人教版高中化学必修一精品同步讲义第二章 章末归纳总结（含解析）

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第二章 章末归纳总结
思维导图



考向分析


考向一 钠及其化合物
【例1】（2022·宁夏·平罗中学高一期末）元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。图是钠的价类二维图：

请回答以下问题：
(1)写出二维图中缺失①中某种淡黄色固体能做供氧剂的原因_______(用化学方程式表示，写一个即可)
(2)写出的电离方程式_______；溶液常因温度过高而分解含有少量，除去杂质的方法为_______(用离子方程式表示)。
(3)向300 mL 某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2(忽略溶液体积的变化)，充分反应后，得到Na2CO3和NaHCO3的混合溶液。向上述所得溶液中，逐滴滴加1 mol·L-1的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：

①AB段发生反应的离子方程式 _______。
②B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量是_______。
(4)实验室可以用稀盐酸鉴别Na2CO3和NaHCO3，除了这种方法，请你再举出一例鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液的方法：_______。
【答案】(1)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2或2Na2O2＋2H2O=4NaOH+O2↑
(2)     NaHCO3=Na＋＋HCO     CO＋CO2＋H2O=2HCO
(3)     HCO＋H＋=CO2↑＋H2O     0.3mol
(4)测相同浓度碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液的pH或者向溶液中加入氯化钙溶液
【解析】(1)根据二维图，①是钠的氧化物，钠的氧化物中显淡黄色的是Na2O2，过氧化钠能与CO2、H2O反应，方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2或2Na2O2＋2H2O=4NaOH+O2↑；
(2)NaHCO3属于强电解质，在水中的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO；除去Na2CO3，不引入新杂质，可向溶液中通入CO2，发生Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，离子方程式为CO＋CO2＋H2O=2HCO；故答案为NaHCO3=Na＋＋HCO；CO＋CO2＋H2O=2HCO；
(3)①NaOH溶液与一定量CO2反应，反应后溶质可能为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3，向反应后的溶液中加入盐酸，根据图像可知，0～100段消耗盐酸的体积小于100～300段消耗盐酸体积，因此NaOH与CO2反应后的溶质为Na2CO3和NaHCO3，0～100段发生离子反应为Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，100～300段发生离子反应为HCO＋H＋=CO2↑＋H2O，故答案为HCO＋H＋=CO2↑＋H2O；②根据上述分析，B点溶液中溶质为NaCl，根据原子守恒n(NaCl)=n(HCl)=300×10－3L×1mol·L－1=0.3mol；故答案为0.3mol；
(4)相同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液的碱性强于NaHCO3溶液的碱性，可以通过测相同溶度的pH进行鉴别；或者向溶液中加入CaCl2，CaCl2与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，而NaHCO3溶液不与CaCl2溶液反应等等；故答案为测相同浓度碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液的pH或者向溶液中加入氯化钙溶液。
【一隅三反】
1．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示。

