第7讲 物质的量在化学实验中的应用-【勤径学升】2026年高考化学一轮总复习教师用书Word

第7讲　物质的量在化学实验中的应用 1.了解物质的量浓度及其相关物理量的含义和应用，会配制一定物质的量浓度的溶液。 2.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。 3.了解溶液浓度的表示方法，理解溶解度、饱和溶液、溶质的质量分数等概念，并能进行有关计算。 考点1 物质的量浓度 ➢ 对应学生用书P28 1.物质的量浓度（cB） （1）概念：表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量。 （2）表达式：cB＝；单位：mol·L－1或mol/L。 （3）特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、质量分数均不变，但所含溶质的质量、物质的量因体积不同而改变。 2.物质的量浓度和溶质质量分数的比较 物质的量浓度c 溶质质量分数w 概念 以单位体积溶液中所含溶质的物质的量来表示溶液组成的物理量 以溶质质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量 溶质的单位 mol g 溶液的单位 L g 表达式 c＝ w＝×100% 两者关系 w＝（M：摩尔质量，单位：g·mol－1；ρ：密度，单位：g·cm－3） 3.关于物质的量浓度计算的三大类型 （1）标准状况下气体溶质形成的溶液中溶质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 计算公式：c＝（c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1）。 （3）溶液稀释、同种溶质的溶液混合的计算 ①溶液稀释 a.溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。 b.溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。 c.溶液质量守恒，m（稀）＝m（浓）＋m（水）（体积一般不守恒）。 ②同种溶质的溶液混合：混合前后溶质的物质的量保持不变，即：c1V1＋c2V2＝c混V混。 易丨错丨易丨混 判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 1.1mol·L－1的NaCl溶液是指此溶液中含有1molNa＋。 （ × ） 2.从100mL 5mol·L－1 H2SO4溶液中取出了10mL，所得硫酸的物质的量浓度为0.5mol·L－1。 （ × ） 3.将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1mol·L－1。 （ × ） 4.0.5mol·L－1的稀H2SO4溶液中，c（H＋）为1.0mol·L－1。 （ √ ） 5.将25gCuSO4·5H2O晶体溶于75g水中所得溶质的质量分数为25%。 （ × ） 题组一　物质的量浓度及其简单计算 1．已知0.5 L的NaCl溶液中含有0.5 mol Na＋。下列关于该溶液的说法正确的是(　　) A．该溶液中溶质的物质的量浓度为0.5 mol·L－1 B．该溶液中含有58.5 g NaCl C．配制100 mL该溶液，则应用托盘天平称量5.9 g NaCl D．量取100 mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中Na＋的物质的量为0.5 mol 解析　溶液的浓度c(NaCl)＝＝1 mol·L－1，故A错误；氯化钠的质量为0.5 mol×58.5 g·mol－1＝29.25 g，故B错误；100 mL溶液中含NaCl的物质的量n＝c·V＝1 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol，需要氯化钠的质量m＝0.1 mol×58.5 g·mol－1＝5.85 g，托盘天平精确到0.1 g，故称量5.9 g，故C正确；100 mL溶液中含有NaCl的物质的量n＝c·V＝1 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol，故D错误。 答案　C 2.美国UNC化学教授Thomas J.Meyer等研发了环境友好、完全型的“绿色”引爆炸药，其一种可表示为Na2R，它保存在水中可以失去活性，爆炸后不会产生危害性残留物。已知10mL某Na2R溶液含Na＋的数目为N，该Na2R溶液的物质的量浓度为 （　　） A.N×10－2mol·L－1 B.mol·L－1 C.mol·L－1 D.mol·L－1 解析　10mL该Na2R溶液中含Na＋的数目为N，Na2R的物质的量＝mol，Na2R的物质的量浓度＝mol÷0.01L＝mol·L－1。 答案　B 题组二　物质的量、溶液的质量分数、物质的量浓度之间的换算 3．某结晶水合物的化学式为A·nH2O，其相对分子质量为M，在25 ℃时，a g晶体溶于b g水中即达饱和，形成密度为ρ g/mL的溶液，下列表达式不正确的是(　　) A．饱和溶液的物质的量浓度为mol/L B．饱和溶液中溶质的质量分数为% C．饱和溶液的体积为mL D．25 ℃时，A的溶解度为g 解析　饱和溶液的物质的量浓度为c(A)＝＝＝mol/L，A不正确；饱和溶液中溶质的质量分数为w(A)＝×100%＝×100%＝%，B正确；溶液的体积为V＝＝mL，C正确；设25 ℃时，A的溶解度为S g，则w(A)＝＝，得S＝，D正确。 答案　A 题组三　考查溶液稀释或混合的计算 4.VmLAl2（SO4）3溶液中含有Al3＋mg，取mL该溶液用水稀释至4VmL，则S物质的量浓度为 （　　） A.mol/L B.mol/L C.mol/L D.mol/L 解析　原溶液中c（Al3＋）∶c（S）＝∶c（S）＝2∶3，c（S）＝mol·L－1，稀释后溶液中c（S）＝×mol·L－1＝mol·L－1，故选项A正确。 答案　A 5．200 mL 0.3 mol·L－1 K2SO4溶液和100 mL 0.2 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液混合后不考虑混合后溶液体积的变化，溶液中SO的物质的量浓度为________。 