新高考2022版高考化学总复习专题一化学计量第2讲物质的量浓度及其溶液配制教案学案

这是一份新高考2022版高考化学总复习专题一化学计量第2讲物质的量浓度及其溶液配制教案学案，共28页。学案主要包含了溶液浓度表示方法和有关计算，一定物质的量浓度溶液的配制等内容，欢迎下载使用。

第2讲　物质的量浓度及其溶液配制
考试要点
核心素养
1.了解物质的量浓度(c)的含义。
2.了解溶液浓度的表示方法。理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念,并能进行有关计算。
3.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。
1.宏观辨识与微观探析:能从不同层次认识物质的多样性,能根据溶液体积和溶质的物质的量浓度计算溶质的物质的量、溶质微粒数目。
2.科学探究与创新意识:能从问题和实际出发,确定探究目的,设计配制一定物质的量浓度溶液的方案,进行实验探究;在探究中学会合作,能够正确分析实验过程中可能存在的误差问题。

一、溶液浓度表示方法和有关计算
1.物质的量浓度和溶质(B)的质量分数

物质的量浓度
溶质的质量分数
定义
单位体积溶液里所含溶质的①　物质的量　 
溶液里②　溶质　质量与③　溶液　质量的比值 
表达式
④　cB=nBV　 
ω(B)=⑤ m(B)m(aq)×100% 
常用单位
⑥　mol·L-1　 
—
关系
cB=⑦ 1000ρω(B)M(B)　或ω(B)= cB·M(B)1000ρ
　　提醒　a.c为溶质的物质的量浓度,单位为mol·L-1;ρ为溶液密度,单位为g·cm-3;ω为溶质的质量分数;M为溶质的摩尔质量,单位为g·mol-1。
b.从一定物质的量浓度溶液中取出任意体积的溶液,其浓度相同、所含溶质的物质的量不同。
c.公式推导及关系图:c=n(溶质)V=m(溶质)MV=m(溶质)MV=1000ρωVMV=1000ρωM⇨ω=cM1000ρ。

2.气体溶于水所得溶液中溶质物质的量浓度的计算(标准状况下)
溶质的物质的量:n=V气体22.4L·mol-1溶液的体积:V=mρ=m气体+m水ρc=nV
　　3.同种溶质的溶液稀释或混合的“守恒”计算
(1)溶液稀释
a.溶质的⑧　质量　在稀释前后保持不变,即m1ω1=m2ω2。 
b.溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即⑨　c1V1=c2V2　。 
c.溶液的质量守恒,m(稀)=m(浓)+m(水)(体积一般不守恒)。
(2)同种溶质的溶液混合
a.混合前后溶质的物质的量保持不变,即⑩　c1V1+c2V2=c混V混　,其中V混=m混ρ混。 
b.混合前后溶质的质量保持不变,即　m1ω1+m2ω2=(m1+m2)ω混　。 
(3)电解质溶液中的电荷守恒,如K2SO4溶液中存在:c(K+)=　2c(SO42-)　。 
二、一定物质的量浓度溶液的配制
1.主要仪器
(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。 




(2)容量瓶
Ⅰ.特点
结构:细颈、梨形、平底玻璃容器,带磨口玻璃塞标识:温度、容积和⑯　刻度线　规格:100mL、250mL、500mL、1000mL等用途:配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液原则:遵循“大而近”的原则,如配制450mL溶液时,应选用500mL规格的容量瓶
Ⅱ.使用方法及注意事项
a.查漏操作

b.用“能”或“不能”填空
　不能　将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释;容量瓶　不能　作为反应容器或长期贮存溶液的容器;　不能　加入过冷或过热的液体;　不能　配制任意体积的溶液。 
(3)其他仪器:量筒、烧杯、玻璃棒、　胶头滴管　等。 
　　2.配制过程
(1)配制步骤(以配制500mL1.00mol·L-1NaOH溶液为例)

　　(2)配制流程图



3.配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
(1)误差的分析方法

(2)常见的操作不当造成的误差
能引起误差的一些操作
因变量
c/(mol·L-1)
m(溶质)
V(溶液)
托盘
天平
a.天平的砝码粘有其他物质或生锈
　增大　 
　不变　 
　偏大　 
b.称量易潮解的物质(如NaOH固体)时间过长
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
c.用称量纸称易潮解的物质(如NaOH固体)
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
量筒
d.量取液体时,仰视读数
　增大　 
　不变　 
　偏大　 
e.量取液体时,俯视读数
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
烧杯及玻璃棒
f.搅拌时部分液体溅出
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
g.未洗涤烧杯和玻璃棒
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
容量瓶
h.未冷却到室温就注入容量瓶定容
　不变　 
　减小　 
　偏大　 
i.从烧杯向容量瓶转移溶液时有少量液体溅出
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
j.定容时,水加多了,用滴管吸出
　减小　 
　不变　 
　偏小　 
k.定容后,轻振荡,摇匀,静置,液面下降再加水
　不变　 
　增大　 
　偏小　 
l.定容时,俯视刻度线
　不变　 
　减小　 
　偏大　 
m.定容时,仰视刻度线
　不变　 
　增大　 
　偏小　 
n.配好的溶液转入干净的试剂瓶时,不慎溅出部分溶液
　减小　 
　减小　 
　无影响　 

