年高中化学 物质的量浓度课件 人教 99页

\n\n\n\n\n\n\n\n1.将4gNaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度为（）A.1mol/LB.0.1mol/LC.0.01mol/LD.10mol/L【解析】选B。n（NaOH）==0.1molc（NaOH）==0.1mol/L取出10mL，溶液的物质的量浓度等于原1L溶液的物质的量浓度。\n2.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（）A.将58.5gNaCl溶解于1L水中配成的溶液B.将80gSO3溶于水并配成1L溶液C.将0.5mol/L的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D.含K+为2mol的K2SO4溶液【解析】选B。A中“1L水”，溶液体积不一定为1L；C中蒸发掉50g水后，溶液体积不一定是50mL；D中未指明溶液的体积。\n3.实验室配制1mol·L-1盐酸250mL，下列不需用的仪器是（）A.250mL容量瓶B.托盘天平C.胶头滴管D.烧杯【解析】选B。因盐酸为液体，应用量筒量取，而不用托盘天平称量。\n4.配制100mL1.0mol/LNa2CO3溶液，下列操作正确的是（）A.称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，溶解定容B.称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌溶解C.转移碳酸钠溶液时未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D.定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀【解析】选D。A项错在不能在容量瓶中溶解物质；B项错在加入100mL蒸馏水溶解碳酸钠，所配溶液体积不一定是100mL；C项错在未用玻璃棒引流。\n5.1L1mol·L-1的NaOH溶液中，通入0.8mol的CO2，完全反应后，溶液中和的物质的量浓度之比约是_________。【解析】溶液中的和实际上来自NaOH与CO2的反应产物Na2CO3与NaHCO3，因NaOH和CO2都恰好反应完全，故与中的碳原子全部来自CO2，而Na2CO3和NaHCO3中的Na+全部来自NaOH，或者说、所带的负电荷总数与Na+所带正电荷总数相等，据此，本题可作以下解答。\n设Na2CO3的物质的量为a，NaHCO3的物质的量为b，则有解得a=0.2molb=0.6mol即a∶b=1∶3答案：1∶3\n6.实验室配制500mL0.500mol·L-1的NaCl溶液，有如下操作步骤：①把称量好的NaCl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解。②把①所得溶液小心转入500mL容量瓶中。③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切。\n④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中，并轻轻摇匀。⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：(1)操作步骤的正确顺序为______（填序号）。(2)本实验用到的基本实验仪器有_______。\n(3)某同学观察液面的情况如图所示，对所配溶液浓度将有何影响？_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）。\n【解析】(1)配制一定量物质的量浓度的溶液应按溶解→转移→洗涤→移液→定容→摇匀的步骤进行。(2)基本仪器主要有托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙。(3)俯视定容会使所配溶液体积偏小，导致结果偏高。答案：(1)①②④③⑤(2)托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙(3)偏高\n\n\n\n\n\n\n【例1】（1）标准状况下，用氨气做喷泉实验，实验完毕后，当液体进入烧瓶总体积的三分之二时，假设溶质不外泄，则所得溶液的物质的量浓度为_______。（2）1体积水溶解700体积(标准状况)的NH3，所得氨水密度是0.9g/cm3，则该溶液的溶质的质量分数是____，物质的量浓度是____。\n【标准解答】\n\n答案：\n【互动探究】如果将上题中的氨气改为HCl，请分别解答两题。（1）标准状况下，用HCl做喷泉实验，实验完毕后，当液体进入烧瓶总体积的三分之二时，假设溶质不外泄，则所得溶液的物质的量浓度为多少？提示：\n（2）1体积水溶解500体积(标准状况)的HCl，所得盐酸密度是1.19g/cm3，则该溶液的溶质的质量分数和物质的量浓度分别是多少？