解析　200 mL 0.3 mol·L－1 K2SO4溶液中SO的物质的量为0.2 L×0.3 mol·L－1＝0.06 mol，100 mL 0.2 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液中SO的物质的量为3×0.1 L×0.2 mol·L－1＝0.06 mol，故混合液中SO的物质的量为0.06 mol＋0.06 mol＝0.12 mol，由于混合后不考虑体积的变化，混合后溶液的体积为0.3 L，混合液中SO的物质的量浓度为＝0.4 mol·L－1。 答案　0.4 mol·L－1 溶质相同、质量分数不同的两溶液混合的规律 同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。 （1）等体积混合 ①当溶液密度大于1g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大（如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液），等体积混合后质量分数w＞（a%＋b%）。　 ②当溶液密度小于1g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小（如酒精、氨水溶液），等体积混合后，质量分数w＜（a%＋b%）。 （2）等质量混合 两溶液等质量混合时（无论ρ＞1g·cm－3还是ρ＜1g·cm－3），则混合后溶液中溶质的质量分数w＝（a%＋b%）。 以上规律可概括为“计算推理有技巧，有大必有小，均值均在中间找，谁多向谁靠”。 考点2 一定物质的量浓度溶液的配制 ➢ 对应学生用书P30 1.容量瓶的构造及使用 （1）构造及用途 （2）查漏操作 2.配制100mL 1.00mol/L NaCl溶液 （1）实验目的、仪器和试剂 实验目的 实验仪器 试剂 1.练习容量瓶的使用、溶液配制的操作 2.加深对物质的量浓度概念的认识 烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管、量筒、玻璃棒、钥匙、滤纸、天平 蒸馏水、NaCl固体 （2）实验操作步骤 计算 需NaCl固体的质量为5.85g 称量 用托盘天平称量NaCl固体的质量为 5.9 g 溶解 把称量好的NaCl固体放入烧杯中，用量筒量取40mL蒸馏水溶解，并用玻璃棒 搅拌，使氯化钠固体完全溶解 移液 待溶液冷却至室温后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流注入100mL容量瓶中 洗涤 用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，将洗涤液全部注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀 振荡 轻轻摇动锥形瓶，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1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切 摇匀 盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀 装瓶 将配制好的溶液倒入干燥洁净的试剂瓶中，贴好标签 配制过程示意图： 易丨错丨易丨混 判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 1.容量瓶在使用前要检查是否漏水。 （ √ ） 2.配制一定物质的量浓度的溶液，在摇匀后，液面位于刻度线以下，应加水至刻度线。 （ × ） 3.配制950mL一定物质的量浓度溶液时，要选用950mL容量瓶。 （ × ） 4.为了配制方便，可将固体或浓溶液直接在容量瓶（或量筒）中进行溶解（或稀释）。 （ × ） 5.将28.6gNa2CO3·10H2O溶于水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1。 （ √ ） 题组一　溶液配制中的实验仪器及使用 1.（2023·大连质检）下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是 （　　） A.容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器 B.容量瓶可以用来加热 C.能用容量瓶贮存配制好的溶液 D.可以用500mL容量瓶配制250mL溶液 解析　容量瓶不可用来加热，不能贮存溶液，配制250mL溶液只能用250mL容量瓶，故A正确。 答案　A 2．(2024·福建福州月考)用密度为1.84 g·mL－1、质量分数为98%的浓硫酸配制180 mL 2 mol·L－1的稀硫酸。下列各步骤中操作正确的是(　　) A．计算、量取：用20 mL量筒量取19.6 mL浓硫酸 B．溶解、稀释：将浓硫酸倒入烧杯，再加入80 mL左右的蒸馏水，搅拌 C．转移、洗涤：将稀释并冷却后的溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶，重复2～3次 D．定容、摇匀：加水至凹液面最低处与刻度线相切，摇匀，最后在容量瓶上贴上标签 解析　用密度为1.84 g·mL－1、质量分数为98%的浓硫酸配制180 mL 2 mol·L－1稀硫酸，由于实验室没有180 mL的容量瓶，所以应配制250 mL的溶液，V mL×1.84 g·mL－1×98%＝0.250 L×2 mol·L－1×98 g·mol－1，V≈27.2 mL，用50 mL量筒量取27.2 mL浓硫酸，故A错误；稀释浓硫酸时应将浓硫酸缓慢注入水中，并不断搅拌，将水倒入浓硫酸中容易导致液体飞溅，造成实验室安全事故，故B错误；将稀释并冷却后的溶液用玻璃棒引流至容量瓶中，并用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2～3次，洗涤液也应转入容量瓶，使溶质全部转移至容量瓶中，故C正确；容量瓶不可用于贮存溶液，定容、摇匀后，应将溶液倒入试剂瓶，并贴上标签，注明溶液成分及浓度，故D错误。 答案　C 溶液配制过程中重要仪器的使用 仪器 注意事项或作用 容量瓶 （1）不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释； （2）不能作为反应器或用来长期贮存溶液； （3）不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液 量筒 （1）不能作反应器； （2）不能将浓溶液直接在量筒中稀释； （3）量取的液体倒出后不必洗涤 托盘天平 （1）使用前调零； （2）药品不能直接放在托盘上； （3）左物右码，先大后小； （4）读数至小数点后1位 玻璃棒 （1）在溶液配制过程中的作用是搅拌、引流； （2）搅拌时勿碰烧杯内壁，引流时注意玻璃棒下端应在刻度线以下 题组二　溶液配制过程中的误差分析 3.