2019届一轮复习人教版物质的量在化学实验中的应用学案(1) 22页

第4讲　物质的量在化学实验中的应用 考纲要求 ‎1.了解溶液的含义。了解溶液的组成。‎ ‎2．理解物质的量浓度的含义。‎ ‎3．掌握配制一定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 ‎2．物质的量浓度的相关计算 ‎(1)标准状况下气体溶质溶于水所得溶液浓度的计算 c＝ ‎(2)溶液物质的量浓度与质量分数的换算 ‎(3)溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算 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。‎ 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。‎ ‎【多维思考】‎ ‎1．质量分数与物质的量浓度有何相同之处？‎ 提示：都可以表达出一定量溶液(1 L或100 g)中溶质的多少(n或m)。‎ ‎2．80%的H2SO4溶液与60%的H2SO4等体积混合后浓度等于70%吗？‎ 提示：不等于70%而是大于70%。‎ ‎　有关物质的量浓度的计算 ‎(1)溶质的质量、溶液的体积和物质的量浓度之间的计算 运用公式：n＝，c＝或运用“倍数关系”算出1 L溶液中所含溶质的物质的量。‎ ‎(2)已知气体溶质的体积(标准状况)、水的体积和溶液的密度，计算溶液的物质的量浓度 先运用n＝求出溶质的物质的量，再运用V＝ 求出溶液的体积，最后根据c＝计算。‎ ‎(3)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度间的换算c＝(c为溶质的物质的量浓度mol·L－1，ρ为溶液密度g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量)，此公式按溶液体积为1 L进行推导。‎ c＝＝＝。‎ ‎(4)溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算 ‎①原理：根据稀释或混合前后，溶液中溶质的物质的量总量不变的公式c1·V1＝c2·V2、c1·V1＋c2·V2＝c混·V混，计算有关的量。‎ ‎②体积问题：体积一般不可以相加，而应运用V混＝算出最后溶液的总体积。只有稀溶液稀释(或相互混合)且题中未给出稀释(或混合)后溶液的密度时，才可以忽略稀释(或混合)后的体积变化，将二者体积直接相加得到最后溶液的总体积。‎ 考向一　 对物质的量浓度概念的理解 ‎1．下列说法正确的是 (　　)‎ A．将58.5 g NaCl溶于1 L水中可得1 mol·L－1的NaCl溶液 B．从1 L 1 mol/L的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是1 mol/L C．0.1 mol/L氨水中，c(NH3·H2O)＝0.1 mol/L D．将78 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液可得到浓度为1 mol·L－1溶液 解析：A项，不知道所得溶液的体积，无法计算NaCl溶液的物质的量浓度；C项，0.1 mol/L氨水表示1 L溶液中溶有0.1 mol氨气，故该溶液中c(NH3)＋c(NH3·H2O)＋c(NH)＝0.1 mol/L；D项，所得溶液NaOH为溶质，其浓度应为2 mol·L－1。‎ 答案：B ‎2．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol/L Ba(NO3)2溶液的叙述不正确的是 (　　)‎ A．2 L溶液中阴阳离子总数为1.2NA B．500 mL溶液中NO浓度为0.2 mol/L C．500 mL溶液中Ba2＋浓度为0.2 mol/L D．500 mL溶液中NO物质的量为0.2 mol 解析：在Ba(NO3)2溶液中，c(Ba2＋)∶c(NO)∶c[Ba(NO3)2]＝1∶2∶1,2 L溶液中离子总数为2 L×2 mol/L×(2＋1)＝1.2 mol，A正确；离子浓度与体积无关，B错误，C项正确；500 mL溶液中NO物质的量为0.5 L×0.2 mol/L×2＝0.2 mol，D正确。‎ 答案：B 考向二　根据cB＝的计算 ‎3．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)‎ 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 ‎4．在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M g·mol－1)溶于0.1 L水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，则此溶液的物质的量浓度(mol·L－1)为 (　　)‎ A.　　　　 B. C. D．1 000VρM(MV＋2 240)‎ 解析：气体的物质的量为 mol，所得溶液的质量为(×M＋100)g，则此溶液的物质的量浓度为 mol÷＝ mol·L－1。‎ 答案：B 考向三　关于物质的量浓度与质量分数的换算 ‎5．