高考化学学考复习第一章从实验学化学第4讲一定物质的量浓度的溶液及其配制检测新人教版.docx
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高考化学学考复习第一章从实验学化学第4讲一定物质的量浓度的溶液及其配制检测新人教版
从实验学化学第4讲一定物质的量浓度的溶液及其配制
考纲要求
1.了解溶液的含义。
2.了解溶解度、饱和溶液的概念。
3.了解溶液浓度的表示方法。
理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。
4.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。
考点一 物质的量浓度及相关计算
1．物质的量浓度
（1）概念：
表示单位体积溶液中所含溶质B的物质的量。
（2）表达式：
cB＝。
（3）单位：
mol·L－1（或mol/L）。
2．溶质的质量分数
深度思考
正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
（1）1mol·L－1NaCl溶液是指此溶液中含有1molNaCl（ ）
（2）从100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出了10mL，所得硫酸的物质的量浓度为0.5mol·L－1（ ）
（3）从100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出10mL，所得硫酸根的物质的量为0.05mol（ ）
（4）用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1mol·L－1（ ）
（5）1L水中溶解5.85gNaCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1mol·L－1（ ）
（6）将25gCuSO4·5H2O晶体溶于75g水中所得溶质的质量分数为25%（ ）
（7）将40gSO3溶于60g水中所得溶质的质量分数为40%（ ）
（8）将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1mol·L－1（ ）
答案
（1）×
（2）× （3）√ （4）× （5）× （6）× （7）× （8）×
1．正确判断溶液的溶质并计算其物质的量
（1）与水发生反应生成新的物质，如Na、Na2O、Na2O2NaOH；SO3H2SO4；NO2HNO3。
（2）特殊物质：
如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。
（3）含结晶水的物质：
CuSO4·5H2O―→CuSO4；Na2CO3·10H2O―→Na2CO3。
2．准确计算溶液的体积
c＝中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，不能用水的体积代替溶液的体积，应根据V＝计算。
题组一 应用cB＝的计算
1．若20g密度为ρg·cm－3的Ca（NO3）2溶液中含有2gCa（NO3）2，则溶液中NO的物质的量浓度为（ ）
A.mol·L－1B.mol·L－1
C.mol·L－1D.mol·L－1
答案 C
解析 Ca（NO3）2的物质的量浓度为＝mol·L－1，NO的物质的量浓度为mol·L－1。
2．将标准状况下的aL氯化氢气体溶于100g水中，得到的盐酸的密度为bg·mL－1，则该盐酸的物质的量浓度（mol·L－1）是（ ）
A.B.
C.D.
答案 C
解析 n（HCl）＝mol，m（溶液）＝g，V（溶液）＝g÷（bg·mL－1×1000mL·L－1），则该盐酸的物质的量浓度＝＝mol·L－1。
题组二 物质的量浓度与质量分数的换算
3．某温度时，有500mL饱和的硫酸镁溶液，它的密度是1.20g·cm－3，其中镁离子的质量分数是4.8%，计算回答下列问题：
（1）溶质的质量分数：
_______________________________________________________。
（2）溶液的物质的量浓度：
___________________________________________________。
（3）溶质和溶剂的物质的量之比：
_____________________________________________。
（4）硫酸根离子的质量分数：
_________________________________________________。
（5）该温度下硫酸镁的溶解度：
_______________________________________________。
答案
（1）24.0%
（2）2.4mol·L－1 （3）1∶21
（4）19.2% （5）31.6g
解析
（1）由Mg2＋的质量分数知MgSO4的质量分数为×4.8%＝24.0%。
（2）解法一：
根据定义式计算，n（MgSO4）＝n（Mg2＋）＝＝1.2mol
c（MgSO4）＝＝2.4mol·L－1。
解法二：
直接利用公式计算，
c（MgSO4）＝
＝2.4mol·L－1。
（3）根据MgSO4的质量分数24.0%，可知100g溶液中含溶质24g，溶剂76g；则二者的物质的量之比为∶≈1∶21。
（4）SO的质量分数为×4.8%＝19.2%。
（5）根据＝，得S＝g≈31.6g。
物质的量浓度、质量分数、溶解度间的换算
（1）由定义出发，运用公式：
c＝、质量分数＝×100%进行推理，注意密度的桥梁作用。
（2）利用物质的量浓度（c）与溶质质量分数（w）的换算公式。
题组三 溶液的稀释与混合
4．VmLAl2（SO4）3溶液中含有Al3＋mg，取mL该溶液用水稀释至4VmL，则SO物质的量浓度为（ ）
A.mol·L－1B.mol·L－1
C.mol·L－1D.mol·L－1
答案 A
解析 mL溶液中Al3＋的物质的量为＝mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c（Al3＋）＝＝mol·L－1，c（SO）＝c（Al3＋）＝×mol·L－1＝mol·L－1。
