浙江省2021高考化学一轮复习专题二第二单元溶液的配制与分析课件 47页

第二单元　溶液的配制与分析 考点一　物质的量浓度及相关计算   1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“ ✕ ”。 (1)1 mol·L -1 NaCl溶液是指该溶液中含有1 mol NaCl   (　 ✕ 　) (2)用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液中溶质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所形成的溶液中溶质的物质的量浓度是0.1 mol·L -1   (　 ✕ 　) (4)将25 g CuSO 4 ·5H 2 O晶体溶于75 g水中所得溶液中溶质的质量分数为25%   (　 ✕ 　) (5)将40 g SO 3 溶于60 g水中所得溶液中溶质的质量分数为49%   (　 √ 　) (6)同浓度的三种溶液:Na 2 SO 4 溶液、MgSO 4 溶液、Al 2 (SO 4 ) 3 溶液,其体积比为 3∶2∶1,则S   的浓度之比为3∶2∶3(　 ✕ 　) (7) c (H + )=0.5 mol·L -1 的稀硫酸中溶质的物质的量浓度为1.0 mol·L -1   (　 ✕ 　) 2.在标准状况下,将 V L氨气溶于0.1 L水中,所得溶液的密度为 ρ g·cm -3 ,则此氨水中溶质的物质的量浓度为 　　　　     mol·L -1 。 答案          1.物质的量浓度 (1)定义:用单位体积的溶液中含有①      溶质B的物质的量      来表示溶液组成 的物理量,叫做溶质B的物质的量浓度,符号为②      c B       ,单位为③      mol/L或 mol·L -1      。 (2)计算公式:④       c B =         。 2.溶质的质量分数 (1)定义:用⑤      溶质质量与溶液质量之比      来表示溶液组成的物理量。 (2)计算公式:⑥       ω =         × 100%。   计算物质的量浓度时应规避的三个易错点 1.溶液中溶质的判断 (1)与水发生反应的物质,溶质发生变化,水量减少。如: (2)结晶水合物,溶质的物质的量不变但水量增多。如: CuSO 4 ·5H 2 O   CuSO 4 ;FeSO 4 ·7H 2 O   FeSO 4 。 Na、Na 2 O、Na 2 O 2   NaOH CO 2 、SO 2 、SO 3   H 2 CO 3 、H 2 SO 3 、H 2 SO 4 NH 3   NH 3 ·H 2 O 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,而应依据混合溶液的 密度进行计算。 3.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。如:1 mol·L -1 Al 2 (SO 4 ) 3 溶液中 c (S   )=3 mol·L -1 , c (Al 3+ )<2 mol·L -1 (考虑Al 3+ 水解,则其浓度小于 2mol·L -1 )。   题组一　有关物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算 1.某氯化镁溶液的密度为1.18 g·cm -3 ,其中镁离子的质量分数为5.1%,300 mL 该溶液中Cl - 的物质的量浓度为       。 (结果保留两位小数) 答案 　5.02 mol·L -1 解析      c (Mg 2+ )=   =   =2.507 5 mol·L -1 , c (Cl - )=2 c (Mg 2+ ) ≈ 5.02 mol·L -1 。 2.(1)某H 2 O 2 溶液中溶质的质量分数为27.5%(密度为1.10 g·cm -3 ),其溶质的物 质的量浓度为 　　　     mol·L -1 。(结果保留一位小数) (2)已知某NaCl饱和溶液的体积为 V mL,密度为 ρ g·cm -3 ,溶质的质量分数为 ω , 溶质的物质的量浓度为 c mol·L -1 ,溶液中含NaCl的质量为 m g。 ①用 m 、 V 表示溶液中溶质的物质的量浓度:       。 ②用 ω 、 ρ 表示溶液中溶质的物质的量浓度:       。 ③用 c 、 ρ 表示溶质的质量分数: 　　　 　　     。 ④用 ω 表示该温度下NaCl的溶解度: 　　　     。 答案     (1)8.9　(2)①   mol·L -1 　②   mol·L -1 ③   × 100%　④   g 方法技巧 从定义式出发进行物质的量浓度、 质量分数、溶解度的换算 (1)由定义出发,运用公式 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)在进行物质的量浓度、质量分数、溶解度三者之间的换算时,除利用上述 方法外,我们还可以运用假设法,使问题简单化。 例如:已知溶质的质量分数为 ω ,溶液的密度为 ρ g·cm -3 ,溶质的摩尔质量为 M g· mol -1 ,求物质的量浓度 c 。 我们可以假设溶液为1 L,则溶液质量为1 × 1 000 × ρ g,溶质的质量为1 × 1 000 × ρ × ω g,溶质的物质的量为   mol,这样就很容易求出该溶液中溶质的物质 的量浓度 c =   mol·L -1 。 题组二　溶液的稀释与混合 3. V mL Al 2 (SO 4 ) 3 溶液中含有Al 3+ m g,取   mL该溶液用水稀释至4 V mL,则S   的物质的量浓度为   (　   A   　) A.   mol·L -1 　　　B.   mol·L -1 C.   mol·L -1 　　　D.   mol·L -1 解析        mL溶液中Al 3+ 的物质的量为   =   mol,稀释后溶液中 Al 3+ 的物质的量浓度为 c (Al 3+ )=   =   mol·L -1 , c (S   )=   c (Al 3+ )=   ×   mol·L -1 =   mol·L -1 。 