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，该温度下NaOH的溶解度为S。‎ ‎(1)用w来表示该温度下氢氧化钠的溶解度(S)为________。‎ ‎(2)用c、d来表示该温度下NaOH的溶解度(S)为________。‎ ‎(3)用m、V表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为________。‎ ‎(4)用w、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为________。‎ ‎(5)用c、d表示溶液中溶质的质量分数(w)为________。‎ ‎(6)用S表示溶液中溶质的质量分数(w)为________。‎ ‎(7)用S、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为________。‎ 解析：(1)S＝×100 g(溶解度定义)‎ ‎(2)＝　S＝ g ‎(3)c＝＝ mol·L－1‎ ‎(4)c＝＝25dw mol·L－1‎ ‎(5)w＝×100%＝%‎ ‎(6)w＝×100%‎ ‎(7)c＝＝ mol·L－1‎ 答案：(1) g　(2) g　(3) mol·L－1‎ ‎(4)25dw mol·L－1　(5)%　(6)×100%　(7) mol·L－1‎ 考向四　有关溶液稀释与混合的计算 ‎6．V mL Al2(SO4)3溶液中含有m g Al3＋，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： 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。‎ 答案：A ‎7．(1)将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系正确的是________。‎ ‎①q＝2p　②q>2p　③q<2p　④无法确定 ‎(2)若上题中的溶质是乙醇而非硫酸，则p、q的关系是________。‎ ‎①q＝2p　②q>2p　③q<2p　④无法确定 解析：当等体积混合时，设浓溶液的密度为ρ1，稀溶液的密度为 ρ2，体积各为1 L，则混合后w＝＝×p%＝p%‎ 则当ρ1>ρ2时，如H2SO4溶液、HNO3溶液，w>2p%；当ρ1<ρ2时，如氨水、酒精溶液，w<2p%。‎ 答案：(1)②　(2)③‎ 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 ‎1．主要仪器：容量瓶、托盘天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。‎ ‎2．容量瓶 ‎(1)构造及用途 ‎(2)查漏操作 ‎3．配制步骤 以配制500 mL 1.00 mol/L NaOH溶液为例 ‎20.2 g 冷却至室温 500 mL容量瓶 2-3 胶头滴管 相切 ‎【多维思考】‎ ‎1．把40 g NaOH溶于1 L水就可以配得1 mol·L－1的NaOH溶液吗？‎ 提示：不可以。‎ ‎2．配制溶液时，已开始移液，发现容量瓶内有少量蒸馏水，怎么办？‎ 提示：不影响溶液配制。‎ ‎3．定容时不小心液面超出刻度线如何操作？‎ 提示：重新配制。‎ ‎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、俯视的误差分析 结果：仰视时，导致溶液体积偏大；俯视时，导致溶液体积偏小。‎ 考向一　 配制一定物质的量浓度溶液的操作 ‎1．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：称量时应“左物右码”，A项错误；溶解时使用玻璃棒搅拌，B项正确；转移溶液要用玻璃棒引流，C 项错误；定容时胶头滴管不能插入到容量瓶口以下，D项错误。‎ 答案：B ‎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 固体质量 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 ‎ 5 00 mL ‎ 硫酸铜：8.0 g ‎ 加入500 mL水 D ‎ ‎ 5 00 mL ‎ 胆矾：12.5 g ‎ ‎ 配成500 mL溶液 解析：实验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，由于没有480 mL规格的容量瓶，所以要选择规格是500 mL的容量瓶，溶质若是硫酸铜则需要8 g，若是胆矾则需要12.5 g，且配成500 mL溶液，而不是加入500 mL水。‎ 答案：D ‎3．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：配制溶液的过程中，定容时在液面接近刻度线1～2 cm时，需改用胶头滴管加水至刻度线。‎ 答案：D 考向二　误差分析 ‎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)用Na2CO3·10H2O晶体配制Na2CO3溶液，Na2CO3晶体已部分失去结晶水。用该晶体所配的Na2CO3溶液的物质的量浓度________。