高考化學(xué)突破大二輪講義專題二第1課時(shí)物質(zhì)的量物質(zhì)的量濃度

專題二物質(zhì)的量化學(xué)計(jì)算第1課時(shí)物質(zhì)的量物質(zhì)的量濃度命題調(diào)研(2016～2019四年大數(shù)據(jù))2016～2019四年考向分布核心素養(yǎng)與考情預(yù)測(cè)核心素養(yǎng)：證據(jù)推理、宏觀辨識(shí)與微觀探析和變化守恒考情解碼：本部分內(nèi)容為化學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)，化學(xué)計(jì)算的必需工具，歷年考查以NA為阿伏加德羅常數(shù)考查、物質(zhì)的量和濃度計(jì)算，一定物質(zhì)的量濃度配制數(shù)據(jù)處理等方向，預(yù)測(cè)在2020年選考中該知識(shí)點(diǎn)作為基礎(chǔ)知識(shí)仍是必考內(nèi)容，必須讓學(xué)生掌握“見量化摩、遇問設(shè)摩”的方法，理解物質(zhì)變化的守恒思想，分析物質(zhì)微觀和宏觀的聯(lián)系。真題重現(xiàn)1.(2019·浙江4月選考，19)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是()A.1molCH2=CH2分子中含有的共價(jià)鍵數(shù)為6NAB.500mL0.5mol·L－1的NaCl溶液中微粒數(shù)大于0.5NAC.30gHCHO與CH3COOH混合物中含C原子數(shù)為NAD.2.3gNa與O2完全反應(yīng)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)介于0.1NA和0.2NA之間解析1個(gè)CH2=CH2分子中包含4個(gè)單鍵和1個(gè)雙鍵，而1個(gè)雙鍵中有2個(gè)共價(jià)鍵，故1molCH2=CH2分子中含有的共價(jià)鍵數(shù)為6NA，A項(xiàng)正確；500mL0.5mol·L－1的NaCl溶液中含有的微粒包括Na＋、Cl－、H2O、H＋、OH－，故微粒數(shù)大于0.5NA，B項(xiàng)正確；HCHO和CH3COOH的最簡(jiǎn)式均為CH2O，故30gHCHO和CH3COOH混合物中含“CH2O”的物質(zhì)的量為1mol，含C原子數(shù)為NA，C項(xiàng)正確；2.3gNa與O2完全反應(yīng)，不論生成Na2O還是Na2O2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為0.1NA，D項(xiàng)不正確，故選D。答案D2.(2018·課標(biāo)全國(guó)Ⅲ，8)下列敘述正確的是()A.24g鎂與27g鋁中，含有相同的質(zhì)子數(shù)B.同等質(zhì)量的氧氣和臭氧中，電子數(shù)相同C.1mol重水與1mol水中，中子數(shù)比為2∶1D.1mol乙烷和1mol乙烯中，化學(xué)鍵數(shù)相同解析24g鎂與27g鋁的物質(zhì)的量均為1mol，但Mg、Al的質(zhì)子數(shù)分別為12、13，A項(xiàng)錯(cuò)誤；1molO2含有16mol電子，1molO3含有24mol電子，質(zhì)量相同(設(shè)為mg)的O2、O3含有的電子的物質(zhì)的量分別為eq\f(m,32)×16mol＝eq\f(m,2)mol、eq\f(m,48)×24mol＝eq\f(m,2)mol，B項(xiàng)正確；1molD2O含有10mol中子，1molH2O含有8mol中子，C項(xiàng)錯(cuò)誤；1molCH3—CH3含有7mol共價(jià)鍵，1molCH2=CH2含有4molC—H鍵，1molC=C鍵，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案B3.(2019·浙江1月學(xué)考)配制500mL0.100mol·L－1的NaCl溶液，部分實(shí)驗(yàn)操作示意圖如下：下列說法正確的是()A.實(shí)驗(yàn)中需用的儀器有：天平、250mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管等B.上述實(shí)驗(yàn)操作步驟的正確順序?yàn)棰佗冖堍跜.容量瓶需要用自來水、蒸餾水洗滌，干燥后才可用D.定容時(shí)，仰視容量瓶的刻度線，使配得的NaCl溶液濃度偏低解析A項(xiàng)、配制500mL0.100mol·L－1NaCl溶液用到的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟有計(jì)算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，操作步驟正確的順序?yàn)棰冖佗堍?，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)、容量瓶用蒸餾水洗凈后，由于后面還需要加入蒸餾水定容，所以不必干燥，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)、定容時(shí)仰視容量瓶的刻度線，則所加蒸餾水偏多，溶液的體積V偏大，溶液的濃度偏低，故D正確。答案D4.(2019·浙江1月學(xué)考)為探究某銅的硫化物的組成，取一定量的硫化物在氧氣中充分灼燒，將生成的氣體全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀11.65g；將灼燒后的固體(僅含銅與氧2種元素)溶于過量的H2SO4中，過濾，得到1.60g紅色固體，將濾液稀釋至150mL，測(cè)得c(Cu2＋)＝0.50mol·L－1。已知：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O請(qǐng)計(jì)算：(1)白色沉淀的物質(zhì)的量為________mol。(2)該銅的硫化物中銅與硫的原子個(gè)數(shù)比n(Cu)∶n(S)＝________。解析(1)二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到11.65g硫酸鋇白色沉淀，n(BaSO4)＝11.65g÷233g/mol＝0.05mol；(2)由S原子個(gè)數(shù)守恒可知硫化物中n(S)＝0.05mol，由Cu原子個(gè)數(shù)守恒可知n(Cu)＝1.60g÷64g/mol＋0.50mol·L－1×0.15L＝0.025mol＋0.075mol＝0.1mol，則n(Cu)∶n(S)＝n(Cu)∶n(S)＝2∶1。