4.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   (　   C   　) A.加热浓缩到原来体积的一半 B.加入0.125 V L 5 mol·L -1 的盐酸 C.加入0.1 V L 10 mol·L -1 的盐酸,再稀释至1.5 V L D.标准状况下通入11.2 L氯化氢气体 解析   　加热蒸发,HCl挥发,故A错误;溶液的体积不具有加和性,故B错误; 混合后溶液中的HCl为0.5 mol·L -1 × V L+10 mol·L -1 × 0.1 V L=1.5 V mol,所以混合 后盐酸中溶质的物质的量浓度为   =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,故D错误。 5.(1)在100 g溶质的物质的量浓度为 c mol·L -1 ,密度为 ρ g·cm -3 的硫酸溶液中加入一定量的水稀释成   mol·L -1 的硫酸溶液,则加入水的体积 　　　     (填 “=”“>”或“<”,下同)100 mL。 (2)若把(1)中的硫酸溶液改成氨水,应加入水的体积 　　     100 mL。 (3)若把(1)(2)中溶质的物质的量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)根据溶质质量分数=   × 100%可知,溶质质 量不变,质量分数减半,则溶液质量加倍,所以应加入100 mL水。 名师点拨 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 m 1 w 1 = m 2 w 2 。 (2)溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即 c 1 V 1 = c 2 V 2 。 (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 混合后溶液体积发生改变, c 1 V 1 + c 2 V 2 = c 混 V 混 ,其中 V 混 =   。 3.含不同溶质的溶液混合反应,有关物质的量浓度的计算 (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.判断正误,正确的画“√”,错误的画“ ✕ ”。 (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)向容量瓶转移液体时,玻璃棒可以接触容量瓶内壁   (　 √ 　) (4)使用托盘天平称量药品时,药品都不能直接放在托盘中,应放在两张相同 的纸片上   (　 ✕ 　) (5)如图A配制0.1 mol·L -1 NaOH溶液   (　 ✕ 　) (6)如图B配制一定浓度的NaCl溶液   (　 ✕ 　) (7)如图C配制溶液,液面快与刻度线相切时加水   (　 ✕ 　)   2.(1)配制100 mL 1.0 mol·L -1 的H 2 SO 4 溶液,需要18 mol·L -1 的浓硫酸的体积是     　　     mL(结果保留一位小数),该实验过程中所需要的玻璃仪器有 　　　    　　　　　　　　　　　　　　　     。 (2)配制50 mL 0.2 mol·L -1 的Na 2 CO 3 溶液,需要称取固体Na 2 CO 3 的质量是 　    　     。 答案 　(1)5.6　量筒、烧杯、100 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管 (2)1.1 g   1.主要仪器 (1)容量瓶:配制一定物质的量浓度溶液的专用精确容器。主要规格有①   50   mL 、②      100     mL 、③      250     mL 、④     500     mL 、⑤      1 000     mL 。 ⅰ.结构特点   ⅱ.在使用前首先要检查是否漏水,具体操作如下: 加水   倒立   观察是否漏水   正立   ⑥      瓶塞旋转180 °        倒立   观察是否漏水。 ⅲ.四个“不能” a.不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释; b.不能作为反应容器或用来长期贮存溶液; c.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 标温度下确定的; d.不能配制任意体积的溶液,只能配制容量瓶上规定容积的溶液。 (2)托盘天平:可精确至⑦      0.1 g      ,称量前先调零,称量时物品放在⑧     左盘      ,砝码放在⑨      右盘      。 (3)其他仪器:量筒、烧杯、⑩      玻璃棒      、        胶头滴管      等。 2.配制过程示意图     3.配制步骤 以配制480 mL 1 mol·L -1 的NaOH溶液为例,所需容量瓶的规格:        500 mL      。 (1)计算: m (NaOH)=        1 mol·L -1 × 0.5 L × 40 g·mol -1 =20.0 g      (填写计算过程与 结果)。 (2)称量:用托盘天平称量NaOH固体(NaOH放在        小烧杯      或表面皿中)。 (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)转移(移液) a.移液前需要将溶液冷却至室温。 