（創(chuàng)新方案）高考化學一輪第4講物質的量濃度魯科版

【考綱下載】1.了解物質的量濃度的含義.2.了解配制一定物質的量濃度溶液的方法.3.根據(jù)物質的量與溶液的體積、溶液的物質的量

濃度之間的相互關系進行有關計算.【考情上線】1.從溶液配制過程和滴定操作中判斷誤差的產(chǎn)生.2.有關溶解度、溶質的質量分數(shù)、物質的量濃度的計算.一、物質的量濃度1.概念以

的溶液中所含

來表示

溶液組成的物理量，符號為cB，單位是

.2.表達式溶液中溶質B的物質的量(nB)、溶液體積(V)和溶質的

物質的量濃度(cB)三者關系式：

.單位體積溶質B的物質的量mol·L－1nB＝cB·V【注意】(1)溶液的體積不等于溶劑的體積，也不等于溶劑體積與溶質體積的和.(2)溶質是指溶解在溶劑中的物質，在溶液中可以分子、離子等形式存在.2.容量瓶的使用(1)瓶上標注：容量瓶上標有刻度線、

和

.二、一定物質的量濃度溶液的配制1.主要儀器托盤天平(或量筒)、燒杯、

、

、

.玻璃棒容量瓶膠頭滴管溫度(20℃)規(guī)格(2)使用注意事項①容量瓶使用前一定要檢查

.其操作順序為：裝水蓋塞―→倒立―→正立―→玻璃塞旋轉180°―→倒立.②

(填“能”或“不能”，下同)將固體或濃溶液直接在容

量瓶中溶解或稀釋.③

作為反應容器或長期貯存溶液的容器.④

加入過冷或過熱的液體.⑤只能配制容量瓶上規(guī)定容積的溶液，即不能配制任意

體積的一定物質的量濃度的溶液.是否漏水不能不能不能3.配制步驟計算―→稱量(或量取)―→

―→移

液―→

―→搖勻―→定容―→搖勻并裝瓶.

其配制過程如圖所示：溶解(或稀釋)并冷卻洗滌判斷下列說法是否正確：1.(2009·廣東高考T6－D)將0.1mol氯化鐵溶于1L水中，

所得溶液的濃度為0.1mol·L－1.(

)2.(2008·山東高考T13－A)10mL質量分數(shù)為98%的H2SO4，

用水稀釋至100mL，H2SO4的質量分數(shù)為9.8%(

)3.(2008·江蘇高考T7－C)1mol·L－1AlCl3溶液中，鋁離

子物質的量濃度為1mol·L－1(

)4.(2009·福州單科質檢T5－B)用25mL的滴定管(內裝有

標準NaOH溶液)滴定未知濃度的鹽酸用去NaOH溶液22.32mL(

)提示：1.×

2.×

3.×

4.√1.物質的量濃度表示的意義物質的量濃度表示單位體積溶液中溶有溶質的物質

的量.如：(1)1mol·L－1的Fe2(SO4)3溶液，表示1L溶液中溶有1molFe2(SO4)3，在此溶液中c[Fe2(SO4)3]＝1mol·L－1，而Fe3＋、

離子的濃度要根據(jù)Fe2(SO4)3的電離方程式

及離子是否水解等因素考慮，c()＝3×1mol·L－1＝3mol·L－1，而Fe3＋若不水解，c(Fe3＋)＝2×1mol·L－1＝2mol·L－1，但Fe3＋因水解導致溶液中c(Fe3＋)＜2mol·L－1.(2)0.5mol·L－1的氨水表示1L溶液中溶有0.5mol氨氣，

而NH3溶于水后發(fā)生一系列的變化：NH3＋H2ONH3·H2O，NH3·H2O＋OH－，而導致氨水中c(NH3)＋c(NH3·H2O)＋c()＝0.5mol·L－1.2.相關計算(1)氣體溶于水的物質的量濃度的計算在標準狀況下，一定體積氣體溶于水后所得溶液物

