第10讲物质的量浓度及溶液的配置提升练习2024年高考化学一轮复习新高考专用
一、单选题，共10小题
1．（2022秋·上海浦东新·高一上海南汇中学校考期中）下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1的是（ ）
A．10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液
B．将80gSO3溶于水并配成1L的溶液
C．将0.5mol·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
2．（2019春·河北保定·高二河北易县中学期末）某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO 25%，密度为1.19 g/cm3的消毒液。下列说法正确的是
A．配制过程只需要三种仪器即可完成
B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制
C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小
D．需要称量NaClO固体的质量为140 g
3．（2023秋·吉林长春·高三长春外国语学校校考开学考试）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
4．（2023·上海·高三专题练习）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①
②
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．的数值为0.009
B．时，
C．时，x越大，生成的量越少
D．时，
5．（2023春·辽宁铁岭·高二校联考期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol熔融状态下的中含有的数目为
B．标准状况下，11.2L的质量为40g
C．溶液中，的数目为
D．常温常压下，18g中含有共价键的数目为2
6．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）下列溶液中c()与100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液中c()相等的是
A．100 mL 1mol·L-1的Na2SO4溶液 B．200mL 1.5mol·L-1的H2SO4溶液
C．150mL 2mol·L-1的(NH4)2SO4溶液 D．10mL 3mol·L-1的MgSO4溶液
7．（2023·海南海口·统考模拟预测）代表阿伏加德罗常数。完全溶解于盐酸。下列说法正确的是
A．所含的阴离子数为 B．反应转移电子为
C．标准状况下生成气体 D．溶液中数为
8．（2023·安徽六安·六安一中校考模拟预测）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法不正确的是
元素 X Y Z W
最高价氧化物的水化物 分子式 H3ZO4
25℃时，0.1mol·L-1溶液对应的pH 1.00 13.00 1.57 0.70
A．YX3用于汽车防撞气囊，是离子晶体
B．简单氢化物分子内的键角：
C．足量的锌与W最高价氧化物的水化物的浓溶液充分反应，还原产物有2种
D．31gZ4分子中含有1.5molσ键
9．（2023·广东·高三统考专题练习）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2LHF所含的原子总数为
B．用惰性电极电解溶液，当阴极产生22.4L气体时，转移的电子数为
C．溶液中含的数目为
D．向盐酸溶液中通入至中性(忽略溶液体积变化)，此时个数为
10．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）金粉溶于过氧化氢-浓盐酸可以安全环保的制备氯金酸()，其化学方程式为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．消耗1molAu，反应转移的电子数为
B．消耗2molHCl生成的分子数为
C．消耗85g，产物中形成的配位键数目为
D．2mol液态水中含有的氢键数目为
二、判断题，共6小题
11．（2021·浙江·高三专题练习）1mol·L-1NaCl溶液含有NA个Na＋。( )
12．（2023·全国·高三专题练习）1L0.1mol/LNa2SO4溶液中有0.1NA个Na＋。( )
13．（2021·浙江·高三专题练习）常温下，1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NA。( )
14．（2023·全国·高三专题练习）称取1.06 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容配制100 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液。( )
15．（2023·全国·高三专题练习）容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可使用。( )