答案(1)0.05(2)2∶15.(2018·北京理綜，26)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機(jī)碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmol·L－1NaOH溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是________。(已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98g·mol－1)解析H3PO4＋2NaOH=Na2HPO4＋2H2O98g2molm(H3PO4)10－3bcmolm(H3PO4)＝4.9×10－2bcg，則精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(4.9×10－2bcg,ag)×100%＝eq\f(4.9bc,a)%。答案eq\f(4.9bc,a)%6.(2016·上海卷)CO2是重要的化工原料，也是應(yīng)用廣泛的化工產(chǎn)品。CO2與過氧化鈉或超氧化鉀反應(yīng)可產(chǎn)生氧氣。完成下列計(jì)算：(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00molNH4HCO3完全分解，分解產(chǎn)物經(jīng)干燥后的體積為________L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。(2)某H2中含有2.40molCO2，該混合氣體通入2.00LNaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反應(yīng)，該NaOH溶液的濃度為____________________________________________________________________。(3)CO2和KO2有下列反應(yīng)：4KO2＋2CO2=2K2CO3＋3O24KO2＋4CO2＋2H2O=4KHCO3＋3O2若9molCO2在密封艙內(nèi)和KO2反應(yīng)后生成9molO2，則反應(yīng)前密封艙內(nèi)H2O的量應(yīng)該是多少？列式計(jì)算。(4)甲烷和水蒸氣反應(yīng)的產(chǎn)物是合成甲醇的原料：CH4＋H2O(g)eq\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))CO＋3H2已知：CO＋2H2eq\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))CH3OHCO2＋3H2eq\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))CH3OH＋H2O300molCH4完全反應(yīng)后的產(chǎn)物中，加入100molCO2后合成甲醇。若獲得甲醇350mol，殘留氫氣120mol，計(jì)算CO2的轉(zhuǎn)化率。解析(1)碳酸氫銨分解的化學(xué)方程式為：NH4HCO3eq\o(=,\s\up7(△))H2O＋NH3↑＋CO2↑，從反應(yīng)的化學(xué)方程式可以看出，分解產(chǎn)物經(jīng)干燥后，所得氣體為NH3和CO2，且n(NH3)＋n(CO2)＝2n(NH4HCO3)＝2×2.00mol＝4.00mol，則V(混合氣體)＝4.00mol×22.4L/mol＝89.6L，即分解產(chǎn)物經(jīng)干燥后的體積為89.6L。(2)根據(jù)題意要求，2.40molCO2被完全吸收，NaOH也完全反應(yīng)，則反應(yīng)的產(chǎn)物可能是Na2CO3(此時(shí)NaOH溶液的濃度最大)或NaHCO3(此時(shí)NaOH溶液的濃度最小)或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用極值思想分析兩個(gè)特殊情況：①CO2＋NaOH=NaHCO3，n(NaOH)＝n(CO2)＝2.40mol，則c(NaOH)＝eq\f(2.40mol,2.00L)＝1.20mol/L；②CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O，n(NaOH)＝2n(CO2)＝4.80mol，則c(NaOH)＝eq\f(4.80mol,2.00L)＝2.40mol/L；綜合①、②可知，NaOH溶液的濃度應(yīng)該1.20mol/L≤c(NaOH)≤2.40mol/L。(3)方法一依題意，9molCO2在密封艙內(nèi)和KO2反應(yīng)后生成9molO2，即n(CO2)∶n(O2)＝1∶1，通過觀察題給兩個(gè)化學(xué)反應(yīng)方程式可知，當(dāng)把兩個(gè)化學(xué)反應(yīng)方程式相加時(shí)正好符合題目要求：8KO2＋6CO2＋2H2O=2K2CO3＋4KHCO3＋6O2所以有n(H2O)＝eq\f(1,3)n(CO2)＝eq\f(1,3)×9mol＝3mol，即反應(yīng)前密封艙內(nèi)H2O的物質(zhì)的量為3mol。方法二設(shè)反應(yīng)前密封艙內(nèi)H2O的物質(zhì)的量為n4KO2＋4CO2＋2H2O=4KHCO3＋3O22nn1.5n4KO2＋2CO2=2K2CO3＋3O29－2n1.5×(9－2n)根據(jù)題意生成氧氣9mol，所以有1.5n＋1.5×(9－2n)＝9mol，解得n＝3mol，即反應(yīng)前密封艙內(nèi)H2O的物質(zhì)的量為3mol。(4)方法一eq\a\vs4\ac\hs10\co7(CH4,＋,H2O,\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△)),CO,＋,3H2,300mol,,,,300mol,,900mol)設(shè)CO2的轉(zhuǎn)化率為α，CO的轉(zhuǎn)化率為βeq\a\vs4\ac\hs10\co5(CO,＋,2H2,\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△)),CH3OH,300βmol,,600βmol,,300βmol)eq\a\vs4\ac\hs10\co7(CO2,＋,3H2,\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△)),CH3OH,＋,H2O,100αmol,,300αmol,,100αmol)根據(jù)題意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol＋100αmol＝350mol①式根據(jù)題意，反應(yīng)后殘留氫氣120mol，則實(shí)際參加反應(yīng)的氫氣為900mol－120mol，所以有600βmol＋300αmol＝900mol－120mol②式由①②式可得α＝0.8，即設(shè)CO2的轉(zhuǎn)化率為80%。