質的量濃度的計算.其公式可表示為：c＝，式中ρ為溶液密度(g·cm－3)，M為氣體的摩爾質量(g·mol－1)，V氣為氣體體積(L)，V水為水的體積(L).(2)溶液稀釋和混合時的計算①稀釋：溶質在稀釋前后物質的量和質量不變.c1V1＝c2V2(c1、c2為稀釋前后溶液的物質的量濃度，V1、V2為稀釋前后溶液的體積)；m1×A%＝m2×B%(m1、m2為稀釋前后溶液的質量，A%、B%為稀釋前后溶質的質量分數(shù)).②混合：相同溶質不同濃度溶液混合，其溶質的質量、溶質的物質的量在混合前后不變.a.m1×A%＋m2×B%＝(m1＋m2)×C%(m1、m2為混合前溶液的質量，A%、B%為混合前溶質的質量分數(shù)，C%為混合后溶質的質量分數(shù)).b.混合后溶液的體積不變：c1V1＋c2V2＝c混(V1＋V2).c.混合后溶液體積改變：c1V1＋c2V2＝c混V混(V混＝).(3)物質的量濃度與溶質質量分數(shù)的換算某溶液物質的量濃度為cmol·L－1，溶質的質量分數(shù)

為w，溶液的密度為ρg·cm－3，溶質的摩爾質量為M

g·mol－1，則它們之間的關系為c＝1000·ρ·w/M.(1)從一定物質的量濃度的溶液中取出任意體積溶液，其物質的量濃度不變.(2)溶液的體積在沒有特別說明的情況下，不能用溶劑的體積或溶劑的體積加溶質體積之和代替，應通過V(溶液)＝計算.某氯化鎂溶液的密度為1.18g·cm－3，其中鎂離子的質量分數(shù)為5.1%.300mL該溶液中Cl－的物質的量約等于(

)A.0.37mol

B.0.63molC.0.74molD.1.5mol[解析]已知溶液的密度ρ、Mg2＋的質量分數(shù)w(Mg2＋)、溶液的體積V，欲求n(Cl－)，有多種計算方法：法一：先求c(MgCl2).c(MgCl2)＝則n(Cl－)＝c(MgCl2)·V·2＝mol·L－1×300×10－3L×2＝1.5mol.法二：先求c(Mg2＋)，直接依據(jù)公式c＝得c(Mg2＋)＝mol·L－1，而c(Cl－)＝2c(Mg2＋)，則可得n(Cl－)＝2c(Mg2＋)·V答案同法一.法三：先求n(Mg2＋)n(Mg2＋)＝，則n(Cl－)＝2n(Mg2＋)＝mol×2＝1.5mol.[答案]

D一般物質的量濃度的計算從三個方面入手：(1)從定義式cB＝nB/V入手，欲求c先解決n和V.(2)從換算式出發(fā)：掌握溶質質量分數(shù)和物質的量濃度的關系：c＝(3)從守恒觀點出發(fā)：①溶液稀釋前后c1V1＝c2V2；②溶液混合前后溶質質量守恒；③溶液中微粒之間電荷守恒.在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合物溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的完全沉淀；如加入足量強堿并加熱可得到cmolNH3氣體，則原溶液中的Al3＋濃度(mol·L－1)為(

)A.

B.C.D.解析：n()＝n(Ba2＋)＝bmol，n()＝n(NH3)＝cmol，由電荷守恒得2n()＝3n(Al3＋)＋n()，所以n(Al3＋)＝mol，c(Al3＋)＝mol·L－1.答案：C分析依據(jù)c，以配制NaOH溶液為例，具體情況如下：引起誤差的操作因變量c(mol·L－1)mV稱量前小燒杯內有水－－不變稱量時間過長減?。陀脼V紙稱NaOH減?。拖蛉萘科孔⒁簳r少量流出減小－偏低未洗燒杯和玻璃棒減小－偏低未冷卻至室溫就注入定容－減小偏高引起誤差的操作因變量c(mol·L－1)mV定容時，水多用滴管吸出減?。投ㄈ輷u勻時液面下降再加水－增大偏低定容時經(jīng)振蕩、搖勻、靜置液面下降－－不變定容時俯視－減小偏高定容時仰視－增大偏低分析誤差時應首先明確計算公式，然后再判斷誤差情況.如根據(jù)公式cB＝，當nB偏大時cB偏大；當V偏大時cB偏小.某實驗需480mL0.5mol·L－1的NaCl溶液，實驗室配制上述濃度的NaCl溶液，有如下操作步驟：①稱量

