2019届高考化学 第一轮复习：一定物质的量浓度溶液的配制
②使用差量法的注意事项 a．所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。 b．有关物质的物理量及其单位都要正确地使用，即“上下 一致，左右相当”。
针对训练 3：16 mL 由 NO 与 NH3 组成的混合气体在催化剂
作用下于 400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH3 5N2＋6H2O(g)，
4．配制 2 mol/L Na2CO3 溶液 950 mL 时，应选 1 000 mL 容 量瓶，称取 Na2CO3·10H2O 572.0 g。( √ )
5．配制 0.100 0 mol·L－1 氯化钠溶液时，两次用玻璃棒的作 用相同。( × )
6．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度 偏小。( × )
(4)转移(移液) ①移液前需要将溶液冷却至室温。 ②移液中玻璃棒的作用为__引__流_____。 (5)洗涤：用适量蒸馏水将烧杯及玻璃棒洗涤__2_～__3____次， 洗涤液也都注入_容__量__瓶____中，并振荡容量瓶，使溶液混合均匀。 (6)定容 ①将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下_1_～__2_c_m__ 时，改用_胶__头__滴__管__滴加蒸馏水。
达到平衡时在相同条件下气体体积变为 17.5 mL，则原混合气体
中 NO 与 NH3 的物质的量之比有四种情况：①5∶3、②3∶2、 ③4∶3、④9∶7。其中正确的是( )
A．①②
B．①④
C．②③
D．③④
解析：根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。
由此可知共消耗 15 mL 气体，还剩余 1 mL 气体，假设剩余 的气体全部是 NO，则 V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL ＝5∶3，假设剩余的气体全部是 NH3，则 V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体 实际上是 NO、NH3 的混合气体，故 V(NO)∶V(NH3)介于 5∶3 与 9∶7 之间，对照所给的数据知 3∶2 与 4∶3 在此区间内。
重点讲解 提升技能
精讲精练
一定物质的量浓度溶液配制中的误差分析 1 误差分析的理论依据 根据 cB＝nVB可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由 溶质的物质的量 nB 和溶液的体积 V 引起的。误差分析时，关键 要看溶液配制过程中引起了 nB 和 V 怎样的变化。若 nB 比理论值 小，或 V 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若 nB 比理 论值大，或 V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
(3)面 ①溶解度曲线下方的面表示不同温度下该物质的不饱和溶 液； ②溶解度曲线上方的面表示相应温度下的过饱和溶液。
针对训练 1：甲、乙两物质的溶解度曲线如图所示。下列叙 述中正确的是( )
A．t1 ℃时，在 100 g 水中放入 60 g 甲，其溶质的质量分数 为 37.5%
B．t1 ℃时，甲和乙的饱和溶液的物质的量浓度一定相等 C．t2 ℃时，甲和乙的饱和溶液中溶质的质量分数一定相等 D．t2 ℃时，分别在 100 g 水中各溶解 20 g 甲、乙，同时降 低温度，甲先达到饱和
答 案 ： (1)Na2Cr2O7 ＋ 2KCl===K2Cr2O7 ＋ 2NaCl 低 温 下 K2Cr2O7 溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7 的溶 解度明显减小
(2)使 Fe3＋生成沉淀而被除去 (3)NaCl K2Cr2O7 (4)Ⅱ
物质的量与化学计算 1 以“物质的量”为中心的转化关系
解析：t1 ℃时，在 100 g 水中放入 60 g 甲，根据溶解度曲线
可知溶解的固体为
30
g，所以溶液的质量分数应是30
30 g g＋100
g
×100%≈23.08%，A 错误；t1 ℃时，甲和乙的溶解度相等，故 它们的饱和溶液的质量分数相同，但溶质的摩尔质量和溶液密度
不一定相等，所以物质的量浓度不一定相等，B 错误；t2 ℃时， 甲的溶解度大于乙的溶解度，故甲、乙的饱和溶液中溶质质量分
1．配制一定物质的量浓度的溶液是将一定质量或体积的溶 质按溶液的体积在选定的容量瓶中定容，因而不需要计算水的用 量。
2．配制溶液时，先在烧杯中将固体溶解或将液体稀释，待 冷却至室温后再转移入容量瓶中。切不可直接将溶质倒入容量瓶 中，更不能在容量瓶中进行化学反应。
3．溶液转移至容量瓶时，要用玻璃棒引流，玻璃棒应靠在 刻度线以下。
数不相等，C 错误；降温使溶液达到饱和，由溶解度曲线不难看
出，甲的溶解度随温度变化而变化的程度比乙大，故同时降低温
度，甲先达到饱和，D 正确。
答案：D
针对训练 2：工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含 少量杂质 Fe3＋)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)。
工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：
10．用量筒量取 20 mL 0.500 0 mol·L－1 H2SO4 溶液于烧杯中， 加水 80 mL，配制成 0.100 0 mol·L－1 H2SO4 溶液。( × )
11．配制一定物质的量浓度的溶液时，可将固体或浓溶液直 接在容量瓶中溶解或稀释。( × )
12．配制一定物质的量浓度的溶液时，选好容量瓶即可用来 盛装配制好的溶液。( × )
(3)固体 A 主要为__________(填化学式)，固体 B 主要为 ________(填化学式)。
(4)用热水洗涤固体 A，回收的洗涤液转移到母液________(填 “Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)中，既能提高产率又可使能耗最低。
解析：(1)Na2Cr2O7 与 KCl 发生复分解反应，化学方程式为 Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7＋2NaCl，根据图象可知，低温下 K2Cr2O7 溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7 的溶 解度明显减小。(2)加碱使 Fe3＋生成沉淀而被除去。(3)根据溶解 度的大小，高温浓缩时，NaCl 析出，所以固体 A 主要为 NaCl； 冷却结晶时，K2Cr2O7 析出，所以固体 B 主要为 K2Cr2O7。(4) 用热水洗涤固体 NaCl，洗涤液中含有 NaCl，所以洗涤液转移到 母液Ⅱ中，既能在化学方程式计算中的应用 (1)计算的主要依据：化学方程式中各物质的化学计量数之比 等于参与反应的各物质的物质的量之比。 (2)计算的一般步骤 ①正确写出反应的化学方程式(或关系式)； ②列出相关物质的化学计量数，在对应计量数下面列相关物 质的量；
③列出关系式进行计算。
提醒：(1)化学方程式中的化学计量数可表示反应物或生成物 之间的微粒个数比、物质的量之比、相同状况下气体的体积之比。
影响溶解度大小的因素 (1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。 (2)外因： 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 物质却相反，如 Ca(OH)2；温度对 NaCl 的溶解度影响不大。
2 气体的溶解度 通常指该气体(其压强为 101 kPa)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。 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。
7．用固体 NaCl 配制 0.5 mol·L－1 的溶液，所用的仪器有： 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。( × )
8．在 50 mL 量筒中配制 0.100 0 mol·L－1 碳酸钠溶液。 (×)
9．用 pH＝1 的盐酸配制 100 mL pH＝2 的盐酸需要 100 mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。( × )
4．使用容量瓶前必须检查其是否漏水，必须把容量瓶洗涤 干净，但不能用待配液润洗，不必干燥。
5．用手拿容量瓶时，要握容量瓶刻度线以上的部分。
6．定容时俯视、仰视对结果的影响是最容易判断错误的， 务必确保按眼睛视线→刻度线→凹液面最低点的次序，做到“三 点一线”：①仰视刻度线，导致溶液体积偏大；②俯视刻度线， 导致溶液体积偏小。
(2)列比例计算时应注意上下单位一致，左右单位相当。 3 化学计算中的常用技巧 (1)差量法 ①差量法的应用原理
差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出 “理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体 积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先把化学方程 式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求 解。如：
(3)其他仪器：量筒、_烧__杯__、__玻__璃__棒__、__胶__头__滴__管____等。 2．配制过程示意图
3．配制步骤 以配制 480 mL 1 mol·L－1 NaOH 溶液为例，所需容量瓶的规 格：_5_0_0_m__L_。
(1)计算(填写计算过程与结果) m(NaOH)＝___1_m__o_l·_L_－_1_×__0_.5__L_×__4_0_g_·_m_o_l_－_1_＝__2_0_.0__g______。 (2)称量：用托盘天平称量 NaOH 固体(NaOH 放在__小__烧__杯___ 或表面皿中)。 (3)溶解：将称量好的固体放入__烧__杯_____中，加适量水溶解， 并 用 _玻__璃__棒____ 搅 拌 ； 溶 解 过 程 中 玻 璃 棒 的 作 用 为 __搅__拌__，__加__速__溶__解_______。
③四个“不能” a．不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释； b．不能作为反应容器或用来长期贮存溶液； c．不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中，因为容量瓶 的容积是在瓶身所标温度下确定的； d．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。
(2)托盘天平：可精确至_0_._1_g_，称量前先调零，称量时物品 放在__左__盘_____，砝码放在__右__盘_____。
(1) 由 Na2Cr2O7 生 产 K2Cr2O7 的 化 学 方 程 式 为 ______________，通过冷却结晶析出大量 K2Cr2O7 的原因是 _____________。
高考化学一轮复习第02讲 物质的量浓度与溶液的配制(讲义)(解析版)
