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2020版新一线高考化学（人教版）一轮复习教学案：第1章第2节 物质的量在化学实验中的应用
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第二节 物质的量在化学实验中的应用
考纲定位
核心素养
1.了解物质的量浓度(c)的含义并能进行有关计算。
2.理解溶液中溶质的质量分数的概念并能进行有关计算。
3.掌握配制一定溶质质量分数和物质的量浓度溶液的方法，会进行有关误差分析。
4.了解溶解度、饱和溶液的概念。
5.能根据化学(或离子)方程式进行有关计算。
1.宏观辨识——能从不同角度认识物质组成，根据溶质和溶剂认识溶液的组成。
2.证据推理——根据溶质的物质的量、溶液的体积进行物质的量浓度的计算。
3.科学探究——根据问题和目的，进行溶液物质的量浓度的配制及探究，在探究中学会评价实验，进行误差分析。
考点一| 物质的量浓度及其计算
1．物质的量浓度
(1)概念：表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量，符号为cB。
(2)表达式：cB＝，单位：mol·L－1或mol/L。
2．溶质的质量分数
(1)概念：用溶质的质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。
(2)表达式：w(B)＝×100%。
3．有关物质的量浓度的计算
(1)标准状况下，气体溶液的物质的量浓度的计算
c＝
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算
推导过程(以1 L溶液为标准)
1 L(1 000 mL)溶液中溶质质量m(溶质)＝1_000ρ×w g⇒n(溶质)＝ mol⇒溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1。(c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液的密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1)
注意：(1)物质的量浓度中的体积是指溶液的体积，而不是指溶剂的体积。
(2)溶液中溶质的判断
①与水发生反应的物质，溶质发生变化，水量减少，如：
Na、Na2O、Na2O2NaOH
CO2、SO2、SO3H2CO3、H2SO3、H2SO4
NH3NH3·H2O(但仍按溶于水的NH3进行计算)
②结晶水合物，溶质不变但水量增多，如
CuSO4·5H2OCuSO4，FeSO4·7H2OFeSO4。
4．溶液稀释、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，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
(2)溶液混合：混合前后溶质的物质的量保持不变，即：c1V1＋c2V2＝c混V混。(若稀溶液混合后体积不变V混＝V1＋V2；若混合后体积变化V混＝)
5．溶液中的电荷守恒
任何电解质溶液中均存在电荷守恒，即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。如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒式为3c(Al3＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，知其中三种离子的浓度，即可求剩余一种离子的浓度。
1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)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。
( )
(2)将62 g Na2O或78 g Na2O2分别溶于水中，各配成1 L 溶液，所得溶液的物质的量浓度均为2 mol·L－1。 ( )
(3)500 mL 0.2 mol·L－1的稀HCl加水稀释为1 000 mL，所得溶液浓度为0.1 mol·L－1。 ( )
(4)将1 mol·L－1的NaCl溶液和0.5 mol·L－1 的BaCl2溶液等体积混合后(不考虑体积变化)，所得溶液中c(Cl－)＝0.75 mol·L－1。 ( )
(5)已知K2SO4和MgSO4的混合液中c(SO)＝0.2 mol·L－1，c(K＋)＝0.1 mol·L－1，则c(Mg2＋)＝0.1 mol·L－1。 ( )
(6)c(H＋)等于0.5 mol·L－1的稀硫酸溶液的物质的量浓度为1.0 mol·L－1。
( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)×
2．对于下列溶液[①5%的CuSO4溶液(密度为1.6 g/mL)；②1 mol·L－1的BaCl2溶液]：
(1)①中CuSO4溶液物质的量浓度是________；
(2)②中Ba2＋、Cl－的物质的量浓度各为___________________________、
____________；
(3)等体积的①②溶液反应后(忽略体积变化)Ba2＋、Cl－物质的量浓度各为________、________。
答案：(1)0.5 mol·L－1 (2)1 mol·L－1 2 mol·L－1
(3)0.25 mol·L－1 1 mol·L－1
⊙考法1 物质的量浓度的有关计算与换算
1．在标准状况下，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.
