重庆市2021高考化学一轮复习专题一化学计量第2讲物质的量浓度及其溶液配制课件 82页

第 2 讲 　 物质的量浓度及其溶液配制 考点一　溶液浓度表示方法和有关计算 1.物质的量浓度和溶质的质量分数 提醒 　 ① 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 。②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。③ 公式 推导及关系图: c =   = =   =   =   ⇨ ω =   。   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)   c =   3.同种溶质的溶液稀释或混合的“守恒”计算 (1)同种溶质溶液稀释 a.溶质的质量在稀释前后保持不变,即 m 1 ω 1 = m 2 ω 2 。 b.溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即⑨      c 1 V 1 = c 2 V 2       。 c.溶液质量守恒, 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         c 1 V 1 + c 2 V 2 = c 混 V 混       ,其中 V 混 = 。 b.混合前后溶质的质量保持不变,即         m 1 · ω 1 + m 2 · ω 2 =( m 1 + m 2 ) ω 混       。 (3)电解质溶液中的电荷守恒,如K 2 SO 4 溶液中存在: c (K + )=   　2 c (S   )      。 提醒　1 L 1 mol·L -1 的氨水中,NH 3 的物质的量并不是1 mol,而是指溶液中 NH 3 、NH 3 ·H 2 O、N   三者的物质的量之和为1 mol。   1. 易错易混辨析(正确的画“√”,错误的画“ ✕ ”)。 (1)5% CuSO 4 溶液表示100 g水中溶有5 g CuSO 4   ( ✕ ) (2)将40 g SO 3 溶于60 g水中所得溶液中溶质的质量分数为40%   ( ✕ ) (3)将25 g CuSO 4 ·5H 2 O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25%   ( ✕ ) (4)1 L水中溶解了5.85 g NaCl,所得溶液中NaCl的物质的量浓度为0.1 mol·L -1   ( ✕ ) (5)标准状况下,22.4 L HCl溶于水配成1 L溶液,所得盐酸的物质的量浓度为 1 mol·L -1   ( √ ) (6)从100 mL 0.1 mol·L -1 的NaCl溶液中取出10 mL,其浓度变为0.01 mol·L -1 ,含 NaCl 0.001 mol   ( ✕ ) (7)同浓度的三种溶液:Na 2 SO 4 溶液、MgSO 4 溶液、Al 2 (SO 4 ) 3 溶液,其体积比为 3∶2∶1,则S   浓度之比为3∶2∶3   ( ✕ ) 2. 【深度思考】 现有两种溶液:1 mol·L -1 KCl溶液、1 mol·L -1 BaCl 2 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   题组一　物质的量浓度的基本计算 1.200 mL某硫酸盐溶液中,含硫酸根离子1.5 N A 个,含金属阳离子 N A 个,则该硫 酸盐溶液中溶质的物质的量浓度为   ( A ) A.2.5 mol·L -1 　　B.5 mol·L -1 C.7.5 mol·L -1 　　D.2 mol·L -1 答案     A　1.5 N A 个硫酸根离子的物质的量为1.5 mol, N A 个金属阳离子的物质 的量为1 mol,设该金属阳离子所带电荷数为 x ,根据电荷守恒可知, x × 1 mol=1. 5 mol × 2, x =3,所以该硫酸盐可以表示为M 2 (SO 4 ) 3 ,根据原子守恒可知,该硫酸盐 的物质的量为0.5 mol,其物质的量浓度为   =2.5 mol·L -1 。 2. 将标准状况下的 a L NH 3 溶于100 g水中,得到的氨水的密度为 b g/mL,则该 氨水中溶质的物质的量浓度(mol·L -1 )是( C ) A.   　　 B.   C.   　　D.   答案     C　根据 c =   进行计算, n =   mol, V =   ,可知C正确。 规律方法 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、Na 2 O、 Na 2 O 2 Na OH ,SO 3   H 2 SO 4 ,NO 2   HNO 3 。 (2)特殊物质溶于水的溶质:NH 3 溶于水后溶质为NH 3 ·H 2 O,但计算浓度时仍以 NH 3 作为溶质。 (3)含结晶水的物质溶于水,溶质为无水成分,如CuSO 4 ·5H 2 O   CuSO 4 , Na 2 CO 3 ·10H 2 O   Na 2 CO 3 。 题组二　物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算 3. (2019黑龙江哈尔滨一调)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的试剂 标签上的部分内容。下列说法正确的是   ( ) A.该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/L B.1 mol Fe与足量的该硫酸反应产生2 g氢气 C.配制200 mL 4.6 mol/L的硫酸溶液需取该硫酸50 mL D.等质量的水与该硫酸混合后所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/L 答案     C　硫酸的物质的量浓度=   mol/L=   mol/L=18.4 mol/L,故A错误;常温下,铁遇浓硫酸钝化,稀硫酸和铁反应生成氢气,故B错误; 浓硫酸浓度越大其密度越大,硫酸的密度大于水的密度,等质量浓硫酸和水, 水的体积大于浓硫酸的体积,所以二者混合后溶液体积大于浓硫酸的2倍,则 其物质的量浓度小于原来的   ,即小于9.2 mol/L,故D错误。 4. (2019江西吉安联考)4 ℃下,把摩尔质量为 M g·mol -1 的可溶性盐RCl n A g溶 解在 V mL水中,恰好形成该温度下的饱和溶液,密度为 ρ g·cm -3 ,下列关系式错 误的是   ( C ) A.溶质的质量分数 ω = A /( A + V ) × 100% B.溶质的物质的量浓度 c =1 000 ρA /( MA + MV )mol·L -1 C.1 mL该溶液中 n (Cl - )=   mol(RCl n 在溶液中完全电离) D.该温度下此盐的溶解度 S =100 A / V g 答案     C　根据溶质的质量分数 ω =   × 100%, m 溶质 = A g, V mL水的质量为 V g, m 溶液 =( A + V )g,代入公式可得 ω = A /( A + V ) × 100%,故A正确;同理,根据溶质的物 质的量浓度 c = n / V ', n = A / M mol, V '=( A + V )/(1 000 ρ )L,代入可得 c =1 000 ρA /( MA + MV )mol·L -1 ,故B正确;1 mL该溶液中 n (Cl - )=1 000 ρA /( MA + MV )mol·L -1 × 1 mL × 10 -3 L·mL -1 × n =   mol,故C错误;该温度下此盐的溶解度 S =100 A / V g,故D 正确。 5. 已知某饱和NaCl溶液的体积为 V mL,密度为 ρ g·cm -3 ,溶质的质量分数为 ω , 物质的量浓度为 c mol·L -1 ,溶液中含NaCl的质量为 m g。 (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)   mol·L -1 (2)   mol·L -1 (3)   × 100%　(4)   g 解析 　(1) c =   mol·L -1 =   mol·L -1 。(2)根据公式 c =   可得 c =   mol·L -1 。(3) ω =   × 100%=   × 100%。(4)   =   ⇒ S =   g。 方法技巧 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 ρ g·cm -3 ,溶质的摩尔质量为 M g·mol -1 ,溶解度为 S g,则溶解度与物质的量浓度的表达式分别为 c =   =   mol·L -1 , S =   g。 题组三　溶液的稀释与混合 6. (2019江西两校联考)下列说法正确的是   ( B ) A.1 L水中溶解了58.5 g NaCl,该溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L -1 B. V L Fe 2 (SO 4 ) 3 溶液中含 a g S   ,取此溶液   L用水稀释成2 V L,则稀释后溶 液中 c (Fe 3+ )为   mol·L -1 (不考虑Fe 3+ 水解) C.已知某NaCl溶液的密度是1.17 g·cm -3 ,可求出此溶液中溶质的物质的量浓度 D.