高考化学分类解析(五)——物质的量浓度与溶解度

1、高考化学分类解析(五)物质的量浓度与溶解度 考点阐释1.了解溶液的组成和有关的概念，如饱和溶液、不饱和溶液、溶解度、温度对溶解度的影响及溶解度曲线等。理解溶液中溶质的质量分数的概念和物质的量浓度的涵义。2.掌握有关物质溶解度的计算和有关溶液浓度(溶液中溶质的质量分数、物质的量浓度)的计算，掌握物质的量浓度、溶质的质量分数和溶解度之间的相互换算。 命题趋向与应试策略(一)重视基础 形成知识规律1.关于溶解度计算的方法(1)温度不变时，蒸发溶剂或加入溶剂时，析出或溶解溶质的质量x:(2)若溶剂不变，改变温度，求析出或溶解溶质的质量x:(3)溶剂和温度改变时，求析出或溶解溶质的质量x:其方法是：先求

2、饱和溶液中溶质和溶剂的质量，再求形成新饱和溶液中的溶剂、溶质的质量，并与新饱和溶液的溶解度构成比例关系计算。(4)加入或析出的溶质带有结晶水：既要考虑溶质质量的变化，又要考虑溶剂质量的变化，一般情况下，先求原饱和溶液的溶质与溶剂，再求构成新饱和溶液中所含溶质与溶剂。2.溶液浓度相互变换溶液浓度变换的实质是溶质的量、溶液的量单位换算。即溶质的量通过摩尔质量进行物质的量与质量的换算，而溶液的量则通过密度进行质量与体积的换算。溶液浓度变换的方法：一是可根据各浓度概念进行换算，二是抓住溶质的量相等列代数方程求解。(二)分析热点 把握命题趋向溶液的浓度是高考计算题的热点，主要内容有：溶液物质的量浓度、溶

3、液的体积、溶质的物质的量(或质量或气体标准状况下的体积)之间的换算；溶液稀释的计算；两种溶液混合后溶液浓度的计算等。有关溶液浓度计算解题方法思路的两个出发点：(1)由“定义式”出发：物质的量浓度定义的数学表达式为c=n/V，由此可知，欲求c，先求n及V。(2)由“守恒”的观点出发：稀释前后“溶质的物质的量守恒”。溶液中“粒子之间电荷守恒”(溶液电中性)。质量守恒。溶解度是初中化学中的一个重要知识点，但高考涉及的内容在深度和广度上远远高于初中学习时的要求，其考查的主要特点：一是关于溶解度概念的基本计算，题目多数注重 1对概念的理解，较为简单。二是综合计算，题目常在进行溶解度的计算过程中，伴有分析

4、推理判断。溶解度作为计算大题预计在今后几年里出现几率不会很高，但作为选择题，每年都有可能出现，尤其以字母代表各物理量的计算。例题某温度下，100 g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5 g。若向此溶液中加3.5 g氯化钠和6.5 g水，则所得溶液的溶质质量分数是A.30%C.26.5% 26.5+3.5×100% 100+6.526.5+3.5D.×100% 100+6.5+3.5B.解析：本题主要考查学生对饱和溶液、溶解度概念的理解，能检测学生思维的敏捷性。解答时不能盲目套用公式，关键是要判断所得溶液是否饱和。若饱和，则温度一定，溶液的质量分数不变，若不饱和，则溶液质量分数

5、发生变化。由100 g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5 g可知，10 g饱和氯化钠溶液中应含有氯化钠2.65 g，因此若向此饱和溶液中添加3.5 g氯化钠和6.5 g水，则还有3.5 g2.65 g=0.85 g氯化钠未溶解，所得的溶液仍是饱和溶液，故溶液的质量分数仍是26.5%。答案：C试题类编(一)选择题1.今有0.1 mol·L1 Na2SO4溶液300 mL,0.1 mol·L1 MgSO4溶液200 mL和0.1 mol·L1 Al2(SO4)3溶液100 mL，这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是A.111 B.322C.323 D.1132.在无土载培

6、中，需配制一定量含50 mol NH4Cl、16 mol KCl和24 mol K2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是(单位为mol)A.2、64、24 B.64、2、24C.32、50、12 D.16、50、243.下列溶液中的c(Cl)与50 mL 1 mol·L1氯化铝溶液中的c(Cl)相等的是A.150 mL 1 mol·L1氯化钠溶液B.75 mL 2 mol·L1氯化铵溶液C.150 mL 1 mol·L1氯化钾溶液D.75 mL 1 mol·L1氯化铝溶液4. 20