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·L－1。]
2．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液的体积为( )
A．0.5 L B．1.625 L
C．1.8 L D．2 L
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＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：
V(NaOH)＝
＝
＝2 L。]
3．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饱和溶液。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＝ mol·L－1
C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝∶
D．该溶液的密度为ρ＝ g·cm－3
A [A项，结晶水合物的化学式为R·nH2O，该晶体中含有R的质量为a g×，所以饱和溶液中溶质的质量分数w＝×100%，错误。]
⊙考法2 溶液的稀释与混合的有关计算
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
A [ 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。]
5．25 ℃时，将0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与a mol·L－1的NaOH溶液等体积混合(溶液体积保持不变)，所得溶液的pH＝7，则溶液中c(Cl－)＝________，c(NH)＝________，c(Na＋)＝________，c(NH3·H2O)＝________。
解析：等体积混合后c(Cl－)＝ mol·L－1＝0.05 mol·L－1，c(Na＋)＝ mol·L－1，根据电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，又pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH)＝c(Cl－)－c(Na＋)＝(0.05－)mol·L－1。
根据物料守恒知
c(NH)＋c(NH3·H2O)＝ mol·L－1，故c(NH3·H2O)＝(0.05－0.05＋)mol·L－1＝ mol·L－1。
答案：0.05 mol·L－1 (0.05－)mol·L－1
mol·L－1 mol·L－1
6．(1)在100 g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__________100 mL(填“＝”“>”或“<”，下同)。
(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)中的物质的量浓度均改为溶质的质量分数，则加入水的体积________100 mL。
(4)将溶质质量分数为48%的H2SO4溶液与水等体积混合，所得溶液的质量分数________24%。
解析：(1)设加入水的体积为V水 mL，c××10－3＝××10－3，
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。
(4)等体积的H2SO4溶液的质量大于等体积水的质量，故混合液的质量分数大于24%。
答案：(1)< (2)> (3)＝ (4)>
[思维建模] 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%)。
(2)等体积混合
①当溶液密度大于1g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大(如H2SO4、
HNO3、HCl、NaOH等大多数溶液)，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、氨水等)，等体积混合后，质量分数w<(a%＋b%)。
[注] 当a或b等于零时，也适用于上述判断。
考点二| 配制一定物质的量浓度的溶液
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。
若配制0.2 mol·L－1 NaCl溶液500 mL，应用托盘天平称取NaCl5.9 g，称量时，不慎将物品和砝码颠倒放置，实际称量的NaCl的质量为4.1 g。
(2)容量瓶的构造
(3)容量瓶使用时的注意事项
①在使用前首先要检查是否漏水。
②不能配制任意体积的溶液。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。
③不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释。
④不能作为反应器或用来长期贮存溶液。
⑤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。
⑥向容量瓶中注入液体时，要用玻璃棒引流；且玻璃棒下端要靠在容量瓶的刻度线以下的瓶颈壁上。
2．一定物质的量浓度的溶液配制
(1)配制步骤
以配制500 mL 1.50 mol·L－1NaOH溶液为例。
①计算：需NaOH固体的质量，计算式为0.5 L×1.50 mol·L－1×40 g·mol－1。
②称量：用托盘天平称量NaOH固体30.0 g。
③溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。
④冷却移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流将溶液注入500_mL容量瓶中。
⑤洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液注入容量瓶，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1～2cm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。注意液面下降，不能再加水，否则结果偏低。
(2)误差分析
①分析依据
②实例分析
a．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，若向容量瓶中转移液体时有少量溅出，会造成溶质的量(即m)减少，故所配NaOH溶液的浓度偏低。