‎ ‎(4)配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质________。‎ ‎(5)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________。‎ ‎(6)配制NaOH溶液时，NaOH固体放在烧杯中称量时间过长________。‎ ‎(7)天平砝码有锈蚀，其他均正确________。‎ ‎(8)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________。‎ ‎(9)配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，用不干燥的量筒量取浓硫酸________。‎ ‎(10)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________。 ‎ ‎(11)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数________。‎ ‎(12)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________。‎ ‎(13)转移到容量瓶的过程中，有少量的溶液溅出________。‎ ‎(14)转移后，未洗涤小烧杯和玻璃棒，或者未将洗涤液一并转移至容量瓶中________。‎ ‎(15)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________。‎ ‎(16)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线________。‎ ‎(17)定容时仰视刻度线 ________。‎ ‎(18)称量溶质的小烧杯没有干燥________。‎ ‎(19)配制前容量瓶中有水滴________。‎ ‎(20)定容摇匀后有少量溶液外流________。‎ 答案：(1)偏小　(2)偏小　(3)偏大　(4)偏大　(5)偏小　(6)偏小　(7)偏大　(8)偏小　(9)偏小　(10)偏大　(11)偏大　(12)偏大　(13)偏小　(14)偏小　(15)偏小　(16)偏小　(17)偏小　(18)无影响　(19)无影响　(20)无影响 ‎ ‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)(2015·高考福建卷，8A改编)称取2.0 g NaOH固体的操作是先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体(　　)‎ ‎(2)(2015·高考安徽卷，8A)右图用于配制0.10 mol·L－1NaOH溶液(　　)‎ ‎(3)(高考全国卷Ⅰ)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干(　　)‎ ‎(4)(高考全国卷Ⅰ)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(　　)‎ ‎(5)(高考山东卷，11C改编)利用实验器材(省略夹持装置)烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，能完成的相应实验是用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×‎ ‎2．(2016·高考上海卷)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 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×0.02 mol＝4.94 g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94 g÷132 g/mol≈0.037 4 mol。因此(NH4)2SO4与 NH4HSO4物质的量之比为1.87∶1，故选C。‎ 答案：C 知识串联讲座(一)　物质的量在化学方程式计算中的应用 有关物质的量在化学方程式的应用主要步骤和注意事项如下：‎ ‎1．解题步骤 序号 步骤 具体内容 ‎1‎ 设 设原混合物各种成分的物质的量的未知数 ‎2‎ 式 写出有用的各个化学反应的化学方程式或离子方程式 ‎3‎ 标 将已设的未知数标在有关物质的化学式下边，注意反应物的各化学计量数关系 ‎4‎ 列 根据原混合物的质量及反应过程中的物质的量的关系，列出多元一次方程组 ‎5‎ 解 求解上述方程组，求得各成分的物质的量 ‎6‎ 验 检验答案是否符合题意或事实 ‎2.注意事项 ‎(1)根据化学方程式进行计算时，方程式首先要配平，再分析：已知什么量，要求哪种物质的量，再根据方程式中的相关物质的量之比列出比例式，从而建立计算的比例关系式。‎ ‎(2)化学方程式所表示的是纯净物之间的量的关系，因此不纯物质的量必须换算成纯净物的量。已知物质的其他物理量，一般可换算成物质的量，这样计算更简便。‎ ‎(3)解题格式和解题过程要规范、完整。计算过程必须带入单位。在比例式中，同一物质用同一单位，不同物质可以用两种不同的单位，只要注意它们成比例关系就行。‎ ‎3．