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第02讲 一定物质的量浓度的溶液及其配制（讲义）-2022年高考化学一轮复习必做提升讲义（夯基础·再突破）学案
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这是一份第02讲 一定物质的量浓度的溶液及其配制（讲义）-2022年高考化学一轮复习必做提升讲义（夯基础·再突破）学案，文件包含第02讲一定物质的量浓度的溶液及其配制讲义原卷版-2022年高考化学一轮复习必做提升讲义夯基础·再突破docx、第02讲一定物质的量浓度的溶液及其配制讲义解析版-2022年高考化学一轮复习必做提升讲义夯基础·再突破docx等2份学案配套教学资源，其中学案共22页， 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w<12(w1+w2),如氨水、酒精溶液。
特别强调：
定容视线引起的误差分析
①仰视刻度线(图a)，导致溶液体积偏大。
②俯视刻度线(图b)，导致溶液体积偏小。
课堂练01
1.判断正误
(1)1 mol·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl( )
(2)用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1 mol·L－1( )
(3)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( )
(4)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25%( )
(5)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为49%( )
(6)同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，其体积比为3∶2∶1，则SO浓度之比为3∶2∶3( )
(7)0.5 mol·L－1的稀H2SO4溶液中c(H＋)为1.0 mol·L－1( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)× (7)√
2.标准状况下，V L氨气溶解在1 L水中(水的密度为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列关系中正确的是( )
A．ρ＝ B．w＝%
C．w＝ D．c＝
答案：C
【解析】溶质的物质的量n＝ mol，
溶质的质量m＝ g，
溶液的质量m(溶液)＝ g，
溶液的体积V(溶液)＝×10－3 L，代入有关公式判断，正确的是C。
3.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
答案：A
【解析】 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。
4.为了配制100 mL 1 mol·L－1NaOH溶液，下列操作错误的是( )
①选择刚用蒸馏水洗净的100 mL容量瓶进行配制
②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中
③用蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液都移入容量瓶中
④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切
⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出液体超过的一部分
A．②④⑤ B．①⑤
C．②③⑤ D．①②
答案：A
【解析】①配制100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液，应选择100 mL容量瓶，因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水，所以使用前不需要干燥，正确；②NaOH溶于水时放热，所以在配制溶液时不能立即把溶液转移到容量瓶中，错误；③用蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液均转入容量瓶中，是为了将溶质全部转移到容量瓶中，正确；④定容时，为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，应改用胶头滴管滴加，使溶液凹液面的最低点与刻度线相平，错误；⑤液面超过了容量瓶的刻度线，吸出溶液会减少溶质的质量，导致配制的溶液浓度偏低，实验失败，应重新配制，错误。
5.(双选)相对分子质量为Mr的气态化合物V L(标准状况)溶于m g水中,得到溶液的溶质质量分数为w %,物质的量浓度为c mol·L-1,密度为ρ g·cm-3,则下列说法正确的是( )
A.溶液密度可表示为cMr1 000w g·cm-3
B.物质的量浓度可表示为ρVMr+22.4m mol·L-1
C.溶液的质量分数可表示为MrV22.4m+MrV
D.相对分子质量可表示为22.4m×w%(1-w%)V
答案：CD
【解析】设溶液的体积为V L,则溶液中溶质的质量m=c mol·L-1×V L×Mr g·mol-1=cVMr g,V L该溶液的质量为cVMrw% g,溶液的密度为ρ=cVMrw%g1 000VmL=cMr1 000×w% g·mL-1=cMr10w g·cm-3,A错误;溶液的体积V=m(溶液)ρg·cm-3=(MrV22.4+m) gρg·cm-3=MrV+22.4m22.4ρ cm3,溶质的物质的量为VL22.4 L·mol-1=V22.4 mol,则该溶液中溶质的物质的量浓度c=V22.4molMrV+22.4m22.4ρ×10-3L=1 000ρVMrV+22.4m mol·L-1,B错误;溶液中溶质的质量为VL22.4 L·mol-1×Mr g·mol-1=MrV22.4 g,溶液的质量为(m+MrV22.4)g,则溶质的质量分数w%=MrV22.4gMrV22.4g+mg=MrV22.4m+MrV,C正确;质量分数为w%,则水的质量分数为1-w%,水的质量为m,则溶液的质量为m1-w% g,溶质的质量为m1-w% g×w%,溶质的物质的量为VL22.4 L·mol-1=V22.4 mol,则该化合物的摩尔质量为m1-w%×w% gV22.4mol=22.4m×w%(1-w%)V g·mol-1,则该化合物的相对分子质量Mr=22.4m×w%(1-w%)V,D正确。