把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL 10%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　1 L水中溶解了58.5 g(1 mol)NaCl,溶液的体积不等于1 L,故溶液中 溶质的物质的量浓度不是1 mol·L -1 ,A项错误; V L Fe 2 (SO 4 ) 3 溶液中含 a g S   , 则 c (S   )=   mol·L -1 ,又 c (Fe 3+ )∶ c (S   )=2∶3,则该溶液中 c (Fe 3+ )=   × c (S   ) =   mol·L -1 ,取此溶液   L用水稀释成2 V L,则稀释后溶液中 c (Fe 3+ )=   mol·L -1 =   mol·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,因 此无法判断NaOH混合溶液中溶质的质量分数,D项错误。 7. 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18.4 mol·L -1 和6.3 mol·L -1 B.各取5 mL与等质量的水混合后, c (H 2 SO 4 )<9.2 mol·L -1 , c (NH 3 )>6.45 mol·L -1 C.各取5 mL与等体积的水混合后, ω (H 2 SO 4 )<49%, ω (NH 3 )>12.5% D.各取10 mL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 =   计算: c (H 2 SO 4 )=   mol·L -1 =18.4 mol·L -1 , c (NH 3 )=   mol·L -1 ≈ 12.9 mol·L -1 ,A错误;硫酸的密度大于水,氨水 的密度小于水,各取5 mL与等质量的水混合后,所得稀硫酸的体积大于10 mL, 稀氨水的体积小于10 mL,故有 c (H 2 SO 4 )<9.2 mol·L -1 , c (NH 3 )>6.45 mol·L -1 ,B正 确;5 mL浓硫酸和5 mL浓氨水的质量分别为1.84 g·cm -3 × 5 mL=9.2 g、0.88 g· cm -3 × 5 mL=4.4 g,而5 mL水的质量约为5 g,故各取5 mL与等体积的水混合后, ω (H 2 SO 4 )>49%, ω (NH 3 )<12.5%,C错误;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。 1.同种溶液混合后浓度计算的技巧 有关溶液稀释及混合的计算,应抓住稀释前后溶质的物质的量不变列方程式: c 前 · V 前 = c 后 · V 后 或 c 1 V 1 + c 2 V 2 = c 混 · V 混 ,混合后溶液的体积不等于混合前两溶液的体 积和,而是要根据密度计算,即 V 混 =   。 规律方法 2.溶质相同、质量分数( a 、 b )不同的两溶液的混合规律 (1)两溶液等质量混合,则混合液的质量分数为   ; (2)两溶液等体积混合,若溶液密度大于水的密度,则混合液的质量分数大于   ;若溶液密度小于水的密度,则混合液的质量分数小于   。 考点二　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① 　左盘      ,砝码放在② 　右盘      , 读数精确到③ 　0.1     g 。 (2)容量瓶 Ⅰ.特点 Ⅱ.使用方法及注意事项 a.查漏操作   b.用“能”或“不能”填空 ⑥ 　不能      将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释;容量瓶⑦ 　不能      作为反应容器或长期贮存溶液的容器;⑧ 　 不能       加入过冷或过热的液体; ⑨ 　 不能       配制任意体积的溶液。 (3)其他仪器:量筒、烧杯、玻璃棒、⑩ 　 胶头滴管       等。 2.配制过程 (1)配制步骤(以配制500 mL 1.00 mol·L -1 NaOH溶液为例) (2)配制流程图     1. 易错易混辨析(正确的画“√”,错误的画“ ✕ ”)。 (1)用图A装置配制0.1 mol·L -1 的NaOH溶液   ( ✕ ) (2)用图B装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液   ( ✕ ) (3)用图C装置配制0.5 mol·L -1 的Na 2 CO 3 溶液   ( ✕ ) (4)用托盘天平称量29.25 g NaCl溶于水形成1 L溶液,所得溶液浓度为0.5 mol·L -1   ( ✕ ) (5)若量取7.2 mL溶液,应选用10 mL量筒   ( √ ) (6)将10.6 g Na 2 CO 3 ·10H 2 O溶于1 L水配成溶液,溶液中溶质物质的量浓度为 0.1 mol·L -1   ( ✕ ) (7)分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水   ( √ ) 2. 为了配制100 mL 1 mol/L NaOH溶液,下列操作中错误的是   ( A ) ①选刚用蒸馏水洗净的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1~2 cm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.