方法二在合成甲醇的反應(yīng)中，氫元素在生成物中有兩種存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，設(shè)CO2的轉(zhuǎn)化率為αeq\a\vs4\ac\hs10\co7(CH4,＋,H2O,\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△)),CO,＋,3H2,300mol,,,,,,900mol,CO2,＋,3H2,\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△)),CH3OH,＋,H2O,100αmol,,,,,,100αmol)根據(jù)題意，反應(yīng)后殘留氫氣120mol，則實(shí)際參加反應(yīng)的氫氣為900mol－120mol，根據(jù)反應(yīng)中氫元素原子的守恒可有：900mol－120mol＝350mol×2＋100αmol，解得α＝0.8，即設(shè)CO2的轉(zhuǎn)化率為80%。答案(1)89.6(2)2.4mol/L≥c(NaOH)≥1.2mol/L(3)8KO2＋6CO2＋2H2O=2K2CO3＋4KHCO3＋6O2n(CO2)∶n(H2O)＝6∶2n(H2O)＝(9mol/6)×2＝3mol(4)300molCH4完全反應(yīng)產(chǎn)生H2900mol設(shè)CO2轉(zhuǎn)化率為α，CO轉(zhuǎn)化率為β300β＋100α＝β＋300α＝900－120α＝80%或設(shè)CO2轉(zhuǎn)化率為α900－350×2－100α＝120α＝80/100＝80%考向一阿伏加德羅常數(shù)1.(2018·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，11)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A.常溫常壓下，124gP4中所含P—P鍵數(shù)目為4NAB.100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目為0.1NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NAD.密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA解析每個(gè)P4分子中含6個(gè)P—P鍵，124gP4的物質(zhì)的量為1mol，含6molP—P鍵，A項(xiàng)錯(cuò)誤；該溶液中雖然含0.1molFeCl3，但由于Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋數(shù)目小于0.1NA，B項(xiàng)錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L甲烷和乙烯的混合氣體為0.5mol，根據(jù)1molCH4和1molC2H4均含4molH原子可知，0.5mol混合氣體中含2molH原子，C項(xiàng)正確；SO2和O2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，即反應(yīng)后容器中同時(shí)含有SO2、O2和SO3，分子總數(shù)大于2NA，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案C備考策略1.高考常涉及到的關(guān)于NA的命題角度總結(jié)考查方向涉及問題物質(zhì)狀態(tài)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下非氣態(tài)物質(zhì)。如H2O、HF、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等物質(zhì)結(jié)構(gòu)一定物質(zhì)的量的物質(zhì)中含有的微粒(分子、原子、電子、質(zhì)子等)數(shù)，如Na2O2；或一些物質(zhì)中的化學(xué)鍵數(shù)目，如CH4、P4等氧化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移(得失)數(shù)目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2與H2O反應(yīng)；電解AgNO3溶液；Cu與S反應(yīng)；Fe失去電子數(shù)(可能是2e－，也可能是3e－)電離、水解弱電解質(zhì)的電離，可水解的鹽中的離子數(shù)目多少的判斷。如1L1mol·L－1Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)數(shù)目小于NA，因?yàn)镃Oeq\o\al(2－,3)會(huì)部分水解隱含的可逆反應(yīng)常見的可逆反應(yīng)(如2NO2N2O4)、弱電解質(zhì)的電離平衡等摩爾質(zhì)量特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量，如D2O、18O2、H37Cl單質(zhì)的組成單質(zhì)的組成除常見的雙原子分子(如H2、Cl2、N2)外還有單原子分子(惰性氣體，如He、Ne等)、三原子分子，如O3，甚至有四原子分子，如P42.避開有關(guān)NA判斷的六大“陷阱”考查方向注意問題氣體摩爾體積的適用條件、物質(zhì)的聚集狀態(tài)若題中出現(xiàn)物質(zhì)的體積，先考慮是否是氣體，如是氣體再考慮是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，熟悉在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是液體或固體的物質(zhì)，如CCl4、H2O、SO3、己烷、苯、酒精、CHCl3等物質(zhì)的微觀結(jié)構(gòu)①某些物質(zhì)分子中的原子個(gè)數(shù)，如Ne、O3、P4等；②特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量或分子中的中子數(shù)，如D2O、T2O、18O2、H37Cl等；③一些物質(zhì)中的化學(xué)鍵數(shù)目，如SiO2、Si、CH4、P4、CO2、C60等電解質(zhì)的電離與水解弱電解質(zhì)的電離及某些離子的水解，如1molCH3COOH或1molFeCl3溶于水時(shí)，溶液中CH3COO－或Fe3＋的物質(zhì)的量小于1mol氧化還原反應(yīng)中的電子轉(zhuǎn)移如Na2O2、NO2與H2O反應(yīng)，電解AgNO3溶液，F(xiàn)e、Cu與S反應(yīng)，Cl2與H2O、NaOH反應(yīng)，F(xiàn)e與稀HNO3反應(yīng)等分散系中的微粒數(shù)目FeCl3溶液轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3膠體，膠粒的數(shù)目小于原溶液中Fe3＋的數(shù)目隱含的可逆反應(yīng)可逆反應(yīng)不能進(jìn)行到底。