16．（2023·全国·高三专题练习）配制Na2SO4溶液时，移液前，容量瓶中有少量蒸馏水会使结果偏高。( )
三、实验题，共3小题
17．（2021秋·河北邢台·高三校联考阶段练习）已知FeI2是一种灰黑色固体，可用于医药，在有机化学中常用作催化剂。某研究性学习小组为制备并探究FeI2的性质，进行了如下实验：
Ⅰ.配制240mL0.2mol·L-1FeI2溶液
(1)用托盘天平称量，需要称取FeI2 g；若物品和砝码的位置放反了，实际称取FeI2 g(已知该托盘天平中最小的砝码为1g)。
(2)若没有洗涤烧杯和玻璃棒，所得溶液的浓度 (填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)；定容时，若仰视容量瓶刻度线会使配制的FeI2溶液浓度 。
(3)若在加蒸馏水时，不小心加过了刻度线，此时应该进行的操作是 。
Ⅱ.探究FeI2的性质
(4)取20mL上述FeI2溶液，加入2.0gZn粉，一段时间后，过滤、洗涤、干燥并称量，得到的固体质量 (填“增重”或“减轻”)，说明FeI2具有 (填“氧化性”或“还原性”)。
(5)另取20mL上述FeI2溶液，加入淀粉溶液，逐滴加入新制氯水，溶液的颜色变为 。
(6)再取20mL上述FeI2溶液，加入KSCN溶液，逐滴加入新制氯水直至过量，溶液的颜色变为 。
(7)若向20mL上述FeI2溶液通入112mL(标准状况)Cl2，反应的离子方程式为 。
18．（2023春·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中）制备银氨溶液时发生的反应为：AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，并因此认为银氨溶液的溶质主要为强碱性的Ag(NH3)2OH。某研究小组认为第二步反应生成的OH-将与第一步反应生成的反应，银氨溶液的溶质应主要是Ag(NH3)2NO3。该小组拟用自制的氨水制取银氨溶液，并探究其主要成分。回答下列问题：
(一)氨水的制备：制备装置如图：
(1)A中反应的化学方程式为 。
(2)使用加装单向阀的导管，目的是 ；为有利于制备氨水，装置B的大烧杯中应盛装 (填“热水”或“冰水")，氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是 。
(3)制得的氨水稀释到质量分数约2%，并用盐酸标准溶液标定，测得浓度为1.275mol·L-1，标定时应选用的指示剂为 (填“酚酞”或“甲基橙”)。
(二)银氨溶液的制备及其主要成分探究
25°C，按左下图所示装置，磁力搅拌下向25.00mL2.0%AgNO3溶液中逐滴加入上述自制氨水，所加氨水体积由滴数传感器测量，实验测得烧杯内溶液的pH随氨水加入体积的变化曲线如右下图所示。重复多次实验，结果均相似。
(4)2.0%AgNO3溶液的密度为1.015g.cm-3，可计算c(AgNO3)≈0.12mol·L-1，该计算式为 。
(5)滴加氨水过程中，BC段溶液的pH变化不大，原因是 ；关于D点溶液可有多种假设。
假设1：溶质为强碱性的Ag(NH3)2OH。则pH的计算值应为 ；
假设2：溶质为Ag(NH3)2NO3。由于银氨离子一定程度解离出氨，理论计算pH为10.26，非常接近实验值；
假设3：溶质为弱碱性的Ag(NH3)2OH与NH4NO3。
利用除pH外的相关数据，定量说明假设2或假设3是否成立。 。
(6)乙醛发生银镜反应的化学方程式被认为是CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，若银氨溶液的溶质为Ag(NH3)2NO3，则上述化学方程式应修改为 。
19．（2023·山东·高三专题练习）碳酸锰()用途广泛，可用作脱硫的催化剂，涂料和饲料添加剂等。某化学小组在实验室模拟用软锰矿粉(主要成分为)制备，过程如下(部分操作和条件略)。已知：不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化；。回答下列问题：
(1)制备溶液：m g软锰矿粉经除杂后制得浊液，向浊液中通入，制得溶液，实验装置如下图所示(夹持和加热装置略)。
通过装置A可观察通入与的快慢，则A中加入的最佳试剂是 ；为使尽可能转化完全，在停止实验前应进行的操作是 ；转化为的离子方程式为 。实验中若将换成空气，将导致浓度明显大于浓度，原因是 。
(2)制备固体：在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，过滤，分别用蒸馏水和乙醇洗涤，低于100℃干燥，得到固体。若用同浓度的溶液代替溶液，将导致制得的产品中混有 (填化学式)；用乙醇洗涤的目的是 。
(3)测定软锰矿中锰元素的含量：向产品中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使完全转化为(其中完全转化为)，除去多余的硝酸，加入稍过量的硫酸铵除去，加入稀硫酸酸化，再用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，发生反应，消耗标准液的体积平均为mL；用mL 酸性溶液恰好除去过量的。软锰矿中锰元素的质量分数为 (用m，c，V的式子表示)；用硫酸亚铁铵标准溶液滴定时，下列操作会使锰元素的质量分数偏大的是 (填标号)。
