2013高考化学一轮总复习课件：第1章 第4讲 物质的量浓度(鲁科版)

一、物质的量浓度1．概念以的溶液中所含来表示溶液组成的物理量，符号为cB，单位是。2．表达式。单位体积溶质B的物质的量mol·L－1cB＝nBV3．特点(1)从一定物质的量浓度的溶液中取出一定体积的溶液，其物质的量浓度、密度、质量分数与原溶液。(2)物质的量浓度相同，体积也相同的任何溶液，所含溶质的相同，但溶质的质量不一定相同。相同物质的量[思考·感悟]1．标准状况下，将22.4LNH3通入1L水中，所得氨水的浓度是1mol·L－1吗？[提示]不是。1molNH3通入水中形成1L溶液，所得溶液的浓度为1mol·L－1。2．1mol·L－1氨水表示的含义是什么？[提示]表示1L溶液中溶有1molNH3，NH3为溶质，在该溶液中[NH3]＋[NH3·H2O]＋[NH]＝1mol·L－1。+4二、一定物质的量浓度溶液的配制1．所用仪器托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、、胶头滴管。2．主要仪器(1)托盘天平：精确度为g，称量前先调零，称量时放物品，放砝码。容量瓶0.1左盘右盘(2)容量瓶：①构造(如图)：容量瓶上标有刻度、和容积。②规格：100mL、250mL、500mL和。③使用注意事项：a．使用前要。b．只用于配制溶液，不能储存溶液。温度1000mL检查是否漏水3．配制过程以配制500mL1.00mol·L－1NaCl溶液为例。(1)计算：需NaCl固体的质量为g。(2)称量：用托盘天平称量NaCl固体g。(3)溶解：将称好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。(4)移液：待烧杯中的溶液后，用玻璃棒引流将溶液注入。29.2529.3冷却至室温500mL容量瓶(5)洗涤：用少量蒸馏水洗涤玻璃棒及烧杯内壁次，洗涤液，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。(6)定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线1～2cm时，改用滴加蒸馏水至。(7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。2～3全部注入容量瓶胶头滴管凹液面与刻度线相切实验流程图如下：[思考·感悟]3．配制900mL、1mol·L－1的CuSO4溶液，需要CuSO4·5H2O的质量是多少？[提示]250g(使用1000mL容量瓶)。1．下列有关使用托盘天平的叙述，不正确的是()A．称量前先调节托盘天平的零点B．称量时左盘放被称量物，右盘放砝码C．潮湿的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，其他固体药品可直接放在天平托盘上称量D．用托盘天平可以准确称量至0.1g.解析：托盘天平的设计原理：m左(物)＝m(游码)＋m右(砝码)，砝码与物质放反时，m左(砝码)＝m右(物)＋m(游码)。A项中称量前调零是必须的；B项中称量时，左物右码正确；C项，非潮湿、非腐蚀性药品应放在纸上称量，而不能与托盘接触；D项涉及天平精确度，托盘天平能精确到0.1g。答案：C2．(2011·岳阳一检)下列溶液中NO的浓度与500mL0.4mol·L－1KNO3溶液中NO的浓度相等的是()A．50mL4mol·L－1的KNO3溶液B．1L0.2mol·L－1的KNO3溶液C．100mL0.2mol·L－1的Ba(NO3)2溶液D．500mL0.4mol·L－1的Ba(NO3)2溶液-3-3解析：0.4mol·L－1KNO3溶液中NO的浓度为0.4mol·L－1，A、B、C、D中NO的浓度分别为4mol·L－1、0.2mol·L－1、0.4mol·L－1、0.8mol·L－1。答案：C-3-33．下列仪器在使用前必须检验是否漏水的是()①量筒②容量瓶③圆底烧瓶④滴定管⑤分液漏斗⑥长颈漏斗⑦启普发生器A．只有②⑦B．只有②④⑦C．②④⑤⑦D．①③⑥答案：C解析：量筒、圆底烧瓶、长颈漏斗是一个整体仪器而非组装仪器，而容量瓶、滴定管、分液漏斗及启普发生器是组装仪器，部件之间不一定紧密，故需检漏。4．实验室里需用480mL0.10mol·L－1CuSO4溶液，现选用500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是()A．