高考化学一轮复习第1章第2节物质的量在化学实验中的应用教学案新人教版.docx

第二节 物质的量在化学实验中的应用考纲定位核心素养1.了解物质的量浓度(c)的含义并能进行有关计算。2.理解溶液中溶质的质量分数的概念并能进行有关计算。3.掌握配制一定溶质质量分数和物质的量浓度溶液的方法，会进行有关误差分析。4.了解溶解度、饱和溶液的概念。5.能根据化学(或离子)方程式进行有关计算。1.宏观辨识能从不同角度认识物质组成，根据溶质和溶剂认识溶液的组成。2.证据推理根据溶质的物质的量、溶液的体积进行物质的量浓度的计算。3.科学探究根据问题和目的，进行溶液物质的量浓度的配制及探究，在探究中学会评价实验，进行误差分析。考点一| 物质的量浓度及其计算1物质的量浓度(1)概念：表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量，符号为cB。(2)表达式：cB，单位：molL1或mol/L。2溶质的质量分数(1)概念：用溶质的质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。(2)表达式：w(B)100%。3有关物质的量浓度的计算(1)标准状况下，气体溶液的物质的量浓度的计算 c(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算推导过程(以1 L溶液为标准)1 L(1 000 mL)溶液中溶质质量m(溶质)1_000w gn(溶质) mol溶质的物质的量浓度c molL1。(c为溶质的物质的量浓度，单位molL1，为溶液的密度，单位gcm3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位gmol1)注意：(1)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。(2)溶液中溶质的判断与水发生反应的物质，溶质发生变化，水量减少，如：Na、Na2O、Na2O2NaOHCO2、SO2、SO3H2CO3、H2SO3、H2SO4NH3NH3H2O(但仍按溶于水的NH3进行计算)结晶水合物，溶质不变但水量增多，如CuSO45H2OCuSO4，FeSO47H2OFeSO4。4溶液稀释、同种溶质的溶液混合的计算(1)溶液稀释溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1m2w2。溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1c2V2。溶液质量守恒，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：c1V1c2V2c混V混。(若稀溶液混合后体积不变V混V1V2；若混合后体积变化V混)5溶液中的电荷守恒任何电解质溶液中均存在电荷守恒，即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。如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒式为3c(Al3)c(H)2c(SO)c(OH)，知其中三种离子的浓度，即可求剩余一种离子的浓度。1正误判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)1 L水中溶解5.85 g NaCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1 molL1。()(2)将62 g Na2O或78 g Na2O2分别溶于水中，各配成1 L 溶液，所得溶液的物质的量浓度均为2 molL1。()(3)500 mL 0.2 molL1的稀HCl加水稀释为1 000 mL，所得溶液浓度为0.1 molL1。()(4)将1 molL1的NaCl溶液和0.5 molL1 的BaCl2溶液等体积混合后(不考虑体积变化)，所得溶液中c(Cl)0.75 molL1。()(5)已知K2SO4和MgSO4的混合液中c(SO)0.2 molL1，c(K)0.1 molL1，则c(Mg2)0.1 molL1。()(6)c(H)等于0.5 molL1的稀硫酸溶液的物质的量浓度为1.0 molL1。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)2对于下列溶液5%的CuSO4溶液(密度为1.6 g/mL)；1 molL1的BaCl2溶液：(1)中CuSO4溶液物质的量浓度是_；(2)中Ba2、Cl的物质的量浓度各为_、_；(3)等体积的溶液反应后(忽略体积变化)Ba2、Cl物质的量浓度各为_、_。答案：(1)0.5 molL1(2)1 molL12 molL1(3)0.25 molL11 molL1考法1物质的量浓度的有关计算与换算1在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M gmol1)溶于0.1 L水中，所得溶液的密度为 gcm3，则此溶液的物质的量浓度(molL1)为()A.B.C.D.B气体的物质的量为 mol，所得溶液的质量为g，则此溶液的物质的量浓度为 molL1。2某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2)2 molL1，c(SO)6.5 molL1，若将200 mL的此混合液中的Mg2和Al3分离，至少应加入1.6 molL1的氢氧化钠溶液的体积为()A0.5 LB1.625 LC1.8 LD2 LD根据电荷守恒得：2c(Mg2)3c(Al3)2c(SO)，c(Al3)3 molL1，加入氢氧化钠溶液使Mg2、Al3分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH)2 L。