 mol＋0.04 mol＝0.05 mol，H2的物质的量为0.04 mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为0.04 mol∶0.05 mol＝4∶5。
3．(离子方程式中电荷守恒)在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是 ( )
A．＋4价 B．＋5价
C．＋6价 D．＋7价
解析：选B。求RO中R的化合价，若知道n值，计算R的化合价则变得很简单。依据离子方程式中电荷守恒，n＋2＝1＋2，解得n＝1，RO中氧元素显－2价，因此R的化合价为＋5价。
4．(溶液中电荷守恒)(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此混合液中的Mg2＋和Al3＋完全分离，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：选D。根据电荷守恒得2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，c(Al3＋)＝＝3 mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋完全分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得c(Na＋)＝2c(SO)＋c(AlO)，即n(Na＋)＝2n(SO)＋n(AlO)，V(NaOH)＝＝
＝2 L。
化学方程式计算中的巧思妙解——差量法(证据推理与模型认知)
化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法，解题的一般步骤如下：
1．准确写出有关反应的化学方程式。
2．深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比。
3．根据反应的化学方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。
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. B.
C. D.
【解析】 由题意知(w1－w2) g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3的质量为x g，由此可得如下关系：
则x＝，故样品纯度为＝＝。
【答案】 A
[热点精练]
5．(质量差)将12 g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，则原混合气体中CO的质量分数为________。
解析：设原混合气体中CO的质量分数为x。
CuO＋COCu＋CO2 气体质量增加(差量)
28 g 44 g 44 g－28 g＝16 g
12x g 18 g－12 g＝6 g
＝，解得x＝87.5%。
答案：87.5%
6．(气体体积差)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＋4NH35N2＋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
解析：选C。根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH35N2＋6H2O(g) ΔV(气体的体积差)
6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量)
9 mL 6 mL 17.5－16＝1.5 mL
(实际差量)
由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，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。
解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法(证据推理与模型认知)
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。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。
[热点精练]
(一)根据原子守恒找关系式
7．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
解析：选C。由题意可知，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯元素守恒可知，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m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。
8．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为 ( )
A．72% B．40%
C．36% D．18%
解析：选C。由S原子守恒和有关反应可得出：
S～H2SO4～2NaOH
32 g 2 mol
m(S) 0.5×10×10－3 mol
得m(S)＝0.08 g，
原混合物中w(S)＝×100%≈36%。
(二)根据得失电子守恒找关系式
如NH3HNO3，O22
由得失电子总数相等可知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。
9．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____________。
解析：由得失电子守恒可知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2O中＋6价铬所得电子的物质的量相等，×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，解得c(Cr2O)＝0.100 mol·L－1。
答案：0.100 mol·L－1
10．铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 ( )
A．9.02 g B．8.51 g
C．8.26 g D．7.04 g
解析：选B。最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子的物质的量，即n(OH－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23 mol×17 g·mol－1＝8.51 g。
(三)根据相关反应找关系式
11．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假设杂质不参加反应，结果保留一位小数)。
答案：Sn与K2Cr2O7的关系式：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g 1 mol
x 0.100×0.016 mol
x＝＝0.571 2 g，
则试样中锡的百分含量为×100%≈93.2%。
12．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0.100 0 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0.020 00 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)____________(保留一位小数)。
(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。
解析：(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；可得关系式：
Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2
1
(0.020 00×0.025) mol
m(FeS2)＝0.090 00 g
样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.0%。
(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol
mol n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 mol，在标准状况下的体积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。
答案：(1)90.0% (2)3.36×106 15