6.用密度为ρ1 g·cm-3、质量分数为w的浓盐酸与水按体积比为1∶4配制成一定浓度的稀盐酸,该稀盐酸的密度为ρ2 g·cm-3,则所配制稀盐酸的物质的量浓度为( )
A.1 000ρ1ρ2w182.5 mol·L-1 B.1 000ρ1ρ2wρ1+4 mol·L-1
C.1 000ρ1ρ2w36.5(ρ1+4) mol·L-1 D.1 000ρ1w182.5 mol·L-1
答案：C
【解析】密度为ρ1 g·cm-3、质量分数是w的浓盐酸的物质的量浓度c(浓)=1 000ρ1w36.5 mol·L-1,设所取浓盐酸的体积为1 L,则水的体积为4 L,则1 L浓盐酸中含有HCl的物质的量n(HCl)=cV=1 000ρ1w36.5 mol·L-1×1 L=1 000ρ1w36.5 mol,向1 L浓盐酸中加入4 L水后溶液的质量m(稀盐酸)=m(浓盐酸)+m(H2O)=(1 000ρ1+4 000) g,由于稀释后溶液的密度为ρ2 g·cm-3,所以稀盐酸的体积V(稀盐酸)=m(稀盐酸)ρ2g·cm-3=(1 000ρ1+4 000)g1×103×ρ2g·L-1=ρ1+4ρ2 L,因此稀释后盐酸的物质的量浓度c(稀盐酸)=nV=1 000ρ1w36.5molρ1+4ρ2L=1 000ρ1ρ2w36.5(ρ1+4) mol·L-1,故C项正确。
7.(双选)以下有关物质的质量分数和物质的量浓度的叙述正确的是( )
A.等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应,若生成硫酸钡沉淀的质量相等,则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比为1∶1∶1
B.Na2O2和Na2O各0.1 mol分别放入100 g水中,所得溶液的物质的量浓度不相等
C.质量分数分别为5%和15%的硫酸溶液等体积混合后,所得溶液的质量分数大于10%
D.配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,导致所配溶液浓度偏高
答案：CD
【解析】因为生成硫酸钡沉淀的质量相等,所以三种盐提供的硫酸根的比例为1∶1∶1,所以硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾的物质的量浓度之比为1∶3∶3,A错误;Na2O2和Na2O各0.1 mol分别放入100 g水中,消耗的水的质量相等,生成的NaOH的物质的量也相等,则所得溶液中溶质的物质的量浓度相等,B错误;若两种硫酸溶液等体积混合,由于硫酸的密度大于水的密度,所以两种硫酸溶液混合后,质量分数更接近较浓硫酸的浓度,所得硫酸溶液的质量分数大于10%,C正确;配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,则加入的蒸馏水偏少,导致所配溶液浓度偏高,D正确。
8.某实验需要100 mL 0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液，现通过如下操作配制：①把称量好的固体Na2CO3放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解。为加快溶解可以使用________(填仪器名称)搅拌；②把①所得溶液冷却到室温后，小心转入________(填仪器名称)；③继续加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用________(填仪器名称)小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2～3次，每次洗涤的溶液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞紧，充分摇匀。
(1)操作步骤正确的顺序是________(填序号)。
(2)若没有操作④，则所配溶液的浓度会________(填“偏高”或“偏低”)。
(3)若所配溶液的密度为1.06 g·mL－1，则该溶液的质量分数为________。
(4)若取出20 mL配好的Na2CO3溶液，加蒸馏水稀释成c(Na＋)＝0.01 mol·L－1的溶液，则稀释后溶液的体积为________ mL。
(5)在配制100 mL 0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液时，下列操作中的________会导致溶液浓度偏低(请用序号填写)。
A.将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
B.定容时俯视刻度线
C.定容时仰视刻度线
D.干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液
答案：玻璃棒 100 mL容量瓶 胶头滴管 (1)①②④③⑤ (2)偏低 (3)1%
(4)400 (5)AC
【解析】加快溶解的正确操作是用玻璃棒搅拌；配制100 mL溶液时就需要用100 mL容量瓶；定容时需要用胶头滴管。(1)根据配制的原理及实验要求可知，正确的操作顺序是①②④③⑤。(2)若没有操作④，部分溶质损失，则所配溶液的浓度会偏低。(3)根据c＝可知，该溶液的质量分数为×100%＝1%。(4)稀释前钠离子的浓度是0.2 mol·L－1，而稀释后钠离子的浓度是0.01 mol·L－1，所以稀释后溶液的体积是＝400 mL。(5)根据c＝可知，将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，则溶质减少，浓度偏小；定容时俯视刻度线，则溶液的体积减小，所以浓度偏高；反之定容时仰视刻度线，浓度偏低；干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，不会影响实验结果，答案选a、c。
9.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。
Ⅰ.配制酸性KMnO4标准溶液：如图是配制50 mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。
(1)请你观察图示并判断其中不正确的操作有________(填序号)。
(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是________(填名称)。