1.易错易混辨析(正确的画“√”,错误的画“✕”)。
(1)5%CuSO4溶液表示100g水中溶有5gCuSO4 (　　)
(2)将40gSO3溶于60g水中所得溶液中溶质的质量分数为40% (　　)
(3)将25gCuSO4·5H2O晶体溶于75g水中所得溶质的质量分数为25% (　　)
(4)1L水中溶解了5.85gNaCl,所得溶液中NaCl的物质的量浓度为0.1mol·L-1 (　　)
(5)标准状况下,22.4LHCl溶于水配成1L溶液,所得盐酸的物质的量浓度为1mol·L-1 (　　)
(6)从100mL0.1mol·L-1的NaCl溶液中取出10mL,其浓度变为0.01mol·L-1,含NaCl0.001mol (　　)
(7)用图A装置配制0.1mol·L-1的NaOH溶液 (　　)

(8)用图B装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液 (　　)
(9)若量取7.2mL溶液,应选用10mL量筒 (　　)
(10)分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水 (　　)
答案　(1)✕　(2)✕　(3)✕　(4)✕　(5)√　(6)✕　(7)✕　(8)✕　(9)√　(10)√
2.为了配制100mL1mol/LNaOH溶液,下列操作中错误的是 (　　)
①选刚用蒸馏水洗净的100mL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两次,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,直到溶液的凹液面最低处恰好跟刻度线相切
⑤由于不慎,液面超过了容量瓶的刻度线,这时采取的措施是用胶头滴管吸出一部分液体　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.②④⑤　　　　B.①⑤
C.②③⑤　　　　D.①②
答案　A　NaOH固体在烧杯中溶解后冷却至室温再转移至容量瓶中,②错误;定容时,蒸馏水加至离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,直到凹液面最低点与刻度线相切,④错误;定容时,加水超过刻度线,就必须重新配制,⑤错误。
3.现有两种溶液:1mol·L-1KCl溶液、1mol·L-1BaCl2溶液,请用“相同”或“不同”填写下表:

取不同体积的KCl溶液
取相同体积的两种溶液
c(溶质)
①　　　 
②　　　 
ρ(溶液)
③　　　 
④　　　 
n(溶质)
⑤　　　 
⑥　　　 
m(溶质)
⑦　　　 
⑧　　　 
答案　①相同　②相同　③相同　④不同　⑤不同　⑥相同　⑦不同　⑧不同
4.(1)称量5.9gNaCl固体,若不慎将物品和砝码颠倒放置,则实际称量的NaCl质量为　　　　。 
(2)实验室需要980mL0.20mol·L-1的NaCl溶液,则选用的容量瓶规格和称取NaCl的质量分别是　　　、　。 
(3)配制时两次用到玻璃棒,作用分别是　　　　、　　　　。 
答案　(1)4.1g　(2)1000mL　11.7g　(3)搅拌　引流








考点一　溶液浓度表示方法和有关计算　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　物质的量浓度的基本计算
1.在Al2(SO4)3、K2SO4和明矾的混合溶液中,如果c(SO42-)等于0.2mol·L-1,当加入等体积的0.2mol·L-1的KOH溶液时,生成的沉淀恰好溶解,则原混合溶液中K+的物质的量浓度为 (　　)
A.0.25mol·L-1　　　　B.0.2mol·L-1
C.0.45mol·L-1　　　　D.0.225mol·L-1
答案　A　根据Al3++4OH-AlO2-+2H2O可知,加入等体积的KOH溶液时生成的沉淀恰好溶解,说明原溶液中c(Al3+)=14×0.2mol·L-1=0.05mol·L-1。设K+的物质的量浓度为xmol·L-1,则根据电荷守恒可知,c(K+)+c(Al3+)×3=c(SO42-)×2,即xmol·L-1+0.05mol·L-1×3=0.2mol·L-1×2,解得x=0.25。
2.下列说法中正确的是 (　　)
A.将286gNa2CO3·10H2O溶于1L水中,所得溶液的物质的量浓度为1mol·L-1
B.将1L2mol·L-1H2SO4溶液加水稀释到2L,所得溶液的物质的量浓度为1mol·L-1
C.将1L18.4mol·L-1的H2SO4溶液加入1L水中,所得溶液的物质的量浓度为9.2mol·L-1
D.将336mLHCl气体溶于水,配成300mL溶液,所得溶液的物质的量浓度为0.05mol·L-1
答案　B　将286gNa2CO3·10H2O溶于1L水中,所得溶液的体积不是1L,所得溶液的物质的量浓度不是1mol·L-1,A错误;将1L18.4mol·L-1的H2SO4溶液加入1L水中,所得溶液的体积不是2L,不能计算溶液的物质的量浓度,C错误;336mLHCl气体不一定处于标准状况下,不能计算其物质的量,因此不能计算盐酸的物质的量浓度,D错误。