第02讲物质的量浓度与溶液的配制目录考情分析网络构建考点一物质的组成与分类【夯基·必备基础知识梳理】知识点1物质的量浓度知识点2溶质的质量分数知识点3物质的溶解度知识点4物质的量浓度、溶质的质量分数比较及其计算【提升·必考题型归纳】考向1根据定义式c B＝n BV计算物质的量浓度考向2溶液混合与稀释的计算考向3物质的量浓度与溶质的质量分数的换算考点二一定物质的量浓度溶液的配制【夯基·必备基础知识梳理】知识点1熟悉配制溶液的仪器知识点2配制步骤知识点3误差分析【提升·必考题型归纳】考向1一定物质的量浓度溶液的配制考向2配制一定物质的量浓度溶液的误差分析真题感悟考点要求考题统计考情分析物质的量浓度的计算2022海南卷7题，2分2021湖南卷5题，3分2020新课标Ⅲ捐9题6分本讲为高考命题热点，题型有选择题和主观题，但未单独命题，穿插在选择题和主观题中考查，考查内容主要有：1、溶质的物质的量浓度、溶液的体积、溶质的物质的量之间的换算；2、物质的量浓度与质量分数、溶解度之间的换算；3、溶液稀释的计算；4、几种溶液混合后浓度的计算；5、物质的量浓度与PH值以及在氧化还原反应中的计算；6、一定物质的量浓度溶液的配置等等。
预计一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析2021广东卷7题，2分今后还是主要以穿插在生活、算（如食品污染物空气污染物的测定、食品中的营考点一物质的量浓度及其相关计算知识点1物质的量浓度(1)概念：表示单位体积溶液中所含溶质B 的物质的量。
(2)表达式：c B ＝nB V 。
(3)单位：mol·L －1(或mol/L)。
知识点2溶质的质量分数(1)概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。
(2)表达式：w (B)＝m （B ）m （aq ）×100%。
知识点3物质的溶解度1、固体的溶解度(1)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，叫作这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。
2.2.1一定物质的量浓度溶液的配制-备战2025年高考化学一轮复习考点帮(新教材新高考)
专题一物质的量第二节物质的量浓度考点1 一定物质的量浓度溶液的配制一．选择题（共16小题）1．下列实验操作设计正确且能达到实验目的的是【答案】C【详解】A．用pH试纸测溶液pH的方法为将pH试纸放在干燥洁净的玻璃片，上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸上，与标准比色卡对比，故A错误；B．容量瓶不能用于直接溶解氢氧化钠固体，故B错误；C．乙酸乙酯和碳酸钠溶液为互不相溶的两种液体，能用分液漏斗分离，故C正确；D．由于氨气极易溶于水，导管直接伸人水中容易发生倒吸，故D错误；故答案选C。
2．实验室用氢氧化钠固体配制500mL 0.4mol/L氢氧化钠溶液，得到的溶液浓度偏高，原因可能是A．氢氧化钠固体已变质B．固体溶解后立即转移入容量瓶C．定容时，仰视刻度线D．容量瓶洗净后未干燥【答案】B【详解】A．氢氧化钠固体已变质，氢氧化钠的量减少，所得浓度偏低，故A不符合题意；B．固体溶解后立即转移入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故B符合题意；C．定容时，仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故C不符合题意；D．容量瓶洗净后未干燥，对结果无影响，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
3．某化学小组的同学要配制500mL0.6mol/L的NaOH溶液，具体操作如下：①用托盘天平称取12.0g?NaOH固体时所用时间较长；②向小烧杯中加水使氢氧化钠溶解并冷却至室温；③把溶液转移到洗净但未干燥的容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒三次并将洗涤液也转移到容量瓶中，振荡摇匀；④向容量中加水定容，定容时俯视刻度线；⑤定容后塞上容量瓶塞子，上下颠倒摇匀，摇匀后发现液面低于刻度线，用胶头滴管补加蒸馏水至刻度线。
以上操作中会使所得溶液浓度偏低的有几项？A．1B．2C．3D．4【答案】B【详解】①氢氧化钠易潮解，称量时所用时间较长会导致称取的氢氧化钠中含部分水，氢氧化钠的量偏少，①所得溶液浓度偏低；②操作正确，对溶液浓度无影响；③容量瓶不需要干燥，③操作正确，对溶液浓度无影响；④定容时俯视刻度线会使溶液体积偏小，④所得溶液浓度偏高；⑤上下颠倒摇匀后液面低于刻度线对浓度无影响，补加蒸馏水会使溶液稀释，⑤所得溶液浓度偏低。
考点06_一定物质的量浓度溶液的配制与计算-高考化学一轮复习考点全通关(解析版)
考点06 一定物质的量浓度溶液的配制与计算一、一定物质的量浓度溶液的配制1．主要仪器托盘天平(分析天平)、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、量筒。
2．容量瓶(1)容量瓶的结构与规格(2)容量瓶使用的注意事项①使用前要检验容量瓶是否漏水。
检验程序：加水→塞瓶塞→倒立→查漏→正立，瓶塞旋转180°→倒立→查漏。
②使用后应将容量瓶洗净、晾干。
3．配制过程：以配制100 mL 1.00 mol·L－1的氯化钠溶液为例二、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(1)根据c B ＝n B V ＝m BM B V 可知，M B 为定值(溶质的摩尔质量)，实验过程中不规范的操作会导致m B 或V 的值发生变化，从而使所配制溶液的物质的量浓度产生误差。
若实验操作导致m B 偏大，则c B 偏大；若实验操作导致V 偏大，则c B 偏小。
(2)容量瓶定容时仰视、俯视对结果的影响(如下图)①仰视刻度线(如图a)：加水量高于基准线(刻度线)，溶液体积偏大，c 偏低。
②俯视刻度线(如图b)：加水量低于基准线(刻度线)，溶液体积偏小，c 偏高。
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 nV 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未洗涤或洗涤液未注入容量瓶 偏小 不变 偏小 定容⑦仰视不变 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三、物(1)有关溶液混合稀释的计算①不同物质的量浓度溶液的混合。
稀释：抓住稀释前后溶质的物质的量不变，列方程式：c 1·V 1＝c 2·V 2a ．如果忽略溶液体积变化，则c 1·V 1+c 2·V 2＝c 混·(V 1+V 2)b ．如果考虑溶液混合后的体积改变，则c 1·V 1+c 2·V 2＝c 混·V 混(V 混＝1000m ρ溶液)②不同质量分数的两种溶液混合的计算。
高考化学(全国)一轮复习：一定物质的量浓度的溶液及其配制ppt1 人教课标版
(2)特殊物质：如 NH3 溶于水后溶质为 NH3· H2O，但计算 作为溶质。
(3)含结晶水的物质： CuSO4· 5H2O―→CuSO4； Na2CO3· 10H
2.准确计算溶液的体积
n c＝V中的 V 是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶
m 积之和，不能用水的体积代替溶液的体积，应根据 V＝ ρ
(2)利用物质的量浓度(c)与溶质质量分数(w)的换算公式
题组三
溶液的稀释与混合
3＋
V 4.V mL Al2(SO4)3 溶液中含有 Al m g， 取 4 mL 该溶液用水
－ 则 SO2 4 物质的量浓度为
答案
解析
125m A. 36V mol· L －1 125m C. 54V mol· L－1
(2)从100 mL 5 mol· L－1 H2SO4溶液中取出了10 mL，所得
(3)从100 mL 5 mol· L－1 H2SO4溶液中取出10 mL，所得硫
(4)用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的物质的量
(5)1 L水中溶解5.85 g NaCl所形成的溶液的物质的量浓度是
(6)将25 g CuSO4· 5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分
(7)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为40%( × 1 mol· L－1( × )
(8)将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶质的物质
易错警示
1.正确判断溶液的溶质并计算其物质的量
水 (1)与水发生反应生成新的物质，如 Na、Na2O、Na2O2―― 水 水 SO3――→H2SO4；NO2――→HNO3。
解析
3.某温度时，有500 mL饱和的硫酸镁溶液，它的密度是1
高三化学一轮复习精品课件2：一定物质的量浓度及其溶液的配制
跟踪训练 2
➢ 用Na2CO3·10H2O晶体，配制0.2 mol/L的Na2CO3溶液480 mL。 ➢ (1)应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量：________。 ➢ (2)根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响，完成下列问
质的量浓度的计算、溶液的配制，主要 考查物质的量浓度的计算、求所需固体量或液体量、实验操 作过程中的误差分析。物质的量浓度的计算是高中生必备的 计算技能，溶液的配制也是必须掌握的定量实验，预测今后 的高考中还会继续出现该内容的选择题或实验题。
自主学习
➢ 一、物质的量浓度
1 000ρw ➢ 物质的量浓度与溶质的质量分数之间的关系：c＝ M 。
跟踪训练1
➢ 1．将20 g NaOH溶解于100 g水中形成溶液，其密度为1.2 g/cm3，则
➢ (1)NaOH的物质的量为________，溶液的体积为________， 溶液的物质的量浓度为________，溶液中溶质的质量分数为 ________。
3．下列关于物质的量浓度表述正确的是( ) A．0.3 mol·L－1 的 Na2SO4 溶液中含有 Na＋和 SO24－的总物 质的量为 0.9 mol B．1 L 水吸收 22.4 L 氨气时所得氨水的浓度是 1 mol·L－1 C．在 K2SO4 和 NaCl 的中性混合水溶液中，如果 Na＋和 SO24－的物质的量相等，则 K＋和 Cl－的物质的量浓度一定相同 D．10℃时，100 mL 0.35 mol·L－1 的 KCl 饱和溶液蒸发掉 5 g 水，冷却到 10℃时，其体积小于 100 mL，它的物质的量浓 度仍为 0.35 mol·L－1
化学一轮复习物质的量浓度及其溶液的配制
第2讲物质的量浓度及其溶液的配制【考纲要求】 1.了解溶液的含义。
了解溶解度、饱和溶液的概念。
2。
了解溶液浓度的表示方法。
理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。
3。
了解物质的量浓度的概念，并能进行相关计算。
4.掌握配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法。
考点一|物质的量浓度及计算（重点保分型--师生共研)授课提示：对应学生用书第5页[核心知识大通关]1．物质的量浓度2．溶质的质量分数小题热身1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×"。
（1)1 L水中溶解5。
85 g NaCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1 mol·L－1。
( )（2)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25％。
( ）(3)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为40％。
（)（4）将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1。
( )(5）50 mL 1 mol·L－1氯化铝溶液与150 mL 3 mol·L－1氯化钾溶液的c（Cl－）相等。
( )（6)T℃时100 g饱和食盐水中，含有溶质NaCl的质量是m g，则该温度时，NaCl的溶解度是m g。
