1、第二节物质的量在化学实验中的应用考纲定位要点网络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：molL1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
2、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)溶液中溶质质量m(溶质)1_000w gn(溶质) mol溶质的物质的量浓度c molL1。(c为溶质的物质的量浓度，单位：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)4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)
3、。(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)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。补短板(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)溶液中溶质的判断与水发生反应的物质，溶质发生变化，水量减少，如：Na、Na2O、Na2O2NaOHCO2、SO2、SO3H2CO3、H2SO3、H2S
4、O4NH3NH3H2O(但仍按溶于水的NH3进行计算)结晶水合物，溶质不变但水量增多，如CuSO45H2OCuSO4，FeSO47H2OFeSO4。(3)在进行物质的量浓度与溶质质量分数换算时需要溶液密度( gcm3)，同时注意单位的换算。(4)溶液混合时，溶液质量可以加和；而溶液体积一般不能加和，当溶液很稀或浓度相近时可近似加和计算体积。(1)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 molL
5、1。()(3)500 mL 0.2 molL1的稀盐酸加水稀释为1 000 mL，所得溶液浓度为0.1 molL1。()(4)25 ，pH1的H2SO4溶液的物质的量浓度为0.1 molL1。()(5)0.1 molL1的NaCl溶液与0.1 molL1的BaCl2溶液的导电性相同。()答案(1)(2)(3)(4)(5)25 时，将0.1 molL1 NH4Cl溶液与a molL1的NaOH溶液等体积混合(溶液体积保持不变)，所得溶液的pH7，则溶液中c(Cl)_，c(NH)_，c(Na)_，c(NH3H2O)_。解析等体积混合后c(Cl) molL10.05 molL1，c(Na) molL
6、1，根据电荷守恒知c(Na)c(H)c(NH)c(Cl)c(OH)，又pH7，c(H)c(OH)，故c(NH)c(Cl)c(Na)(0.05) molL1。根据物料守恒知c(NH)c(NH3H2O) molL1，故c(NH3H2O)(0.050.05)molL1 molL1。答案0.05 molL1(0.05) molL1 molL1 molL1命题点1物质的量浓度的含义和基本计算1(2019邯郸模拟)下列关于物质的量浓度表述正确的是()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
7、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 molL1DA项，未指明溶液体积；B项，未指明标准状况；C项，根据电荷守恒n(Na)n(K)2n(SO)n(Cl)，可知c(K)c(Cl)；D项，同温时，饱和溶液的浓度相同。2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
8、w，物质的量浓度为c molL1，则下列关系中不正确的是 ()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；氨水的质量分数，C项正确；氨水的物质的量浓度，D项正确。命题点2有关物质的量浓度、溶质的质量分数、溶解度的换算3(2019潍坊质检)有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 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
9、量分数是24.0%B溶液的物质的量浓度是2.4 molL1C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由Mg2的质量分数知MgSO4的质量分数为4.8%24.0%，其浓度为c2.4 molL1，溶质与溶剂的物质的量之比为121，SO的质量分数为4.8%19.2%。4某结晶水合物的化学式为RnH2O，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%B该溶液的物质的量浓度为 molL1C该溶液的溶解度为 gD该溶液的密度为 gcm3AA项，某结晶水合物的化学式为RnH2O，该晶体中含有R
10、的质量为a g，所以饱和溶液中溶质的质量分数为100%，错误。熟记三个换算公式(1)c(2)S(3)w100%命题点3溶液的稀释与混合有关计算5V 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. molL1B. molL1C. molL1 D. molL1A 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) molL1，c(SO)c(Al3) molL1 molL1。6(原创)将0.2 molL1的NH4Cl溶液与a molL1的氨水按体积比13混合，若混合液呈中性，则混合液的c(Cl)、c
11、(NH)分别为_、_。(不考虑溶液体积变化)。解析根据电荷守恒知c(H)c(NH)c(OH)c(Cl)；又因溶液呈中性c(H)c(OH)，可知c(NH)c(Cl) molL10.05 molL1。答案0.05 molL10.05 molL17(1)在100 g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_ 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H2
12、SO4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，c103103，V水100，由于，所以V水，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)(3)(4)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
13、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。 配制一定物质的量浓度的溶液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，应用托盘天平称取NaCl 5.9 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
14、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
15、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。补短板(1)容量瓶使用时的注意事项在使用前首先要检查是否漏液。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。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所标温度下确定的。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。不能作为反应器或用来长期贮存溶液。定容时
