2020年高考化学一轮总复习文档：第一章第3讲物质的量浓度 学案

第3讲　物质的量浓度

一、物质的量浓度

二、物质的量浓度与溶质质量分数的比较

三、一定物质的量浓度溶液的配制

1．主要仪器

(1)托盘天平：称量前先调零，称量时药品放在左盘，砝码放在右盘，读数精确到0.1 g。

(2)容量瓶

①构造及三标记

②容量瓶使用前要先查漏后洗净。

(3)其他仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。

2．配制过程

以配制480 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液为例，所需容量瓶的规格：500_mL。

(1)配制流程如下图所示：

(2)配制步骤

①计算(填写计算过程与结果)

m(NaOH)＝0.5_L×1_mol·L－1×40_g·mol－1＝20.0_g。

②称量：根据计算结果，称量固体质量。

③溶解：将称量好的固体放入烧杯中，加适量水溶解，并用玻璃棒搅拌；溶解过程中玻璃棒的作用为加速溶解。

④转移(移液)

移液前需要将溶液冷却至室温，然后用玻璃棒引流至500 ml容量瓶中。

⑤洗涤：用适量蒸馏水将烧杯及玻璃棒洗涤2～3次，洗涤液也都注入容量瓶中，并振荡容量瓶，使溶液混合均匀。

⑥定容

将蒸馏水注入容量瓶，待液面离容量瓶颈刻度线下1～2_cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面最低处与刻度线水平相切。

⑦摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。

⑧装瓶、贴签。

3．误差分析

1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，并指明错因。

(1)1 mol·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl。(×)

错因：1_mol·L－1_NaCl溶液是指1_L该溶液中含1_mol_NaCl。

(2)从100 mL 5 mol·L－1 H2SO4溶液中取出了10 mL，所得硫酸的物质的量浓度为0.5 mol·L－1。(×)

错因：溶液的物质的量浓度与溶液的体积大小无关。

(3)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为40%。(×)

错因：SO3溶于水后溶质为H2SO4，其质量分数为×98 g·mol－1÷100 g＝49%。

(4)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。(×)

错因：配制溶液中，体积不守恒，100_mL水吸收0.1_mol_HCl后，体积应大于100_mL，故浓度小于1_mol·L－1。

(5)配制稀硫酸时，先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水。(×)

错因：稀释浓硫酸时，应把浓H2SO4倒入水中。

(6)称取2.0 g NaOH固体，可先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体。(×)

错因：称取NaOH、KOH等易潮解，腐蚀性强的物质时要用小烧杯(不用滤纸)。

(7)按照下图操作，配制一定浓度的NaCl溶液。(×)

错因：定容时要平视，不能俯视(或仰视)。

(8)按照上图操作，配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液。(×)

错因：容量瓶不能用来溶解溶质。

2．教材改编题

(据人教必修一P17 T4)将50 mL 0.3 mol/L的NaOH溶液加水稀释到300 mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量为_______，浓度为_______。

答案　0.015 mol　0.05 mol/L

考点　物质的量浓度及其计算

 [典例1]　将10.6 g Na2CO3溶于水配成1 L溶液。

(1)该溶液中Na2CO3的物质的量浓度为_______，溶液中Na＋的物质的量浓度为_______。

(2)向该溶液中加入一定量NaCl固体，使溶液中Na＋的物质的量浓度为0.4 mol·L－1(假设溶液体积不变)需加入NaCl的质量为_______，Cl－的物质的量浓度为_______。

(3)另取该浓度的Na2CO3溶液10 mL，向其中加入10 mL 0.4 mol·L－1的稀盐酸充分反应，忽略反应前后溶液体积的变化，则所得溶液中Na＋的物质的量浓度为_______。

解析　(1)n(Na2CO3)＝＝＝0.1 mol

c(Na2CO3)＝＝＝0.1 mol·L－1

c(Na＋)＝2c(Na2CO3)＝0.2 mol·L－1。

(2)n(Na＋)＝0.4 mol·L－1×1 L＝0.4 mol，n(NaCl)＝0.4 mol－2n(Na2CO3)＝0.4 mol－0.1 mol×2＝0.2 mol，m(NaCl)＝0.2 mol×58.5 g·mol－1＝11.7 g，c(Cl－)＝c(NaCl)＝＝＝0.2 mol·L－1。