如2NO2N2O4、Cl2＋H2OHClO＋HCl、合成氨反應(yīng)、二氧化硫的催化氧化等考向二阿伏加德羅定律及推論2.三種氣體X、Y、Z的相對(duì)分子質(zhì)量關(guān)系為Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，下列說法正確的是()A.三種氣體密度最小的是XB.分子數(shù)目相等的三種氣體，質(zhì)量最大的是YC.若一定條件下，三種氣體體積均為2.24L，則它們的物質(zhì)的量一定均為0.1molD.20℃時(shí)，若2molY與1molZ體積相等，則Y、Z氣體所承受的壓強(qiáng)比為2∶1解析根據(jù)題意三種氣體X、Y、Z的相對(duì)分子質(zhì)量關(guān)系為Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，即Mr(X)＜Mr(Y)＜Mr(Z)，A項(xiàng)，相同條件下，密度和相對(duì)分子質(zhì)量成正比，由于溫度壓強(qiáng)不定，則密度無法判斷，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，分子數(shù)目相等的三種氣體，質(zhì)量最大的是相對(duì)分子質(zhì)量最大的Z，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，Vm和外界條件有關(guān)，Vm不一定等于22.4L/mol，所以它們的物質(zhì)的量不一定均為0.1mol，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)同溫同體積的氣體物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，D正確。答案D備考策略阿伏加德羅定律(1)內(nèi)容：在相同溫度和壓強(qiáng)下，相同體積的任何氣體都含有相同數(shù)目的分子。即?N1=N2“三同”(T、p、V)→“一同”(N)→(n)(2)阿伏加德羅定律的推論相同條件結(jié)論公式語言敘述T、p相同eq\f(n1,n2)＝eq\f(V1,V2)同溫、同壓下，氣體的體積與其物質(zhì)的量成正比T、V相同eq\f(p1,p2)＝eq\f(n1,n2)溫度、體積相同的氣體，其壓強(qiáng)與其物質(zhì)的量成正比T、p相同eq\f(ρ1,ρ2)＝eq\f(M1,M2)同溫、同壓下，氣體的密度與其摩爾質(zhì)量(或相對(duì)分子質(zhì)量)成正比考點(diǎn)三以物質(zhì)的量為中心的化學(xué)計(jì)算3.(2018·浙江紹興適應(yīng)性測(cè)試)將19.20gCu和Fe2O3的混合物完全溶解在400mL稀硫酸中，然后向溶液中加鐵粉，剩余固體質(zhì)量與加入鐵粉質(zhì)量的關(guān)系如圖。(1)混合物中n(Cu)∶n(Fe2O3)為________。(2)稀硫酸的濃度為________。解析(1)根據(jù)Cu和Fe2O3的混合物完全溶解在400mL稀硫酸中，發(fā)生的反應(yīng)Fe2O3與H＋生成Fe3＋，F(xiàn)e3＋再與Cu反應(yīng)，然后加入鐵粉，先和Fe3＋反應(yīng)，再和Cu2＋反應(yīng)。所以由圖像知混合物中銅的質(zhì)量3.2g，物質(zhì)的量為0.05mol；Fe2O3的質(zhì)量為19.20－3.2＝16.00(g)，物質(zhì)的量為0.1mol，所以混合物中n(Cu)∶n(Fe2O3)為1∶2。(2)最后溶液為硫酸亞鐵溶液，加入的n(Fe)＝0.2mol，F(xiàn)e2O3的物質(zhì)的量為0.1mol，鐵為0.2mol，所以總的鐵為n(Fe)＝0.4mol，n(FeSO4)＝0.4mol，由SOeq\o\al(2－,4)守恒，n(H2SO4)＝0.4mol，稀硫酸的濃度為1.00mol·L－1。答案(1)1∶2(2)1.00mol·L－1備考策略以物質(zhì)的量為中心進(jìn)行計(jì)算的“一、二、三”考向四溶液配制及物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計(jì)算4.為了配制100mL1mol·L－1NaOH溶液，其中有下列幾種操作，錯(cuò)誤的操作有()①選剛用蒸餾水洗凈過的100mL容量瓶進(jìn)行配制②NaOH固體在燒杯里剛好完全溶解，立即把溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中③用蒸餾水洗滌燒杯內(nèi)壁兩次，洗滌液都移入容量瓶中④使蒸餾水沿著玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度線相切⑤由于不慎，液面超過了容量瓶的刻度線，這時(shí)采取的措施是使用膠頭滴管吸出超過的一部分A.②④⑤ B.①⑤C.②③⑤ D.①②解析①配制100mL1mol·L－1的NaOH溶液，應(yīng)選擇100mL容量瓶，因?yàn)槿萘科慷ㄈ輹r(shí)仍需要加蒸餾水，所以使用前不需要干燥，正確；②NaOH溶于水放熱，所以不能立即把溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，應(yīng)冷卻至室溫再轉(zhuǎn)移，錯(cuò)誤；③用蒸餾水洗滌燒杯內(nèi)壁2次，洗滌液也均轉(zhuǎn)入容量瓶中，是為了將溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中，正確；④定容時(shí)為了防止加水超過刻度線，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加，使溶液的凹液面的最低點(diǎn)與刻度線相平，錯(cuò)誤；⑤由于不慎，液面超過了容量瓶的刻度線，若吸出溶液則減少了溶質(zhì)的質(zhì)量，結(jié)果偏低，實(shí)驗(yàn)失敗，需要重新配制，錯(cuò)誤。