称取7.68g硫酸铜，加入500mL水B．称取12.0g胆矾配制500mL溶液C．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水D．称取12.5g胆矾配制500mL溶液解析：需用的质量：m(CuSO4)＝0.05mol×160g·mol－1＝8.0g或m(CuSO4·5H2O)＝0.05mol×250g·mol－1＝12.5g，故取8.0gCuSO4或12.5gCuSO4·5H2O，加水配成500mL溶液，而不是加入500mL水。答案：D5．某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为()所含离子NO－3SO2－4H＋M浓度(mol·L－1)2121A．Mg2＋B．Ba2＋C．F－D．Na＋解析：先分析离子共存问题：Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，H＋＋F－===HF，可知M离子不可能为Ba2＋和F－；再据电荷守恒：c(NO－3)＋2c(SO2－4)＝c(H＋)＋xc(M)，解得x＝2，则M为Mg2＋。答案：A6．有下列化学仪器：①托盘天平，②玻璃棒，③药匙，④烧杯，⑤量筒，⑥容量瓶，⑦胶头滴管，⑧细口试剂瓶，⑨标签纸。(1)现需要配制500mL1mol·L－1硫酸溶液，需用质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸______mL。(2)从上述仪器中，按实验使用的先后顺序，其编号排列是__________________________。(3)若实验遇到下列情况，对硫酸溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”“偏低”或“不变”)?①用以稀释硫酸的烧杯未洗涤，________。②未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，________。③摇匀后发现液面低于刻度线再加水，________。④定容时观察液面俯视，________。解析：(1)设需质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸的体积为V。则V×1.84g·cm－3×98%＝0.5L×1mol·L－1×98g·mol－1，V≈27.2mL。(2)配制顺序是：计算→量取→稀释→移液→定容，因此使用仪器的顺序为：⑤④②⑥⑦⑧⑨。(3)操作①造成溶质偏少，操作②④造成溶液体积偏小，操作③使溶液体积偏大。答案：(1)27.2(2)⑤④②⑥⑦⑧⑨(3)①偏低②偏高③偏低④偏高考纲展示考点关注(1)了解物质的量浓度的含义(2)根据物质的量与溶液的体积，溶液的物质的量浓度之间的相互关系进行有关计算(3)能根据要求配制一定物质的量浓度的溶液(1)利用cB＝nBV、c＝1000ρwM、c1·V1＝c2·V2等公式进行相关计算(2)配制一定物质的量浓度溶液所用仪器、操作步骤、误差分析1．依据公式cB＝nBV。2．换算关系(1)物质的量浓度与溶质质量分数(w)的换算：c＝1000ρwM(ρ单位g·cm－3，M单位g·mol－1)。(2)饱和溶液中溶解度(S)与溶质质量分数(w)的换算：w＝S100＋S×100%。3．稀释定律(1)对于已知质量分数的溶液的稀释：溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。(2)对于已知物质的量浓度溶液的稀释：溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。4．电荷守恒规律据溶液呈电中性，可知溶液中n(阴离子所带负电荷)＝n(阳离子所带正电荷)。如明矾溶液中存在如下浓度关系：c(K＋)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO2－4)。5．标准状况下，气体溶于水后所得溶液物质的量浓度的计算c＝nV溶液＝V气体22.4V气体22.4M＋1000VH2Oρ×10－3＝1000V气体·ρMV气体＋22400VH2O，(其中：M为气体的摩尔质量；V(H2O)为水的体积，单位mL；ρ为气体溶解后所得溶液的密度)。[特别提醒]溶液混合前后的质量相等，体积不相等。[例1](2010·新课标全国卷)把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为()A．