高中化学必修1全册课件（人教版） (8) 80页

第3课时物质的量在化学实验中的应用\n课前自主学习(学生用书P16)\n一､物质的量浓度1.用来表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量,叫做溶质B的物质的量浓度｡符号cB,单位为mol/L(或mol·L-1)公式为:cB=\frac{n_B}{V}｡2.在稀释浓溶液时,溶液的体积发生了变化,但溶液中溶质的物质的量不变,即在溶液稀释前后,溶液中溶质的物质的量相等,可表示为c(浓硫酸)·V(浓溶液)=c(稀溶液)·V(稀溶液)｡\n二､一定物质的量浓度溶液的配制配制100mL2.00mol/L的NaCl溶液1.主要仪器:托盘天平､100mL容量瓶､烧杯､玻璃棒､胶头滴管､药匙等｡2.配制步骤(1)计算:根据nB=cB·V可知n(NaCl)=0.2mol,则m(NaCl)=11.7g｡(2)称量:根据计算结果用托盘天平称量所需NaCl｡(3)溶解:将称好的NaCl固体放入烧杯中,用适量蒸馏水溶解,用玻璃棒不断搅拌,并冷却至室温｡\n(4)转移:将烧杯中的溶液用玻璃棒引流转移到100mL容量瓶中｡(5)洗涤:用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2~3次,洗涤液也都注入容量瓶中｡轻轻晃动容量瓶使溶液混合均匀｡(6)定容:将蒸馏水注入容量瓶,液面离容量瓶颈刻度线下1~2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至与液面刻度线相切｡(7)摇匀:盖好瓶塞,反复上下颠倒,摇匀｡(8)装瓶:把配好的溶液倒入预备好的试剂瓶中,贴上标签｡\n诱思探究:在配制NaCl溶液时,如果不用蒸馏水洗涤烧杯,对NaCl的物质的量浓度有何影响?提示:烧杯内壁残留有少量NaCl,如果不用蒸馏水,洗涤烧杯2~3次,会使所配溶液浓度偏低｡\n课堂深化探究(学生用书P16)\n一､容量瓶使用的注意事项1.容量瓶的标注内容(1)容量瓶上标有温度､容积､刻度线｡(2)表示在所指温度下,液面与刻度线相切时,溶液体积恰好与瓶上标注的体积相等,所以只有在指定温度下,容量瓶的容积才是标准的｡(3)常用规格有100mL､250mL､500mL及1000mL｡\n2.容量瓶使用注意事项(1)容量瓶瓶口配有磨口玻璃塞或塑料塞｡使用前,除洗涤外,还应检查容量瓶是否完好,检验容量瓶是否漏液｡检漏方法:往瓶内加入一定量水,塞好瓶塞｡用食指摁住瓶塞,另一只手托住瓶底,把瓶倒立起来,观察瓶塞周围是否有水漏出｡如果不漏水,将瓶正立并将瓶塞旋转180°后塞紧,仍把瓶倒立起来,再检查是否漏水｡(2)只用于配制溶液,不能直接在容量瓶中溶解或稀释,容量瓶也不能作为反应容器,且不能长期贮存溶液｡\n(3)向容量瓶中注入液体时,应沿细玻璃棒注入,且玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线以下的内壁上,以防注入操作时液体流出,造成溶质损失｡(4)溶液注入容量瓶前需恢复到常温,因为溶质在烧杯内稀释或溶解时会吸热或放热,而容量瓶必须在常温下使用｡(5)用容量瓶不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液,这是因为容量瓶的规格是固定的,配制溶液时要根据所需溶液的体积选择合适的容量瓶｡(6)读数时,要使视线与瓶内凹液面的最低处相切｡\n二､配制一定物质的量浓度溶液的误差分析由可知,误差来源的根本原因是:物质的量或溶液体积产生的误差,若n偏大或V偏小,则c偏大;若n偏小或V偏大,则c偏小｡常见的误差分析如下:\n(1)若称量物错放在托盘天平右盘上,则m变小使c偏小,因称量时m(左)=m(右)+m(游码)｡(2)若称量固体溶质时,操作无误,但所用的砝码生锈,则m偏大,c偏高｡(3)若没有洗涤溶解用的烧杯及玻璃棒,则n偏小,c偏小｡(4)转移过程中有少量溶液或洗涤液洒在容量瓶外,则n偏小而使c偏小｡(5)转移溶液未冷却至室温,因液体的膨胀系数大于玻璃的膨胀系数,冷却后液面必低于刻度线,则c偏高｡\n(6)容量瓶使用前含有少量蒸馏水,则无影响｡(7)定容时水加多了,用滴管吸出,则n变小而使c偏小｡(8)定容后,经振荡､摇匀､静置,液面下降少许是正常的,不必再加水至刻度线,若再加水,则V变大而使c偏小｡(9)定容时仰视刻度线,由于操作以刻度线为基准加水,故加水量增多,导致V偏大,c偏小｡(10)定容时俯视刻度线,则加水量减少,导致V变小,故c偏高｡