b.移液中玻璃棒的作用为        引流      。 (5)洗涤:用适量蒸馏水将烧杯及玻璃棒洗涤        2~3      次,洗涤液也都注入        容量瓶      中,并振荡容量瓶,使溶液均匀。 (6)定容 a.将蒸馏水注入容量瓶,液面离容量瓶刻度线下        1~2 cm      时,改用        胶 头滴管      滴加蒸馏水。 b.定容时要平视刻度线,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。   溶液配制的误差分析 分析依据: c =   =   ,以配制NaOH溶液为例,在进行误差分析时,先根据实验 操作弄清是“ m ”还是“ V ”引起的误差,再具体分析,具体情况如下: 能引起误差的一些操作 因变量 c (mol·L -1 ) m V 砝码与物品颠倒(使用游码) 减小 — 偏低 称量时间过长 减小 — 用滤纸称NaOH 减小 — 向容量瓶移液时少量溅出 减小 — 未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 — 能引起误差的一些操作 因变量 c (mol·L -1 ) m V 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 — 增大 定容时仰视刻度线 — 增大 砝码附着其他物质或已生锈 增大 — 偏高 未冷却至室温就注入容量瓶定容 — 减小 定容时俯视刻度线 — 减小 称量前小烧杯内有水 — — 不变 定容后振荡、摇匀,静置,液面下降 — —   题组一　一定物质的量浓度溶液的配制 1.实验室需用350 mL 0.2 mol·L -1 的碳酸钠溶液,现选取500 mL容量瓶进行配 制,以下说法正确的是   (　   D 　) A.称取28.6 g Na 2 CO 3 ·10H 2 O晶体加热除去结晶水后配成500 mL溶液 B.称取28.6 g Na 2 CO 3 ·10H 2 O晶体,加入500 mL水中 C.将溶液转移到容量瓶中的时候,要将玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线上方进 行引流 D.如果选用生锈的砝码称量会导致配制的溶液浓度偏高 解析   　A项,直接用Na 2 CO 3 ·10H 2 O晶体配制,不必加热除去结晶水,错误;B 项,溶液的体积为500 mL,而不是加入500 mL水中,错误;C项,移液时,玻璃棒的 下端应该靠在容量瓶的刻度线下面,错误;D项,砝码生锈后变重,使称得的样 品偏多,正确。 2.实验室需要配制480 mL 0.50 mol·L -1 的NaCl溶液。按下列操作步骤填空,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、 　　　　　     、 　　     、 　　　     以及等质量的两片纸片。 (2)计算:配制该溶液需称量NaCl晶体 　　　     g。 (3)称量 ①天平调零之后,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,目的是      　　　　　　　　　　　     。 (6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线 　　　     处,改用 　　　     加 水, 使溶液凹液面最低处与刻度线相切。 (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 (Na- Cl)=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。 题组二　学会从两个角度分析误差产生的原因 3.某同学用Na 2 CO 3 固体配制0.10 mol·L -1 Na 2 CO 3 溶液,其称量操作如下图所示, 最终配制溶液的浓度   (   B  )   A.偏高　　 B.偏低 C.可能偏高也可能偏低　　D.准确 解析      称量Na 2 CO 3 固体时,应将被称量物质放在托盘天平的左盘,砝码放 在右盘,不然若使用游码会使称量的Na 2 CO 3 偏少,配制的溶液浓度偏低。 4.从溶质改变角度分析产生的误差(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,称量时物质和砝码 放置颠倒: 　　　     。 (5)用量筒量取浓硫酸时,仰视读数: 　　　     。 (6)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: 　　           。 (7)未洗涤烧杯及玻璃棒: 　　　     。 答案 　(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏小　(5)偏大 (6)偏小　(7)偏小 5.从溶液改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。 (1)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: 　　　     。 (2)定容、摇匀后,发现液面下降,继续加水至刻度线: 　　　     。 (3)定容时仰视刻度线: 　　　     。 (4)定容、摇匀后少量溶液外流: 　　　     。 (5)容量瓶中原有少量蒸馏水: 　　　     。 答案 　(1)偏大　(2)偏小　(3)偏小　(4)无影响　(5)无影响 名师点拨 误差判断分析技巧 (1)误差分析的思维流程   (2)视线引起误差的分析方法 ①定容时仰视刻度线[图(a)],导致溶液体积偏大,结果偏低。 ②定容时俯视刻度线[图(b)],导致溶液体积偏小,结果偏高。   图(a)  图(b)