(3)若不考虑反应前后溶液体积的变化，反应后溶液的总体积为20 mL，即0.02 L。根据Na＋守恒，n(Na＋)＝0.01 L×0.2 mol·L－1＝0.002 mol。

c(Na＋)＝＝0.1 mol·L－1。

答案　(1)0.1 mol·L－1　0.2 mol·L－1

(2)11.7 g　0.2 mol·L－1　(3)0.1 mol·L－1

[典例2]　将标准状况下的a L氯化氢气体溶于100 g水中，得到的盐酸的密度为b g·mL－1，则该盐酸的物质的量浓度(mol·L－1)是(　　)

A.   B.

C.   D.

解析　n(HCl)＝ mol，m(溶液)＝ g，V(溶液)＝ g÷(b g·mL－1×1000 mL·L－1)，则该盐酸的物质的量浓度＝＝ mol·L－1。

答案　C

名师精讲

物质的量浓度有关计算的一般方法

(1)由定义出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式：c＝、溶质质量分数＝×100%进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。

(2)气体溶于水，溶质是该气体与水反应生成的物质，NH3溶于水后主要溶质是NH3·H2O，但以NH3计算。

(3)气体溶于水，溶液的体积不是溶剂的体积更不是气体体积与溶剂体积之和，应根据V＝进行计算。

1．(2018·贵阳高三模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3 mol·L－1 K2SO4溶液的叙述正确的是(　　)

A．1 L溶液中含有0.3 NA个K＋

B．1 L溶液中含有K＋和SO的总数为0.9NA

C．2 L溶液中K＋的浓度为1.2 mol·L－1

D．将0.3 mol硫酸钾溶于1 L水中，所得硫酸钾溶液的浓度为0.3 mol·L－1

答案　B

解析　0.3 mol·L－1 K2SO4溶液中，c(K＋)＝0.6 mol·L－1，c(SO)＝0.3 mol·L－1，则1 L溶液中含K＋的数目为0.6NA，K＋和SO的总数为0.9NA，A项错误，B项正确；物质的量浓度表示的是1 L溶液中所含溶质的物质的量，不受溶液体积大小的影响，2 L 0.3 mol·L－1 K2SO4溶液中K＋的浓度为0.6 mol·L－1，C项错误；物质的量浓度中的体积指的是溶液体积而不是溶剂的体积，D项错误。

2．把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol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．0.1(b－2a) mol·L－1 B．10(2a－b) mol·L－1

C．10(b－a) mol·L－1 D．10(b－2a) mol·L－1

答案　D

解析　根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。由反应：Ba2＋＋SO===BaSO4↓知，每份溶液中的Ba2＋的物质的量为a mol，同理Cl－的物质的量为b mol。由电荷守恒：n(K＋)＝n(Cl－)－2n(Ba2＋)＝(b－2a) mol，故c(K＋)＝(b－2a) mol/0.1 L＝10(b－2a) mol·L－1。

考点　一定物质的量浓度溶液的配制

[典例3]　配制480 mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液，试回答下列问题：

(1)选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_______、_______等。

(2)计算：需要NaOH固体的质量为_______。

(3)称量：①称量过程中NaOH固体应放于小烧杯中并放在天平的_______(填“左盘”或“右盘”)。

②某学生先用托盘天平称量一个小烧杯的质量，假定最终称得小烧杯的质量为32.6 g，请用“↓”表示在托盘上放上砝码，“↑”表示从托盘上取下砝码的称量过程，并在下图中标尺上画出游码的位置(画“”表示)。

标尺：

(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，作用是_______。

(5)转移、洗涤。在转移时应使用_______引流，洗涤烧杯2～3次是为了_____________。

(6)定容、摇匀。定容的操作是_____________

_____________。

解析　解答本题时需注意以下两点：①在计算所需溶质的物质的量或质量时，要按容量瓶的容积进行计算。②用容量瓶不能配制任意体积的溶液，只能按照实验室中现有规格的容量瓶进行配制。

(1)实验室中有500 mL的容量瓶，进行配制时应配制500 mL溶液，另外还缺少胶头滴管。

(2)m(NaOH)＝0.5 mol·L－1×0.5 L×40.0 g·mol－1＝10.0 g。

(3)用托盘天平称量时，物品放在左盘，托盘天平精确至0.1 g。在称量时，取砝码的顺序为先大后小，然后移动游码。

答案　(1)胶头滴管　500 mL容量瓶

(2)10.0 g

(3)①左盘　②

(4)搅拌，加速溶解

(5)玻璃棒　保证溶质全部转移至容量瓶中

(6)向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线在同一水平面上

[典例4]　下列说法正确的是(　　)

