第02讲 一定物质的量浓度的溶液及其配制（讲义）（解析版） 练习题

这是一份第02讲 一定物质的量浓度的溶液及其配制（讲义）（解析版） 练习题，共14页。试卷主要包含了V2，MgSO4等内容，欢迎下载使用。
第2讲 一定物质的量浓度的溶液及其配制
（一）一定物质的量浓度溶液的配制
(1)所需仪器及配制步骤:

(2)仪器使用:
①容量瓶使用的第一步操作是“检漏”。回答容量瓶时应指明规格,并选择合适的容量瓶,如配制480 mL溶液,应选用500 mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体,也不能作为反应容器。
②玻璃棒的作用是搅拌和引流。
(3)根据表达式cB=nBV进行误差分析:
①导致cB偏低的错误操作:垫滤纸称量NaOH固体;左码右物(用游码);称量时间过长(潮解);洗涤或转移时溶液溅出;未洗涤烧杯及玻璃棒;超过刻度线时用滴管吸出液体;定容时仰视;定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水。
②导致cB偏高的错误操作:砝码生锈;定容时俯视;未等溶液冷却至室温就转移并定容。
（二）有关溶液的计算
(1)熟练推导两种换算关系。
①气体溶质物质的量浓度的计算。
标准状况下,1 L水中溶解某气体V L,所得溶液的密度为ρ g·cm-3,气体的摩尔质量为M g·mol-1,则c=1 000ρV22 400+MV mol·L-1。
②物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算。
c=1 000ρwM(c为溶质的物质的量浓度,其单位是mol·L-1,ρ为溶液的密度,其单位是g·cm-3,w为溶质的质量分数,M为溶质的摩尔质量,其单位是g·mol-1)。
(2)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NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。
含结晶水的物质：
CuSO4·5H2O―→CuSO4；
Na2CO3·10H2O―→Na2CO3。
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。
（3）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。
（4）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－1 Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝3 mol·L－1，c(Al3＋)＝2 mol·L－1(考虑Al3＋水解时，则其浓度小于2 mol·L－1)。
（5）理解两条规律
①稀释定律。
a.如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度,有c1V1=c2V2。
b.如用m1和m2、w1和w2分别表示稀释前后溶液的质量和溶质的质量分数,有m1w1=m2w2。
②混合规律。
计算或判断同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质的质量分数时,设溶质的质量分数分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。
a.两溶液等质量混合:w=12(w1+w2)。
b.两溶液等体积混合:
(a)若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度,则w>12(w1+w2),如H2SO4溶液。
(b)若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度,则w49%，故A正确；实验室没有480 mL的容量瓶，应用500 mL的容量瓶进行配制，故B正确；在标准状况下，22.4 L氨气的物质的量为1 mol，溶于1 L水中，得到溶液体积不是1 L，故C错误；发生反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O＋H2O===2NaOH，由方程式可知，相同物质的量的Na2O2和Na2O消耗相同物质的量的水，生成相同物质的量的NaOH，保持温度不变，使溶液恰好饱和，故加入的Na2O2、Na2O的物质的量相等，故D正确。
2.(双选)将m g铜粉和锌粉的混合物分成两等份,将其中一份加入200 mL的稀硝酸中并加热,固体和硝酸恰好完全反应,并产生标准状况下的NO气体2.24 L;将另一份在空气中充分加热,得到n g固体,将所得固体溶于上述稀硝酸,消耗硝酸的体积为V mL。下列说法不正确的是(　　)
A.V=150 B.硝酸的浓度为2 mol·L-1
C.m g铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15 mol D.n=m+2.4
答案：CD　