(1)下列说法不正确的是_______(填字母)
A．Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强
B．侯氏制碱法的最终所得最终产品是Na2CO3
C．图示转化反应都是氧化还原反应
D．焰色试验中需用盐酸洗净铂丝，并灼烧至与原来的火焰颜色相同为止
(2)Cl2与Ca(OH)2反应的化学方程式为_______。
(3)84消毒液(含次氯酸钠)不能与洁厕剂(含盐酸)混合使用，否则可能产生使人中毒的气体，请解释其原因_______(用离子方程式表示)。
(4)纯净的氢气在氯气中燃烧的现象是_______。
(5)实验室常用浓盐酸和MnO2加热制备氯气，请写出该反应的离子方程式_______。
(6)已知ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。当生成ClO2气体，标况下的体积为89.6L时，转移的电子的物质的量为_______mol，反应消耗的KClO3为_______g。
【答案】(1)C
(2)2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
(3)ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
(4)安静的燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾
(5)MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑
(6)     4     490
【解析】(1)A．碳酸氢钠热稳定性较差，受热分解成碳酸钠、二氧化碳和水，因此碳酸氢钠的热稳定性比碳酸钠差，故A说法正确；
B．侯氏制碱法原理是NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠受热分解成碳酸钠、二氧化碳和水，因此侯氏制碱法最终获得碳酸钠，故B说法正确；
C．氯化钠与CO2、NH3反应、碳酸氢钠受热分解均不属于氧化还原反应，故C说法错误；
D．焰色试验中用盐酸洗涤，多数金属氯化物沸点较低，容易除去铂丝表面的杂质，然后灼烧至与原来的火焰颜色相同为止，故D说法正确；
答案为C；
(2)氯气与氢氧化钙溶液发生歧化反应，其反应为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
(3)次氯酸钠与盐酸反应发生归中反应，生成氯气，其离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；故答案为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；
(4)氢气在氯气中燃烧的现象：安静的燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾；故答案为安静的燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾；
(5)利用二氧化锰的氧化性强于氯气，其离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；故答案为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；
(6)根据反应方程式，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C的化合价由+3升高为+4价，生成标准状况下89.6LClO2气体，转移电子物质的量为=4mol；根据反应方程式，消耗KClO3的质量为=490g；故答案为4；490；
2． (1)最近材料科学家发现了首例结晶水的品体在5K下呈现超导性.该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O该晶体的摩尔质量为122g/mol)，若用NA表示阿伏加德罗常数，则12.2g该晶体中含氧原子数为______，氢原子的物质的量为_____.
(2)常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为SO2的是_____(填序号).
a           b           c           d
(3)在标准状况下，2.24L由N2、N2O组成的混合气体中含有的氮元素的质量约为________.
(4)在0.1L由KCl、K2SO4、ZnSO4形成的植物营养液中，c(K+)=0.7mol•L-1，c(Zn2+)=0.1mol•L-1，c(Cl-)=0.3mol•L-1，向混合溶液中滴加足量的BaCl2溶液后产生沉淀的物质的量为________.
(5)在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气(已知：空气不可能排净，空气的平均相对分子质量为29，瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，氨气极易溶于水)，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_________.
(6)100mL0.3mol/LNa2SO4溶液和50mL 0.2 mol/L Al2(SO4)3溶液的混合，所得混合溶液中SO的浓度为__________(溶液混合时体积变化忽略不计).
【答案】（1）0.33NA     0.26mol    
（2） a    
（3） 2.8g    
（4） 0.03mol   
（5）       
（6） 0.4mol/L
【解析】(1)12.2g该晶体的物质的量为=0.1mol，所以含有氧原子的物质的量为0.1mol´(2+1.3)=0.33mol，数目为0.33NA；氢原子的物质的量为0.1mol´2´1.3=0.26mol；
(2)气体的物质的量n=，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V=n•Vm，即V=Vm可知，摩尔质量越大，体积越小，CH4、CO2、O2、SO2的摩尔质量分别为16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，SO2的摩尔质量最大，故体积最小，所以选a；
(3)在标准状况下，2.24L由N2、N2O组成的混合气体物质的量0.1mol，一个N2和一个N2O均含有两个氮原子，所以氮原子的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×14g/mol=2.8g；
(4)溶液中各种离子遵循电荷守恒，2c(SO)+c(Cl-)=2c (Zn2+)+c (K+)，解得2c(SO)=0.1×2+0.7-0.3=0.6mol/L，c(SO42- )=0.3mol/L，溶液体积为0.1L，所以n(SO)=0.03mol，加入氯化钡产生硫酸钡的物质的量为0.03mol；
(5)用排气法收集氨气后，收集到的氨气气体不纯，含有空气；空气的平均相对分子质量为29，混合气体的平均相对分子质量为：9.5×2=19；设烧瓶的容积为V L，氨气的体积为x L，空气的体积为(V-x)L，则=19，解得x=V，将此瓶气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即V，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积为；
(6)混合溶液中SO的浓度为=0.4mol/L。
3．（2022·湖北·鄂州市教学研究室高一期末）I、现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度(通过CO2与样品反应后生成O2的量测定Na2O2的含量。可供选用的反应物：CaCO3固体、盐酸、硫酸溶液和蒸馏水)。回答下列问题：

