2018届高考一轮复习人教版化学实验基本方法物质的量在化学实验中的应用学案(8) 15页

第四讲　物质的量在化学实验中的应用 ‎[2017高考导航]‎ 考纲要求 真题统计 命题趋势 ‎1.了解溶液的含义。了解溶解度、饱和溶液的概念。‎ ‎2．了解溶液的组成。理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。了解物质的量浓度的含义。‎ ‎3．了解配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法。‎ ‎2015，卷Ⅱ 10T(B)；‎ ‎2014，卷Ⅰ 12T(AD)；‎ ‎2014，卷Ⅱ 27T(4)、28T(3)‎ 有关物质的量浓度的计算是高中学生必备的计算技能，溶液的配制也是必须掌握的定量实验。主要以选择题的形式考查物质的量浓度的计算，以非选择题的形式考查溶液配制。预计2017年高考中还会继续出现与该部分内容有关的选择题或实验题。复习备考时，应注重对物质的量浓度概念的理解。‎ 考点一　物质的量浓度及相关计算[学生用书P22]‎ 一、物质的量浓度 二、有关物质的量浓度计算的三大类型 类型1　标准状况下，气体溶液的物质的量浓度的计算 c＝ 类型2　溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算 ‎(1)计算公式：c＝(c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1)。‎ ‎(2)公式的推导(按溶液体积为V L推导)‎ c＝＝＝或w＝＝＝。‎ 类型3　溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算 ‎(1)溶液稀释 ‎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，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。‎ ‎(2)溶液混合：混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c混V混。‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)‎1 L水中溶解‎5.85 g NaCl所形成的溶液中溶质的物质的量浓度是0.1 mol·L－1。(　　)‎ ‎(2)将‎25 g CuSO4·5H2O晶体溶于‎29 g水中所得溶质的质量分数为25%。(　　)‎ ‎(3)在100 mL的烧杯中，加入‎10 g食盐，然后注入90 mL的水，充分溶解后，所得溶质的质量分数为90%。(　　)‎ ‎(4)将‎40 g SO3溶于‎60 g水中所得溶质的质量分数为40%。(　　)‎ ‎(5)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)×‎ ‎2．在一定温度下，某饱和氢氧化钠溶液体积为V mL，溶液密度为d g·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中含氢氧化钠的质量为m g。‎ ‎(1)用w来表示该温度下氢氧化钠的溶解度(S)为________。‎ ‎(2)用m、V表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为________。‎ ‎(3)用w、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为________。‎ ‎(4)用c、d表示溶液中溶质的质量分数(w)为________。‎ 答案：(1)×‎100 g　(2) mol·L－1‎ ‎(3)25dw mol·L－1　(4)%(或)‎ 名师点拨 ‎(1)描述物质的量浓度中的体积是指溶液的体积，而不是指溶剂的体积。根据密度计算溶液体积的单位一般是mL，要注意单位的换算。‎ ‎(2)溶质的浓度和离子的浓度不一定相同，要注意根据化学式具体分析计算。例如：1 mol·L－1 CaCl2溶液中Cl－的物质的量浓度不是1 mol·L－1。‎ ‎(3)溶液稀释或混合时，溶液的体积一般不可直接相加，而是应根据溶液的质量和密度求算。‎ ‎(4)应用物质的量浓度进行计算时，要注意质量守恒和电荷守恒的应用。‎ ‎　(2016·最新改编题)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·mL－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 观察两个试剂瓶上的标签，回答下列问题。‎ ‎(1)“5%硫酸铜溶液”中的5%是什么含义？‎ ‎(2)0.4 mol·L－1 NaCl溶液中0.4 mol·L－1表示的含义是什么？‎ ‎(3)从上述两种溶液中分别取出5 mL，它们的浓度分别是________、________。‎ 答案：(1)表示‎100 g硫酸铜溶液中含有‎5 g硫酸铜溶质。‎ ‎(2)‎1 L该NaCl溶液中所含NaCl的物质的量是0.4 mol。‎ ‎(3)5%　0.4 mol·L－1‎ 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(溶质质量守恒、溶剂质量守恒等)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。‎ ‎(3)溶液中离子的物质的量浓度的计算分析 ‎①要考虑溶质的组成和电离程度 如BaCl2溶液中：c(BaCl2)＝c(Ba2＋)＝c(Cl－)。‎ ‎0．1 mol/L的醋酸溶液中：c(H＋)<0.1 mol/L。