专题2 第二单元 溶液组成的定量研究-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一化学必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（苏教版2019）

第二单元　溶液组成的定量研究 [素养发展目标]　1.了解物质的量浓度的含义和应用，体会定量研究对化学学科的重要作用。2.能够运用物质的量浓度进行简单计算，逐步提升证据推理思维能力。2.学会一定物质的量浓度溶液的配制方法，熟悉步骤，了解操作要点。4.运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。 一、物质的量浓度 【即学即练】 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”。) (1)将40 g NaOH溶解在1 L水中所得溶液的物质的量浓度是1 mol·L－1(×) (2)将25 g CuSO4·5H2O溶解在1 L水中，所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1(×) (3)把1 mol NH3通入水中得到1 L溶液，其物质的量浓度为1 mol·L－1(√) (4)将10 g CaCO3粉末加水配成100 mL溶液，CaCO3的物质的量浓度为1 mol·L－1(×) 二、一定物质的量浓度溶液的配制 1．配制一定物质的量浓度的溶液专用仪器——容量瓶 (1)容量瓶的结构与规格 (2)容量瓶的使用注意事项 ①使用前要检验容量瓶是否漏水。 ②容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液专用仪器，选择容量瓶应遵循“大而近”的原则。所配溶液的体积等于或略小于容量瓶的容积。例如，配制450 mL 0.1 mol·L－1的NaCl溶液，需选择500 mL容量瓶。 ③使用容量瓶注意“五不”：不能溶解固体；不能稀释浓溶液；不能加热；不能作反应容器；不能长期贮存溶液。 2．配制步骤(以配制100 mL 0.100 mol/L的Na2CO3溶液为例) (1)计算：根据nB＝cB·V可知n(Na2CO3)＝0.010_mol，则m(Na2CO3)＝1.06 g。 (2)称量：若用托盘天平可准确称取Na2CO3固体1.1 g。 (3)溶解：将称好的Na2CO3固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌，并冷却至室温。 (4)移液：将烧杯中的溶液用玻璃棒引流转移到100_mL容量瓶中。 (5)洗涤：用蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，并将洗涤液都注入容量瓶中，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，当液面离刻度线1～2_cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面正好与刻度线相切。 (7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。 (8)装瓶：将容量瓶内的溶液倒入洁净、干燥的试剂瓶中，在瓶体上贴好并注明溶液名称、浓度的标签，备用。 【即学即练】 2．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”。) (1)容量瓶在使用前一定要先检验是否漏水(√) (2)用托盘天平可称取5.85 g NaCl(×) (3)将溶液注入容量瓶时要用玻璃棒引流(√) (4)最后溶液定容时要改用胶头滴管滴加蒸馏水(√) (5)在使用容量瓶配制NaOH或稀H2SO4溶液时，必须要等溶液恢复至室温再转移到容量瓶中(√) 三、化学反应的计算 1．确定未知物质的量浓度的思路 (1)借助某个特定反应中消耗的溶质的物质的量进行计算。 (2)将已知物质的量浓度的溶液与一定体积未知物质的量浓度的溶液反应，根据反应时消耗已知物质的量浓度溶液的体积，通过计算确定未知浓度溶液的物质的量浓度。 2．化学反应计算的依据 　　　　 2CO　＋　O22CO2 化学计量数 2 1 2 物质的量 2 mol 1_mol 2_mol (1)同一个化学方程式中各物质的化学计量数之比等于其物质的量之比。 (2)对于有气体参加的反应，在同温同压下各气体的化学计量数之比也等于其体积之比。 3．化学反应计算 第一步：将题给其他物理量转化为对应物质的物质的量； 第二步：依据化学方程式列出比例式，根据比例式求出待求物质的物质的量； 第三步：根据题目要求，再将待求物质的物质的量转化为所求的物理量。 【即学即练】 3．把1.1 g铁、铝混合物溶于200 mL 5 mol·L－1的盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6 mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)。求： (1)反应中消耗HCl的物质的量________。 (2)该混合物中铝的物质的量为________、铁的物质的量为________。 答案：　(1)0.08 mol　(2)0.02 mol　0.01 mol 一、溶液物质的量浓度及其配制 1．纯净的无水硫酸钠称为元明粉，是一种重要的化工原料，而且其水溶液在医学上常用作缓泻剂和钡盐中毒的解毒剂等。某同学在实验室配制了500 mL 0.5 mol·L－1的硫酸钠溶液。 500 mL硫酸钠溶液中溶质的质量是多少？若从中取出50 mL溶液，其物质的量浓度是否改变？ 