【深度思考】 (1)称量5.9 g NaCl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980 mL 0.20 mol·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)4.1 g     (2)1 000 mL　11.7 g     (3)搅拌　引流   题组一　一定物质的量浓度溶液的配制操作 1. 用98%的浓H 2 SO 4 (密度为1.84 g·mL -1 )配制1 mol·L -1 的稀H 2 SO 4 100 mL,配制 过程中可能用到下列仪器:①100 mL量筒;②10 mL量筒;③50 mL烧杯;④托盘 天平;⑤100 mL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 ) A.②⑥③⑦⑤　　B.④③⑤⑦⑥ C.①③⑦⑤⑥　　D.②⑤⑦⑥ 答案     A    98%的浓硫酸的物质的量浓度 c =   =   mol·L -1 =18.4 mol·L -1 ,配制1 mol·L -1 的稀硫酸100 mL需要浓硫酸的体积 V = ≈ 0.005 4 L,即5.4 mL。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10 mL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100 mL容量瓶和胶头滴管,所以正确顺序为②⑥③⑦⑤。 2. 实验室需要配制0.50 mol·L -1 NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当 的文字,以使整个操作完整。 (1)选择仪器、用品。完成本实验必须用到的仪器、用品有:托盘天平(带砝 码,最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、 　　　　　     、 　　　　　     以及等质量的两片滤纸。 (2)计算。配制该溶液需取NaCl晶体 　　　     g。 (3)称量。 ①请在下图中用一根竖线标出天平平衡时游码左边缘所处的位置: ②称量过程中NaCl晶体应放于天平的 　　　     (填“左盘”或“右盘”)。 ③称量完毕,将药品倒入烧杯中。 (4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒,目的是 　　　　　　　　　     　     。 (5)转移、洗涤。在转移时应使用 　　　     引流,需要洗涤烧杯2~3次是为了 　　　　　　　　　　　　　     。 (6)定容,摇匀。 (7)在配制过程中,某学生定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度会 　　　     (填 “偏高”“偏低”或“无影响”)。 答案 　(1)500 mL容量瓶　胶头滴管 (2)14.6　(3)①   ②左盘　(4)搅拌,加速溶解　(5)玻璃棒　保证溶质全部转移至容量瓶中     (7)偏低 解析 　配制480 mL 0.50 mol·L -1 的NaCl溶液,必须用500 mL的容量瓶。 m (Na- Cl)=0.50 mol·L -1 × 0.5 L × 58.5 g·mol -1 ≈ 14.6 g。用托盘天平称量时,药品放在左 盘,配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为:计算→称量(量取)→溶解(稀 释)、冷却→转移、洗涤→定容、摇匀→装瓶贴标签。定容时仰视刻度线会 造成溶液体积偏大,浓度偏低。 思维建模 一定溶质质量分数、一定体积比浓度溶液的配制 (1)配制100 g 10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10.0 g NaCl固体,放入烧杯 中,再用100 mL量筒量取90 mL(90 g)的蒸馏水注入烧杯中,然后用玻璃棒搅 拌使NaCl溶解。 (2)用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL。用50 mL的量筒量取40 mL的蒸馏水 注入100 mL的烧杯中,再用10 mL的量筒量取10.0 mL浓硫酸,然后沿烧杯内 壁缓缓注入烧杯中,并用玻璃棒不断搅拌。 3.某学生配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液,其中不会使溶液浓度偏低的 是   ( B ) A.没有用蒸馏水洗涤烧杯2~3次 B.容量瓶刚用蒸馏水洗净,没有烘干 C.定容时,加蒸馏水先使液面略高于刻度线,再吸出少量水使凹液面与刻度线 相切 D.