7、 mL浓度为0.05 mol·L1的含Mn的溶液，恰好把15 mL浓度为0.1 mol·L1的含S2溶液中的S2全部沉淀，则n的值是A.4 B.3 C.2 D.15.已知25%氨水的密度为0.91 g·cm3，5%氨水的密度为0.98 g·cm3。若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是A.等于15% B.大于15%C.小于15% D.无法估算若把质量分数为22%的该盐溶液由60逐渐冷却，则开始析出晶体的温度应在 A.010 B.1020 C.2030 D.30407.已知35%NaOH溶液的密度为1.38 g·cm3，5% NaOH

8、溶液的密度为1.05 g·cm3，若将上述两溶液等体积混合，所得NaOH溶液的质量分数是A.大于20% B.等于20% C.小于20% D.无法估算8. 300 mL某浓度的NaOH溶液中含有60 g溶质。现欲配制1 mol·L1 NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为A.14 B.15 C.21 D.239将标准状况下的a L HCl(g)溶于1000 g水中，得到的盐酸密度为b g·cm3，则该盐酸的物质的量浓度是amol·L122.4abC.mol·L122400+36.5aA.abmol·L1 224001000abD.

9、mol·L1 22400+36.5aB.10.在100 g浓度为18 mol·L1、密度为(g·cm3)的浓硫酸中加入一定量的水稀释成 9 mol·L1的硫酸，则加入水的体积为A.小于100 mL B.等于100 mL100C.大于100 mL D.等于mL11.在10 mL 0.01 mol·L1的纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入1.2 mL 0.05 mol·L1盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为A.1.344 mL B.2.240 mL C.0.672 mL D.0 mL12.分别取等质量80的甲、乙两种化合物的饱和

10、溶液，降温至20后，所析出的甲的质量比乙的大(甲和乙均无结晶水)。下列关于甲、乙溶解度的叙述中肯定正确的是A. 20时，乙的溶解度比甲的大 B. 80时，甲的溶解度比乙的大 C.温度对乙的溶解度影响较大 D.温度对甲的溶解度影响较大13.用10 mL的0.1 mol·L1 BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是A.322 B.123C.133 D.31114已知：t时，某物体的不饱和溶液a g中含溶质m g。若该溶液蒸发b g水并恢复到t 时，析出溶质m1 g。若原溶液蒸发c g并恢复到t

11、 时，则析出溶质m2 g。用S表示该物质在t 时的溶解度，下式中正确的是100m a-m100(m1-m2)C.S= b-cA.S= 100m2 c100(m-m1)D.S= a-bB.S=15将60的硫酸铜饱和溶液100 g，冷却到20，下列说法正确的是A.溶液质量不变B.溶剂质量发生变化C.溶液为饱和溶液，浓度不变D.有晶体析出，溶剂质量不变16.某温度下，在100 g水中加入m g CuSO4或加入n g CuSO4·5H2O，均可使溶液恰好达到饱和，则m与n的关系符合160 n 2501600nC.m= 2500+16nA.m= 1600n 2500+9n1600nD.m=

12、2500+25nB.m=17. 100 mL 0.3 mol·L1 Na2SO4溶液和50 mL 0.2 mol·L1 Al2(SO4)3溶液混合后，溶-液中SO24的物质的量浓度为A.0.20 mol·L1 B.0.25 mol·L1 C.0.40 mol·L1 D.0.50 mol·L1(二)笔答题18.标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得浓度为12.0 mol·L1、密度为0.915 g·cm3的氨水。试计算1体积水吸收多少体积的氨气可制得上述氨水。(本题中氨的相对分子质3量以17.0，水的密度以1.00

13、g·cm计)19.将某温度下的KNO3溶液200 g蒸发掉10 g水，恢复到原温度，或向其中加入10 g KNO3固体，均可使溶液达到饱和。试计算：(1)该温度下KNO3的溶解度。(2)原未饱和溶液中溶质的质量分数。20.下面是四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g H2O) (计算时假定：盐类共存时不影响各自的溶解度；过滤晶体时，溶剂损耗忽略不计)(1)取23.4 g NaCl和40.4 g KNO3，加70.0 g H2O，加热溶解。在100时蒸发掉50.0 g H2O，维持该温度，过滤析出晶体，计算所得晶体的质量(m高温)。将滤液冷却至10，待充分结晶后，过滤。计算所得晶体

