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1．（2021·广东真题）测定浓硫酸试剂中
含量的主要操作包括：
①量取一定量的浓硫酸，稀释；
②转移定容得待测液；
③移取
待测液，用
的
溶液滴定。
上述操作中，不需要用到的仪器为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容得待
测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL 待测液，用0.1000mol/L 的NaOH 溶
液滴定所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；选项中A 为容量瓶，B 为分液漏斗，C 为锥
形瓶，D 为碱式滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗，综上所述，故答案为B。
2．（2020·天津高考真题）下列实验仪器或装置的选择正确的是
专题09 物质的量浓度
1
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配制50.00mL0.1000mol.L-1
Na2CO3溶液
除去Cl2中的HCl
蒸馏用冷凝管
盛装Na2SiO3溶液的
试剂瓶
A
B
C
D
【答案】B
【解析】A．配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，错误；B．除
去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：
Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中
的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，正确；C．蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，
球形冷凝管一般作反应装置，错误；D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞
与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，错误。
3．（2019·江苏高考真题）下列实验操作能达到实验目的的是
A．用经水湿润的pH 试纸测量溶液的pH
B．将4.0 g NaOH 固体置于100 mL 容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L−1NaOH 溶液
C．用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
【答案】D
【解析】A．用水湿润的pH 试纸测量溶液的pH 所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，
不能达到实验目的，错误；B．配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶
解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，
2
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若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实
验误差，错误；C．在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2O
Al（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸
干氯化铝溶液，由于HCl 的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，
不能得到AlCl3固体，错误；D．SO2属于酸性氧化物，能被NaOH 溶液吸收，乙烯与NaOH 溶液不反
应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH 溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，正确；故选D。
4．（2020·北京高考真题）用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，不能达到实验目的的是
A
B
C
D
配制一定物质的量浓
度的氯化钠溶液
检验浓硫酸与铜反应产
生的二氧化硫
检验溴乙烷消去产物中的乙
烯
分离酒精和水
【答案】D
【解析】A．图示为配制一定量浓度溶液的转移操作，图示操作正确，能达到实验目的；B．浓硫酸和铜在
加入条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品红溶液中，若品红褪色，则证明生成
二氧化硫，二氧化硫气体是大气污染物，不能排放到空气中，试管口用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸
收二氧化硫，图示正确，能达到实验目的；C．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热作用下发生消去反应生
成乙烯，由于乙醇易挥发，制得的乙烯中含有乙醇蒸汽，先通过水，使乙醇溶于水，在将气体通入酸
性高锰酸钾溶液中，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以证明反应中产生乙烯，能达到实验目的；D．
乙醇和水任意比互溶，分液操作无法分离，不能达到实验目的；答案选D。
5．（2017·全国高考真题）下列实验操作规范且能达到目的的是
目的
操作
A
取20.00 mL 盐酸
在50 mL 酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00
mL 后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
C
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH 试纸上
D
配制浓度为0.010 mol·L-1的KMnO4
称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL 容量瓶中，加水
3
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溶液
溶解并稀释至刻度
【答案】B
【解析】A．50 mL 酸式滴定管的50.00 mL 刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00
mL 后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00 mL，错误；B．碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以
先用酒精清洗，再用水清洗，正确；C．醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的pH 时，pH 试纸不能