16、，液面超过刻度线，要重新配制。(2)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，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。(1)配制950 mL某浓度的溶液应选用950 mL的容量瓶。()(2)用pH1的盐酸配制100 mL pH2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。()(3)用量筒量取20 mL 0.500 0 molL1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 molL1 H2SO4溶液。()(4)用托盘天平称取1.06 g Na2CO3用于配制100 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液。()(5)若溶液未冷却至
17、室温就注入容量瓶定容，会造成溶液的体积(即V)减小，故所配溶液的浓度偏高。()答案(1)(2)(3)(4)(5)如图是配制一定物质的量浓度溶液过程示意图中的几步，回答下列问题：(1)图示中几步正确的先后顺序应是_(填字母)。ABC D(2)其中第步表示的操作方法为_。(3)若用浓硫酸稀释配制一定物质的量浓度的稀硫酸，所需仪器有_。用固体氯化钠配制100 g 10%的氯化钠溶液，所需仪器有_。答案(1)B(2)将蒸馏水缓慢注入容量瓶中，液面离容量瓶的瓶颈刻度线12 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切(3)量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管托盘天平、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒命
18、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 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
19、mL溶液而不是加入500 mL水。2已知某试剂瓶上贴有标签，完成以下问题：(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)配制上述“84消毒液”时，其正确的操作顺序是(每步操作只用一次)_。A用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B在烧杯中加入适量水溶解C将烧杯中的溶
20、液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀，装入贴有标签的试剂瓶E改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12 cm 处G用天平称量该物质解析(1)c molL160 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)GBCAFED固体溶解配制与浓溶液稀释配制的主要差异固体溶解配制时计算溶质质量，用托盘天平或电子天平称量固体质量，然后溶解；浓溶液稀释配制时计算浓溶液的体积，用量筒或滴定管
21、量取浓溶液的体积，然后稀释。命题点2溶液配制过程中的误差分析3下列实验操作会导致实验结果偏低的是 ()配制100 g 10%的Na2CO3溶液，称取10.0 g碳酸钠晶体溶于90.0 g水中测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2 g，所得溶液的浓度用酸式滴定管取用98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸配制200 mL 2 molL1的稀硫酸时，先平视后仰视A只有 B只有C DD10.0 g碳酸钠晶体中含Na2CO3的质量小于10.0 g；碳酸钠晶体已经受潮时，其中的含水量增加，结果偏高；中所称样品的质量比实际所需
22、质量少0.4 g；用酸式滴定管量取液体时，先平视后仰视，则量取的液体体积偏小，所配溶液浓度偏低。4填“偏大”“偏小”或“无影响”。(1)用Na2CO310H2O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)偏大一定物质的量浓度溶液的配制误差类型
23、(1)操作引起的误差，如称量、溶解、转移、洗涤、冷却定容等不当引起误差。(2)称量的物质不纯或变质引起的误差，如NaOH含Na2CO3，NaOH久置称量等。(3)读数误差，如仰视、俯视。 溶解度及溶解度曲线应用1固体的溶解度(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：；。(3)影响溶解度大小的因素内因：物质本身的性质(由结构决定)。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
24、)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。(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溶解度曲线及其意义(1)常见物质的溶解度曲线(g/100 g水)(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
25、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，如硝酸钾，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，如氯化钠，提纯时常采用蒸发结晶(蒸发溶剂)的方法。面：a溶解度曲线下方的面表示相应温度下该物质的不饱和溶液；b溶解度曲线上方的面表示相应温度下该物质的过饱和溶液，可以结晶析出晶体。补短板从溶液中提纯晶体的两种方法(1)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
26、取蒸发结晶、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)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。(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)40 时，20%的NaOH溶液降温时，一定有晶体析出。()(3)因为KNO3的溶解度大，故可用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl。()(4)25 时，向Ca(OH)2的饱和溶液中加CaO固体，冷却至25 时，溶液的浓度增大。()(5)从一定浓度的CuSO4溶液中得到CuSO45H2O的操作方法
27、是蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥。()答案(1)(2)(3)(4)(5)命题点1溶解度及其曲线的意义1(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()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蔗糖是生活中常用的调味剂，其溶解度曲线如图。下列说法正确的是 ()A蔗