A．滴定管水洗后直接装入标准液 B．滴定终点时俯视滴定管读数
C．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡 D．锥形瓶未干燥即盛放待测液
四、计算题，共1小题
20．（2023·全国·高三专题练习）(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可利用离子交换和滴定地方法。实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH－的阴离子交换柱，使Cl－和OH－发生交换。交换完成后，流出溶液的OH－用0.40 mol·L－1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x的值 (列出计算过程)。
(2)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr＝250)含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用cmol·L－1 EDTA(H2Y2－)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2－＝CuY2－+ 2H+，写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ 。
(3)硫酸钠-过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的组成可通过下列实验测定：①准确称取1.7700g样品，配制成100mL溶液A。②准确量取25.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.5825g。③准确量取25.00 mL溶液A，加入适量稀硫酸酸化后，用0.02000 mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00 mL。H2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：2＋5H2O2＋6H＋=4Mn2＋＋8H2O＋5O2↑，通过计算确定样品的组成 (写出计算过程)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．10gNaOH固体的物质的量为=0.25mol，溶解在水中配成250mL溶液，NaOH的物质的量浓度为 =1mol/L，故A不选；
B．80gSO3的物质的量为=1mol，溶于水和水反应：SO3+H2O=H2SO4，硫酸的物质的量也为1mol，配成1L溶液，溶液体积为1L，所以H2SO4的物质的量浓度为 =1mol/L，故B不选；
C．将100mLNaNO3溶液加热蒸发掉50g水，溶液体积不是50mL，所以蒸发后的溶液中溶质的物质的量浓度无法计算，故C选；
D．标况下，22.4L氯化氢气体的物质的量为=1mol/L，溶于水配成1L溶液，溶质的物质的量浓度为 =1mol/L，故D不选；
故选C。
2．C
【详解】A．配制溶液所需仪器：天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故错误；
B．向容量瓶加水至刻度线，因此容量瓶洗净即可，不用烘干，故说法错误；
C．碳酸的酸性强于次氯酸，2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋，次氯酸不稳定易分解，长时间放置，NaClO的浓度会降低，故正确；
D．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的，质量应是500×1.19×25%g=148.8g，故错误。
3．A
【详解】A．1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确；
B．1.7gH2O2的物质的量为=0.05mol，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确；
C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH)，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；
D．标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确；
故选A。
4．C
【详解】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A错误；
B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B错误；
C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；
D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D错误；
故本题选C。
