2019届一轮复习鲁科版物质的量浓度学案

2019届一轮复习鲁科版物质的量浓度学案

第四节　物质的量浓度 ‎[教材基础——自热身]‎ ‎1．物质的量浓度 ‎(1)概念：以单位体积溶液里所含溶质B的物质的量来表示溶液组成的物理量，符号为cB。‎ ‎(2)表达式：cB＝。‎ ‎(3)单位：mol·L－1或 mol/L。‎ ‎(4)注意事项：①cB＝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；‎ ‎②从一定物质的量浓度溶液中取出任意体积的溶液，其浓度相同，所含溶质的物质的量不同。‎ ‎2．溶质的质量分数 ‎(1)概念：用溶质的质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。‎ ‎(2)表达式：w＝×100%。‎ ‎ [知能深化——扫盲点]‎ ‎(1)溶液中溶质是否判断准确 ‎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)混淆溶液的体积和溶剂的体积 ‎①不能用水的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水，一般根据溶液的密度进行计算：‎ V＝。‎ ‎②两溶液混合，溶液的体积并不是两液体体积的加和，应依据混合溶液的密度进行计算。‎ ‎(3)一定物质的量浓度溶液的稀释与混合 ‎①溶液稀释定律(守恒观点)‎ a．溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。‎ b．溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。‎ c．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的溶液的混合计算 a．混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。‎ b．混合后溶液体积发生改变时，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝。‎ ‎(4)部分与整体的关系 溶质的浓度和离子的浓度不同，要注意根据化学式具体分析计算，如1 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液中SO的物质的量浓度是 3_mol·L－1。‎ ‎[对点练]‎ ‎1．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)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(　　)‎ ‎(2)标准状况下22.4 L HCl溶于1 L水，盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1(　　)‎ ‎(3)32.2 g Na2SO4·10H2O溶于67.8 g水中，w(Na2SO4)＝32.2%(　　)‎ ‎(4)31 g Na2O溶于水，配成1 L溶液，c(Na2O)＝0.5 mol·L－1(　　)‎ ‎(5)将10 mL 1 mol·L－1的H2SO4溶液稀释成0.1 mol·L－1的H2SO4溶液，可向该溶液中加入90 mL水(　　)‎ ‎(6)将1 mol·L－1的NaCl溶液和0.5 mol·L－1的BaCl2溶液等体积混合后，不考虑体积变化c(Cl－)＝0.75 mol·L－1(　　)‎ ‎(7)1 L 0.5 mol·L－1CaCl2溶液中，Ca2＋与Cl－的物质的量浓度都是0.5 mol·L－1(　　)‎ 解析：(1)加入水的体积是1 L，形成NaCl溶液的体积不是1 L。(2)HCl溶于水后，没指出溶液的密度，无法计算溶液的体积，无法求 c(HCl)。(3)溶质为Na2SO4，m(Na2SO4)＝×32.2 g＝14.2 g，w(Na2SO4)＝×100%＝×100%＝14.2%。(4)Na2O溶于水生成NaOH，溶质为NaOH而不是Na2O。(5)应该加入水形成100 mL溶液。(6)二者 c(Cl－)是相等的，混合后不考虑体积变化，c(Cl－) 不变，仍为 1 mol·L－1。(7)Cl－的物质的量浓度是 1.0 mol·L－1。‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×‎ ‎(1)物质的量浓度与溶质质量分数的关系 已知条件 体积 密度 溶质摩尔质量 溶质质量 质量分数 物理量 V L ρ g·cm－3‎ M g·mol－1‎ m g w 已知溶液的各物理量如上表所示，则溶液中的物质的量浓度c＝＝＝＝，即w＝。‎ 如：密度1.84 g·mL－1、质量分数98%的浓H2SO4的物质的量浓度为18.4 mol·L－1。‎ ‎(2)物质的量浓度、溶质质量分数与溶解度的换算 溶质质量分数与溶解度的关系：w＝×100%。‎ 溶解度与物质的量浓度的关系：c＝＝＝ ；S＝。‎ ‎[对点练]‎ ‎2．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%，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：______________________________________________。‎ 解析：(1)＝＝＝ 所以w(MgSO4)＝×4.8%＝24.0%。‎ ‎(2)c＝＝＝2.4 mol·L－1。‎ ‎(3)＝＝＝9∶190。‎ ‎(4)w(SO)＝w(MgSO4)－w(Mg2＋)＝24%－4.8%＝19.2%。‎ ‎(5)×100%＝24%，解得S(MgSO4)≈31.6 g。‎ 答案：(1)24.0%　(2)2.4 mol·L－1　(3)9∶190‎ ‎(4)19.2%　(5)31.6 g ‎[题点全练——过高考]‎ 题点一　气体溶于水所得溶液物质的量浓度的计算 ‎1．(2018·辽宁瓦房店模拟)在t ℃，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，设该溶液的密度为ρ g·cm－3，质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol。下列叙述中不正确的是(　　)‎ A．溶质的质量分数w＝×100%‎ B．溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1‎ C．溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＋c(H＋)‎ D．上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w 解析：选A　A项，溶质的质量分数w＝×100%＝×100%，错误；B项，溶质的物质的量浓度c＝mol·L－1＝ mol·L－1，正确；C项，根据溶液呈电中性原则可知，溶液中c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)＝ mol·L－1＋c(H＋)，正确；D项，由于氨水的密度小于水的密度，上述溶液中再加入与该溶液体积相等的水后，溶质的质量不变，而溶液的质量大于原来的2倍，所以所得溶液中溶质的质量分数小于0.5w，正确。‎ ‎[规律方法]‎ 气体溶于水，计算物质的量浓度的一般思路 气体溶于水，溶液的体积不是溶剂的体积，也不是气体体积与溶剂体积之和，应根据V＝进行计算。‎ 题点二　溶液稀释、混合的计算 ‎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 解析：选A　 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＝‎ eq f(125m,36V) mol·L－1。‎ ‎3．100 mL 0.3 mol·L－1 Na2SO4溶液和50 mL 0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3 溶液混合后(溶液体积保持不变)，溶液中SO的物质的量浓度为(　　)‎ A．0.20 mol·L－1 B．0.25 mol·L－1‎ C．0.40 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1‎ 解析：选C　由c1·V1＋c2·V2＝c混·(V1＋V2)可知，100 mL×0.3 mol·L－1＋50 mL×0.2 mol·L－1×3＝c混(SO)×(100 mL＋50 mL)，解得c混(SO)＝0.40 mol·L－1。‎ 题点三　物质的量浓度、质量分数、溶解度的换算 ‎4．某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25 ℃时，a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL饱和溶液。下列关系中不正确的是(　　)‎ A．该溶液中溶质的质量分数为w＝%‎ B．该溶液的物质的量浓度为c＝ mol·L－1‎ C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝∶ D．该溶液的密度为ρ＝ g·cm－3‎ 解析：选A　A项，结晶水合物的化学式为R·nH2O，该晶体中含有R的质量为a g×，所以饱和溶液中溶质的质量分数w＝×100%，错误。‎ ‎5．已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为 ρ g·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为 c mol·L－1，溶液中含NaCl的质量为m g。‎ ‎(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度：___________________________________。‎ ‎(2)用w、ρ表示溶液的物质的量浓度：__________________________________。‎ ‎(3)用c、ρ表示溶质的质量分数：_______________________________。‎ ‎(4)用w表示该温度下NaCl的溶解度：__________________________。‎ 解析：(1)c＝＝ mol·L－1。‎ ‎(2)c＝＝ mol·L－1。‎ ‎(3)w＝×100%＝‎ ×100%。‎ ‎(4)＝，S＝ g。‎ 答案：(1) mol·L－1　(2) mol·L－1‎ ‎(3)×100%　(4) g ‎[教材基础——自热身]‎ 一、容量瓶 ‎1．容量瓶的构造 ‎2．容量瓶的使用 ‎(1)在使用前首先要检查是否漏水。具体操作如下：‎ ‎(2)检查合格后，用蒸馏水洗涤干净。‎ ‎3．注意事项 ‎(1)选择容量瓶时遵循“大而近”的原则，所需溶质的量按所选用的容量瓶的规格进行计算。‎ ‎(2)不能配制任意体积的溶液。‎ ‎(3)不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释。‎ ‎(4)不能作为反应器或用来长期贮存溶液。‎ ‎(5)不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中，因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定。‎ ‎(6)向容量瓶中注入液体时，要用玻璃棒引流；且玻璃棒下端要靠在容量瓶的刻度线以下的瓶颈壁上。‎ 二、一定物质的量浓度溶液的配制流程 ‎1．主要仪器 托盘天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。‎ ‎2．配制过程 以配制500 mL 1.0 mol·L－1 NaOH溶液为例 ‎[知能深化——扫盲点]‎ 溶液配制过程中的易错操作及误差分析 ‎1．分析方法 ‎2．常见不当操作及造成的误差 引起误差的一些操作 因变量 c/(mol·L－1)‎ m V 砝码与药品颠倒(使用游码)‎ 减小 ‎—‎ 偏低 称量时间过长(称量NaOH)‎ 减小 ‎—‎ 偏低 用滤纸称NaOH 减小 ‎—‎ 偏低 向容量瓶移液时少量溅出 减小 ‎—‎ 偏低 未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 ‎—‎ 偏低 定容时，水多用滴管吸出 减小 ‎—‎ 偏低 定容摇匀后液面下降再加水 不变 增大 偏低 砝码沾有其他物质或已生锈 增大 ‎—‎ 偏高 未冷却至室温就注入容量瓶定容 ‎—‎ 减小 偏高 称量前小烧杯内有水 ‎—‎ ‎—‎ 不变 定容后经振荡、摇匀、静置，液面下降 ‎—‎ ‎—‎ ‎3．