提示：35.5 g。0.5 L×0.5 mol·L－1×142 g·mol－1＝35.5 g。不变。因为溶液是均匀的，因此浓度仍然为0.5 mol·L－1。 2．要配制1 L 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，需要CuSO4粉末或CuSO4·5H2O的质量一样吗？ 提示：不一样。1 L 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，溶质CuSO4的物质的量n＝1 L×0.1 mol·L－1＝0.1 mol，则需要CuSO4粉末质量0.1 mol×160 g·mol－1＝16.0 g, CuSO4·5H2O的质量0.1 mol×250 g·mol－1＝25.0 g。 3．教材中描述“热的溶液需冷却到室温后才能转移到容量瓶中”。配制一定浓度的氢氧化钠溶液时，氢氧化钠在烧杯中刚好溶解，即把溶液转移到容量瓶，这样可以吗？若不可以，这样所配溶液的浓度如何变化？ 提示：不可以，溶液未冷却，液体膨胀，故向容量瓶中所加的水偏少，这样所配溶液浓度偏高。 4．某同学在配制100 mL 0.100 mol·L－1的Na2CO3溶液定容摇匀后液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，会对实验结果产生什么影响？ 提示：定容后颠倒摇匀，会出现瓶内液面低于刻度线的现象，这是因为极少量溶液沾在瓶塞或磨口处，若再加蒸馏水至刻度线，则所配溶液物质的量浓度会偏低。 配制一定物质的量浓度溶液的误差分析 1．误差的分析方法 在分析配制一定物质的量浓度溶液的误差时，要根据cB＝＝来分析，其中MB(溶质的摩尔质量)为定值。 ①V不变，凡是使mB或nB增大(或减小)的操作均使cB偏大(或偏小)。 ②nB或mB不变，凡是使V增大(或减小)的操作均使cB偏小(或偏大)。 2．配制100 mL 1.00 mol·L－1的氯化钠溶液常出现的误差 能引起误差的操作 因变量 c n V 称量 ①砝码生锈(没有脱落) 偏大 不变 偏大 ②少量氯化钠粘在称量纸上 偏小 不变 偏小 ③使用游码，且药品砝码位置颠倒 偏小 不变 偏小 转移 ④有少量液体溅出 偏小 不变 偏小 ⑤容量瓶内有少量水 不变 不变 不变 ⑥未洗涤或洗涤未注入容量瓶 偏小 不变 偏小 定容 ⑦仰视刻度线 不变 偏大 偏小 ⑧超过刻度线，吸出一部分水 偏小 不变 偏小 ⑨摇匀后液面下降，补充水 不变 偏大 偏小 装瓶 ⑩试剂瓶刚用蒸馏水洗过 不变 偏大 偏小 3.俯视、仰视导致的误差分析 用容量瓶定容： 图Ⅰ：定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配制溶液的浓度偏高。 图Ⅱ：定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，所配制溶液的浓度偏低。 用量筒量取一定体积的溶液： 图Ⅲ：若俯视刻度线，则实际量取的液体体积偏小，所配溶液浓度偏低。 图Ⅳ：若仰视刻度线，则实际量取的液体体积偏大，所配溶液浓度偏高。 1．(2021·沭阳县期中调研)对1 mol·L－1的BaCl2溶液的有关叙述中，正确的是(　　) A．该溶液中c(Cl－)＝2 mol·L－1 B．该溶液中Ba2＋的物质的量是1 mol C．可使用500 mL容量瓶配制180 mL该浓度的BaCl2溶液 D．将208 g BaCl2固体溶解在1 L水中，所得溶液的浓度为1 mol·L－1 A　[A.1 mol·L－1的BaCl2溶液中c(Cl－)＝2 mol·L－1，故A正确；B.没有溶液体积，不能计算Ba2＋的物质的量，故B错误；C.容量瓶常有25 mL、50 mL、100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL等数种规格，可使用250 mL容量瓶配制180 mL该浓度的BaCl2溶液，故C错误；D.将208 g BaCl2固体溶解在1 L水中，所得溶液的体积不是1 L，溶液的浓度不是1 mol·L－1，故D错误。] 2．某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO 25%密度为1.2 g·cm－3的消毒液。下列说法正确的是(　　) A．配制过程需要的仪器有：烧杯、天平、量筒、玻璃棒 B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制 C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小 D．需要称量的NaClO固体的质量为144 g C　[A.用固体配制一定物质的量浓度的溶液，配制过程需要的仪器有：天平、烧杯、量筒、玻璃棒、500 mL容量瓶和胶头滴管，A错误；B.在配制过程中需要向容量瓶中加入一定量的蒸馏水，故容量瓶用蒸馏水洗净后不一定要烘干才能用于溶液的配制，B错误；C.所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后因发生NaClO＋H2O＋CO2===NaHCO3＋HClO，2HClO2HCl＋O2↑，故溶液中NaClO的物质的量浓度减小，C正确；D.需要称量的NaClO固体的质量为500 cm3×1.2 g·cm－3×25%＝150 g，D错误。] 3．某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是(　　) A．所用NaOH已经潮解 B．向容量瓶中加水未到刻度线 C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里 D．