( ）答案:（1）×(2）×(3)×(4)×（5）√(6）×2．将36。
5 g HCl溶于1 L水中，所得溶液的物质的量浓度是1 mol·L－1吗？为什么？答案：不是。
当HCl溶于水后,溶液体积不再是1 L，故不可能是1 mol·L－1，但可以叙述为将36.5 g氯化氢溶于水得1 L溶液，则其浓度为1 mol·L－1.［考向精练提考能]考向一依据定义式(c B＝错误!）计算23Na2CO3·10H2O溶于水配成1 L溶液。
高考化学一轮复习：一定物质的量浓度的溶液及其配制
液的浓度为4 mol·L-1
C.将10 mL 1.0 mol·L-1NaCl溶液与90 mL水混合,所得
考点互动探究
知识梳理
考点一 物质的量浓度及相关计算
1.物质的量浓度
(1)概念:表示单位体积溶液里所含溶质B的 物质的量 ,符号为 cB
。
(2)表达式:
cB=������������������
;单位:mol/L 。
2.溶质的质量分数 (1)定义:用溶液中 溶质质量占溶液质量
������ (溶质)
×100%
= 22������.'4mol
1000
×1+22������.'4×������ 1000 ������
L
1000 ������������' 22 400+������������'
mol·L-1
;
������
w=
22������.'4������
(溶质)
1000#39;4×
考点互动探究
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)× [解析] (1)1 mol·L-1 NaCl溶液是指每升溶液中含有1 mol NaCl。 (2)用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的体积不是100 mL,则所得溶液的 物质的量浓度就不是1 mol·L-1。 (3)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为16%。 (4)溶液的体积不是1 L。 (5)三种溶液中SO42-浓度之比为1∶1∶3。 (6)所得溶液浓度为 16 mol·L-1。 (7)溶解度是指一定温度下100 g溶剂中达到饱和状态时溶解的溶质的质量。 (8)不知道溶液体积,无法计算溶液浓度。
【考点集训】2019高考化学一轮复习考点真题集训 物质的量浓度的相关计算(word版,含解析)
【考点训练】物质的量浓度的相关计算【知识点的认识】1、物质的量浓度：（1）概念：溶质（用字母B表示）的物质的量浓度是指单位体积溶液中所含溶质B的物质的量，用符号cB表示．（2）单位：常用单位为mol/L．（3）计算公式：cB=nB/V注意：其中V指的是溶液的体积，而不是溶剂的体积．2、溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算：（1）将溶质的质量分数换算成物质的量浓度时，首先要计算1L溶液中含溶质的质量，换算成相应物质的量，有时还需将溶液的质量换算成溶液的体积，最后才换算成溶质的物质的量浓度．（2）将溶质的物质的量浓度换算成溶质的质量分数时，首先要将溶质的物质的量换算成溶质的质量，有时还将溶液的体积换算成质量，然后换算成溶质的质量分数．n=m/M=V•ρ•w•1000/Mc=n/Vc=（V•ρ•w/M）/V=V•ρ•w/MV[式中：ρ-溶液的密度，单位为g/mL或g/cm3，w-溶质的质量分数，M-溶质的摩尔质量，数值等于物质的式量]．【题型一：物质的量浓度概念的考察典例1：下列关于1mol/L NaCl说法正确的是（）A．1 L该溶液中含有58.5 g NaCl B．从1 L该溶液中取出0.5 L后，剩余NaCl溶液的浓度为0.5 mol/L C．该溶液中Na+的浓度为0.5 mol/L D．称取58.5 g NaCl固体溶于1 L水中，即可配制成1 mol/L NaCl溶液分析：A、根据n=cV计算氯化钠的物质的量，再根据m=nM计算氯化钠的质量；B、溶液是均匀的，取出部分溶液、剩余溶液与原溶液浓度相等；C、根据钠离子守恒可知溶液c（Na+）=c（NaCl）；D、58.5 g NaCl固体的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，浓度为1mol/L．解答：A、氯化钠的物质的量为1L×1mol/L=1mol，氯化钠的质量为1mol×58.5g/mol=58.5g，故A正确；B、溶液是均匀的，取出部分溶液、剩余溶液与原溶液浓度相等，都为1mol/L，故B错误；C、根据钠离子守恒可知溶液c（Na+）=c（NaCl）=1mol/L，故C错误；D、58.5 g NaCl固体的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，浓度为1mol/L，体积1L是指溶液体积，不是溶剂体积，故D错误；故选A．点评：考查物质的量浓度计算及对物质的量浓度概念的理解，难度较小，注意溶质离子浓度的计算．题型二：物质浓度与构成其微粒浓度的关系典例2：下列溶液中的Cl-浓度与50mL 1mol/L MgCl2溶液中的Cl-浓度相等的是（）A．150 mL 1 mol/L NaCl溶液 B．75 mL 2 mol/L CaCl2溶液C．150 mL 2 mol/L KCl溶液 D．75 mL 1 mol/LAlCl3溶液分析：根据同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数，与溶液的体积无关，1mol/L MgCl2溶液中的Cl-浓度为2mol/L．解答：50mL 1mol•L-1 MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L，A、150mL 1mol•L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（NaCl）=1mol/L，故A错误；B、75mL 2mol•L-1CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（CaCl2）=4mol/L，故B错误；C、150mL2mol•L-1KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（KCl）=2mol/L，故C正确；D、75mL1mol•L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=3c（AlCl3）=3mol/L，故D错误；故选C．点评：本题考查浓度的计算分析，溶液中离子的浓度只与物质的浓度和离子个数有关，与溶液的体积无关．题型三：CuSO4•5H2O的配制典例3：实验室里需用480mL 0.1mol•L-1的硫酸铜溶液，现选取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胆矾配成500mL溶液C．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水 D．称取12.5g胆矾配成500mL溶液分析：需用480mL 0.1mol•L-1的硫酸铜溶液，配制500ml 0.1mol•L-1的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量为0.5L×0.1mol•L-1=0.05mol，需要称取硫酸铜的质量为0.05mol×160g/mol=8g，如称取胆矾，则质量为0.05mol×250g/mol=12.5g，以此解答题中各问．解答：A、称取硫酸铜的质量为0.05mol×160g/mol=8g，加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，故A错误；B、胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，如称取胆矾，则质量为0.05mol×250g/mol=12.5g，故B错误；C、加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，应为加水配成500ml溶液，故C 错误；D、胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，质量为0.05mol×250g/mol=12.5g，加水配成500ml溶液，符合实验操作，故D正确．故选D．点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，本题难度不大，注意硫酸铜和胆矾的区别，另外注意水的体积不等于溶液的体积．题型四：溶液密度与物质的量浓度的换算典例4：（2018•承德模拟）将标准状况下的aLHCl（g）溶于1000g水中，得到的盐酸密度为bg/mL，则该盐酸的物质的量浓度是（）A．a22.4mo1•L-1 B．ab22400mol•L-1 C．ab22400+36.5amol•L-1 D．1000ab22400+36.5amol•L-1分析：利用n=VVm计算物质的量，利用溶剂和溶质的质量来计算溶液的质量，由溶液的质量和密度可计算溶液的体积，最后利用c=nV计算盐酸的物质的量浓度．解答：标准状况下的aLHCl（g），n（HCl）=aL22.4L/mol=a22.4mol，溶液的质量为a22.4mol×36.5g/mol+1000g，溶液的体积为 a22.4mol×36.5g/mol+1000gbg/mL×10-3L，由c=nV可知，c=a22.4mola22.4mol×36.5g/mol+1000gbg/mL×10-3L=1000ab22400+36.5amol/L故选D．点评：本题考查物质的量浓度的计算，明确溶液的体积、质量、密度的关系及物质的量浓度的计算公式即可解答，难度不大．题型五：稀释问题典例5：将30mL 0.5mol/L NaOH 溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为（）A．0.3 mol/L B．0.03 mol/L C．0.05 mol/L D．0.04 mol/L分析：根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算．解答：令稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，则：30×10-3L×0.5mol/L=500×10-3L×c解得c=0.03mol/L．故选：B．点评：本题考查物质的量浓度有关计算，难度较小，关键清楚稀释定律，溶液稀释前后溶质的物质的量不变．题型六：电荷守恒典例6：某盐的混合物中含有0.2mol Na+、0.4mol Mg2+、0.4mol Cl-，则SO42-为（）A．0.1mol B．0.3mol C．0.5mol D．0.15mol分析：根据溶液呈电中性计算溶液中SO42-离子的物质的量．解答：根据溶液呈电中性原则，则有：n（Na+）+2n（ Mg2+）+n（H+）=2n（SO42-）+n（OH-）+n（Cl-），所以：2n（SO42-）=n（Na+）+2n（ Mg2+）+n（H+）-n（Cl-）-n（OH-），由于该盐溶液为强酸强碱盐，则n（H+）=n（OH-），则2n（SO42-）=n（Na+）+2n（ Mg2+）-n（Cl-）n（SO42-）=0.2mol+2×0.4mol-0.4mol2=0.3mol，故选B．点评：本题考查离子浓度的计算，题目难度不大，注意从溶液电中性的角度解答．【解题思路点拨】对物质的量浓度进行理解的时候需要注意以下几点：①体积指的是溶液的体积，而不是溶剂的体积；②溶质一定要用“物质的量”来表示；③溶质可以是单质、化合物，也可以是离子或其他特定组合；④结晶水合物溶于水时，溶质通常以无水化合物计算；⑤配制氨水溶液制溶质是氨气；⑥溶液具有均一性，即同一溶液，无论取出多大体积，其各种浓度（物质的量浓度、质量分数、离子浓度等）均不变；⑦配制溶液时，要注意容量瓶规格与实际配制溶液体积的关系．一、选择题（共15小题）1．一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4•H2C2O4•2H2O．