1、第4节物质的量浓度考纲定位要点网络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。物质的量浓度及其计算知识梳理1表示溶液组成的两种物理量(1)物质的量浓度概念：表示单位体积溶液中所含溶质B的物质的量的物理量，符号为cB。表达式：cB，单位：molL1或molm3。(2)溶质的质量分数概念：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。表达式：w(B)100%。辨易错(1
2、)10.6 g Na2CO3与28.6 g Na2CO310H2O分别投入1 L水中完全溶解所得溶液浓度均为0.1 molL1。()(2)将62 g Na2O溶于1 000 g水中，所得溶液的溶质质量分数为38.3%。()(3)SO3溶于水，所得溶液的溶质为H2SO4。()(4)25 ，pH1的H2SO4溶液的物质的量浓度为0.1 molL1。()答案(1)(2)(3)(4)2物质的量浓度的有关计算(1)标准状况下，气体溶于水所得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)溶液中溶质的质量m(溶质) gn(溶
3、质) mol溶质的物质的量浓度c molL1。(为溶液的密度，单位：gcm3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位：gmol1)3溶液稀释、同种溶质的溶液混合的计算(1)溶液稀释溶质的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。(若稀溶液混合后体积不变V混V1V2；若混合后体积变化V混)知识应用抗击“新型冠状病毒”，学以致用，现需溶质质量分数为0.5%的过氧乙酸(化学式为C2H4O3)对地面、墙壁、门
4、窗进行消毒，请根据你学过的“一定溶质质量分数溶液的配制”方法，配制0.5%的过氧乙酸。(1)将200 mL 20%的过氧乙酸(密度为1.026 1 g/cm3)稀释为0.5%的过氧乙酸，需加入水的体积为_ mL；过氧乙酸与水的配制比例为_(体积的整数比，水1 g/cm3)。(2)20%的过氧乙酸的物质的量浓度约为_ mol/L。解析(1)设加水的质量为x g，根据稀释定律：2001.026 120%(2001.026 1x)0.5%x8 003.58(2)c mol/L2.70 mol/L。答案(1)8 003.58140(2)2.70命题点1物质的量浓度的含义和有关计算1下列关于物质的量浓度
5、表述正确的是_(填字母)。A0.3 molL1的Na2SO4溶液中含有的Na和SO的总物质的量为0.9 molB当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 molL1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 molL1C在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na和SO的物质的量浓度相等，则K和Cl的物质的量浓度一定相同D10 时，0.35 molL1的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，冷却到10 时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 molL1E将25 g CuSO45H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25%F将7.
6、8 g Na2O2溶于足量水中，若溶液的体积为500 mL，溶液的物质的量浓度为0.2 molL1解析A项，未指明溶液体积；B项，未指明标准状况；C项，同一溶液中，物质的量相等的Na与SO，两者浓度也相等即c(Na)c(SO)，而c(Na)c(Cl)则c(K)c(Cl)；D项，温度相同，浓度相同；E项，溶质为CuSO4，质量不是25 g；F项，溶质为NaOH，物质的量为0.2 mol，物质的量浓度为0.4 molL1。答案D2标准状况下，V 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 ()
7、A(17V22 400)/(22.422.4V)Bw17c/(1 000) Cw17V/(17V22 400)Dc1 000V/(17V22 400)A由于溶液的体积既不是水的体积也不是二者体积之和，溶液的体积不能直接确定，仅利用V无法确定，A项错误；由c，可得w，B项正确；氨水中溶质的质量分数，C项正确；氨水的物质的量浓度，D项正确。34 下，把摩尔质量为M gmol1的可溶性盐RCln A g溶解在V mL水中，恰好形成该温度下的饱和溶液，密度为 gcm3，下列关系式错误的是 ()A溶质的质量分数w100%B溶质的物质的量浓度c molL1C1 mL该溶液中n(Cl) mol(RCln在溶
8、液中完全电离)D该温度下此盐的溶解度S gC根据溶质的质量分数w100%，m溶质A g，V mL水的质量为V g，m溶液(AV) g，代入公式可得w100%，故A正确；根据溶质的物质的量浓度c，n mol，V L，代入可得c molL1，故B正确；1 mL 该溶液中n(Cl) molL11 mL103 LmL1n mol，故C错误；该温度下此盐的溶解度S g，故D正确。 物质的量浓度计算的两要素(1)溶质确定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
9、质：CuSO45H2OCuSO4；Na2CO310H2ONa2CO3。(2)溶液体积确定：不是溶剂体积，也不是溶剂体积与溶质体积之和，可以根据V求算。命题点2溶液稀释与混合的有关计算溶质相同、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、氨水等)，等体积混合后，质量分数w(a%b%)。注意：当a或b等于零时，也适用于上述判断。4如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
10、度分别约为18.4 molL1和6.3 molL1B各取5 mL与等质量的水混合后，c(H2SO4)6.45 molL1C各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)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B利用c计算：c(H2SO4) molL118.4 molL1，c(NH3) molL112.9 molL1，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)6.45 molL1，B正确；5 mL浓硫酸和5 mL浓氨水的质量分别为1.