答案A5.把含硫酸銨和硝酸銨的混合溶液aL分成兩等份，一份加入含bmolNaOH的溶液并加熱，恰好把NH3全部趕出；另一份需消耗cmolBaCl2才能使SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，則原溶液中NOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量濃度為()A.eq\f(b－2c,a)mol·L－1B.eqB.\f(2b－4c,a)mol·L－1C.eq\f(2b－c,a)mol·L－1D.eqD.\f(b－4c,a)mol·L－1解析bmolNaOH恰好將NH3全部趕出，根據(jù)NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O可知，每份中含有bmolNHeq\o\al(＋,4)；與氯化鋇溶液完全反應(yīng)消耗cmolBaCl2才能使SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，根據(jù)Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓可知每份含有SOeq\o\al(2－,4)cmol，設(shè)每份中含有NOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量為xmol，根據(jù)溶液呈電中性，則bmol×1＝cmol×2＋xmol×1，得x＝b－2c，因?qū)L混合溶液分成兩等份，則每份的體積是0.5aL，所以每份溶液中NOeq\o\al(－,3)的濃度是c(NOeq\o\al(－,3))＝eq\f(（b－2c）mol,0.5aL)＝eq\f(2b－4c,a)mol·L－1，即原溶液中NOeq\o\al(－,3)的濃度是eq\f(2b－4c,a)mol·L－1，故選B。答案B備考策略配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的實(shí)驗(yàn)是中學(xué)化學(xué)中一個(gè)重要的定量實(shí)驗(yàn)。復(fù)習(xí)時(shí)，要熟記實(shí)驗(yàn)儀器，掌握操作步驟，注意儀器使用，正確分析誤差，理解基本公式，明確高考題型，做到有的放矢。1.七種儀器需記牢托盤天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管、燒杯、藥匙。2.實(shí)驗(yàn)步驟要理清如：配制500mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，圖中操作②中應(yīng)該填寫的數(shù)據(jù)為________，實(shí)驗(yàn)時(shí)操作的先后順序?yàn)開_______(填編號(hào))。答案5.3②④⑥⑤①③3.儀器使用要明了(1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶時(shí)應(yīng)指明規(guī)格，并選擇合適的容量瓶，如配制480mL溶液，應(yīng)選用500mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀釋和存放液體，也不能作為反應(yīng)容器。(2)玻璃棒的作用是攪拌和引流，在引流時(shí)，玻璃棒末端應(yīng)插入到容量瓶刻度線以下，且玻璃棒靠近容量瓶口處不能接觸瓶口，如圖所示。附：容量瓶的查漏方法向容量瓶中加入適量水，蓋好瓶塞，左手食指頂住瓶塞，右手托住瓶底，將容量瓶倒轉(zhuǎn)過來看瓶口處是否有水滲出，若沒有，將容量瓶正立，將瓶塞旋轉(zhuǎn)180度，重復(fù)上述操作，如果瓶口處仍無水滲出，則此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞處涂點(diǎn)凡士林。4.誤差分析點(diǎn)點(diǎn)清誤差分析的思維流程與方法(1)誤差分析的思維流程(2)視線引起誤差的分析方法①仰視容量瓶刻度線(圖1)，導(dǎo)致溶液體積偏大，結(jié)果偏低。②俯視容量瓶刻度線(圖2)，導(dǎo)致溶液體積偏小，結(jié)果偏高。(3)常見情況：①砝碼生銹：偏高。②定容時(shí)，溶液溫度高：偏高。③定容時(shí)俯視容量瓶刻度線：偏高。④稱量時(shí)物碼顛倒且使用游碼：偏低。⑤未洗滌燒杯、玻璃棒：偏低。⑥稱量易吸水物質(zhì)時(shí)間過長(zhǎng)：偏低。⑦轉(zhuǎn)移時(shí)，有液體濺出：偏低。⑧滴加蒸餾水超過容量瓶刻度線，再用膠頭滴管吸出：偏低。⑨定容搖勻后，液面低于刻度線，再加水至刻度線：偏低。⑩容量瓶?jī)?nèi)有少量水：無影響。5.換算關(guān)系會(huì)推導(dǎo)(1)氣體溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度的計(jì)算：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1L水中溶解某氣體VL，所得溶液的密度為ρg·cm－3，氣體的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，則c＝eq\f(1000ρV,22400＋MV)mol·L－1。(2)溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)與物質(zhì)的量濃度之間的換算：c＝eq\f(1000ρw,M)[c為溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度/(mol·L－1)，ρ為溶液的密度/(g·cm－3)，w為溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，M為溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量/(g·mol－1)]。6.兩條規(guī)律理解透(1)稀釋定律①如用V1、V2、c1、c2分別表示稀釋前后溶液的體積和溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度，有c1V1＝c2V2。②如用m1、m2、w1、w2分別表示稀釋前后溶液的質(zhì)量和溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，有m1w1＝m2w2。