预先湿润(湿润相当于将溶液稀释)，否则测定的pH 会偏小，错误；D．不能在容量瓶中直接配制溶液，
错误。故答案选B。
6．（2017·上海高考真题）将一定量的镁和铝分别与足量的盐酸反应，若放出氢气的质量相等，则参加反
应的镁和铝的物质的量之比为
A．1：1
B．2：3
C．3：2
D．8：9
【答案】C
【解析】设镁和铝分别与足量的盐酸反应都生成1mol 的H2，则
Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
1 1
1
所以参加反应的镁和铝的物质的量之比=1：
=3：2；
答案选C。
7．【2013 年高考四川卷第7 题】1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓
硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合气体1120mL (标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH 溶
液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g 沉淀，下列说法不正确的是 （ ）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ︰1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L
C．NO2和N2O4 的混合气体中，NO2 的体积分数是80%
D．得到2.54 沉淀时，加入NaOH 溶液的体积是600mL
【答案】D
【解析】设铜镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52 ②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，
y=0.01 mol，设N2O4、NO2 的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，
a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol，A、C 正确；c(HNO3)=1000×1.4×63%/63=14.0mol·L－1，C 项正确；
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沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7-0.06=0.64mol，
氢氧化钠溶液体积为640mL，D 错误。
8．（2010·海南高考真题）把V L 含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH 的
溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全
沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为
A． (b-a)/V mol·L-1
B．(2b-a)/V mol·L-1
C．2(2b-a)/V mol·L-1
D．2(b-a)/V mol·L-1
【答案】C
【解析】一份加入含a mol NaOH 的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有
mol，硫酸
镁也就是
mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸
根离子有bmol。所以硫酸钾有b-
mol，钾离子就有2(b-
)mol=2b-amol。浓度就是
mol/L，
即
mol·L-1，符合题意，故答案为C。
9．（2009·全国高考真题）将15 mL 2 mol·L－1Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 mol·L－1MCln 盐溶液中，
恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln 中n 值是
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】B
【解析】M 的化合价为+n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为：
2Mn+～～～～～～～nCO3
2－
2 n
0.04L×0.5mol/L 0.015L×2mol/L
解得n=3
故选B。
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10．（2010·湖南高考真题）把500
有BaCl2和KCl 的混合溶液分成5 等份，取一份加入含
硫酸
钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含
硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。
则该混合溶液中钾离子浓度为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】取一份加入含amol 硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则
Ba2++SO4
2-═BaSO4↓
1 1
amol amol
另取一份加入含bmol 硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则
Ag++Cl-═AgCl↓
1 1
bmol bmol
由混合溶液分成5 等份，则原溶液中钡离子的浓度为
=10amol/L，
氯离子的浓度为
=10bmol/L，
根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L×2+x×1=10bmol/L×1，解得
x=10（b-2a）mol/L，
答案选D。
11．（2011·全国高考真题）下列叙述正确的是
A．1.00mol NaCl 中含有6.02×1023个NaCl 分子
B．1.00mol NaCl 中,所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023
C．欲配置1.00L ,1.00mol.L-1的NaCl 溶液，可将58.5g NaCl 溶于1.00L 水中
D．电解58.5g 熔融的NaCl，能产生22.4L 氯气（标准状况）、23.0g 金属钠
【答案】B
【解析】A、因NaCl 为离子化合物，则不存在NaCl 分子，错误；B、因Na+的最外层电子总数为8 电子稳
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定结构，则最外层电子的物质的量为8mol，其电子总数为8×6.02×1023，正确；C、欲配置1.00L，
1.00mol．L-1的NaCl 溶液，可将58.5g NaCl 溶于适量水中，配成1L 溶液，而不是溶于1L 的水中，错
误；D、NaCl 的物质的量为
=1mol，则电解58.5g 熔融的NaCl，1molNaCl 生成0.5mol 氯
气，能产生0.5mol×22.4L/mol=11.2L 氯气（标准状况），而不是22.4L 氯气，错误；故选B。