5．D
【详解】A．为分子，因此熔融状态下的不含，A错误；
B．标准状况下，为固体而非气体，B错误；
C．溶液未给出体积，因此无法计算离子个数，C错误；
D．18g为1mol，一个H2O中含有2个H-O键，因此1molH2O中含有共价键的数目为2，D正确。
本题选D。
6．D
【分析】100mL1 mol·L-1 Al2(SO4)3溶液中c()=1 mol·L-13=3 mol·L-1。
【详解】A．100mL1mol/LNa2SO4溶液中c()=1 mol·L-1；
B．200mL 1.5mol·L-1的H2SO4溶液中c()=1.5mol·L-1；
C．150mL 2mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中c()=2 mol·L-1；
D．10mL 3mol·L-1的MgSO4溶液中c()=3 mol·L-1；
综上所述，与题干中c()相等的是D；
答案选D。
7．A
【详解】A．15.6gNa2O2的物质的量，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，所含的阴离子数为0.2NA，故A正确；
B．过氧化钠和盐酸反应的化学方程式：2Na2O2+4HCl=4NaCl+O2↑+2H2O，过氧化钠和水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol过氧化钠反应电子转移2mol，15.6gNa2O2的物质的量为0.2mol，电子转移总数为0.2NA，故B错误；
C．2Na2O2+4HCl=4NaCl+O2↑+2H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中2mol过氧化钠反应生成1mol氧气，0.2mol过氧化钠反应生成0.1mol气体，标准状况下体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故C错误；
D．钠元素守恒得到0.2molNa2O2中含钠离子0.4mol，溶液中Na+数为0.4NA，故D错误；
故选：A。
8．B
【分析】X、Y、Z、W为短周期元素且原子序数依次增大。根据表中对应溶液pH大小可以确定X、Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别是一元强酸、一元强碱、弱酸、二元强酸；H3ZO4中Z化合价为+5价，Z位于周期表第ⅤA族，即H3ZO4为磷酸，Z是磷元素；根据上述结论及它们在周期表中的位置关系，可以确定X是氮元素，Y是钠元素，W是硫元素。据此分析解答。
【详解】A．YX3是NNa3，一种非常不稳定的碱金属氮化物，加热或撞击下NaN3迅速分解为金属钠和氮气，被广泛应用于生产汽车防撞气囊；Na、N电负性差别很大，NNa3中N与Na之间通过离子键结合，因此属于离子晶体，A正确；
B．X、Z简单氢化物分别是NH3、PH3，中心原子均是sp3杂化，中心原子均有1个孤电子对。由于N的电负性大于P，N原子对成键电子对吸引力更大，成键电子对更靠近N原子，成键电子对间的斥力更大，因此NH3的键角比PH3的大，B错误；
C．W最高价氧化物的水化物的浓溶液为浓硫酸，与足量Zn反应时，前阶段为浓硫酸Zn反应，生成的还原产物是SO2，后阶段硫酸浓度减小至一定程度，变成稀硫酸与Zn反应，生成的还原产物是H2，C正确；
D．Z4为P4，分子结构是正四面体，每个P4分子内共有6个σ键，31gP4物质的量为，故31gP4分子含有的σ键共为，D正确；
故选B。
9．D
【详解】A．标准状况下，氟化氢不是气体，不确定其物质的量，A错误；
B．没有标况，不确定生成气体的物质的量，B错误；
C．硅酸根离子水解导致其物质的量小于0.2mol，数目小于，C错误；
D．根据电荷守恒可知，，此时溶液呈中性，则，个数为，D正确；
故选D。
10．A
【详解】A．由方程式可知，2molAu参与反应，转移电子的物质的量为8mol，因此消耗1molAu，反应转移的电子数为4NA，A正确；
B．由方程式可知，每消耗8molHCl生成1molO2，因此消耗2molHCl生成的O2分子数为0.25NA，B错误；
C．每个H[AuCl4]中含有4个配位键，85gH2O2的物质的量为：n===2.5mol，由方程式知，5molH2O2反应生成2molH[AuCl4]，因此消耗85gH2O2，产物中形成的配位键数目为4NA，C错误；
D．1mol冰中含有2mol氢键，液态水中的氢键小于冰，因此2mol液态水中含有的氢键数目小于4NA，D错误；
故选A。
11．错误
【详解】1mol·L-1NaCl溶液的体积未知，故不能计算Na＋的物质的量和个数，故错误。
12．错误
【详解】1L0.1mol/LNa2SO4溶液中含有0.2molNa＋，即0.2NA个Na+，故错误。
13．正确
【详解】1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中NH4NO3的物质的量为0.1mol，N原子的物质的量为0.2mol，N原子数目为0.2NA，正确。
14．错误
【详解】容量瓶不能用于溶解物质、不能用于稀释溶液、不能作为反应容器、不能长期贮存溶液，故答案为：错误。
15．错误
【详解】容量瓶用蒸馏水洗涤后，定容时还需要加入蒸馏水，所以不必干燥，故错误。
