2019-2020学年新教材高中化学 第二章 海水中的重要元素——钠和氯 2.3.3 物质的量浓度课

核心微网络素养新目标1．认识物质的量浓度的含义。2．学会物质的量浓度的简单计算方法。3．学会配制一定物质的量浓度的溶液。4．了解并应用浓溶液稀释的计算原理。[预习新知]一、物质的量浓度二、一定物质的量浓度溶液的配制以配制100mL1.00mol·L－1NaCl溶液为例。1．主要仪器(1)容量瓶(2)托盘天平、药匙、烧杯、量筒、________、____________、________。玻璃棒容量瓶(100mL)胶头滴管2．实验步骤三、浓溶液配制稀溶液在用浓溶液配制稀溶液时，常用下面的式子计算有关的量：c(浓溶液)·V(浓溶液)＝__________________，即溶液稀释前后，溶液中溶质的_________相等。c(稀溶液)·V(稀溶液)物质的量[即学即练]1．判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”(1)1molNaCl溶于1L水所得溶液中溶质的物质的量浓度是1mol·L－1()(2)将25gCuSO4·5H2O溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为0.1mol·L－1()(3)把1molNH3通入水中得到1L溶液，所得溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1()(4)将10gCaCO3粉末加水配成100mL溶液，CaCO3的物质的量浓度为1mol·L－1()(5)配制一定物质的量浓度的溶液时，若液面超过刻度线，应立即用胶头滴管吸出多的部分()××√××2．1mol·L－1的NaCl溶液表示()A．溶液中含有1molNaClB．1molNaCl溶于1L水中C．58.5gNaCl溶于941.5g水中D．1L溶液中含有NaCl58.5g答案：D3．从2L1mol·L－1NaOH溶液中取出100mL，下列有关这100mL溶液的叙述错误的是()A．浓度为0.1mol·L－1B．浓度为1mol·L－1C．含NaOH4gD．含NaOH0.1mol答案：A4．容量瓶的瓶壁上未标有的是()A．刻度线B．温度C．浓度D．容积解析：容量瓶上标有：刻度线、温度、容积。答案：C5．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是()解析：用托盘天平称量药品应左物右码，A项不正确；向容量瓶转移液体应用玻璃棒引流，C项不正确；定容时，胶头滴管不能插入容量瓶内，D项不正确。答案：B技能素养目标一物质的量浓度的基本计算和判断[例1]下列溶液中物质的量浓度为1mol·L－1的是()A．将40gNaOH溶解在1L水中B．将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液C．将1L10mol·L－1浓盐酸加入9L水中D．将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL【解析】根据公式c＝nV，n为溶质的物质的量，V为溶液的体积。A项溶液的体积不等于1L；B项22.4LHCl的物质的量不一定是1mol；C项，盐酸与水混合后，溶液体积不是10L；D项n(NaOH)＝0.25mol，V[NaOH(aq)]＝0.25L，c(NaOH)＝1mol/L。【答案】D[提升1]下列说法正确的是()A．40gNaOH溶于水所得1L溶液的浓度为1mol·L－1B．1mol·L－1的Na2CO3溶液中Na＋的浓度为1mol·L－1C．从1L0.1mol·L－1的NaCl溶液中取出0.1L溶液，则NaCl的浓度变为0.01mol·L－1D．1L0.2mol·L－1的Na2SO4溶液中，Na＋的物质的量为0.2mol解析：A项，40gNaOH的物质的量为1mol，又因溶液体积为1L，由公式得c＝nV＝1mol1L＝1mol·L－1，A项正确；B项，Na2CO3溶液的浓度为1mol·L－1，则Na＋浓度为2mol·L－1，B项错误；C项，原溶液浓度为0.1mol·L－1，则取出的0.1L溶液和剩余的0.9L溶液的浓度都为0.1mol·L－1，C项错误；D项，n(Na2SO4)＝cV＝0.2mol·L－1×1L＝0.2mol，则n(Na＋)＝2n(Na2SO4)＝2×0.2mol＝0.4mol，D项错误。