2020届高考化学二轮复习 第一部分 专题二 考点2 物质的量浓度及溶液的配制课件

专题二化学常用计量考点2物质的量浓度及溶液的配制1．公式c(B)＝n（B）V中的V是溶液的体积，它不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和。2．多角度把握溶液的配制。(1)实验仪器：托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。(2)实验步骤：计算→称量(量取)→溶解(稀释)→转移→洗涤→定容→摇匀→倒出装瓶。(3)容量瓶的使用方法：①容量瓶使用的第一步操作是检查是否漏水，简称“查漏”。②根据所配制溶液的体积，选择规格略大于或等于所配溶液体积的容量瓶。③不能用容量瓶直接溶解固体溶质，也不能用于稀释溶液。④容量瓶不能用作反应容器，也不能用于长期贮存溶液。⑤容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的，因而不能将热的溶液转移至容量瓶中，同时移动容量瓶时，手应握在瓶颈刻度线以上，以免瓶内液体因受热而发生体积变化，导致溶液浓度不准确。⑥定容摇匀后，容量瓶内液面若低于刻度线，不能再滴加蒸馏水。5．下列溶液配制实验的描述完全正确的是()A．在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸B．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6mol·L－1)通常需要用容量瓶等仪器C．配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防水解D．用pH＝1的盐酸配制100mL、pH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管解析：A项，不能在容量瓶中稀释浓H2SO4；B项，用浓盐酸配制1∶1的稀盐酸，应用量筒和烧杯；D项，少量筒。答案：C6．20℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρg·cm－3，物质的量浓度为cmol·L－1，则下列说法中错误的是()A．温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于cmol·L－1B．20℃，饱和NaCl溶液的质量分数为58.5×c1000ρ×100%C．20℃时，密度小于ρg·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液D．20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度S＝5850cρ－58.5g/100g水解析：A项，温度低于20℃时，会析出NaCl晶体，所以饱和NaCl溶液的浓度小于cmol·L－1，正确；B项，根据换算公式可推出，正确；C项，由于NaCl的质量分数越大，密度越大，所以密度小于ρg·cm－3的NaCl溶液是不饱和溶液，正确；D项应为S100＋S＝58.5c1000ρ，S＝5850c1000ρ－58.5cg。答案：D7．叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊中的主要成分，能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体将气囊鼓起。实验室测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数的实验步骤如下：①称取约2.5000g叠氮化钠试样，配成250mL溶液。②准确量取25.00mL溶液置于锥形瓶中，用滴定管加入50.00mL0.1000mol·L－1(NH4)2Ce(NO3)6(六硝酸铈铵)溶液[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](杂质不参与反应)。③反应后将溶液稍稀释，然后向溶液中滴入2滴邻菲罗啉指示液，用0.0500mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准溶液滴定过量的Ce4＋至溶液由淡绿色变为黄红色(发生的反应为Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)，消耗硫酸亚铁铵标准溶液24.00mL。请回答下列问题：(1)步骤①配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还要用到的玻璃仪器有_______、_______。(2)若其他读数正确，滴定到终点后，读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时按如图所示方式读取，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(3)通过计算确定叠氮化钠试样中NaN3的质量分数(写出计算过程)。解析：本题利用测定样品中某成分的定量实验，考查考生对滴定原理的掌握情况及计算能力。实验原理：过量的六硝酸铈铵与NaN3反应后，再用(NH4)2Fe(SO4)2将多余的六硝酸铈铵反应掉，故用总的六硝酸铈铵的量减去与(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的量，即为与NaN3反应的六硝酸铈铵的量，根据题给方程式中的量的关系可计算出NaN3的量。滴定管的“0”刻度在上方，由图示读出的(NH4)2Fe(SO4)2的量偏大，所以得出与NaN3反应的六硝酸铈铵的量偏小，则导致所测定样品中叠氮化钠的质量分数偏小。答案：(1)250mL容量瓶胶头滴管(2)偏小(3)n总[(NH4)2Ce(NO3)6]＝0.1000mol·L－1×50.00×10－3L＝5.000×10－3mol；n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝0.0500mol·L－1×24.00×10－3L＝1.200×10－3mol；与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]＝5.000×10－3mol－1.200×10－3mol＝3.800×10－3mol；w＝3.800×10－3mol×65g·mol－12.5000g×250.00mL25.00mL×100%＝98.80%。1．溶解度的概念及影响因素(1)概念：固体物质溶解度(饱和溶液)S＝m溶质m溶剂×100g(2)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：a.溶剂的影响：如NaCl易溶于水，不易溶于汽油；b.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．溶解度的表示方法及应用(1)列表法。如硝酸钾在不同温度时的溶解度：温度/℃0102030405060708090100溶解度/g13.320.931.645.863.985.5110138168202246(2)溶解度曲线(如图1)。图13．溶解度曲线的含义(参见图2、图3)(1)不同物质在各温度时的溶解度不同。(2)曲线与曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度。(3)能很快比较出两种物质在某温度范围内溶解度的大小。(4)多数物质溶解度随温度升高而增大，有的变化不大(如NaCl)，少数随温度升高而降低[如Ca(OH)2]。图2图3(5)判断结晶的方法。①溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法。②溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。③带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从FeCl3溶液中结晶出FeCl3·6H2O晶体，应在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。(6)判断多溶质溶液的提纯方法(设A为NaCl型溶质，B为KNO3型溶质)①A溶液中(含少量B杂质)提取A：蒸发浓缩，结晶，趁热过滤。②B溶液中(含少量A杂质)提取B：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。