(2)混合規(guī)律同一溶質(zhì)不同濃度的溶液混合后溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的判斷方法：設(shè)溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為w1和w2的兩溶液混合后所得溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w。①兩溶液等質(zhì)量混合：w＝eq\f(1,2)(w1＋w2)。②兩溶液等體積混合a.若溶液中溶質(zhì)的密度大于溶劑的密度，則w＞eq\f(1,2)(w1＋w2)，如H2SO4溶液。b.若溶液中溶質(zhì)的密度小于溶劑的密度，則w＜eq\f(1,2)(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。1.(2018·浙江11月選考)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是()A.32gS8(分子結(jié)構(gòu)：)中的共價(jià)鍵數(shù)目為NAB.2g由Heq\o\al(18,2)O和2H2O組成的物質(zhì)中含有的質(zhì)子數(shù)為NAC.8gCuO與足量H2充分反應(yīng)生成Cu，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒數(shù)之和為NA解析A項(xiàng)，在一個(gè)S8分子中含有8個(gè)共價(jià)鍵，所以32gS8中含有共價(jià)鍵數(shù)目為NA；B項(xiàng)，Heq\o\al(18,2)O、2H2O的摩爾質(zhì)量均為20g·mol－1，所以2g由Heq\o\al(18,2)O、2H2O組成的物質(zhì)中含有的質(zhì)子數(shù)為NA；C項(xiàng)，8gCuO被H2還原生成Cu轉(zhuǎn)移電子數(shù)為eq\f(8g,80g·mol－1)×2NAmol－1＝0.2NA；D項(xiàng)，Cl2溶于水，含氯元素的微粒有Cl2、Cl－、ClO－和HClO，Cl－、ClO－與HClO的微粒數(shù)之和應(yīng)小于NA。答案D2.(2018·浙江4月選考)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是()A.10g的2Heq\o\al(16,2)O中含有的質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)均為5NAB.32g硫在足量的氧氣中充分燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6NAC.26gC2H2與C6H6混合氣體中含C—H鍵的數(shù)目為2NAD.120gNaHSO4和KHSO3的固體混合物中含有的陽離子數(shù)為NA解析2Heq\o\al(16,2)O的相對(duì)分子質(zhì)量為20，其中含質(zhì)子和中子均為10個(gè)，因此10g的2Heq\o\al(16,2)O中含分子數(shù)為0.5NA，質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)均為5NA，A正確；32g硫?yàn)?mol，在足量的氧氣中充分燃燒，生成二氧化硫，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA，B錯(cuò)；26gC2H2與C6H6混合氣體中含氫原子個(gè)數(shù)為2NA，因此C—H鍵的數(shù)目為2NA，C正確；NaHSO4和KHSO3的化學(xué)式量均為120，120g固體混合物含兩者共1mol，其中含有的陽離子Na＋，K＋數(shù)合計(jì)為NA，正確。答案B3.在兩個(gè)密閉容器中，分別充有質(zhì)量相等的甲、乙兩種氣體，它們的溫度和密度均相同。根據(jù)甲、乙的摩爾質(zhì)量(M)的關(guān)系判斷，下列說法中正確的是()A.若M(甲)＜M(乙)，則分子數(shù)：甲＜乙B.若M(甲)＞M(乙)，則氣體摩爾體積：甲＜乙C.若M(甲)＜M(乙)，則氣體的壓強(qiáng)：甲＞乙D.若M(甲)＞M(乙)，則氣體的體積：甲＜乙解析等質(zhì)量的氣體，其摩爾質(zhì)量與物質(zhì)的量(或分子數(shù))成反比，若M(甲)＜M(乙)，則分子數(shù)：甲＞乙，A錯(cuò)誤；若M(甲)＞M(乙)，則物質(zhì)的量：甲＜乙，又氣體體積相等，故氣體摩爾體積：甲＞乙，B錯(cuò)誤；同溫同體積同質(zhì)量的氣體或混合氣體，壓強(qiáng)與摩爾質(zhì)量成反比，C正確；由質(zhì)量和密度相等可知?dú)怏w體積相等，D錯(cuò)誤。答案C4.(2018·浙江省金華十校)實(shí)驗(yàn)室發(fā)生意外時(shí)，比如手指劃破、燙傷等都需要對(duì)傷口進(jìn)行消毒?，F(xiàn)配制0.01mol/L的KMnO4消毒液，下列有關(guān)說法不正確的是()A.KMnO4的摩爾質(zhì)量為158B.KMnO4溶液用于殺菌消毒的原理是因其具有強(qiáng)氧化性C.當(dāng)液面接近容量瓶的刻度線下2cm處，改用膠頭滴管定容D.定容時(shí)俯視容量瓶刻度線，導(dǎo)致所配溶液濃度偏高解析A.B.KMnO位是g/mol，A錯(cuò)誤；B.KMnO4具有強(qiáng)氧化性，可以殺菌消毒，B正確；C.當(dāng)液面接近容量瓶的刻度線下2cm處時(shí)改用膠頭滴管定容，C正確；D.定容時(shí)俯視容量瓶刻度線，導(dǎo)致加水偏少，所配溶液濃度偏高，D正確。正確答案為A。答案A5.(2018·浙江省臺(tái)州中學(xué))取一定質(zhì)量的溴化鈉、碘化鈉的混合物平均分成五等份，分別加水配成溶液并編號(hào)為甲、乙、丙、丁、戊，再分別向各溶液中通入一定體積的氯氣，將反應(yīng)后所得溶液蒸干，灼燒固體。通入氯氣的量與最終所得固體質(zhì)量記錄如下：編號(hào)甲乙丙丁戊固體組成NaI、NaBr、NaClNaBr、NaClNaCl氯氣的體積/mLV2V3V4V5V固體質(zhì)量/g54.6243.6435.4830.1429.25求：(1)請(qǐng)?zhí)顚懕碇锌瞻譥_______、________。(2)標(biāo)準(zhǔn)狀況下氯氣的體積V為________，原混合物中溴化鈉的物質(zhì)的量為________。