1、第4节物质的量浓度考试评价解读1理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，能运用物质的量、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。2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，能够正确分析实验过程所产生的误差问题。核心素养达成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。科学探究与创新意识能从实际问题出发，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实验误差。物质的量浓度以练带忆1下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 molL1的是()A将40
2、g NaOH溶解于1 L水中配成的溶液B将80 g SO3溶于水并配成1 L溶液C将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水后的溶液D含K为2 mol的K2SO4溶液B解析：A项，1 L水不是溶液体积；C项，蒸发50 g 水后的溶液体积不是50 mL；D项，没有给出溶液的体积。2标准状况下，a L NH3完全溶于100 g水中所得溶液的密度为b gcm3，该溶液的物质的量浓度为()A molL1B molL1 C molL1D molL1 D解析：标准状况下，a L NH3的物质的量为 mol，质量为 g，NH3溶于水后的溶液质量为g，溶液体积为V L，c molL1
3、。或者根据公式c molL1进行计算。c molL1 molL1。 3将5 molL1的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后NO的物质的量浓度为()A molL1 B molL1C molL1 D molL1B解析：将5 molL1的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后硝酸根的物质的量浓度为 molL1。练后梳理1物质的量浓度2溶质的质量分数3物质的量浓度计算的要素(1)正确判断溶液的溶质与水发生反应生成新的物质如Na、Na2O、Na2O2NaOH；SO3H2SO4；NO2HNO3特殊物质如NH3溶于水后溶质为NH3H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质含结晶水的物
4、质CuSO45H2OCuSO4；Na2CO310H2ONa2CO3(2)准确计算溶液的体积c中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，不能用水的体积代替溶液的体积，应根据V计算。(3)常见物质的量浓度的计算类型已知条件计算方法已知溶质的质量，溶液的体积，计算物质的量浓度运用公式n，c进行计算已知气体溶质的体积V(标准状况)，水的体积和溶液的密度，计算溶质的物质的量浓度运用n求出n(溶质)，根据mnM计算m(溶质)，根据水的体积计算m(H2O)(水的密度1 gmL1)，根据m(溶质)、m(H2O)计算溶质质量分数w，运用公式c (molL1)计算浓度已知固体溶质的溶解度S和
5、溶液的密度，计算溶质的物质的量浓度根据溶解度计算溶质质量分数w100%，运用公式c (molL1)计算浓度计算溶液中的离子浓度根据溶质的电离方程式，算出离子的物质的量浓度在已知溶液密度和固体或气体的溶解度，计算物质的量浓度时，常可用物质的溶解度计算溶质的质量分数，然后根据公式c (molL1) 计算物质的量浓度。配制一定物质的量浓度的溶液以练带忆(1)下图是某同学用500 mL容量瓶配制 0.10 molL1 NaOH溶液的过程：该同学的错误步骤有_处。(2)实验室中欲配制220 mL 1.0 molL1硫酸溶液：所需质量分数为98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸的体积为_(计算结果保留一
6、位小数)mL；如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用_mL量筒最好；配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_。(3)在配制4.6 molL1稀硫酸的过程中，下列情况对硫酸物质的量浓度有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)容量瓶检漏后未干燥就使用：_。定容时仰视观察液面：_。移液后未洗涤烧杯和玻璃棒：_。解析：(1)用500 mL容量瓶配制0.10 molL1 NaOH溶液，需要NaOH的质量为500103 L0.1 molL1 40 gmol12.0 g。配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是称量、溶解、冷却、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀。称量NaOH固
