2019届一轮复习人教版第一章第4讲一定物质的量浓度的溶液及其配制学案

2019届一轮复习人教版第一章第4讲一定物质的量浓度的溶液及其配制学案

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 ‎3．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。‎ ‎4．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。‎ 对溶液物质的量浓度、质量分数概念的理解 ‎(1)1 mol ·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl(　　)‎ ‎(2)用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1 mol·L－1(　　)‎ ‎(3)1 L水中溶解5.85 g NaCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1 mol·L－1(　　)‎ ‎(4)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25%(　　)‎ ‎(5)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为49%(　　)‎ ‎(6)将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1(　　)‎ 答案　(1)×　 (2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×‎ 题组一　有关物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算 ‎1．某温度时，有500 mL饱和的硫酸镁溶液，它的密度是1.20 g·cm－3，其中镁离子的质量分数是4.8%，试回答下列问题：‎ ‎(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)2.4 mol·L－1　(3)1∶21 (4)19.2%　(5)31.6 g 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＋)＝＝1.2 mol c(MgSO4)＝＝2.4 mol·L－1。‎ 解法二：直接利用公式计算，‎ c(MgSO4)＝ ‎＝2.4 mol·L－1。‎ ‎(3)根据MgSO4的质量分数24.0%，可知100 g溶液中含溶质24 g，溶剂76 g；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≈31.6 g。‎ 题组二　溶液的稀释与混合 ‎2．V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋m g，取 mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO物质的量浓度为(　　)‎ A. mol·L－1 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. 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。‎ ‎3．现有V L 0.5 mol·L－1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是(　　)‎ A．加热浓缩到原来体积的一半 B．加入5 mol·L－1的盐酸0.125V L C．加入10 mol·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L D．标况下通入11.2 L氯化氢气体 答案　C 解析　加热蒸发，HCl挥发，溶液浓度降低；溶液的体积不具有加和性；混合后溶液中的HCl为 0.5 mol·L－1×V L＋10 mol·L－1×0.1V L＝1.5V mol，所以混合后HCl的浓度为＝1 mol·L－1，故C正确；通入氯化氢气体，溶液的体积发生变化，无法求出浓度。‎ ‎4．(2017·东北育才中学高三检测)有Al2(SO4)3和Na2SO4的混合溶液V L，将它均分成两份。一份滴加氨水，使Al3＋完全沉淀；另一份滴加BaCl2溶液，使SO完全沉淀。反应中消耗a mol NH3·H2O、b mol BaCl2。据此得知原混合溶液中的c(Na＋)(mol·L－1)为(　　)‎ A．(4b－2a)/V B．(2b－2a)/V C．(2b－a)/V D．(b－2a)/V 答案　A 解析　根据题意Al3＋的物质的量为a/3 mol，SO的物质的量为b mol，因Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液不显电性，设每份混合溶液中Na＋的物质的量为x mol，则根据电荷守恒可知，a/3×3＋x×1＝b×2，x＝2b－a，原混合溶液中的c(Na＋)＝(4b－2a)/V mol·L－1。‎ ‎5．(1)在100 g物质的量浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·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)100 mL。‎ ‎(2)若把(1)中的H2SO4改成氨水，应加入水的体积______ 100 mL。‎ ‎(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________ 100 mL。‎ 答案　(1)＜　(2)＞　(3)＝‎ 解析　(1)·c＝· V水＝－100‎ 由于ρ′＜ρ，所以V水＜100 mL。‎ ‎(2)由于ρ′＞ρ，所以V水＞100 mL。‎ ‎(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100 mL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．不同溶质溶液混合反应，有关物质浓度的计算 ‎(1)明确各反应物、产物之间的物质的量之比。‎ ‎(2)巧用电荷守恒思想：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。‎ 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50 mL、100 mL、250 mL、1 000 mL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100 mL 1.00 mol·L－1 NaCl溶液为例。‎ ‎(1)计算：需NaCl固体的质量为5.9 g。‎ ‎(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100 mL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1～2 cm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：‎ 特别提醒：(回顾对比)‎ 质量百分比浓度、体积比浓度溶液的配制 ‎(1)配制100 g 10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10.0 g NaCl固体，放入100 mL的烧杯中，再用100 mL量筒量取90.0 mL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50 mL。用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入到100 mL的烧杯中，再用10 mL 的量筒量取10.0 mL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。‎ ‎1．仪器的选用 ‎(1)容量瓶在使用前要检查是否漏水(　　)‎ ‎(2)用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的仪器只有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(　　)‎ ‎(3)配制480 mL一定物质的量浓度溶液时，要选用500 mL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7.2 mL溶液，应选用10 mL量筒(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√‎ ‎2．