b．若溶液未冷却至室温就注入容量瓶定容，会造成溶液的体积(即V)减小，故所配NaOH溶液的浓度偏高。
c．容量瓶读数所造成的误差图示
图1 图2
图1使所配溶液体积偏大(填“大”或“小”，下同)，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。
3．一定溶质质量分数的溶液配制
以配制200 g 20%的NaOH溶液为例。
(1)计算：需NaOH的质量为40.0_g，需蒸馏水的体积为160 mL。
(2)称量：用托盘天平称取NaOH 40.0 g，用量筒量取160 mL 蒸馏水。
(3)溶解：将称量的NaOH放入烧杯中，用量筒量取160 mL蒸馏水加入烧杯中并用玻璃棒搅拌，即得所需溶液。
正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸，所选择的仪器只有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。 ( )
(2)配制溶液定容时当液面高于刻度线以上，应洗净容量瓶，重新配制。
( )
(3)用量筒量取20 mL 0.500 0 mol·L－1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 mol·L－1 H2SO4溶液。 ( )
(4)用托盘天平称取1.06 g Na2CO3用于配制100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液。
( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)×
⊙考法1 一定物质的量浓度溶液的配制
1．用36.5%的浓盐酸(密度为1.2 g·cm－3)配制1 mol·L－1的稀盐酸100 mL，配制过程中需要用到的下列仪器有( )
①100 mL量筒 ②10 mL量筒 ③50 mL烧杯
④托盘天平 ⑤100 mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒
A．①③⑤⑥⑦ B．②③⑦⑤⑥
C．③⑤⑦⑥④ D．④③⑦⑤⑥
B [先计算出需要量取的浓盐酸的体积，确定量筒的规格，所需36.5%的盐酸的体积为≈8.3 mL，故应选取10 mL量筒，还需要的仪器有烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。]
2．实验室需要配制0.1 mol·L－1 CuSO4溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 ________、________以及等质量的两张滤纸。
(2)计算，应选择下列________。
A．需要CuSO4固体8.0 g
B．需要CuSO4·5H2O晶体12.0 g
C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5 g
D．需要CuSO4固体7.7 g
(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。
(4)溶解、冷却。若未冷却，则所配溶液浓度会________。
(5)转移、洗涤。若未洗涤，则所配溶液浓度会________。
(6)定容，摇匀。
答案：(1)胶头滴管 500 mL容量瓶 (2)AC (3)偏高 (4)偏高 (5)偏低
⊙考法2 溶液配制过程中的误差分析
3．实验室需要用到480 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，根据溶液配制方法回答下列问题：
(1)应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体______g。
(2)用托盘天平和小烧杯称量碳酸钠晶体的质量，其正确操作顺序的标号为________(同一步骤可用多次)。
A．调整零点 B．将游码移至刻度尺的零刻度处 C．将碳酸钠晶体放入小烧杯中称量 D．称量空的小烧杯 E．将砝码放回砝码盒内 F．记录称量的结果
(3)若实验遇到下列情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
①称量时Na2CO3晶体放置右盘________。
②定容时仰视刻度线________。
解析：(1)需要480 mL溶液，配制时需要用500 mL容量瓶，配制500 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，所需m(Na2CO3·10H2O)＝286 g·mol－1×0.5 L×0.1 mol·L－1＝14.3 g。(2)用天平称量药品时，应先将游码移到零刻度处，调节螺母使天平平衡；先称量小烧杯质量；记录称量结果；然后放入晶体称量其质量；记录称量结果；将砝码放回砝码盒中，将游码移至零刻度，结束称量。(3)①物质放置右盘，所称物质偏少。②所配溶液体积偏大。
答案：(1)14.3 (2)BADFCFEB (3)①偏低 ②偏低
4．填“偏大”“偏小”或“无影响”。
(1)用Na2CO3·10H2O晶体配制Na2CO3溶液，Na2CO3晶体已部分失去结晶水。用该晶体所配Na2CO3溶液的物质的量浓度________。
(2)配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质________。
(3)配制NaOH溶液时，NaOH固体放在烧杯中称量时间过长________。
(4)用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中________。
(5)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数________。
答案：(1)偏大 (2)偏大 (3)偏小 (4)偏大 (5)偏大
考点三| 溶解度及溶解度曲线应用
1．固体溶解度
(1)定义：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)计算：饱和溶液中存在的两比例：①＝；
②＝。
(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的溶解度影响不大。
2．气体的溶解度
(1)表示方法：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等气体常温时在水中的溶解度分别为1∶700、1∶500、1∶40、1∶1。
(2)影响因素：气体溶解度的大小与温度和压强有关，温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。