A．配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高

B．某同学配制0.1000 mol·L－1的NaOH溶液时，溶解后立即将溶液转移至容量瓶中，使所配溶液的浓度偏小

C．配制溶液时，使用的容量瓶未干燥，使所配溶液浓度偏小

D．定容后，塞好瓶塞，反复摇匀后发现液面降低，说明所得溶液浓度偏高

解析　定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，A正确；NaOH溶解放热，未冷却即转移，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B错误；容量瓶不干燥，不影响溶液浓度，C错误；摇匀后液面降低，但浓度不受影响，D错误。

答案　A

名师精讲

1．溶液配制过程中的“四个数据”

2．溶液配制过程中的误差分析

(1)分析方法

如配制一定物质的量浓度溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒就定容，会造成溶质的量减小，故浓度偏低。

(2)俯视、仰视对实验造成误差的分析方法

3．(2018·郑州一中月考)某学生配制了100 mL 1 mol·L－1的硫酸，然后对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确，但测得溶液的物质的量浓度小于1 mol·L－1。则在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是(　　)

①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸　②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到100 mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯　③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面　④最后定容时，加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切

A．只有②③④ B．只有③④

C．只有①②③ D．①②③④

答案　D

解析　①量筒内壁有水，量取的浓H2SO4比已知的浓硫酸的浓度低了，故偏低；②③都会造成所取溶质(H2SO4)没有完全转移到100 mL容量瓶中，即n(H2SO4)偏小，所以浓度小于1 mol·L－1；④使得所配硫酸的体积偏大，故c(H2SO4)<1 mol·L－1，故答案为D。

4．某同学在实验室欲配制物质的量浓度为1.0 mol·L－1的NaOH溶液450 mL。提供的试剂是：NaOH固体和蒸馏水。

(1)请你观察图示，判断其中不正确的操作有_______(填序号)。

(2)应用托盘天平称量NaOH固体_______g。

(3)在配制上述溶液的实验中，下列操作引起结果偏低的有_______(填字母序号)。   

A．称量NaOH固体时，将砝码和药品的位置颠倒

B．在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液

C．没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次

D．容量瓶中原来存有少量蒸馏水

E．用胶头滴管加水定容时俯视刻度线

答案　(1)①②⑤　(2)20.0　(3)BC

解析　(1)不正确的操作有：氢氧化钠固体应放在玻璃器皿内称量，①错误；量筒不能用于溶解固体，②错误；定容时不能仰视刻度线，应平视，⑤错误。

(2)应配1.0 mol·L－1 NaOH溶液500 mL，则需要称量氢氧化钠固体的质量是1.0 mol·L－1×0.5 L×40 g·mol－1＝20.0 g。

 (3)A项，称量NaOH固体时，将砝码和药品的位置颠倒，因为是称量20.0 g固体，不需要使用游码，所以对实验结果无影响，不符合题目要求；B项，在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液，造成溶质质量减少，所配溶液的浓度偏低，符合题目要求；C项，没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，造成溶质质量减少，所配溶液的浓度偏低，符合题目要求；D项，容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对结果无影响，不符合题目要求；E项，用胶头滴管加水定容时俯视刻度线，造成所配溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，不符合题目要求。

微专题

表示溶液浓度的物理量的换算以及溶解度曲线分析

1物质的量浓度c，溶质质量分数w和溶解度S的转化关系

(1)c与w的转换：c＝，w＝(ρ单位为g/cm3)。

(2)w与S换算：w＝，S＝。

(3)c与S换算：c＝，S＝。

[典例1]　标准状况下V L氨气溶解在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·mol－1，溶质质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列关系中不正确的是(　　)

A．ρ＝ B．w＝

C．w＝ D．c＝

解析　从①c＝可推出B项正确。

m(NH3)＝ mol×17 g·mol－1＝ g

m(溶液)＝m(NH3)＋m(水)＝ g

②w＝＝/＝，C项正确。把②代入①，得c＝，D项正确。

A项中，把式子变形得：＝，显然，是把溶液的体积按(1＋V)来计算的，所以错误。

答案　A

[体验1]　用密度为ρ1 g/cm3，质量分数是w的浓盐酸，与水配制成体积比为1∶4、密度为ρ2 g/cm3的稀盐酸，则所配制稀盐酸的物质的量浓度为(　　)