提示：\n【变式训练】（2010·武汉模拟）在40mL稀硫酸中加入1.6g氧化铁后溶液仍呈酸性，再加入5g铁粉后，滴入硫氰化钾溶液，没有红色出现，此时溶液尚残留铁粉1.64g，原硫酸溶液的物质的量浓度是（）A.4mol/LB.3.5mol/LC.3mol/LD.2mol/L\n【解析】选D。由题意知：Fe2O3+3H2SO4====Fe2(SO4)3+3H2O，Fe2（SO4）3+Fe====3FeSO4，H2SO4+Fe====FeSO4+H2↑，反应后剩余Fe的质量为1.64g，根据化学方程式知，最后所得溶液为FeSO4\n\n\n\n\n\n【例2】20℃时，硫酸的密度和物质的量浓度对照表如下：\n（1）将18.4mol/L的浓硫酸100mL加水稀释成5.30mol/L,则加入的水的体积为_____（所有数据均在20℃时测定，20℃时水的密度近似看成1g·cm-3）。（2）将浓度为c1密度为ρ1和浓度为c2密度为ρ2（c1＞c2）两种硫酸溶液混合，所得溶液的密度______（选填下列选项）。\n(3)现有H2SO4和Na2SO4的混合溶液200mL，其中H2SO4的物质的量浓度为1mol/L，Na2SO4的物质的量浓度为0.5mol/L，若要使H2SO4和Na2SO4的物质的量浓度分别为2mol/L和0.2mol/L，应加入98%的H2SO4______mL，再加入蒸馏水稀释至_______mL才能实现。\n【思路点拨】解答本题应从以下三个方面考虑\n【自主解答】（1）中根据稀释前后溶质的物质的量不变，可求得稀释后稀硫酸的体积为347.2mL。由于水的密度可近似看成1g·cm-3，因此求水的体积即求水的质量，根据稀释前后质量具有加和性，可求得水的质量为1.30×347.2-1.84×100=267.4(g)。对于问题(2)，很多同学在求解时可能被大量的数据所迷惑。根据表格中的数据分析知，溶液的密度和浓度成正比，由于体积关系未知，将浓度为c1和c2的两种硫酸混合所得混合液的浓度应在c1和c2之间，因此所得溶液的密度也在ρ1和ρ2之间，选项D正确。\n(3)首先利用稀释前后Na2SO4的物质的量不变确定稀释后溶液的体积，再根据H2SO4的物质的量确定所需浓硫酸的体积。设稀释后溶液的体积为VmL，则有：0.5mol/L×200mL=0.2mol/L×VmL，解得：V=500；其中需要注意的是98%的浓H2SO4的密度或物质的量浓度的求法，由公式c=，w=98%，M=98g·mol-1，得10ρ=c，由表中数据可得98%的浓H2SO4的密度为1.84g·cm-3，物质的量浓度为18.4mol·L-1。设应加入98%的浓H2SO4xmL，则有：\n18.4mol/L×xmL+1mol/L×200mL=2mol/L×500mL，解得：x=43.5。答案：（1）267.4mL（2）D（3）43.5500\n【变式训练】对于1mol/L的氨水，下列说法正确的是（忽略溶液混合时的体积变化）（）A.标准状况下22.4L氨气溶于1L水，即可得到1mol/L的氨水B.1mol/L的氨水的质量分数小于1.7%C.1mol/L的氨水与水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度大于0.5mol/LD.将质量分数为10%的氨水与质量分数为20%的氨水等体积混合，所得氨水的质量分数大于15%\n【解析】选C。选项A，将22.4L氨气溶于1LH2O中，所得溶液体积不一定是1L，故A错；选项B，，因为ρ(氨水)<1g·cm-3，所以w(氨水)>1.7%，错误；选项C，氨水与水等质量混合时，所得溶液体积比原氨水体积的2倍小，因此c(氨水)>0.5mol/L，正确；选项D，两种氨水等体积混合时，由于氨水的密度随其质量分数增大而减小，因此所得氨水的质量分数应小于，即w(氨水)<15%，错误。\n\n\n\n\n\n【例3】要配制500mL0.2mol/L的FeSO4溶液，实验操作步骤有：①在天平上称取ag绿矾(FeSO4·7H2O)，将它放在烧杯中，用适量蒸馏水使其完全溶解②将所得溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中③继续向容量瓶中加水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至液面底部与刻度线相切④用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤液都转入容量瓶⑤将容量瓶塞紧，充分摇匀\n填写下列空白：（1）ag绿矾的实际质量为_____g。（2）上述操作步骤的正确顺序为______。（3）观察液面时若俯视则所配溶液的浓度____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（4）若出现下列情况，对所配溶液的浓度有何影响：若配制时遗漏步骤④，会使所配溶液的浓度_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）。