从溶质改变角度分析产生的误差（用“偏大”“偏小”或“无影响”填空）。 （1）配制450mL 0.1mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g：　　　　。 （2）配制500mL 0.1mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0g：　　　　。 （3）配制NaOH溶液时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确：　　　　。 （4）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4g，称量时物码放置颠倒：　　　　。 （5）用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：　　　　。 （6）定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：　　　　。 （7）未洗涤烧杯及玻璃棒：　　　　。 解析　 （2）胆矾的摩尔质量为250g·mol－1，所需质量为0.5L×0.1mol·L－1×250g·mol－1＝12.5g。 （3）NaOH易吸水潮解。 （4）实际称量质量为4g－0.4g＝3.6g。 答案　（1）偏小　（2）偏小　（3）偏小　（4）偏小　（5）偏大　（6）偏小　（7）偏小 4.从溶液改变角度分析产生的误差（用“偏大”“偏小”或“无影响”填空）。 （1）配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容：　　　　。 （2）定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：　　　　。 （3）定容时仰视刻度线：　　　　。 （4）定容摇匀后少量溶液外流：　　　　。 （5）容量瓶中原有少量蒸馏水：　　　　。 解析　（1）NaOH溶于水放热，溶液的体积比室温时大，应恢复室温后再移液、定容。 （2）溶液的总体积超出了刻度线。 答案　（1）偏大　（2）偏小　（3）偏小　（4）无影响 （5）无影响 （1）误差分析的理论依据 （2）容量瓶读数误差的图示分析 图1使所配溶液体积偏大，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。 微专题3　溶解度　溶解度曲线 ➢对应学生用书P32 1.溶解度 固 体 溶 解 度 概念：在一定温度下，某固体物质在100g溶剂（通常是水）里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g” 公式：S固体＝×100g 影响因素：①溶剂的影响，如NaCl易溶于水不易溶于汽油； ②温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质减小，如Ca（OH）2；温度对NaCl的溶解度影响不大 气 体 溶 解 度 概念：通常指该气体（其压强为101kPa）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1∶x。如NH3、HCl、SO2、CO2等气体常温时的溶解度分别为1∶700、1∶500、1∶40、1∶1 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 2.溶解度曲线 （1）常见物质的溶解度曲线 （2）溶解度曲线的含义 ①不同物质在各温度时的溶解度不同； ②两曲线交点的含义：表示两物质在该交点温度下有相同的溶解度； ③快速比较两种物质在某温度时溶解度的大小； ④能反映出溶解度随温度变化的趋势。 3.利用溶解度受温度影响选择不同的物质分离方法 （1）溶解度受温度影响较小的物质（如NaCl）采取蒸发结晶的方法；若NaCl溶液中含有KNO3，应采取蒸发结晶，趁热过滤的方法。 （2）溶解度受温度影响较大的物质（或带有结晶水）采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；若KNO3溶液中含有NaCl，应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 1.如图是NaCl、MgSO4的溶解度曲线。下列说法正确的是(　　) A.只有在t1 ℃时，NaCl和MgSO4的溶解度才相等 B.t1～t3 ℃，MgSO4的溶解度随温度升高而增大 C.在t2 ℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大 D.把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，有晶体析出 解析　A项，在t1 ℃、t3 ℃时，NaCl、MgSO4的溶解度都相等；B项，t2 ℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2 ℃之后，MgSO4的溶解度随温度的升高而减小；C项，w＝×100%，S越大，w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。故选C。 答案　C 2.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 C.Mg（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）2 解析　因NaCl的溶解度受温度的影响不大，所以将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体，故A正确；因MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢，加热水解平衡正向移动，氯化氢易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干得到的固体为氢氧化镁，故B错误；因Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度受温度影响较小，所以Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，故C正确；反应MgCl2＋2NaClO3Mg（ClO3）2＋2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg（ClO3）2的方向进行，故D正确。 答案　B 3．(2023·北海期末)向Na2CO3溶液中通入SO2可制得Na2SO3。