\n三､物质的量浓度的有关计算1.已知一定体积的溶液中溶质的量,求溶质的物质的量浓度(1)若已知溶质质量(2)若已知溶质中某粒子的个数\n2.求算一定体积的气体(标准状况)溶于水后形成溶液中溶质的物质的量浓度(1)若已知溶液的体积\n2)若已知溶液的密度如果气体的摩尔质量为Mg·mol-1,VL(标准状况)该气体溶于1L水中所得溶液的密度为ρg·cm-3｡①先计算溶质的物质的量②再计算溶液的体积\n③最后计算物质的量浓度\n3.已知溶液中某种粒子的物质的量浓度,求其他粒子的物质的量浓度解答此类题目时要依据两个规律:(1)定组成规律电解质溶液中,阴离子与阳离子浓度之比等于化学组成中离子个数之比,据此可求已知一种离子浓度的溶液中的另一种离子浓度｡如Na2SO4溶液中c(Na+)=2c(SO2-4)=2c(Na2SO4)FeCl3溶液中c(Fe3+)=c(Cl-)=c(FeCl3)\n(2)电荷守恒定律因为任何溶液都显电中性,故溶液中阳离子所带的正电荷总数应等于溶液中阴离子所带的负电荷总数,这个规律就称之为电荷守恒定律｡如在Na2SO4､MgSO4的混合溶液中Na2SO4=2Na++SO2-4MgSO4=Mg2++SO2-4c(Na+)+2×c(Mg2+)=2×c(SO2-4)\n4.溶液的稀释或混合的物质的量浓度的计算溶液稀释或混合前后,溶液的体积发生了变化,但溶液中溶质的质量相等,溶质的物质的量相等,可表示为:c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀),c1V1+c2V2=c(混)·V(混)｡(c1､c2和V1､V2分别是混合前溶液的物质的量浓度和体积)｡\n特别提示:若题目中指出不考虑溶液体积的改变,可认为混合溶液的体积为原两溶液体积之和;若题目中给出混合后溶液的密度,则根据来计算｡\n四､物质的量浓度与溶质质量分数､溶解度之间的关系1.溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的区别与联系\n\n2.溶解度和溶质质量分数的关系在一定温度下某溶质在水中的溶解度为S,设溶液中溶剂为100g时,溶质的质量为Sg｡则溶质的质量分数\n3.饱和溶液中溶质的物质的量浓度与该溶质的溶解度的关系设溶解度为Sg,饱和溶液的总质量为(100g+S),密度为ρg·cm-3｡则\n特别提示:①在公式中,溶质一定要用物质的量,而V一定是溶液的体积,而不是溶剂的体积｡②应用有关固体溶解度的换算公式时,要先看清楚所给溶液是否为饱和溶液｡若溶液不是饱和溶液,则不能使用有关溶解度的公式｡\n典例剖析(学生用书P18)\n知识点一物质的量浓度例1下列溶液中物质的量浓度为1mol·L-1的是()A.将40gNaOH溶解在1L水中B.将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液C.将1L10mol·L-1的浓盐酸加入9L水中D.将10.6gNa2CO3溶解在少量水中,再加蒸馏水直到溶液体积为100mL\n解析〕根据公式n为溶质的物质的量,V为溶液的体积,选项A:n(NaOH)=1mol,但V(水)=1L,V(溶液)≠1L,错误;选项B:22.4L并不一定是在标准状况下,错误;选项C:n(HCl)=10mol,但溶液体积不是10L,错误;选项D:n(Na2CO3)=0.1mol,V(溶液)=0.1L,正确｡〔答案〕D\n知识点二溶液的配制例2实验室欲配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL;(1)配制溶液时,一般可以分为以下几个步骤:①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却其正确的操作顺序为____________________｡(2)使用容量瓶前必须进行的一步操作是________｡②①③⑧⑤⑥⑦④查漏\n(3)在配制过程中,其他操作都是正确的,下列操作会引起误差偏高的是________｡①没有洗涤烧杯和玻璃棒②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水④定容时俯视刻度线⑤定容时仰视刻度线⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面低于刻度线,再加水至刻度线④\n〔解析〕(1)配制溶液的一般步骤为计算､称量､溶解､冷却､转移､洗涤､定容､摇匀｡