用带游码的托盘天平称2.4 g NaOH时误用了“左码右物”方法 B　[根据c＝可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。A.所用NaOH已经潮解，导致溶质的物质的量偏小，根据c＝可知，所得溶液的浓度偏低，故A错误；B.向容量瓶中加水未到刻度线，导致溶液体积偏小，根据c＝可知，所得溶液的浓度偏高，故B正确；C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里，导致溶质的物质的量偏小，根据c＝可知，所得溶液的浓度偏低，故C错误；D.称2.4 g NaOH时误用了“左码右物”方法，称量的NaOH质量偏小，导致溶质的物质的量偏小，根据c＝可知，所得溶液的浓度偏低，故D错误。] 二、物质的量浓度的计算 1．表示溶液组成的方法有两种：①溶质的质量分数；②物质的量浓度。如图所示为实验室浓硫酸的试剂瓶上的标签。 (1)为什么溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度可以相互换算？ (2)若取1 L这种浓硫酸，其中含有溶质的质量是多少？物质的量是多少？ 提示：(1)质量分数、物质的量浓度均是描述溶质多少的物理量，利用质量分数计算的溶质一定等于利用物质的量浓度计算的溶质，因此可以利用溶质守恒，将质量分数与物质的量浓度进行换算。 (2)1 L这种浓硫酸中所含硫酸溶质的质量：1 000 mL×1.84 g·cm－3×98%＝1 803.2 g。物质的量：＝18.4 mol。 2．在标准状况下，将3.36 L HCl通入1 L水中，则溶液中溶质的物质的量浓度为多少？(溶液的密度为1.2 g·cm－3) 提示：n(HCl)＝ mol＝0.15 mol，V(溶液)＝≈838 mL≈0.838 L，c(HCl)＝≈0.18 mol·L－1。 1．由溶液中溶质的质量或微粒数计算物质的量浓度 (1)若已知溶质质量 (2)若已知溶液中某粒子的个数 2．物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算 cB＝＝＝＝；w＝。 3．由标准状况下气体的体积计算物质的量浓度 (1)若已知溶液的体积 (2)若已知溶液的密度 [假定气体的摩尔质量为M g·mol－1，V L(标准状况下)该气体溶于1 L水中所得溶液的密度为ρ g·cm－3] 计算过程： ①先计算溶质的物质的量：n＝ mol; ②再计算溶液的体积： V＝＝×1×10－3 L·mL－1＝ L; ③最后计算溶质的物质的量浓度： c＝＝＝ mol·L－1。 4．溶液的稀释与混合 (1)稀释时 溶质质量不变：m1w1＝m2w2; 溶质的物质的量不变：c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)。 (2)混合时 c(混)·V(混)＝c1V1＋c2V2。 1．80 g密度为 ρ g·cm－3的CaCl2溶液里含2 g Ca2＋，从中再取出一半的溶液中Cl－的浓度是(　　) A． mol·L－1 B．mol·L－1 C．1.25ρ mol·L－1 D．5% C　[2 g Ca2＋离子物质的量为＝0.05 mol，溶液体积＝＝ L，则原溶液中c(Ca2＋)＝＝ mol/L，而原溶液中c(Cl－)＝2c(Ca2＋)＝1.25ρ mol/L，溶液是均一的取出溶液中Cl－的浓度与原溶液中的相等，故取出一半的，溶液中Cl－的浓度是1.25ρ mol/L。] 2．下列说法正确的是(　　) A．将30 mL 0.5 mol·L－1的Na2SO4溶液加水稀释到500 mL，稀释后溶液中Na＋的物质的量浓度为0.03 mol·L－1 B．V L Mg(NO3)2溶液中含Mg2＋a g，溶液中c(NO)＝ mol·L－1 C．配制480 mL 0.100 mol·L－1的CuSO4溶液，需称取12.5 g胆矾 D．将100 mL 1.0 mol·L－1的NaCl溶液与200 mL 1.5 mol·L－1的NaCl溶液混合(忽略溶液体积变化)，得到溶液的物质的量浓度为2.5 mol·L－1 C　[A.将30 mL 0.5 mol·L－1的Na2SO4溶液加水稀释到500 mL，稀释后溶液中Na＋的物质的量浓度为×2＝0.06 mol·L－1，A不正确；B.V L Mg(NO3)2溶液中含Mg2＋a g，溶液中c(NO)＝＝ mol·L－1，B不正确；C.配制480 mL 0.100 mol·L－1的CuSO4溶液，需选择500 mL容量瓶，称取胆矾的质量为0.100 mol/L×0.5 L×250 g/mol＝12.5 g，C正确；D.将100 mL 1.0 mol·L－1的NaCl溶液与200 mL 1.5 mol·L－1的NaCl溶液混合(忽略溶液体积变化)，得到溶液的物质的量浓度为≈1.3 mol·L－1，D不正确。] 三、化学反应的计算 甲、乙两位同学就物质的量应用于化学方程式计算，产生了以下讨论： 你同意哪位同学的说法？举例说明。 提示：甲、乙两位同学的观点均不全面。若题目所给物质的物理量单位不一致，换算成同一个单位，有时显得很繁琐，这时只要做到各个量的单位“上下一致，左右相当”即可。 如： 有关物质的量的计算中的“三个规范” 1．书写规范：各种符号的书写要规范，大写字母与小写字母的意义各不相同。如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量，“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。 2．