(3)如果按照图示的操作配制溶液，在其他操作均正确的情况下，配制溶液的浓度将 ______(填“偏大”或“偏小”)。
Ⅱ.测定血液样品中Ca2＋的浓度：取血液样品20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL酸性KMnO4溶液。
(4)已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则式中的x＝________。
(5)滴定时，根据现象_____________________________，即可确定反应达到终点。
(6)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg·cm－3。
答案：Ⅰ.(1)⑤ (2)50 mL容量瓶 (3)偏小
Ⅱ.(4)2 (5)溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (6)1.2
【解析】Ⅰ.(1)由图示可知⑤操作不正确，定容时应平视刻度线至溶液凹液面与刻度线相切。
(2)应该用容量瓶确定50 mL溶液的体积。(3)用图示的操作配制溶液，定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。Ⅱ.(4)根据电荷守恒，(－1×2)＋(＋1×6)＝＋x×2，解得x＝2，草酸与KMnO4反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。(5)用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液时，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。(6)20.00 mL血液样品经过处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020 mol·L－1×0.012 L＝2.4×10－4 mol，根据反应的离子方程式5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O及草酸钙的化学式CaC2O4可知，n(Ca2＋)＝n(H2C2O4)＝＝2.5×2.4×10－4 mol＝6×10－4 mol，Ca2＋的质量为40 g·mol－1×6×10－4 mol＝0.024 g，其浓度为＝1.2 mg·cm－3。
课后检测
1.下列叙述错误的是( )
A.10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液，用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%
B.配制0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL 容量瓶
C.在标准状况下，将22.4 L氨气溶于1 L水中，得到1 mol·L－1的氨水
D.室温下，向两等份浓度相同的不饱和烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，均使溶液恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)
答案：C
【解析】浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，加水后浓硫酸的质量分数为×100%＝>49%，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。
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w<12(w1+w2),如氨水、酒精溶液。
特别强调：
定容视线引起的误差分析
①仰视刻度线(图a)，导致溶液体积偏大。
②俯视刻度线(图b)，导致溶液体积偏小。
课堂练01
1.判断正误
(1)1 mol·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl( )
(2)用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1 mol·L－1( )
(3)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( )
(4)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25%( )
(5)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为49%( )
(6)同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，其体积比为3∶2∶1，则SO浓度之比为3∶2∶3( )
(7)0.5 mol·L－1的稀H2SO4溶液中c(H＋)为1.0 mol·L－1( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)× (7)√
2.标准状况下，V L氨气溶解在1 L水中(水的密度为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列关系中正确的是( )
A．ρ＝ B．w＝%
C．w＝ D．c＝
答案：C
【解析】溶质的物质的量n＝ mol，
溶质的质量m＝ g，
溶液的质量m(溶液)＝ g，
溶液的体积V(溶液)＝×10－3 L，代入有关公式判断，正确的是C。
3.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
答案：A
【解析】 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。
4.为了配制100 mL 1 mol·L－1NaOH溶液，下列操作错误的是( )
①选择刚用蒸馏水洗净的100 mL容量瓶进行配制
②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中
③用蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液都移入容量瓶中
④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切
⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出液体超过的一部分
A．②④⑤ B．①⑤