14、的质量(m低温)。(2)另取34.0 g NaNO3和29.8 g KCl，同样进行如上实验。10时析出的晶体是 (写化学式)。100和10得到的晶体质量(m高温和m低温)分别是多少?答案解析(一)选择题1.答案：D-解析：解此题时首先要明确SO24的浓度与溶液的体积无关。只与溶质组成和溶质的浓度有关。2.答案：B-解析：要从溶液中电荷守恒和原子守恒两个角度来解决此题。营养液中的SO24全部+来源于(NH4)2SO4，同时该物质也提供了48 mol的NH4，所以还需NH4Cl 2 mol,KCl 64 mol。3.答案：D解析：溶液中离子浓度的大小取决于溶质的组成和溶质的浓度，与溶液的体积大小

15、无关。1 mol·L1氯化铝溶液中c(Cl)为3 mol·L1，而选项A和C的溶液中c(Cl)均为1 mol· L1，选项B的溶液中的c(Cl)为2 mol·L1。4.答案：B解析：此题考查了利用电荷守恒来解题的计算技巧。20 mL×0.05 mol·L1×n15 mL×0.1 mol·L1×2 n3。5.答案：C6.答案：D解析：首先求已知溶液中，100 g水中含有溶质的质量。(10022)100=22 gx,x=28.2 g，由此解得降温至3040时析出晶体。7.答案：A解析：因NaOH溶液

16、的密度大于1 g·cm3，等体积混合后的溶液的质量分数大于两溶液质量分数之和的二分之一倍。8.答案：A解析：依题意，原NaOH溶液的浓度是c0=60 g=5 mol·L1。 -140 gmol0.3 L设原溶液与水混合时体积不变，则以体积比14稀释即成试题所要求的溶液。因此，选项A是本题答案。9.答案：D解析：要求溶液的浓度需知溶液的体积和溶质的物质的量。10.答案：A解析：由于18 mol·L1硫酸的密度约等于1.8 g·cm3，大于水的密度，所以100 g 18mol·L1硫酸的体积一定小于100 mL，要把溶液的物质的量浓度减小一半，则加

17、入水的体积大约等于原溶液的体积，即小于100 mL。11.答案：D故Na2CO3在反应Na2CO3HCl=NaClNaHCO3中过量，无气体放出。12.答案：D解析：取等质量的甲、乙两化合物80的饱和溶液，降温至20时，析出甲、乙的质量由两种物质在80和20时的溶解度之差决定，两温度时溶解度的差越大，析出质量越多。现题给甲析出质量多，故甲在两个温度下的溶解度的差大。13.答案：C解析：此题给出BaCl2溶液的量，但求的是硫酸盐的浓度比，可用扩大法。设BaCl2为-1 mol；由Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4化学式可看出：能沉淀三种盐的SO24的物质的量分别为：11、1、1，又三盐溶

18、液体积相同，故浓度之比为11=133。 33Sb =成立。100a14.答案：C 解析：已知某饱和溶液蒸发a g水，析出b g溶质时恢复到原温度，则有现为不饱和溶液，两次蒸发都有溶质析出即都变为饱和，设第一次蒸发的水多，则析出溶质也一定多。然后把第一次蒸发分作两步，即先完成第二步，这时蒸发了c g水，析出m2 g溶质，溶液一定为饱和。在此基础上多蒸发了(bc) g水，多析出溶质为(m1m2) g，所以有m-m2S，对照选项得解。 =1100b-c15.答案：B解析：将100 g 60 时的CuSO4饱和溶液冷却至20时要析出CuSO4·5H2O晶体。这个过程中溶液质量减少；溶液为20

19、的饱和溶液，与60相比浓度减小；有晶体析出，同时带出水，溶剂质量减少。对照选项B正确。16.答案：B 16nm16n=解析：根据温度一定，溶解度一定的原理进行计算。,即2500+9n100100+25m=1600n。 2500+9n17.答案：C11-解析一：0.3 mol·L1 Na2SO4溶液中c(SO24)0.3 mol·L,0.2 mol·L Al2(SO4)3-溶液中c(SO2L1×30.6 mol·L1，混合后溶液中c(SO2L4)0.2 mol·4)介于0.3 mol·1 和0.6 mol·L1之间。

20、又因Na2SO4体积大，所以平均值接近0.3 mol·L1，所以选C。 -解析二：混合后溶液c(SO24)=解析三：由电荷守恒法计算-c(Na)×1c(Al3)×3c(SO24)×2 1-c(SO24)0.4 mol·L (二)笔答题18.答案：378解析：1.00 L该氨水中含氨的质量为12.0 mol×17.0 g·mol1；其体积在标准状况下为：12.0 mol×22.4 L·mol1；1.00 L该氨水中含水的质量为：1.10 L×915 g·L112.0mol×17.0 g·mol119.答案：(1)100 g (2)47.5%解析：(1)由题意知，相当于10 g KNO3加入10 g H2O