7、体时，需要将NaOH固体放在烧杯中进行称量；图中缺少洗涤和振荡步骤；定容时眼睛平视刻度线，故有3处错误。(2)实验中，只能配制250 mL溶液，根据稀释前后溶质的质量或物质的量不变，因此有250103 L1.0 molL1，解得V(H2SO4)13.6 mL。量筒应选用大而接近的量程，即选用15 mL量筒。稀释浓硫酸的方法是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入水中，边加边搅拌。(3)根据公式c判断：未干燥容量瓶，对实验无影响；定容时仰视刻度线，所加溶液的体积增大，浓度偏低；未洗涤烧杯和玻璃棒，造成容量瓶中溶质质量或物质的量减少，所配溶液浓度偏低。答案：(1)3(2)13.615将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入
8、水中，边加边搅拌(3)无影响偏低偏低练后梳理1配制100 mL 1.00 molL1 氯化钠溶液2配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器容量瓶(1)容量瓶的结构与规格(2)容量瓶的选择与使用容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器，选择容量瓶应遵循“大而近”的原则：所配溶液的体积等于或略小于容量瓶的容积。使用前要检查容量瓶是否漏水。检查程序：加水塞瓶塞倒立查漏正立，瓶塞旋转180倒立查漏。使用容量瓶注意“五不”：不能溶解固体；不能稀释浓溶液；不能加热；不能作为反应容器；不能长期贮存溶液。容量瓶使用时的3个易错点(1)选用容量瓶时必须注明容量瓶规格。如500 mL容量瓶。(2)选择容量瓶时遵循“大
9、而近”的原则，所需溶质的量按所选用容量瓶的容积进行计算。如配制480 mL 1 molL1 NaOH溶液时应选用500 mL的容量瓶，所需溶质NaOH的物质的量为0.5 mol。(3)向容量瓶中注入液体时，应沿细玻璃棒注入，以防操作时液体流出而损失。考点1物质的量浓度的有关计算抓本质悟考法(1)若标准状况下设定水的密度为 1 gcm3，HCl的溶解度为560(1体积水里达到饱和状态时的气体体积)，所得溶液密度为1.09 gcm3，则HCl溶液的物质的量浓度为_。(2)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_。(3)100
10、mL 0.3 molL1 Na2SO4溶液和50 mL 0.2 molL1 Al2(SO4)3溶液混合后(溶液体积保持不变)，溶液中SO的物质的量浓度为_。(4)将质量分数为10%和30%的氨水分别进行等体积混合和等质量混合，所得溶液中溶质的质量分数分别为a和b；将质量分数为10%和30%的硫酸分别进行等体积和等质量混合，所得溶液中溶质的质量分数分别为d和e。则a、b、d、e的大小关系是_。【解题关键点】(1)已知HCl气体在标准状况下的溶解度和所得溶液的密度，有两种解题思路：根据气体溶解度计算溶液中HCl的质量分数，运用公式c(molL1)计算物质的量浓度；运用公式V混计算溶液体积。(2)溶
11、液的稀释和混合过程中溶质的物质的量不变。【易错失分点】同一溶质、溶质质量分数不同(设分别为a%、b%)的两溶液混合是难点和易错点，现分析如下：(1)等质量混合两溶液等质量混合时(无论1 gcm3还是(a%b%)。当溶液密度小于1 gcm3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，溶质质量分数w(a%b%)。自主解答_解析：(1)根据标准状况下HCl的溶解度为560，则1 L 水中可溶解标准状况下HCl气体560 L，根据水的密度为1 gmL1，则1 L水的质量为1 000 g。c molL1 molL114.2 molL1。或者n(HCl)25 mol，m(HCl)2
12、5 mol36.5 gmol1912.5 g。c(HCl)14.2 molL1。(2)根据题干信息，可求得c(Al3) molL1 molL1，由Al2(SO4)3的化学式知，c(SO)c(Al3) molL1，取 mL Al2(SO4)3溶液稀释至4V mL，则此时c(SO)稀 molL1 molL1。(3)混合后c(SO) molL10.4 mol L1。(4)氨水1 gcm3，由溶液混合规律知，a20%，e20%，所以dbea。答案：(1)14.2 molL1(2) molL1(3)0.4 molL1(4)dbea多角度突破练角度1物质的量浓度、质量分数、溶解度的相互换算1标准状况下V