28、糖在热水中的溶解度比在冷水中的小B将蔗糖饱和溶液蒸发溶剂后恢复至原温度，有结晶现象C温度升高，溶液中蔗糖的质量分数一定增大Dt1 和t2 时的两份蔗糖溶液，所含溶质的质量不可能相等BA.由于蔗糖的溶解度随温度的升高而增大，故A错误；B.将蔗糖饱和溶液蒸发溶剂再恢复到原来的温度，则原来溶解在这部分溶剂中的溶质就会结晶析出，故B正确；C.如果只是单纯的温度升高，在不考虑溶剂蒸发的情况下，溶液中若没有未溶解的溶质存在，则溶液中溶质的质量分数则不发生变化，故C错误；D.由于温度越高溶解度越大，只能说这两个温度下的饱和溶液中溶质的质量分数不可能相等，但溶液所含溶质的质量可能相等，故D错误。命题点2溶解度
29、曲线在化工分离、提纯中的应用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
30、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 (33 40 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 关系式法在多步反应中的应用证据推理与模型认知关系式法是表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。近几年的高考试题中出现的频率为100%。关系式法计算的关键是正确推导关系式中的计量关系。体现了“证据推理与模型认知”的核心素养。典例导航(2
31、017全国卷，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：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MnOHH2C2O4Mn2CO2H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 molL1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。思路分析(1)写方程式Ca2C2O=CaC2O4CaC2O42H=Ca2H2C2O42MnO6H5H2C2O4=2Mn210CO28H2O(2)导关系式：5
32、Ca5H2C2O42MnO(3)计算：n(Ca)n(MnO)0.050 00.036 mol0.004 5 mol，w(Ca)100%45.0%。答案45.0%关系式法解题模板方法一：在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为 写出各 步反应的化学方程式 方法二：利用电子守恒或原子守恒直接导出关系式，然后进行计算。1(2018全国卷，T27(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL 葡萄酒样品，用0.010 00 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_gL1(以S
33、O2计)。解析根据电子、电荷及质量守恒可得关系式2SO2S2O2I2n(SO2)n(I2)0.010 00 molL110.00103 L1104 mol，该样品中Na2S2O5的残留量(以SO2计)为0.128 gL1。答案S2O2I23H2O=2SO4I6H0.1282工业上常用漂白粉跟酸反应放出的氯气的质量对漂白粉质量的百分比(x%)来表示漂白粉的优劣。漂白粉与酸的反应为Ca(ClO)2CaCl22H2SO4=2CaSO42Cl22H2O。现为测定一瓶漂白粉的x%，进行如下实验。称取漂白粉样品2.00 g；加水研磨后，转入250 mL容量瓶中，用水稀释至刻度。摇匀后，取出25.0 mL，
34、加入过量的KI溶液和过量的稀硫酸，静置。待漂白粉放出的氯气与KI完全反应后，用0.100 molL1的Na2S2O3标准溶液滴定反应中生成的碘，反应如下：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI，滴定时用去Na2S2O3溶液20.0 mL。试由上述数据计算该漂白粉的x%为_。解析有关反应如下：Ca(ClO)2CaCl22H2SO4=2CaSO42Cl22H2O2KICl2=2KClI22Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI根据以上三个反应中相关物质Cl2、I2、Na2S2O3之间物质的量的关系建立如下关系式：Cl2I22Na2S2O31 mol2 moln 20.00.100103
35、moln1.0103 molx%(1.0103 mol250 mL71 gmol1)(25.0 mL2.00 g)35.5%。答案35.5%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。()(5)(20
36、11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(2018全国卷，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，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(2019全国卷，T27(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数
37、，将样品加热到150 时失掉1.5个结晶水，失重 5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。解析关系式：NH4Fe(SO4)2xH2O1.5H2O 26618x 1.518故5.6%，x12。答案NH4Fe(SO4)212H2O4(2018全国卷，T28(3)测定K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾)中铁的含量。(1)称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_ _。(2)向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c molL1 KMnO4溶液滴定至终点，消
38、耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_。解析(1)KMnO4能将样品溶液中C2O氧化成CO2，达到滴定终点时，KMnO4稍过量，溶液中出现粉红色。(2)加入过量锌粉能将溶液中Fe3还原为Fe2，酸化后Fe2与KMnO4溶液反应，根据化合价变化可找出关系式为5Fe2MnO，根据消耗KMnO4溶液的浓度和体积可知溶液中n(Fe2)c molL1V103 L55 103 cV mol，则该晶体中铁元素的质量分数为100%或100%。答案(1)(1)当滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液变为粉红色，且30 s内不变色(2)100%5(2017全国卷，T27(4)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。冷却到_(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a80 b60 c40 c10 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