容量瓶读数所造成的误差图示 图1使所配溶液体积偏大(填“大”或“小”，下同)，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。‎ ‎[题点全练——过高考]‎ 题点一　一定物质的量浓度溶液的配制 ‎1．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)洗净的锥形瓶和容量瓶需要放进烘箱中烘干(　　)‎ ‎(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)用配制100 mL 0.100 0 mol·L－1的K2Cr2O7溶液(　　)‎ ‎(4)用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸(　　)‎ ‎(5)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(　　)‎ ‎(6)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(　　)‎ ‎(7)用图A装置配制0.1 mol·L－1的NaOH溶液(　　)‎ ‎(8)用图B装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液(　　)‎ ‎(9)用图C装置配制溶液(　　)‎ ‎(10)将10.6 g Na2CO3·10H2O溶于水配成1 L溶液，物质的量浓度为0.1 mol·L－1(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×‎ ‎(7)×　(8)×　(9)×　(10)×‎ ‎2．实验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作正确的是(　　)‎ 选项 容量瓶容积 溶质质量 实验操作 A ‎480 mL 硫酸铜：7.68 g 加入500 mL水 B ‎480 mL 胆矾：12.0 g 配成500 mL溶液 C ‎500 mL 硫酸铜：8.0 g 加入500 mL水 D ‎500 mL 胆矾：12.5 g 配成500 mL溶液 解析：选D　实验室里需要配制480 mL 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，由于没有480 mL规格的容量瓶，根据“大而近”的原则需选择500 mL 容量瓶，若用CuSO4配制，则需要8.0 g。若用胆矾配制，则需要12.5 g。应配成500 mL溶液而不是加入500 mL水。‎ 题点二　溶液配制中的误差分析 ‎3．实验室需要480 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是(　　)‎ A．称取氢氧化钠20.0 g B．定容时俯视刻度线 C．移液时，对用于溶解氢氧化钠的烧杯没有进行冲洗 D．移液用玻璃棒引流时，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方 解析：选B　A项，配制480 mL溶液需要选用500 mL容量瓶，需要NaOH固体的质量为1.0 mol·L－1×0.5 L×40 g·mol－1＝20.0 g；B项，定容时俯视刻度线，导致配制溶液的体积偏小，使溶液的浓度偏高；C项，移液时未洗涤烧杯，导致配制的溶液中溶质质量偏小，溶液浓度偏低；D项，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方会导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低。‎ ‎4．用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。‎ ‎(1)配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液时，所用氢氧化钠已经潮解________。‎ ‎(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 ‎[知能深化——扫盲点]‎ ‎(一)固体溶解度 ‎1．定义：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”。‎ ‎2．公式：固体物质溶解度(饱和溶液)S＝×100 g。‎ ‎3．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。‎ ‎(二)溶解度曲线的应用 ‎1．溶解度曲线 ‎2．利用溶解度受温度影响不同进行除杂的方法 ‎(1)溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；若NaCl溶液中含有KNO3，应采取蒸发结晶、趁热过滤的方法。‎ ‎(2)溶解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水)采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；若KNO3溶液中含有NaCl，应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。‎ ‎[题点全练——过高考]‎ 题点一　溶解度的概念 ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．20 ℃时，100 g NaCl饱和溶液中含有26.5 g NaCl，因此NaCl在20 ℃时的溶解度为26.5 g B．在20 ℃时，100 g水中溶解36 g NaCl达到饱和状态，因此NaCl在20 ℃时的溶解度为36 g C．向饱和Na2CO3溶液中加入Na2CO3固体后冷却至室温，其物质的量浓度变大 D．因为KNO3的溶解度大，故可以用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl 解析：选B　A项，溶解度应是达到饱和时100 g溶剂所溶解的溶质的质量，错误；C项，饱和溶液的浓度不发生变化，Na2CO3固体加入后会析出Na2CO3·10H2O晶体，但溶液仍为饱和溶液，错误；D项，用重结晶法除去KNO3中的NaCl利用了KNO3的溶解度随温度变化大、NaCl的溶解度随温度变化小的性质，这与KNO3的溶解度大没有必然联系，错误。