加蒸馏水时不慎超过了刻度线，会________。\n【标准解答】(1)m(FeSO4·7H2O)=0.5L×0.2mol/L×278g/mol=27.8g。（2）配制一定物质的量浓度溶液的实验步骤：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀。（3）俯视读数会使所配溶液液面在刻度线以下，则所配溶液的浓度偏高。（4）没有洗涤烧杯，会使溶质的质量减小，故所配溶液的浓度偏低；加水超线，溶液体积偏大，故所配溶液的浓度偏低。答案：(1)27.8(2)①→②→④→③→⑤(3)偏高(4)偏低偏低\n【互动探究】（1）若加蒸馏水时不慎超过刻度线，如何处理？（2）若操作步骤②时有溶液溅在容量瓶外，如何处理？提示：加蒸馏水超过刻度线或有溶液溅在容量瓶外，没有补救的方法，只能是倒掉重新配制。\n\n\n\n\n（2008·四川高考·13）在aLAl2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2,恰好使溶液中的完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L)为（）\n【命题意图】本题主要考查了有关物质的量浓度、溶液的体积、溶质的物质的量之间的换算，几种溶液混合后溶液性质。另外，也考查了电荷守恒的应用以及分析推理能力。\n【解析】\n1.在4℃时100mL水中溶解了22.4LHCl气体（标准状况下测得）后形成溶液。下列说法中正确的是（）A.该溶液物质的量浓度为10mol/LB.该溶液物质的量浓度因溶液的密度未知而无法求得C.该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得D.所得溶液的体积为22.5L\n【解析】选B。选项A，由溶液的体积不能简单等于0.1L，便可推知该溶液物质的量浓度不应等于10mol/L；选项C，本题的溶质的质量与溶剂的质量分别为36.5g、100g，所以可求出质量分数；选项D，溶液的体积不能是溶质与溶剂的简单加和，即不等于22.5L。\n2.有BaCl2和NaCl的混合溶液wL，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl－完全沉淀。反应中消耗amolH2SO4、bmolAgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)为（）\n【解析】选D。本题考查化学计算。一份溶液中滴加硝酸银溶液，Ag+和Cl-反应生成AgCl，消耗bmolAg+，则原溶液中含有2bmolCl-。另一份溶液中滴加稀硫酸，Ba2+和反应生成BaSO4，消耗amol，则原溶液中含有2amolBa2+。根据电荷守恒c（Na+）+2c（Ba2+）=c（Cl-）,所以原溶液中c（Na+）为mol/L，正确选项为D。\n\n\n\n\n1.（2009·海南高考）在5mL0.05mol/L的某金属氯化物溶液中，滴加0.1mol/LAgNO3溶液，生成沉淀质量与加入AgNO3溶液体积关系如图所示，则该氯化物中金属元素的化合价为（）A.+1B.+2C.+3D.+4\n【解析】选C。设氯化物的化学式为MClxMClx～xAgNO31x5mL×0.05mol/L0.1mol/L×7.5mLx=3\n2.(2007·山东高考)一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.1000mol·L-1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度（mol·L-1）为（）提示：①H2C2O4是二元弱酸②10［KHC2O4·H2C2O4］+8KMnO4+17H2SO4====8MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2OA.0.008889B.0.08000C.0.1200D.0.2400\n【解析】选B。根据10［KHC2O4·H2C2O4］+8KMnO4+17H2SO4====8MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O得关系式：10［KHC2O4·H2C2O4］～8KMnO410mol8mol3NaOH～KHC2O4·H2C2O4·2H2O3mol1mol又根据所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则很容易看出KMnO4溶液的浓度为0.08000mol·L-1。\n3.(2007·上海高考）往含I-和Cl-的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示。则原溶液中c（I-）/c（Cl-）的比值为（）A.