(1)装置a的名称为___________。
(2)装置B中除杂反应的离子方程式为___________。
(3)装置D中反应生成O2的化学方程式为___________。
(4)装置E中碱石灰的主要作用是___________。
(5)已知装置D中试样质量为19.5g，装置G中所得O2体积为1120mL(已折算成标准状况下体积，且O2全部逸出)。求试样中Na2O2的质量分数___________。
Ⅱ、现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：

(6)操作Ⅰ的名称___________，为提高NaHCO3的产量，CO2和NH3通入饱和NaCl溶液的先后顺序为___________。
A．先通CO2再通NH3 B．先通NH3再通CO2
【答案】(1)分液漏斗
(2)H++=H2O+CO2↑
(3)2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2
(4)除去没有反应完的CO2(或除去O2中混有的CO2杂质)
(5)40%
(6)     过滤     B
【解析】I：利用CO2与Na2O2的反应生成O2，测量Na2O2的含量，装置A为制备CO2，B装置除去CO2中混有的HCl，装置C为干燥CO2，装置D为反应装置，装置E的目的是除去未反应的CO2，据此分析；
Ⅱ：反应I发生NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用碳酸氢钠不稳定，加热得到碳酸钠，据此分析；
(1)根据仪器的特点，仪器a为分液漏斗；故答案为分液漏斗；
(2)制备CO2是利用CaCO3与HCl反应，产生CO2中混有HCl，HCl干扰实验，必须除去，装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，反应的离子方程式为H++=H2O+CO2↑；故答案为H++=H2O+CO2↑；
(3)过氧化钠与CO2反应的方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；故答案为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
(4)因为需要测量O2的体积，计算Na2O2的质量分数，因此装置E的作用是除去未反应的CO2；故答案为除去未反应的CO2；
(5)过氧化钠与CO2反应的方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，因此有n(Na2O2)=2n(O2)==0.1mol，过氧化钠的含量为=40%；故答案为40%；
(6)操作I得到固体和母液，操作I的名称为过滤；CO2能溶于水，NH3极易溶于水，且水溶液显碱性，为了更好利用CO2，因此先通NH3后通CO2，故选项B正确；故答案为过滤；B。
考向二 氯及其化合物
【例2】氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。

回答下列问题：
(1)a中的试剂为_______。
(2)b中采用的加热方式是_______，c中化学反应的离子方程式是_______，采用冰水浴冷却的目的是_______。
(3)d的作用是_______，可选用试剂_______(填标号)。
A．Na2S             B．NaCl            C．Ca(OH)2              D．H2SO4
(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，_______，_______，干燥，得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显_______色。可知该条件下KClO3的氧化能力_______NaClO(填“大于”或“小于")。
【答案】（1）饱和食盐水    
（2） 水浴加热     Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O     避免生成NaClO3    
（3） 吸收尾气(Cl2)     AC    
（4） 过滤     少量(冷)水洗涤    
（5） 紫     小于
【解析】(1) a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；
(2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；
(3)氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl2)；
A．Na2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；
B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；
C．氯气可以Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；
D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；
综上所述可选用试剂AC；
(4)b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；
(5)1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。
【一隅三反】
1．氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，某兴趣小组利用所给仪器在实验室制备纯净干燥的氯气，并模拟工业制漂白粉。请回答下列问题：

(1)装置G的名称为_______。
(2)装置F的作用为_______。
(3)从上图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气(仪器不重复使用)，仪器连接顺序为_______(用仪器下方字母表示，如A→B→…)。
(4)制备氯气的反应中体现了浓盐酸的_______性和_______性。
Ⅱ.漂白粉的制备