定容时仰视刻度线 题组二　溶液配制的误差分析 答案     B　A项,没有进行洗涤操作,导致浓度偏低;C项,吸出一部分溶质,导致 浓度偏低;D项,仰视刻度线导致加水过多,使浓度偏低。 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450 mL 0.1 mol·L -1 的NaOH溶液,用托盘天平称取NaOH固体1.8 g 　     　     。 (2)配制500 mL 0.1 mol·L -1 的硫酸铜溶液,用托盘天平称取胆矾8.0 g 　　       。 (3)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,需称量溶质4.4 g,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Na 2 O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 1.误差分析的理论依据 根据 c B =   可知,一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量 n B 和溶液的体积 V 引起的。误差分析时,关键要看溶液配制过程中引起了 n B 和 V 怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时,若 n B 比理论值小,或 V 比理论 值大,都会使所配溶液浓度偏小;若 n B 比理论值大,或 V 比理论值小,都会使所配 溶液浓度偏大。 题后悟道 2. 仰视、俯视容量瓶刻度线的分析   结果:仰视时,容量瓶内液面高于刻度线;俯视时,容量瓶内液面低于刻度线。 方法一　比例式法 考点三　化学计算的常用方法 1. 过氧化钙(CaO 2 )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5.42 g过氧化钙样品,灼烧时发生如下反应: 2(CaO 2 · x H 2 O)   2CaO+O 2 ↑+2 x H 2 O,得到O 2 在标准状况下体积为672 mL,该 样品中CaO 2 的物质的量为       。 (2)另取同一样品5.42 g,溶于适量的稀盐酸中,然后加入足量的Na 2 CO 3 溶液,将 溶液中Ca 2+ 全部转化为CaCO 3 沉淀,得到干燥的CaCO 3 7.0 g。 ①样品中CaO的质量为 　　　     。 ②样品中CaO 2 · x H 2 O中的 x 为 　　　     。 答案 　(1)0.06 mol (2)①0.56 g　②0.5 解析 　(1) n (O 2 )=   =0.03 mol,则根据反应方程式可知 2(CaO 2 · x H 2 O)   2CaO+O 2 ↑+2 x H 2 O 2 mol　　　　　　　　　 　1 mol n (CaO 2 · x H 2 O)　 　　　0.03 mol 解得 n (CaO 2 · x H 2 O)=0.06 mol。 则 n (CaO 2 )= n (CaO 2 · x H 2 O)=0.06 mol。 (2) n (CaCO 3 )=   =0.07 mol, ①根据钙元素守恒,可知: n (CaO)=0.07 mol-0.06 mol=0.01 mol,所以 m (CaO)= 0. 01 mol × 56 g·mol -1 =0.56 g。 ②样品中水的质量为 m (H 2 O)=5.42 g- m (CaO 2 )- m (CaO)=5.42 g-0.06 mol × 72 g·mol -1 -0.56 g=0.54 g, 所以 n (H 2 O)=   =0.03 mol, 则 x =   =   =0.5。 题后悟道 应用比例法计算的步骤 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 2. 常温下,某地酸雨经检验除含H + 外[ c (OH - )可忽略]还含有Na + 、Cl - 、N   、 S   ,其浓度依次为: c (Na + )=2.3 × 10 -5 mol/L, c (Cl - )=3.5 × 10 -5 mol/L, c (N   )=2.3 × 10 -5 mol/L, c (S   )=1.05 × 10 -5 mol/L,则该地酸雨的pH为   ( C ) A.3　　B.4　　C.5　　D.6 方法二　守恒法 答案     C    根据电荷守恒计算出 c (H + )=2 c (S   )+ c (Cl - )- c (Na + )- c (N   )=1.0 × 10 -5 mol/L,则pH=5。 3. 