解析戊中固體NaCl質(zhì)量29.25g，根據(jù)鈉離子守恒得n(NaBr)＋n(NaI)＋n(NaCl)＝eq\f(29.25g,58.5g/mol)＝0.5mol，由鈉離子守恒可知反應(yīng)后蒸干灼燒得到的固體的物質(zhì)的量不變?yōu)?.5mol，將反應(yīng)甲至戊視作每次增加VmL氯氣計(jì)算，因還原性I－＞Br－＞Cl－，故先有2NaI＋Cl2=2NaCl＋I(xiàn)2…①，反應(yīng)完后再有2NaBr＋Cl2=2NaCl＋Br2…②；(1)對(duì)于乙視作甲增加VmL氯氣，導(dǎo)致固體質(zhì)量減少為54.62g－43.64g＝10.98g，因還原性I－＞Br－＞Cl－，故先有2NaI＋Cl2=2NaCl＋I(xiàn)2，反應(yīng)完后再有2NaBr＋Cl2=2NaCl＋Br2。對(duì)于丙視作乙增加VmL氯氣，導(dǎo)致固體質(zhì)量減少為43.64g－35.48g＝8.16g，VmL氯氣與NaBr反應(yīng)導(dǎo)致固體質(zhì)量減少最少為35.48g－30.14g＝5.34g，小于8.16g，故丙中最后VmL氯氣，既與NaI反應(yīng)又與NaBr反應(yīng)。由上述分析可得：固體乙的組成為NaI、NaBr、NaCl；對(duì)于戊視作丁增加VmL氯氣，蒸干灼燒得到固體的質(zhì)量還在減少，結(jié)合丙固體的組成為NaBr、NaCl，說明丁固體的組成為NaBr、NaCl；(2)丁中最后VmL氯氣與NaBr反應(yīng)，VmL氯氣完全反應(yīng)，且有NaBr剩余，令VmL氯氣的物質(zhì)的量為n，則所以n＝0.06mol，即VmL氯氣的物質(zhì)的量為0.06mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為0.06mol×22.4L/mol＝1.344L＝1344mL；由于乙最后通入VmL氯氣只與NaI反應(yīng)，甲通入VmL氯氣導(dǎo)致固體質(zhì)量減少等于乙最后通入VmL氯氣導(dǎo)致固體質(zhì)量減少，所以原溶液中NaI與NaBr的總質(zhì)量為54.62g＋10.98g＝65.6g，令原溶液中NaI的物質(zhì)的量為xmol，NaBr的物質(zhì)的量為ymol，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xmol＋ymol＝0.5mol,xmol×150g/mol＋ymol×103g/mol＝65.6g))，解得x＝0.3，y＝0.2，則原來混合物中溴化鈉的物質(zhì)的量＝0.2mol×5＝1mol。答案(1)乙：NaI、NaBr、NaCl?。篘aBr、NaCl(2)13441mol1.(2018·浙江麗水、衢州、湖州教學(xué)質(zhì)檢，22)設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是()A.1mol羥基與1mol氫氧根離子所含的質(zhì)子數(shù)分別為9NA、10NAB.2.3g金屬鈉與2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氧氣反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAC.100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液所含分子總數(shù)為4NAD.甲醛(HCHO)和乙酸的混合物3.0g，含有的原子數(shù)為0.4NA解析1mol羥基與1mol氫氧根離子所含的質(zhì)子數(shù)均為9NA，A項(xiàng)錯(cuò)誤；2.3g金屬鈉是0.1mol，與2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氧氣即0.1mol氧氣反應(yīng)，氧氣過量，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，項(xiàng)B正確；100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液所含分子總數(shù)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100×0.46,46)＋\f(100×0.54,18)))×NA＝4NA，C項(xiàng)正確；甲醛(HCHO)和乙酸的最簡(jiǎn)式相同，均是CH2O，其混合物3.0g，含有的原子數(shù)為eq\f(3.0,30)×4×NA＝0.4NA，D項(xiàng)正確。答案A2.如圖中的兩條線分別代表的是：1gC3H6和1gM氣體在相同容積的容器中，測(cè)得容器中的壓強(qiáng)和溫度的關(guān)系，試根據(jù)圖象判斷M氣體可能是()A.C3H8 B.C2H4C.H2S D.N2O4解析由阿伏加德羅定律推知，在相同容器中，若溫度相同時(shí)p與n成正比，如圖可知M的壓強(qiáng)大，設(shè)M的相對(duì)分子量為x，則eq\f(1.2,0.8)＝eq\f(\f(1,x),\f(1,42))，x＝28，為乙烯，故答案為B。答案B3.(2016·上?；瘜W(xué)，22)稱取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反應(yīng)，生成NH31792mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則(NH4)2SO4和NH4HSO4的物質(zhì)的量比為()A.1∶1 B.1∶2C.1.87∶1 D.3.65∶1解析固體混合物與NaOH溶液反應(yīng)順序?yàn)椋篐＋＋OH－=H2O，NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O，n(NH3)＝eq\f(1.792L,22.4L/mol)＝0.08mol，則與H＋反應(yīng)的NaOH為0.1mol－0.08mol＝0.02mol，則n(NH4HSO4)＝0.02mol，m(NH4HSO4)＝0.02mol×115g/mol＝2.30g，m[(NH4)2SO4]＝7.24g－2.30g＝4.94g，n[(NH4)2SO4]＝eq\f(4.94g,132g/mol)≈0.0374mol，則n[(NH4)2SO4]∶n(NH4HSO4)＝1.87∶1，故C項(xiàng)正確。答案C4.