已知：①氯气和石灰乳在反应的过程中会放出热量。
②
(5)①写出制取漂白粉的化学方程式，并用双线桥标注电子转移的方向和数目_______。
②兴趣小组制得的漂白粉中的含量远超过预期，而含量明显偏低。主要原因可能是(请用化学方程式结合文字表述)_______。
(6)为提高产品中有效成分的含量，在不改变石灰乳浓度和体积的条件下可采取的措施是(任写一种即可)_______。
【答案】（1） 分液漏斗    
（2） 除去氯气中的HCl   
（3）   B→F→E→D→C    
（4） 还原     酸   
（5）        发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(C1O)2]    
（6） 用冰水或冷水冷却
【解析】Ⅰ．(1)装置G的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2)装置F的作用为除去氯气中的HCl，故答案为：除去氯气中的HCl；
(3)从图中选择合适装置制备并收集纯净干的氯气仪器连接顺序为B→F→E→D→C（从左侧看导管长进短出），故答案为：B→F→E→D→C；
(4)制备氯气的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成氯气体现还原性，生成氯化锰体现酸性，则体现了浓盐酸的还原性和酸性，故答案为：还原；酸；
Ⅱ．(5)①漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，将氯气通入石灰乳制取漂白粉，同时有水生成，反应的化学方程为2C12+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，用双线桥标注电子转移的方向和数目，；
②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(C1O)2]， 故答案为：发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(C1O)2];
③温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时升高，故答案为：用冰水或冷水冷却。
2．如图为实验室制取纯净、干燥的氯气，并验证氯气性质的装置。其中E瓶放有干燥红色布条，F中为红色的铜网，其右端出气管口放有脱脂棉。