以硅藻土为载体的五氧化二钒(V 2 O 5 )是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒 催化剂中回收V 2 O 5 既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的 主要成分为: 物质 V 2 O 5 V 2 O 4 K 2 SO 4 SiO 2 Fe 2 O 3 Al 2 O 3 质量分数/% 2.2~2.9 2.8~3.1 22~28 60~65 1~2 <1 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线: “氧化”中欲使3 mol的VO 2+ 变为V   ,则需要氧化剂KClO 3 至少为 　　　   mol。 答案 　0.5 解析 　欲使3 mol VO 2+ 变为V   需转移3 mol e - ,1 mol KClO 3 作氧化剂生成Cl - 转移6 mol e - ,所以需KClO 3 至少0.5 mol。 题后悟道 化学计算中常用的守恒关系 (1)质量守恒: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。 4. 黄铁矿主要成分是FeS 2 。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取0.100 g样品在空气中充分灼烧,将生成的SO 2 气体与足量Fe 2 (SO 4 ) 3 溶液完全反应后,用浓度为 0.020 mol·L -1 的K 2 Cr 2 O 7 标准溶液滴定至终点,消耗K 2 Cr 2 O 7 标准溶液25.00 mL。 已知:SO 2 +2Fe 3+ +2H 2 O   S   +2Fe 2+ +4H + Cr 2   +6Fe 2+ +14H +   2Cr 3+ +6Fe 3+ +7H 2 O (1)样品中FeS 2 的质量分数是(假设杂质不参加反应) 　　　　     。 (2)煅烧10 t上述黄铁矿,理论上产生SO 2 的体积(标准状况)为 　　　     L,可制 得98%的硫酸的质量为 　　　     t。 方法三　关系式法 答案 　(1)90.00%　(2)3.36 × 10 6 　15 解析 　(1)据化学方程式4FeS 2 +11O 2   2Fe 2 O 3 +8SO 2 SO 2 +2Fe 3+ +2H 2 O   S   +2Fe 2+ +4H + Cr 2   +6Fe 2+ +14H +   2Cr 3+ +6Fe 3+ +7H 2 O 得关系式: Cr 2   ~ 6Fe 2+ ~ 3SO 2 ~   FeS 2 1 mol　       mol 0.020 mol·L -1 × 0.025 L　       m (FeS 2 )=0.090 g 样品中FeS 2 的质量分数是   × 100%=90.00%。 (2)4FeS 2 +11O 2   2Fe 2 O 3 +8SO 2 　 4 mol   8 mol × 22.4 L·mol -1   mol　     V (SO 2 ) V (SO 2 )=3.36 × 10 6 L n (SO 2 )=   =1.5 × 10 5 mol 　1.5 × 10 5 mol　     m (硫酸) × 98% 得 m (硫酸)=1.5 × 10 7 g=15 t。 由SO 2 　~　SO 3 　~　H 2 SO 4 　1 mol　　 98 g 题后悟道 应用关系式法计算的步骤   5. 为了检验某含有NaHCO 3 杂质的Na 2 CO 3 样品的纯度,现将 w 1 g样品加热,其质 量变为 w 2 g,则该样品的纯度(质量分数)是　       ( B ) A.   　　B.   C.   　　D.   方法四　差量法 答案     B　设样品中含有NaHCO 3 杂质的质量为 x ,则 2NaHCO 3   Na 2 CO 3 +CO 2 ↑+H 2 O    Δ m (减少) 2 × 84　　　　　106　　62 x 　　 ( w 1 - w 2 )g   =   ,解得 x =   g 则 ω (Na 2 CO 3 )=   =   。 6. 将 a L NH 3 通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后,气体体积变为 b L(气体 体积均在同温同压下测定),该 b L气体中NH 3 的体积分数是   ( C ) A.   　　B.   C.   　　D.   答案     C　设参加反应的NH 3 的体积为 x ,则 2NH 3   N 2 +3H 2 　　    Δ V 　　2　　2 　     x 　　( b - a )L 可得   =   ,解得 x =( b - a )L, 则 b L气体中含有NH 3 的体积为 a -( b - a )L=(2 a - b ) L,故 b L气体中NH 3 的体积分 数为   。 题后悟道 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”。 7. 