‎ ‎②根据溶液中离子的电荷守恒求未知离子浓度 如AlCl3和Na2SO4的混合溶液中满足：c(Al3＋)×3＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(SO)×2＋c(OH－)。‎ ‎ ‎ 题组一　物质的量浓度的计算与换算 ‎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________。‎ 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)根据电荷守恒(不考虑CO的水解)：‎ c(Na＋)＝c(Cl－)＋‎2c(CO)，‎ 则c(Cl－)＝c(Na＋)－‎2c(CO)‎ ‎＝0.4 mol·L－1－2×0.1 mol·L－1‎ ‎＝0.2 mol·L－1。‎ n(NaCl)＝n(Cl－)＝0.2 mol·L－1×‎1 L＝0.2 mol，‎ m(NaCl)＝0.2 mol×‎58.5 g·mol－1＝‎11.7 g。‎ 答案：(1)0.1 mol·L－1　0.2 mol·L－1‎ ‎(2)‎11.7 g　0.2 mol·L－1‎ ‎2．(高考经典题)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 解析：选D。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。‎ 题组二　溶液的稀释与混合计算 ‎3．将5 mol/L的盐酸10 mL稀释到200 mL，从中取出5 mL，这5 mL溶液中溶质的物质的量浓度为(　　)‎ A．0.5 mol/L B．0.25 mol/L C．0.1 mol/L D．1 mol/L 解析：选B。从10 mL稀释到200 mL，盐酸稀释了20倍，稀释后的c(HCl)＝0.25 mol/L。‎ ‎4．(2016·豫北五校质量检测)向溶质质量分数为‎2a%，体积为10 mL，物质的量浓度为c1 mol·L－1的稀H2SO4中加入V mL的水，使之溶质质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L－1，则下列关系正确的是(　　)‎ A．V＞10　‎2c2＝c1‎ B．V＜10　‎2c2＞c1‎ C．V＞10　‎2c2＜c1‎ D．V＞10　‎2c2＞c1‎ 解析：选C。因为水的密度小于稀H2SO4的密度，要使10 mL 稀H2SO4中溶质质量分数由‎2a%变为a%，则所加水的体积大于10 mL；由c＝可知，当稀H2SO4‎ 中溶质质量分数变为原来的时，其密度也变小，故其物质的量浓度小于原来的，故选项C正确。‎ ‎1．正确判断溶液中的溶质 ‎(1)与水发生反应生成的新物质为溶质，如Na、Na2O、Na2O2NaOH，SO3H2SO4等。‎ ‎(2)含结晶水的物质，如CuSO4·5H2O溶于水后CuSO4为溶质。‎ ‎(3)特殊物质，如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时是以NH3作为溶质。‎ ‎2．溶质相同、质量分数不同的两溶液混合规律 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‎1 g·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，溶质质量分数w＞(a%＋b%)。‎ ‎②当溶液密度小于‎1 g·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，溶质质量分数w＜(a%＋b%)。‎ ‎(2)等质量混合 两溶液等质量混合时(无论ρ＞‎1 g·cm－3还是ρ＜‎1 g·cm－3)，混合后溶液中溶质的质量分数w＝(a%＋b%)。‎ ‎ ‎ 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制[学生用书P24]‎ 一、主要仪器 ‎1．托盘天平：可精确至‎0.1 g，称量前先调零，称量时物品放在左盘，砝码放在右盘。‎ ‎2．容量瓶：配制溶液的专用精确容器，主要规格有100_mL、250_mL、500_mL、1_000_mL。‎ ‎3．其他仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。‎ 二、配制过程 配制过程示意图：‎ 三、配制步骤 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．计算(填写计算过程与结果)‎ m(NaOH)＝1_mol·L－1×0.5_L×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搅拌，加速溶解。‎ ‎4．移液(转移)‎ ‎(1)移液前需要将溶液冷却至室温。‎ ‎(2)移液时玻璃棒的作用为引流。‎ ‎5．洗涤：用适量蒸馏水将烧杯及玻璃棒洗涤2～3次，洗涤液也都移入容量瓶中，并振荡容量瓶，使溶液混合均匀。‎ ‎6．定容 ‎(1)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。‎ ‎(2)定容时要平视刻度线，滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切。‎ ‎7．摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。‎ ‎8．装瓶：将配好的溶液装入试剂瓶中，贴上标签。