3．溶解度曲线及应用
(1)常见物质的溶解度曲线(g/100 g水)
(2)溶解度曲线的应用
根据以上溶解度曲线，请回答
①70 ℃，100 g水最多溶解NaNO3135 g、KNO3 140 g。
②提纯KNO3(含少量NaCl)的方法是将一定量KNO3样品溶于热水中，配制饱和溶液，然后冷却结晶、过滤洗涤、干燥。
③提纯NaCl(含少量KNO3)的方法是将一定量NaCl样品溶于水中，配制饱和溶液，然后蒸发结晶，趁热过滤、热水洗涤、干燥。
④20 ℃配制饱和的石灰水，然后加热，现象为溶液变浑浊。
1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)因为KNO3的溶解度大，故可用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl。
( )
(2)向室温下饱和Na2CO3溶液中加入Na2CO3固体后冷却至室温，其物质的量浓度变大。 ( )
(3)25 ℃时，将26 g NaOH溶于100 g水中配成溶液，则NaOH的溶解度为26 g。 ( )
(4)20 ℃时，100 g NaCl饱和溶液中含有26.5 g NaCl，因此NaCl在20 ℃时的溶解度为26.5 g。 ( )
(5)任何物质的溶解度随温度升高而增大。 ( )
(6)20 ℃时KNO3的溶解度约为30 g，则该溶液的溶质质量分数为30%。
( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)×
2．已知K2Cr2O7在80 ℃时溶解度为80 g，则80 ℃时150 g水最多可溶解K2Cr2O7________ g，所得溶液的质量分数为________。
答案：120 44.4%
⊙考法☆ 溶解度及其曲线在分离过程中应用
1．(2019·本溪检测)工业上常用氨碱法制取碳酸钠(将氨和二氧化碳分别先后通入饱和食盐水中而析出小苏打，再经过滤、焙烧，得纯碱)，却不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中 ( )
A．KHCO3溶解度较大
B．KHCO3溶解度较小
C．K2CO3溶解度较大
D．K2CO3溶解度较小
A [氨碱法：以食盐(氯化钠)、石灰石(经煅烧生成生石灰和二氧化碳)、氨气为原料来制取纯碱，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中KHCO3溶解度较大无法形成沉淀。]
2．(2018·樟树三模)已知四种盐的溶解度(S)曲线如图所示，下列说法不正确的是( )
A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体
B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体
C．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯
D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2
B [MgCl2能够水解，水解生成Mg(OH)2和HCl，加热平衡正向移动，HCl易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干可得固体为Mg(OH)2。]
3．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)通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是__________________________
_____________________________________________________________。
(2)固体A主要为________(填化学式)，固体B主要为________(填化学式)。
(3)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。
解析：(1)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)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。
(3)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。
答案：(1)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)NaCl K2Cr2O7 (3)Ⅱ
课堂反馈 真题体验
1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)(2018·全国卷Ⅱ)配制0.400 mol·L－1的NaOH溶液的实验过程为称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容。
( )
(2)(2016·全国卷Ⅲ)配制稀硫酸时，先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水。 ( )
(3)(2014·全国卷Ⅰ)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。 ( )
(4)(2014·全国卷Ⅰ)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干。 ( )
(5)(2011·全国卷)欲配制1.00 L 1.00 mol·L－1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1.00 L水中。 ( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
2．(2018·全国卷Ⅲ，T26(2))利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
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，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
3．(2017·全国卷Ⅱ，T26(4))水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