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。
1．用已准确称量的氢氧化钠固体配制0.20 mol·L－1的氢氧化钠溶液250 mL，需要用到的仪器是 ( )
①250 mL容量瓶 ②托盘天平 ③烧瓶 ④胶头滴管
⑤烧杯 ⑥玻璃棒 ⑦试管 ⑧药匙
A．①④⑤⑥ B．①②④⑤
C．①②④⑤⑥⑧ D．全部
解析：选A。用已准确称量的NaOH固体配制0.20 mol·L－1的NaOH溶液250 mL，需要用到的仪器是①④⑤⑥，故选A。
2．(2020·长春高三质检)下列关于容量瓶及其使用方法的叙述中，正确的是 ( )
A．容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器
B．容量瓶可以用来加热
C．能用容量瓶长期贮存配制好的溶液
D．可以用500 mL容量瓶配制250 mL溶液
解析：选A。容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器，故A正确；容量瓶不能用来加热，故B错误；不能用容量瓶长期贮存溶液，故C错误；一定规格的容量瓶只能配制相应规格的溶液，故D错误。
3．(2020·抚顺高三模拟)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
解析：选B。1 L该溶液中含有0.6NA个K＋、0.3NA个SO；D项应溶于水配成1 L溶液，其浓度才为0.3 mol·L－1。故选B。
4．美国UNC化学教授Thomas J. Meyer等研发了环境友好、安全型的“绿色”引爆炸药，其中一种可表示为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10 mL Na2R溶液含Na＋的数目为N，该Na2R溶液的物质的量浓度为 ( )
A．N×10－2 mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
解析：选B。10 mL该Na2R溶液中含Na＋的数目为N，则Na2R的物质的量为 mol，Na2R的物质的量浓度为 mol÷0.01 L＝ mol·L－1。
5．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，4.48 L Cl2溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.4NA
B．5.6 g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的盐酸中含有的H＋数目为0.02NA
D．常温下，1 L 0.5 mol·L－1的FeCl3溶液中所含Fe3＋数为0.5NA
解析：选B。Cl2和H2O的反应是可逆反应；乙烯和环丁烷的实验式都是CH2；缺少盐酸的体积，无法计算H＋数目；Fe3＋发生水解反应。
6．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，置于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
解析：选D。固体不能直接在容量瓶中溶解，A项错误；配制100 mL 1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液，先在烧杯中溶解并冷却后再移入100 mL容量瓶定容，且所用水的体积并不是100 mL，而是加水至刻度线，此时溶液体积为100 mL，B项错误；转移液体时，要用玻璃棒引流，C项错误。
7．(2020·福州高三质量调研)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. mol·L－1
解析：选A。NH4HCO3和a mol NaOH恰好反应完全，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。
8．用溶质质量分数为98%的浓硫酸(ρ＝1.84 g·cm－3)配制240 mL 1.84 mol·L－1的稀硫酸，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，再加水定容
解析：选C。稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯内壁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；根据稀释时溶质质量不变可知，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，应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。
9．(2020·铅山三校联考)现有五瓶溶液：①10 mL 0.60 mol/L NaOH 水溶液；②20 mL 0.50 mol/L H2SO4水溶液；③30 mL 0.40 mol/L HCl 水溶液；④40 mL 0.30 mol/L CH3COOH 水溶液；⑤50 mL 0.20 mol/L 蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是 ( )
A．①>②>③>④>⑤ B．②>①>③>④>⑤
C．⑤>④>③>②>① D．②>③>④>①>⑤
解析：选C。题中所述五种溶液中溶质的浓度都比较低，因此溶剂分子数目占据主导；而溶剂分子数目与溶液体积成正比，因此溶液体积越大，所含总粒子数目越多，故离子、分子总数由大到小依次为⑤>④>③>②>①。
二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。
10．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
解析：选A。用量筒量取浓盐酸时仰视读数，会导致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。
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 ( )
A．溶质的质量分数w＝×100%
B．溶质的物质的量浓度c＝ mol/L
C．溶液中c(OH－)＝ mol/L＋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：选C。溶质的质量分数w＝×100%，A错误；在计算时，氨水中的溶质是NH3而不是NH3·H2O，c＝＝ mol/L＝ mol/L，B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，故其溶质质量分数小于0.5w，D错误。
12．下列说法中正确的是 ( )
A．把100 mL 3 mol·L－1的H2SO4溶液与100 mL H2O混合后，硫酸的物质的量浓度变为1.5 mol·L－1
B．把200 mL 3 mol·L－1的BaCl2溶液与100 mL 3 mol·L－1HCl溶液混合后，溶液中的c(Cl－)仍为3 mol·L－1
C．把100 g 20%的NaCl溶液与100 g H2O混合后，NaCl溶液的溶质质量分数变为10%
D．把100 mL 20%的NaOH溶液与100 mL H2O混合后，NaOH溶液的溶质质量分数变为10%
解析：选C。A选项，最终溶液体积不是200 mL，错误；B选项，总体积无法确定，无法计算其浓度，错误；C选项，依据溶质质量守恒可知正确；D选项，100 mL 20%的NaOH溶液的质量大于100 mL水的质量，所以最终溶液的溶质质量分数大于10%，错误。
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )
A．转移0.2NA个电子使Na完全转化为Na2O2，需要氧气的体积为2.24 L
B．生成6NA个N—H键同时生成3NA个H—H键，即标志着反应N2＋3H22NH3达到平衡状态
C．常温常压下，1.42 g Na2SO4中含有的Na＋数为0.02NA
D．1 mol苯理论上可以与3 mol H2发生加成反应，所以1 mol苯分子中含有3NA个碳碳双键
解析：选BC。A项，Na完全转化为Na2O2，氧元素化合价变化为0→－1，转移0.2NA个电子，需要标准状况下氧气的体积为2.24 L，但题中未指明气体所处的状况，无法确定O2的体积，错误；B项，生成6NA个N—H键(即2 mol NH3)的同时生成3NA个H—H键(即3 mol H2)，即3v正(NH3)＝2v逆(H2)，能说明反应达到平衡状态，正确；C项，Na2SO4为离子晶体，常温常压下为固体，1.42 g Na2SO4(即0.01 mol)中含有的Na＋数为0.02NA，正确；D项，苯分子中不存在碳碳双键，错误。