‎ ‎2．下表是四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g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 解析：选C　A项，①为蒸发结晶趁热过滤，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。‎ 题点二　溶解度曲线 ‎3.甲、乙两物质的溶解度(g/100 g水)曲线如图所示。下列叙述中正确的是(　　) ‎ A．t1℃时，在100 g水中放入60 g甲，其溶质的质量分数为37.5%‎ B．t1℃时，甲和乙的饱和溶液的物质的量浓度一定相等 C．t2℃时，甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等 D．t2℃时，分别在100 g水中各溶解20 g甲、乙，同时降低温度，甲先达到饱和 解析：选D　t1℃时，在100 g水中放入60 g甲，根据溶解度曲线可知溶解的固体为30 g，所以溶质的质量分数应是×100%≈23.08%，A错误；t1℃时，甲和乙的溶解度相等，故它们饱和溶液的质量分数相等，但溶质的摩尔质量和溶液密度不一定相等，所以物质的量浓度不一定相等，B错误；t2℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，故甲、乙的饱和溶液中溶质质量分数不相等，C错误；降温使溶液达到饱和，由溶解度曲线可看出，甲的溶解度随温度变化而变化的程度比乙大，故同时降低温度，甲先达到饱和，D正确。‎ ‎4．已知四种盐的溶解度(S)曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体 B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体 C．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯 D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2‎ 解析：选B　因为MgCl2能够水解，水解产生Mg(OH)2和HCl，加热水解平衡正向移动，HCl易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干可得固体 Mg(OH)2，故B错误；因为 Mg(ClO3)2的溶解度受温度影响变化较大，NaCl的溶解度受温度影响较小，所以 Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，故C正确；反应MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl类似于侯德榜制碱法生成 NaHCO3的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg(ClO3)2 的方向进行，故D正确。‎ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎[课堂真题集训——明考向]‎ ‎1．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)(2017·全国卷Ⅲ)称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，就能配得浓度为0.010 mol·L－1的KMnO4溶液(　　)‎ ‎(2)(2017·海南高考)容量瓶和滴定管使用前均需要检漏(　　)‎ ‎(3)(2016·浙江高考)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(　　)‎ ‎(4)(2016·海南高考)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁(　　)‎ ‎(5)(2014·广东高考)因为Ca(OH)2能制成澄清石灰水，所以可配制2.0 mol·L－1的Ca(OH)2溶液(　　)‎ ‎(6)(2013·天津高考)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×　(6)×‎ ‎2．(2014·全国卷Ⅱ)下列反应中，反应后固体物质增重的是(　　)‎ A．氢气通过灼热的CuO粉末 B．二氧化碳通过Na2O2粉末 C．铝与Fe2O3发生铝热反应 D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液 解析：选B　四个选项的反应方程式及固体物质质量变化如下：‎ A项，H2＋CuOCu＋H2O，固体质量减小；‎ ‎　　　 80　　 64‎ B项，2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，固体质量增大；‎ ‎　　 　　156　 　　　212‎ C项，2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe，固体质量不变；‎ D项，Zn＋Cu(NO3)2===Cu＋Zn(NO3)2，固体质量减小。‎ ‎　 　 65　　 　 　　　　64‎ ‎3．(2013·江苏高考)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(　　)‎ 解析：选B　用托盘天平称量物体的质量时，应“左物右码”，A错误；转移溶液时应使用玻璃棒引流，C错误；定容时胶头滴管不能插入容量瓶内部，D错误。‎ ‎4.(2015·全国卷Ⅱ节选)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：‎ Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；‎ Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；‎ Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；‎ Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；‎ Ⅴ.