名师提醒
不同物质溶于水时溶质的变化
(1)能与水发生反应的物质,溶液中的溶质为生成的新物质,如Na、Na2O、Na2O2NaOH,SO3H2SO4,NO2HNO3。
(2)特殊物质溶于水的溶质:NH3溶于水后溶质为NH3·H2O,但计算浓度时仍以NH3为溶质。
(3)含结晶水的物质溶于水,溶质为无水成分,如CuSO4·5H2OCuSO4,Na2CO3·10H2ONa2CO3。
题组二　物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算
3.(2020江西赣州期中)某结晶水合物的化学式为R·nH2O,其相对分子质量为M。25℃时,ag该晶体能够溶于bg水中形成VmL溶液。下列关系式中不正确的是 (　　)
A.该溶液中溶质的质量分数ω=100a(M-18n)a+b%
B.该溶液的物质的量浓度c=1000aMVmol·L-1
C.该溶液中溶剂与溶质的质量比m(水)∶m(溶质)=18naM+b∶a-18naM
D.该溶液的密度ρ=1000(a+b)Vg·L-1
答案　A　溶液中溶质的质量分数ω=M-18nM×aa+b×100%=100a(M-18n)(a+b)M%,A不正确。
4.已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL,密度为ρg·cm-3,溶质的质量分数为ω,物质的量浓度为cmol·L-1,溶液中含NaCl的质量为mg。
(1)用m、V表示溶质的物质的量浓度:　; 
(2)用ω、ρ表示溶质的物质的量浓度:　; 
(3)用c、ρ表示溶质的质量分数:　; 
(4)用ω表示NaCl的溶解度:　。 
答案　(1)1000m58.5Vmol·L-1　(2)1000ρω58.5mol·L-1
(3)58.5c1000ρ×100%　(4)100ω1-ωg
解析　(1)c=m/58.5V/1000mol·L-1=1000m58.5Vmol·L-1。
(2)根据公式c=1000ρωM可得c=1000ρω58.5mol·L-1。
(3)ω=58.5g·mol-1×cmol·L-11000mL·L-1×ρg·mL-1×100%=58.5c1000ρ×100%。
(4)S100g=ω1-ω⇒S=100ω1-ωg。
名师总结
物质的量浓度(c)与溶解度(S)的换算
若某饱和溶液的密度为ρg·cm-3,溶质的摩尔质量为Mg·mol-1,溶解度为Sg,则溶解度与物质的量浓度的表达式分别为c=nV=1000ρSM(100+S)mol·L-1,S=100cM1000ρ-cMg。
题组三　溶液的稀释与混合
5.下列说法正确的是 (　　)
A.1L水中溶解了58.5gNaCl,该溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L-1
B.VLFe2(SO4)3溶液中含agSO42-,取此溶液V2L用水稀释成2VL,则稀释后溶液中c(Fe3+)为a576Vmol·L-1(不考虑Fe3+水解)
C.已知某NaCl溶液的密度是1.17g·cm-3,可求出此溶液中溶质的物质的量浓度
D.把100mL20%的NaOH溶液跟100mL10%的NaOH溶液混合后,可判断NaOH混合溶液的溶质质量分数等于15%
答案　B　1L水中溶解了58.5g(1mol)NaCl,溶液的体积不等于1L,故溶液中溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1,A项错误;VLFe2(SO4)3溶液中含agSO42-,则c(SO42-)=a96Vmol·L-1,又c(Fe3+)∶c(SO42-)=2∶3,则该溶液中c(Fe3+)=23×c(SO42-)=a144Vmol·L-1,取此溶液V2L用水稀释成2VL,则稀释后溶液中c(Fe3+)=a144V×V22Vmol·L-1=a576Vmol·L-1,B项正确;该溶液中溶质的质量分数未知,故无法求出此溶液中溶质的物质的量浓度,C项错误;因为NaOH溶液的质量或密度未知,所以无法判断NaOH混合溶液中溶质的质量分数,D项错误。

6.下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度分别约为18.4mol·L-1和6.3mol·L-1
B.各取5mL与等质量的水混合后,c(H2SO4)<9.2mol·L-1,c(NH3)>6.45mol·L-1
C.各取5mL与等体积的水混合后,ω(H2SO4)<49%,ω(NH3)>12.5%
D.各取10mL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
答案　B　利用c=1000ρωM计算:c(H2SO4)=1000×1.84×98%98mol·L-1=18.4mol·L-1,c(NH3)=1000×0.88×25%17mol·L-1≈12.9mol·L-1,A错误;硫酸的密度大于水,氨水的密度小于水,各取5mL与等质量的水混合后,所得稀硫酸的体积大于10mL,稀氨水的体积小于10mL,故有c(H2SO4)<9.2mol·L-1,c(NH3)>6.45mol·L-1,B正确;5mL浓硫酸和5mL浓氨水的质量分别为1.84g·cm-3×5mL=9.2g、0.88g·cm-3×5mL=4.4g,而5mL水的质量约为5g,故各取5mL与等体积的水混合后,ω(H2SO4)>49%,ω(NH3)<12.5%,C错误;溶质质量分数为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。
名师总结
溶质相同、溶质质量分数不同的两溶液的混合规律
(设溶质质量分数分别为a%、b%)
等体积
混合
①当溶液密度大于1g·cm-3时,溶液浓度越大,密度越大,等体积混合后,溶质质量分数ω>12(a%+b%)(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等溶液)
②当溶液密度小于1g·cm-3时,溶液浓度越大,密度越小,等体积混合后,溶质质量分数ω<12(a%+b%)(如酒精溶液、氨水等)
等质量
混合
两溶液等质量混合时(无论ρ>1g·cm-3还是ρ<1g·cm-3),混合后溶液中溶质的质量分数ω=12(a%+b%)

考点二　一定物质的量浓度溶液的配制
题组一　一定物质的量浓度溶液的配制操作　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.用98%的浓H2SO4(密度为1.84g·mL-1)配制1mol·L-1的稀H2SO4100mL,配制过程中可能用到下列仪器:①100mL量筒;②10mL量筒;③50mL烧杯;④托盘天平;⑤100mL容量瓶;⑥胶头滴管;⑦玻璃棒。按使用的先后顺序排列正确的是 (　　)
A.②⑥③⑦⑤　　　　B.④③⑤⑦⑥
C.①③⑦⑤⑥　　　　D.②⑤⑦⑥
答案　A　98%的浓硫酸的物质的量浓度c=1000ρωM=1000×1.84×98%98mol·L-1=18.4mol·L-1,配制1mol·L-1的稀硫酸100mL需要浓硫酸的体积V=0.1L×1mol·L-118.4mol·L-1≈0.0054L,即5.4mL。配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等,量取浓硫酸时需要用到10mL量筒和胶头滴管,稀释浓硫酸时需要用到烧杯和玻璃棒,转移溶液时需要用到玻璃棒,定容时需要用到100mL容量瓶和胶头滴管,所以正确顺序为②⑥③⑦⑤。
2.实验室需要0.1mol·L-1NaOH溶液450mL和0.5mol·L-1硫酸溶液450mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题:
(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是　　　　　　　　(填字母)。仪器C的名称是　　　　　　　　,本实验所需玻璃仪器E规格和名称是　　　　　　　　　　　　　。 