(2)使用容量瓶之前必须检验容量瓶是否漏水,以防引起实验误差｡(3)①没有洗涤烧杯和玻璃棒,将会使溶质偏少,浓度偏低;②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面,会使溶质偏少,浓度偏低;③容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水,对浓度无影响;\n④⑤定容时俯视刻度线,使溶液体积偏少,浓度偏高;仰视刻度线,使溶液体积偏多,浓度偏低;⑥定容摇匀后,再加水会使溶液体积偏大,浓度偏低｡\n知识点三溶液混合及稀释的计算例3现有200mLH2SO4和Na2SO4的混合溶液,其中硫酸的物质的量浓度为1mol/L,Na2SO4的物质的量浓度为0.5mol/L,若要制配H2SO4和Na2SO4的物质的量浓度分别为2mol/L和0.2mol/L的溶液,应加入55.8%的H2SO4溶液(密度为1.35g·cm-3)多少毫升?再加蒸馏水稀释到多少毫升?\n〔解析〕先根据稀释定律确定稀释后溶液的体积V(稀):稀释前后Na2SO4的物质的量不变,即有0.200L×0.5mol/L=V(稀)×0.2mol/L则V(稀)=0.500L;由题意可知:对于H2SO4来说,n(原有)+n(加入)=n(配)则有:0.2L×1mol/L=0.5L×2mol/L\n解得:V(H2SO4)=104mL,故需加入55.8%的硫酸溶液104mL后再加入蒸馏水稀释至500mL｡〔答案〕104ml;500mL\n〔点评〕本题是考查溶液的配制,是用浓溶液配制稀溶液的过程,也就是溶液的稀释｡解答过程要抓住溶液稀释时,溶质的物质的量不变或溶质的质量不变的规律｡\n知识点四物质的量浓度与溶质质量分数的换算例4体积为VmL,密度为dg·cm-3的溶液,含有相对分子质量为M的溶质mg,其物质的量浓度为cmol·L-1,质量分数为w%,下列表达式正确的是(多选)()A.c=(w×1000×d)/MB.m=V×d×(w/100)D.c=(1000×m)/(V×M)〔答案〕BD\n〔解析〕根据质量分数､物质的量浓度的概念,可推导出它们之间的关系｡质量分数换算成物质的量浓度A不正确;已知溶液的体积和密度及质量分数,求得溶质质量m=V×d×w%,B正确;换算成质量分数wC不正确;已知溶质质量､溶液的体积和溶质的相对分子质量,求物质的量浓度D正确｡\n课内针对性训练(学生用书P19)\n1.容量瓶上无需标记的是()A.刻度线B.温度C.容量D.物质的量浓度答案:D\n2.下列溶液中的c(Cl-)与50mL1mol·L-1氯化铝溶液中c(Cl-)相等的是()A.150mL1mol·L-1氯化钠溶液B.75mL2mol·L-1氯化钙溶液C.100mL3mol·L-1氯化钾溶液D.75mL1mol·L-1氯化铁溶液答案:CD解析:由AlCl3化学式知c(Cl-)=3c(AlCl3)=3mol·L-1,A中c(Cl-)=1mol·L-1;B中c(Cl-)=4mol·L-1;C､D中c(Cl-)=3mol·L-1｡应注意本题比较的是Cl-浓度,而不是Cl-的物质的量,故c(Cl-)与所给溶液体积大小无关｡\n3.将5mol·L-1盐酸10mL稀释到250mL,再取出5mL,这5mL溶液的物质的量浓度是()A.0.02mol·L-1B.0.25mol·L-1C.0.2mol·L-1D.0.5mol·L-1答案:C解析:由稀释定律c(浓)V(浓)=c(稀)V(稀)可得出结论｡\n4.配制250mL0.10mol/L的NaOH溶液时,下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是()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.在容量瓶中进行定容时俯视刻度线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答案:C\n解析:B项,如图乙所示,定容后液面高于容量瓶的刻度线,溶液体积偏大,NaOH的物质的量浓度偏小;C项,如图甲所示,情况与B项相反;A､D两项容易判断会偏小｡\n5.1LK2SO4和MgSO4的混合溶液中,含Mg2+2.4g,SO2-4的物质的量浓度为1mol/L,则MgSO4和K2SO4的物质的量浓度分别为________､________｡答案:0.1mol/L0.9mol/L解析:n(Mg2+)=n(MgSO4)==0.1mol,则c(MgSO4)==0.1mol/L,设K2SO4的物质的量浓度为x｡