5．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－1。
答案 1.25
解析 n（H2SO4·SO3）＝＝2.5mol，
溶于水得到n（H2SO4）＝5mol，
c（H2SO4）＝＝1.25mol·L－1。
6．
（1）在100g物质的量浓度为cmol·L－1，密度为ρg·cm－3的硫酸中加入一定量的水稀释成mol·L－1的硫酸，则加入水的体积________（填“＝”、“＞”或“＜”，下同）100mL。
（2）若把
（1）中的H2SO4改成氨水，应加入水的体积______100mL。
（3）若把
（1）
（2）中的物质的量的浓度均改为溶质的质量分数，则加入水的体积________100mL。
答案
（1）＜
（2）＞ （3）＝
解析
（1）·c＝·
V水＝－100
由于ρ′＜ρ，所以V水＜100mL。
（2）由于ρ′＞ρ，所以V水＞100mL。
（3）根据质量分数＝×100%知，溶质不变，质量分数减半，则溶液质量加倍，所以均应加入100mL水。
1．溶液稀释定律（守恒观点）
（1）溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。
（2）溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。
（3）溶液质量守恒，m（稀）＝m（浓）＋m（水）（体积一般不守恒）。
2．同溶质不同物质的量浓度溶液的混合计算
（1）混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×（V1＋V2）。
（2）混合后溶液体积发生改变时，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝。
3．溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律
同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。
（1）等体积混合
①当溶液密度大于1g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大（如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液），等体积混合后质量分数w>（a%＋b%）。
②当溶液密度小于1g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小（如酒精、氨水溶液），等体积混合后，质量分数w＜（a%＋b%）。
（2）等质量混合
两溶液等质量混合时（无论ρ>1g·cm－3还是ρ＜1g·cm－3），则混合后溶液中溶质的质量分数w＝（a%＋b%）。
以上规律概括为“计算推理有技巧，有大必有小，均值均在中间找，谁多向谁靠”。
考点二 一定物质的量浓度溶液的配制
1．主要仪器
天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。
2．容量瓶的构造及使用
（1）容量瓶上标有温度、规格和刻度线。
常用规格有50mL、100mL、250mL、1000mL等。
（2）容量瓶在使用前要检查是否漏水，其操作顺序为装水盖塞→倒立→正立→玻璃塞旋转180°→倒立。
3．配制过程
以配制100mL1.00mol·L－1NaCl溶液为例。
（1）计算：
需NaCl固体的质量为5.9g。
（2）称量：
用托盘天平称量NaCl固体。
（3）溶解：
将称量好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。
（4）移液：
待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流将溶液注入100mL容量瓶。
（5）洗涤：
用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液全部注入容量瓶。
轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
（6）定容：
将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线1～2cm时，改用胶头滴管，滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
（7）摇匀：
盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
配制流程如下图所示：
深度思考
1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
（1）容量瓶在使用前要检查是否漏水（ ）
（2）配制一定物质的量浓度溶液摇匀后，液面位于刻度线以下，应加水至刻度线（ ）
（3）配制480mL一定物质的量浓度溶液时，要选用500mL的容量瓶（ ）
（4）使用托盘天平称量药品，都不能直接放在托盘中，均应放在两张相同的纸片上（ ）
（5）为了配制方便，可将固体或浓溶液直接在容量瓶（或量筒）中进行溶解（或稀释）（ ）
（6）若量取7.2mL溶液，应选用10mL量筒（ ）
（7）将10.6gNa2CO3·10H2O溶于水配成1L溶液，物质的量浓度为0.1mol·L－1（ ）
答案
（1）√
（2）× （3）√ （4）× （5）× （6）√ （7）×
2．实验中需要2mol·L－1的Na2CO3溶液950mL，配制时，你认为应该选用的容量瓶的规格和称取的碳酸钠质量分别是________、________。
答案 1000mL 212g
解析 实验室中没有950mL的容量瓶，只能选用1000mL的容量瓶。
所需Na2CO3的质量为2mol·L－1×1L×106g·mol－1＝212g。
3．怎样向容量瓶中转移液体？
答案 玻璃棒的末端位于容量瓶刻度线以下并靠在容量瓶颈内壁上（注意：
不要让玻璃棒其他部位触及容量瓶口），然后将烧杯中的液体沿玻璃棒缓缓注入容量瓶中。
题组一 溶液配制的操作及注意事项判断
1．配制100mL1.0mol·L－1Na2CO3溶液，下列操作正确的是（ ）
A．称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容