(2)下列操作中,容量瓶所不具备的功能有　(填字母)。 
A.配制一定体积准确浓度的标准溶液
B.长期贮存溶液
C.用来加热溶解固体溶质
D.量取220mL体积的液体
(3)在配制NaOH溶液实验中,其他操作均正确,若定容时仰视刻度线,则所配制溶液浓度　　　　(填“大于”“等于”或“小于”,下同)0.1mol·L-1。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容,则所配制溶液浓度　0.1mol·L-1。 
(4)根据计算得知:所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸的体积为　　　　mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒,应选用　　　　mL规格的量筒最好。 
(5)如果定容时不小心超过刻度线,应如何操作:　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)AC　分液漏斗　500mL容量瓶　(2)BCD　(3)小于　大于　(4)13.6　25　(5)重新配制
解析　(2)容量瓶不能配制或长期贮存溶液,不能稀释或溶解药品,不能用来加热溶解固体溶质。(3)若定容时仰视刻度线,会导致溶液体积偏大,溶液浓度偏小;若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容,冷却后,溶液体积偏小,溶液浓度偏大。(4)溶质质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸物质的量浓度c=1000×1.84×98%98mol·L-1=18.4mol·L-1,设配制500mL0.5mol·L-1硫酸溶液需要浓硫酸体积为V,则依据溶液稀释前后含溶质的物质的量保持不变得:V×18.4mol·L-1=0.5mol·L-1×500mL,解得V≈13.6mL,宜选用25mL量筒。(5)如果定容时不小心超过刻度线,则实验失败,必须重新配制。
名师拓展
容量瓶的使用注意事项
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瓶身所标温度下确定的;向容量瓶中注入液体时,一定要用玻璃棒引流;容量瓶不能用作反应容器或用来长期贮存溶液;不能配制任意体积的溶液,只能配制容量瓶上规定容积的溶液。

题组二　溶液配制的误差分析
3.以下实验操作可能会导致实验结果偏高的是 (　　)
A.配制一定物质的量浓度的溶液:移液后未洗涤烧杯
B.配制一定物质的量浓度的溶液:定容时仰视刻度线
C.配制一定物质的量浓度稀硫酸时:用量筒量取浓硫酸时俯视读数
D.用浓硫酸与烧碱的稀溶液反应来测定中和热的数值
答案　D　移液后未洗涤烧杯,导致移入容量瓶中溶质的物质的量减小,所配溶液浓度偏低,A错误;在容量瓶中进行定容时,仰视刻度线,导致所配溶液体积增大,所配溶液浓度偏低,B错误;用量筒量取浓硫酸时俯视读数,导致所取浓硫酸的量偏少,所配溶液浓度偏低,C错误;浓硫酸与烧碱反应放热,结果偏高,D正确。
4.溶液配制过程中的误差分析,用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。
(1)配制450mL0.1mol·L-1的NaOH溶液,用托盘天平称取NaOH固体1.8g　　　　。 
(2)配制500mL0.1mol·L-1的硫酸铜溶液,用托盘天平称取胆矾8.0g　　　　。 
(3)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,需称量溶质4.4g,称量时物码位置颠倒　　　　。 
(4)用量筒量取浓硫酸时,仰视读数　　　　。 
(5)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　　　　。 
(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)定容、摇匀后,发现液面下降,继续加水至刻度线　　　　。 
(8)定容时仰视刻度线　　　　。 
(9)定容、摇匀后少量溶液外流　　　　。 
(10)容量瓶中原有少量蒸馏水　　　　。 
(11)配制NaOH溶液时,NaOH固体中含有Na2O杂质　　　　。 
(12)配制NaOH溶液时,NaOH固体放在烧杯中称量时间过长　　　　。 
答案　(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏大　(5)偏大　(6)偏小　(7)偏小　(8)偏小　(9)无影响　(10)无影响　(11)偏大　(12)偏小
名师提醒
量筒使用时的误差分析
(1)量筒无“0”刻度,小刻度在下。
(2)用量筒量取一定体积(例如5.0mL)的浓溶液配制稀溶液时仰视(或俯视)读数,导致量取的浓溶液的体积偏大(或偏小),溶质的物质的量偏大(或偏小),所配制溶液中溶质的物质的量浓度偏高(或偏低)。