用0.100 0 mol·L－1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S ‎4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：‎ ‎(1)锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)测得混合气中ClO2的质量为________g。‎ 解析：(1)ClO2具有氧化性，I－具有还原性，二者在酸性溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋4H2O＋2Cl－。(2)ClO2、I2和Na2S2O3间存在关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则有n(ClO2)＝n (Na2S2O3)＝×0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4 mol ×67.5 g·mol－1＝0.027 00 g。‎ 答案：(1)2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋4H2O＋2Cl－‎ ‎(2)0.027 00‎ ‎[课下能力测评——查缺漏]‎ ‎1．下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1的是(　　)‎ A．10 g NaOH固体溶解在水中配成250 mL溶液 B．将80 g SO3溶于水并配成1 L的溶液 C．将0.5 mol·L－1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉 50 g 水的溶液 D．标准状况下，将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液 解析：选C　A项，c(NaOH)＝＝1 mol·L－1；B项，c(H2SO4)＝＝1 mol·L－1；C项，蒸发50 g水后，溶液的体积并不是50 mL，NaNO3的物质的量浓度也不是1 mol·L－1；D项，c(HCl)＝＝1 mol·L－1。‎ ‎2．下列关于物质的量浓度表述正确的是(　　)‎ A．0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO的总物质的量为0.9 mol B．当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L－1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L－1‎ C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同 D．10 ℃时，100 mL 0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1‎ 解析：选D　A项，0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中，含有Na＋、SO的总浓度为0.9 mol·L－1，但选项中未给出体积，无法求出离子的总物质的量；B项，22.4 L氨气没有说明是标准状况，故当氨水体积是1 L时，其浓度也不一定是1 mol·L－1；C项，在K2SO4、NaCl混合液中，当n(Na＋)＝n(SO)时，n(K＋)≠n(Cl－)，因为在溶液中应满足阴、阳离子的电荷守恒。‎ ‎3．浓度为2 mol·L－1 的盐酸V L，欲使其浓度变为4 mol·L－1，以下列出的方法中可行的是(　　)‎ A．通入标准状况下的HCl气体44.8 L B．将溶液加热蒸发浓缩至0.5V L C．蒸发掉0.5V L水 D．加入10 mol·L－1盐酸0.6V L，再将溶液稀释至2V L 解析：选D　浓度为2 mol·L－1的盐酸V L含溶质HCl 2V mol。A项，加入2 mol HCl，体积会发生改变，错误；B项，加热浓缩时HCl和水都要蒸发出去，错误；C项，蒸发掉0.5V L水后溶液体积无法求出，错误；D项属于混合溶液的有关计算，加入10 mol·L－1盐酸 0.6V L 后，溶质HCl的物质的量为8V mol，再将溶液稀释至2V L，浓度变为4 mol·L－1，正确。‎ ‎4．(2018·济南模拟)下列关于溶液及配制的说法正确的是(　　)‎ A．配制0.1 mol·L－1CuSO4溶液450 mL，需要CuSO4的质量是7.2 g B．配制稀硫酸时，将量筒量取的浓硫酸倒入小烧杯中，加入少量水溶解 C．容量瓶用蒸馏水洗净后，无需烘干就能用于溶液的配制 D．某温度下两种不同物质的溶液，若溶质的质量分数相同，则这两种溶液的物质的量浓度也一定相同 解析：选C　A项，配制0.1 mol·L－1CuSO4溶液450 mL，需要用500 mL容量瓶，需要CuSO4的质量是8.0 g，错误；B项，配制稀硫酸时，将量筒量取的浓硫酸倒入已经加入水的小烧杯中，错误；C项，用来配制溶液的容量瓶用蒸馏水洗净后，无需烘干，正确；D项，溶质的质量分数相同的两种不同物质的溶液，溶质的物质的量以及溶液的体积都不一定相同，则这两种溶液的物质的量浓度也不一定相同，错误。‎ ‎5．若20 g密度为ρ g·mL－1的Ca(NO3)2溶液中含有2 g Ca(NO3)2，则溶液中NO的物质的量浓度为(　　)‎ A. mol·L－1　　　　　 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ 解析：选C　溶质的物质的量n＝＝ mol，溶液的体积：V＝× 10－3 L·mL－1＝ L，Ca(NO3)2的物质的量浓度：c＝＝＝ mol·L－1，NO的物质的量浓度为 mol·L－1×2＝ mol·L－1。‎ ‎6．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液(　　)‎ A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L 解析：选D　根据电荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，c(Al3＋)＝＝3 mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：‎ V(NaOH)＝ ‎＝＝2 L。