B．称取10.6g无水碳酸钠置于烧杯中，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解
C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中
D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀
答案 D
解析 固体不能直接在容量瓶中溶解，A项错误；配制100mL1mol·L－1Na2CO3溶液，所用水的体积并不是100mL，而是加水至100mL，B项错误；转移液体时，要用玻璃棒引流，C项错误。
2．下图是某同学用500mL容量瓶配制0.10mol·L－1NaOH溶液的过程：
该同学的错误步骤有（ ）
A．1处B．2处C．3处D．4处
答案 C
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。
3．用质量分数为98%的浓硫酸（ρ＝1.84g·cm－3）配制240mL1.84mol·L－1稀硫酸，下列操作正确的是（ ）
A．将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却
B．必需的定量仪器有50mL量筒、250mL容量瓶和托盘天平
C．量取浓硫酸的体积为25.0mL
D．先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容
答案 C
解析 稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢注入水中并不断搅拌，A项错误；该实验不需要托盘天平，B项错误；根据溶质质量不变知，配制该稀硫酸需要浓硫酸的体积为V＝
＝25.0mL，C项正确；不能在容量瓶里稀释浓硫酸，在烧杯里稀释并冷却后，再转移到容量瓶中，最后加水定容，D项错误。
题组二 误差分析“10”例
4．用“偏大”、“偏小”或“无影响”填空。
（1）配制450mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g________。
（2）配制500mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g________。
（3）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________。
（4）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒________。
（5）用量筒量取浓硫酸时，仰视读数________。
（6）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________。
（7）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________。
（8）定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线_____________________________。
（9）定容时仰视刻度线________。
（10）定容摇匀后少量溶液外流________。
答案
（1）偏小
（2）偏小 （3）偏小 （4）偏小 （5）偏大
（6）偏大 （7）偏小 （8）偏小 （9）偏小 （10）无影响
1．质量百分比浓度、体积比浓度的配制
（1）配制100g10%的NaCl溶液。
用托盘天平称取10gNaCl固体，放入100mL的烧杯中，再用100mL量筒量取90mL的水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。
（2）用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50mL。
用50mL的量筒量取40mL的水注入到100mL的烧杯中，再用10mL的量筒量取10.0mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌。
2．误差分析的理论依据
根据cB＝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。
在配制一定物质的量浓度溶液时，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。
3．仰视、俯视的分析
结果：
仰视时，容器内液面高于刻度线；俯视时，容器内液面低于刻度线。
1．固体溶解度
在一定温度下，某固体物质在100_g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”。
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．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：
温度
/℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
溶解度
/g
13.3
20.9
31.6
45.8
63.9
85.5
110
138
168
202
246
（2）曲线法
深度思考
1．在通常状况下，NH3在水中的溶解度为1∶700，其中“1∶700”的含义是什么？
答案 “1∶700”指的是在常温常压下，1体积水溶解700体积的NH3，达到饱和状态。
2．请填写下列物质的结晶方法。
（1）氯化钠：
________________。
（2）硝酸钾：
________________。
（3）硫酸铜晶体：
______________。
（4）从FeCl3溶液中得到FeCl3·6H2O固体______________________________________。
答案
（1）蒸发结晶
（2）蒸发浓缩，冷却结晶 （3）蒸发浓缩，冷却结晶 （4）在HCl气氛中加热，蒸发结晶
3．下图是X、Y、Z三种固体物质的溶解度曲线。
按要求回答下列问题：
（1）若X溶液中混有少量Y，怎样提纯X?