由电荷守恒c(K+)+2(Mg2+)=2c(SO2-4)得2x+2×0.1=2×1,解得x=0.9mol/L｡\n6.已知37%的H2SO4溶液的密度为1.28g·cm-3,求其物质的量浓度｡答案:37%的H2SO4溶液的物质的量浓度为4.8mol·L-1｡解析:此题为物质的量浓度与质量分数之间的换算题,既可以直接代入下面公式,来求,又可以利用定义式来求,如:\n解法一:取100g溶液来计算m(H2SO4)=100g×37%=37gn(H2SO4)==0.38molc(H2SO4)==4.8mol·L-1\n解法二:取1L溶液来计算V(液)=1Lm(H2SO4)=V[H2SO4(aq)]·ρ·w=1000mL×1.28g·cm-3×37%=473.6g\n课后优化训练(学生用书P20)\n基础强化1.在配制物质的量浓度溶液的实验中,最后用胶头滴管定容后,液面正确的是()答案:B解析:在配制物质的量浓度溶液的实验中,定容后,溶液凹液面最低点应该与刻度线平齐｡\n2.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列关于0.2mol·L-1K2SO4溶液的说法正确的是()A.1000mL水中所含K+､SO2-4总数为0.3NAB.500mL溶液中有0.1NA个K+C.100mL溶液中K+的浓度为0.4mol·L-1D.1L溶液中SO2-4的浓度为0.4mol·L-1答案:C\n解析:1000mL溶液中含K+､SO2-4总数为(0.2mol·L-1×2×1L+0.2mol·L-1×1L)×NA=0.6NA,A不正确;500mL溶液中含K+数为(0.2mol·L-1×0.5L×2)×NA=0.2NA,B不正确;溶液中K+的浓度为0.4mol·L-1,SO2-4浓度为0.2mol·L-1,只有C正确｡\n3.在相同体积､相同物质的量浓度的酸中,必须相等的是()A.溶质的质量B.溶质的质量分数C.溶质的物质的量D.H+的物质的量答案:C解析:相同物质的量浓度､相同体积的酸中含溶质的物质的量相同,由于各种酸的摩尔质量不同,其质量也不同;溶液的密度不同,质量分数也不一定相同;酸中所含氢的个数不一定相同,氢离子的物质的量也不一定相同｡\n4.下列有关实验操作不正确的是()答案:BC解析:NaOH固体不应直接在托盘上称量;浓H2SO4的稀释应将浓H2SO4沿着烧杯内壁缓缓加入,并不断用玻璃棒搅拌｡\n5.某Al2(SO4)3溶液VmL中含agAl3+,取出溶液稀释成4VmL后,SO2-4的物质的量浓度为()答案:B\n解析:\n6.一定温度下,将少量生石灰放入一定量的饱和石灰水中,搅拌并冷却到原温度,下列说法正确的是()A.溶质的质量增大B.溶质的物质的量浓度增大C.Ca(OH)2溶解度不变D.溶质的质量分数增大答案:C解析:将生石灰加入饱和石灰水中,会发生反应:CaO+H2O=Ca(OH)2水量减少,有溶质析出,但温度不变,仍然是该温度下的饱和溶液,故溶质的质量分数､物质的量浓度､溶解度均不变,故C正确｡\n7.某同学帮助水质检测站配制480mL0.5mol·L-1NaOH溶液以备使用｡(1)该同学应选择________mL的容量瓶｡500\n(2)其操作步骤如右图所示,则如图操作应在下图中的________(填选项字母)之间｡A.②与③B.①与②C.④与⑤C\n(3)该同学应称取NaOH固体________g,用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时,请在附表中选取所需的砝码大小________(填字母),并在下图中选出能正确表示游码位置的选项________(填字母)｡10.0c､dc\n附表砝码规格abcde砝码大小/g1005020105\n(4)下列操作所配溶液的浓度大小有何影响?①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯,浓度会________(填“偏大”､“偏小”或“无影响”,下同)｡②容量瓶中原来有少量蒸馏水,浓度会________｡偏小无影响\n8.标准状况下,将350体积HCl气体溶于1体积水中,所得溶液的密度为1.18g·mL-1｡求此溶液中HCl的质量分数和物质的量浓度｡答案:36.3%11.7mol·L-1\n解析:HCl的质量分数为100%≈36.3%,HCl的物质的量浓度为\n9.欲将0.10mol·L-1的NaOH溶液和0.50mol·L-1的NaOH混合成0.20mol·L-1的NaOH溶液｡