11、84 gcm35 mL9.2 g、0.88 gcm35 mL4.4 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，w(H2SO4)49%，w(NH3)12.5%，C错误；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。5(1)在100 g物质的量浓度为c molL1，密度为 gcm3的硫酸中加入一定量的水稀释成 molL1的硫酸，则加入水的体积_(填“”“”或“”，下同)100 mL。(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)中的物质的量的浓度均改为溶质的质量分数，则加入水的体积_10
12、0 mL。解析(1)cV水100由于，所以V水100 mL。(2)若把H2SO4改为氨水，由于，所以V水100 mL。(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。答案(1)(2)(3)命题点3情境创新，提升素养6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)以卤汁的形式被包围在冰晶之间，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，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是()A海冰内层“盐泡”越多，密度越小B海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在C海冰内层NaCl的浓度约为104
13、molL1(设海冰的密度为0.9 gcm3)D海冰的冰龄越长，内层的“盐泡”越多 C“盐泡”内含有NaCl等盐类物质，“盐泡”越多，质量越大，海冰的密度越大，A项错误；NaCl属于强电解质，在卤汁中主要以Na和Cl的形式存在，B项错误；已知海冰中“盐泡”与H2O的个数比为(2106)1，则1 L海冰的质量为58.5 gmol1n(NaCl)18 gmol1n(H2O)58.5 gmol12106n(H2O)18 gmol1n(H2O)900 g，解得n(H2O)50 mol，则n(NaCl)104 mol，故c(NaCl)104 molL1，C项正确；由“若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为
14、淡水”可知，海冰的冰龄越长，内层的“盐泡”越少，D项错误。配制一定物质的量浓度的溶液知识梳理1熟悉配制溶液的仪器(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 molL1 NaCl溶液500 mL，若用托盘天平需称取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)容量瓶构造及用途查漏操作辨易错(1)使用托盘天平时，应先将游码置于0刻度再调天平平衡。()(2)用托盘天平可称量5.85 g NaCl。()(3)实验需要480 mL 0.1 molL1的NaOH溶液，可用500 mL容量瓶配制480
15、 mL溶液。()(4)使用容量瓶前先查漏再洗涤。()(5)配制NaCl溶液时，可在容量瓶中溶解。()答案(1)(2)(3)(4)(5)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 molL1NaOH溶液为例。计算：需NaOH固体的质量，计算式为0.5 L1.50 molL140 gmol1。称量：用托盘天平称量NaOH固体30.0 g。溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。冷却移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，将溶液用玻璃棒引流注入500_mL容量瓶中。洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，洗涤液注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。定
16、容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线12_cm 时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。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)误差分析的依据3一定溶质质量分数的溶液的配制以配制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，将量取的蒸馏水加入烧杯中并用玻璃棒搅拌，即得所需溶液。深思考用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，需要哪些主要仪器？主要步骤有哪些？
17、答案主要仪器：量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。主要步骤：计算、量取、稀释、冷却转移、洗涤、振荡、定容、摇匀。知识应用抗击新冠病毒期间，各地大规模进行环境消毒，其中“84”消毒液使用比较广泛。下面是某“84”消毒液的标签。(1)该“84”消毒液的物质的量浓度为_ molL1(小数点后保留一位)。(2)某同学参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制500 mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。需要称量NaClO固体的质量为_ g。(3)某同学取100 mL该“84”消毒液，稀释成1 L用于消毒，稀释后的溶液中NaClO的物质的量浓度为_ molL1。(4)若用NaClO固
18、体配制250 mL该“84”消毒液，需要的玻璃仪器有_。解析(1)c molL16.0 molL1。(2)m500 mL1.2 gcm337.25%223.5 g。(3)0.1 L6.0 molL11 Lc解得c0.6 molL1。答案(1)6.0(2)223.5(3)0.6(4)烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管命题点1一定物质的量浓度溶液的配制1实验室里需要配制480 mL 0.10 molL1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作正确的是()选项容量瓶容积溶质质量实验操作A480 mL硫酸铜：7.68 g加入500 mL水B480 mL胆矾：12.0 g配成500 mL溶液C500