考点三　化学计算的常用方法　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
方法一　比例式法
1.过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质,带有结晶水,通常还含有CaO。过氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。
(1)称取5.42g过氧化钙样品,灼烧时发生如下反应:
2(CaO2·xH2O)2CaO+O2↑+2xH2O
得到O2在标准状况下体积为672mL,该样品中CaO2的物质的量为　　　　。 
(2)另取同一样品5.42g,溶于适量的稀盐酸中,然后加入足量的Na2CO3溶液,将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀,得到干燥的CaCO37.0g。
①样品中CaO的质量为　　　　。 
②样品中CaO2·xH2O中的x为　　　　。 
答案　(1)0.06mol
(2)①0.56g　②0.5
解析　(1)n(O2)=0.672L22.4L·mol-1=0.03mol,则根据反应的化学方程式可知
2(CaO2·xH2O)2CaO+O2↑+2xH2O
2mol　　1mol
n(CaO2·xH2O)　　0.03mol
解得n(CaO2·xH2O)=0.06mol。
则n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=0.06mol。
(2)n(CaCO3)=7.0g100g·mol-1=0.07mol,
①根据钙元素守恒,可知:n(CaO)=0.07mol-0.06mol=0.01mol,所以m(CaO)=0.01mol×56g·mol-1=0.56g。
②样品中水的质量为
m(H2O)=5.42g-m(CaO2)-m(CaO)=5.42g-0.06mol×72g·mol-1-0.56g=0.54g,
所以n(H2O)=0.54g18g·mol-1=0.03mol,
则x=n(H2O)n(CaO2)=0.03mol0.06mol=0.5。
名师点拨
应用比例式法计算的步骤
一设
设所求物质的物质的量为n
二写
写出有关的化学方程式
三找
找出相关物质对应的化学计量数,从而找出相关物质的物质的量之比
四列
将有关的四个量列出比例式
五解
根据比例式求出n,再求m、V或c
六答
写出简明答案

方法二　守恒法
2.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:①称取样品1.1160g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A;②取25.00mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl0.1722g;③另取25.00mL溶液A,调节pH为4~5,用浓度为0.08000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
答案　n(Cl-)=n(AgCl)×100.00mL25.00mL=0.1722g143.5g·mol-1×100.00mL25.00mL=4.800×10-3mol,
n(Cu2+)=n(EDTA)×100.00mL25.00mL=0.08000mol·L-1×30.00mL×10-3L·mL-1×100.00mL25.00mL=9.600×10-3mol,
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3mol-4.800×10-3mol=1.440×10-2mol,
m(Cl-)=4.800×10-3mol×35.5g·mol-1=0.1704g,
m(Cu2+)=9.600×10-3mol×64g·mol-1=0.6144g,
m(OH-)=1.440×10-2mol×17g·mol-1=0.2448g,
n(H2O)=1.1160g-0.1704g-0.6144g-0.2448g18g·mol-1=4.800×10-3mol,
a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1,化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。
名师点拨
守恒法的应用原理及解题步骤
应用原理
(1)质量守恒定律:反应前后物质的质量不变,同一种元素原子的物质的量不变;
(2)电荷守恒:电解质溶液中,阴离子所带负电荷总数目等于阳离子所带正电荷总数目;
(3)得失电子守恒:同一个氧化还原反应中,氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数
解题步骤
第一步
明确题目要求解的量
第二步
根据题目中要求解的量,分析反应过程中物质的变化,找出守恒类型及相关的量
第三步
根据守恒原理,梳理出反应前、后守恒的量,列式计算求解

方法三　关系式法
3.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。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:
(1)溶液配制:称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品溶于蒸馏水制成100mL溶液。
(2)滴定:取0.00950mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至溶液呈淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液　　　　　　　　　　　　　　,即滴定终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为　　　　%(保留1位小数)。
答案　蓝色褪去且半分钟内不恢复原色　95.0
解析　加入淀粉溶液作指示剂,淀粉遇I2变成蓝色,加入的Na2S2O3样品与I2反应,当I2消耗完后,溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色,即滴定终点。
由反应Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O,I2+2S2O32-S4O62-+2I-得关系式:
Cr2O72-　　~　　3I2　　~　　6S2O32-
　　1　　6
　　0.00950mol·L-1×0.02L　　0.00950mol·L-1×0.02L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度为0.00950mol·L-1×0.02L×60.0248L,样品的纯度为0.00950mol·L-1×0.02L×60.0248L×0.1L×248g·mol-11.2000g×100%=95.0%。
名师点拨
多步反应找关系式的解题步骤




方法四　差量法　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w1g样品加热,其质量变为w2g,则该样品的纯度(质量分数)是　　 (　　)
A.84w1-w231w1　　　　B.84w2-53w131w1
C.73w2-42w131w1　　　　D.115w2-84w131w1
答案　B　设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x,则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O　Δm(减少)
2×84　　　　　106　　62
x　　(w1-w2)g
2×84x=62(w1-w2)g,解得x=84(w1-w2)31g,
则ω(Na2CO3)=w1g-84(w1-w2)31gw1g=84w2-53w131w1。
名师点拨
差量法在化学方程式计算中的妙用
(1)差量法的原理:差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化,找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。
(2)使用差量法的注意事项:所选用差值要与有关物质的量的数值成正比例或反比例关系。有关物质的物理量及其单位都正确地使用,即“上下一致,左右相当”。

方法五　十字交叉法　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5.由CO和CO2组成的混合气体,其相对氢气的密度是18,则此混合气体中,CO和CO2的体积比(同温同压下)为 (　　)
A.1∶1　　　　B.1∶2　　
C.1∶3　　　　D.2∶1
答案　A　混合气体相对H2的密度是18,即M混/MH2=18,因此M混=36g/mol;设混合气体中CO的物质的量为xmol,CO2的物质的量为ymol,则M混=28x+44yx+yg/mol=36g/mol,解得xy=11;同温同压下,体积比等于物质的量之比。本题也可以用十字交叉法解答:,即CO和CO2的体积比(同温同压下)为1∶1。
6.由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同,则该混合气体中CO2、H2、CO的体积比为 (　　)
A.29∶8∶13　　　　B.22∶1∶14
C.8∶13∶29　　　　D.26∶16∶57
答案　D　同温同压下,ρ1ρ2=M1M2,氮气的相对分子质量为28,由题意知,CO、H2、CO2混合气体的平均相对分子质量为28,因CO的相对分子质量为28,故只要CO2和H2混合气体的平均相对分子质量为28即可。
用十字交叉法计算:

求出CO2和H2的物质的量之比为13∶8。
因此,只要CO2和H2的物质的量之比为13∶8即可,与CO的量无关,同温同压下,气体的物质的量之比等于体积之比,故选D。
名师点拨
十字交叉法
(1)使用范围:凡可按M1·n1+M2·n2=M·n计算的问题,均可按十字交叉法计算。式中M表示某混合物相关量的平均值,M1、M2则表示两组分相关量对应的值。十字交叉法常用于:
①有关质量分数的计算;
②有关平均相对分子质量的计算;
③有关平均相对原子质量的计算;
④有关平均分子式的计算;
⑤有关反应热的计算;
⑥有关混合物反应的计算。
(2)方法:其计算形式为

n1n2=M混-M2M1-M混

1.(高考题改编)正误判断(设NA为阿伏加德罗常数的值。正确的画“√”,错误的画“✕”)。
(1)(2020课标Ⅲ)1L1mol·L-1NaCl溶液含有28NA个电子 (　　)
(2)(2020浙江)1L浓度为0.100mol·L-1的Na2CO3溶液中,阴离子数为0.100NA (　　)
(3)(2019课标Ⅱ)1L0.1mol·L-1磷酸钠溶液含有的PO43-数目为0.1NA (　　)
(4)(2019课标Ⅲ)常温下pH=2的H3PO4溶液,每升溶液中的H+数目为0.02NA (　　)
(5)(2018课标Ⅱ)100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA (　　)
答案　(1)✕　(2)✕　(3)✕　(4)✕　(5)✕
2.(2018课标Ⅰ,27节选)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。
(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50.00mL葡萄酒样品,用0.01000mol·L-1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00mL。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　(4)S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+　0.128
解析　(4)Na2S2O5作食品的抗氧化剂,则具有强还原性,被氧化为SO42-;S2O52-2SO42-,I22I-,依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可配平反应的离子方程式:S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+。
根据滴定反应的离子方程式及硫原子守恒可得如下关系式:
2SO2~S2O52-~2I2
64g　　1mol
m(SO2)　　0.01000mol·L-1×0.01000L
m(SO2)=6.4×10-3g
则样品中Na2S2O5的残留量为6.4×10-3g0.05000L=0.128g·L-1。

A组　基础达标
1.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是 (　　)
A.将78gNa2O2溶于1.00L水中,所得溶液中Na+的物质的量浓度为2.00mol·L-1
B.将10mL18.4mol·L-1的浓硫酸加水稀释至1L,稀释后溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.184mol·L-1
C.100mL2.0mol·L-1Na2CO3溶液中Na+数目约为0.2×6.02×1023
D.将2.00gNaOH固体置于500mL容量瓶内,然后加水至刻度线即得1.00mol·L-1的NaOH溶液
答案　B　Na2O2溶于水发生反应,所得溶液中溶质是NaOH,溶液中Na+的物质的量与78gNa2O2中Na+的物质的量相等,即78g78g·mol-1×2=2mol,但溶液体积不是1L,A项错误;2.0mol·L-1Na2CO3溶液中Na+浓度为4.0mol·L-1,故100mL该溶液中Na+数目约为N(Na+)=4.0mol·L-1×0.1L×6.02×1023mol-1=0.4×6.02×1023,C项错误;容量瓶不能用于溶解溶质,D项错误。
2.下列所得溶液的物质的量浓度为0.1mol·L-1的是 (　　)
A.将0.1mol氨充分溶解在1L水中
B.将10g溶质质量分数为98%的硫酸与990g水混合
C.将25.0g胆矾溶于水配成1L溶液
D.将10mL1mol·L-1的盐酸与90mL水充分混合
答案　C　将0.1mol氨充分溶解在1L水中,所得溶液的体积不是1L,故不能得到0.1mol·L-1的溶液,A错误;将10g溶质质量分数为98%的硫酸与990g水混合,不知所配溶液的密度,无法求算其物质的量浓度,B错误;将10mL1mol·L-1的盐酸与90mL水充分混合,不同液体混合后的体积,不等于两液体的体积在数值上简单相加,D错误。
3.臭氧已成为夏季空气污染的元凶,地表产生臭氧的机理如图所示,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　)

A.反应①、②、③都是氧化还原反应
B.16gO3和O2的混合气体,所含质子数为16NA
C.0.5molNO2溶于水形成1L溶液,可得到0.5mol·L-1的硝酸溶液
D.标准状况下,11.2L的NO和O2混合气体所含的原子数为NA
答案　D　反应②是O2与O反应生成O3,无元素化合价变化,没有电子的转移,不是氧化还原反应,故A错误;O3与O2均由O原子构成,16g混合气体所含质子数为8NA,故B错误;0.5molNO2溶于水形成1L溶液,3NO2+H2O2HNO3+NO,因此得到硝酸物质的量约为0.33mol,可得到0.33mol·L-1的硝酸溶液,故C错误。





4.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时,下列操作不正确的是 (　　)