若用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4•H2C2O4•2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶的3倍，则KMnO4溶液的浓度（mol•L﹣1）为（）提示：H2C2O4是二元弱酸．A． 0.008889 B． 0.08000 C． 0.1200 D． 0.24002．在标准状况下，在一个容积为V L的圆底烧瓶中收集满氨气，配上塞子、导管等进行喷泉实验，烧瓶中溶液的物质的量浓度为（）A． 1/22.4mol/L B． V/33.6mol/L C． V/22.4mol/L D． 1/33.6mol/L3．硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中Al3+的浓度为0.4mol/L，硫酸根离子浓度为0.7mol/L，则K+的物质的量浓度为（）A． 0.1 mol/L B． 0.15 mol/L C． 0.3 mol/L D． 0.2 mol/L4．下列溶液与50mL 0.2mol/L的MgCl2溶液中的Cl﹣的物质的量浓度相等的是（） A． 150mL 0.4mol/L的HCl B． 250mL 0.2mol/L的AlCl3C． 250mL 0.3mol/L的BaCl2 D． 100mL 0.2mol/L的NaCl5．单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高．下列溶液中沸点最高的是（）A． 0.01 mol/L的蔗糖溶液 B． 0.02 mol/L的CH3COOH溶液C． 0.02 mol/L的NaCl溶液 D． 0.01 mol/L的K2SO4溶液6．200mL 0.3mol/L Na2SO4溶液和100mL 0.2mol/L Al2（SO4）3的溶液混合后，加水稀释至500mL．稀释后溶液中SO42﹣的物质的量的浓度为（）A． 0.4mol/L B． 0.24mol/L C． 0.35mol/L D． 0.5mol/L7．欲使1L 0.5mol/L的NaOH溶液的浓度增大一倍，可采取的合理措施是（）A．加入20g 固体NaOH，搅拌、溶解B．将溶液加热浓缩至0.6 LC．加入10mol/L的NaOH溶液0.1 L，再稀释至1.5 LD．加入1 L 1.5 mol/L的NaOH溶液混合均匀8．下列实验现象描述或说法不正确的是（）A．标准状况下，用一充满氨气的干燥烧瓶做喷泉实验，当水充满整个烧瓶后（假设溶液不外溢），烧瓶内氨水的物质的量的浓度为 mol/LB．氨很容易液化，因此氨常用作制冷剂C． SO3溶于水能导电，所以SO3是电解质D．浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸9．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol 硫酸钠的溶液恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol 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 B． 10 （ 2a﹣b ） mol/LC． 10 （ b﹣a ） mol/L D． 10 （ b﹣2a ） mol/L10．下列叙述正确的是（）A．将40 gNaOH溶于1L水中，所得NaOH溶液的浓度为1 mol•L﹣1B．将2.3gNa投入到97.7g水中充分反应，所得溶液中溶质的质量分数为4.0%C．在t℃时，将a g NH3完全溶液水，得到VmL溶液．该溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1D． 1 mol•L﹣1的硫酸溶液中c（H+）=1 mol•L﹣111．100g物质的量浓度为18mol/L，密度为ρg/mL的浓硫酸中，加入一定量的水稀释为9mol/L的硫酸溶液，则加入水的体积是（）A．大于100mL B．小于100mL C．等于100mL D．等于100/ρ mL12．v L Fe2（SO4）3溶液中含有a g SO42﹣，取此溶液0.5v L，用水稀释至2v L，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为（）A． mol•L﹣1 B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1 D．mol•L﹣113．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，pH=1，c（Al3+）=0.4mol•L﹣1，c（SO42﹣）=0.8mol•L﹣1，则c（K+）=（）A．0.15 mol•L﹣1 B．0.2 mol•L﹣1 C．0.3 mol•L﹣1 D．0.4 mol•L﹣114．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容．据此下列说法正确的是（）A．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol/LB． 1 mol Zn与足量该硫酸反应产生2 g氢气C．配制200 mL 4.6 mol/L的稀硫酸需取该硫酸50 mLD．该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2 mol/L15．把0.1molNaCl固体溶于水，配成1L 溶液，溶液中NaCl的物质的量浓度是（） A． 2 mol/L B． 0.2 mol/L C． 1 mol/L D． 0.1mol/L二、填空题（共5小题）（除非特别说明，请填准确值）16．用浓硫酸吸收SO3可得发烟硫酸（H2SO4•SO3）．某化工厂用1.5m3 98.3%的浓硫酸（密度为1.84g/mL）吸收SO3形成发烟硫酸，再与水混合，可得到95%的硫酸（密度为1.79g/mL）m3（保留2位小数）．17．将40gNaOH溶于水，配制成250mL溶液A，A的物质的量浓度为；取10mLA溶液，加水稀释至100mL后，得到溶液B，溶液B中溶质的物质的量为．18．某温度下，纯水的[H+]=2×10﹣7mol/L，则此时溶液中[OH﹣]为mol/L；若温度不变，滴入盐酸使[H+]=4×10﹣3mol/L，则此时溶液中[OH﹣]为mol/L．19．下列溶液中，c（Cl﹣）的大小顺序为（用字母填写）A．20mL 0.4mol/L AlCl3溶液B．30mL 1.5mol/L KCl溶液C．7.5mL 1mol/L MgCl2溶液D．10mL 2mol/L NaCl溶液．20．在0.2L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）该混合液中含溶质MgCl2的物质的量为，将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为．三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）21．氨在工业生产中有广泛的用途．某工厂平均每天产生约600m3废氨水（该氨水浓度为153mg•L﹣1，密度为1g•cm﹣3），该废氨水中氨的物质的量浓度为．若含0.800mol NH3的某氨水溶液质量为54.0g，向该溶液通入二氧化碳至反应完全，析出晶体后过滤，得到滤液31.2g，则NH4HCO3的产率为%．（保留1位小数）NH3常用于制备NO．4NH3+5O2→4NO+6H2O；（不考虑NO与氧气的反应），设空气中氧气的体积分数为0.20，氮气体积分数为0.80．为使NH3恰好完全氧化为NO，氨﹣空气混合物中氨的体积分数为．硫酸工业的尾气可以使用氨水进行吸收，既防止了有害物质的排放，也同时得到副产品氮肥．已知吸收尾气后的氨水全部转化为铵盐．取两份相同体积的铵盐溶液，一份中加入足量硫酸，产生0.09mol SO2（假设气体已全部逸出，下同）；另一份中加入足量Ba（OH）2，产生0.16mol NH3，同时得到21.86g沉淀．通过计算，求铵盐溶液中各溶质成分与物质的量浓度之比．22．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容．据此回答：（1）该试剂的物质的量浓度为mol•L﹣1用该硫酸配制100mL 4.6mol•L﹣1的稀硫酸需用量筒量取该硫酸mL．量取浓硫酸时应选用（选填序号：①10mL、②50mL、③100mL）规格的量筒；可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平．配制稀硫酸时，上述仪器中还缺少的仪器有（写仪器名称）；将铜片与该浓硫酸加热反应所产生的气体通入新制氯水中，发生反应的离子方程式是．23．水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质．水质优劣直接影响人体健康．请回答下列问题：（1）天然水中溶解的气体主要有．水的净化与软化的区别是．（3）硬度为1°的水是指每升水含10mg CaO或与之相当的物质（如7.1mg MgO）．若某天然水中c（Ca2+）=6×10﹣4mol•L﹣1，c（Mg2+）=3×10﹣4mol•L﹣1，则此水的硬度为．【考点训练】物质的量浓度的相关计算-3参考答案与试题解析一、选择题（共15小题）1．一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4•H2C2O4•2H2O．若用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4•H2C2O4•2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶的3倍，则KMnO4溶液的浓度（mol•L﹣1）为（）提示：H2C2O4是二元弱酸．A． 0.008889 B． 0.08000 C． 0.1200 D． 0.2400考点：物质的量浓度的相关计算．分析：两反应中KHC2O4•H2C2O4•2H2O的物质的量相同，设其物质的量为1mol，H2C2O4是二元弱酸，所以1molKHC2O4•H2C2O4•2H2O可以中和氢氧化钠3mol，根据V=计算氢氧化钠溶液的体积，进而计算高锰酸钾溶液的体积，由方程式10[KHC2O4•H2C2O4]+8KMnO4+17H2SO4=8MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O计算1molKHC2O4•H2C2O4反应需要KMnO4的物质的量，最后根据c=计算高锰酸钾溶液的浓度．解答：解：两反应中KHC2O4•H2C2O4•2H2O的物质的量相同，设其物质的量为1mol，H2C2O4是二元弱酸，所以1molKHC2O4•H2C2O4•2H2O可以中和氢氧化钠3mol，恰好中需要氢氧化钠溶液的体积为：=30L，所以高锰酸钾溶液的体积为：30L×=10L，由方程式10[KHC2O4•H2C2O4]+8KMnO4+17H2SO4=8MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O可知1molKHC2O4•H2C2O4反应需要KMnO4的物质的量为：×1mol=0.8mol，所以高锰酸钾溶液的浓度为：=0.08mol/L，故选B．点评：本题考查物质的量浓度计算、根据方程式的计算，题目难度中等，判断恰好发生中和反应氢氧化钠与KHC2O4•H2C2O4•2H2O关系是关键，注意假设法的运用，试题培养了学生基础知识的能力．2．在标准状况下，在一个容积为V L的圆底烧瓶中收集满氨气，配上塞子、导管等进行喷泉实验，烧瓶中溶液的物质的量浓度为（）A． 1/22.4mol/L B． V/33.6mol/L C． V/22.4mol/L D． 1/33.6mol/L考点：物质的量浓度的相关计算．分析：氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，圆底烧瓶的容积为VL，则氨气和溶液的体积为VL，根据n=计算氨气的物质的量，再根据c=计算溶液的物质的量浓度．解答：解：氨气极易溶于水，圆底烧瓶的容积为VL，则氨气和溶液的体积为VL，标况下VL氨气的物质的量为：=mol，所得溶液的物质的量浓度为：c==mol/L，故选A．