考点二 一定物质的量浓度溶液的配制李仕才1．主要仪器(1)容量瓶：配制一定物质的量浓度溶液的专用精确容器。主要规格有50_mL、100_mL、250_mL、500_mL、1_000_mL。①结构特点②在使用前首先要检查是否漏水，具体操作如下：23\n加水→倒立→观察是否漏水→正立→瓶塞旋转180°→倒立→观察是否漏水。③四个“不能”a．不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释；b．不能作为反应容器或用来长期贮存溶液；c．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；d．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。(2)托盘天平：可精确至0.1_g，称量前先调零，称量时物品放在左盘，砝码放在右盘。(3)其他仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。2．配制过程示意图3．配制步骤以配制480mL1mol·L－1NaOH溶液为例，所需容量瓶的规格：500_mL。(1)计算(填写计算过程与结果)m(NaOH)＝1_mol·L－1×0.5_L×40_g·mol－1＝20.0_g。(2)称量：用托盘天平称量NaOH固体(NaOH放在小烧杯或表面皿中)。(3)溶解：将称量好的固体放入烧杯中，加适量水溶解，并用玻璃棒搅拌；溶解过程中玻璃棒的作用为搅拌，加速溶解。(4)转移(移液)①移液前需要将溶液冷却至室温。23\n②移液中玻璃棒的作用为引流。(5)洗涤：用适量蒸馏水将烧杯及玻璃棒洗涤2～3次，洗涤液也都注入容量瓶中，并振荡容量瓶，使溶液混合均匀。(6)定容①将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下1～2_cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水。②定容时要平视刻度线，至凹液面最低处与刻度线相切。(7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．NaOH固体放入小烧杯中，然后加入蒸馏水，为防止氢氧化钠溶液与空气中的CO2反应，溶解后应立即转移到容量瓶中。( × )2．把0.585gNaCl固体，放入100mL容量瓶中，加水到刻度线，配成1mol·L－1的NaCl溶液。( × )3．摇匀后，液面位于刻度线以下，应再加水至刻度线。( × )4．配制2mol/LNa2CO3溶液950mL时，应选1000mL容量瓶，称取Na2CO3·10H2O572.0g。( √ )5．配制0.1000mol·L－1氯化钠溶液时，两次用玻璃棒的作用相同。( × )6．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小。( × )7．用固体NaCl配制0.5mol·L－1的溶液，所用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。( × )8．在50mL量筒中配制0.1000mol·L－1碳酸钠溶液。( × )9．用pH＝1的盐酸配制100mLpH＝2的盐酸需要100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。( × )10．用量筒量取20mL0.5000mol·L－1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol·L－1H2SO4溶液。( × )11．配制一定物质的量浓度的溶液时，可将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释。( × )12．配制一定物质的量浓度的溶液时，选好容量瓶即可用来盛装配制好的溶液。( × )23\n1．配制一定物质的量浓度的溶液是将一定质量或体积的溶质按溶液的体积在选定的容量瓶中定容，因而不需要计算水的用量。2．配制溶液时，先在烧杯中将固体溶解或将液体稀释，待冷却至室温后再转移入容量瓶中。切不可直接将溶质倒入容量瓶中，更不能在容量瓶中进行化学反应。3．溶液转移至容量瓶时，要用玻璃棒引流，玻璃棒应靠在刻度线以下。4．使用容量瓶前必须检查其是否漏水，必须把容量瓶洗涤干净，但不能用待配液润洗，不必干燥。5．用手拿容量瓶时，要握容量瓶刻度线以上的部分。6．定容时俯视、仰视对结果的影响是最容易判断错误的，务必确保按眼睛视线→刻度线→凹液面最低点的次序，做到“三点一线”：①仰视刻度线，导致溶液体积偏大；②俯视刻度线，导致溶液体积偏小。一、溶液配制的操作1．配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是( )A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82mL浓盐酸C．配制1L0.1mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85gNaCl固体D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁解析：量筒只能精确到0.1mL，B错误；托盘天平只能精确到0.1g23\n，C错误；用胶头滴管定容时，滴管不能紧贴容量瓶内壁，以防蒸馏水附着在容量瓶刻度线以上部分引起误差，D错误。答案：A2．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是( )解析：称量固体时，应遵循“左物右码”的原则，A项错误；用玻璃棒搅拌可以加快溶解速率，B项正确；向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流，C项错误；定容时胶头滴管不能插入到容量瓶中，D项错误。答案：B3．用已准确称量过的氯化钠固体配成1.00mol·L－1的NaCl溶液0.5L，下列仪器中要用到的是( )①坩埚 ②分液漏斗 ③容量瓶 ④烧瓶 ⑤胶头滴管⑥烧杯 ⑦玻璃棒 ⑧托盘天平A．③④⑤⑦B．①②⑤⑥⑧C．③⑤⑥⑦D．①③⑤⑥⑦解析：配制过程中用烧杯、玻璃棒溶解NaCl，用容量瓶(500mL)固定溶液体积，用胶头滴管定容。答案：C4．下图是某同学用500mL容量瓶配制0.10mol·L－1NaOH溶液的过程：23\n该同学的错误步骤有( )A．1处 B．2处 C．3处 D．4处解析：第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑤步定容时应平视刻度线。