由CO和CO 2 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CO 2 的体积比(同温同压下)为   ( A ) A.1∶1　　B.1∶2 C.1∶3　　D.2∶1 方法五　十字交叉法 答案     A　混合气体相对H 2 的密度是18,即 M 混 /   = D =18,因此 M 混 =36;设混合 气体中CO的物质的量为 x mol,CO 2 的物质的量为 y mol,则 M 混 =   g/mol =36 g/mol,解得   =   ;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:   。 8. 由CO 2 、H 2 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CO 2 、H 2 、CO的体积比为   ( D ) A.29∶8∶13　　B.22∶1∶14 C.8∶13∶29　　D.26∶16∶57 答案     D　同温同压下,   =   ,氮气的相对分子质量为28,由题意知,CO、H 2 、 CO 2 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 CO 2 和H 2 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CO 2 和H 2 的物质的量之比为13∶8。 因此,只要CO 2 和H 2 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比,故选D。 题后悟道 (1)使用范围:凡可按 M 1 · n 1 + M 2 · n 2 =   · n 计算的问题,均可按十字交叉法计算。 式中   表示某混合物相关量的平均值, M 1 、 M 2 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 真题演练 · 模拟预测 1. (2019课标Ⅱ,26节选)S 2- 的含量可以用“碘量法”测得。称取 m g样品(立德 粉ZnS·BaSO 4 ),置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L -1 的I 2 -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I 2 用 0.100 0 mol·L -1 Na 2 S 2 O 3 溶液滴定,反应式为I 2 +2S 2     2I - +S 4   。测定时消耗Na 2 S 2 O 3 溶液体积 V mL。终点颜色变化为 　　　　　　          ,样品中S 2- 的含量为 　　　　　　　　　　　　　     (写出表达式)。 答案 　浅蓝色至无色   × 100% 解析 　滴定前,溶液含I 2 和淀粉,呈蓝色,随着Na 2 S 2 O 3 溶液的滴入,I 2 不断被消 耗,溶液颜色逐渐变浅,当加入最后一滴Na 2 S 2 O 3 溶液时(滴定终点),溶液恰好 褪色;样品中的S 2- 与I 2 发生反应:S 2- +I 2   S↓+2I - ,参与该反应的I 2 的物质的量 为(25.00 × 10 -3 × 0.100 0- V × 10 -3 × 0.100 0 ×   )mol=(25.00-   V ) × 0.100 0 × 10 -3 mol= n (S 2- ),则样品中S 2- 的含量为   × 100%。 2. (2017课标Ⅱ,28节选)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某 课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理 如下: Ⅰ.取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH) 2 碱性悬 浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH) 2 ,实现氧的固定。 Ⅱ.酸化、滴定 将固氧后的水样酸化,MnO(OH) 2 被I - 还原为Mn 2+ ,在暗处静置5 min,然后用标 准Na 2 S 2 O 3 溶液滴定生成的I 2 (2S 2   +I 2   2I - +S 4   )。 回答下列问题: (4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后,用 a mol·L -1 Na 2 S 2 O 3 溶液滴定,以淀粉溶 液作指示剂,终点现象为 　　　　　　　     ;若消耗Na 2 S 2 O 3 溶液的体积为 b mL,则水样中溶解氧的含量为 　　　     mg·L -1 。 答案 　(4)蓝色刚好褪去　80 ab 解析 　(4)由得失电子守恒可得关系式:O 2 ~2I 2 ~4Na 2 S 2 O 3 ,则100.00 mL水样中 含氧量为   mol,即8 ab × 10 -3 g,1 000 mL(即1 L)水样中含氧量为80 ab M g。