得到的草酸钙沉淀经稀硫酸处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnO＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2↑＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.0 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________。
解析：KMnO4与H2C2O4反应时，Mn由＋7价变为＋2价，每个Mn得到5个电子，即每个KMnO4得到5个电子，C由＋3价变为＋4价，每个C失去1个电子，即每个H2C2O4失去2个电子，由电子守恒可知，KMnO4与H2C2O4反应的物质的量关系式为2KMnO4～5H2C2O4。由题意知，消耗KMnO4的物质的量为0.050 0 mol/L×0.036 L＝0.001 8 mol，因此H2C2O4的物质的量为0.001 8 mol×＝0.004 5 mol。H2C2O4～CaC2O4，故CaC2O4的物质的量为0.004 5 mol，Ca的质量为0.004 5 mol×40 g·mol－1＝0.18 g，即水泥样品中钙的质量分数＝×100%＝45.0%。
答案：45.0%
第二节 物质的量在化学实验中的应用
考纲定位
核心素养
1.了解物质的量浓度(c)的含义并能进行有关计算。
2.理解溶液中溶质的质量分数的概念并能进行有关计算。
3.掌握配制一定溶质质量分数和物质的量浓度溶液的方法，会进行有关误差分析。
4.了解溶解度、饱和溶液的概念。
5.能根据化学(或离子)方程式进行有关计算。
1.宏观辨识——能从不同角度认识物质组成，根据溶质和溶剂认识溶液的组成。
2.证据推理——根据溶质的物质的量、溶液的体积进行物质的量浓度的计算。
3.科学探究——根据问题和目的，进行溶液物质的量浓度的配制及探究，在探究中学会评价实验，进行误差分析。
考点一| 物质的量浓度及其计算
1．物质的量浓度
(1)概念：表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量，符号为cB。
(2)表达式：cB＝，单位：mol·L－1或mol/L。
2．溶质的质量分数
(1)概念：用溶质的质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。
(2)表达式：w(B)＝×100%。
3．有关物质的量浓度的计算
(1)标准状况下，气体溶液的物质的量浓度的计算
c＝
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算
推导过程(以1 L溶液为标准)
1 L(1 000 mL)溶液中溶质质量m(溶质)＝1_000ρ×w g⇒n(溶质)＝ mol⇒溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1。(c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液的密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1)
注意：(1)物质的量浓度中的体积是指溶液的体积，而不是指溶剂的体积。
(2)溶液中溶质的判断
①与水发生反应的物质，溶质发生变化，水量减少，如：
Na、Na2O、Na2O2NaOH
CO2、SO2、SO3H2CO3、H2SO3、H2SO4
NH3NH3·H2O(但仍按溶于水的NH3进行计算)
②结晶水合物，溶质不变但水量增多，如
CuSO4·5H2OCuSO4，FeSO4·7H2OFeSO4。
4．溶液稀释、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，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
(2)溶液混合：混合前后溶质的物质的量保持不变，即：c1V1＋c2V2＝c混V混。(若稀溶液混合后体积不变V混＝V1＋V2；若混合后体积变化V混＝)
5．溶液中的电荷守恒
任何电解质溶液中均存在电荷守恒，即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。如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒式为3c(Al3＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，知其中三种离子的浓度，即可求剩余一种离子的浓度。
1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)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。
( )
(2)将62 g Na2O或78 g Na2O2分别溶于水中，各配成1 L 溶液，所得溶液的物质的量浓度均为2 mol·L－1。 ( )
(3)500 mL 0.2 mol·L－1的稀HCl加水稀释为1 000 mL，所得溶液浓度为0.1 mol·L－1。 ( )
(4)将1 mol·L－1的NaCl溶液和0.5 mol·L－1 的BaCl2溶液等体积混合后(不考虑体积变化)，所得溶液中c(Cl－)＝0.75 mol·L－1。 ( )
(5)已知K2SO4和MgSO4的混合液中c(SO)＝0.2 mol·L－1，c(K＋)＝0.1 mol·L－1，则c(Mg2＋)＝0.1 mol·L－1。 ( )
(6)c(H＋)等于0.5 mol·L－1的稀硫酸溶液的物质的量浓度为1.0 mol·L－1。
( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)×
2．对于下列溶液[①5%的CuSO4溶液(密度为1.6 g/mL)；②1 mol·L－1的BaCl2溶液]：
(1)①中CuSO4溶液物质的量浓度是________；
(2)②中Ba2＋、Cl－的物质的量浓度各为___________________________、
____________；
(3)等体积的①②溶液反应后(忽略体积变化)Ba2＋、Cl－物质的量浓度各为________、________。
答案：(1)0.5 mol·L－1 (2)1 mol·L－1 2 mol·L－1
(3)0.25 mol·L－1 1 mol·L－1
⊙考法1 物质的量浓度的有关计算与换算
1．在标准状况下，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.