点评：本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确物质的量浓度的概念及表达式为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．3．硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中Al3+的浓度为0.4mol/L，硫酸根离子浓度为0.7mol/L，则K+的物质的量浓度为（）A． 0.1 mol/L B． 0.15 mol/L C． 0.3 mol/L D． 0.2 mol/L考点：物质的量浓度的相关计算．分析：溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），根据溶液电荷守恒计算．解答：解：根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），而溶液中c（H+）和c（OH﹣）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3+）+c（K+）=2c（SO42﹣），所以：c（K+）=2c（SO42﹣）﹣3c（Al3+）=2×0.7mol/L﹣3×0.4mol/L=0.2mol/L，故选D．点评：本题考查溶液物质的量浓度的计算，题目难度不大，本题可利用质量守恒或电荷守恒计算．4．下列溶液与50mL 0.2mol/L的MgCl2溶液中的Cl﹣的物质的量浓度相等的是（）A． 150mL 0.4mol/L的HCl B． 250mL 0.2mol/L的AlCl3C． 250mL 0.3mol/L的BaCl2 D． 100mL 0.2mol/L的NaCl考点：物质的量浓度的相关计算．分析： 50mL 0.2mol/L的MgCl2溶液中的Cl﹣的物质的量浓度为：0.2mol/L×2=0.4mol/L，然后根据化学式中各微粒的浓度=溶质的物质的量浓度×离子个数，与溶液的体积无关，据此进行判断．解答：解：50mL 0.2mol/L的MgCl2溶液中的Cl﹣的物质的量浓度为：0.2mol/L×2=0.4mol/L，A.150mL 0.4mol/L的HCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度为：c（Cl﹣）=c（HCl）=0.4mol/L，故A正确；B.250mL 0.2mol/L的AlCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度为：c（Cl﹣）=3c（AlCl3）=0.6mol/L，故B错误；C.250mL 0.3mol/L的BaCl2溶液中Cl﹣的物质的量浓度为：c（Cl﹣）=2c（BaCl2）=0.6mol/L，故C错误；D.100mL0.2mol/L的NaCl溶液溶液中Cl﹣的物质的量浓度为：c（Cl﹣）=c（NaCl）=0.2mol/L，故D错误；故选A．点评：本题考查物质的量浓度的计算与判断，题目难度中等，注意溶液中离子的物质的量浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度．5．单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高．下列溶液中沸点最高的是（）A． 0.01 mol/L的蔗糖溶液 B． 0.02 mol/L的CH3COOH溶液C． 0.02 mol/L的NaCl溶液 D． 0.01 mol/L的K2SO4溶液考点：物质的量浓度的相关计算．分析：根据溶液中非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，假设溶液为1L，根据n=cV计算选项中溶质含有的粒子的物质的量，物质的量增大的，其沸点最高．解答：解：A.1L蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为：1L×0.01mol/L=0.01mol；B．CH3COOH是挥发性溶质，且1L溶液中分子的物质的量为：1L×0.02mol/L=0.02mol；C.1L 0.02mol/LNaCl溶液中溶质的离子的总物质的量为：1L×0.02mol/L×2=0.04mol；D.1L 0.01mol/L的K2SO4溶液溶质的离子的总物质的量为：1L×0.01mol/L×3=0.03mol；根据以上分析可知，溶液中溶质的粒子数最多的为C，即C的沸点最高，故选C．点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，试题考查角度新颖，利用非挥发性溶质的分子或离子数来判断溶液的沸点高低，学生熟悉物质的量浓度的有关计算是解答的关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．6．200mL 0.3mol/L Na2SO4溶液和100mL 0.2mol/L Al2（SO4）3的溶液混合后，加水稀释至500mL．稀释后溶液中SO42﹣的物质的量的浓度为（）A． 0.4mol/L B． 0.24mol/L C． 0.35mol/L D． 0.5mol/L考点：物质的量浓度的相关计算．分析：根据n=cV分别计算出200mL 0.3mol/L Na2SO4溶液和100mL 0.2mol/L Al2（SO4）3溶液中含有溶质的物质的量，再根据化学式组成计算出硫酸根离子的物质的量，从而得出混合液中含有的硫酸根离子的总物质的量，最后根据c=计算出稀释后溶液中SO42﹣的物质的量的浓度．解答：解：200mL 0.3mol/L Na2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量为：0.3mol/L×0.2L=0.06mol，0.06mol硫酸钠中含有0.06mol硫酸根离子，100mL 0.2mol/L Al2（SO4）3溶液中含有溶质硫酸铝的物质的量为：0.2mol/L×0.1L=0.02mol，0.02mol硫酸铝中含有0.06mol硫酸根离子，两溶液混合后，溶液中含有硫酸根离子的总物质的量为：0.06mol+0.06mol=0.12mol，稀释过程中硫酸根离子的物质的量不变，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量的浓度为：=0.24mol/L，故选B．点评：本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，掌握物质的量浓度的概念及表达式即可解答，注意明确溶液稀释过程中溶质的物质的量不变．7．欲使1L 0.5mol/L的NaOH溶液的浓度增大一倍，可采取的合理措施是（）A．加入20g 固体NaOH，搅拌、溶解B．将溶液加热浓缩至0.6 LC．加入10mol/L的NaOH溶液0.1 L，再稀释至1.5 LD．加入1 L 1.5 mol/L的NaOH溶液混合均匀考点：物质的量浓度的相关计算．分析： 1L 0.5mol/L的NaOH溶液的浓度增大一倍，即改变后的溶液的浓度是1mol/L，A．20g氢氧化钠的物质的量为0.5mol，向1L溶液中进入0.5mol氢氧化钠固体，溶液的体积会发生变化，所以溶液浓度不等于1mol/L；B．将溶液加热浓缩至0.6L，溶液的浓度变为原先的：=倍；C．先计算出氢氧化钠的总物质的量，然后根据c=计算出所得溶液的浓度；D．两溶液混合后溶液的体积会发生变化，混合液体积不等于2L．解答：解：1L 0.5mol/L的NaOH溶液的浓度增大一倍，即改变后的溶液的浓度是1mol/L，A．加入20g固体NaOH，搅拌、溶解，由于溶解后的溶液体积会发生变化，氢氧化钠的物质的量为1mol，但是溶液的体积不是1L，所以浓度不是1mol/L，故A错误；B．将溶液加热浓缩至0.6L，溶液的浓度变为原先的：=倍，浓缩后溶液的浓度为：0.5mol/L×=mol/L，故B错误；C．加入10mol/L的NaOH溶液0.1L，再稀释至1.5L，此时溶液中氢氧化钠的浓度为：c（NaOH）==1mol/L，浓度变为原先的2倍，故C正确；D．加入1 L 1.5 mol/L的NaOH溶液即加入了1.5mol的NaOH，溶液中NaOH的总物质的量是2mol，但溶液的体积不是2L，所以溶液的浓度不是1mol/L，故D错误；故选C．点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，熟练掌握物质的量浓度的概念及表达式为解答关键，注意明确溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．8．下列实验现象描述或说法不正确的是（）A．标准状况下，用一充满氨气的干燥烧瓶做喷泉实验，当水充满整个烧瓶后（假设溶液不外溢），烧瓶内氨水的物质的量的浓度为 mol/LB．氨很容易液化，因此氨常用作制冷剂C． SO3溶于水能导电，所以SO3是电解质D．浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸考点：物质的量浓度的相关计算；氨的化学性质；硝酸的化学性质；含硫物质的性质及综合应用．分析： A．氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，设氨气的体积为22.4L，则溶液的体积为22.4L，根据n=计算氨气的物质的量，再根据c=计算溶液的物质的量浓度；B．氨气易液化，且在气化时会吸收大量热，所以液氨常用作制冷剂；C．三氧化硫在溶液中不能电离，三氧化硫为非电解质；D．硝酸不稳定，在光照条件下易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使溶液呈黄色．解答：解：A．氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，设氨气的体积为22.4L，则溶液的体积为22.4L，标况下22.4L氨气的物质的量为：=1mol，故所得溶液的物质的量浓度c==mol/L，故A正确；B．氨易液化，在液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围的温度急剧下降，所以液氨常用作制冷剂，故B正确；C．SO3与水反应生成硫酸，溶液导电是由于硫酸电离出自由移动的离子，而SO3本身不能电离出离子，则三氧化硫为非电解质，故C错误；D．硝酸不稳定，在光照条件下易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使溶液呈黄色，所以浓硝酸溶液呈黄色，故D正确；故选C．点评：本题考查较为综合，涉及浓硝酸的性质、电解质和非电解质、物质的量浓度的计算以及氨气的性质等知识，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度中等．9．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol 硫酸钠的溶液恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol 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 B． 10 （ 2a﹣b ） mol/LC． 10 （ b﹣a ） mol/L D． 10 （ b﹣2a ） mol/L考点：物质的量浓度的相关计算．分析：混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同．一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl﹣=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl﹣）=n（Ag+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl﹣），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度．解答：解：混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同．