溶液配制基本操作及注意事项 ‎(1)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线(　　)‎ ‎(2)如图A配制0.1 mol·L－1NaOH溶液(　　)‎ ‎(3)如图B配制一定浓度的NaCl溶液(　　)‎ ‎(4)用如图C装置配制溶液(　　)‎ ‎(5)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体(　　)‎ ‎(6)NaOH在烧杯里刚完全溶解时，立即将溶液转移到容量瓶(　　)‎ ‎(7)配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流(　　)‎ ‎(8)转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水会使所配溶液浓度偏低(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√　(8)×‎ 题组一　物质的量浓度配制题的规范书写 ‎1．实验室需要配制0.50 mol·L－1 NaCl溶液480 mL。‎ 按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。‎ ‎(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码、最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、________、________、________以及等质量的两片同种纸片。‎ ‎(2)计算。配制该溶液需取NaCl晶体______ g。‎ ‎(3)称量。‎ ‎①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：‎ ‎②称量过程中NaCl晶体应放于天平的________(填“左盘”或“右盘”)。‎ ‎③称量完毕，将药品倒入烧杯中。‎ ‎(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是____________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯2～3次是为了________________________________________________________________________。‎ ‎(6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线________处，改用________加水，使溶液凹液面与刻度线相切。‎ ‎(7)摇匀、装瓶。‎ 答案　(1)500 mL容量瓶　胶头滴管　玻璃棒 ‎(2)14.6‎ ‎(3)①‎ ‎②左盘 ‎(4)搅拌，加速NaCl溶解 ‎(5)保证溶质全部转入容量瓶中 ‎(6)1～2 cm　胶头滴管 解析　配制480 mL 0.50 mol·L－1的NaCl溶液，必须用500 mL的容量瓶。m(NaCl)＝0.50 mol·L－1×0.5 L×58.5 g·mol－1≈14.6 g(托盘天平精确到0.1 g)。用托盘天平称量时，物品放在左盘。配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算→称量(或量取)→溶解、冷却→转移、洗涤→定容、摇匀→装瓶贴签。‎ 仪器规格、汉字使用问题简答要规范 ‎1．考生答卷案例——找错纠错 ‎2．失分原因分析 ‎(1)问中虽然熟悉某一规格的容量瓶只能配制一定体积的溶液，但未指明所选容量瓶的规格。‎ ‎(2)问中，[案例1]没有注意体现托盘天平的精确度；[案例2]不熟悉常用容量瓶的规格。‎ ‎(3)问中②不按要求作答。‎ ‎(4)汉字使用错误。‎ ‎(5)回答问题不完整、太笼统。‎ ‎(6)未写单位，汉字使用错误。‎ ‎3．解决方案与规范指导 配制一定物质的量浓度溶液时应注意：①做需要补充仪器的实验题时，要学会“有序思考”——即按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，然后与已知仪器对比，就一定不会漏写某种仪器；②容量瓶的规格，常见的有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL；③所用定量仪器量筒、托盘天平的精确度。‎ 题组二　误差分析的全方位考查 ‎2．溶液配制过程中的误差分析，用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。‎ ‎(1)配制450 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 g________。‎ ‎(2)配制500 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g________。‎ ‎(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4.4 g，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．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。‎ ‎2．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．(2016·上海，22)称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1 792 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2 C．1.87∶1 D．3.65∶1‎ 答案　C 解析　利用极值法分析，可知0.1 mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH3 0.08 mol，故与H＋反应的氢氧化钠为0.02 mol，则可知NH4HSO4为0.02 mol，则(NH4)2SO4质量为7.24 g－115 g·mol－1×0.02 mol＝4.94 g，n[(NH4)2SO4]＝≈0.037 4 mol，可得答案为C。‎ ‎2．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(　　)‎ 答案　B 解析　A项，托盘天平使用时应“左物右码”，图为“左码右物”，错误；C项，移液时不能将烧杯中的溶液直接倒入容量瓶，应用玻璃棒引流，错误；D项，胶头滴管应在容量瓶口垂直正上方，不能伸入瓶口，错误。‎ ‎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1 L 2.2 mol·L－1 NaOH溶液和1 mol O2，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________。‎ 碳 氮 Y X 硫 Z 答案　NO：0.9 mol，NO2：1.3 mol　2 mol 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，1 mol O2参与反应转移电子的物质的量为4 mol。设NO2的物质的量为x，NO的物质的量为y，则x＋y＝2.2 mol，x＋3y＝4 mol，解得x＝1.3 mol，y＝0.9 mol。根据转移电子守恒知，参与反应的铜的物质的量为 mol＝2 mol，因此生成硫酸铜的物质的量为2 mol。‎ ‎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100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 mol·L－1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。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100.00 mL水样中 I2＋2S2O===2I－＋S4O n(I2)＝ ‎＝ ‎＝6.750×10－5 mol n[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.750×10－5 mol n(O2)＝n[MnO(OH)2]＝×6.750×10－5 mol ‎＝3.375×10－5 mol 水中溶解氧＝＝10.80 mg·L－1‎ 解析　①反应物为O2、Mn2＋，生成物为MnO(OH)2，溶液呈碱性，可以补充OH－配平。‎