符号规范 (1)设未知数直接用各物理量的符号表示，且要注明物质(或粒子)的符号。如设参加反应HCl溶液的体积为V(HCl)。 (2)各物理量及单位、物质的名称、公式等尽量用符号表示。如已知NaOH溶液的体积和物质的量浓度，求NaOH溶液的质量时就写成：m(NaOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)×M(NaOH)。 3．单位规范：把已知量代入计算式中计算时都要带单位且单位要统一。 1．标准状况下，3.25 g锌与足量的盐酸反应生成x L氢气，下列比例式正确的是(　　) A．Zn　＋　2HCl　===　　ZnCl2＋H2↑ 1 mol　　　　　　　　　　　 1 mol 3.25 g　　　　　　　　　　　　x L B．Zn　＋　2HCl　===　　ZnCl2＋H2↑ 65 g　　　　　　　　　　　　22.4 L 3.25 g　　　　　　　　　　　 x L C．Zn　＋　2HCl　===　　ZnCl2＋H2↑ 1 mol　　　　　　　　　　　 2 g 0.05 mol　　　　　　　　　　 x L D．Zn　＋　2HCl　===　　ZnCl2＋H2↑ 65 g　　　　　　　　　　　　2 g 3．25 g　　　　　　　　　　 x L B　[比例式应注意单位要“上下一致，左右相当”。 ] 2．过氧化钠能与水发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，某同学欲用该反应制取标准状况下的氧气1.12 L。 (1)计算需要称取过氧化钠的质量。 (2)反应后生成NaOH的物质的量是多少？ 解析：　n(O2)＝＝0.05 mol, 2Na2O2＋2H2O===4NaOH　＋　O2↑ 2 4 1 n(Na2O2) n(NaOH) 0.05 mol 2∶1＝n(Na2O2)∶0.05 mol, n(Na2O2)＝0.1 mol, m(Na2O2)＝0.1 mol×78 g·mol－1＝7.8 g; 4∶1＝n(NaOH)∶0.05 mol, n(NaOH)＝0.2 mol 答案：　(1)7.8 g　(2)0.2 mol 有关方程式计算的解题步骤 1．配制0.4 mol·L－1NaOH溶液250 mL，在下列仪器中：①托盘天平；②量筒；③烧杯；④玻璃棒；⑤漏斗；⑥500 mL容量瓶；⑦药匙；⑧250 mL容量瓶；⑨胶头滴管；⑩坩埚，需要用到的仪器有(　　) A．①③④⑥⑨⑩ B．①④⑦⑧⑨⑩ C．①③④⑦⑧⑨ D．①②④⑤⑧⑨ C　[由配制溶液步骤可知，实验室配制250 mL 0.4 mol·L－1 NaOH溶液时需要用的仪器分别是托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶和胶头滴管，即需要用到①③④⑦⑧⑨。] 2．与150 mL 1 mol·L－1MgSO4溶液中SO的物质的量浓度相等的是(　　) A．50 mL 3 mol·L－1H2SO4溶液 B．75 mL 2 mol·L－1KAl(SO4)2溶液 C．100 mL 1.5 mol·L－1Al2(SO4)3溶液 D．50 mL 1 mol·L－1Na2SO4溶液 D　[A.50 mL 3 mol·L－1H2SO4溶液中c(SO)＝3 mol/L，A不符合题意；B.75 mL 2 mol·L－1KAl(SO4)2溶液c(SO)＝2×2 mol/L＝4 mol/L，B不符合题意；C.100 mL 1.5 mol·L－1Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝3×1.5 mol/L＝4.5 mol/L，C不符合题意；D.50 mL 1 mol·L－1Na2SO4溶液中c(SO)＝1 mol/L，与150 mL 1 mol·L－1MgSO4溶液中SO的物质的量浓度相等，D符合题意。] 3．实验室用H2C2O4·2H2O晶体配制100 mL 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液。下列说法正确的是(　　) A．需准确称量H2C2O4·2H2O的质量为0.9 g B．H2C2O4·2H2O晶体可用如图所示操作溶解 C．容量瓶使用前未干燥对所配溶液浓度没有影响 D．定容时若加水超过刻度线，应立即用胶头滴管吸取超过部分液体 C　[A.100 mL 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液中H2C2O4的物质的量为0.1 L×0.1 mol·L－1＝0.01 mol，则H2C2O4·2H2O的质量为0.01 mol ×126 g/mol＝1.26 g，则需准确称量H2C2O4·2H2O的质量为1.3 g，故A错误；B.H2C2O4·2H2O晶体的溶解应在烧杯中进行，容量瓶只能用于配制溶液，不能用于溶解稀释，故B错误；C.配制一定物质的量浓度溶液时，定容操作中要向容量瓶中加水，则容量瓶使用前未干燥对所配溶液浓度没有影响，故C正确；D.定容时若加水超过刻度线，应立即用胶头滴管吸取超过部分液体，吸出的液体中会含有少量溶质，会导致溶液浓度偏低，故D错误。] 4．V 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． mol·L－1 B． mol·L－1 C． mol·L－1 D． mol·L－1 A　[ 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＋)＝＝ mol·L－1，c(SO)＝c(Al3＋)＝× mol·L－1＝ mol·L－1。] 5．“84消毒液”稀释一定比例后能有效杀灭新冠病毒。