答案：A(1)在用公式计算物质的量浓度时体积指的是溶液的体积，而不是溶剂的体积；(2)在一定物质的量浓度溶液中取出任意体积的溶液，其浓度不变，即浓度不会随着体积的变化而变化，但所含溶质的物质的量或质量因体积的不同而不同。[提升2](1)用14.2g无水硫酸钠配制成500mL溶液，其物质的量浓度为________mol/L。(2)若从中取出50mL溶液，其物质的量浓度为____________mol·L－1；溶质的质量为________g。(3)若将这50mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中Na＋的物质的量浓度为________mol·L－1，SO2－4的物质的量浓度为________mol·L－1。0.20.21.420.20.1解析：(1)n(Na2SO4)＝14.2g142g·mol－1＝0.1mol，c(Na2SO4)＝0.1mol0.5L＝0.2mol·L－1。(2)从中取出50mL溶液，浓度仍为0.2mol·L－1，溶质的质量为m＝n·M＝c·V·M＝0.2mol·L－1×0.05L×142g·mol－1＝1.42g。(3)50mL溶液用水稀释到100mL，据c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)，溶液中Na2SO4物质的量浓度变为原来的12，即0.1mol·L－1，故溶液中Na＋的物质的量浓度为0.2mol·L－1，SO2－4的物质的量浓度为0.1mol·L－1。溶液稀释计算中的“三个守恒”1．溶质的物质的量守恒：c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)；2．溶质的质量守恒：m(浓)·w(浓)＝m(稀)·w(稀)；3．溶液的质量守恒：m(稀)＝m(浓)＋m(水)。[核心能力]物质的量浓度的计算类型和方法1．已知一定体积的溶液中溶质的量，计算物质的量浓度(c)(1)已知溶质的质量：(2)已知溶液中某种粒子的数目：2．标准状况下，气体溶液的物质的量浓度(c)的计算(1)若已知溶液的体积：(2)若已知溶液的密度：标准状况下，VL气体(摩尔质量为Mg·mol－1)溶于V(H2O)L中，所得溶液密度为ρ(g·mL－1)，则：①气体的物质的量：n＝VL22.4L·mol－1；②溶液体积：V＝m溶液gρg·mL－1×10－3L·mL－1；③再根据c＝nV溶液知，c＝1000mL·L－1·ρg·mL－1·VLMg·mol－1·VL＋22400g·mol－1·VH2OL。物质的量浓度与溶质的质量分数的换算公式：cB＝1000ρwMmol·L－1。M：溶质B的摩尔质量ρ：溶液密度(g·mL－1)w：溶质的质量分数目标二一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析[例2]实验室配制500mL0.5mol·L－1的NaCl溶液，有如下操作步骤：①把称量的NaCl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解。②把①所得溶液小心转入500mL容量瓶中。③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切。④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀。⑤将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：(1)操作步骤的正确顺序为_________________(填序号)。(2)本实验用到的基本实验仪器有____________________________________________________。(3)某同学观察液面的情况如图所示，对所配溶液浓度将有何影响？________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。①②④③⑤500mL容量瓶、托盘天平、药匙、烧杯、胶头滴管、玻璃棒偏高(4)若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)没有进行操作步骤④________；加蒸馏水时不慎超过了刻度________。