gNaCl晶體放入小燒杯中，加適量蒸餾水溶解；②把所得溶液小心轉入

mL容量瓶中；③繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至液面接近刻度2～3cm處，改用膠頭滴管小心滴加蒸餾水至溶液凹液面底部與刻度線相切；④用少量蒸餾水洗滌小燒杯和玻璃棒2～3次，每次洗滌的液體都小心轉入容量瓶，并輕輕搖勻；⑤將容量瓶塞緊，充分搖勻.請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)填寫操作步驟①②中的兩處空白.(2)操作步驟的正確順序(填序號)

.(3)本實驗用到的基本儀器有：

.(4)定容時某學生觀察刻度線的情況如圖所示，對所配溶液濃度有何影響？會

(填“偏高”、“偏低”或“無影響”，下同).(5)若出現(xiàn)如下情況，所配制溶液濃度將偏高還是偏低？沒有進行操作步驟④，會

；加蒸餾水時不慎超過了刻度，會

.解答該題應抓住以下兩點：(1)所需溶液的體積因容量瓶規(guī)格限制應如何確定所配溶液的體積？(2)定容時俯視刻度線會造成定容后溶液的體積偏大還是偏小？[聽課記錄]由于沒有480mL容量瓶，只能取用500mL容量瓶，需NaCl的量應按500mL計算：m(NaCl)＝0.5L×0.5mol·L－1×58.5g·mol－1＝14.6g.關于誤差分析：定容時若俯視，實際液面低于刻度線，V偏小，導致c值偏高；若無洗滌過程，則導致n減小，c值偏低；若加水超過刻度線，V偏大，c值偏低.[答案]

(1)14.6

500

(2)①②④③⑤(3)天平、藥匙、量筒(可有可無)、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、500mL容量瓶(4)偏高(5)偏低偏低(1)定容加蒸餾水時不慎超過了刻度，要重新配制.(2)定容搖勻后液面低于刻度線時，不能再加水.一定物質的量濃度溶液的配制是進行科學實驗、濃度測定的基礎，也是中學階段重要的定點實驗之一.

某研究性學習小組為證明相同條件下H2SO4與H2C2O4的酸性強弱，設計了如下實驗：探究舉例Ⅰ.(1)配制濃度均為0.5mol·L－1的H2SO4和H2C2O4溶液；(2)用

量取10.00mL0.5mol·L－1H2SO4和H2C2O4溶液分別加入兩個錐形瓶中；(3)分別將除去表面氧化膜的鎂帶系于銅絲末端；(4)檢查裝置的氣密性，在廣口瓶中裝滿水，按圖連接好裝置；(5)將銅絲向下移動，使鎂帶浸入酸中(銅絲不與酸接觸)，記錄

；Ⅱ.請將上述步驟補充完整并回答下列問題：(1)用密度將1.84g·cm－398%的濃H2SO4，配制濃度為250mL0.5mol·L－1的H2SO4溶液，所需要的主要儀器有

、

、燒杯、玻璃棒、酸式滴定管.(2)讀取量筒內水的體積時，若丙中液面高于乙中液面，使乙、丙中液面相平的操作是

.(3)簡述速率不等的原因

，銅絲不與酸接觸的原因是

.Ⅲ.若反應速率v(H2SO4)＞v(H2C2O4)，可得出的結論是

.