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·L－1。]
2．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液的体积为( )
A．0.5 L B．1.625 L
C．1.8 L D．2 L
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＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：
V(NaOH)＝
＝
＝2 L。]
3．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饱和溶液。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＝ mol·L－1
C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝∶
D．该溶液的密度为ρ＝ g·cm－3
A [A项，结晶水合物的化学式为R·nH2O，该晶体中含有R的质量为a g×，所以饱和溶液中溶质的质量分数w＝×100%，错误。]
⊙考法2 溶液的稀释与混合的有关计算
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
A [ 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。]
5．25 ℃时，将0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与a mol·L－1的NaOH溶液等体积混合(溶液体积保持不变)，所得溶液的pH＝7，则溶液中c(Cl－)＝________，c(NH)＝________，c(Na＋)＝________，c(NH3·H2O)＝________。
解析：等体积混合后c(Cl－)＝ mol·L－1＝0.05 mol·L－1，c(Na＋)＝ mol·L－1，根据电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，又pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH)＝c(Cl－)－c(Na＋)＝(0.05－)mol·L－1。
根据物料守恒知
c(NH)＋c(NH3·H2O)＝ mol·L－1，故c(NH3·H2O)＝(0.05－0.05＋)mol·L－1＝ mol·L－1。
答案：0.05 mol·L－1 (0.05－)mol·L－1
mol·L－1 mol·L－1
6．(1)在100 g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__________100 mL(填“＝”“>”或“<”，下同)。
(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)中的物质的量浓度均改为溶质的质量分数，则加入水的体积________100 mL。
(4)将溶质质量分数为48%的H2SO4溶液与水等体积混合，所得溶液的质量分数________24%。
解析：(1)设加入水的体积为V水 mL，c××10－3＝××10－3，
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。
(4)等体积的H2SO4溶液的质量大于等体积水的质量，故混合液的质量分数大于24%。
答案：(1)< (2)> (3)＝ (4)>
[思维建模] 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%)。
(2)等体积混合
①当溶液密度大于1g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大(如H2SO4、
HNO3、HCl、NaOH等大多数溶液)，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、氨水等)，等体积混合后，质量分数w<(a%＋b%)。
[注] 当a或b等于零时，也适用于上述判断。
考点二| 配制一定物质的量浓度的溶液
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。
若配制0.2 mol·L－1 NaCl溶液500 mL，应用托盘天平称取NaCl5.9 g，称量时，不慎将物品和砝码颠倒放置，实际称量的NaCl的质量为4.1 g。
(2)容量瓶的构造
(3)容量瓶使用时的注意事项
①在使用前首先要检查是否漏水。
②不能配制任意体积的溶液。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。
③不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释。
④不能作为反应器或用来长期贮存溶液。
⑤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。
⑥向容量瓶中注入液体时，要用玻璃棒引流；且玻璃棒下端要靠在容量瓶的刻度线以下的瓶颈壁上。
2．一定物质的量浓度的溶液配制
(1)配制步骤
以配制500 mL 1.50 mol·L－1NaOH溶液为例。
①计算：需NaOH固体的质量，计算式为0.5 L×1.50 mol·L－1×40 g·mol－1。
②称量：用托盘天平称量NaOH固体30.0 g。
③溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。
④冷却移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流将溶液注入500_mL容量瓶中。
⑤洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液注入容量瓶，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1～2cm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。注意液面下降，不能再加水，否则结果偏低。
(2)误差分析
①分析依据
②实例分析
a．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，若向容量瓶中转移液体时有少量溅出，会造成溶质的量(即m)减少，故所配NaOH溶液的浓度偏低。
b．若溶液未冷却至室温就注入容量瓶定容，会造成溶液的体积(即V)减小，故所配NaOH溶液的浓度偏高。
c．容量瓶读数所造成的误差图示
图1 图2
图1使所配溶液体积偏大(填“大”或“小”，下同)，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。
3．一定溶质质量分数的溶液配制
以配制200 g 20%的NaOH溶液为例。
(1)计算：需NaOH的质量为40.0_g，需蒸馏水的体积为160 mL。