16．错误
【详解】配制溶液时，在烧杯中用少量水溶解，然后移液，在容量瓶中加水稀释定容，所以容量瓶中有少量蒸馏水对浓度无影响，故错误。
17．(1) 15.5 14.5
(2) 偏小 偏小
(3)倒掉，重新配制
(4) 减轻 氧化性
(5)蓝色
(6)红色
(7)2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-
【详解】（1）要配制240mL0.2mol·L-1FeI2溶液需选用250mL容量瓶，故液体体积需按250mL计算，故需要的FeI2质量为：m=nM=cVM=0.2×0.25×(56+127×2)=15.5g；物体和砝码没有放反时，物体的质量等于砝码质量加游码质量，当物体和砝码放反时，则砝码质量等于物体质量加游码质量，即物体质量等于砝码质量减游码质量，则实际称取FeI2的质量为15g-0.5g=14.5g，故答案为：15.5；14.5
（2）若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则相当于损失一部分药品，根据，物质的量减小，所得溶液的浓度减小；定容时，若仰视容量瓶刻度线会使得水的体积增大，根据，体积增大，则配制的FeI2溶液浓度减小，故答案为：偏小；偏小
（3）若在加蒸馏水时，不小心加过了刻度线，则会导致配制的溶液浓度减小，故此时应该进行的操作是倒掉，重新配制，故答案为：倒掉，重新配制
（4），反应前后只有锌和铁为固体，且铁的相对原子质量小于锌，故一段时间后，过滤、洗涤、干燥并称量，得到的固体质量减轻；FeI2中Fe为+2价，反应后Fe为0价，反应后铁元素化合价降低，故FeI2具有氧化性，故答案为：减轻；氧化性
（5）FeI2溶液具有还原性，新制氯水具有氧化性，故二者可以发生反应生成碘单质，碘单质会使淀粉溶液变蓝，故答案为：蓝色
（6）FeI2溶液具有还原性，新制氯水具有氧化性，故二者可以发生反应生成Fe3+，Fe3+可以与KSCN溶液反应，使溶液变为红色，故答案为：红色
（7）FeI2溶液具有还原性，Cl2具有氧化性，故二者可以发生氧化还原反应，故答案为：2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-
18．(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2) 防倒吸 冰水 氨与水分子间形成氢键而放热
(3)甲基橙
(4)
(5) 加入的氨水主要用于AgOH沉淀和部分溶解生成[Ag(NH3)2]+ 13 假设2、假设3的银/氨理论值分别为、，实测 =，说明假设2成立，假设3不成立
(6)CH3CHO+2Ag(NH3)2NO3+2H2OCH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+NH3·H2O或CH3CHO+2Ag(NH3)2NO3+H2OCH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+NH3
【分析】NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应，可制得氨气，氨气通过单向阀后溶于水形成氨水，尾气使用盐酸溶液吸收，既能保证溶解的安全性，又能防止氨气进入大气中。
【详解】（1）A中，NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应，生成CaCl2、NH3等，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）单向阀导管，只允许气体或液体向一个方向流动，可保证液体不逆流，所以使用加装单向阀的导管，目的是防倒吸；氨气溶于水形成氨水，其溶解度随温度的升高而减小，为增大氨气的溶解度，应尽可能降低温度，所以装置B的大烧杯中应盛装冰水，氨分子与水分子间可形成氢键，从而放出热量，所以氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是氨与水分子间形成氢键而放热。答案为：防倒吸；冰水；氨与水分子间形成氢键而放热；
（3）氨水与盐酸反应生成的氯化铵为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以标定时应选用的指示剂为甲基橙。答案为：甲基橙；
（4）2.0%AgNO3溶液的密度为1.015g.cm-3，可利用公式进行计算，从而得出该计算式为。答案为：；
（5）滴加氨水过程中，BC段主要发生AgNO3与NH3·H2O反应生成AgOH和NH4NO3、AgOH与NH3·H2O反应生成Ag(NH3)2OH等，所以溶液的pH变化不大，原因是加入的氨水主要用于AgOH沉淀和部分溶解生成[Ag(NH3)2]+；
假设1：溶质为强碱性的Ag(NH3)2OH，从图中可以看出，25mL0.12mol/L的AgNO3溶液中加入4.71mL1.275mol/L的氨水，则c[Ag(NH3)2OH]=，Ag(NH3)2OH 为强碱，发生完全电离，则c(OH-)=0.1mol/L，pH的计算值应为13；
由反应方程式可知，假设2、假设3的银/氨理论值分别为、，实验测得： =，说明假设2成立，假设3不成立。