（V2-V1）/V1B.V1/V2C.V1/（V2-V1）D.V2/V1\n【解析】选C。本题考查卤化银沉淀的计算。I-首先与Ag+生成AgI沉淀，然后Cl-与Ag+生成AgCl沉淀。因I-+Ag+====AgI↓，Cl-+Ag+====AgCl↓，所以I-与Cl-的物质的量之比等于消耗AgNO3溶液的体积比，所以c（I-）/c（Cl-）=。\n4.（2007·江苏高考）在隔绝空气的条件下，某同学将一块部分被氧化的钠块用一张已除氧化膜、并用针刺一些小孔的铝箔包好，然后放入盛满水且倒置于水槽中的容器内。待钠块反应完全后，在容器中仅收集到1.12L氢气（标准状况），此时测得铝箔质量比反应前减少了0.27g,水槽和容器内溶液的总体积为2.0L，溶液中NaOH的浓度为0.050mol·L-1（忽略溶液中离子的水解和溶解的氢气的量）。（1）写出该实验中发生反应的化学方程式。（2）试通过计算确定该钠块中钠元素的质量分数。\n【解析】\n\n答案：（1）①2Na+2H2O====2NaOH+H2↑②Na2O+H2O====2NaOH③2Al+2NaOH+2H2O====2NaAlO2+3H2↑（2）89%\n1.(2009·广州模拟)将物质的量均为amol的钠和铝一同投入mg水中(水足量)，所得溶液的密度为ρg·cm-3，则此溶液的物质的量浓度为（）\n【解析】选C。物质的量均为amol的钠和铝一同投入足量的水中，根据元素守恒可知，恰好生成偏铝酸钠，此溶液溶质的物质的量为amol，生成的H2的物质的量可以根据得失电子守恒推算：n（Na）×1+n（Al）×3=n（H2）×2，则溶液的质量为金属与水的质量之和减去生成的氢气的质量，再根据密度算出溶液体积，最后得到溶液的物质的量浓度。\n2.（2009·扬州模拟）质量分数为a%，物质的量浓度为cmol·L-1的KOH溶液，蒸发溶剂，恢复到原来温度，若质量分数变为2a%，则物质的量浓度变为（）A.等于2cmol·L-1B.大于2cmol·L-1C.小于2cmol·L-1D.在c～2cmol·L-1之间【解析】选B。由溶质质量不变可得ρ1V1·a%=ρ2V2·2a%,=2·＞2,再由溶质物质的量不变可推出B正确。\n3.（2009·深圳模拟）25℃时，饱和CuSO4溶液的密度为1.12g·mL-1，物质的量浓度为2.0mol·L-1，则下列说法中不正确的是（）A.20℃时，饱和CuSO4溶液的物质的量浓度小于2.0mol·L-1B.其溶质的质量分数为（160g·mol-1×2.0mol·L-1）/（1.12g·mL-1×1000mL·L-1）C.25℃时，将该饱和CuSO4溶液蒸发掉10g水后再恢复至原温度，所得溶液的物质的量浓度不变D.取0.25L上述饱和CuSO4溶液加入1.6gCuSO4粉末，析出晶体的质量等于2.5g\n【解析】选D。A项温度降低，硫酸铜的溶解度减小，因此其浓度减小。C项由于仍是25℃时的饱和溶液，其浓度不变。D项中向原饱和溶液中加入1.6g硫酸铜粉末，析出的晶体将大于2.5g。\n4.(2009·广州模拟)在100mL含有等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.01molCl2，有2/3的Br-转变为Br2（已知Br2能氧化H2SO3）。则原溶液中HBr和H2SO3的物质的量浓度为（）A.0.0075mol·L-1B.0.075mol·L-1C.0.008mol·L-1D.0.08mol·L-1【解析】选B。由Br2能氧化H2SO3，可知向HBr和H2SO3的溶液中通入Cl2，Cl2首先氧化H2SO3。设HBr或H2SO3的物质的量浓度为cmol·L-1，根据电子转移守恒可得：0.01mol×2=0.1L×c×2+0.1L×c×2/3，解得：c=0.075mol·L-1。\n5.（2009·淄博模拟）实验室需要配制0.5mol·L-1的烧碱溶液500mL，根据溶液配制的过程，回答下列问题:（1）实验中除了托盘天平（带砝码）、药匙、量筒和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器有：_______。（2）根据计算得知，所需NaOH固体的质量为______g。\n（3）配制溶液的过程中，有以下操作。其中正确的是_______（填写代号）。A.将氢氧化钠固体放在纸片上称量B.在烧杯中溶解氢氧化钠固体后，立即将溶液倒入容量瓶中C.将溶解氢氧化钠的烧杯用蒸馏水洗涤2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中（4）玻璃棒在该实验中的作用有：①______________；②___________________________________________。\n【解析】（2）m=0.5mol·L-1×0.5L×40g·mol-1=10g。（3）A项中氢氧化钠固体应用烧杯称量；B项，要等溶液冷却到室温后再转移到容量瓶中。答案：（1）500mL的容量瓶、烧杯、胶头滴管（2）10（3）C（4）①搅拌，加速氢氧化钠固体的溶解②引流液体\n6.