(2)称量：用托盘天平称取NaOH 40.0 g，用量筒量取160 mL 蒸馏水。
(3)溶解：将称量的NaOH放入烧杯中，用量筒量取160 mL蒸馏水加入烧杯中并用玻璃棒搅拌，即得所需溶液。
正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸，所选择的仪器只有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。 ( )
(2)配制溶液定容时当液面高于刻度线以上，应洗净容量瓶，重新配制。
( )
(3)用量筒量取20 mL 0.500 0 mol·L－1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 mol·L－1 H2SO4溶液。 ( )
(4)用托盘天平称取1.06 g Na2CO3用于配制100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液。
( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)×
⊙考法1 一定物质的量浓度溶液的配制
1．用36.5%的浓盐酸(密度为1.2 g·cm－3)配制1 mol·L－1的稀盐酸100 mL，配制过程中需要用到的下列仪器有( )
①100 mL量筒 ②10 mL量筒 ③50 mL烧杯
④托盘天平 ⑤100 mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒
A．①③⑤⑥⑦ B．②③⑦⑤⑥
C．③⑤⑦⑥④ D．④③⑦⑤⑥
B [先计算出需要量取的浓盐酸的体积，确定量筒的规格，所需36.5%的盐酸的体积为≈8.3 mL，故应选取10 mL量筒，还需要的仪器有烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。]
2．实验室需要配制0.1 mol·L－1 CuSO4溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 ________、________以及等质量的两张滤纸。
(2)计算，应选择下列________。
A．需要CuSO4固体8.0 g
B．需要CuSO4·5H2O晶体12.0 g
C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5 g
D．需要CuSO4固体7.7 g
(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。
(4)溶解、冷却。若未冷却，则所配溶液浓度会________。
(5)转移、洗涤。若未洗涤，则所配溶液浓度会________。
(6)定容，摇匀。
答案：(1)胶头滴管 500 mL容量瓶 (2)AC (3)偏高 (4)偏高 (5)偏低
⊙考法2 溶液配制过程中的误差分析
3．实验室需要用到480 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，根据溶液配制方法回答下列问题：
(1)应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体______g。
(2)用托盘天平和小烧杯称量碳酸钠晶体的质量，其正确操作顺序的标号为________(同一步骤可用多次)。
A．调整零点 B．将游码移至刻度尺的零刻度处 C．将碳酸钠晶体放入小烧杯中称量 D．称量空的小烧杯 E．将砝码放回砝码盒内 F．记录称量的结果
(3)若实验遇到下列情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
①称量时Na2CO3晶体放置右盘________。
②定容时仰视刻度线________。
解析：(1)需要480 mL溶液，配制时需要用500 mL容量瓶，配制500 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，所需m(Na2CO3·10H2O)＝286 g·mol－1×0.5 L×0.1 mol·L－1＝14.3 g。(2)用天平称量药品时，应先将游码移到零刻度处，调节螺母使天平平衡；先称量小烧杯质量；记录称量结果；然后放入晶体称量其质量；记录称量结果；将砝码放回砝码盒中，将游码移至零刻度，结束称量。(3)①物质放置右盘，所称物质偏少。②所配溶液体积偏大。
答案：(1)14.3 (2)BADFCFEB (3)①偏低 ②偏低
4．填“偏大”“偏小”或“无影响”。
(1)用Na2CO3·10H2O晶体配制Na2CO3溶液，Na2CO3晶体已部分失去结晶水。用该晶体所配Na2CO3溶液的物质的量浓度________。
(2)配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质________。
(3)配制NaOH溶液时，NaOH固体放在烧杯中称量时间过长________。
(4)用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中________。
(5)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数________。
答案：(1)偏大 (2)偏大 (3)偏小 (4)偏大 (5)偏大
考点三| 溶解度及溶解度曲线应用
1．固体溶解度
(1)定义：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)计算：饱和溶液中存在的两比例：①＝；
②＝。
(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的溶解度影响不大。
2．气体的溶解度
(1)表示方法：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等气体常温时在水中的溶解度分别为1∶700、1∶500、1∶40、1∶1。
(2)影响因素：气体溶解度的大小与温度和压强有关，温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。
3．溶解度曲线及应用
(1)常见物质的溶解度曲线(g/100 g水)
(2)溶解度曲线的应用
根据以上溶解度曲线，请回答
①70 ℃，100 g水最多溶解NaNO3135 g、KNO3 140 g。
②提纯KNO3(含少量NaCl)的方法是将一定量KNO3样品溶于热水中，配制饱和溶液，然后冷却结晶、过滤洗涤、干燥。
③提纯NaCl(含少量KNO3)的方法是将一定量NaCl样品溶于水中，配制饱和溶液，然后蒸发结晶，趁热过滤、热水洗涤、干燥。
④20 ℃配制饱和的石灰水，然后加热，现象为溶液变浑浊。
1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)因为KNO3的溶解度大，故可用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl。