【解析】其中一份与200 mL的稀硝酸恰好完全反应,溶液中溶质为Cu(NO3)2和Zn(NO3)2,NO的物质的量为2.24 L÷22.4 L·mol-1=0.1 mol,转移电子为0.1 mol×(5-2)=0.3 mol。铜和锌被氧后都表现+2价,根据电子转移守恒可知n(Cu)+n(Zn)=0.3 mol÷2=0.15 mol,故反应后溶液中NO3-的物质的量为0.15 mol×2=0.3 mol,由N原子守恒可知200 mL溶液中HNO3的物质的量为0.1 mol+0.3 mol=0.4 mol,故HNO3的物质的量浓度为0.4 mol÷0.2 L=2 mol·L-1。铜和锌在空气中充分加热会生成相应的氧化物和硝酸,反应后生成Cu(NO3)2、Zn(NO3)2消耗HNO3的物质的量为0.15 mol×2=0.3 mol,故消耗硝酸的体积为0.3 mol÷2 mol·L-1=0.15 L,即150 mL,故A正确;由分析可知,HNO3的物质的量浓度为0.4 mol÷0.2 L=2 mol·L-1,故B正确;每一份金属混合物中n(Cu)+n(Zn)=0.15 mol,则m g铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15 mol×2=0.3 mol,故C不正确;每一份金属混合物总质量为0.5m g,得到n g固体为CuO、ZnO的混合物,n(O)=n(Cu)+n(Zn)=0.15 mol,则n g=0.5m g+0.15 mol×16 g·mol-1=(0.5 m+2.4)g,故D不正确。
3.将一定质量的铜粉加入到100 mL某浓度的稀硝酸中,充分反应后,容器中剩有m1 g铜粉,此时共收集到NO气体448 mL(标准状况)。然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止,容器中剩有铜粉m2 g,则m1-m2的值为(　　)
A.5.76 B.2.88 C.1.92 D.0
答案：A　
【解析】铜粉加入到100 mL某浓度的稀硝酸中,充分反应后,容器中剩有m1 g铜粉,反应生成Cu(NO3)2和NO气体,NO的物质的量为n(NO)=0.448 L÷22.4 L·mol-1=0.02 mol,根据电子转移守恒可知,参加反应的铜的物质的量为0.02 mol×(5-2)÷2=0.03 mol,根据铜元素守恒可知,溶液中n[Cu(NO3)2]=0.03 mol,溶液中n(NO3-)=0.06 mol。再向溶液中加入足量稀硫酸至不再反应为止,Cu(NO3)2中NO3-发生反应3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O,容器剩有铜粉m2 g,说明NO3-反应完全,由上述反应关系可知,0.06 mol NO3-再发生反应消耗Cu的物质的量n(Cu)=32×n(NO3-)=32×0.06 mol=0.09 mol,所以再次反应的铜的质量为0.09 mol×64 g·mol-1=5.76 g,即m1-m2=5.76。
4.用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中二价铁的含量。若需配制浓度为0.010 00 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液250 mL,应准确称取一定质量的K2Cr2O7[已知M(K2Cr2O7)=294.0 g·mol-1]。
(1)计算配制250 mL 0.010 00 mol·L-1 K2Cr2O7溶液时需要准确称量K2Cr2O7的质量是　　　　　 g(结果保留4位有效数字)。 
(2)配制该标准溶液时,下列仪器中不必要用的有　　　　　(用编号表示)。 
①电子天平　②烧杯　③量筒　④玻璃棒　⑤250 mL容量瓶　⑥胶头滴管　⑦移液管
(3)配制0.010 00 mol·L-1 K2Cr2O7溶液时,下列操作对配制结果有何影响?(选填“偏高”“偏低”或“无影响”)
①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒　　　　　　　。 
②定容时,仰视刻度线　　　　　。 
(4)配制0.010 00 mol·L-1 K2Cr2O7溶液,定容时不慎加水超过了刻度线,应如何操作?　。 
(5)用0.010 00 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定20.00 mL未知浓度的含Fe2+的溶液,恰好完全反应时消耗10.00 mL K2Cr2O7溶液,则溶液中Fe2+的物质的量浓度是　　　　　　　　。 
答案：(1)0.735 0　(2)③⑦
(3)①偏低　②偏低　(4)重新配制　(5)0.030 00 mol·L-1
【解析】(1)配制250 mL 0.010 00 mol·L-1 K2Cr2O7溶液,需要溶质的质量为0.250 L×0.010 00 mol·L-1×294.0 g·mol-1=0.735 0 g。
(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等,用到的仪器有电子天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管,用不到的是③量筒和⑦移液管。
(3)①配制溶液过程中未洗涤烧杯和玻璃棒,会导致溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏低;②定容时,仰视刻度线,会导致溶液的体积偏大,溶液的浓度偏低。
(4)定容时不慎加水超过了刻度线,导致实验失败,且无法挽救,必须重新配制。
(5)根据方程式,设二价铁离子的物质的量浓度为c:
6Fe2+ + Cr2O72-+14H+2Cr3++6Fe3++7H2O
6 1
c×20.00 mL 0.010 00 mol·L-1×10.00 mL
计算得出c=0.030 00 mol·L-1,所以溶液中Fe2+的物质的量浓度是0.030 00 mol·L-1。
5.立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白),是一种常用的白色颜料。回答下列问题:
(1)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:

①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为　　　 　　　　。 回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。 
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的　　　　　(填化学式)。 
③沉淀器中反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O32-2I-+S4O62-。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为　　　　　　　,样品中S2-的含量为　　　　　　　　　　(写出表达式)。 
答案：(1)①BaSO4+4CBaS+4CO↑　 CO+H2OCO2+H2　
②BaCO3　③S2-+Ba2++Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓
(2)浅蓝色至无色　(25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%
【解析】流程分析:重晶石与焦炭在回转炉中反应BaSO4+4CBaS+4CO↑,生成还原料BaS,硫化钡溶液与硫酸锌在沉淀器中发生反应S2-+Ba2++Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓,得到立德粉。
(1)①注意焦炭过量生成CO,反应物为硫酸钡与焦炭,产物为BaS与CO,则反应的化学方程式为BaSO4+4CBaS+4CO↑;CO与水蒸气反应生成CO2与H2,该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2。②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体,由强酸制弱酸原理可知,还原料硫化钡与空气中的水、二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。③硫化钡与硫酸锌均为可溶性强电解质,产物为沉淀,则反应的离子方程式为S2-+Ba2++Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓。
(2)碘单质与硫离子的反应为S2-+I2S↓+2I-;碘单质与淀粉混合显蓝色,用硫代硫酸钠溶液滴定过量的I2,故终点颜色变化为浅蓝色至无色;根据氧化还原反应中得失电子数相等,利用关系式法解题,设硫离子物质的量为n:
S2-　~　I2　　　2S2O32-　　~　　I2
1 mol 1 mol 2 mol 1 mol
n n 0.1 V×10-3 mol 12×0.1 V×10-3 mol
n+12×0.100 0V×10-3 mol=25.00×0.100 0×10-3 mol,计算可得n=(25.00-12V)×0.100 0×10-3 mol。
则样品中硫离子的含量为n×M(S2-)m×100%=(25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%。
6.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题:
(1)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式:　　　　　　　　　　。 
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:

①pH=4.1时,Ⅰ中为　　　　溶液(写化学式)。 
②工艺中加入Na2CO3固体,并再次充入SO2的目的是　　　　　　　　　　　　　。 
(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为　　　　　　　。电解后,　　　　　室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水,可得到Na2S2O5。 

(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 mol·L-1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　　　g·L-1(以SO2计)。 
答案：(1)2NaHSO3Na2S2O5 +H2O
(2)①NaHSO3　②得到NaHSO3过饱和溶液
(3)2H2O-4e-4H++O2↑　a
(4)S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+　0.128
【解析】(1)NaHSO3和焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价均为+4价,则NaHSO3经结晶脱水生成焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的化学方程式为2NaHSO3Na2S2O5 +H2O。
(2)①根据亚硫酸的酸性强于碳酸,则SO2通入Na2CO3溶液中可反应生成Na2SO3或NaHSO3,再结合溶液pH为4.1可知,溶液Ⅰ中的溶质为NaHSO3。②工艺中加入碳酸钠固体,并再次充入SO2,可生成更多的NaHSO3。
(3)根据电解目的——得到更多的NaHSO3,因此阳极是水电离出的OH-放电,留下的氢离子通过阳离子交换膜进入a室,使a室中的NaHSO3浓度增大。
(4)葡萄酒中的Na2S2O5被碘标准液中的I2氧化的离子方程式为S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+。
根据离子方程式可计算:10 mL×0.010 00mol·L-1×64 g·mol-150.00 mL=0.128 g·L-1。
7.CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图所示。

(1)写出400～600 ℃范围内分解反应的化学方程式： 。
(2)与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是 。
答案：CaC2O4CaCO3＋CO↑
CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
【解析】(1)CaC2O4·H2O的相对分子质量为146，设起始时CaC2O4·H2O的物质的量为1 mol，则由图象可知，该反应分为三个阶段，第一阶段失去1 mol水，生成CaC2O4；第二阶段CaC2O4失去1 mol CO，生成CaCO3；第三阶段CaCO3失去1 mol CO2，生成CaO。因此第二阶段，即400～600 ℃范围内分解反应的化学方程式为CaC2O4CaCO3＋CO↑。
(2)CaC2O4·H2O和CaCO3两者均可分解生成CaO，而两者制备的CaO捕集CO2的性能不同，说明使两者不同的原因是CaO表面积的大小不同，因1 mol CaC2O4·H2O制备CaO的过程中共生成3 mol气体，1 mol CaCO3制备CaO的过程只生成1 mol气体，因此CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，从而使制得的CaO更加疏松多孔，具有更好的CO2捕集性能。