求两溶液的体积比(忽略混合时体积变化)｡答案:31解析:根据混合前后溶质的总物质的量不变解答此类题｡设所需0.10mol·L-1的NaOH溶液及0.50mol·L-1的NaOH溶液的体积分别为V1和V2,根据混合前后溶质的总物质的量不变列式得:0.10mol·L-1·V1+0.50mol·L-1·V2=0.20mol·L-1·(V1+V2)\n解得\n能力提升\n1.NaCl､K2SO4､KCl混合溶液中已知c(K+)=1mol/L,c(Na+)=1mol/L,c(Cl-)=1mol/L,则c(SO2-4)为()A.1mol/LB.0.5mol/LC.2mol/LD.无法计算答案:B解析:根据电荷守恒可得c(Na+)×1+c(K+)×1=c(Cl-)×1+c(SO2-4)×2可求出c(SO2-4)=0.5mol/L｡\n2.一定量的质量分数为14%的氢氧化钾溶液,若将其蒸发掉100g水后,其质量分数为28%,体积为125mL,则浓缩后的KOH的物质的量浓度为()A.2.2mol/LB.4mol/LC.5mol/LD.6.25mol/L答案:B\n解析:设原溶液质量为m,根据浓缩前后溶质质量不变,可得(m-100)×28%=m×14%,m=200g,可求出溶质的质量为200g×14%=28\n3.今有相同体积的两份植物营养液,其配方如下:KClK2SO4ZnSO4ZnCl2(1)0.3mol0.2mol0.1mol/(2)0.1mol0.3mol/0.1mol\nA.完全不同B.仅c(K+)相同C.仅c(Cl-)相同D.完全相同答案:D解析:(1)中c(K+)=0.7mol·L-1,c(Zn2+)=0.1mol·L-1,c(SO2-4)=0.3mol·L-1,c(Cl-)=0.3mol·L-1;(2)中c(K+)=0.7mol·L-1,c(Zn2+)=0.1mol·L-1,c(SO2-4)=0.3mol·L-1,c(Cl-)=0.3mol·L-1｡\n4.在标准状况下,700LNH3的物质的量为________,全部溶解在1L水中,所得溶液的溶质的质量分数为________,如果该氨水的密度为0.85g/cm3,则氨水的物质的量浓度为________｡答案:31.25mol34.7%17.35mol·L-1\n解析:NH3的物质的量为:31.25mol氨气质量为31.25mol×17g·mol-1=531.25g溶质质量分数为100%=34.7%氨水的物质的量浓度为=17.35mol·L-1｡\n5.常温下,将20.0g14.0%的NaCl溶液跟30.0g24.0%NaCl溶液混合,得到密度为1.17g·cm-3的混合溶液｡(1)该混合溶液中NaCl的质量分数为________｡(2)该混合溶液中NaCl的物质的量浓度是________mol·L-1｡(3)在1000g水中溶解________molNaCl才能使其浓度与上述混合溶液的浓度相等(保留一位小数)｡答案:(1)20%(2)4.0(3)4.3\n解析:(1)混合溶液的质量为:20.0g+30.0g=50.0g｡溶质的质量为:20.0g×14.0%+30.0g×24%=10.0gw(NaCl)=×100%=20%｡(2)n(NaCl)==4.0mol·L-1｡(3)×100%=20%n(NaCl)≈4.3mol｡\n6.如图是“康师傅”牌饮用矿泉水标签的部分内容｡请认真阅读标签内容后计算｡饮用矿物质水净含量:500mL配料表:纯净水硫酸镁氯化钾保质期:12个月主要成分:钾离子(K+):1.0~27.3mg/L镁离子(Mg2+):0.1~4.8mg/L氯离子(Cl-):10~27.3mg/L硫酸根离子(SO2-4):0.4~19.2mg/L\n(1)该矿泉水中镁离子的物质的量浓度的最大值.(2)一瓶合格的这种矿泉水中硫酸根离子的物质的量不能超过多少?(单位:mol)注:1g=103mg答案:(1)2×10-4mol/L(2)1×10-4mol解析:(1)c(Mg2+)最大时:m(Mg2+)=4.8mg/L×0.5L=2.4mg=2.4×10-3gn(Mg2+)=2.4×10-3g/(24g/mol)=1×10-4molc(Mg2+)=1×10-4mol/0.5L=2×10-4mol/L或:c(Mg2+)=4.8×10-3g/L/(24g/mol)=2×10-4mol/L\n(2)硫酸根离子的含量最多时:m(SO2-4)=19.2mg/L×0.5L=9.6mg=9.6×10-3gn(SO2-4)=9.6×10-3g/(96g/mol)=1×10-4mol｡