19、 mL硫酸铜：8.0 g加入500 mL水D500 mL胆矾：12.5 g配成500 mL溶液D实验室里需要配制480 mL 0.10 molL1 的CuSO4溶液，由于没有480 mL规格的容量瓶，根据“大而近”的原则故需选择500 mL容量瓶。溶质若为CuSO4则需要8.0 g，若为胆矾则需要12.5 g。应配成500 mL溶液而不是加入500 mL水。2用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g cm3)配制成1 molL1的稀盐酸。现实验室需这种盐酸220 mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用_ mL的容量瓶。(2)经计算需要_mL浓盐酸，在量取时宜选用_(填字母)
20、量筒。A5 mL B10 mLC25 mLD50 mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。往容量瓶中小心加蒸馏水至液面距容量瓶刻度线12 cm 时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹液面与瓶颈的刻度线相切。在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀。用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是_(填序号)。 解析(2)c(HCl)11.6 molL1。加水稀释前后HCl的物质的量不变，所以11.6 molL1V(HCl)250 mL1 molL1，解得V(HCl)21.6 mL，应该选择2
21、5 mL的量筒量取。答案(1)250(2)21.6C(3)配制一定物质的量浓度溶液时的注意事项(1)选用容量瓶的原则“大而近”，如需90 mL溶液，则选用100 mL容量瓶。(2)选用容量瓶时，应指明其规格。 (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所标温度下确定的。(5)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。(6)定容时，液面超过刻度线，要重新配制。(7)浓液稀释配制时，要计算浓液体积，用量筒或滴定管量取。(8)定容时，要平视使凹液面与刻度线相切。命题点2溶液配制过程中的
22、误差分析误差分析模型(1)误差分析的思维流程(2)视线引起误差的分析方法仰视容量瓶刻度线图(a)，导致溶液体积偏大，结果偏低。俯视容量瓶刻度线图(b)，导致溶液体积偏小，结果偏高。(a)(b)3从溶质改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。(1)配制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，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
23、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，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：_。(7)配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质_。解析(2)胆矾的摩尔质量为250 gmol1，所需质量为0.5 L0.1 molL1250 gmol112.5 g。(3)NaOH易吸水潮解。(4)实际称量质量为4 g0.4 g3.6 g。(5)仰视读数量取浓硫酸，量取的浓硫酸偏多，溶质偏多。(7)NaOH固体中含Na2O时，一定质量时溶于水NaOH偏多。答案(1)偏小(2)偏小(3)偏小(4)偏小(5)偏大(6)偏小(7)偏大4从溶液改变角度分析产
24、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)容量瓶洗净后未干燥：_。答案(1)偏大(2)偏小(3)偏小(4)无影响溶解度及溶解度曲线应用知识梳理1两种溶解度(1)固体的溶解度定义：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。计算饱和溶液中存在的两比例：a.；b.。影响因素(外因)a溶剂的影响(如NaCl易溶于水而不易溶于
25、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等的溶解度影响不大。(2)气体的溶解度表示方法：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1x。如NH3、HCl、SO2、CO2气体常温时在水中的溶解度分别为1700、1500、140、11。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。辨易错(1)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。()(2)20 时，溶解度为a的N
26、aCl的饱和溶液的质量分数为a%。()(3)气体溶解度随温度的升高，压强的增大而增大。()(4)加热饱和Ca(OH)2溶液，有沉淀生成。()答案(1)(2)(3)(4)2溶解度曲线及其应用(1)常见物质的溶解度曲线(2)溶解度曲线的意义点：曲线上的点叫饱和点。a曲线上任一点表示对应温度下该物质的溶解度；b两曲线的交点表示两物质在该交点的温度下溶解度相等，浓度相同。线：溶解度曲线表示物质的溶解度随温度变化的趋势，其变化趋势分为三种：a陡升型：大部分固体物质的溶解度随温度升高而增大，且变化较大，提纯时常采用降温结晶(冷却热饱和溶液)的方法；b下降型：极少数物质的溶解度随温度升高反而减小，如熟石灰的
27、饱和溶液升温时变浑浊；c缓升型：少数物质的溶解度随温度变化不大，提纯时常采用蒸发结晶(蒸发溶剂)的方法。知识应用根据溶解度曲线，如何提纯含少量NaCl的KNO3？如何提纯含少量KNO3的NaCl?答案将含少量NaCl的KNO3溶于热水中，制备热的饱和溶液，然后冷却、结晶、过滤；将含少量KNO3的NaCl溶于水中，然后加热蒸发结晶、趁热过滤。命题点溶解度曲线的应用1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()ANaCl可以通过将NaCl溶液蒸发结晶得到晶体BNaCl中混有少量Mg(ClO3)2杂质，可采用将热的饱和溶液冷却结晶方法得到NaClCMg(ClO3)2中混有少量NaCl
28、杂质，可用重结晶法提纯D可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2B含少量Mg(ClO3)2的NaCl溶液，可以采用蒸发溶剂而结晶的方法得到NaCl晶体。2溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如下图所示。下列说法错误的是 ()A溴酸银的溶解是放热过程 B温度升高时溴酸银溶解速度加快C60 时溴酸银的Ksp约等于6104D若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯A从图像可看出随温度的升高，AgBrO3的溶解度逐渐升高，即AgBrO3的溶解是吸热过程，A项错误；温度升高，其溶解速度加快，B项正确；60 时饱和溶液中AgBrO3的物质的量浓度约为2.5102 molL1，其Kspc