三、非选择题
14．(2020·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)所得盐酸的溶质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，加入稀盐酸的体积最多不超过________mL。
(4)将1 g不纯的NaOH样品(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。
解析：(1)n(HCl)＝＝10 mol，
m(HCl)＝10 mol×36.5 g· mol－1＝365 g，
盐酸的溶质质量分数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，根据化学方程式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。
答案：(1)36.5% 11.8 mol·L－1 (2)1 mol·L－1 (3)2.6 (4)5.85
15．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：
“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
(1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为____________mol·L－1(结果保留1位小数)。
(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________。
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会导致结果偏低
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。
解析：(1)由c＝得，c(NaClO)＝
mol·L－1≈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×10－3L·mL－1×c(NaClO)×100，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，需用托盘天平称取NaClO固体，需用烧杯溶解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，所以洗涤干净后的容量瓶不必烘干；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＝250.0。
答案：(1)4.0 (2)0.04 (3)C (4)①4.6 ②250.0
学习任务1 物质的量浓度、溶解度曲线及相关计算
一、相关概念
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
(1)概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。
(2)表达式：w(B)＝×100%。
3．固体的溶解度
(1)概念：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，叫作这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。
(2)表达式：固体物质溶解度(饱和溶液)S＝×100 g。
(3)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
a．溶剂的影响(如NaCl易溶于水而不易溶于汽油)。
b．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溶解度的影响不大。
4．溶解度曲线
5．利用溶解度受温度影响不同进行除杂的方法
(1)溶解度受温度影响较小的物质采取蒸发结晶的方法，如NaCl中含有KNO3，应采取加水溶解、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(或带有结晶水的物质)采取加热浓缩、冷却结晶的方法，如KNO3中含有NaCl，应采取加水溶解、加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。
6．气体的溶解度
通常指该气体(其压强为101 kPa)在一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积，常记为1∶x。如NH3、HCl、SO2、CO2等气体在常温时的溶解度分别为1∶700、1∶500、1∶40、1∶1。
气体溶解度的大小与温度和压强的关系：温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。
二、有关物质的量浓度计算的四大类型
标准状况下，气体溶于水所得溶液的溶质的物质的量浓度的计算
c＝
溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算
(1)计算公式：c＝(c为溶质的物质的量浓度，单位为mol·L－1；ρ为溶液的密度，单位为g·cm－3；w为溶质的质量分数；M为溶质的摩尔质量，单位为g·mol－1)。
当溶液为饱和溶液时，因为w＝，可得c＝。
(2)公式的推导(按溶液体积为V L推导)
c＝＝＝或w＝＝＝。
溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算
(1)溶液稀释
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，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
(2)同种溶质不同物质的量浓度的溶液混合
①混合前后溶质的质量保持不变，即m1w1＋m2w2＝m混w混。
②混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c混V混。
应用电荷守恒式求算未知离子的浓度
溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等。
例如：CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中存在
c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)0.2 mol·L－1表示1 L溶液中含有溶质的物质的量是0.2 mol。 ( )
(2)含1 mol溶质的任何溶液，物质的量浓度一定相等。 ( )
(3)配制1 L 1 mol·L－1NaCl溶液，将58.5 g NaCl溶于1 L水中即可。 ( )
(4)相同温度和压强下，体积相同、物质的量浓度相同的同种溶液所含溶质的粒子数一定相同。 ( )
(5)1 L 0.5 mol·L－1CaCl2溶液中，Ca2＋与Cl－的物质的量浓度都是0.5 mol·L－1。 ( )
(6)从1 L 0.2 mol·L－1的NaOH溶液中取出10 mL，这10 mL溶液的物质的量浓度是2 mol·L－1。 ( )
(7)1 mol·L－1NaCl溶液指此溶液中含有1 mol NaCl。 ( )
(8)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。 ( )
(9)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶液的溶质质量分数为25%。 ( )
(10)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶液的溶质质量分数为49%。 ( )
(11)将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1。 ( )
(12)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。 ( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)× (7)× (8)× (9)× (10)√ (11)× (12)×
2．填空题。
(1)将32.2 g Na2SO4·10H2O溶于水配成1 L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，若使溶液中Na＋的物质的量浓度变为0.4 mol·L－1(假设溶液体积不变)，则需加入NaCl的质量为________，最终溶液中Cl－的物质的量浓度为________。
(2)如图是X、Y两种固体物质的溶解度曲线。按要求回答下列问题：
①若X中混有少量Y，怎样提纯X?