答案　C　移液时,玻璃棒应伸入到刻度线以下,故选C。
5.已知下列溶液的溶质都是强电解质,这些溶液中的Cl-浓度与50mL1mol·L-1MgCl2溶液的Cl-浓度相等的是 (　　)
A.150mL1mol·L-1NaCl溶液
B.75mL2mol·L-1CaCl2溶液
C.150mL2mol·L-1KCl溶液
D.75mL1mol·L-1AlCl3溶液
答案　C　50mL1mol·L-1MgCl2溶液的Cl-浓度为2mol·L-1;A项,Cl-浓度为1mol·L-1,错误;B项,Cl-浓度为4mol·L-1,错误;C项,Cl-浓度为2mol·L-1,正确;D项,Cl-浓度为3mol·L-1,错误。
6.将NaCl溶于水配成1mol·L-1的溶液,溶解过程如图所示,下列说法正确的是 (　　)

A.a离子为Na+
B.溶液中含有NA个Na+
C.水合b离子的图示不科学
D.氯化钠溶于水只发生了水合过程
答案　C　氯化钠在溶液中电离出钠离子和氯离子,钠离子的离子半径小于氯离子,则a离子为氯离子,故A错误;没有明确溶液的体积,无法计算钠离子的个数,故B错误;钠离子带正电荷,能吸引水分子中带有负电的氧原子,则水合b离子的图示不科学,故C正确;氯化钠溶于水时有吸热的扩散过程和放热的水合过程,故D错误。
7.在无土栽培中需用含0.5mol·L-1NH4Cl、0.16mol·L-1KCl、0.24mol·L-1K2SO4的培养液,若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种物质来配制1.00L上述营养液,所需三种盐的物质的量正确的是 (　　)
A.0.4mol、0.5mol、0.12mol　　　　B.0.66mol、0.5mol、0.24mol
C.0.64mol、0.5mol、0.24mol　　　　D.0.64mol、0.02mol、0.24mol
答案　D　1L混合液中,n(NH4Cl)=1L×0.5mol·L-1=0.5mol,n(KCl)=1L×0.16mol·L-1=0.16mol,n(K2SO4)=1L×0.24mol·L-1=0.24mol,故n(Cl)=n(NH4Cl)+n(KCl)=0.5mol+0.16mol=0.66mol,
n(K+)=n(KCl)+2n(K2SO4)=0.16mol+2×0.24mol=0.64mol,n(SO42-)=n(K2SO4)=0.24mol。用KCl、
NH4Cl、(NH4)2SO4配制,则n(KCl)=n(K+)=0.64mol,n(NH4Cl)=n(Cl-)-n(KCl)=0.66mol-0.64mol=
0.02mol,n[(NH4)2SO4]=n(SO42-)=0.24mol。
8.下列有关实验的叙述正确的是 (　　)


A.实验室蒸馏石油可用图甲所示实验装置
B.配制100mL0.1mol·L-1的盐酸,如图乙所示
C.配制一定物质的量浓度的溶液时的定容操作如图丙所示
D.图丁可用于分离或提纯胶体
答案　D　蒸馏操作中,温度计测量的是蒸气的温度,因此温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处,故A错误;不可在容量瓶中稀释浓盐酸,应在烧杯中进行稀释,待稀释后的溶液冷却到室温后再转移进容量瓶,故B错误;定容时,胶头滴管不可伸入容量瓶内,以免被污染,故C错误。
9.下列溶液配制实验的描述完全正确的是 (　　)
A.在容量瓶中先加入一定体积的水,再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸
B.用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6mol·L-1)通常需要用容量瓶等仪器
C.配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时,加入一定量H2SO4以防水解
D.用pH=1的盐酸配制100mL、pH=2的盐酸所需全部玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
答案　C　A项,不能在容量瓶中稀释浓硫酸;B项,用浓盐酸配制体积比1∶1的稀盐酸,应用量筒和烧杯;D项,缺少量筒。
10.对于1mol·L-1的氨水,下列叙述正确的是(忽略溶液混合时的体积变化) (　　)
A.将标准状况下22.4L氨气溶于1L水配成溶液,即可得到1mol·L-1的氨水
B.1mol·L-1的氨水的溶质质量分数小于1.7%
C.1mol·L-1的氨水与水等质量混合后,所得氨水的物质的量浓度大于0.5mol·L-1
D.将1mol·L-1的氨水与3mol·L-1的氨水等质量混合后,所得氨水的物质的量浓度为2mol·L-1
答案　C　将标准状况下22.4L氨气(物质的量为1mol)溶于水配成1L溶液,浓度为1mol·L-1,体积1L是指溶液的体积,不是溶剂的体积,故A错误;设氨水密度为ρg·cm-3,根据c=1000ρωM可知,ω=cM1000ρ=1×171000ρ×100%,由于氨水密度ρ<1,因此ω=1×171000ρ>1.7%,故B错误;氨水的浓度越大,其密度越小,因此1mol·L-1的氨水与3mol·L-1的氨水等质量混合时,3mol·L-1的氨水所占体积比1mol·L-1的氨水大,故所得氨水的物质的量浓度大于2mol·L-1,故D错误。
11.实验中需用1.0mol·L-1的CuSO4溶液950mL,配制时选用容量瓶的规格和称取药品的质量分别为 (　　)
选项
A
B
C
D
容量瓶规格
1000mL
950mL
1000mL
500mL
CuSO4质量
152g
152g
160g
80g
答案　C　根据容量瓶的规格,实验室中没有950mL的容量瓶,B项错误;选取的容量瓶应大于950mL,D项错误;配制1000mL溶液时,需要溶质1mol×160g·mol-1=160g,A项错误。
12.实验室要用98%(ρ=1.84g·cm-3)的浓硫酸配制3.68mol·L-1的硫酸溶液500mL,若其他操作均正确,但出现下列错误操作,使所配制的硫酸溶液浓度偏高的是 (　　)
A.将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后,未洗涤烧杯和玻璃棒
B.将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时,因操作不当使部分稀硫酸溅出容量瓶外
C.用胶头滴管向容量瓶中加水时溶液凹面高于容量瓶刻度,此时立即用滴管将瓶内液体吸出,使溶液凹液面与刻度相切
D.用胶头滴管加水时,俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切
答案　D　将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后,未洗涤烧杯和玻璃棒,溶质的物质的量偏小,所以溶液的浓度偏低,A不符合题意;将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时,因操作不当使部分稀硫酸溅出容量瓶外,溶质的物质的量偏小,所以溶液的浓度偏低,B不符合题意;用胶头滴管向容量瓶中加水时溶液的凹面高于容量瓶刻度,此时立即用滴管将瓶内液体吸出,使溶液凹液面与刻度相切,吸出的溶液中含有溶质,导致溶质的物质的量偏小,所以溶液的浓度偏低,C不符合题意;用胶头滴管加水时,俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切,导致溶液的体积偏小,所以溶液的浓度偏高,D符合题意。
B组　综合提升
13.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”的形式被包裹在冰晶之间,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,则融化后的水为淡水。下列叙述正确的是 (　　)