一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）=amol；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl﹣=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl﹣）=n（Ag+）=bmol，根据电荷守恒可知每份中满足：2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl﹣），每份溶液中：n（K+）=bmol﹣2amol=（b﹣2a）mol，故钾离子浓度为：=10（b﹣2a）mol•L﹣1，故选D．点评：本题考查离子反应的计算，为高频考点，题目难度中等，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键，侧重分析、计算能力的考查，注意每份中离子浓度相同．10．下列叙述正确的是（）A．将40 gNaOH溶于1L水中，所得NaOH溶液的浓度为1 mol•L﹣1B．将2.3gNa投入到97.7g水中充分反应，所得溶液中溶质的质量分数为4.0%C．在t℃时，将a g NH3完全溶液水，得到VmL溶液．该溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1D． 1 mol•L﹣1的硫酸溶液中c（H+）=1 mol•L﹣1考点：物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．分析： A．氢氧化钠溶于1L水，所得溶液体积不是1L；B.2.3g钠的物质的量为0.1mol，由于反应生成氢气，则溶液质量小于100g，所得溶液中溶质的质量分数大于4%；C．根据n=计算出氨气的物质的量，再根据c=计算出其浓度；D．硫酸能够电离出两个氢离子，据此计算氢离子浓度．解答：解：A．将40 gNaOH溶于1L水中，溶液体积不是1L，所得NaOH溶液的浓度不是1 mol•L﹣1，故A错误；B．将2.3gNa投入到97.7g水中充分反应，由于反应中放入氢气，溶液质量小于100g，则所得溶液中溶质的质量分数大于4.0%，故B错误；C．在t℃时，将a g NH3完全溶液水，氨气的物质的量为：mol，得到VmL溶液，该溶液的物质的量浓度为：=mol•L﹣1，故C正确；D．硫酸浓度为1mol/L，则氢离子浓度为2mol/L，故D错误；故选C．点评：本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，明确公式c=中的V必须为溶液体积，不是溶剂体积，需要根据溶液质量、溶液密度求算．11．100g物质的量浓度为18mol/L，密度为ρg/mL的浓硫酸中，加入一定量的水稀释为9mol/L的硫酸溶液，则加入水的体积是（）A．大于100mL B．小于100mL C．等于100mL D．等于100/ρ mL考点：物质的量浓度的相关计算．分析：溶液在稀释前后溶质的质量不变，硫酸的浓度越大，密度越大，质量分数w越大，据此结合c=列式计算即可，注意水的密度比硫酸的密度小．解答：解：稀释前后溶质的质量不变，设加水的质量为x，稀释前的质量分数为w1，稀释后的质量分数为w2，则：100g×w1=（100g+x）×w2，18mol•L﹣1的浓硫酸加到一定量的水中稀释成9mol•L﹣1的硫酸，由c=，可得：c1==18mol/L=2c2=×2，硫酸的浓度越大，密度越大，则ρ1＞ρ2，=2×＜2，所以：=＜2，解得：x＜100g，又水的密度约为1g/mL，则加水的体积小于100mL，故选B．点评：本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度根据及表达式，学生容易忽略密度与浓度、质量分数的关系及水的密度与硫酸的密度大小，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．12．v L Fe2（SO4）3溶液中含有a g SO42﹣，取此溶液0.5v L，用水稀释至2v L，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为（）A．mol•L﹣1 B．mol•L﹣1C．mol•L﹣1 D．mol•L﹣1考点：物质的量浓度的相关计算．专题：计算题．分析：根据n=计算出ag硫酸根离子的物质的量，再根据硫酸铁的化学式计算出铁离子的物质的量，再计算出0.5vL溶液中含有的铁离子的物质的量；溶液稀释过程中铁离子的物质的量不变，然后根据c=计算出稀释后的铁离子的物质的量．解答：解：ag SO42﹣的物质的量为：n（SO42﹣）==mol，则vL该硫酸铁溶液中含有的Fe3+的物质的量为：n（Fe3+）=n（SO42﹣）=mol×=mol，0.5vL该溶液中含有铁离子的物质的量为：n（Fe3+）=×mol=mol，稀释过程中铁离子的物质的量不变，则稀释后溶液中铁离子的浓度为：c（Fe3+）==mol•L﹣1，故选A．点评：本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，明确溶液稀释过程中溶质的物质的量不变为解答本题的关键．13．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，pH=1，c（Al3+）=0.4mol•L﹣1，c（SO42﹣）=0.8mol•L﹣1，则c（K+）=（）A．0.15 mol•L﹣1 B．0.2 mol•L﹣1 C．0.3 mol•L﹣1 D．0.4 mol•L﹣1考点：物质的量浓度的相关计算．分析：混合液的pH=1，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；根据混合液为电中性可知：3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），然后结合题中数据进行计算钾离子的物质的量浓度．解答：解：溶液的pH=1，则氢离子浓度为0.1mol/L，根据溶液电荷守恒，溶液中存在：3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），由于溶液中c（OH﹣）很小，可以忽略不计，则：3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42﹣），所以：c（K+）=2c（SO42﹣）﹣3c（Al3+）﹣c（H+）=2×0.8mol/L﹣3×0.4mol/L﹣0.1mol/L=0.3mol/L，故选C．。
高三一轮复习物质的量浓度的相关计算及一定物质的量浓度溶液的配制ppt课件.pptx
1．定义：以1 L溶液里所含溶质B的___物_质__的__量___
来表示溶液的浓度叫做物质的量浓度。符号为：c_B__；
单位为：___m__o_l·_L－__1 。 2. 表达式：cB＝__。(n为溶质B的物质的量，单位
(3)溶解：将称量好的固体放入烧杯中，加适量水溶解， 并用玻__璃__棒__搅拌（温度过高需要？）。 (4)转移：待恢复到_室__温_后，用玻璃棒将溶液转移到容__量__瓶__中。 (5)洗涤：用适量蒸馏水将烧杯及玻璃棒洗涤_2_～__3次，将每次洗涤液也注入容量瓶中并振 荡容量瓶。 (6)定容：往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶瓶 颈刻度线_1_～__2_ cm时，改用_胶__头__滴__管___滴加蒸馏水 至 液面凹液面最低点与刻度线相切（超。过了刻度线如何处理？） (7)塞好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
为_m__o_l ；V为溶液的体积，单位为__L_)
2
注意事项
(1)溶液的体积不等于溶剂的体积，也不等于溶剂体积与 溶质体积的和，必须通过溶液的质量和密度计算之。
(2)溶质可以是___单__质、___化__合_物、某些___离_子_或其他特定组合。
理解概念
1 某NaCl溶液的浓度为：0.5mol/L其含义是：每升此 NaCl溶液中含NaCl 0.5mol
能引起误差的 一些错误操作
因变量
cB(mol/L)
mB
V
称 ①药品、砝码左右位
量 置颠倒，且称量中用到 游码
_减__小_
_偏__小_
②称量易潮解的物质 (如NaOH)时间过长
_减__小_
_偏__小_
③用滤纸称量易潮解的 物质(如NaOH)
人教版化学高三化学第一轮复习 配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法 知识点增分训练(详细解析
配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法一、选择题（共12小题）1．配制一定物质的量浓度的溶液，一定不需要的仪器是（）①蒸馏烧瓶②容量瓶③玻璃棒④量筒⑤烧杯．A．①③ B．②⑤ C．① D．④⑤分析：配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量或量取、稀释或溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，据此判断使用的仪器，然后判断选项中不需要仪器；注意蒸馏烧瓶一般由于蒸馏操作中．解答：解：配制一定物质的量浓度的溶液，称量或量取时通常使用托盘天平或量筒、稀释或溶解时使用烧杯和玻璃棒、转移溶液使用容量瓶和玻璃棒、定容使用胶头滴管，所以选项中使用的仪器为：②容量瓶③玻璃棒④量筒⑤烧杯；配制过程中不会用到①蒸馏烧瓶，故选C．2．实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格是（）A．950mL B．500mL C．1000mL D．任意规格分析：容量瓶在实验室中常见的规格有50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，实验室中没有950mL规格的，所以在配制溶液时应该选取稍大的容量瓶．解答：解：容量瓶在实验室中常见的规格有50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，配制950mL 的溶液，为减小误差，应该一次性配制完成，故应选用稍大于950mL，即选用1000mL容量瓶，故选C．3．配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，下列操作对实验结果没有影响的（）A．容量瓶中原有少量蒸馏水B．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中C．定容时观察液面俯视D．定容加水超过刻度线又吸出少量分析：分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=判断对溶液浓度的影响．解答：解：A、溶液配制需加水定容，容量瓶中有少量的蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故A正确；B、洗涤烧杯和玻棒的溶液未转入容量瓶中，移入容量瓶内氢氧化钾的质量减少，所配溶液浓度偏低，故B错误；C、定容时观察液面俯视，所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故C错误；D、定容加水超过刻度线，又吸出少量或导致吸出少量的溶质，所以溶质质量减小，导致所配溶液浓度偏小，故D错误．故选A．4．有关物质的量浓度溶液配制的下列说法中正确的是（）A．把1molNaCl溶于1L水中所得溶液物质的量浓度为1mol/LB．把0.1molNaCl投入100mL容量瓶中加水至刻度线，充分振荡后，浓度为1mol/LC．把7.4gCa（OH）2放入烧杯并加水搅拌冷却，将溶液转移到100mL容量瓶，再加水至刻度线，浓度为1mol/LD．需要48mL0.1mol/L的Na2CO3溶液，应选用50mL容量瓶分析：A、把1molNaCl溶于水中配成1L溶液所得溶液的物质的量浓度为1mol/L；B、不能在容量瓶内溶解氯化钠；C、未洗涤烧杯及玻璃棒，导致所配溶液浓度偏小；D、没有48ml规格的容量瓶，故应选择大于48ml且相近规格的容量瓶．