（2009·盐城模拟）在标准状况下，将224LHCl气体溶于635mL水（ρ=1.00g/cm3）中，所得盐酸的密度为1.18g/cm3。试计算：（1）所得盐酸的质量分数和物质的量浓度。（2）取出这种盐酸100mL，稀释至1.18L,所得稀盐酸的物质的量浓度。（3）在40.0mL0.065mol·L-1Na2CO3溶液中，逐滴加入（2）中稀释后所得稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，则加入稀盐酸的体积最多不能超过多少mL?\n（4）将不纯的NaOH样品1g（样品含少量Na2CO3和水），放入50mL2mol·L-1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1mol·L-1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到多少克固体？\n【解析】(1)标准状况下，n(HCl)=224L/22.4L·mol-1=10mol,m（HCl）=10mol×36.5g·mol-1=365g，盐酸的质量分数w=［365g/（365g+635g）］×100%=36.5%，盐酸的物质的量浓度c=1000×1.18×36.5%/36.5=11.8（mol·L-1）。（2）根据c（浓）×V（浓）=c（稀）×V（稀）可知c（稀）=11.8mol·L-1×0.1L/1.18L=1mol·L-1。\n（3）n（Na2CO3）=0.040L×0.065mol·L-1=0.0026mol,设加入稀盐酸的体积最多不能超过xmL，则：n（HCl）=1mol·L-1×0.001xL=0.001xmol,根据反应Na2CO3+HCl====NaHCO3+NaCl有：0.0026=0.001x,解得x=2.6。（4）经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl。根据Cl-守恒有：n（NaCl）=n（HCl）=0.050L×2mol·L-1=0.1mol,m（NaCl）=0.1mol×58.5g·mol-1=5.85g。答案：（1）36.5%11.8mol·L-1（2）1mol·L-1（3）2.6mL（4）5.85g\n7.（2010·石家庄模拟）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验。请回答以下问题：（1）配制浓度为2mol·L-1的NaOH溶液100mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将____（填写代号，下同）A.等于8.0gB.等于8.00gC.大于8.0gD.等于0.2g（2）要配制浓度约为2mol·L-1的NaOH溶液100mL,下面的操作正确的是_______。A.称取8.0gNaOH固体，放入250mL烧杯中，用量筒量取100mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解\nB.称取8.0gNaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mLC.称取8.0gNaOH固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加水至刻度线，盖好瓶塞，反复摇匀D.用100mL量筒量取40mL5mol·L-1NaOH溶液，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒量取60mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中\n（3）下列操作会使配制的BaCl2溶液浓度偏低的是___。A.配制1L0.1mol·L-1的BaCl2溶液时，将砝码放在左盘上，BaCl2放在右盘上进行称量B.选用的容量瓶内有少量蒸馏水C.定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线D.整个配制过程中，容量瓶不振荡（4）某实验中需2mol·L-1的Na2CO3溶液950mL,配制时应选用的容量瓶的规格为__________，称取Na2CO3的质量为__________。\n【解析】（1）称量NaOH固体时用小烧杯，故读数等于（8.0g+烧杯质量）。（2）注意NaOH溶液的浓度约为2mol·L-1，并不是精确配制浓度为2mol·L-1的溶液。（3）配制一定物质的量浓度溶液的误差分析要紧扣,分析错误操作对n、V的影响。（4）根据容量瓶的常用规格可知，应配制2mol·L-1的Na2CO3溶液1000mL，所需Na2CO3的质量为：1L×2mol·L-1×106g·mol-1=212g。答案：（1）C（2）A、D（3）A、C（4）1000mL212g\n本部分内容讲解结束\n