‎ 四、误差分析(以配制一定物质的量浓度的NaOH溶液为例)‎ 请完成下表中的误差分析：‎ 实验操作 因变量 c(mol/L)‎ n(溶质)‎ V(溶液)‎ 用滤纸称量NaOH固体 减小 偏低 砝码与物品颠倒(使用游码)‎ 减小 偏低 称量前小烧杯内有水 不变 不变 称量时间过长 减小 偏低 向容量瓶中移液时少量溅出 减小 偏低 未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 偏低 定容时仰视刻度线 增大 偏低 定容时俯视刻度线 减小 偏高 定容摇匀后液面下降再加水 增大 偏低 未等溶液冷却就定容 减小 偏高 定容摇匀后，静置后液面下降 不变 不变 ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)(2014·高考全国卷Ⅰ，12－D)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。(　　)‎ ‎(2)使用托盘天平称量药品，都不能直接放在托盘中，应放两张相同的纸片。(　　)‎ ‎(3)定容时，往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶刻度线下1～2 mL时，改用胶头滴管滴加蒸馏水。(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×‎ ‎2．实验室配制1 mol·L－1的盐酸250 mL，下列不需要的仪器是(　　)‎ A．250 mL容量瓶　　　　　　　　 B．托盘天平 C．胶头滴管 D．烧杯 答案：B 名师点拨 ‎(1)“有序思维”补充实验所需仪器，即按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，可以防止漏写某种仪器；常考的缺少的仪器有：×× mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。‎ ‎(2)配制NaOH溶液时，必须用带盖的称量瓶或小烧杯快速称量NaOH固体，不能将NaOH固体直接放在纸上，因NaOH固体易潮解，且易与空气中的CO2反应。‎ ‎(3)配制一定物质的量浓度的溶液时，所配溶液需在选定的容量瓶中定容，故不必计量水的用量。‎ ‎　(2016·教材改编)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，称量前把游码放在标尺的零刻度处，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，说明此时左边质量________(填“大于”或“小于”)右边。假定最终称得小烧杯的质量为______(填“‎32.6 g”或“‎32.61 g”)，请在表格中用“↓”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)。‎ 砝码质量/g ‎50‎ ‎20‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎5‎ 称量(取用砝码过程)‎ ‎　　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，洗涤烧杯和玻璃棒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(与480 mL最接近)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，托盘天平精确到‎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小于　‎‎32.6 g 砝码质量/g ‎50‎ ‎20‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎5‎ 称量(取用砝码过程)‎ ‎↓↑‎ ‎↓‎ ‎↓↑‎ ‎↓‎ ‎↓↑‎ ‎(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下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相切 对于例2：‎ ‎(1)定容时，某学生观察液面情况如图所示，对所配溶液的浓度有无影响？结果如何？‎ ‎(2)若改用5 mol·L－1的NaOH溶液配制该溶液，需要5 mol·L－1的NaOH溶液的体积是多少？‎ 答案：(1)有影响，定容时俯视液面会造成溶液体积偏小，结果浓度偏高。‎ ‎(2)由V×5 mol·L－1＝500 mL×0.5 mol·L－1，得V＝50 mL。‎ 溶液配制过程中的“四个数据”‎ 数据 要求或解释 药品的质量 实验室中一般用托盘天平称量药品，而托盘天平只能精确到‎0.1 g，所以记录数据时只能保留小数点后一位数字。如所需NaCl的质量为‎14.6 g，不能写为‎14.60 g 容量瓶的规格 ‎(1)选择容量瓶的规格时应该与所配溶液体积相等或稍大，如需用480 mL某溶液，则应该选择500 mL容量瓶 ‎(2)回答补充仪器的问题时应该注明容量瓶的规格，如回答“500 mL容量瓶”时，不能只回答“容量瓶”‎ 洗涤烧杯和玻璃棒 移液时洗涤烧杯和玻璃棒2～3次是为了确保溶质全部转移入容量瓶中，‎ ‎2～3次 否则会导致溶液浓度偏低 液面离容量瓶颈刻度线下1～2 cm 定容时，当液面离容量瓶颈刻度线下1～2 cm时，应该改用胶头滴管滴加，否则容易导致液体体积超过刻度线，导致溶液浓度偏低 ‎ ‎ 题组一　一定物质的量浓度溶液的配制 ‎1．(教材改编)配制100 mL 1 mol/L NaCl溶液，下列操作中错误的是(　　)‎ A．在托盘天平上放两片大小一样的纸，然后将氯化钠放在纸片上称量 B．把称得的氯化钠放入盛有适量蒸馏水的烧杯中，溶解、冷却，再把溶液移入容量瓶中 C．用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒各2～3次，洗涤液也移入容量瓶中 D．沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水，直至溶液凹液面恰好与刻度线相切 解析：选D。