在预防新冠病毒中，发挥了巨大作用，某同学购买了一瓶某某牌的 “84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息。“84消毒液”：含25%NaClO(有效成分)、1 000 mL、密度1.192 g·cm－3，稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题： (1)该“84消毒液”有效成分NaClO的物质的量浓度为___________mol·L－1。 (2)该同学取100 mL该“84消毒液”欲按包装说明稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(NaClO)＝________ mol·L－1 。 (3)一瓶该“84消毒液”能吸收空气中___________L的CO2(标准状况)。(已知：CO2＋NaClO＋H2O===NaHCO3＋HClO) (4)该同学参阅该品牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制500 mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是___________(填字母)。 A．如上图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器即可 B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制 C．利用市场购买的商品NaClO来配制可能导致所配溶液浓度偏低 D．定容时，俯视容量瓶刻度，会导致所配溶液浓度偏低 解析：　(1)根据c＝，则c(NaClO)＝＝4.0 mol/L；(2)根据稀释规律可知0.1 L×4.0 mol/L＝0.1 L×100 c(NaClO)，解得c(NaClO)＝0.04 mol/L；(3)一瓶“84消毒液”中含有n(NaClO)＝1 L×4 mol/L＝4 mol，根据反应CO2＋NaClO＋H2O===NaHCO3＋HClO，则需要CO2(标准状况)的物质的量为n(NaClO)＝n(CO2)＝4 mol，即标况下V(CO2)＝4 mol×22.4 L/mol＝89.6 L；(4) A.需要托盘天平称量NaClO固体，需要烧杯来溶解NaClO，需要用玻璃棒来搅拌和引流，需要用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D不需要，但需要玻璃棒和胶头滴管，故A错误；B.配制过程中需要加水，所以经洗涤干净后的容量瓶不必烘干后使用，故B错误；C.由于NaClO易吸收空气中的二氧化碳和水而变质，所以商品NaClO含量减少，配制的溶液的物质的量减少，结果偏低，故选C；D.定容时，俯视容量瓶刻度，会使溶液的体积偏低，则导致所配溶液浓度偏高，故D错误。 答案：　(1)4.0　(2)0.04　(3)89.6　(4)C 课时精练(七)　溶液组成的定量研究 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) [基础达标] 1．下列各项中，在容量瓶上必须标明的是(　　) ①容量　②刻度线　③温度　④压强　⑤物质的量浓度　⑥适用于配制酸溶液或碱溶液 A．只有①③⑤ B．只有①②③ C．只有②④⑥ D．只有③⑤⑥ B　[容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量、刻度线，则①②正确；容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，则③正确；不需标明压强、物质的量浓度、用于配制酸溶液或碱溶液等，所以正确的是①②③，故B正确。] 2．下列关于容量瓶使用的叙述中，正确的是(　　) ①使用容量瓶前要检查是否漏水 ②向容量瓶中转移液体时可用玻璃棒引流 ③可在容量瓶中加水稀释浓硫酸 ④加水定容时，不小心液面超过刻度线，可用胶头滴管吸出多余溶液 A．①③ B．①④ C．①② D．③④ C　[①在配制溶液过程中需要将容量瓶内溶液摇匀，所以使用容量瓶前要检查是否漏水，故①正确；②向容量瓶中转移液体时为了防止液体溅出，可用玻璃棒引流，故②正确；③浓硫酸加水稀释过程中放出大量的热，应该在烧杯中稀释，并不断搅拌，不能在容量瓶中加水稀释浓硫酸，故③错误；④加水定容时，不小心液面超过刻度线，只能重新配制，用胶头滴管吸出多余溶液会导致溶液浓度偏小，故④错误；故C正确。] 3．在配制溶液过程中正确的是(　　) A．配制盐酸溶液时，未干燥容量瓶中的少量水不影响最终的浓度 B．配制盐酸溶液用量筒量取盐酸后量筒也必须润洗 C．定容时观察液面俯视会造成所配溶液浓度偏低 D．浓H2SO4稀释后即可注入容量瓶配制 A　[A.容量瓶中少量的水，不影响溶质、溶剂，不影响溶液的浓度，A正确；B.量筒不需要润洗，直接用量筒量取盐酸即可，且不需要洗涤，B错误；C.定容时观察液面俯视，溶液体积偏小，由n＝cV可知，溶液浓度偏高，C错误；D.浓H2SO4稀释放热，应冷却至室温后转移到容量瓶中定容，D错误。 ] 4．下列溶液中溶质的物质的量浓度为0.1 mol·L-1的是(　　) A．含4 g NaOH的溶液1 L B．含0.1 g NaOH的溶液1 L C．含0.2 mol H2SO4的溶液0.5 L D．含19.6 g H2SO4的溶液1 L A　[A项中n(NaOH)＝＝0.1 mol，则c(NaOH)＝＝0.1 mol·L-1；同理可计算出B、C、D项的物质的量浓度分别为0.002 5 mol·L-1、0.4 mol·L-1、0.2 mol·L-1。] 5．