(1)写出实验室制取氯气的化学方程式：_________。
(2)装置C中盛装的溶液是______，D中试剂的作用是_______。
(3)E中红色布条是否褪色？_______，F中的反应产物为______。
(4)新制氯水呈酸性，请用电离方程式解释其原因________。
(5)若H中选用NaOH溶液进行尾气处理，则发生的反应是(用离子方程式表示)______。
【答案】（1）    
（2） 饱和食盐水     干燥氯气    
（3） 否     CuCl2    
（4） HCl=H++Cl-，    
（5） Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】分液漏斗中的浓盐酸滴入烧瓶B中的二氧化锰固体中加热发生反应生成氯气，氯气中含水蒸气和氯化氢气体杂质，通过装置C中饱和食盐水除去氯化氢气体，通过装置D中的浓硫酸除去水蒸气，通过装置E检验干燥的氯气是否具有漂白性，通过装置F中的铜网加热发生反应生成棕黄色的烟得到氯化铜，通过装置G收集氯气，剩余氯气通过装置H中的氢氧化钠溶液吸收，据此解答；
(1)实验室中用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气，化学反应方程式为，故答案为：；
(2)因为生成的氯气中含有氯化氢气体，用饱和食盐水可以出去氯化氢，所以C中盛放饱和食盐水，D中盛放浓硫酸是为了除去氯气中的水蒸气得到干燥纯净的氯气，故答案为：饱和食盐水，干燥氯气；
(3)E装置是为了检验氯气是否具有漂白性的实验验证，氯气物漂白性，干燥的红色不调不褪色，F中是铜网，氯气与铜在高温下反应生成CuCl2，故答案为：否，CuCl2；
(4)Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸电离生成氢离子和氯离子，次氯酸电离成氢离子和次氯酸根离子，故答案为：HCl=H++Cl-，；
(5) Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
3．（2022·河南）用质量分数为36.5%的盐酸(密度为1.16g·cm-3)配制1mol·L-1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：
(1)配制稀盐酸时，应选用容量为_____mL的容量瓶。
(2)计算已知盐酸的物质的量浓度为__________。
(3)经计算需要_____mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的________。
A 5mL            B 10mL          C 25mL               D 50mL
(4)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入相应规格的容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3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)。
(5)在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)．若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）250    
（2）11.6mol/L    
（3） 21.6     C    
（4） ③①④②    
（5） 偏低     偏低
【解析】(1)因配制溶液的体积为220mL，容量瓶的规格中没有220mL，所以只能选250mL容量瓶；
(2)浓盐酸的物质的量浓度为；
(3)设所需浓盐酸的体积为V，有V×11.6mol/L=0.25L×1mol/L，则V=0.0216L=21.6mL，根据“大而近”的原则，结合需要量取的浓盐酸的体积可知所需的量筒为25mL；
(4)操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为③①④②；
(5)若用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，浓盐酸浓度减少，所量取溶液中溶质的质量减少，浓度偏低；若用干燥洁净的量筒量取浓盐酸时俯视，溶液的液面在刻度线以下，所量取溶液中溶质的质量减少，浓度偏低。
4．（2022湖北）某学生欲配制2.85mol/L的H2SO4溶液480mL，实验室有两种不同浓度的硫酸：①400mL25%的硫酸(ρ=1.18g/mL)；②足量的18mol/L的硫酸。有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1000mL。老师要求把①中的硫酸全部用完，不足的部分由②来补充。请回答下列问题：
（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为___mol/L(保留1位小数)。
（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶为___mL。
（3）配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整。
A．将①中溶液全部注入烧杯中混合均匀；
B．用量筒准确量取所需的18mol/L的浓硫酸___mL(保留1位小数)，注入上述混合液中，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；
C．将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；
D．用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中；
E.振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1～2cm处；
F.改用___加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；
G.将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。
（4）在配制上述溶液实验中，下列操作引起所配硫酸溶液浓度偏低的有___。
A．该学生在量取②的浓硫酸时，俯视刻度线
B．在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液
C．没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中
D．容量瓶中原来存有少量蒸馏水
（5）下列说法错误的是___。
A．通常容量瓶上有温度、规格（体积）、0刻线，这三个标识
B．容量瓶使用前要先检查气密性，然后再清洗、烘干
C．定容时加水超过刻度线，需要重新配制
D．振荡摇匀后发现液面低于刻度线，必须重新配制
【答案】（1） 3.0    
（2）500    
（3）12.5或者12.3     胶头滴管    
（4） ABC    
（5） ABD
【解析】（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为mol/L。
（2）欲配制溶液480mL，配制该硫酸溶液应选用容量瓶为500mL。
（3）配制时，该同学的操作顺序如下。
A.将①中溶液全部注入烧杯中混合均匀；
B. 配制2.85mol/L的H2SO4溶液480mL，要配成500mL溶液，硫酸物质的量为1.425mol，选用25%的硫酸物质的量为400mL×3.0mol/L=1.2mol，即用量筒准确量取所需的18mol/L的浓硫酸的物质的量为1.425mol-1.2mol=0.225mol，体积为12.5mL，注入上述混合液中，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；
C.将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；