‎ ‎7．下列有关溶液配制的说法正确的是(　　)‎ A．在50 mL量筒中配制0.100 0 mol·L－1碳酸钠溶液 B．仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100 mL 0.100 0 mol·L－1 K2Cr2O7溶液 C．用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸 D．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 解析：选C　配制溶液时要在容量瓶中进行，A、B均错误；D项，定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，错误。‎ ‎8．利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)配制0.5 mol·L－1的碳酸钠溶液1 000 mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是(　　)‎ A．称取碳酸钠晶体100 g B．定容时俯视观察刻度线 C．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗 D．定容后，将容量瓶振荡均匀，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线 解析：选B　A项，0.5 mol·L－1的碳酸钠溶液1 000 mL需称取143 g Na2CO3·10H2O，称取100 g使浓度偏低，错误；B项，定容时俯视观察刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高，正确；C项，未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，浓度偏低，错误；D项，会造成所配溶液的浓度偏低，错误。‎ ‎9．(2018·枣庄模拟)室温时，甲、乙两同学在实验室配制氯化钠溶液。甲同学配制5%的NaCl溶液100 g，乙同学配制0.5 mol·L－1的NaCl溶液100 mL(20 ℃时，氯化钠的溶解度为36 g)。下列说法中正确的是(　　)‎ A．两同学所需溶质的质量相同 B．两同学所需实验仪器种类相同 C．两同学所配溶液均为不饱和溶液 D．两同学所配溶液的质量相同 解析：选C　甲需要溶质5 g，乙需要溶质0.5 mol·L－1×0.1 L×58.5 g·mol－1≈2.9 g，只有C选项正确。‎ ‎10．将36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．所得溶液的物质的量浓度：c＝1 mol·L－1‎ B．所得溶液中含有NA个HCl分子 C．36.5 g HCl气体在标准状况下占有的体积约为22.4 L D．所得溶液中溶质的质量分数：w＝ 解析：选C　n(HCl)＝1 mol，在标准状况下体积约为22.4 L，C项正确；盐酸溶液中不含HCl分子，B项错误；n(HCl)＝1 mol，盐酸的体积不是1 L，c(HCl)不是1 mol·L－1，A项错误；溶质的质量分数是≈3.5%，D项错误。‎ ‎11．(2018·哈尔滨模拟)质量分数为a的某物质的溶液m g与质量分数为b的该物质的溶液n g混合后，蒸发掉p g水，得到的溶液每毫升质量为q g，物质的量浓度为c。则该溶质的相对分子质量为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　混合后的质量分数为；混合后溶液密度为q g·mL－1，则该溶质的摩尔质量M＝＝ g·mol－1，溶质的相对分子质量为。‎ ‎12.如图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是(　　)‎ A．只有在t1 ℃时，NaCl和 MgSO4的溶解度才相等 B．t1～t2 ℃，MgSO4的溶解度随温度升高而减小 C．在t2 ℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大 D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，有晶体析出 解析：选C　A项，在t1 ℃、t3 ℃时，NaCl、MgSO4的溶解度都相等；B项，t2之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2之后，随温度的升高而减小；C项，w＝×100%，S越大，w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃‎ 时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。‎ ‎13．实验室需要0.1 mol·L－1 NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L－1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：‎ ‎(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________________(填仪器名称)。‎ ‎(2)在配制NaOH溶液时：‎ ‎①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g；‎ ‎②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度________(填“>”“<”或“＝”)0.1 mol·L－1；‎ ‎③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度________(填“>”“<”或“＝”)0.1 mol·L－1。‎ ‎(3)在配制硫酸溶液时：‎ ‎①所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的体积为________(计算结果保留一位小数)mL；‎ ‎②如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用______mL量筒最好；‎ ‎③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500 mL的容量瓶。