②若Y中混有少量X，怎样提纯Y?
解析：(1)①n(Na2SO4)＝n(Na2SO4·10H2O)＝＝0.1 mol，c(Na2SO4)＝0.1 mol·L－1，c(Na＋)＝0.2 mol·L－1。
②n(Na＋)＝0.4 mol·L－1×1 L＝0.4 mol，则加入n(NaCl)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol，
m(NaCl)＝0.2 mol×58.5 g·mol－1＝11.7 g；
最终溶液中c(Cl－)＝c(NaCl)＝＝0.2 mol·L－1。
答案：(1)①0.1 mol·L－1 0.2 mol·L－1 ②11.7 g 0.2 mol·L－1
(2)①加水溶解，加热浓缩，冷却结晶，过滤。
②加水溶解，蒸发结晶，趁热过滤。
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
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＝×10－3 L。
注意：溶液稀释或混合时，若题中注明“忽略混合后溶液体积变化”，则溶液的总体积一般按相加计算。
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1 mol·L－1Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝3 mol·L－1，c(Al3＋)＝2 mol·L－1(当考虑Al3＋水解时，则其浓度小于2 mol·L－1)。
物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算
证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析
1．一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10 g/cm3)，其浓度为________mol/L。
解析：根据物质的量浓度与质量分数的换算公式，得c＝＝ mol/L≈8.9 mol/L。
答案：8.9
2．已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ 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NaCl的质量为m g。
(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：________________________________________________________________________。
解析：(1)c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。
(2)c＝＝ mol·L－1。
(3)w＝×100%＝×100%。
(4)w＝×100%，解得S＝ g。
答案：(1) mol·L－1 (2) mol·L－1
(3)×100% (4) g
3．标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M g·mol－1)溶于0.1 L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(mol·L－1)为 ( )
A.
B.
C.
D.1 000VρM(MV＋2 240)
解析：选B。气体的物质的量为 mol，所得溶液的质量为 g，则此溶液的物质的量浓度为 mol÷＝ mol·L－1。
溶液的稀释与混合
证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析
4．(1)在100 g物质的量浓度为c mol·L－1、密度为ρ g·cm－3的硫酸溶液中加入一定量的水稀释成 mol·L－1的硫酸溶液，则加入水的体积________(填“＝”“＞”或“＜”，下同)100 mL。
(2)若把(1)中的H2SO4溶液改成氨水，应加入水的体积________100 mL。
(3)若把(1)(2)中的物质的量浓度均改为溶质的质量分数，则加入水的体积________100 mL。
解析：(1)设加入水的体积为V水 mL，·c＝·，V水＝－100，由于ρ′<ρ，所以V水<100。
(2)由于ρ′>ρ，所以V水>100。
(3)根据溶质的质量分数＝×100%可知，溶质质量不变，溶质的质量分数减半，则溶液质量加倍，所以均应加入100 mL水。
答案：(1)＜ (2)＞ (3)＝
5．(1)将3p%的硫酸与等体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系正确的是________。
①q＝2p ②q>2p
③q<2p ④无法确定
(2)若上题中的溶质是乙醇而非硫酸，则p、q的关系是________。
①q＝2p ②q>2p
③q<2p ④无法确定
解析：当两者等体积混合时，设浓溶液的密度为ρ1，稀溶液的密度为ρ2，体积各为1 L，则混合后
w＝＝()×p%＝(1＋)p%，当ρ1>ρ2时，如H2SO4溶液、HNO3溶液，w>2p%；当ρ1<ρ2时，如氨水、酒精溶液，w <2p%。
答案：(1)② (2)③
溶质相同、溶质质量分数不同的两溶液混合规律
同一溶质、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，溶质质量分数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)，等体积混合后，溶质质量分数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)，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”。
学习任务2 一定物质的量浓度溶液的配制
一、主要仪器
天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。
二、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100 mL、250 mL、500 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。
三、配制过程
以配制500 mL 1.0 mol·L－1NaCl溶液为例：
（回顾对比）一定溶质质量分数、一定体积比浓度溶液的配制
(1)配制100 g 10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10.0 g NaCl固体，放入烧杯中，再用100 mL量筒量取90.0 mL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40.0 mL水注入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，并用玻璃棒不断搅拌。