C．②③⑤ D．①②
答案：A
【解析】①配制100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液，应选择100 mL容量瓶，因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水，所以使用前不需要干燥，正确；②NaOH溶于水时放热，所以在配制溶液时不能立即把溶液转移到容量瓶中，错误；③用蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液均转入容量瓶中，是为了将溶质全部转移到容量瓶中，正确；④定容时，为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，应改用胶头滴管滴加，使溶液凹液面的最低点与刻度线相平，错误；⑤液面超过了容量瓶的刻度线，吸出溶液会减少溶质的质量，导致配制的溶液浓度偏低，实验失败，应重新配制，错误。
5.(双选)相对分子质量为Mr的气态化合物V L(标准状况)溶于m g水中,得到溶液的溶质质量分数为w %,物质的量浓度为c mol·L-1,密度为ρ g·cm-3,则下列说法正确的是( )
A.溶液密度可表示为cMr1 000w g·cm-3
B.物质的量浓度可表示为ρVMr+22.4m mol·L-1
C.溶液的质量分数可表示为MrV22.4m+MrV
D.相对分子质量可表示为22.4m×w%(1-w%)V
答案：CD
【解析】设溶液的体积为V L,则溶液中溶质的质量m=c mol·L-1×V L×Mr g·mol-1=cVMr g,V L该溶液的质量为cVMrw% g,溶液的密度为ρ=cVMrw%g1 000VmL=cMr1 000×w% g·mL-1=cMr10w g·cm-3,A错误;溶液的体积V=m(溶液)ρg·cm-3=(MrV22.4+m) gρg·cm-3=MrV+22.4m22.4ρ cm3,溶质的物质的量为VL22.4 L·mol-1=V22.4 mol,则该溶液中溶质的物质的量浓度c=V22.4molMrV+22.4m22.4ρ×10-3L=1 000ρVMrV+22.4m mol·L-1,B错误;溶液中溶质的质量为VL22.4 L·mol-1×Mr g·mol-1=MrV22.4 g,溶液的质量为(m+MrV22.4)g,则溶质的质量分数w%=MrV22.4gMrV22.4g+mg=MrV22.4m+MrV,C正确;质量分数为w%,则水的质量分数为1-w%,水的质量为m,则溶液的质量为m1-w% g,溶质的质量为m1-w% g×w%,溶质的物质的量为VL22.4 L·mol-1=V22.4 mol,则该化合物的摩尔质量为m1-w%×w% gV22.4mol=22.4m×w%(1-w%)V g·mol-1,则该化合物的相对分子质量Mr=22.4m×w%(1-w%)V,D正确。
6.用密度为ρ1 g·cm-3、质量分数为w的浓盐酸与水按体积比为1∶4配制成一定浓度的稀盐酸,该稀盐酸的密度为ρ2 g·cm-3,则所配制稀盐酸的物质的量浓度为( )
A.1 000ρ1ρ2w182.5 mol·L-1 B.1 000ρ1ρ2wρ1+4 mol·L-1
C.1 000ρ1ρ2w36.5(ρ1+4) mol·L-1 D.1 000ρ1w182.5 mol·L-1
答案：C
【解析】密度为ρ1 g·cm-3、质量分数是w的浓盐酸的物质的量浓度c(浓)=1 000ρ1w36.5 mol·L-1,设所取浓盐酸的体积为1 L,则水的体积为4 L,则1 L浓盐酸中含有HCl的物质的量n(HCl)=cV=1 000ρ1w36.5 mol·L-1×1 L=1 000ρ1w36.5 mol,向1 L浓盐酸中加入4 L水后溶液的质量m(稀盐酸)=m(浓盐酸)+m(H2O)=(1 000ρ1+4 000) g,由于稀释后溶液的密度为ρ2 g·cm-3,所以稀盐酸的体积V(稀盐酸)=m(稀盐酸)ρ2g·cm-3=(1 000ρ1+4 000)g1×103×ρ2g·L-1=ρ1+4ρ2 L,因此稀释后盐酸的物质的量浓度c(稀盐酸)=nV=1 000ρ1w36.5molρ1+4ρ2L=1 000ρ1ρ2w36.5(ρ1+4) mol·L-1,故C项正确。
7.(双选)以下有关物质的质量分数和物质的量浓度的叙述正确的是( )
A.等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应,若生成硫酸钡沉淀的质量相等,则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比为1∶1∶1
B.Na2O2和Na2O各0.1 mol分别放入100 g水中,所得溶液的物质的量浓度不相等
C.质量分数分别为5%和15%的硫酸溶液等体积混合后,所得溶液的质量分数大于10%
D.配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,导致所配溶液浓度偏高
答案：CD
【解析】因为生成硫酸钡沉淀的质量相等,所以三种盐提供的硫酸根的比例为1∶1∶1,所以硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾的物质的量浓度之比为1∶3∶3,A错误;Na2O2和Na2O各0.1 mol分别放入100 g水中,消耗的水的质量相等,生成的NaOH的物质的量也相等,则所得溶液中溶质的物质的量浓度相等,B错误;若两种硫酸溶液等体积混合,由于硫酸的密度大于水的密度,所以两种硫酸溶液混合后,质量分数更接近较浓硫酸的浓度,所得硫酸溶液的质量分数大于10%,C正确;配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,则加入的蒸馏水偏少,导致所配溶液浓度偏高,D正确。
8.某实验需要100 mL 0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液，现通过如下操作配制：①把称量好的固体Na2CO3放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解。为加快溶解可以使用________(填仪器名称)搅拌；②把①所得溶液冷却到室温后，小心转入________(填仪器名称)；③继续加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用________(填仪器名称)小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2～3次，每次洗涤的溶液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞紧，充分摇匀。