实验是解决化学问题的基本途径，下列有关溶液配制的叙述正确的是(　　) A．将1 mol CuSO4·5H2O溶解在1 L水中，所得溶液浓度为1 mol·L-1 B．如果不慎将NaOH溶液沾到皮肤上，应立即用大量的水冲洗，然后涂上1%的盐酸 C．将1 mol CaCO3溶于水配成1 L溶液，所得溶液的浓度为1 mol·L-1 D．要配制480 mL 0.1 mol·L-1的碳酸钠溶液需称取14.3 g Na2CO3·10H2O D　[A.将1 mol CuSO4·5H2O溶解在1 L水中，溶液体积不是1 L，所得溶液浓度不是1 mol·L-1，故A错误；B.NaOH溶液溅到皮肤上，用水冲洗后涂上硼酸溶液，可中和残留的碱，故B错误；C.碳酸钙难溶，将1 mol CaCO3溶于水配成1 L溶液，所得溶液的浓度不是1 mol·L-1，故C错误；D.要配制480 mL 0.1 mol·L-1的碳酸钠溶液需要500 mL容量瓶，则需称取Na2CO3·10H2O的质量是0.5 L×0.1 mol/L×286 g/mol＝14.3 g，故D正确。] 6．某同学用NaOH固体配制0.10 mol·L-1 NaOH溶液的过程如图所示： 你认为该同学的错误操作有(　　) A．1处 B．2处 C．3处 D．4处 B　[①称量NaOH固体时，因为氢氧化钠易潮解且具有强腐蚀性，不能用称量纸称量，应用小烧杯称量。⑤定容时，视线要与容量瓶中凹液面相平。故错误操作有2处。] 7．配制250 mL 0.100 mol·L-1NaCl溶液时，下列操作会使配得的溶液中NaCl的物质的量浓度偏大的是(　　) A．移液后未洗涤烧杯 B．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线 C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线 D．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线 C　[A.移液后未洗涤烧杯，导致移入容量瓶中的溶质氯化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，故A不选；B.定容后摇匀，发现液面下降，是因为有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，再加水至刻度线，会导致浓度偏小，故B不选；C.在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏大，故C选；D.在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，导致所配溶液体积增大，所配溶液浓度偏小，故D不选。] 8．25 ℃时，将10 mL质量分数为49%(密度为1.4 g·cm-3)的硫酸稀释成100 mL。下列说法正确的是(　　) A．仰视容量瓶刻度线定容，所配溶液的浓度偏高 B．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90 mL C．49%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度约为7.00 mol·L-1 D．上述100 mL稀硫酸中含溶质14 g，该49%稀硫酸不属于电解质 C　[A.仰视容量瓶刻度线定容，导致所配溶液体积偏大，故所配溶液的浓度偏低，A错误；B.由于溶液的体积不具有加和性，故上述稀释过程所需要的蒸馏水不为90 mL，B错误；C.49%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度约为c＝＝＝7.00 mol·L-1，C正确；D.上述100 mL稀硫酸中含溶质100 mL×1.4 g·mL-1×49%＝68.6 g，该49%稀硫酸是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，D错误。] 9．实验室需要480 mL 0.200 mol·L-1Na2CO3溶液，现用Na2CO3固体配制，可供选择的仪器有：①玻璃棒、②烧瓶、③烧杯、④胶头滴管、⑤漏斗、⑥天平、⑦药匙、⑧500 mL容量瓶、⑨250 mL容量瓶。请回答下列问题： (1)上述仪器中，在配制Na2CO3溶液时必须使用的仪器除①③⑥⑦外，还有________(填序号)。 (2)经计算，需Na2CO3固体的质量为________。 (3)定容时，最后加入少量水的仪器是________(填仪器名称) 。 (4)对所配制的Na2CO3溶液进行测定，发现浓度小于0.200 mol·L-1。请你分析配制过程中可能引起该误差的原因：________(填字母)。 A．定容时俯视液面 B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒 C．配制时容量瓶未干燥 D．称Na2CO3固体的质量时物码倒置 解析：　(1)在实验室需要480 mL 0.200 mol·L-1Na2CO3溶液，要使用药匙取用固体药品，在托盘天平上进行药品的称量，在烧杯中进行溶解，并用玻璃棒不断搅拌，以促进物质溶解，待溶液恢复至室温后，用玻璃棒引流将溶液转移至500 mL的容量瓶中，再用蒸馏水洗涤烧杯内部、玻璃棒2～3次，洗涤液也转移至容量瓶中，最后使用胶头滴管进行定容操作，故使用的仪器有①玻璃棒、③烧杯、④胶头滴管、⑥天平、⑦药匙、⑧500 mL容量瓶，因此除①③⑥⑦外，还有④⑧；(2)配制500 mL 0.200 mol/L Na2CO3溶液，需称量Na2CO3的质量m(Na2CO3)＝0.200 mol/L×0.5 L×106 g/mol＝10.6 g；(3)进行定容操作时，最后加入少量水的仪器是胶头滴管；(4)A.