3某结晶水合物的化学式为RnH2O，其相对分子质量为M。25 时，a g该晶体能够溶于b g水中形成V mL饱和溶液。下列关系中不正确的是()A该溶液中溶质的质量分数为w%B该溶液的物质的量浓度为c molL1C该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)m(溶质)D该溶液的密度为 gcm3AA项，结晶水合物的化学式为RnH2O，该晶体中含有R的质量为a g，所以饱和溶液中溶质的质量分数w100%，错误。考法2溶液的稀释与混合的有关计算4V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3 m g，取 mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO物质的量浓度为()A. molL1B. molL1C. molL1D. molL1A 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) molL1，c(SO)c(Al3) molL1 molL1。525 时，将0.1 molL1 NH4Cl溶液与a molL1的NaOH溶液等体积混合(溶液体积保持不变)，所得溶液的pH7，则溶液中c(Cl)_，c(NH)_，c(Na)_，c(NH3H2O)_。解析：等体积混合后c(Cl) molL10.05 molL1，c(Na) molL1，根据电荷守恒知c(Na)c(H)c(NH)c(Cl)c(OH)，又pH7，c(H)c(OH)，故c(NH)c(Cl)c(Na)(0.05)molL1。根据物料守恒知c(NH)c(NH3H2O) molL1，故c(NH3H2O)(0.050.05)molL1 molL1。答案：0.05 molL1(0.05)molL1molL1molL16(1)在100 g浓度为c molL1，密度为 gcm3的硫酸中加入一定量的水稀释成 molL1的硫酸，则加入水的体积_100 mL(填“”“”或“”，下同)。(2)若把(1)中的H2SO4改成氨水，应加入水的体积_100 mL。(3)若把(1)、(2)中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。(4)将溶质质量分数为48%的H2SO4溶液与水等体积混合，所得溶液的质量分数_24%。解析：(1)设加入水的体积为V水 mL，c103103，V水(100)，由于，所以V水，所以V水100。(3)根据溶质质量分数100%知，溶质不变，质量分数减半，则溶液质量加倍，所以均应加入100 mL 水。(4)等体积的H2SO4溶液的质量大于等体积水的质量，故混合液的质量分数大于24%。答案：(1)(3)(4)思维建模溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。(1)等质量混合,两溶液等质量混合时(无论1 gcm3还是(a%b%)。当溶液密度小于1 gcm3时，必然是溶液浓度越大，密度越小(如酒精、氨水等)，等体积混合后，质量分数w(a%b%)。注当a或b等于零时，也适用于上述判断。考点二| 配制一定物质的量浓度的溶液1主要仪器(1)托盘天平：称量前先调零，称量时药品放在左盘，砝码放在右盘，读数精确到0.1 g。若配制0.2 molL1 NaCl溶液500 mL，应用托盘天平称取NaCl5.9 g，称量时，不慎将物品和砝码颠倒放置，实际称量的NaCl的质量为4.1 g。(2)容量瓶的构造(3)容量瓶使用时的注意事项在使用前首先要检查是否漏水。不能配制任意体积的溶液。选择容量瓶时遵循“大而近”的原则，所需溶质的量按所选用的容量瓶的规格进行计算。不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释。不能作为反应器或用来长期贮存溶液。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。向容量瓶中注入液体时，要用玻璃棒引流；且玻璃棒下端要靠在容量瓶的刻度线以下的瓶颈壁上。2一定物质的量浓度的溶液配制(1)配制步骤以配制500 mL 1.50 molL1NaOH溶液为例。计算：需NaOH固体的质量，计算式为0.5 L1.50 molL140 gmol1。称量：用托盘天平称量NaOH固体30.0 g。溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。冷却移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流将溶液注入500_mL容量瓶中。洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁23次，洗涤液注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。注意液面下降，不能再加水，否则结果偏低。(2)误差分析分析依据实例分析a配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，若向容量瓶中转移液体时有少量溅出，会造成溶质的量(即m)减少，故所配NaOH溶液的浓度偏低。b若溶液未冷却至室温就注入容量瓶定容，会造成溶液的体积(即V)减小，故所配NaOH溶液的浓度偏高。