13、L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 gmL1)，所得溶液的密度为 gmL1，质量分数为w，物质的量浓度为c molL1，则下列关系中不正确的是()ABwCw DcA解析：氨气质量是 g，溶液质量是1 000 g g，根据公式计算，但溶液的体积V并不是氨气与溶剂水的体积之和，A错误；根据公式c (molL1)可知，该溶液中氨气质量分数w，B正确；该溶液的质量分数为w，C正确；根据公式c (molL1)，质量分数w，可知c，D正确。225 时，将a g硫酸铜晶体(CuSO45H2O)溶于b g水中，恰好形成V mL饱和溶液，下列说法不正确的是()A该饱和硫酸铜溶液的物质的量浓度c molL1
14、B该饱和硫酸铜溶液的密度 gmL1C25 时，硫酸铜的溶解度S gD该饱和溶液中硫酸铜的质量分数w%D解析：溶质的物质的量为 mol，体积为V103 L，物质的量浓度为 molL1，A项正确； gmL1，B项正确；溶解度为100 g水所能溶解溶质的质量，故，S g，C项正确；结晶水不应当作溶质，故溶质的质量不是a g，而是 g，D项错误。3有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.2 gcm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是()A溶质的质量分数是24.0%B溶液的物质的量浓度是2.4 molL1 C溶质和溶剂的物质的量之比是140D硫酸根离子的质量分数是19.2%C
15、解析：n(Mg2) mol1.2 mol，n(MgSO4)1.2 mol，m(MgSO4)1.2 mol120 gmol1144 g，溶质的质量分数是100%24%，故A正确；溶液的物质的量浓度是2.4 molL1，故B正确；水的质量为500 mL1.2 gcm3144 g456 g，水的物质的量为25.33 mol，溶质和溶剂的物质的量之比是 1.225.33，故C错误；MgSO4的质量分数是24%，镁离子的质量分数是4.8%，硫酸根离子的质量分数是24%4.8%19.2%，故D正确。根据定义式计算溶质的物质的量浓度(1)已知溶质的质量(2)已知溶液中某种粒子的数目 (3)已知标准状况下气体
16、溶质的体积角度2溶液稀释、混合的计算4下列说法正确的是()A把100 mL 3 molL1的硫酸与100 mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度变为1.5 molL1B把100 g 20%的NaCl溶液与100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%C把200 mL 3 molL1的BaCl2溶液与100 mL 3 molL1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl)仍然是3 molL1D把100 mL 20%的NaOH溶液与100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%B解析：因为100 mL 3 molL1的硫酸与100 mL H2O混合后的体积小于200 mL，A错误；w
17、10%，B正确；因为3 molL1BaCl2溶液中的氯离子浓度为6 molL1，混合后溶液中氯离子浓度大于3 molL1，C错误；因为NaOH溶液的密度大于1 gmL1，加入水的质量等于100 g，所以混合后溶液中溶质的质量分数大于10%，D错误。5V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SO，取此溶液0.5V L，用水稀释至2V L，则稀释后溶液中Fe3的物质的量浓度为()A molL1 B molL1 C molL1 D molL1A解析：依题意知，c(SO) molL1，c(Fe3) molL1 molL1，故有0.5V2Vc，c molL1。溶液稀释和混合的计算(1)溶液稀释溶质的
18、质量在稀释前后保持不变，即m1w1m2w2。溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1c2V2。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c1V1c2V2c混V混(稀溶液混合时，常以V混V1V2进行粗略计算)。溶液质量守恒，即1V12V2混V混。角度3物质的量浓度在反应方程式中的计算6等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应。若生成硫酸钡沉淀的质量比为123，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为()A123B169C133D136B解析：设Al2(SO4)3、ZnSO4、Na2SO4溶液的物质的量浓度分别是x、y、