12．【2011 年全国新课标卷】下列叙述正确的是（ ）
A．1.00 mol NaCl 中含有6.02×1023个NaCl 分子
B．1.00 mol NaCl 中，所有Na＋的最外层电子总数为8×6.02×1023
C．欲配制1.00 L 1.00 mol·L－1的NaCl 溶液，可将58.5 g NaCl 溶于1.00 L 水中
D．电解58.5 g 熔融的NaCl，能产生22.4 L 氯气(标准状况)、23.0 g 金属钠
【答案】B
【解析】氯化钠是离子晶体，其构成微粒是阴阳离子，不存在分子，错误；Na＋的最外层电子数是8 个，
项正确；1 L 水的体积不等于1 L 溶液，项错误；电解58．5 g 熔融氯化钠时，只能得到标准状况下
11．2 L 的氯气，错误。
13．（2017·浙江高考真题）用无水Na2CO3固体配制250 mL 0.100 0 mol·L－1的溶液。
请回答下列问题：
（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是________。
A．烧杯 B．量筒 C．玻璃棒 D．胶头滴管 E．容量瓶
（2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，______________________________________，再将容
量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。
（3）下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是________。
A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O 固体进行配制
B．定容时俯视容量瓶的刻度线
C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线
D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
【答案】（1）B （2）用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹面正好与刻度线相切 （3）AC
【解析】（1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，需要胶头滴管滴加液体，
则需要A、C、D、E，不需要B；
（2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度
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线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；
（3）A．称取相同质量的Na2CO3•10H2O 固体进行配制，n 偏小，使配得的Na2CO3溶液浓度偏低，选；
B．定容时俯视容量瓶的刻度线，V 偏小，浓度偏大，不选；C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，
再滴加蒸馏水至刻度线，V 偏大，使配得的Na2CO3溶液浓度偏低，选；D．转移洗涤液时洒到容量瓶
外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制，容量瓶内附着的溶质使n 偏大，使配得的Na2CO3溶液浓度偏
高，不选；故答案为AC。
14．（2017·天津高考真题）[2017 天津]用沉淀滴定法快速测定NaI 等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准
备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ．准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468 g（0.0250 mol）后，配制成250 mL 标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光
保存，备用。
b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN 标准溶液，备用。
Ⅱ．滴定的主要步骤
a．取待测NaI 溶液25.00 mL 于锥形瓶中。
b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO3溶液（过量），使I−完全转化为AgI 沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L−1 NH4SCN 溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN 沉淀后，体系出现淡红色，
停止滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN 标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。
（3）滴定应在pH＜0.5 的条件下进行，其原因是___________________________________。
（4）b 和c 两步操作是否可以颠倒________________，说明理由________________________。
（5）所消耗的NH4SCN 标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I−)=_________________ mol·L−1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________。
（7）判断下列操作对c(I−)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
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①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果____________________。
【答案】（1）250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 （2）避免AgNO3见光分解 （3）防止因Fe3+的
水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解） （4）否（或不能） 若颠倒，Fe3+与I−反应，
指示剂耗尽，无法判断滴定终点 （5）10.00 0.0600 （6）用NH4SCN 标准溶液进行润洗
（7）偏高 偏高
【解析】
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL（棕色）容量瓶、胶
头滴管。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解。
（3）滴定应在pH＜0.5 的条件下进行，其原因是防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的
水解）。