( )
(2)向室温下饱和Na2CO3溶液中加入Na2CO3固体后冷却至室温，其物质的量浓度变大。 ( )
(3)25 ℃时，将26 g NaOH溶于100 g水中配成溶液，则NaOH的溶解度为26 g。 ( )
(4)20 ℃时，100 g NaCl饱和溶液中含有26.5 g NaCl，因此NaCl在20 ℃时的溶解度为26.5 g。 ( )
(5)任何物质的溶解度随温度升高而增大。 ( )
(6)20 ℃时KNO3的溶解度约为30 g，则该溶液的溶质质量分数为30%。
( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)×
2．已知K2Cr2O7在80 ℃时溶解度为80 g，则80 ℃时150 g水最多可溶解K2Cr2O7________ g，所得溶液的质量分数为________。
答案：120 44.4%
⊙考法☆ 溶解度及其曲线在分离过程中应用
1．(2019·本溪检测)工业上常用氨碱法制取碳酸钠(将氨和二氧化碳分别先后通入饱和食盐水中而析出小苏打，再经过滤、焙烧，得纯碱)，却不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中 ( )
A．KHCO3溶解度较大
B．KHCO3溶解度较小
C．K2CO3溶解度较大
D．K2CO3溶解度较小
A [氨碱法：以食盐(氯化钠)、石灰石(经煅烧生成生石灰和二氧化碳)、氨气为原料来制取纯碱，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中KHCO3溶解度较大无法形成沉淀。]
2．(2018·樟树三模)已知四种盐的溶解度(S)曲线如图所示，下列说法不正确的是( )
A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体
B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体
C．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯
D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2
B [MgCl2能够水解，水解生成Mg(OH)2和HCl，加热平衡正向移动，HCl易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干可得固体为Mg(OH)2。]
3．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)通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是__________________________
_____________________________________________________________。
(2)固体A主要为________(填化学式)，固体B主要为________(填化学式)。
(3)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。
解析：(1)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)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。
(3)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。
答案：(1)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)NaCl K2Cr2O7 (3)Ⅱ
课堂反馈 真题体验
1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)(2018·全国卷Ⅱ)配制0.400 mol·L－1的NaOH溶液的实验过程为称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容。
( )
(2)(2016·全国卷Ⅲ)配制稀硫酸时，先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水。 ( )
(3)(2014·全国卷Ⅰ)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。 ( )
(4)(2014·全国卷Ⅰ)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干。 ( )
(5)(2011·全国卷)欲配制1.00 L 1.00 mol·L－1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1.00 L水中。 ( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
2．(2018·全国卷Ⅲ，T26(2))利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
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，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
3．(2017·全国卷Ⅱ，T26(4))水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
得到的草酸钙沉淀经稀硫酸处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnO＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2↑＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.0 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________。
解析：KMnO4与H2C2O4反应时，Mn由＋7价变为＋2价，每个Mn得到5个电子，即每个KMnO4得到5个电子，C由＋3价变为＋4价，每个C失去1个电子，即每个H2C2O4失去2个电子，由电子守恒可知，KMnO4与H2C2O4反应的物质的量关系式为2KMnO4～5H2C2O4。由题意知，消耗KMnO4的物质的量为0.050 0 mol/L×0.036 L＝0.001 8 mol，因此H2C2O4的物质的量为0.001 8 mol×＝0.004 5 mol。H2C2O4～CaC2O4，故CaC2O4的物质的量为0.004 5 mol，Ca的质量为0.004 5 mol×40 g·mol－1＝0.18 g，即水泥样品中钙的质量分数＝×100%＝45.0%。
答案：45.0%
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