(5)若实验过程中出现如下情况应如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线________；向容量瓶中转移溶液时(操作步骤②)溶液流到容量瓶外面________。偏低偏低重配重配【解析】(2)为防止仪器的遗漏，可根据步骤进行选取。(3)根据c＝nV，V偏小，c偏高。(5)加蒸馏水超过刻度，V偏大，c偏低，这种情况下配制的溶液浓度不是0.5mol·L－1，因此要重配。使用容量瓶的注意事项(1)使用前用蒸馏水洗净。(2)用玻璃棒引流时，玻璃棒与容量瓶的接触点应在刻度线以下。(3)在容量瓶上标有一个刻度，两个数据(温度和体积)。在选择容量瓶时，应选用与所配溶液体积相等或稍大规格的容量瓶。(4)使用容量瓶的“五不”：不能进行加热；不能进行溶解；不能进行稀释；不能作为反应容器；不能久贮溶液，尤其是碱液。[提升3]下列配制的溶液浓度偏高的是()A．配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C．称量4.0gNaOH配制0.1mol·L－1NaOH溶液1000mL时，砝码错放在左盘D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线解析：A项俯视刻度线，将会使量得的盐酸体积小于计算值，导致浓度偏低；B项定容时仰视容量瓶刻度线，将会导致加水量增多，使溶液浓度偏小；C项由于所称NaOH固体的质量为整数，不需移动游码，故称得固体NaOH的质量是准确的，不会影响到配制溶液的浓度；D项因热胀冷缩之故，会使容量瓶中的溶液在冷却后液面低于刻度线，导致所配溶液浓度偏高。答案：D(1)用托盘天平称量时，切记“左物右码”。(2)读数计算应为m物＝m砝码＋m游码。[核心能力]1．配制溶液“10字”记忆法：算(计算)→量(称量或量取)→溶(溶解)→冷(冷却)→移(移液)→洗(洗涤)→振(振荡)→定(定容)→摇(摇匀)→贴(转入试剂瓶，贴标签)。2．误差分析能引起误差的一些操作mVc天平的砝码沾有其他物质或已生锈增大不变偏大药品、砝码左右位置颠倒，且使用了游码减小不变偏小托盘天平称量易潮解的物质(如NaOH)时间过长减小不变偏小用量筒量取液体时，仰视读数增大不变偏大量筒用量筒量取液体时，俯视读数减小不变偏小搅拌时部分液体溅出减小不变偏小烧杯和玻璃棒未洗烧杯和玻璃棒减小不变偏小未冷却到室温就注入容量瓶定容不变减小偏大向容量瓶转移溶液时有少量液体流出减小不变偏小定容时，水加多了，用滴管吸出减小不变偏小定容时，俯视读刻度数不变减小偏大容量瓶定容时，仰视读刻度数不变增大偏小误差分析的依据：根据c＝nv＝mMV，m偏大，c偏大；V偏大，c偏小容量瓶读数的仰视和俯视①仰视刻度线(图1)。加水量偏多，导致溶液体积偏大，结果偏低。②俯视刻度线(图2)。加水量偏少，结果偏高。学考评价1．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1的是()A．将20gNaOH固体溶解在500mL水中B．将10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液C．将1L10mol·L－1的浓盐酸与9L水混合D．将标准状况下22.4LHCl气体溶于1L水中配成溶液(已知HCl极易溶于水，0℃时，1体积水能溶解500体积的HCl)解析：A项，20gNaOH为0.5mol，溶解在500mL水中，溶液体积大于0.5L，c(NaOH)小于1mol·L－1。B项，10gNaOH为0.25mol，溶液体积为0.25L，则c(NaOH)为1mol·L－1。C项，1L10mol·L－1浓盐酸和9L水混合后溶液体积不是10L，c(HCl)不等于1mol·L－1。D项，HCl为1mol，其溶液体积大于1L，则c(HCl)小于1mol·L－1。答案：B2．下列溶液中氯离子浓度与50mL1mol·L－1AlCl3溶液中Cl－浓度相等的是()A．150mL1mol·L－1的NaCl溶液B．75mL2mol·L－1的NH4Cl溶液C．150mL3mol·L－1的KCl溶液D．75mL2mol·L－1的FeCl3溶液解析：1mol·L－1的AlCl3溶液中c(Cl－)＝3mol·L－1。A项c(Cl－)＝lmol·L－1；B项c(Cl－)＝2mol·L－1