配制溶液的过程中，在液面接近刻度线下1～2 cm时，需改用胶头滴管加水到刻度线。‎ ‎2．实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液220 mL。‎ ‎(1)配制时，必须使用的玻璃仪器有________、________、________、________。‎ ‎(2)要完成本实验该同学应称出NaOH________________________________________________________________________g。‎ ‎(3)某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为________________________________________________________________________g。‎ ‎(4)使用容量瓶前必须进行的一步操作是________。‎ 答案：(1)250 mL容量瓶　胶头滴管　烧杯　玻璃棒 ‎(2)10.0 　(3)27.4　(4)查漏 题组二　配制一定物质的量浓度溶液的实验误差分析 ‎3．(2016·经典习题选粹)配制250 mL 0.10 mol/L的NaOH溶液时，下列实验操作对配制的溶液浓度无影响的是(　　)‎ A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容 B．在容量瓶中进行定容时仰视刻度线 C．称量前小烧杯内有水 D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度线，再补充几滴水至刻度线 解析：选C。B项，如图所示，定容后液面高于容量瓶的刻度线，溶液体积偏大，NaOH物质的量浓度偏小；C项，称量前烧杯内有水对所配溶液浓度无影响；A、D两项易判断溶液浓度会偏小。‎ ‎4．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NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质________。‎ ‎(3)天平砝码有锈蚀，其他均正确________。‎ ‎(4)用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中________。‎ ‎(5)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数________。‎ ‎(6)配制前容量瓶中有水滴________。‎ 答案：(1)偏小　 (2)偏大　 (3)偏大　(4)偏大　 (5)偏大 ‎(6)无影响 ‎(1)误差分析的理论依据 根据cB＝可得，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。‎ ‎ ‎ 一、选择题 ‎1．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1的是(　　)‎ A．将‎58.5 g NaCl溶解于‎1 L水中配成的溶液 B．将‎80 g SO3溶于水并配成‎1 L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．含K＋为2 mol的K2SO4溶液 解析：选B。A中水的体积是‎1 L，溶液体积一定不是‎1 L；C中蒸发掉‎50 g水后，溶液的体积一定不是50 mL；D中未指明溶液体积。‎ ‎2．下列溶液中，跟100 mL 0.5 mol·L－1NaCl溶液所含的Cl－物质的量浓度相同的是(　　)‎ A．100 mL 0.5 mol·L－1MgCl2溶液 B．200 mL 0.25 mol·L－1AlCl3溶液 C．50 mL 1 mol·L－1NaCl溶液 D．25 mL 0.5 mol·L－1HCl溶液 解析：选D。0.5 mol·L－1NaCl溶液所含Cl－的物质的量浓度为0.5 mol·L－1。A项，溶液中Cl－的物质的量浓度为0.5 mol·L－1×2＝1 mol·L－1；B项，溶液中Cl－的物质的量浓度为0.25 mol·L－1×3＝0.75 mol·L－1；C项，Cl－的物质的量浓度为1 mol·L－1；D项，Cl－的物质的量浓度为0.5 mol·L－1。‎ ‎3．(2016·山东师大附中高三测试)下列叙述不正确的是(　　)‎ A．10 mL溶质质量分数为98%的H2SO4用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%‎ B．配制0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL容量瓶 C．在标准状况下，将‎22.4 L氨气溶于‎1 L水中，得到1 mol·L－1的氨水 D．向两份相同的不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)‎ 解析：选C。A选项中，硫酸是密度随溶质质量分数增大而增大的溶液，等体积混合所得溶液的溶质质量分数大于平均值，正确。B选项中，由于没有480 mL的容量瓶，应选用500 mL容量瓶，正确。C选项中，将‎22.4 L氨气溶于‎1 L水中，最后所得溶液的体积必不是‎1 L，所以得不到1 mol·L－1的氨水，不正确。D选项中，根据化学方程式知，Na2O2和Na2O在与水反应时，它们与消耗的水以及生成的NaOH的化学计量数之比均为1∶1∶2，所以二者若生成等质量的NaOH，溶液的质量增加量相等且所需二者的物质的量也相同，正确。‎ ‎4．下图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是(　　 )‎ A．