答案：C二、溶液配制过程中的误差分析5．下列配制的溶液浓度偏高的是( )A．配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C．称量4.0gNaOH配制0.1mol·L－1NaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并定容至刻度线解析：A项俯视刻度线，将会使量得盐酸的体积小于计算值，导致浓度偏低；B项定容时仰视容量瓶刻度线，将会导致加水量增多，使溶液浓度偏低；C项由于所称NaOH固体的质量小于5g且为整数，不需移动游码，故称得固体NaOH的质量是准确的，不会影响到配制溶液的浓度；D项因热胀冷缩之故，会使容量瓶中的溶液在冷却后液面低于刻度线，导致所配溶液浓度偏高。答案：D6．利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制0.5mol·L－1的碳酸钠溶液1000mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏低的是________。①称取碳酸钠晶体106.0g②定容时俯视观察刻度线③移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗④定容后，将容量瓶振荡均匀，静置后发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线解析：0.5mol·L－1的碳酸钠溶液1000mL需称取Na2CO3·10H2O143.0g，称取106.0g23\n碳酸钠晶体，结果偏低，定容时俯视观察刻度线，会造成所配制溶液的体积偏小，结果偏高；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，结果偏低；④的操作会造成所配溶液的浓度偏低。答案：①、③、④三、溶液配制的综合考查7．用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g·cm－3)配制成1mol·L－1的稀盐酸。现实验室需这种盐酸220mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用________mL的容量瓶。(2)经计算需要________mL浓盐酸，在量取时宜选用________量筒。A．5mLB．10mLC．25mLD．50mL(3)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，沿玻璃棒注入容量瓶中。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面距容量瓶刻度线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线相切。③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀。④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3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)。(4)在上述配制过程中，用刚刚用蒸馏水洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。解析：(2)c(HCl)＝＝＝11.6mol·L－1。加水稀释前后HCl的物质的量不变，所以11.6mol·L－1×V(HCl)＝250mL×1mol·L－1，解得V(HCl)＝21.6mL，应该选择25mL的量筒量取。(4)用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，量取的盐酸被稀释了，其物质的量比实际偏小，所配制溶液的浓度偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒或未将洗涤液注入容量瓶，则一部分溶质损失，所配制溶液的浓度偏低。答案：(1)250 (2)21.6 C (3)③①④②(4)偏低 偏低8．实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/LH2SO4溶液45023\nmL。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________(填序号)。仪器C的名称是________。本实验所需玻璃仪器E的规格和名称是____________。(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________(填序号)。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溶液(3)在配制NaOH溶液的实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液的浓度将________0.1mol/L(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度将________0.1mol/L。(4)根据计算得知：所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3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规格的量筒，应选用________mL的最好。(5)如果定容时不小心加水超过刻度线，正确的操作是______________。解析：(1)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、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故用不到题图中的平底烧瓶和分液漏斗；仪器C的名称为分液漏斗；需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/LH2SO4溶液450mL，实验室没有450mL容量瓶，所以应选择500mL容量瓶。(2)容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或量取不同于容量瓶规格的任意体积的液体，不能用于长期贮存溶液，不能用来加热溶解固体溶质。