答案 加热浓缩，冷却结晶，过滤。
（2）若Y溶液中混有少量的X，怎样提纯Y?
答案 蒸发结晶，趁热过滤。
专题训练
1．下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g水）：
（假设：
盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）
NaNO3
KNO3
NaCl
KCl
10℃
80.5
21.2
35.7
31.0
100℃
175
246
39.1
56.6
用物质的量之比为1∶1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示
以下说法错误的是（ ）
A．①和②的实验过程中，都需要控制温度
B．①实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤
C．②实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤
D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好
答案 C
解析 A项，①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，正确；B项，①实验分离出NaCl，操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，正确；C项，②实验操作为冷却结晶，错误；D项，用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，正确。
2．高氯酸铵可用作火箭推进剂，实验室可由NaClO3等原料制取（部分物质溶解度如图），其实验流程如下：
（已知氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠）
（1）80℃时浸取液冷却至0℃过滤，滤渣的主要成分为________（写化学式）。
（2）反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为___________________________
_____________________________________________。
答案
（1）NaClO4
（2）NH＋ClO===NH4ClO4↓
解析
（1）80℃时浸取液主要含有NaClO4和NaCl，NaClO4溶解度受温度影响较大，而NaCl受温度影响很小，当冷却至0℃时，NaClO4会因温度降低溶解度减小而析出，所以滤渣中主要物质是NaClO4。
（2）反应器中含有NaClO4，加入氯化铵饱和溶液后，根据不同物质的溶解度相对大小关系，可知溶解度最小的NH4ClO4首先结晶析出，发生反应的离子方程式为NH＋ClO===NH4ClO4↓。
1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
（1）称取2.0gNaOH固体的操作是先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体（ ）
（2015·福建理综，8A）
（2）洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干（ ）
（2014·新课标全国卷Ⅰ，12A）
（3）右图用于配制0.10mol·L－1NaOH溶液（ ）（2015·安徽理综，8A）
（4）用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体（ ）
（2014·新课标全国卷Ⅰ，12D）
（5）利用实验器材（省略夹持装置）烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，能完成的相应实验是用固体NaCl配制0.5mol·L－1的溶液（ ）（2013·山东理综，11C）
答案
（1）×
（2）× （3）× （4）× （5）×
2．（2016·上海，22）称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH31792mL（标准状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1∶1B．1∶2C．1.87∶1D．3.65∶1
答案 C
解析 利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应（NH4）2SO4因共生成NH30.08mol，故与H＋反应的氢氧化钠为0.02mol，则可知NH4HSO4为0.02mol，则（NH4）2SO4质量为7.24g－115g·mol－1×0.02mol＝4.94g，n[（NH4）2SO4]＝≈0.0374mol可得答案为C。
3．[2016·天津理综，7（6）]铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由下表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。
为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol·L－1NaOH溶液和1molO2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_______________________________________________
_________________________，生成硫酸铜的物质的量为________。
硫
氢
Y
X
硫
Z
答案 NO：
0.9mol，NO2：
1.3mol 2mol
解析 铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成NO和NO2，相对分子质量都小于50，符合题意，1molO2参与反应转移电子的物质的量为4mol。
设NO2的物质的量为x，NO的物质的量为y，则x＋y＝2.2mol，x＋3y＝4mol，解得x＝1.3mol，y＝0.9mol。
根据转移电子守恒知，参与反应的铜的物质的量为mol＝2mol，因此生成硫酸铜物质的量为2mol。
4．[2016·江苏，18（3）]水中溶解氧的测定方法如下：
向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO（OH）2沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，待MnO（OH）2与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
O2MnO（OH）2I2S4O
①写出O2将Mn2＋氧化成MnO（OH）2的离子方程式：
________________________________________________________________________。
②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.01000mol·L－1Na2S2O3标准溶液13.50mL。
计算该水样中的溶解氧（以mg·L－1表示），写出计算过程。
答案 ①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO（OH）2↓
②在100.00mL水样中
I2＋2S2O===2I－＋S4O
n（I2）＝
＝
＝6.750×10－5mol
n[MnO（OH）2]＝n（I2）＝6.750×10－5mol
n（O2）＝n[MnO（OH）2]＝×6.750×10－5mol
＝3.375×10－5
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