解答：解：A、1molNaCl溶于水中配成1L溶液所得溶液的物质的量浓度为1mol/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故A错误；B、不能在容量瓶内溶解或稀释，故B错误；C、未洗涤烧杯及玻璃棒，移入容量瓶内氢氧化钙的质量减小，所配溶液的浓度偏小，故C错误；D、没有48ml规格的容量瓶，故应选择大于48ml且相近规格的容量瓶，太大的容量瓶会造成试剂浪费，故D正确．故选：D．5．实验室里需要480mL 0.100mol/L的NaOH溶液，现选取500mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（）A．称取1.92gNaOH，加入480mL水B．称取1.92gNaOH，配成500mL溶液C．称取2.0gNaOH，配成500mL溶液D．称取2.0gNaOH，加入500mL水分析：欲配制480mL 0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，需要配制500ml 0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液中NaOH的物质的量为0.5L×0.1mol•L﹣1=0.05mol，需称取NaOH的质量为0.05mol×40g/mol=2g，据此对各项进行判断．解答：解：由于实验室中没有480mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，即需要配制500ml 0.1mol•L ﹣1的NaOH溶液，溶液中NaOH的物质的量为：0.05mol×40g/mol=2g；加入500mL水，溶液的体积不是500mL，故选C．6．为达到预期的实验目的，下列操作正确的是（）A．欲配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，将10gZnSO4.7H2O 溶解在90g水中B．欲制备Fe（OH）3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸C．欲配制0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，需要称量Na2CO3固体21.2gD．欲配制0.1mol/L的NaOH溶液，将4.0g NaOH溶解于lL水中分析：A.10gZnSO4.7H2O中硫酸锌的质量小于10g；B．长时间煮沸导致产生沉淀；C．配制溶液应该是1000mL，称量碳酸钠固体质量=0.2mol/L×1L×106g/mol=21.2g；D.4.0gNaOH的物质的量==0.1mol，c=中V指溶液体积．解答：解：A.10gZnSO4.7H2O中硫酸锌的质量小于10g，所以配制溶液质量分数小于10%，故A错误；B．长时间煮沸导致胶体产生聚沉，从而导致生成沉淀而得不到胶体，故B错误；C．实验室没有950mL容量瓶，有1000mL容量瓶，所以配制溶液应该是1000mL，称量碳酸钠固体质量=0.2mol/L×1L×106g/mol=21.2g，故C正确；D.4.0gNaOH的物质的量==0.1mol，C=中V指溶液体积，欲配制0.1mol/L的NaOH溶液，将4.0g NaOH溶解于水中配制成1L溶液，故D错误；故选C．7．配制0.1mol/L的NaCl溶液，下列操作会导致所配溶液浓度偏低的是（）A．称量时，右盘高，左盘低B．定容时俯视读取刻度C．原容量瓶洗净后未干燥D．定容时液面超过了刻度线分析：A、用托盘天平称量药品时天平左盘放药品，右盘放砝码；B、定容时俯视读取刻度，溶液的实际体积偏小；C、原容量瓶洗净后未干燥对实验结果无影响；D、定容时液面超过了刻度线，溶液体积偏大；解答：解：根据c=和m=n×M进行判断：A、用托盘天平称量药品时天平左盘放药品，右盘放砝码，称量时，右盘高，左盘低，药品实际质量偏大，n偏大，则c偏大，故A不选；B、定容时俯视读取刻度，溶液的实际体积偏小，c偏大，故B不选；C、原容量瓶洗净后未干燥对实验结果无影响，故C不选；D、定容时液面超过了刻度线，溶液体积偏大，c偏小，故D选．故选D．8．在室温条件下，如下方法配制溶液，其浓度正确的是（）A．1mol Na2CO3固体溶于1L水中配成溶液，其物质的量浓度为1mol/LB．40g NaOH固体溶于100g水，配成的溶液质量百分比浓度为40%C．22.4L氨气溶于水配成1L溶液，其物质的量浓度为1mol/LD．1mol NaCl固体溶于水配成1L溶液，其物质的量浓度为1mol/L分析：A.1mol Na2CO3固体溶于1L水中配成溶液，所得溶液体积不是1L；B．溶质质量为40g，而溶液质量为140g，溶质质量分数小于40%；C．没有告诉标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；D．根据物质的量浓度c=计算．解答：解：A.1mol Na2CO3固体溶于1L水中配成溶液，配制的溶液体积不是1L，则物质的量浓度不是1mol/L，故A错误；B.40g NaOH固体溶于100g水，溶液质量为140g，则溶液质量百分比浓度为：×100%＜40%，故B错误；C．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L氨气的物质的量，故C错误；D.1molaCl固体溶于水配成1L溶液，其物质的量浓度为：=1mol/L，故D正确；故选D．9．实验室里需用道480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，以下配制溶液的操作正确的是（）A．称取7.6g硫酸铜，加入500 mL的水B．称取8.0g硫酸铜，配成500mL溶液C．称取12.0g胆矾，配成500mL溶液D．称取12.5g胆矾，加入500mL水分析：需要480mL溶液，实际只能配置500mL，根据n=c×V计算溶质的物质的量，配制硫酸铜溶液可以用硫酸铜，也可以用胆矾，根据m=n×M计算各自质量，配制溶液时注意水的体积不等于溶液的体积．解答：解：需要480mL溶液，实际只能配置500mL，配制500mL 0.100mol•L﹣1的CuSO4溶液，溶质的物质的量为：n=c×V=0.5L×0.100mol/L=0.0500mol，需要溶质的质量为：m（CuSO4）=0.05mol×160g/mol=8.0g，或m（CuSO4•5H20）=0.05mol×250g/mol=12.5g．A．应称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液，水的体积不等于溶液的体积，故A错误；B．称取12.5g胆矾，配成500mL溶液，故B正确；C．称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液，溶液的浓度为0.100mol•L﹣1，故C错误；D．称取12.5g胆矾，配成500mL溶液，水的体积不等于溶液的体积，故D错误．故选B．10．利用100mL0.50mol•L﹣1 Na2CO3溶液配制Na+浓度为0.20mol•L﹣1的溶液，下列操作正确的是（）A．将该Na2CO3溶液转移至250mL容量瓶中，加蒸馏水稀释至刻度线，摇匀B．将该Na2CO3溶液转移至250mL烧杯中，用量筒量取150mL蒸馏水加入，搅拌C．将该Na2CO3溶液转移至500mL烧杯中，用量筒量取400mL蒸馏水加入，搅拌D．将该Na2CO3溶液转移至500mL容量瓶中，加蒸馏水稀释至刻度线，摇匀分析：A、容量瓶不能作为稀释仪器；B、配制一定体积一定浓度的溶液要使用容量瓶；C、配制一定体积一定浓度的溶液要使用容量瓶；D、根据稀释前后溶质的物质的量不变计算配制后的溶液的体积，再根据配制步骤进行即可．解答：解：A、容量瓶不能作为稀释仪器，是一种定容仪器，故A错误；B、根据稀释前后，钠离子的物质的量保持不变，计算需要溶液的体积为：mL=500mL，故B错误；C、配制一定体积一定浓度的溶液要使用容量瓶来定容，不能在烧杯中进行，且100mL的碳酸钠溶液加上400mL水之后所得溶液的体积不一定是500mL，故C错误；D、根据稀释前后，钠离子的物质的量保持不变，计算需要溶液的体积为：mL=500mL，要使用500mL的容量瓶，故D正确．故选D．11．下列基本实验操作方法，错误的是（）A．配制一定物质的量浓度硫酸溶液时，用量筒量取一定体积的浓硫酸后，要用水洗涤量筒2﹣3次，一起转移入容量瓶中B．少量的钠保存在煤油中，使用后多余的钠块放回原瓶中C．用托盘天平称取5.2gNaOH固体时，不能把NaOH放在纸片上称D．硅酸钠溶液用带橡胶塞的细口玻璃试剂瓶贮存分析：A．用于量取浓硫酸的量筒不能洗涤，否则会导致量取的硫酸的物质的量偏大；B．钠化学性质活泼，需要隔绝空气密封保存，使用剩余的钠可以放回试剂瓶，不会污染原试剂；C．氢氧化钠具有腐蚀性、易潮解，需要放在小烧杯中快速称量；D．硅酸钠具有粘性，不能使用玻璃塞，可以使用橡胶塞的试剂瓶盛放．解答：解：A．配制一定物质的量浓度硫酸溶液时，用量筒量取一定体积的浓硫酸后，不能用水洗涤量筒，否则会导致量取的硫酸的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故A错误；B．钠密度小于煤油，所以少量的钠保存在煤油中；钠不会污染原试剂瓶中试剂，故使用后多余的钠块放回原瓶中，故B正确；C．氢氧化钠具有腐蚀性，不能直接放在纸片上称量，称量时需要放在小烧杯中快速称量，故C正确；D．硅酸钠具有粘性，能够将玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，所以不能使用玻璃塞的试剂瓶盛放，可以使用橡胶塞的试剂瓶，故D正确；故选A．12．在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高（）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．定容时观察液面仰视分析：分析操作对n、V的具体影响，根据c=分析不当操作对浓度的影响．解答：解：A、所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故A错误；B、向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故B正确；C、有少量NaOH溶液残留在烧杯里，移入容量瓶内氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故C错误；D、定容时仰视观察液面，实际加水量超过了容量瓶的容积，所配溶液浓度偏低，故D错误．故选：B．二、填空题（共3小题）（除非特别说明，请填准确值）13．实验室用NaOH固体配制480ml 1.0mol/L的NaOH溶液，填空并请回答问题：（1）配制480mL 1.0mol/L的NaOH溶液应称取NaOH的质量应选用容量瓶的规格除容量瓶外还需要的其它玻璃仪器g mL 、、容量瓶上标有以下五项中的；①浓度②温度③容量④压强⑤刻度线（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）；A、将容量瓶盖紧，颠倒摇匀B、用天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水（约200ml），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C、将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D、用50ml水洗涤烧杯2﹣3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡E、改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F、继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1﹣2cm处（4）下列配制的溶液浓度偏低的是；A、称量NaOH时，砝码错放在左盘（注：1g以下用游码，以本题计算结果判断）B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面C、定容时俯视刻度线D、加蒸馏水时不慎超过了刻度线E、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水．