定容时俯视液面，溶液体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终导致溶液的浓度偏高，A不符合题意；B.转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏少，由于溶液的体积不变，则最后配制的溶液浓度偏低，B符合题意；C.配制时容量瓶未干燥，对配制溶液的浓度无影响，C不符合题意；D.称Na2CO3固体的质量时物码倒置，由于使用了游码，称量的溶质质量偏少，最终导致配制的溶液浓度偏低，D符合题意；故合理选项是BD。 答案：　(1)④⑧　(2)10.6 g　(3)胶头滴管　(4)BD [能力提升] 10．如图是某校化学实验室中浓盐酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法不正确的是(　　) 浓盐酸化学纯(CP)(500 mL) 品名：浓盐酸 化学式：HCl 相对分子质量：36.5　密度：1.18 g·mL-1质量分数：36.5% A．该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为11.8 mol·L-1 B．500 mL该浓盐酸溶液的质量是590 g C．将11.8 mol HCl(g)溶于500 mL蒸馏水可得此溶液 D．取10.0 mL该溶液稀释至100 mL，稀释后溶液的c(HCl)＝1.18 mol·L-1 C　[A.该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 mol/L＝11.8 mol/L，A项正确；B.500 mL该浓盐酸溶液的质量为500 mL×1.18 g/mL＝590 g，B项正确；C.将11.8 mol HCl(g)溶于500 mL蒸馏水所得溶液体积未知，无法计算其浓度，C项错误；D.根据c1V1＝c2V2，取10.0 mL该溶液稀释至100 mL，稀释后溶液的c(HCl)＝＝1.18 mol/L，D项正确。] 11．下列说法中正确的是(　　) A．已知25%氨水的密度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大于15% B．已知质量分数为98%的硫酸溶液的物质的量的浓度为18.4 mol/L，则质量分数为49%的硫酸溶液的物质的量浓度小于9.2 mol/L C．把100 mL 3 mol·L-1的H2SO4溶液与100 mL H2O混合后，硫酸的物质的量浓度变为1.5 mol·L-1 D．在100 g物质的量浓度为18 mol/L、密度为1.84 g/mL的浓硫酸中加入一定量水稀释成9 mol/L的硫酸溶液，则加入的水的体积大于100 mL B　[A.×100%≈14.6%＜15%，故A错误；B.设49%的硫酸溶液的浓度为c，98%的浓硫酸的密度为ρ1，49%的硫酸溶液的密度为ρ2，则18.4 mol·L-1＝＝10ρ1同理c＝＝5ρ2，硫酸溶液的浓度越大，其溶液的密度越大，故ρ1>ρ2，所以<1，所以c<9.2 mol·L-1，故B正确；C.100 mL 3 mol·L-1的H2SO4溶液与100 mL H2O混合后，总体积小于200 mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5 mol·L-1，故C错误；D.稀释前后溶质的质量不变，设加水的质量为x，则100 g×w1＝(100 g＋x)×w2，18 mol·L-1的浓硫酸加到一定量的水中稀释成9 mol·L-1的硫酸，由c＝及硫酸的浓度越大，密度越大，则w1>w2，w1<2w2所以< 2，解得x<100 g，又因为水的密度约为1 g/mL ，则加水的体积小于100 mL，故D错误。] 12．相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况下)，溶于m g水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为c mol/L，密度为d g/mL，则下列说法不正确的是(　　) A．相对分子质量M＝ B．物质的量浓度c＝ C．溶质的质量分数w＝ D．溶液密度d＝ C　[A.V L标况下该气体的物质的量为 mol，m g：m(溶质)＝(1－w)：w，所以m(溶质)＝ g，所以 mol×M g/mol＝ g，所以M＝，摩尔质量以g/mol为单位时，摩尔质量数值与相对分子质量数值相同，故A正确；B.V L标况下该气体的质量为 mol×M g/mol＝ g，溶液质量为m g＋ g，溶液体积为，该溶液的物质的量浓度c＝＝＝，故B正确；C.溶质的质量分数w＝＝＝，故C错误；D.根据c＝可得，d＝，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项。] 13．已知：硫代硫酸钠(化学式为Na2S2O3)易溶于水，具有强还原性，其相对分子质量是158。某实验室配制500 mL 0.100 mol·L-1Na2S2O3溶液，并用于测定样品中CuSO4·5H2O的纯度： (1)使用无水硫代硫酸钠进行配制，需要固体的质量是___________。配制过程中需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管和___________。 (2)配制时使用的蒸馏水需先烧开再冷却，其目的是___________。 (3)定容时俯视刻度线，则配制得到的Na2S2O3溶液的浓度将___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。定容时，如果不小心加水超过了刻度线，则处理的方法是___________。 (4)测定样品CuSO4·5H2O的纯度：准确称取0.500 0 g CuSO4·5H2O样品，加入适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀硫酸酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.100 mol·L-1Na2S2O3溶液反应至终点，消耗Na2S2O3溶液19.20 mL。过程中发生下列反应：2CuSO4＋4KI===2CuI↓＋I2＋2K2SO4；2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI；计算CuSO4·5H2O样品的纯度(纯度＝×100%，写出计算过程)________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：　(1)配制硫代硫酸钠溶液时首先要防止氧化，并遵循一定步骤：需要溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作。所以必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、500 mL的容量瓶。配制过程中要保证溶质完全转移到容量瓶中、保证溶液体积准确，不然会引起误差，若不当操作导致溶质物质的量偏小或溶液体积偏大，则浓度偏小；若不当操作导致溶质物质的量偏大或溶液体积偏小，则浓度偏大，据此回答。使用无水硫代硫酸钠进行配制，需要固体的质量m＝nM＝cVM＝0.100 mol·L-1×0.5 L×158 g/mol＝7.9 g。配制过程中需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管和500mL容量瓶。(2)配制时使用的蒸馏水需先烧开再冷却，其目的是除去水中的溶解氧，防止硫代硫酸钠被氧化。(3)定容时俯视刻度线，则所加溶液体积减小，故浓度偏大。定容时，如果不小心加水超过了刻度线，则应重新配制。 (4)解：n(Na2S2O3)＝c(Na2S2O3)·V(Na2S2O3) ＝0.100 mol·L-1×0.019 2 L＝0.0019 2 mol 2CuSO4　　～I2～　　2Na2S2O3 2 2 n(CuSO4) 0.001 92 mol n(CuSO4)＝0.001 92 mol n(CuSO4·5H2O)＝n(CuSO4)＝0.001 92 mol m(CuSO4·5H2O)＝n(CuSO4·5H2O)·M(CuSO4·5H2O) ＝0.001 92 mol×250 g/mol ＝0.48 g 该CuSO4·5H2O样品的纯度＝×100%＝96%。 答案：　(1)7.9 g　500 mL容量瓶 (2)除去水中的溶解氧，防止硫代硫酸钠被氧化 (3)偏大　重新配制 (4)解：n(Na2S2O3)＝c(Na2S2O3)·V(Na2S2O3) ＝0.100 mol·L-1×0.019 2 L＝0.001 92 mol 2CuSO4　　～I2～　　2Na2S2O3 2 2 n(CuSO4) 0.001 92 mol n(CuSO4)＝0.001 92 mol n(CuSO4·5H2O)＝n(CuSO4)＝0.001 92 mol m(CuSO4·5H2O)＝n(CuSO4·5H2O)·M(CuSO4·5H2O) ＝0.001 92 mol×250 g/mol＝0.48 g 该CuSO4·5H2O样品的纯度＝×100%＝96% 14．在0.4 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题： (1)该混合液中，NaCl的物质的量为________ mol，溶质MgCl2的质量为________ g。 (2)该混合液中CaCl2的物质的量为________ mol，将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为________ mol·L-1。 (3)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀________ mol。 解析：　(1)根据图像可知钠离子的浓度是1.0 mol·L-1，所以溶液中氯化钠的浓度是1.0 mol·L-1，该混合液中NaCl的物质的量为1.0 mol·L-1×0.4 L＝0.4 mol；溶液中镁离子的浓度是0.5 mol·L-1，所以溶液中氯化镁的浓度是0.5 mol·L-1，则溶质MgCl2的质量为0.4 L×0.5 mol·L-1×95 g·mol-1＝19.0 g。(2)溶液中氯离子的浓度是3.0 mol·L-1，所以根据溶液显电中性可知溶液中钙离子的浓度是＝0.5 mol·L-1，因此该混合液中CaCl2的物质的量为0.5 mol·L-1×0.4 L＝0.2 mol。将该混合液加水稀释至体积为1 L，由于稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为＝0.2 mol·L-1。(3)溶液中氯离子的物质的量是0.4 L×3.0 mol·L-1＝1.2 mol，所以根据化学方程式Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到氯化银沉淀的物质的量是1.2 mol。 答案：　(1)0.4　19.0　(2)0.2　0.2　(3)1.2 学科网（北京）股份有限公司 $$