（4）b 和c 两步操作不可以颠倒，理由是若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。
（5）舍弃与其它数据不平行的10.24，所消耗的NH4SCN 标准溶液平均体积为20.00mL，n(AgNO3)= 25.00
mL×0.1000 mol·L−1=0.00250mol，n(NH4SCN)= 20.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00200mol，n(I-)= n(AgNO3)-
n(NH4SCN)=0.00050mol，所以c(I-)=0.00050mol/25.00mL=0.02mol·L-1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN 标准溶液进行润洗。
（7）①AgNO3标准溶液浓度变小，使得标准溶液体积增大，则测定结果偏高。②终读数变小，标准液液
数值变小，则测定结果偏低。
15．（2014·上海高考真题）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸
（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用。在实验室，
浓硫酸是常用的干燥剂。完成下列计算：
（1）焦硫酸（H2SO4·SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。若将445g 焦硫酸溶于水配成4.00L 硫酸，
该硫酸的物质的量浓度为________mol/L。
（2）若以浓硫酸吸水后生成的H2SO4·H2O 计算，250g 质量分数为98%的硫酸能吸收_____g 水
（3）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2＋8O2=Fe3O4＋6SO2 4FeS2＋11 O2=2Fe2O3＋8SO2
若48mol FeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比
_______。
（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法。
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硫化氢体积分数为0.84 的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产
物气体中SO2体积分数________（水是气体）。（已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数
0.21）
【答案】（1）1.25 （2）40 （3）2：9 （4）0.075
【解析】
（1）445g 焦硫酸的物质的量＝
＝2.5mol，其中硫酸和三氧化硫均是2.5mol，2.5mol 三氧化硫
又产生2.5mol 硫酸，则溶液中硫酸的物质的量是5.0mol，浓度是
＝1.25mol/L；
（2）250g 质量分数为98%的硫酸中硫酸的质量是250g×98%＝245g，其中溶剂水是5g，硫酸的物质的量
是
＝2.5mol，可以结合水的物质的量是2.5mol，质量是2.5mol×18g/mol＝45g，因此还可以
吸收水的质量是45g－5g＝40g；
（3）设Fe3O4的物质的量是amol，Fe2O3的物质的量是bmol；反应中消耗氧气的物质的量是
＝131mol；则根据方程式可知3a+2b＝48、8a+5.5b＝131，解得a＝4、b＝18，则n (Fe3O4)：n(Fe2O3)
＝2：9；
（4）设混合气为1 体积，根据氯化氢完全燃烧的方程式2H2S＋3O2= 2SO2＋2H2O 可知，0.84 体积硫化氢
完全燃烧生成0.84 体积二氧化硫和0.84 体积水，消耗1.26 体积氧气。反应中空气过量77%，因此所
需空气为
×1.77＝10.62，则二氧化硫体积分数
＝
＝0.075。
16．（2017·上海高考真题）(2017·上海卷)10.7g 氯化铵和足量的氢氧化钙混合后充分加热，再将所生成的
气体完全溶于水后得 50 mL 溶液，计算：
（1）可生成标准状况下的氨气多少升？______________
（2）所得溶液的物质的量浓度是多少？ ______________
【答案】（1）4.48 L （2）4 mol / L
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【解析】
10.7g 氯化铵的物质的量为：n=
=
=0.2mol，根据方程式计算：
2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O
2mol 2mol
0.2mol n
n=
=0.2mol。
（1）标准状况下的氨气的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为4.48L；
（2）将制得的氨气全部溶于水制成0.05L 溶液，所得氨水物质的量浓度为：c=
=
=4mol/L，故答
案为4mol/L。
17．（2017·上海高考真题）6 克冰醋酸完全溶于水配成500 毫升溶液，用此醋酸溶液滴定20 毫升某一未知
浓度的氢氧化钠溶液，共消耗这种醋酸溶液30 毫升。求：
（1）醋酸溶液的物质的量的浓度_________。
（2）未知氢氧化钠溶液的物质的量的浓度________________。
【答案】 （1） 0.2mol / L （2）0.3mol / L
【解析】（1）6 克冰醋酸的物质的量=
=0.1mol，完全溶于水配成500 毫升溶液，溶液的物质的
量浓度=
=0.2 mol/L，故答案为：0.2mol / L；
（2）用此醋酸溶液滴定20 毫升某一未知浓度的氢氧化钠溶液，共消耗这种醋酸溶液30 毫升，氢氧化钠的
物质的量与醋酸的物质的量相等，氢氧化钠的物质的量=0.03L×0.2mol / L=0.006mol，氢氧化钠溶液的
物质的量的浓度=
=0.3mol/L，故答案为：0.3mol / L。
18．（2017·上海高考真题）有3 克镁铝合金完全溶于盐酸后得到标准状况下的氢气3360 毫升，在所得的
溶液中加入足量的浓氨水可得沉淀质量_________克。
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【答案】8.1 克
【解析】3g 镁铝合金完全溶于足量盐酸，生成氢气3360mL(标准状况下)，氢气的物质的量为
=0.15mol，得到的氯化镁、氯化铝中的氯离子共为0.15mol×2=0.3mol，镁离子、铝离子全部转变成沉
淀时，相当于氯离子全部被OH-代替，所以析出的沉淀中OH-的物质的量为0.3mol，所以得到的沉淀
质量为3g+0.3mol×17g/mol=8.1g，故答案为：8.1g。
19．（2015·江苏高考真题）软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg 等)的水悬浊液与烟气中
SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为MnO2+SO2
MnSO4。
（1）质量为17.40 g 纯净MnO2最多能氧化____L(标准状况)SO2。