D.用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中；
E.振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1～2cm处；
F.改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；
G.将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。
（4）A.该学生在量取②的浓硫酸时，俯视刻度线，所取体积小，配制溶液浓度偏低；
B.在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液，溶质有损失，配制溶液浓度偏低；
C.没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，溶质损失，配制溶液浓度偏低；
D.容量瓶中原来存有少量蒸馏水在配制上述溶液实验中，对实验无影响；
综上所述，操作引起所配硫酸溶液浓度偏低的有ABC。
（5）A.通常容量瓶上有温度、规格（体积），无0刻度线，A错误；
B.容量瓶使用前要先检查气密性，不用烘干，B错误；
C.定容时加水超过刻度线，需要重新配制，C正确；
D.振荡摇匀后发现液面低于刻度线，不用理会，属于正常现象，溶液粘连在瓶颈处，D错误；
答案为ABD。
考向三 物质的量
【例3-1】（2022·辽宁·抚顺一中模拟预测）下列说法中，正确的是（       ）
A．22.4LN2中一定含有2molN
B．80gNaOH溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为2mol/L
C．在标准状况下，20mLNH3和60mLO2所含分子个数比为1：3
D．18gH2O在标准状况下的体积约为22.4L
【答案】C
【解析】A.未说明是否处于标准状况下，则无法计算22.4L氮气及氮原子的物质的量，故A错误；
B.80g氢氧化钠的物质的量为2mol，溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L，溶液的浓度不是2mol/L，故B错误；
C.在相同温度和压强下，气体的体积与物质的量、分子个数成正比，则20mLNH3和60mLO2所含分子个数比为20mL∶60mL=1∶3，故C正确；
D.18g水的物质的量为1mol，标准状况下水不是气态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算水的体积，故D错误。答案选C。
【例3-2】下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L-1的是
A．10g NaOH固体溶解在水中配成250mL溶液
B．将1mol SO3溶于水并配成1L的溶液
C．将0.5mo1·L-1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液
D．标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液
【答案】C
【解析】A．10g NaOH的物质的量n==0.25mol，将固体溶解在水中配成250mL溶液，则溶质的物质的量浓度c===1 mol·L-1，故A项不选；
B．SO3与水会发生化学反应SO3+H2O=H2SO4，1mol SO3反应生成的H2SO4的物质的量为1mol，该溶液中c(H2SO4)===1mol/L，故B项不选；
C．100mL 0.5mo1·L-1的NaNO3溶液中n(NaNO3)=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，将该溶液加热蒸发掉50g水后，无法确定剩余溶液体积，故无法计算溶质的物质的量浓度，故C项选；
D．标况下，22.4L氯化氢气体的物质的量为n(HCl)==1mol，将1mol HCl溶于水配成1L溶液，c===1mol/L，故D项不选；
综上所述，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L-1的是C项，故答案为C。
【一隅三反】
1．下列溶液中Cl-浓度由大到小的顺序是
①200 mL 2 mol·L-1 MgCl2溶液
②1 000 mL 2.5 mol·L-1 NaCl溶液
③300 mL 5 mol·L-1 KCl溶液
④250 mL 1 mol·L-1 FeCl3溶液
A．③②①④ B．④①②③ C．③①④② D．②③①④
【答案】C
【解析】①200 mL 2 mol·L-1 MgCl2溶液中Cl-浓度为2mol/L×2=4mol/L；
②1 000 mL 2.5 mol·L-1 NaCl溶液Cl-浓度为2.5mol/L×1=2.5mol/L；
③300 mL 5 mol·L-1 KCl溶液Cl-浓度为5mol/L×1=5mol/L；
④250 mL 1 mol·L-1 FeCl3溶液Cl-浓度为1mol/L×3=3mol/L；
Cl-浓度由大到小的顺序是③①④②，故选C。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．2.4g镁离子所含电子数目为NA B．常温常压下，1molCO含原子数为NA
C．17gNH3所含质子数目为17NA D．18g水在标准状况下的体积约为22.4L
【答案】A
【解析】A. 2.4g镁离子物质的量，1mol镁离子中含电子10mol，则0.1mol镁离子所含电子数目为NA，故A正确；
B. 1个CO含原子数为2个，则1molCO含原子数为2NA，故B错误；
C. 17gNH3物质的量，含质子数目为10NA，故C错误；
D.水在标况下为非气体，18g水物质的量为，1mol水标况下不是22.4L，故D错误；
故答案选：A。
3．下列关于物质的量浓度表述中正确的是（       ）
A．0.3mol·L-1Na2SO4溶液中含有Na+和SO总物质的量为0.9mol
B．当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol·L-1，只有当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度才是1mol·L-1
C．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，那么K+和Cl-的物质的量浓度一定相同
D．10℃时0.35mol·L-1的KCl饱和溶液100mL，蒸发掉5g水，冷却到10℃时其体积小于100mL，物质的量浓度仍为0.35mol·L-1
【答案】D
【解析】A.已知Na2SO4溶液的浓度，而未知体积，则无法求出Na2SO4的物质的量，也就无法求出Na+和的总物质的量，故A不正确；
B. 只告诉NH3的体积，而没有告诉该体积是否是标准状况下的体积，所以无法确定22.4LNH3的物质的量，故B不正确；
C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，根据电荷守恒，如果Na＋和SO的物质的量相等，则K＋的物质的量浓度是Cl－的物质的量浓度的2倍，故C不正确；
D. 蒸发溶剂后恢复到10℃，该溶液仍为饱和溶液，同一温度下，同一种物质的饱和溶液浓度应是相同的，故D正确。
答案选D。
考向四 阿伏伽德罗定律
【例4】在三个容积相同的密闭容器中分别充入A、B、C三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的顺序为p（B）＞p（A）＞p（C）， 则A、B、C分别是
A．Ne、H2、O2 B．O2、N2、H2 C．NO、CO2、H2 D．NH3、O2、NO2
【答案】A
【解析】如气体的密度相同，如体积再相同，则气体的质量就相同。如气体的温度和体积都相同，则压强与气体的物质的量成正比，气体的物质的量越大，压强越大。由于题给信息表明气体的质量已相同，所以气体的摩尔质量越大，则气体的物质的量就越小，则压强就越小，即在该题条件下，气体的压强与其摩尔质量成反比。
已知压强（p）从大到小的顺序为p(B)>p(A)>p(C)，则摩尔质量B