A.海冰内层“盐泡”越少,密度越大
B.海冰冰龄越短,内层的“盐泡”越少
C.每含1molH2O的海冰内就有2×10-5NA个NaCl分子(设NA为阿伏加德罗常数的值)
D.海冰内层NaCl的浓度约为10-3mol·L-1(设冰的密度为0.9g·cm-3)
答案　D　“盐泡”内含有NaCl等盐类,“盐泡”越多,质量越大,海冰的密度越大,故A错误;若海冰的冰龄达到1年以上融化后的水为淡水,即冰龄越长,“盐泡”渗出,内层的“盐泡”越少,故B错误;NaCl是离子化合物,不存在NaCl分子,故C错误;假设有1L海冰,其质量为900g,物质的量约为50mol,“盐泡”与H2O的个数比约为2×10-5∶1,则氯化钠的物质的量约为1×10-3mol,所以海冰内层NaCl的浓度约为10-3mol·L-1,故D正确。
14.某同学购买了一瓶“84”消毒液,包装说明如下:
主要成分:25%NaClO、1000mL、密度1.19g·cm-3
使用方法:稀释100倍(体积比)后使用
注意事项:密封保存,易吸收空气中的CO2变质
请根据以上信息和相关知识判断,下列分析不正确的是 (　　)
A.该“84”消毒液的物质的量浓度约为4.0mol·L-1
B.一瓶该“84”消毒液敞口放置一段时间后浓度会变小
C.取100mL该“84”消毒液稀释至100倍后用于消毒,稀释后的溶液中c(Na+)约为0.04mol·L-1
D.参阅该“84”消毒液的配方,欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液480mL(使用容量瓶),需要称量的NaClO固体质量为143g
答案　D　选项D,应选取500mL规格的容量瓶进行配制,由题给信息可知,c=1000ρωM=1000×1.19×25%74.5mol·L-1,所以需要NaClO的质量为0.5L×4.0mol·L-1×74.5g·mol-1=149g,错误。
15.某食用白醋是由醋酸与纯水配制而成的,用中和滴定的方法准确测定其中醋酸的物质的量浓度。
实验步骤:
①配制500mL浓度约为0.1mol/L的NaOH溶液;
②用KHC8H4O4标准溶液准确测定该NaOH溶液的浓度;
③用已知准确浓度的NaOH溶液测定醋酸的浓度。
(1)称量所需的NaOH固体置于大烧杯中,加入500mL蒸馏水,搅拌溶解。该配制步骤　　　　(填“可行”或“不可行”)。 
(2)称量时NaOH在空气中极易吸水,所配制的NaOH溶液浓度通常比预期　　　(填“小”或“大”),这是不能直接配制其标准溶液的原因。 
(3)查阅白醋包装说明,醋酸含量约为6g/100mL,换算成物质的量浓度约为　　　mol/L,滴定前将白醋稀释　　　(填“10”或“100”)倍。(已知醋酸的相对分子质量为60) 
(4)稀释白醋。
(5)准确量取稀释后的白醋20.00mL,置于250mL锥形瓶中,加水30mL,再滴加酚酞指示剂,用上述NaOH标准溶液滴定至　　　　　　　　　　　即终点。重复滴定两次,平均消耗NaOH标准溶液VmL(NaOH溶液浓度为cmol/L)。 
(6)原白醋中醋酸的物质的量浓度为　　　　mol/L。 
答案　(1)可行　(2)小　(3)1　10　(5)溶液变成浅红色且30秒内不褪色　(6)cV2
解析　(1)由于配制的是浓度约为0.1mol/L的NaOH溶液,是比较粗略的配制,因此该配制步骤是可行的。(2)NaOH在空气中极易吸水,导致NaOH的质量偏小,从而导致配制出的溶液的浓度偏小。(3)醋酸含量约为6g/100mL,则100mL溶液中醋酸的物质的量约为6g÷60g/mol=0.1mol,因此醋酸的物质的量浓度约为0.1mol÷0.1L=1mol/L;酸碱中和滴定中待测液的浓度约为0.1mol/L,所以滴定前要将白醋稀释至10倍。(5)由于是用碱滴定酸,指示剂是酚酞,碱能使酚酞试液显红色,所以当溶液变成浅红色且30秒内不褪色时达到滴定终点。(6)设原白醋中醋酸的物质的量浓度为xmol/L,达滴定终点时,n(CH3COOH)=n(NaOH),则有xmol/L10×0.02L=cmol/L×VmL×10-3,解得x=cV2。