c容量瓶读数所造成的误差图示图1图2图1使所配溶液体积偏大(填“大”或“小”，下同)，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。3一定溶质质量分数的溶液配制以配制200 g 20%的NaOH溶液为例。(1)计算：需NaOH的质量为40.0_g，需蒸馏水的体积为160 mL。(2)称量：用托盘天平称取NaOH 40.0 g，用量筒量取160 mL 蒸馏水。(3)溶解：将称量的NaOH放入烧杯中，用量筒量取160 mL蒸馏水加入烧杯中并用玻璃棒搅拌，即得所需溶液。正误判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)用pH1的盐酸配制100 mL pH2的盐酸，所选择的仪器只有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。()(2)配制溶液定容时当液面高于刻度线以上，应洗净容量瓶，重新配制。()(3)用量筒量取20 mL 0.500 0 molL1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 molL1 H2SO4溶液。()(4)用托盘天平称取1.06 g Na2CO3用于配制100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液。()答案：(1)(2)(3)(4)考法1一定物质的量浓度溶液的配制1用36.5%的浓盐酸(密度为1.2 gcm3)配制1 molL1的稀盐酸100 mL，配制过程中需要用到的下列仪器有()100 mL量筒10 mL量筒50 mL烧杯托盘天平100 mL容量瓶胶头滴管玻璃棒ABCDB先计算出需要量取的浓盐酸的体积，确定量筒的规格，所需36.5%的盐酸的体积为8.3 mL，故应选取10 mL量筒，还需要的仪器有烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。2实验室需要配制0.1 molL1 CuSO4溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，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(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 _、_以及等质量的两张滤纸。(2)计算，应选择下列_。A需要CuSO4固体8.0 gB需要CuSO45H2O晶体12.0 gC需要CuSO45H2O晶体12.5 gD需要CuSO4固体7.7 g(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。(4)溶解、冷却。若未冷却，则所配溶液浓度会_。(5)转移、洗涤。若未洗涤，则所配溶液浓度会_。(6)定容，摇匀。答案：(1)胶头滴管500 mL容量瓶(2)AC(3)偏高(4)偏高(5)偏低考法2溶液配制过程中的误差分析3实验室需要用到480 mL 0.1 molL1Na2CO3溶液，根据溶液配制方法回答下列问题：(1)应用托盘天平称取Na2CO310H2O晶体_g。(2)用托盘天平和小烧杯称量碳酸钠晶体的质量，其正确操作顺序的标号为_(同一步骤可用多次)。A调整零点B将游码移至刻度尺的零刻度处C将碳酸钠晶体放入小烧杯中称量D称量空的小烧杯E将砝码放回砝码盒内F记录称量的结果(3)若实验遇到下列情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)称量时Na2CO3晶体放置右盘_。定容时仰视刻度线_。解析：(1)需要480 mL溶液，配制时需要用500 mL容量瓶，配制500 mL 0.1 molL1Na2CO3溶液，所需m(Na2CO310H2O)286 gmol10.5 L0.1 molL114.3 g。(2)用天平称量药品时，应先将游码移到零刻度处，调节螺母使天平平衡；先称量小烧杯质量；记录称量结果；然后放入晶体称量其质量；记录称量结果；将砝码放回砝码盒中，将游码移至零刻度，结束称量。(3)物质放置右盘，所称物质偏少。所配溶液体积偏大。答案：(1)14.3(2)BADFCFEB(3)偏低偏低4填“偏大”“偏小”或“无影响”。(1)用Na2CO310H2O晶体配制Na2CO3溶液，Na2CO3晶体已部分失去结晶水。用该晶体所配Na2CO3溶液的物质的量浓度_。(2)配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质_。(3)配制NaOH溶液时，NaOH固体放在烧杯中称量时间过长_。(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_。答案：(1)偏大 (2)偏大(3)偏小(4)偏大(5)偏大考点三| 溶解度及溶解度曲线应用1固体溶解度(1)定义：在一定温度下，某固体物质在100_g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫作这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。(2)计算：饱和溶液中存在的两比例：；。(3)影响溶解度大小的因素内因：物质本身的性质(由结构决定)。外因：a溶剂的影响(如NaCl易溶于水而不易溶于汽油)。b温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。