A. mol/L   B. mol/L

C. mol/L   D. mol/L

答案　C

解析　浓盐酸与水配制成体积比为1∶4的稀盐酸，设体积分别为V L、4V L，则浓盐酸的质量为：ρ1V×1000 g，HCl的质量为1000ρ1Vw g，n(HCl)＝ mol；稀盐酸的质量为：(1000ρ1V＋4000V) g，稀释后溶液的体积为：，所配制稀盐酸的物质的量浓度为＝ mol/L，答案为C。

2溶解度曲线

(1)定义：溶解度曲线是同种物质在不同温度下的溶解度绘制出来的曲线，一般随着温度的升高而升高，但是少部分物质会随着温度的升高而降低。由于固体物质的溶解度随温度变化而变化，该变化可以用溶解度曲线来表示；用纵坐标表示溶解度，横坐标表示温度，绘出固体物质的溶解度随温度变化的曲线就叫做溶解度曲线。

(2)意义：①表示同一种物质在不同温度时的溶解度或溶解度随温度变化的情况；②表示不同物质在同一温度时的溶解度，可以比较同一温度时，不同物质的溶解度的大小。若两种物质的溶解度曲线相交，则在该温度下两种物质的溶解度相等；③根据溶解度曲线可以确定从饱和溶液中析出晶体或进行混合物分离提纯的方法；可以用冷却热饱和溶液或蒸发溶剂的方法；④根据溶解度曲线能进行有关的计算。一定温度、溶液质量、溶剂质量和溶解度是进行溶解度计算所要的四个重要条件。

(3)曲线举例

[典例2]　(2017·全国卷Ⅲ)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：

回答下列问题：

(1)步骤①的主要反应为：

FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3高温,Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2

上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是__________________________。

(2)滤渣1中含量最多的金属元素是________，滤渣2的主要成分是________及含硅杂质。

(3)步骤④调滤液2的pH使之变________(填“大”或“小”)，原因是_____________(用离子方程式表示)。

(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。

a．80 ℃ b．60 ℃ 

c．40 ℃ d．10 ℃

步骤⑤的反应类型是____________。

解析　(1)由题中反应可知，FeO·Cr2O3是还原剂，Fe元素化合价由＋2升高到＋3，Cr元素化合价由＋3升高到＋6,1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子；NaNO3是氧化剂，N元素化合价由＋5降低到＋3，1 mol NaNO3得到2 mol电子。根据得失电子守恒可得，FeO·Cr2O3和NaNO3的系数比为2∶7。步骤①不能使用陶瓷容器的原因是陶瓷在高温下会与Na2CO3反应。

(2)熔块中Fe2O3不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁。滤液1中含有AlO、SiO及CrO，调节溶液pH＝7，则SiO转化为H2SiO3、AlO转化为Al(OH)3，故滤渣2为Al(OH)3及含硅杂质。

(3)由流程图可知，滤液2通过调节pH使CrO转化为Cr2O，根据离子方程式2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O可知，增大H＋浓度，即pH变小，可以使上述平衡右移，有利于提高溶液中的Cr2O浓度。

(4)由图像可知，在10 ℃左右时得到的K2Cr2O7固体最多。发生反应为2KCl＋Na2Cr2O7===K2Cr2O7＋2NaCl，该反应为复分解反应。

答案　(1)2∶7　陶瓷在高温下会与Na2CO3反应

(2)Fe　Al(OH)3

(3)小　2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O

(4)d　复分解反应

[体验2]　以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下：

氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如下图所示。回答下列问题：

(1)欲制备10.7 g NH4Cl，理论上需NaCl________g。

(2)实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有________、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。

(3)“冷却结晶”过程中，析出NH4Cl晶体的合适温度为________。

(4)不用其他试剂，检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是________________。

(5)若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质，进一步提纯产品的方法是________。

答案　(1)11.7　(2)蒸发皿

(3)35 ℃(33～40 ℃都可以)

(4)加热法；取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净　(5)重结晶

解析　根据氯守恒可列关系求m(NaCl)＝10.7 g×58.5 g/mol÷53.5 g/mol＝11.7 g，氯化铵的溶解度随温度变化较大，而硫酸钠在30～100 ℃变化不大，故可用冷却结晶法。但温度不能太低以防硫酸钠析出。所以应大约在33～40 ℃。