四、误差分析
1．误差分析的思维流程
2．视线引起误差的分析方法
(1)仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，浓度偏低。
(2)俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，浓度偏高。
3．请完成下表中的误差分析(填“偏高”“偏低”或“无影响”)：
实验操作
变量
c/(mol/L)
n(溶质)
V(溶液)
用滤纸称量NaOH固体
减小
—
偏低
砝码与物品颠倒(使用游码)
减小
—
偏低
移液前容量瓶内有水
不变
—
无影响
向容量瓶中移液时少量溅出
减小
—
偏低
未洗涤烧杯和玻璃棒
减小
—
偏低
定容时仰视刻度线
—
增大
偏低
定容时俯视刻度线
—
减小
偏高
定容摇匀后液面下降再加水
—
增大
偏低
未等溶液冷却就定容
—
减小
偏高
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)仪器的选用
①容量瓶在使用前要检查是否漏水。 ( )
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。 ( )
③配制480 mL一定物质的量浓度的溶液时，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。 ( )
(2)溶液配制基本操作及注意事项
①如图A配制0.1 mol·L－1NaOH溶液。 ( )
②如图B配制一定浓度的NaCl溶液。 ( )
③如图C配制一定浓度的稀盐酸。 ( )
④用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体。 ( )
⑤NaOH在烧杯里刚完全溶解时，立即将溶液转移到容量瓶。 ( )
⑥配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流。 ( )
⑦转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水会使所配溶液浓度偏低。 ( )
答案：(1)①√ ②× ③√ ④× ⑤× ⑥√
(2)①× ②× ③× ④× ⑤× ⑥√ ⑦×
(1)配制NaOH溶液时，必须用带盖的称量瓶或小烧杯快速称量NaOH固体，不能将NaOH固体直接放在纸上，因为NaOH固体易潮解、有腐蚀性，且易与空气中的CO2反应。将称好的NaOH固体放在烧杯里加少许水溶解，待冷却至室温后再将溶液转移到容量瓶中。
(2)配制一定物质的量浓度的溶液时，所配溶液需在选定的容量瓶中定容，故不必计量水的用量。
(3)选择容量瓶时遵循“大而近”的原则，所需溶质的量按所选用的容量瓶的规格进行计算。
(4)向容量瓶中移液用玻璃棒引流时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线以下的内壁上。
一定物质的量浓度溶液配制的规范答题
科学探究与创新意识
1．实验室需要配制0.50 mol·L－1 NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填写适当的文字，以使整个操作完整。
(1)选择仪器。完成本实验所必须用到的仪器有托盘天平(带砝码，最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、___________________________、________、________以及等质量的两片滤纸。
(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，请在下图中用一条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，目的是________________________________________________________________________。
(6)振荡。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
(7)定容。将蒸馏水注入容量瓶至液面接近刻度线________处，改用________滴加，使溶液凹液面与刻度线相切。
(8)摇匀、装瓶。
解析：配制480 mL 0.50 mol·L－1NaCl溶液，必须用500 mL 的容量瓶，m(NaCl)＝0.50 mol·L－1×0.5 L×58.5 g·mol－1≈14.6 g(托盘天平精确到0.1 g)。用托盘天平称量时，物品放在左盘。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→振荡→定容、摇匀→装瓶、贴签。
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 (7)1～2 cm 胶头滴管
1．找出某一考生答卷中的错误(前两个小题)
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”——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)所用定量仪器如量筒、托盘天平的精确度；
(4)仪器名称书写正确。
误差分析
证据推理与模型认知
2．(从溶质改变角度)试分析产生的误差(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，称量NaOH固体时，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4.4 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)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：____________。
(7)未洗涤烧杯及玻璃棒：____________。
解析：(2)胆矾的摩尔质量为250 g·mol－1，所需质量为0.5 L×0.1 mol·L－1×250 g·mol－1＝12.5 g。
(3)NaOH易吸水潮解且具有腐蚀性，应放在小烧杯中称量。
(4)实际称取质量为4.0 g－0.4 g＝3.6 g。
答案：(1)偏小 (2)偏小 (3)偏小 (4)偏小 (5)偏大
(6)偏小 (7)偏小
3．(从溶液改变角度)试分析产生的误差(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：____________。
解析：(1)NaOH溶于水放热，溶液的体积比室温时大，应恢复至室温后再移液、定容。
(2)溶液的总体积偏大。
答案：(1)偏大 (2)偏小 (3)偏小 (4)无影响 (5)无影响