(3)若定容时仰视刻度线，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)质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度c＝mol/L＝18.4mol/L，设配制0.5mol/L硫酸溶液50023\nmL需要浓硫酸体积为VL，则依据溶液稀释过程中溶液所含溶质的物质的量保持不变得：VL×18.4mol/L＝0.5mol/L×0.5L，解得V＝0.0136L＝13.6mL，选择25mL量筒量取。(5)如果定容时不小心加水超过刻度线，则实验失败，必须重新配制。答案：(1)AC 分液漏斗 500mL容量瓶 (2)BCD(3)小于 大于 (4)13.6 25 (5)重新配制一定物质的量浓度溶液配制中的误差分析1误差分析的理论依据根据cB＝可得，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nB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nB和V怎样的变化。若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。2一定物质的量浓度溶液的配制实验中的误差分析23\n23\n1．某同学用烧碱固体配制0.1mol·L－1的NaOH溶液500mL，下列说法正确的是( )A．该同学使用的玻璃仪器共有3种B．该同学配制溶液时忘记冷却，使配制溶液浓度偏小C．该同学定容时不慎超过刻度线，他用胶头滴管吸出一些至刻度线，则配制溶液浓度偏低D．该同学在托盘上放置两张称量纸称量样品，由于样品吸水使结果偏高解析：该实验需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，A错误；未冷却就转移液体，使配制溶液浓度偏大，B错误；定容时不慎超过刻度线，则配制溶液浓度偏低，应重新配制，C正确；样品吸水使称量烧碱固体质量偏低，导致配制溶液浓度偏低，D错误。答案：C2．用“偏大”“偏小”或“无影响”填空，表示所配制溶液浓度情况。①配制450mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g：________。23\n②天平砝码有锈蚀，其他操作均正确：__________。③配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，用不干燥的量筒量取浓硫酸：________。④配制500mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g：________。⑤用Na2CO3·10H2O晶体配制Na2CO3溶液，Na2CO3晶体已部分失去结晶水，用该晶体所配Na2CO3溶液的物质的量浓度：________。⑥配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质：________。⑦配制NaOH溶液时，天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确：________。⑧配制NaOH溶液时，NaOH固体放在烧杯中称量时间过长：________。⑨配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.0g，称量时物码放置颠倒：________。⑩用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中：________。⑪用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：________。⑫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：________。⑬称量溶质的小烧杯没有干燥：________。⑭配制前容量瓶中有水滴：________。⑮定容摇匀后少量溶液外流：________。答案：①偏小 ②偏大 ③偏小 ④偏小 ⑤偏大⑥偏大 ⑦偏小 ⑧偏小 ⑨无影响 ⑩偏大 ⑪偏大⑫偏大 ⑬无影响 ⑭无影响 ⑮无影响——知能拓展——溶解度与溶解度曲线1固体的溶解度在一定温度下，某固体物质在100g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。23\n固体物质溶解度(饱和溶液)S＝×100g影响溶解度大小的因素(1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。(2)外因：①溶剂的影响(如NaCl易溶于水不易溶于汽油)。②温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。2气体的溶解度通常指该气体(其压强为101kPa)在一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积，常记为1∶x。如NH3、HCl、SO2、CO2等气体常温时的溶解度分别为1∶700、1∶500、1∶40、1∶1。气体溶解度的大小与温度和压强有关，温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。3溶解度的表示方法(1)列表法硝酸钾在不同温度时的溶解度：(2)曲线法23\n4溶解度曲线的含义(1)点：曲线上的点叫饱和点。①曲线上任一点表示对应温度下该物质的溶解度；②两曲线的交点表示两物质在交点的温度下溶解度相等。(2)线：溶解度曲线表示物质的溶解度随温度变化的趋势，其变化趋势分为三种：①陡升型：大部分固体物质的溶解度随温度升高而升高，且变化影响大，如硝酸钾，提纯时常采用降温结晶(冷却热饱和溶液)的方法；②下降型：极少数物质随温度升高溶解度反而减小，如熟石灰；23\n③缓升型：少数物质，其溶解度随温度变化影响小，如氯化钠，提纯时常采用蒸发结晶(蒸发溶剂)的方法。(3)面①溶解度曲线下方的面表示不同温度下该物质的不饱和溶液；②溶解度曲线上方的面表示相应温度下的过饱和溶液。针对训练1：甲、乙两物质的溶解度曲线如图所示。下列叙述中正确的是( )A．t1℃时，在100g水中放入60g甲，其溶质的质量分数为37.5%B．t1℃时，甲和乙的饱和溶液的物质的量浓度一定相等C．t2℃时，甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等D．