19、z，溶液体积均是V。根据题意可知3xVyVzV123，解得xyz169。7已知100 mL硫酸铁、硫酸铜、硫酸的混合溶液，各阳离子的物质的量浓度相同，测得c(SO)9 molL1，则此溶液中还可以溶解铁粉的质量为()A11.2 gB16.8 gC33.6 gD5.6 gC解析：硫酸根离子的物质的量为0.1 L9 molL10.9 mol；各阳离子的物质的量浓度相等，设各阳离子的物质的量为x，则根据电荷守恒可得x2x3x20.9 mol，解得x0.3 mol。加入铁粉反应后得到FeSO4溶液，则溶液中Fe2为0.9 mol，反应中Fe3变为Fe2。根据铁原子守恒，则溶解的Fe的物质的量为0.9
20、mol0.3 mol0.6 mol，质量为0.6 mol56 gmol133.6 g。8200 mL含有0.10 molL1碳酸钠的溶液和100 mL 稀硫酸，不管将前者滴入后者，还是将后者滴入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则硫酸的浓度合理的是()A0.2 mol L1 B0.18 mol L1C1.5 mol L1 D2 mol L1B解析：当碳酸钠溶液滴入稀硫酸中时发生反应：CO2H=H2OCO2，当稀硫酸滴入碳酸钠溶液中时，反应顺序为COH=HCO、HCOH=H2OCO2，则H的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，因此反应HCOH=H2OC
21、O2不能全部完成，即H的物质的量少于Na2CO3物质的量的2倍，碳酸钠的物质的量为0.02 mol，则0.02 moln(H)0.04 mol，所以0.01 moln(H2SO4)0.02 mol，稀硫酸的体积为0.1 L，因此0.1 molL1c(H2SO4)0.2 molL1。巧用电荷守恒求解离子浓度(1)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。(2)一般情况下，列电荷守恒式时不能忽略H、OH，但在计算时，酸性溶
22、液中常可忽略OH，碱性溶液中常可忽略H。考点2溶液配制过程中的误差分析抓本质悟考法用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。(1)配制450 mL 0.1 molL1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 g_。(2)配制500 mL 0.1 molL1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g_。(3)配制NaOH溶液时，天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确_。(4)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒_。(5)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数_。(6)配制一定浓度的稀硫酸，量取浓硫酸的量筒，用蒸馏水冲洗后也加入烧杯进行稀释_。(7)配
23、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_。(8)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_。(9)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线_。【解题关键点】(1)NaOH具有吸水性，在纸片上称量会吸水。(2)称量固体质量时物码放置颠倒，则物体的质量等于砝码的质量减去游码的示数。(3)仰视量筒，会使取出的溶液量偏多。(4)量取浓硫酸的量筒也不需要洗涤加入烧杯中，量筒是量出式仪器，倒出的液体体积就等于量筒中液体所对应的刻度所示体积。(5)配制NaOH溶液时，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，由于液体的热胀冷缩，冷却到室温后，液面