1．判断下列关于溶液配制实验操作的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2016·高考全国卷Ⅲ，9A)配制稀硫酸时，先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水。 ( )
(2)(2016·高考浙江卷)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。 ( )
(3)(2016·高考海南卷)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁。 ( )
答案：(1)× (2)√ (3)√
2．[2018·高考全国卷Ⅲ，26(2)①]溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。
解析：配制溶液时称取的样品应在烧杯中溶解，冷却至室温后全部转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。
答案：烧杯 容量瓶 刻度线
热点题型2 化学计算的常用方法
守恒法(证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析)
1．质量守恒(原子守恒)
化学反应的实质是原子的重新组合，因而反应前后原子的总数和质量保持不变。
2．电荷守恒
电解质溶液呈电中性，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；另外，离子方程式前后离子所带电荷总数不变。
(2020·石家庄调研)28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为 ( )
A．36 g B．40 g
C．80 g D．160 g
【解析】 28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。
【答案】 B
将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为____________。
【解析】 当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且反应过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知，＝，所以n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO)＝n(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L－1。
【答案】 0.2 mol·L－1
[热点精练]
1．有14 g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100 g质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为 ( )
A．20.40 g B．28.60 g
C．24.04 g D．无法计算
解析：选C。混合物与盐酸恰好反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl，由Cl－质量守恒关系可得100 g×15%×＝m(NaCl)×，解得m(NaCl)≈24.04 g。
2．一定量的H2和Cl2充分燃烧后，将反应生成的气体通入100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液中，两者恰好完全反应，生成NaClO 0.01 mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为 ( )
A．5∶4 B．4∶5
C．4∶3 D．3∶4
解析：选B。100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1.0 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol；两者恰好完全反应，说明0.1 mol NaOH完全反应，生成的0.01 mol NaClO来自Cl2与NaOH的反应(Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O)，则氢气和氯气反应后剩余氯气的物质的量为0.01 mol，消耗NaOH的物质的量为0.02 mol；发生反应NaOH＋HCl===NaCl＋H2O，消耗NaOH的物质的量为0.1 mol－0.02 mol＝0.08 mol，则n(HCl)＝n(NaOH)＝0.08 mol，n(H2)＝n(Cl2)＝n(HCl)＝0.08 mol×＝0.04 mol；所以原混合气体中含有Cl2的物质的量为0.01 mol＋0.04 mol＝0.05 mol，H2的物质的量为0.04 mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为0.04 mol∶0.05 mol＝4∶5。
3．(离子方程式中电荷守恒)在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是 ( )
A．＋4价 B．＋5价
C．＋6价 D．＋7价
解析：选B。求RO中R的化合价，若知道n值，计算R的化合价则变得很简单。依据离子方程式中电荷守恒，n＋2＝1＋2，解得n＝1，RO中氧元素显－2价，因此R的化合价为＋5价。
4．(溶液中电荷守恒)(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此混合液中的Mg2＋和Al3＋完全分离，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：选D。根据电荷守恒得2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，c(Al3＋)＝＝3 mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋完全分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得c(Na＋)＝2c(SO)＋c(AlO)，即n(Na＋)＝2n(SO)＋n(AlO)，V(NaOH)＝＝
＝2 L。
化学方程式计算中的巧思妙解——差量法(证据推理与模型认知)
化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法，解题的一般步骤如下：
1．准确写出有关反应的化学方程式。
2．深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比。
3．根据反应的化学方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。
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. B.