已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、HSO、SO随pH的分布如图1所示，Na2SO3的溶解度曲线如图2所示。 (1)边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为______________ ______________________________________________________________。 (2)请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为________时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于________℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。 解析　(1)边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，由图1可知，当pH为4时，溶质的主要成分为亚硫酸氢钠，故实验操作测量溶液的pH，当pH约为4时，停止通入SO2；(2)由图1可知，pH值约为10时，溶质的主要成分为亚硫酸钠，由图2可知，当温度高于34 ℃时亚硫酸钠随着溶液温度升高溶解度降低，故制备无水亚硫酸钠的步骤为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34 ℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。 答案　(1)测量溶液的pH，当pH约为4时，停止通入SO2　(2)10　34 [对应学生用书P33] 1．(2023·高考全国甲卷)实验室将粗盐提纯并配制0.100 0 mol·L－1的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有(　　) ①天平　②温度计　③坩埚　④分液漏斗　⑤容量瓶　⑥烧杯　⑦滴定管　⑧酒精灯 A．①②④⑥ B．①④⑤⑥ C．②③⑦⑧ D．①⑤⑥⑧ 解析　粗盐提纯涉及的操作及使用的仪器有溶解(⑥烧杯和玻璃棒)、除杂、过滤(漏斗、玻璃棒、⑥烧杯)、蒸发结晶(蒸发皿、⑧酒精灯、玻璃棒)。配制0.100 0 mol·L－1的NaCl溶液的操作步骤及使用的仪器是称量(①天平)→溶解(⑥烧杯和玻璃棒)→移液(⑥烧杯、玻璃棒、⑤容量瓶)→定容(胶头滴管)，故选D。 答案　D 2.（2022·高考全国乙卷）由CuSO4·5H2O配制已知浓度的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是　　　　（填仪器名称）。 解析　由CuSO4·5H2O配制已知浓度的CuSO4溶液，称量CuSO4·5H2O的质量用到天平；溶解固体用到烧杯；加水用到量筒，故不需要的是分液漏斗、球形冷凝管。 答案　分液漏斗、球形冷凝管 3.（2022·高考广东卷）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用HAc表示）。 （1）配制250mL 0.1mol·L－1的HAc溶液，需5mol·L－1HAc溶液的体积为　　　　mL。 （2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　　　　。 解析　（1）根据配制前后溶质的物质的量不变，列式：c1V1＝c2V2，0.1mol·L－1×0.250L＝5mol·L－1×V2，解得V2＝0.005 0L＝5.0mL。（2）移液后摇匀时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压住容量瓶口，且应手持瓶颈轻轻晃动摇匀，不能上下颠倒，A项错误；定容时眼睛应该平视刻度线且胶头滴管的尖嘴不能插入容量瓶内，B项错误；转移溶液时用玻璃棒引流，且玻璃棒下端紧靠在容量瓶刻度线以下的内壁上，C项正确；定容后摇匀时应用另一只手托住瓶底，D项错误。 答案　(1)5.0　(2)C 4.（2020·高考新课标Ⅰ卷）由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L－1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、　　　　（从下列图中选择，写出名称）。 解析　由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L－1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L－1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管。 答案　烧杯、量筒、托盘天平 5.（2021·高考浙江卷）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应： 3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O （x－1）S＋K2SK2Sx（x＝2～6） S＋K2SO3K2S2O3 请计算： （1）0.480g硫单质与VmL 1.00mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝　　　　。 （2）2.560g硫单质与60.0mL 1.00mol·L－1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝　　　　。 解析　（1）根据方程式3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O可知，3molS可以和6molKOH反应，0.48gS的物质的量n（S）＝0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n（KOH）＝2n（S）＝0.03mol，故需要KOH溶液的体积V＝＝＝0.03L＝30.0mL； （2）若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为（2x＋2）S＋6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O，根据反应方程式有 （2x＋2）S＋6KOH2K2Sx＋K2S2O3＋3H2O 2x＋2 6 0.060L×1.00mol/L 解得x＝3。 答案　（1）30.0　（2）3 学科网（北京）股份有限公司 $$