24、将不能达到刻度线。(6)定容摇匀后液面下降，是因为有部分液体沾附到了刻度线以上，若再加水，则导致容量瓶中液体总体积偏大。【易错失分点】(1)“实验需要450 mL 0.1 molL1的NaOH溶液”，应配制500 mL溶液，故需称量NaOH 2.0 g。(2)“配制500 mL 0.1 molL1的硫酸铜溶液”，需CuSO4 0.05 mol，若是胆矾，也是0.05 mol。(3)量筒是量出式仪器，倒出的液体体积就等于量筒中液体所对应的刻度所示体积；容量瓶是量入式仪器，达到刻度线时液体体积等于容量瓶容积，由于液体部分沾附在容量瓶内壁，导致倒出的液体体积小于容量瓶所示容积。自主解答_答案：(1)
25、偏小(2)偏小(3)偏小(4)偏小(5)偏大(6)偏大(7)偏大(8)偏小(9)偏小多角度突破练角度1一定物质的量浓度溶液配制的误差分析1配制250 mL 0.10 molL1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是()A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B在容量瓶中进行定容时仰视刻度线C在容量瓶中进行定容时俯视刻度线D定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度线，再补充几滴水至刻度线C解析：转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致溶质减少，则所配溶液浓度偏小，A项错误；在容量瓶中定容时仰视刻度线，会导致水加多了，则所配溶液浓度偏小，B项错误；在容量瓶中定容时俯视刻度线
26、，会导致水加少了，所配溶液浓度偏大，C项正确；定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水，导致水加多了，则所配溶液浓度偏小，D项错误。误差分析的思维流程角度2一定质量分数溶液配制的误差分析2将50 g溶质质量分数为20%的烧碱溶液稀释为10%，下列说法错误的是()A向其中加入50 g蒸馏水B操作步骤是计算、量取、混匀、装瓶贴标签C必须使用的玻璃仪器是烧杯、量筒、玻璃棒D若量取水时俯视读数，所配溶液的溶质质量分数偏大C解析：溶液在稀释前后溶质的质量不变。设加入蒸馏水的质量是m，则(50 gm)10%50 g20%，解得m50 g，故A正确；溶液稀释的操作步骤是：计算、量取、混匀
27、、装瓶、贴标签，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒，B正确，C错误；若量取水时俯视读数，则实际量取水的体积会偏小，质量偏小，所配溶液溶质的质量分数偏大，故D正确。3(双选)下列有关溶液配制操作对溶液浓度的影响和原因分析都正确的是()选项溶液配制操作影响原因分析A将2 g I2加入98 mL CCl4中溶解混匀后，即得质量分数为2%的I2的CCl4溶液偏小CCl4的密度大于1 gmL1B配制一定物质的量浓度的溶液时，将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外偏小洒出的溶液中含有溶质C配制一定物质的量浓度的硝酸溶液，定容时加入的水超过了刻度线，立即用滴管吸出多余的水，再摇匀无影响吸出了
28、多余的水D配制一定物质的量浓度的食盐溶液，定容、摇匀后发现液面低于刻度线偏大液体的体积偏小AB解析：CCl4的密度大于1 gmL1，所以98 mL CCl4的质量大于98 g，所配I2的CCl4溶液的质量分数小于2%，A正确；洒出的溶液中含有溶质，导致所配溶液的浓度偏小，B正确；吸出多余的不是水而是溶液，内含溶质，所以导致所配溶液浓度偏小，C错误；定容、摇匀后发现液面低于刻度线，对结果无影响，因为有部分溶液留在刻度线以上导致液面低于刻度线，液体的体积并未改变，D错误。俯视、仰视读数分析(1)容量瓶(如图、)图：定容时俯视，溶液体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大。图：定容时仰视，溶液体积偏大
29、，所配制溶液的物质的量浓度偏小。(2)量筒、滴定管(如图、)图：量筒上方刻度大，俯视时视线与凹液面最低处相切，视线与量筒壁相交处(a点)即为俯视读数，则量筒内液面俯视读数比实际读数偏大。图：量筒下方刻度小，仰视时视线与凹液面最低处相切，视线与量筒壁相交处(b)点即为仰视读数，则量筒内液面仰视读数比实际读数偏小。图：滴定管上方刻度小，俯视读数时视线与凹液面最低处相切，视线与滴定管壁相交处(c点)即为俯视读数，则滴定管内液面俯视读数比实际读数偏小。图：滴定管下方刻度大，仰视读数时视线与凹液面最低处相切，视线与滴定管壁相交处(d点)即为仰视读数，则滴定管内液面仰视读数比实际读数偏大。1(命题情境：化