只有在t ‎1 ℃‎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，MgSO4的溶解度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。‎ ‎5．(2016·山东师大附中检测)下列有关实验操作或判断正确的是(　　)‎ A．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小 B．需要95 mL 0.1 mol·L－1NaCl溶液，可选用100 mL容量瓶来配制 C．用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸 D．用托盘天平称取‎25.20 g NaCl 解析：选B。A项，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏大；B项，因实验室无95 mL的容量瓶，应选择100 mL容量瓶；C项，量取5.2 mL的盐酸应选用10 mL的量筒；D项，托盘天平的精确度为‎0.1 g，不能称取‎25.20 g NaCl。‎ ‎6．在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为(　　 )‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选C。由于产生c mol NH3，则必定有NH c mol，使SO完全沉淀需Ba2＋b mol，因此SO有b mol。根据电荷守恒：‎2c(SO)＝c(NH)＋‎3c(Al3＋)，则‎3c(Al3＋)＝ mol·L ‎－1，c(Al3＋)＝ mol·L－1。‎ ‎7．(2016·荆州月考)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。下列说法正确的是(　　)‎ 硫酸　化学纯CP 500 mL 品名：硫酸 化学式：H2SO4‎ 相对分子质量：98‎ 密度：‎1.84 g/cm3‎ 质量分数：98%‎ A．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/L B．1 mol Fe与足量的该硫酸反应产生‎2 g氢气 C．配制200 mL 4.6 mol/L的硫酸需取该硫酸50 mL D．等质量的水与该硫酸混合后所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/L 解析：选C。本题考查物质的量浓度的相关计算。根据c＝，该硫酸的物质的量浓度为 mol/L＝18.4 mol/L，A项错；该硫酸为浓硫酸，铁遇浓硫酸会发生钝化，B项错；等质量的该硫酸的体积小于水的体积，因此混合后溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，故该硫酸与水等质量混合后，溶液中溶质的物质的量浓度小于9.2 mol/L，D项错。‎ ‎8．在‎20 ℃‎、1个大气压下，将三个分别盛满氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶倒置于盛有水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后(假设烧瓶中的溶液不向外扩散)，三种溶液中溶质的物质的量浓度之比为(　　)‎ A．1∶1∶1　　　　　　　　 B．3∶3∶2‎ C．1∶2∶3 D．1∶1∶2‎ 解析：选A。设烧瓶容积为V L，‎20 ℃‎、1个大气压下的气体摩尔体积为Vm L/mol。氨气、氯化氢极易溶于水，水全部充满烧瓶，所得溶液中溶质的物质的量浓度为mol/L＝mol/L，而NO2与水反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，水充满烧瓶的，所得溶液中HNO3的物质的量为mol，物质的量浓度为mol÷L＝mol/L，A对。‎ ‎9．(2016·皖南十校联考)‎3 g镁铝合金与100 mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐‎17.4 g，则原硫酸的物质的量浓度为(　　)‎ A．1 mol·L－1 B．1.5 mol·L－1‎ C．2 mol·L－1 D．2.5 mol·L－1‎ 解析：选B。由镁铝合金到无水硫酸盐，固体增重的质量为SO的质量，则n(H2SO4)＝n(SO)＝ mol＝0.15 mol，故c(H2SO4)＝＝1.5 mol·L－1，B项对。‎ 二、非选择题 ‎10．如下图是医生为病人输液时用的一瓶溶质质量分数为5%的葡萄糖(C6H12O6)注射液标签。请认真观察标签上所列内容后填写：‎ 葡萄糖注射液 Gluccse Injection 规格：250 mL，内含葡萄糖‎12.5 g 生产批号：1602203‎ 有效期：至2017年2月 ‎(1)该溶液中含水________g。‎ ‎(2)该溶液的密度约为________g·mL－1。‎ ‎(3)该溶液中葡萄糖的物质的量浓度为______________。‎ 解析：(1)m(H2O)＝－‎12.5 g＝‎237.5 g。‎ ‎(2)据题意有w＝×100%＝5%，‎ 解得ρ＝‎1 g·mL－1。‎ ‎(3)利用n＝求出n，即可求出c。‎ 答案：(1)237.5　(2)1　(3)0.28 mol·L－1‎ ‎11．