答案为：加入的氨水主要用于AgOH沉淀和部分溶解生成[Ag(NH3)2]+；13；假设2、假设3的银/氨理论值分别为、，实测 =，说明假设2成立，假设3不成立；
（6）乙醛发生银镜反应的化学方程式被认为是CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，采用类推法，若银氨溶液的溶质为Ag(NH3)2NO3，则上述反应中，Ag(NH3)2OH改为Ag(NH3)2NO3，产物中有NH4NO3生成，化学方程式应修改为CH3CHO+2Ag(NH3)2NO3+2H2OCH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+NH3·H2O或CH3CHO+2Ag(NH3)2NO3+H2OCH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+NH3。答案为：CH3CHO+2Ag(NH3)2NO3+2H2OCH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+NH3·H2O或CH3CHO+2Ag(NH3)2NO3+H2OCH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+NH3。
【点睛】使用单向阀，即便装置内产生负压，也不会发生倒吸，从而提高实验的安全性。
19．(1) 饱和亚硫酸氢钠溶液 先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，一段时间后停止通入氮气 部分二氧化硫在溶液中被氧化生成硫酸根离子
(2) 除去水分且乙醇容易挥发，容易干燥
(3) AC
【详解】（1）A中通过气体的气泡的快慢来调节气体的通入速率，故该试剂不能和二氧化硫，反应，故A中加入的最佳试剂是饱和亚硫酸氢钠溶液；
为使尽可能转化完全，就是要使装置中的二氧化硫全部进入烧瓶中，故在停止实验前应进行的操作是先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，将二氧化硫赶到烧瓶中，一段时间后停止通入氮气；
和二氧化硫反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为；
实验中若将换成空气，则空气中的氧气可以将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，导致浓度明显大于浓度；
（2）碳酸钠的碱性比碳酸氢铵的强，故反应后可能有存在；
因为不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化，故用乙醇洗涤，可以减少水分且乙醇容易挥发，容易干燥；
（3）根据氧化还原反应分析，亚铁离子和重铬酸钾的比例为6:1，故剩余的铁离子的物质的量为6c2V2×10-3mol，根据分析，有碳酸锰和亚铁离子的关系为~，锰元素的质量分数为；
A.滴定管水洗后直接装入标准液，则标准液的浓度变小，造成标准液的体积变大，则测定结果偏大；
B.滴定终点时俯视滴定管读数，标准液的体积变小，实验结果变小；
C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读数变大，实验结果变大；
D.锥形瓶未干燥即盛放待测液，对实验无影响。
故选AC。
20． 3 2Na2SO4·H2O2·2H2O
【详解】(1)由题意可得下列关系式：FeClx～xCl－～XOH－～xHCl，则n(Cl)=n(Cl－)=n(OH－)=n(HCl)=0.0250L×0.40mol·L-1=0.01 mol，m(Fe)=0.54g–0.010mol×35.5g·mol-1=0.185g，n(Fe)=0.185g/56g·mol-1=0.0033 mol。n(Fe)∶n(Cl)=0.0034∶0.010≈1∶3，即x=3。
(2)由题意可得下列关系式：CuSO4·5H2O～Cu2+～H2Y2－，则a g试样中n(CuSO4·5H2O)=n(H2Y2－)=c mol·L－1×0.001×bL×5，所以CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝。
(3)由②可得n(Na2SO4)=n(BaSO4)=0.5825g÷233g/mol=2.50×10－3mol，则m(Na2SO4)=142g·mol－1×2.50×10－3mol=0.355g；由2MnO4―＋5H2O2＋6H＋=4Mn2＋＋8H2O＋5O2↑得n(H2O2)=n(KMnO4)=×0.0200mol·L－1×0.025L=1.25×10－3 mol，则m(H2O2)=34g·mol－1×1.25×10－3mol=0.0425g，由质量守恒得n(H2O)=[(1.7700g×25.00mL/100 mL)－0.355g－0.0425g]/18 g·mol－1=2.5×10－3 mol，由此得x:y:z=n(Na2SO4):n(H2O2):n(H2O)=2:1:2，即硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O。
答案第1页，共2页
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