t2℃时，分别在100g水中各溶解20g甲、乙，同时降低温度，甲先达到饱和解析：t1℃时，在100g水中放入60g甲，根据溶解度曲线可知溶解的固体为30g，所以溶液的质量分数应是×100%≈23.08%，A错误；t1℃时，甲和乙的溶解度相等，故它们的饱和溶液的质量分数相同，但溶质的摩尔质量和溶液密度不一定相等，所以物质的量浓度不一定相等，B错误；t2℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，故甲、乙的饱和溶液中溶质质量分数不相等，C错误；降温使溶液达到饱和，由溶解度曲线不难看出，甲的溶解度随温度变化而变化的程度比乙大，故同时降低温度，甲先达到饱和，D正确。答案：D针对训练2：工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3＋)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)。工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：23\n(1)由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为______________，通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是_____________。(2)向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是_____________________________________________。(3)固体A主要为__________(填化学式)，固体B主要为________(填化学式)。(4)用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)中，既能提高产率又可使能耗最低。解析：(1)Na2Cr2O7与KCl发生复分解反应，化学方程式为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7＋2NaCl，根据图象可知，低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小。(2)加碱使Fe3＋生成沉淀而被除去。(3)根据溶解度的大小，高温浓缩时，NaCl析出，所以固体A主要为NaCl；冷却结晶时，K2Cr2O7析出，所以固体B主要为K2Cr2O7。(4)用热水洗涤固体NaCl，洗涤液中含有NaCl，所以洗涤液转移到母液Ⅱ中，既能提高产率又能使能耗最低。答案：(1)Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7＋2NaCl 低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小23\n(2)使Fe3＋生成沉淀而被除去(3)NaCl K2Cr2O7 (4)Ⅱ物质的量与化学计算1以“物质的量”为中心的转化关系2物质的量在化学方程式计算中的应用(1)计算的主要依据：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于参与反应的各物质的物质的量之比。(2)计算的一般步骤①正确写出反应的化学方程式(或关系式)；②列出相关物质的化学计量数，在对应计量数下面列相关物质的量；③列出关系式进行计算。23\n提醒：(1)化学方程式中的化学计量数可表示反应物或生成物之间的微粒个数比、物质的量之比、相同状况下气体的体积之比。(2)列比例计算时应注意上下单位一致，左右单位相当。3化学计算中的常用技巧(1)差量法①差量法的应用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。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如：②使用差量法的注意事项a．所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。b．有关物质的物理量及其单位都要正确地使用，即“上下一致，左右相当”。针对训练3：16mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。其中正确的是( )A．①② B．①④ C．②③ D．③④解析：根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9mL＋1mL)∶6mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9mL∶(6mL＋1mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH323\n)介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。答案：C(2)关系式法多步反应计算的特征是化学反应原理中多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，依据方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。针对训练4：黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00mL。已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________。(2)煅烧10t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。解析：(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得关系式：Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS21m(FeS2)＝0.09000g样品中FeS2的质量分数为90.00%。(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO24mol 8mol×22.4L·mol－1molV(SO2)V(SO2)＝3.36×106Ln(SO2)＝＝1.5×105mol23\n由SO2 ～ SO3 ～ H2SO41mol98g1.5×105molm(H2SO4)×98%得m(H2SO4)＝1.5×107g＝15t。