分析：（1）根据m=nM=cvM计算溶质的质量；根据溶液的体积确定容量瓶的规格；根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；根据容量瓶上标有：规格、温度和刻度线；（3）根据实验操作的步骤；（4）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．解答：解：（1）溶质的质量m=nM=cvM=1mol/L×0.5L×40g/mol=20g，配制500mL溶液，则选用容量瓶的规格为500mL，配制时步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：20；500；烧杯、玻璃棒、胶头滴管；因容量瓶上标有：规格、温度和刻度线，故答案为：②③⑤；（3）配制时步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：BCDFEA；（4）A、称量NaOH时，砝码错放在左盘，溶质的质量减少，浓度偏小，故A正确；B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，溶质的质量减少，浓度偏小，故B正确；C、定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，故C错误；D、加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，故D正确；E、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，无影响，浓度不变，故E错误；故答案为：ABD．14．用已知物质的量浓度的酸（或碱）来测定未知物质的量浓度的碱（或酸）的方法叫做．用0.10mol/L盐酸溶液滴定25.00mL未知浓度的NaOH溶液，该盐酸溶液应注入滴定管中，滴定管中，滴定完成时如果用去盐酸25.00mL，则c（NaOH）=mol/L．分析：用已知物质的量浓度的酸（或碱）来测定未知物质的量浓度的碱（或酸）的方法叫做中和滴定，中和滴定的实质是H++OH﹣=H2O，据此计算氢氧化钠的浓度．解答：解：用已知物质的量浓度的酸（或碱）来测定未知物质的量浓度的碱（或酸）的方法叫做中和滴定，酸应该放在酸式滴定管中，碱应该放在碱式滴定管中，酸碱中和的实质是H++OH﹣=H2O，所以c盐酸•V盐酸=c氢氧化钠•V氢氧化钠，所以c（NaOH）=0.10mol/L，故答案为：中和滴定；酸式；0.10．15．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500mL 1mol/L硫酸溶液，需用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸mL．从上述仪器中，按实验使用仪器的先后顺序．其编号排列是．（3）若实验遇到下列情况，所配硫酸溶液的物质的量浓度偏小的有（填序号）．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容量瓶中原有少量蒸馏水；⑤定容时仰视观察液面．分析：（1）可设出溶液的体积，利用m=ρV求出质量，根据溶液稀释前后溶质质量不变来列式解答；根据实验操作的步骤；（3）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．解答：解：（1）设需质量分数为98%、密度为1.84 g•cm﹣3的浓硫酸的体积为V，V×1.84 g•cm﹣3×98%=0.5 L×1 mol•L﹣1×98 g•mol﹣1，V≈27.2 mL．故答案为：27.2；配制顺序是：计算→量取→稀释、冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签，因此使用仪器的顺序为：⑤④②⑥⑦⑧⑨，故答案为：⑤④②⑥⑦⑧⑨；（3）①用以稀释硫酸的烧杯未洗涤，造成溶质偏少，浓度偏少，故正确；②未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，一旦冷却下来溶液体积减小，浓度偏大，故错误；③摇匀后发现液面低于刻度线再加水，造成体积偏大，浓度偏小，故正确；④容量瓶中原有少量蒸馏水，不会影响实验结果，故错误；⑤定容时观察液面仰视，造成体积偏大，浓度偏小，故正确．故选①③⑤．三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）16．某同学需用NaOH固体配制0.2mol/L的NaOH溶液480mL，（1）所需仪器为：玻璃棒、托盘天平、药匙、胶头滴管、量筒，还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：①②．补充完整该实验步骤①计算②称量NaOH g ③溶解④冷却转移⑤⑥定容⑦摇匀．（3）定容时的操作为．（4）下列情况对所配制的NaOH溶液浓度有何影响？（填“偏大”“偏小”“无影响”）A．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水B．定容时仰视刻度线C．溶液未经冷却就立即转移D．称量氢氧化钠速度过慢．分析：（1）根据仪器的作用选取仪器；根据m=nM=CVM计算氢氧化钠的质量，注意计算时溶液体积为500mL，操作步骤是：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀；（3）定容时，视线要与凹液面最低处相切；（4）根据C=分析误差，如果n偏大、V偏小，则C偏大，如果n偏小、V偏大，则C偏小．解答：解：（1）还需要用于配置溶液的500mL容量瓶，用于盛放溶解药品的烧杯，故答案为：500mL 容量瓶；烧杯；m=nM=CVM=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4g，注意计算时溶液体积为500mL，操作步骤是：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，故答案为：4；洗涤；（3）定容时，视线要与凹液面最低处相切，俯视或仰视都造成误差，故答案为：视线要与凹液面最低处相切；（4）A．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，对n、V无影响，所以配制溶液浓度无影响；B．定容时仰视刻度线导致V偏大，则配制溶液浓度偏小；C．溶液未经冷却就立即转移，溶液有热胀冷缩性质，导致V偏小，则配制溶液浓度偏大；D．称量氢氧化钠速度过慢导致NaOH吸水，则n偏小，导致配制溶液浓度偏小；故答案为：无影响；偏小；偏大；偏小．17．下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：a、量筒b、容量瓶c、滴定管d、托盘天平e、温度计①使用容量瓶的第一步操作是．②若用上述仪器配制500mL 2mol•L﹣1的NaCl溶液，还缺少的玻璃仪器是烧杯和；．分析：①根据容量瓶的使用方法来回答；②根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器进行分析．解答：解：①使用容量瓶之前一定要检查容量瓶是否漏水，故答案为：检查容量瓶是否漏水；②若用上述仪器配制500mL 2mol•L﹣1的NaCl溶液，需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：玻璃棒；胶头滴管．18．掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如图为两套实验装置．（1）写出下列仪器的名称：a．b．若利用装置里Ⅰ分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是，冷凝水由（填f或g）口通入口流出．（3）现需配制0.1mo1/L NaOH溶液450mL，装置H是某同学转移溶液的示愈图．①图中的错误是．除了图中给出的仪器和托盘天平外，为完成实验还需要的仪器有：．②根据计算得知，所需NaOH的质量为g⑧配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）A．用30mL水洗涤烧杯2﹣3次，洗涤液均注入容量瓶B．准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C．将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃捧注入500mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，反复颠倒摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容盆瓶内小心加水，直到液面接近刻度1﹣2cm处（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是，溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为：；（5）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线应如何处理？．分析：（1）根据仪器的结构特点判断；分离四氯化碳和酒精的混合物需用蒸馏，必须用酒精灯加热；根据配制一定物质的量浓度的溶液的方法和操作来寻找装置中的错误；（3）①根据配制一定物质的量浓度的溶液的方法和操作来寻找装置中的错误；根据配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；②先依据常见容量瓶的规格及所配溶液的体积选择合适的容量瓶，然后根据m=nM=cvM计算所需氢氧化钠的质量；③根据操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作步骤确定顺序；（4）所有药品全部转移到容量瓶，否则导致浓度偏低；氢氧化钠溶于水，温度升高溶液体积增大；（5）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线应重新配制．解答：解：（1）a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管，c为容量瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分离四氯化碳和酒精，根据沸点不同分离，即用分馏的方法，蒸馏必须用酒精灯；温度计水银球的位置在蒸馏烧瓶支管处，冷凝水由下口进入，由g口通入f口流出，故答案为：酒精灯；g；f；（3）分离四氯化碳和酒精的混合物，根据沸点不同分离，即用分馏的方法，分馏需要酒精灯加热；故答案为：酒精灯；（3）①配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅；②没有450mL规格容量瓶，所以选用500mL容量瓶，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙；故答案为：没有用玻璃棒引流；玻璃棒、量筒、胶头滴管、药匙；②没有450mL规格容量瓶，所以选用500mL容量瓶，需氢氧化钠的质量为m=0.5L×0.1mol•L﹣1×40g/mol=2.0g；故答案为：2.0g；③配制溶液500mL，配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤、移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量2.0gNaOH，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液凹液面的最低点与刻度线相切，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为BCAFED；故答案为：BCAFED；（4）所有药品全部转移到容量瓶，否则导致浓度偏低；氢氧化钠溶于水，温度升高溶液体积增大，故答案为：将剩余的氢氧化钠全部转移到容量瓶中；温度升高溶液体积增大；（5）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线应重新配制，故答案为：重新配制溶液．。