(1)操作步骤正确的顺序是________(填序号)。
(2)若没有操作④，则所配溶液的浓度会________(填“偏高”或“偏低”)。
(3)若所配溶液的密度为1.06 g·mL－1，则该溶液的质量分数为________。
(4)若取出20 mL配好的Na2CO3溶液，加蒸馏水稀释成c(Na＋)＝0.01 mol·L－1的溶液，则稀释后溶液的体积为________ mL。
(5)在配制100 mL 0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液时，下列操作中的________会导致溶液浓度偏低(请用序号填写)。
A.将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
B.定容时俯视刻度线
C.定容时仰视刻度线
D.干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液
答案：玻璃棒 100 mL容量瓶 胶头滴管 (1)①②④③⑤ (2)偏低 (3)1%
(4)400 (5)AC
【解析】加快溶解的正确操作是用玻璃棒搅拌；配制100 mL溶液时就需要用100 mL容量瓶；定容时需要用胶头滴管。(1)根据配制的原理及实验要求可知，正确的操作顺序是①②④③⑤。(2)若没有操作④，部分溶质损失，则所配溶液的浓度会偏低。(3)根据c＝可知，该溶液的质量分数为×100%＝1%。(4)稀释前钠离子的浓度是0.2 mol·L－1，而稀释后钠离子的浓度是0.01 mol·L－1，所以稀释后溶液的体积是＝400 mL。(5)根据c＝可知，将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，则溶质减少，浓度偏小；定容时俯视刻度线，则溶液的体积减小，所以浓度偏高；反之定容时仰视刻度线，浓度偏低；干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，不会影响实验结果，答案选a、c。
9.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm－3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。
Ⅰ.配制酸性KMnO4标准溶液：如图是配制50 mL酸性KMnO4标准溶液的过程示意图。
(1)请你观察图示并判断其中不正确的操作有________(填序号)。
(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是________(填名称)。
(3)如果按照图示的操作配制溶液，在其他操作均正确的情况下，配制溶液的浓度将 ______(填“偏大”或“偏小”)。
Ⅱ.测定血液样品中Ca2＋的浓度：取血液样品20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL酸性KMnO4溶液。
(4)已知草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则式中的x＝________。
(5)滴定时，根据现象_____________________________，即可确定反应达到终点。
(6)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为________mg·cm－3。
答案：Ⅰ.(1)⑤ (2)50 mL容量瓶 (3)偏小
Ⅱ.(4)2 (5)溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (6)1.2
【解析】Ⅰ.(1)由图示可知⑤操作不正确，定容时应平视刻度线至溶液凹液面与刻度线相切。
(2)应该用容量瓶确定50 mL溶液的体积。(3)用图示的操作配制溶液，定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。Ⅱ.(4)根据电荷守恒，(－1×2)＋(＋1×6)＝＋x×2，解得x＝2，草酸与KMnO4反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。(5)用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液时，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。(6)20.00 mL血液样品经过处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020 mol·L－1×0.012 L＝2.4×10－4 mol，根据反应的离子方程式5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O及草酸钙的化学式CaC2O4可知，n(Ca2＋)＝n(H2C2O4)＝＝2.5×2.4×10－4 mol＝6×10－4 mol，Ca2＋的质量为40 g·mol－1×6×10－4 mol＝0.024 g，其浓度为＝1.2 mg·cm－3。
课后检测
1.下列叙述错误的是( )
A.10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液，用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%
B.配制0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL 容量瓶
C.在标准状况下，将22.4 L氨气溶于1 L水中，得到1 mol·L－1的氨水
D.室温下，向两等份浓度相同的不饱和烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，均使溶液恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)
答案：C
【解析】浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，加水后浓硫酸的质量分数为×100%＝>49%，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。
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