实验室需要0.1 mol·L－1 NaOH溶液450 mL和0.02 mol·L－1Na2CO3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________________________________________________________________________‎ ‎(填序号)，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→洗烧杯和玻璃棒→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Na2CO3溶液时：‎ ‎①应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为________g。‎ ‎②根据下列操作对所配溶液的浓度各有什么影响，将其序号填在下面空格中：‎ A．碳酸钠晶体失去了部分结晶水 B．用“左码右物”的称量方法称量晶体 C．碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠 D．容量瓶中原有少量蒸馏水 其中引起所配溶液浓度：偏高的有________；偏低的有________；无影响的有________。‎ 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、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)①m＝nM＝cVM＝0.02 mol·L－1×‎0.5 L×‎286 g·mol－1＝‎2.86 g。因托盘天平只能准确称量到‎0.1 g，故称量的晶体质量为‎2.9 g。②碳酸钠晶体失去了部分结晶水，导致称量溶质碳酸钠的质量增大，配制溶液的浓度偏高；用“左码右物”的称量方法称量晶体的质量，导致溶质的质量减小，配制溶液的浓度偏低；碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，导致碳酸钠的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低；容量瓶未经干燥就使用，不影响溶质的物质的量，也不影响溶液的体积，所以对配制的溶液浓度无影响。‎ 答案：(1)AC　烧杯、玻璃棒 ‎(2)①2.0　②<　③>‎ ‎(3)①2.9　②A　BC　D ‎12．已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：‎ 溶质的物质的量浓度/mol·L－1‎ 溶液的密度/g·cm－3‎ 硫酸 c1‎ ρ1‎ 氨水 c2‎ ρ2‎ ‎(1)表中硫酸的质量分数为____________(不写单位，用含c1、ρ1的代数式表示)。‎ ‎(2)物质的量浓度为c1 mol·L－1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液中溶质的物质的量浓度为________mol·L－1。‎ ‎(3)物质的量浓度为c2 mol·L－1的氨水与c2 mol·L－1的氨水等质量混合，所得溶液的密度________(填“大于”“小于”或“等于”，下同)ρ‎2 g·cm－3，所得溶液中溶质的物质的量浓度________c2 mol·L－1(混合后溶液的体积变化忽略不计)。‎ 解析：(1)设硫酸的体积为‎1 L，则w(H2SO4)＝×100%＝%。(2)硫酸与水等体积混合(忽略溶液体积的变化)，溶液的体积变为原来的2倍，则浓度变为 mol·L－1。(3)根据图像可知，氨水的浓度越大，密度越小，则c2 mol·L－1氨水的密度小于c2 mol·L－1氨水的密度，等质量时，c2 mol·L－1氨水的体积小于c2 mol·L－1氨水的体积。两者混合后，所得溶液的密度一定比ρ2大，所得溶液中溶质的物质的量浓度趋近于体积大者，故大于c2 mol·L－1。‎ 答案：(1)%　(2)　(3)大于　大于 ‎13．氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格的CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.5%。工业上常通过下列反应制备CuCl：‎ ‎2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑‎ ‎(1)CuCl制备过程中需要配制溶质质量分数为20.0%的CuSO4溶液，试计算配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比。‎ ‎(2)准确称取所制备的0.250 ‎0 g CuCl样品置于一定量的0.5 mol·L－1 FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L－1 Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关反应的离子方程式为Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－，Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋。‎ 通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。‎ 答案：(1)假设配制1 ‎000 g这种CuSO4溶液，则需要硫酸铜‎200 g，“折合”成CuSO4·5H2O的质量为200× g＝‎312.5 g，则所需水的质量为1 ‎000 g－‎312.5 g＝‎687.5 g，所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比为312.5∶687.5＝5∶11。‎ ‎(2)由方程式可得关系式为CuCl～Fe2＋～Ce4＋，即CuCl的物质的量等于消耗的Ce(SO4)2的物质的量，为0.100 0 mol·L－1×24.60×10－‎3 L＝0.002 46 mol，故样品中CuCl的质量分数为×100%＝97.9%>96.5%，合格。‎