高考化学计算试题虽然形式多种多样，但归结起来主要有以下几种基本的类型和方法技巧，只要在平时的复习中注重计算的方法和技巧，高考中就能提高化学计算的准确率和得分率。‎ 方法一　关系式法的应用 物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：‎ ‎1．叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)‎ ‎⇒由木炭、水蒸气制取NH3的关系式为：3C～4NH3。‎ ‎2．元素守恒法 ‎4NH3＋5O24NO＋6H2O ‎2NO＋O2===2NO2‎ ‎3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3～HNO3。‎ ‎3．电子转移守恒法 NH3HNO3，O22O2－‎ 由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。‎ ‎【典例1】　(2018·黄石高三模拟)取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 mol/L的FeCl3溶液135 mL，I－完全反应生成I2：2I－＋2Fe3＋===I2＋2Fe2＋。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025 mol时，Fe2＋恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。‎ 解析：依题意，有：‎ 本题可用关系式法求解。由上述两个反应及电子转移守恒理论，得I－与Cl2之间的关系式：2I－～Cl2。‎ 设KI的物质的量是x。‎ ‎2I－　　～　　Cl2‎ ‎2　 1‎ x 0.025 mol ＝ x＝0.05 mol。‎ c(KI)＝＝2 mol/L 答案：2 mol/L 方法二　 差量法的应用 ‎1．差量法的应用原理 差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如：‎ ‎2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1‎ ‎2 mol 1 mol 2 mol 221 kJ Δm(固)，Δn(气)，ΔV(气)‎ ‎24 g 1 mol 22.4 L(标况)‎ ‎2．使用差量法的注意事项 ‎(1)所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。‎ ‎(2)有关物质的物理量及其单位要求：上下一致，左右相当。‎ ‎3．差量法的类型及应用 ‎ (1)质量差量法；‎ ‎(2)体积差量法。‎ ‎【典例2】　(2018·青岛质检)16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。下列正确的是 (　　)‎ A．①② 　　　　　 B．①④ ‎ C．②③ D．③④‎ 解析：由于已知反应前后气体的总体积，故可用差量法直接求解。‎ ‎6NO＋4NH35N2＋6H2O(g) ΔV(气体的体积差)‎ ‎ 6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (5＋6)－(4＋6)＝1(mL)‎ ‎(理论差量)‎ ‎ 9 mL 6 mL 　　　17.5－16＝1.5(mL)(实际差量)‎ 由此知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于5∶3与9∶7‎ 之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。‎ 答案：C 方法三　极值法的应用 ‎1．极值法的含义 极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。故也称为极端假设法。‎ ‎2．极值法解题的基本思路：‎ ‎(1)把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。‎ ‎(2)把混合物假设成纯净物。‎ ‎(3)把平行反应分别假设成单一反应。‎ ‎3．极值法解题的关键 紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。‎ ‎【典例3】　(2018·山东临沂模拟)密闭容器中进行的反应：X2(g)＋3Y2(g)2Z(g)，X2、Y2和Z的起始浓度分别为0.2 mol·L－1、0.6 mol·L－1和0.4 mol·L－1，当平衡时，下列数据肯定不对的是 (　　)‎ A．X2为0.4 mol·L－1，Y为1.2 mol·L－1‎ B．Y2为1.0 mol·L－1‎ C．X2为0.3 mol·L－1，Z为0.2 mol·L－1‎ D．Z为0.7 mol·L－1‎ 解析：依题意知：‎ ‎　　　　　　X2(g)＋3Y2(g)2Z(g)‎ 起始(mol·L－1)：0.2　 0.6 0.4‎ 假设此可逆反应正向进行到底，则X2为0，Y2为0，Z为0.8‎ ‎ mol·L－1；假设此可逆反应逆向进行到底，则X2为0.4 mol·L－1，Y2为1.2 mol·L－1，Z为0。A项中，相当于反应逆向进行到底，对于可逆反应是不可能的，故A项不对。B项中，0.6 mol·L－1