29、(Ag)c(BrO)6104，C项正确；由于AgBrO3的溶解度比较小，故KNO3中含有AgBrO3时，可采用重结晶的方法提纯，D项正确。3以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下：氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如图所示。回答下列问题：(1)欲制备10.7 g NH4Cl，理论上需NaCl_ g。(2)实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有_、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。(3)“冷却结晶”过程中，析出NH4Cl晶体的合适温度为_。(4)不用其他试剂，检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是_。(5)若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质，进一步提纯产品的方法是_。解析根据氯元素守恒可列
30、关系式求m(NaCl)10.7 g58.5 gmol153.5 gmol111.7 g，氯化铵的溶解度随温度变化较大，故可用冷却结晶法析出晶体，但要防止硫酸钠析出。所以温度应大约在3340 。答案(1)11.7(2)蒸发皿(3)35 (3340 都可以)(4)加热法；取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净(5)重结晶(1)重结晶原理是利用混合物中各组分在某种溶剂中溶解度不同或在同一溶剂中不同温度时的溶解度不同而使之分离。(2)两种结晶方式溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；若NaCl溶液中含有KNO3，应采取蒸发结晶、趁热过滤的方法。溶
31、解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水或不稳定)采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；若KNO3溶液中含有NaCl，应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。真题验收1正误判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)(2018全国卷)配制0.400 0 molL1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)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)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)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干。(
32、)(5)(2011全国卷)欲配制1.00 L 1.00 molL1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(2019全国卷)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列叙述错误的是()A冰表面第一层中，HCl以分子形式存在B冰表面第二层中，H浓度为5103 molL1(设冰的密度为0.9 gcm3)C冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变D冰表面各层之间，均存在可逆反应HClHClDA项，由图示可知，第一层中，HCl以分子形
33、式存在，正确；B项，第二层中，已知ClH2O1041，HCl=HCl，H和Cl的物质的量是相同的，设H2O的物质的量为1 mol，则n(H)104 mol，V(H2O)20 cm30.02 L，故c(H)5103 molL1，正确；C项，第三层中，只有水分子存在，所以冰的氢键网络结构保持不变，正确；D项，由A项、C项分析可知，第一层和第三层中的物质均以分子形式存在，故均不存在可逆反应HClHCl，错误。3(1)(2020全国卷，T27(1)由FeSO47H2O固体配制0.10 molL1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_(从下列图中选择，写出名称)。(2)(2018全国卷)利用K2
34、Cr2O7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(1)利用固体配制一定物质的量浓度的溶液时需要用托盘天平称量固体，用烧杯溶解固体，用量筒量取蒸馏水。(2)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(1)烧杯、量筒、托盘天平(2)烧杯容量瓶刻度线4(2017全国卷)有关物质的溶解度如图所示。向“Na2Cr2O7溶液”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体
35、。冷却到_(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a80 c60 c40 d10 该过程的反应类型是_。解析由图像可知，在10 左右时得到的K2Cr2O7固体最多。发生反应为2KClNa2Cr2O7=K2Cr2O72NaCl，该反应为复分解反应。答案d复分解反应新题预测1在同温同压下用排气法收集NH3、HCl进行喷泉实验，其中图(a)中的烧瓶收集满了NH3，图(b)中的烧瓶HCl气体没有收集满，下列说法错误的是(不考虑溶质的扩散及静止时液面高度的影响)()(a)(b)A溶质的物质的量浓度均为 molL1(Vm表示该温度、压强下的气体摩尔体积)B溶质物质的量浓度不相同C溶质的质量分数不同D图
36、(a)、图(b)中喷泉的颜色分别为蓝色、红色B由于实验中得到的溶液的体积与溶解了的气体体积相同，设溶解的气体体积为V L，则气体物质的量n(气) mol，气体物质的量浓度 molL1，A项正确，B项错误；因所得的溶液中溶质摩尔质量不同，故它们的质量分数不相同，C项正确；石蕊遇碱性溶液呈蓝色，遇酸性溶液呈红色，D项正确。2几种物质的溶解度曲线如图所示。则下列说法正确的()A氯化铵的溶解度最大 B随着温度升高，硫酸钠的溶解度不断增大C40 时硫酸钠饱和溶液溶质的质量分数为50%D把等质量40 时饱和溶液降温到20 ，硫酸钠析出晶体最多DA项，未指明温度，无法确定；B项，40 以上随温度升高，Na2SO4的溶解度减小；C项，溶质质量分数应为100%50%。