30、学与生活问题)游泳池里的水一般常加适量的硫酸铜，用以杀灭其中的细菌，而对游泳者的身体无害。现取一水样300 mL，经分析其中含有0.019 2 g Cu2，则水样中硫酸铜的物质的量浓度是 ()A0.000 3 molL1B0.003 molL1C0.001 molL1D0.064 molL1C解析：铜离子的物质的量n(Cu2)0.000 3 mol，硫酸铜的物质的量浓度c(CuSO4)0.001 molL1。2(2020大连模拟)把质量分数分别为1%与9%的甲物质的溶液等体积混合；同样把质量分数分别为1%与9%的乙物质的溶液等体积混合，根据下表中数据判断下列叙述正确的是()A混合后甲、乙溶液的
31、质量分数均大于5%B混合后乙溶液的质量分数大于5%，甲溶液的质量分数小于5%C混合后甲溶液的质量分数大于5%，乙溶液的质量分数小于5%D混合后甲、乙溶液的质量分数均等于5%B解析：不同浓度的同物质的溶液，等质量混合，混合后的质量分数是两者和的一半。甲物质的溶液浓度越大，密度越小，因此甲物质的1%的溶液与9%的溶液等体积混合，其1%的溶液质量大于9%溶液的质量，因此混合后的质量分数在1%到5%之间；乙物质的溶液浓度越大，密度越大，乙物质的1%的溶液与9%的溶液等体积混合，其9%的溶液质量大于1%溶液的质量，所以混合后的质量分数在5%到9%之间。3(2020武汉模拟)某溶液中只含有Na、Al3、C
32、l、X四种离子，已知这四种离子的物质的量的浓度比为3214 ，则X离子可能是()ASOBKCMg2DCOA解析：根据电荷守恒进行计算。在同一溶液中，溶液体积相同，四种离子的物质的量之比也是3214，则设Na、Al3、Cl、X离子的物质的量依次为3 mol、2 mol、1 mol、4 mol，Na、Al3所带正电荷的物质的量3 mol12 mol39 mol，Cl所带负电荷的物质的量是1 mol，根据电荷守恒X应为阴离子，所带电荷为2，带有2个电荷的阴离子有SO和CO，由于CO与Al3不能大量共存，则X离子只能是SO。 4(命题情境：化学与生活问题)84消毒液能有效杀灭新型冠状病毒，某同学购买了
33、一瓶某品牌84消毒液，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：84消毒液含25% NaClO、1 000 mL、密度 1.192 gcm3，稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：(1)该84消毒液的物质的量浓度为_ molL1。(2)该同学取100 mL该消毒液稀释后用于消毒，稀释后溶液中c(Na)_ molL1。(3)一瓶该品牌84消毒液最多能吸收空气中CO2_ L(标准状况)而变质。(4)该同学参阅该品牌84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25% NaClO的消毒液。下列说法正确的是_(填标号)。A如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需
34、一种玻璃仪器B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制C利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低D需要称量的NaClO固体质量为143 g(5)最近发生多起84消毒液和洁厕灵混合使用的安全事故，请解释发生事故的原因是_。解析：(1)根据c，则c(NaClO) molL14.0 molL1。(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变，稀释100倍后c(NaClO)0.04 molL1，c(Na)c(NaClO)0.04 molL1。(3)一瓶84消毒液含有n(NaClO)1 L4.0 molL14.0 mol，根据反应CO2NaClOH2O=NaHCO3HClO，则需要CO2的物质的量为n(
35、CO2)n(NaClO)4.0 mol，即标准状况下V(CO2)4.0 mol22.4 Lmol189.6 L。(4)需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，故A错误；配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故B错误；由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，因此商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，故C正确；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：0.5 L4.0 molL174.5 gmol1149 g，故D错误。(5)因为84消毒液的主要成分是NaClO，洁厕灵的主要成分是盐酸，二者在一起使用，会发生化学反应生成有毒的Cl2，容易使人中毒。答案：(1)4.0(2)0.04(3)89.6(4)C(5)二者混合会发生化学反应生成有毒的氯气，使人中毒