(2018·浙江省嘉興一中模擬)把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為()A.eq\f(b－a,V)mol·L－1 B.eq\f(2b－a,V)mol·L－1C.eq\f(2（b－a）,V)mol·L－1 D.eq\f(2（2b－a）,V)mol·L－1解析硫酸鎂與氫氧化鈉反應(yīng)的方程式為：MgSO4＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋Na2SO4，所以eq\f(V,2)L混合溶液中n(Mg2＋)＝eq\f(a,2)mol；硫酸根離子與鋇離子反應(yīng)的離子方程式為：SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaSO4↓，所以n(SOeq\o\al(2－,4))＝bmol；由于MgSO4中Mg2＋的物質(zhì)的量與SOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量相等；所以K2SO4中的硫酸根離子的物質(zhì)的量為n(SOeq\o\al(2－,4))＝(b－eq\f(a,2))mol，即n(K＋)＝(2b－a)mol，所以，原混合溶液中鉀離子的物質(zhì)的量濃度為2(2b－a)/Vmol·L－1。答案D5.某學(xué)生用NaHCO3和KHCO3組成的混合物樣品與某種濃度的鹽酸反應(yīng)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得數(shù)據(jù)如下表：實(shí)驗(yàn)編號(hào)①②③鹽酸體積/mL505050m(混合物)/g9.226.5636.8V(CO2)(標(biāo)準(zhǔn)狀況)/L2.244.484.48分析表中數(shù)據(jù)，下列說法中不正確的是()A.由①②可知：①中的鹽酸過量B.由②③可知：混合物的質(zhì)量增加，而氣體體積沒有變化，說明鹽酸已經(jīng)完全反應(yīng)C.所用鹽酸的物質(zhì)的量濃度為0.4mol/LD.該混合物中NaHCO3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為50%解析鹽酸同量，由于第②組實(shí)驗(yàn)所得氣體多于第①組實(shí)驗(yàn)，說明加入混合物9.2g時(shí)鹽酸過量，第②組與第③組所得氣體相等，說明第②組鹽酸完全反應(yīng)，生成4.48L二氧化碳需要混合物的質(zhì)量為eq\f(4.48L,2.24L)×9.2g＝18.4g＜26.56g，故第②組混合物有剩余，A.鹽酸同量，由于第②組實(shí)驗(yàn)所得氣體多于第①組實(shí)驗(yàn)，說明加入混合物9.2g時(shí)鹽酸過量，故A正確；B.混合物的質(zhì)量增加，第②組與第③組所得氣體相等，而氣體體積沒有變化，說明鹽酸已經(jīng)反應(yīng)完全，故B正確；C.第②組鹽酸完全反應(yīng)，生成二氧化碳的物質(zhì)的量為eq\f(4.48L,22.4L/mol)＝0.2mol，由方程式NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑、KHCO3＋HCl=KCl＋H2O＋CO2↑，可知n(HCl)＝n(CO2)＝0.2mol，鹽酸的物質(zhì)的量濃度為eq\f(0.2mol,0.05L)＝4mol/L，故C錯(cuò)誤；D.第①組實(shí)驗(yàn)中混合物完全反應(yīng)，鹽酸過量，固體混合物完全反應(yīng)，生成二氧化碳的物質(zhì)的量為eq\f(2.24L,22.4L/mol)＝0.1mol，設(shè)9.2g混合物中NaHCO3、KHCO3的物質(zhì)的量分別為xmol和ymol，則：根據(jù)碳元素守恒可知：x＋y＝0.1，混合物質(zhì)量為9.2g，所以84x＋100y＝9.2，聯(lián)立方程解得x＝0.05，y＝0.05，NaHCO3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)＝eq\f(0.05mol,0.05mol＋0.05mol)×100%＝50%，故D正確，故選C。答案C6.下列關(guān)于物質(zhì)的量濃度表述正確的是()A.0.3mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SOeq\o\al(2－,4)的總物質(zhì)的量為0.9molB.當(dāng)1L水吸收22.4L氨氣時(shí)所得氨水的濃度不是1mol·L－1，只有當(dāng)22.4L氨氣溶于水制得1L氨水時(shí)，其濃度才是1mol·L－1C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量相等，則K＋和Cl－的物質(zhì)的量濃度一定相同D.10℃時(shí)，100mL0.35mol·L－1的KCl飽和溶液蒸發(fā)掉5g水，冷卻到10℃時(shí)，其體積小于100mL，它的物質(zhì)的量濃度仍為0.35mol·L－1解析0.3mol·L－1的Na2SO4溶液中，含有Na＋、SOeq\o\al(2－,4)的總濃度為0.9mol·L－1，但選項(xiàng)中未給出體積，無法求出離子的總物質(zhì)的量；1L水吸收22.4L氨氣的氨水濃度不是1mol·L－1，且22.4L氨氣不知道是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積，故當(dāng)氨水體積是1L時(shí)，其濃度也不一定是1mol·L－1；在K2SO4、NaCl混合液中，當(dāng)n(Na＋)＝n(SOeq\o\al(2－,4))時(shí)，n(K＋)≠n(Cl－)，因?yàn)樵谌芤褐袘?yīng)滿足陰、陽離子的電荷守恒；D選項(xiàng)正確。答案D7.(2019·浙江省臺(tái)州中學(xué))向一定體積CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入濃度為1.00mol·L－1的Na2CO3溶液，反應(yīng)過程中加入的Na2CO3溶液的體積與產(chǎn)生沉淀或氣體的質(zhì)量關(guān)系如圖所示。已知：圖中V1∶V2＝1∶2，當(dāng)加入V2mLNa2CO3溶液時(shí)，所得溶液的濃度為1.00mol·L－1，體積為200mL。求：(1)混合溶液中CaCl2和HCl物質(zhì)的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)＝________。(2)m2＝________g。解析由圖像可知，向一定體積CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入濃度為1.00mol·L－1的Na2CO3溶液，0～V1發(fā)生的是碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)，生成二氧化碳的質(zhì)量為m1，V1～V2發(fā)生的是碳酸鈉與氯化鈣的反應(yīng)，生成碳酸鈣的質(zhì)量為m2。又知V1∶V2＝1∶2，說明鹽酸和氯化鈣