2气体的溶解度(1)表示方法：通常指该气体(其压强为101 kPa)在一定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积，常记为1x。如NH3、HCl、SO2、CO2等气体常温时在水中的溶解度分别为1700、1500、140、11。(2)影响因素：气体溶解度的大小与温度和压强有关，温度升高，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。3溶解度曲线及应用(1)常见物质的溶解度曲线(g/100 g水)(2)溶解度曲线的应用根据以上溶解度曲线，请回答70 ，100 g水最多溶解NaNO3135 g、KNO3 140 g。提纯KNO3(含少量NaCl)的方法是将一定量KNO3样品溶于热水中，配制饱和溶液，然后冷却结晶、过滤洗涤、干燥。提纯NaCl(含少量KNO3)的方法是将一定量NaCl样品溶于水中，配制饱和溶液，然后蒸发结晶，趁热过滤、热水洗涤、干燥。20 配制饱和的石灰水，然后加热，现象为溶液变浑浊。1正误判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)因为KNO3的溶解度大，故可用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl。()(2)向室温下饱和Na2CO3溶液中加入Na2CO3固体后冷却至室温，其物质的量浓度变大。()(3)25 时，将26 g NaOH溶于100 g水中配成溶液，则NaOH的溶解度为26 g。()(4)20 时，100 g NaCl饱和溶液中含有26.5 g NaCl，因此NaCl在20 时的溶解度为26.5 g。()(5)任何物质的溶解度随温度升高而增大。()(6)20 时KNO3的溶解度约为30 g，则该溶液的溶质质量分数为30%。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)2已知K2Cr2O7在80 时溶解度为80 g，则80 时150 g水最多可溶解K2Cr2O7_ g，所得溶液的质量分数为_。答案：12044.4%考法溶解度及其曲线在分离过程中应用1(2019本溪检测)工业上常用氨碱法制取碳酸钠(将氨和二氧化碳分别先后通入饱和食盐水中而析出小苏打，再经过滤、焙烧，得纯碱)，却不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中 ()AKHCO3溶解度较大BKHCO3溶解度较小CK2CO3溶解度较大DK2CO3溶解度较小A氨碱法：以食盐(氯化钠)、石灰石(经煅烧生成生石灰和二氧化碳)、氨气为原料来制取纯碱，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中KHCO3溶解度较大无法形成沉淀。2(2018樟树三模)已知四种盐的溶解度(S)曲线如图所示，下列说法不正确的是()A将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体B将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体CMg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯D可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2BMgCl2能够水解，水解生成Mg(OH)2和HCl，加热平衡正向移动，HCl易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干可得固体为Mg(OH)2。3工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)。工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：(1)通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是_。(2)固体A主要为_(填化学式)，固体B主要为_(填化学式)。(3)用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液_(填“”“”或“”)中，既能提高产率又可使能耗最低。解析：(1)根据图像可知，低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小。(2)根据溶解度的大小，高温浓缩时，NaCl析出，所以固体A主要为NaCl；冷却结晶时，K2Cr2O7析出，所以固体B主要为K2Cr2O7。(3)用热水洗涤固体NaCl，洗涤液中含有NaCl，所以洗涤液转移到母液中，既能提高产率又能使能耗最低。答案：(1)低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7溶解度明显减小(合理即可)(2)NaCl K2Cr2O7(3)课堂反馈真题体验1正误判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)(2018全国卷)配制0.400 molL1的NaOH溶液的实验过程为称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容。()(2)(2016全国卷)配制稀硫酸时，先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水。()(3)(2014全国卷)用容量瓶配