答案：(1)90.00% (2)3.36×106 15(3)守恒法所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如针对训练5－1：(元素守恒)标准状况下，将aLH2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含bmolNaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－、ClO，则原混合气体中H2的物质的量为( )A.mol B．(－b)molC．(－)molD.mol解析：反应后溶液中的Na＋的物质的量等于Cl－、ClO－、ClO三者的物质的量之和，也等于混合气体中氯原子的物质的量，所以原混合气体中氯气的物质的量为mol，则氢气的物质的量为(－)mol。答案：C针对训练5－2：(电荷守恒)在硫酸、明矾和硫酸铝组成的混合溶液中，c(Al3＋)＝0.3mol·L－1，c(SO)＝0.7mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1，则c(K＋)为( )A．0.15mol·L－1B．0.2mol·L－1C．0.3mol·L－1D．0.4mol·L－1解析：由水电离的c(H＋)＝10－13mol·L－1，则由水电离的c(OH－)＝10－13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液中的c(H＋)＝0.1mol·L－1，根据电荷守恒可得c(Al3＋)×3＋c(H＋)＋c(K＋)＝c(SO)×2＋c(OH－)，因c(OH－)很小，则c(K＋)≈0.4mol·L－1。答案：D针对训练5－3：(得失电子守恒)14g铜银合金与一定量某浓度的硝酸溶液反应，金属完全溶解，放出的气体与1.12L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收，则合金中银的质量是( )23\nA．2.7gB．5.4gC．8.1gD．10.8g解析：铜银合金与HNO3反应时，HNO3得到铜银失去的电子变为NOx，NOx与O2和H2O反应时，又将电子失给O2，重新变为HNO3，整个过程相当于Cu、Ag将电子失给了O2。设合金中Cu的物质的量为xmol，Ag的物质的量为ymol，由得失电子守恒有2x＋y＝0.05×4①，又64x＋108y＝14②，联立①②解方程组得y＝0.1，则m(Ag)＝0.1mol×108g/mol＝10.8g，选项D正确。答案：D(4)极值法极值法是利用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧，它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的极值，进行判断分析求出结果，具体解题思路为：①把可逆反应假设成为向某一方向进行完全的反应。②把混合物假设成为某一纯净物。③把多个同时进行的反应假设成单一反应。针对训练6：(双选)将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H22.8L(标准状况)，原混合物的质量可能是( )A．2gB．4gC．8gD．10g解析：本题给出的数据不足，故不能求出每一种金属的质量，只能确定取值范围。三种金属中产生等量的氢气质量最大的为锌，质量最小的为铝。故假设金属全部为锌可求出金属质量为8.125g，假设金属全部为铝可求出金属质量为2.25g，金属实际质量应在2.25g～8.125g之间。故答案为B、C。答案：BC(5)平均值法所谓平均值法就是一种将数学平均原理应用于化学计算中的一种解题方法。它所依据的数学原理是：两个数Mr1和Mr2(Mr1大于Mr2)的算术平均值一定介于两者之间。所以，只要求出平均值，就可以判断Mr1和Mr2的取值范围，或根据M1和M2确定的取值范围，再结合题给条件即可迅速求出正确答案。常见的平均值有：求平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均摩尔电子质量、平均组成等。针对训练7：两种金属混合物共15g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2LH2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为( )A．Mg和AgB．Zn和CuC．Al和ZnD．Al和Cu23\n解析：本题可用平均摩尔电子质量(即提供1mol电子所需金属的质量)法求解。反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15g金属混合物可提供1mole－，其平均摩尔电子质量为15g·mol－1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12g·mol－1、32.5g·mol－1、9g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15g·mol－1，另一种金属的摩尔电子质量小于15g·mol－1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。答案：B(6)终态分析法终态分析法是利用逆向思维方式，以与待求量相关的物质(离子、分子或原子)在终态的存在形式为解题的切入点，找出已知量与待求量之间的关系，不考虑中间变化过程的一种快捷有效的解题方法。在一些多步反应或多种混合物的计算中，由于涉及到的反应繁多、数据不一或变化过程复杂，解题时如果逐一去分析这些反应或过程，按部就班的进行计算，往往会纠缠不清，导致思维混乱，不但费时费力，而且极易出错，甚至无法解答。但如果我们淡化中间过程，关注最终组成，利用守恒关系进行整体分析，就会简化思维，从而快速求解。针对训练8：把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧得到红棕色粉末的质量仍为ag，则原合金中铁的质量分数为( )A．70%B．52.4%C．47.6%D．30%解析：把铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了Al3＋和Fe2＋，再加入过量NaOH溶液，Al3＋转化为AlO留在溶液中；Fe2＋生成Fe(OH)2沉淀。过滤后对沉淀进行灼烧得到红棕色粉末为被氧化和分解生成的Fe2O3。在此过程中涉及反应多且无具体数据，按常规方法计算容易出错。根据始态合金与终态Fe2O3的质量相等，而铁原子在整个反应过程中守恒，所以合金中铝的质量等于Fe2O3中氧的质量，即w(Fe)＝×100%＝70%，选A。答案：A23\n23