‎ ‎(2)①因无450 mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500 mL的容量瓶，m(NaOH)＝c·V·M＝0.1 mol·L－1×0.5 L×40 g·mol－1＝2.0 g；③NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高。‎ ‎(3)①c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)，即×V(浓)＝0.5×0.5，得V(浓)≈0.013 6 L＝13.6 mL；②选用15 mL量筒最好，误差小；③注意三点：酸入水、沿器壁、棒搅拌。‎ 答案：(1)AC　烧杯、玻璃棒　(2)①2.0　②<　③>‎ ‎(3)①13.6　②15　③将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌 ‎14．在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。下表是1 L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后并回答下列问题：‎ 成分 质量/g 摩尔质量/(g·mol－1)‎ 蔗糖 ‎50.00‎ ‎342‎ 硫酸钾 ‎0.50‎ ‎174‎ 阿司匹林 ‎0.35‎ ‎180‎ 高锰酸钾 ‎0.50‎ ‎158‎ 硝酸银 ‎0.04‎ ‎170‎ ‎(1)“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是______(填写名称)。‎ ‎(2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量浓度为(阿司匹林中不含K＋)________(只要求写表达式，不需计算)mol·L－1。‎ ‎(3)下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是________(填字母)，还缺少的仪器有________________________(填仪器名称)。‎ ‎(4)配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是______(填字母)。‎ A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水 B．定容时仰视液面 C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净 D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理 ‎(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可加入的试剂中含有________(填化学符号)。‎ 解析：(1)通过n＝可以计算1 L“鲜花保鲜剂”中含有的各种成分的物质的量，会得到其中含有的蔗糖的物质的量最大，故其浓度最大。(2)“鲜花保鲜剂”中K＋的物质的量为n(K＋)＝2n(K2SO4)＋n(KMnO4)＝2×＋mol，所以c(K＋)＝mol·L－1。(3)配制一定浓度的溶液必需的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，故答案为a、c，还缺少的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒。(4)A.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度不产生任何影响，正确；B.定容时仰视液面，溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低，错误；C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，NaCl与AgNO3反应，会使溶液的浓度偏小，错误；D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，对配制的溶液的浓度不产生任何影响，正确。(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可利用反应：Ag＋＋Cl－===AgCl↓，加入的试剂中需含有Cl－。‎ 答案：(1)蔗糖　(2)　(3)ac　托盘天平、玻璃棒、烧杯　(4)AD　(5)Cl－‎ ‎15．(2018·溧水模拟)CoC2O4是制备钴的氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 ℃及以上所得固体均为钴氧化物。‎ ‎(1)通过计算确定C点剩余固体的化学成分为________(填化学式)。写出B点对应的物质与O2在225～300 ℃发生反应的化学方程式：________________________________。‎ ‎(2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为＋2、＋3)，用480 mL 5 mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比(写出计算过程)。‎ 答案：(1)Co3O4(写成CoO·Co2O3亦可)‎ ‎3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2‎ ‎(2)由得失电子守恒有n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×＝0.4 mol 由元素守恒和电荷守恒有n(Co)总＝n(Co2＋)溶液＝0.5n(Cl－)＝0.5×0.48 L×5 mol·L－1－×2＝1 mol，所以钴氧化物中n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 mol 根据钴氧化物中元素化合价代数和为0有n(O)＝＝1.2 mol 故n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6‎