C. D.
【解析】 由题意知(w1－w2) g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3的质量为x g，由此可得如下关系：
则x＝，故样品纯度为＝＝。
【答案】 A
[热点精练]
5．(质量差)将12 g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，则原混合气体中CO的质量分数为________。
解析：设原混合气体中CO的质量分数为x。
CuO＋COCu＋CO2 气体质量增加(差量)
28 g 44 g 44 g－28 g＝16 g
12x g 18 g－12 g＝6 g
＝，解得x＝87.5%。
答案：87.5%
6．(气体体积差)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＋4NH35N2＋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
解析：选C。根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH35N2＋6H2O(g) ΔV(气体的体积差)
6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量)
9 mL 6 mL 17.5－16＝1.5 mL
(实际差量)
由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，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。
解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法(证据推理与模型认知)
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。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。
[热点精练]
(一)根据原子守恒找关系式
7．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
解析：选C。由题意可知，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯元素守恒可知，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m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。
8．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为 ( )
A．72% B．40%
C．36% D．18%
解析：选C。由S原子守恒和有关反应可得出：
S～H2SO4～2NaOH
32 g 2 mol
m(S) 0.5×10×10－3 mol
得m(S)＝0.08 g，
原混合物中w(S)＝×100%≈36%。
(二)根据得失电子守恒找关系式
如NH3HNO3，O22
由得失电子总数相等可知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。
9．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____________。
解析：由得失电子守恒可知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2O中＋6价铬所得电子的物质的量相等，×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，解得c(Cr2O)＝0.100 mol·L－1。
答案：0.100 mol·L－1
10．铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 ( )
A．9.02 g B．8.51 g
C．8.26 g D．7.04 g
解析：选B。最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子的物质的量，即n(OH－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23 mol×17 g·mol－1＝8.51 g。
(三)根据相关反应找关系式
11．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假设杂质不参加反应，结果保留一位小数)。
答案：Sn与K2Cr2O7的关系式：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g 1 mol
x 0.100×0.016 mol
x＝＝0.571 2 g，
则试样中锡的百分含量为×100%≈93.2%。
12．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0.100 0 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0.020 00 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)____________(保留一位小数)。
(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。
解析：(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；可得关系式：
Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2
1
(0.020 00×0.025) mol
m(FeS2)＝0.090 00 g
样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.0%。
(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol
mol n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 mol，在标准状况下的体积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。
答案：(1)90.0% (2)3.36×106 15
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。
1．用已准确称量的氢氧化钠固体配制0.20 mol·L－1的氢氧化钠溶液250 mL，需要用到的仪器是 ( )
①250 mL容量瓶 ②托盘天平 ③烧瓶 ④胶头滴管
⑤烧杯 ⑥玻璃棒 ⑦试管 ⑧药匙
A．①④⑤⑥ B．①②④⑤
C．①②④⑤⑥⑧ D．全部
解析：选A。用已准确称量的NaOH固体配制0.20 mol·L－1的NaOH溶液250 mL，需要用到的仪器是①④⑤⑥，故选A。
2．(2020·长春高三质检)下列关于容量瓶及其使用方法的叙述中，正确的是 ( )
A．容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器
B．容量瓶可以用来加热
C．能用容量瓶长期贮存配制好的溶液
D．可以用500 mL容量瓶配制250 mL溶液
解析：选A。容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器，故A正确；容量瓶不能用来加热，故B错误；不能用容量瓶长期贮存溶液，故C错误；一定规格的容量瓶只能配制相应规格的溶液，故D错误。
3．(2020·抚顺高三模拟)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
解析：选B。1 L该溶液中含有0.6NA个K＋、0.3NA个SO；D项应溶于水配成1 L溶液，其浓度才为0.3 mol·L－1。故选B。
4．美国UNC化学教授Thomas J. Meyer等研发了环境友好、安全型的“绿色”引爆炸药，其中一种可表示为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10 mL Na2R溶液含Na＋的数目为N，该Na2R溶液的物质的量浓度为 ( )
A．N×10－2 mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
解析：选B。10 mL该Na2R溶液中含Na＋的数目为N，则Na2R的物质的量为 mol，Na2R的物质的量浓度为 mol÷0.01 L＝ mol·L－1。
5．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，4.48 L Cl2溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.4NA