0.1(b－2a)mol·L－1B．10(2a－b)mol·L－1C．10(b－a)mol·L－1D．10(b－2a)mol·L－1[解析]由Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓可知，100mL混合溶液中n(Ba2＋)＝n(SO2－4)＝amol，则c(Ba2＋)＝nBa2＋0.1L＝10amol·L－1；由Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，100mL混合溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝bmol，则c(Cl－)＝bmol0.1L＝10bmol·L－1。据电荷守恒定律：c(K＋)＋2c(Ba2＋)＝c(Cl－)，所以c(K＋)＝c(Cl－)－2c(Ba2＋)＝10(b－2a)mol·L－1。[答案]D探规寻律运用电荷守恒规律计算某些离子浓度的步骤(1)先找出混合溶液中各种阴、阳离子；(2)根据溶液呈电中性原则列出等式，如例1中c(K＋)＋2c(Ba＋)＝c(Cl－)；(3)再据题给已知条件，直接或间接代入等式；(4)计算题目要求离子的浓度。1－1.将15mL2mol·L－1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL0.5mol·L－1MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是()A．4B．3C．2D．1解析：Na2CO3溶液与MCln溶液混合后，Mn＋恰好完全沉淀为碳酸盐。碳酸盐呈电中性，则2n(CO)＝n(Mn＋)，即2×15×10－3L×2mol·L－1＝n×40×10－3L×0.5mol·L－1，解得n＝3。答案：B2-31－2.如图是某溶液在稀释过程中溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于()A．2B．3C．4D．5解析：据稀释定律可得：1L×2mol·L－1＝0.5mol·L－1×aL，解得a＝4。答案：C1－3.(2011·济南模拟)某地酸雨经检验除含H＋外[c(OH－)可以忽视]还有Na＋、Cl－、NH、SO，其浓度依次为：c(Na＋)＝2.3×10－5mol·L－1，c(Cl－)＝3.5×10－5mol·L－1，c(NH)＝2.3×10－5mol·L－1，c(SO)＝1.05×10－5mol·L－1。则酸雨的pH为()A．3B．4C．5D．62-4+4答案：C解析：据电荷守恒规律可知：c(H＋)＋c(Na＋)＋c(NH＋4)＝c(Cl－)＋2c(SO2－4)，解得c(H＋)＝1×10－5mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lg10－5＝5。1．分析判断的依据由cB＝nBV可分析实验误差，若nB偏小，V值准确，则cB偏小；若nB准确，V值偏小，则cB偏大。2．具体分析判断的方法(1)由固体溶质配制溶液：可能引起误差的一些操作(以配0.1mol·L－1的NaOH溶液为例)mVc/mol·L－1称量前小烧杯内有水不变不变无影响称量时间过长减小不变偏小用滤纸称NaOH减小不变偏小称量时所用天平的砝码沾有其他物质或已锈蚀增大不变偏大可能引起误差的一些操作(以配0.1mol·L－1的NaOH溶液为例)mVc/mol·L－1称量时，所用天平的砝码有残缺减小不变偏小向容量瓶中转移溶液时有少量流出减小不变偏小未洗涤烧杯和玻璃棒减小不变偏小溶液未冷却到室温就注入容量瓶定容不变减小偏大定容时水加多了，用滴管吸出减小不变偏小可能引起误差的一些操作(以配0.1mol·L－1的NaOH溶液为例)mVc/mol·L－1定容摇匀时，液面下降，再加水不变增大偏小定容后，经振荡、摇匀、静置，液面下降不变不变无影响定容时，俯视读刻度数不变减小偏大定容时，仰视读刻度数不变增大偏小(2)由浓溶液或液体溶质配制溶液：用量筒量取液体溶质或浓溶液时，仰视读数，使所量取的液体溶质或浓溶液的体积偏大，配制溶液浓度偏大；若俯视读数，使所量取的液体溶质或浓溶液的体积偏小，使所配制的溶液浓度偏小。[特别提醒]不要将量筒内壁残留的液体溶质或浓溶液的洗涤倒入烧杯内已量取的液体溶质或浓溶液中，否则使溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高。[例2]配制一定