（2）已知:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，pH=7.1 时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去
MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1)，需调节溶液pH 范围为____。
（3）下图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O 晶体，需控制结晶温度范围为____。
（4）准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O 样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全
部氧化成Mn3+，用c(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消
耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O 样品的纯度(请给出计算过程)_____。
【答案】（1）4.48 （2）5.0<pH<7.1 （3）高于60℃ （4）根据氧化还原反应中得失电子守恒:
n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10-3L×0.050 0 mol·L-1=1.00×10-3mol，根据锰元素守恒，
m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169 g·mol-1=0.169g，样品的纯度是
×100%≈98.8%
【解析】
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（1）根据反应方程式，n(SO2)=n(MnO2)=
mol=0.2mol，因此V(SO2)=0.2×22.4L=4.48L；
（2）制备MnSO4，再根据信息，pH 小于7.1，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al(OH)3]=1×10－
33=c(Al3＋)×c3(OH－)，c(Al3＋)=1×10－6mol·L－1，得出：c(OH－)=1×10－9mol·L－1，c(H＋)=Kw/c(OH－)=10－
5，pH=5，同理计算出Fe(OH)3完全变成沉淀时，pH 约为3.5，故范围是：5.0<pH<7.1；
（3）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O 晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4·H2O 的
溶解度减小，而MgSO4·6H2O 的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃，这样可以得到纯净
的MnSO4·H2O；
（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10－3×0．0500mol=1．00×10－3mol，
根据Mn 元素守恒，m（MnSO4·H2O）=1．00×10－3×169g=0．169g，纯度是：
×100%=98.8%。
20．（2007·上海高考真题）一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL 3.00mol/L 的NaOH 溶液
（密度为1.12g/mL）恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO 的物质的量为0.0500mol。
（1）原NaOH 溶液的质量分数为___________
（2）所得溶液中Cl－的物质的量为_______mol
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)＝_____________。
【答案】（1）10.7% （2）0.25 （3）3︰2
【解析】
（1）根据
可知NaOH 溶液的质量分数为
10.7%；
（2）氢气与氯气反应，用NaOH 吸收气体，所得的溶液中含有NaClO，说明氢气与氯气反应时，氯气有
剩余，用氢氧化钠吸收后溶液中溶质为NaCl、NaClO，根据钠离子守恒可知溶液中n（NaOH）=n
（NaCl）+n（NaClO）=0.1L×3mol/L=0.3mol，故溶液中n（NaCl）=0.3mol-0.05mol=0.25mol，溶液中
n（Cl-）=n（NaCl）=0.25mol；
（3）根据以上分析可知HCl 与NaOH 反应生成的NaCl 的物质的量为0.3mol-0.05mol×2=0.2mol，故n
（HCl）=0.2mol，n（H2）=0.10mol，氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO），故2n（Cl2）
=n（NaOH）=0.3mol，所以n（Cl2）=0.15mol，因此所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n
（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.10mol=3：2。
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21．（2017·浙江高考真题）分别称取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl 固体混合物两份。
（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积
的关系如图。混合物中n[(NH4)2SO4]:n(NH4Cl)为___________。
（2）另一份固体混合物中NH4
+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl-)=_____(溶液体积
变化忽略不计)。
【答案】（1）1:2 （2）0.1mol/L
【解析】
（1）产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量是
0.01mol×132g/mol＝1.32g，则氯化铵的质量是2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量是1.07g÷53.5g/mol＝
0.02mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]:n(NH4Cl)为1:2；
（2）每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01mol、0.02mol，另一份固体混合物中NH4
+与Ba(OH)2溶液(浓度
同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是0.02mol，因此溶液体积是200mL，则溶液中
c(Cl-)=0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L。
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