B．5.6 g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的盐酸中含有的H＋数目为0.02NA
D．常温下，1 L 0.5 mol·L－1的FeCl3溶液中所含Fe3＋数为0.5NA
解析：选B。Cl2和H2O的反应是可逆反应；乙烯和环丁烷的实验式都是CH2；缺少盐酸的体积，无法计算H＋数目；Fe3＋发生水解反应。
6．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，置于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
解析：选D。固体不能直接在容量瓶中溶解，A项错误；配制100 mL 1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液，先在烧杯中溶解并冷却后再移入100 mL容量瓶定容，且所用水的体积并不是100 mL，而是加水至刻度线，此时溶液体积为100 mL，B项错误；转移液体时，要用玻璃棒引流，C项错误。
7．(2020·福州高三质量调研)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. mol·L－1
解析：选A。NH4HCO3和a mol NaOH恰好反应完全，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。
8．用溶质质量分数为98%的浓硫酸(ρ＝1.84 g·cm－3)配制240 mL 1.84 mol·L－1的稀硫酸，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，再加水定容
解析：选C。稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯内壁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；根据稀释时溶质质量不变可知，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，应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。
9．(2020·铅山三校联考)现有五瓶溶液：①10 mL 0.60 mol/L NaOH 水溶液；②20 mL 0.50 mol/L H2SO4水溶液；③30 mL 0.40 mol/L HCl 水溶液；④40 mL 0.30 mol/L CH3COOH 水溶液；⑤50 mL 0.20 mol/L 蔗糖水溶液。以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是 ( )
A．①>②>③>④>⑤ B．②>①>③>④>⑤
C．⑤>④>③>②>① D．②>③>④>①>⑤
解析：选C。题中所述五种溶液中溶质的浓度都比较低，因此溶剂分子数目占据主导；而溶剂分子数目与溶液体积成正比，因此溶液体积越大，所含总粒子数目越多，故离子、分子总数由大到小依次为⑤>④>③>②>①。
二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。
10．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
解析：选A。用量筒量取浓盐酸时仰视读数，会导致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。
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 ( )
A．溶质的质量分数w＝×100%
B．溶质的物质的量浓度c＝ mol/L
C．溶液中c(OH－)＝ mol/L＋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：选C。溶质的质量分数w＝×100%，A错误；在计算时，氨水中的溶质是NH3而不是NH3·H2O，c＝＝ mol/L＝ mol/L，B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，故其溶质质量分数小于0.5w，D错误。
12．下列说法中正确的是 ( )
A．把100 mL 3 mol·L－1的H2SO4溶液与100 mL H2O混合后，硫酸的物质的量浓度变为1.5 mol·L－1
B．把200 mL 3 mol·L－1的BaCl2溶液与100 mL 3 mol·L－1HCl溶液混合后，溶液中的c(Cl－)仍为3 mol·L－1
C．把100 g 20%的NaCl溶液与100 g H2O混合后，NaCl溶液的溶质质量分数变为10%
D．把100 mL 20%的NaOH溶液与100 mL H2O混合后，NaOH溶液的溶质质量分数变为10%
解析：选C。A选项，最终溶液体积不是200 mL，错误；B选项，总体积无法确定，无法计算其浓度，错误；C选项，依据溶质质量守恒可知正确；D选项，100 mL 20%的NaOH溶液的质量大于100 mL水的质量，所以最终溶液的溶质质量分数大于10%，错误。
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )
A．转移0.2NA个电子使Na完全转化为Na2O2，需要氧气的体积为2.24 L
B．生成6NA个N—H键同时生成3NA个H—H键，即标志着反应N2＋3H22NH3达到平衡状态
C．常温常压下，1.42 g Na2SO4中含有的Na＋数为0.02NA
D．1 mol苯理论上可以与3 mol H2发生加成反应，所以1 mol苯分子中含有3NA个碳碳双键
解析：选BC。A项，Na完全转化为Na2O2，氧元素化合价变化为0→－1，转移0.2NA个电子，需要标准状况下氧气的体积为2.24 L，但题中未指明气体所处的状况，无法确定O2的体积，错误；B项，生成6NA个N—H键(即2 mol NH3)的同时生成3NA个H—H键(即3 mol H2)，即3v正(NH3)＝2v逆(H2)，能说明反应达到平衡状态，正确；C项，Na2SO4为离子晶体，常温常压下为固体，1.42 g Na2SO4(即0.01 mol)中含有的Na＋数为0.02NA，正确；D项，苯分子中不存在碳碳双键，错误。
三、非选择题
14．(2020·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)所得盐酸的溶质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，加入稀盐酸的体积最多不超过________mL。
(4)将1 g不纯的NaOH样品(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。
解析：(1)n(HCl)＝＝10 mol，
m(HCl)＝10 mol×36.5 g· mol－1＝365 g，
盐酸的溶质质量分数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，根据化学方程式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。
答案：(1)36.5% 11.8 mol·L－1 (2)1 mol·L－1 (3)2.6 (4)5.85
15．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：
“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
(1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为____________mol·L－1(结果保留1位小数)。
(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________。
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会导致结果偏低
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。
解析：(1)由c＝得，c(NaClO)＝
mol·L－1≈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×10－3L·mL－1×c(NaClO)×100，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，需用托盘天平称取NaClO固体，需用烧杯溶解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，所以洗涤干净后的容量瓶不必烘干；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＝250.0。
答案：(1)4.0 (2)0.04 (3)C (4)①4.6 ②250.0
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