【解析】Ⅰ.由體積的精確度及溶液呈酸性知，應用酸式滴定管量取10.00mL兩種酸溶液.通過比較同濃度的H2SO4、H2C2O4與相同的鎂反應速率大小，確定兩溶液中[H＋]的相對大小，進一步說明二者酸性相對強弱.而反應速率的相對大小是通過測量相同時間內產(chǎn)生H2體積大小確定的.Ⅲ.由于Mg與H2SO4或H2C2O4反應的快慢只與溶液中[H＋]大小有關.

＞證明H2SO4溶液中[H＋]大與H2C2O4溶液中的[H＋]，又由于兩種酸的濃度相同，故H2SO4的電離程度大于H2C2O4的電離程度，即酸性：H2SO4＞H2C2O4.【答案】Ⅰ.(2)酸式滴定管(5)量筒內收集相同體積的水時所需時間Ⅱ.(1)250mL容量瓶膠頭滴管(2)丙下降(3)氫離子濃度不同與銅易形成原電池加快反應速率而干擾試驗的測定Ⅲ.酸性：H2SO4＞H2C2O4[隨堂鞏固]1.下列關于0.5mol·L－1Ba(NO3)2溶液的敘述中，不正

確的是(

)A.1L溶液中所含陰、陽離子總數(shù)是0.5NA個B.1L溶液中含NA個C.500mL溶液中Ba2＋的濃度是0.5mol·L－1D.500mL溶液中含有0.5NA個.解析：溶液中溶質的濃度不隨取出溶液體積的改變而改變，但溶質及其電離出離子的微粒數(shù)目或物質的量隨體積的改變而改變.答案：A2.欲配制100mL1.0mol·L－1Na2SO4溶液，正確的方法

是(

)①將14.2gNa2SO4溶于100mL水中②將32.2gNa2SO4·10H2O溶于少量水中，再用水稀釋

至100mL③將20mL5.0mol·L－1Na2SO4溶液用水稀釋至100mLA.①②B.②③C.①③D.①②③解析：①需要m(Na2SO4)＝0.1L×1.0mol·L－1×142g·mol－1＝14.2g，溶于水配成100mL溶液而不是溶于100mL水中；②需要m(Na2SO4·10H2O)＝0.1L×1.0mol·L－1×322g·mol－1＝32.2g，配成100mL溶液；②20mL5.0mol·L－1Na2SO4溶液中含溶質的物質的量與100mL1.0mol·L－1Na2SO4溶液中溶質的物質的量相同.答案：B3.一定溫度下，某物質在水中的溶解度為S，計算該溫度下

這種飽和溶液中溶質的物質的量濃度，必不可少的物理

量是(

)①溶液中溶質的摩爾質量②溶液中溶質和溶劑的質量

比③溶液的密度④溶液的體積A.①②B.②③C.①③D.②④解析：溶液中溶質的質量分數(shù)＝×100%，而物質的量濃度＝，故還需知道溶液的密度和溶質的摩爾質量.答案：C4.(2009·連云港質檢)將40mL1.5mol·L－1的CuSO4溶液

與30mL3mol·L－1的NaOH溶液混合，生成淺藍色沉

淀，假如溶液中c(Cu2＋)或c(OH－)都已變得很小，可

忽略，則生成沉淀的組成可表示為(

)A.Cu(OH)2B.CuSO4·Cu(OH)2C.CuSO4·2Cu(OH)2D.CuSO4·3Cu(OH)2解析：因為反應后“溶液中c(Cu2＋)或c(OH－)都已變得很小”，可視為Cu2＋和OH－都已全部參加反應.現(xiàn)在n(Cu2＋)＝0.06mol，n(OH－)＝0.09mol，可得出沉淀中Cu2＋與OH－的個數(shù)比為2∶3，只有D符合題意，故答案為D.答案：D5.標準狀況下11.2LHCl溶于水形成500mL溶液.(1)所得鹽酸的物質的量濃度為