1、届高考化学一轮复习强化溶液配制和溶解度曲线溶液配制和溶解度曲线1.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)，其工艺流程及相关物质溶解度曲线如下图所示。 (1)向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是_。(2)通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是 _。(3)固体A的主要成分为_(填化学式)，用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液_(填“”“”或“”)中，既能提高产率又可使能耗降低。(4)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.500 g 配成250 mL溶液，用移液管取出25.00 mL于碘量瓶中，加入10
2、 mL 2 molL-1 H2SO4溶液和足量KI溶液(铬的还原产物为Cr3+)，放置于暗处5 min，然后加入100 mL蒸馏水、3 mL 淀粉指示剂，用0.1200 molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定(已知I2+ 2S22I-+S4)。酸性溶液中KI 与K2Cr2O7反应的离子方程式为_。若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度为_%( 保留2 位小数，设整个过程中其他杂质不参与反应)。解析:(1)根据题目信息，母液中含有少量的Fe3+，加碱液的目的是除去Fe3+，故答案为除去Fe3+；(2)根据温度与溶解度的关系，K2Cr2O7的溶解度受温度
3、的影响较大，低温时K2Cr2O7的溶解度远小于其他组分，且温度降低，K2Cr2O7的溶解度受温度的影响较大，故答案为低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，温度降低K2Cr2O7溶解度明显减小；(3)母液中加入KCl，发生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，采用冷却降温得到K2Cr2O7固体，即母液中含有大量的NaCl，因此蒸发浓缩得到的固体是NaCl；冷却结晶中有大量的K2Cr2O7析出，但溶液中含有少量的K2Cr2O7，蒸发浓缩时，NaCl表面附着一部分K2Cr2O7，为了提高产率又可使能耗降低，因此需要把洗涤液转移到母液中，达到类似富集的目的，故答案为NaCl、； (
4、4)根据操作，得出K2Cr2O7作氧化剂，本身被还原成Cr3+，I-被氧化成I2，因此有Cr2+I-Cr3+I2，然后采用化合价升降法、原子守恒配平即可，离子方程式为Cr2+6I-+14H+2Cr3+3I2+7H2O，故答案为Cr2+6I-+14H+ 2Cr3+3I2+7H2O；根据离子方程式，得出关系式为Cr23I26S2，则求出样品中K2Cr2O7的质量为0.04 L0.12 molL-16294 gmol-1=2.352 g，纯度为100%=94.08%，故答案为94.08%。答案：(1)除去Fe3+(2)低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，温度降低K2Cr2O7溶解度明显减小(3
5、)NaCl(4)Cr2+6I-+14H+2Cr3+3I2+7H2O94.082实验室需要0.2 molL1 NaOH溶液480 mL和0.5 molL1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题： (1)用如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填字母)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。 (2)下列有关容量瓶使用方法的操作中，错误的是_(填字母)。 A使用容量瓶之前应检查它是否漏水 B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗 C定容时，将蒸馏水小心倒入容量瓶中直至与刻度线齐平 D配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中定容 E盖好瓶塞，用食
6、指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒、摇匀 (3)在配制NaOH溶液时： 根据计算，用托盘天平称取NaOH的质量为_ g； 若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度_(填“”“”或“”，下同)0.2 molL1； 若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶洗涤烧杯洗涤液移入容量瓶定容，则所得溶液浓度_0.2 molL1。 (4)在配制硫酸溶液时： 所需质量分数为98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸的体积为_(计算结果保留一位小数)mL； 如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL规格的量筒，应选用_ mL量筒最好； 配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释的
7、操作方法是_ _。 解析：(1)A为圆底烧瓶、C为分液漏斗，在配制一定物质的量浓度的溶液时不会用到；配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有托盘天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故还缺少的玻璃仪器为烧杯和玻璃棒。 (2)容量瓶是带塞的仪器，使用容量瓶之前应检查它是否漏水，A正确；容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗会增大溶质的物质的量，导致所配溶液浓度偏大，B错误；定容时，将蒸馏水小心倒入容量瓶中，到离刻度线12 cm处改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线齐平，C错误；容量瓶为量器，不能用来溶解固体或者稀释浓溶液，D错误；盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量
8、瓶反复上下颠倒、摇匀，E正确。 (3)由题知，应选用规格为500 mL容量瓶，需要配制500 mL 0.2 molL1的氢氧化钠溶液，氢氧化钠的物质的量为0.2 molL10.5 L0.1 mol，需要氢氧化钠的质量为40 gmol10.1 mol4.0 g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，则所得溶液浓度小于0.2 molL1；未等溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，浓度偏高。(4)98%浓硫酸的物质的量浓度为 molL118.4 molL1，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4 m
9、olL1V0.5 molL10.5 L，V0.013 6 L13.6 mL，选取的量筒规格应该接近且等于或大于量取溶液的体积，故选15 mL量筒；稀释浓硫酸的正确操作是将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止液体溅出。 答案：(1)AC烧杯、玻璃棒 (2)BCD (3)4.0 (4)13.615将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌3.某同学在实验室欲配制物质的量浓度均为1.0 molL-1的NaOH溶液、稀硫酸各450 mL。提供的试剂是NaOH固体、98%的浓硫酸(密度为1.84 gcm-3)和蒸馏水。(1)请你观察图示判断其中不正确的操作有_。(填序号)(2)
10、应用托盘天平称量NaOH_g，应用量筒量取浓硫酸_mL。(3)在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果偏低的有_。A.该学生在量取浓硫酸时，俯视刻度线B.溶解硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作C.在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液D.没有用蒸馏水洗涤烧杯23次，并将洗涤液移入容量瓶中E.将量筒洗涤23次，并全部转移至容量瓶中F.容量瓶中原来存有少量蒸馏水G.胶头滴管加水定容时俯视刻度线(4)若用0.010 00 molL-1 K2Cr2O7溶液滴定20.00 mL未知浓度的含Fe2+的溶液，恰好完全反应时消耗10.00 mL K2Cr2O7溶液，则溶液中Fe2+的物质的量浓度是_。(已知
11、：6Fe2+Cr2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O)【解析】(1)氢氧化钠为腐蚀品，应放在小烧杯中称量；不能在量筒内进行溶解操作；定容时，应平视刻度线。(2)欲配制物质的量浓度均为1.0 molL-1的NaOH溶液、稀硫酸各450 mL，需选择500 mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量m=1.0 molL-10.5 L40 gmol-1=20.0 g；98%的浓硫酸(密度为1.84 gcm-3)的物质的量浓度c= molL-1=18.4 molL-1，依据稀释前后溶液中所含溶质的物质的量相等，设需要浓硫酸的体积为V，则V18.4 molL-1=500 mL1.0 molL-1，解得V=27.
12、2 mL。(3)A.该学生在量取浓硫酸时，俯视刻度线，导致量取的浓硫酸体积偏小，硫酸的物质的量偏小，溶液浓度偏低；B.溶解硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；C.在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；D.没有用蒸馏水洗涤烧杯23次，并将洗涤液移入容量瓶中，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏低，溶液浓度偏低；E.将量筒洗涤23次，并全部转移至容量瓶中，导致量取的浓硫酸体积偏大，硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高；F.容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变；G.胶头
13、滴管加水定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高。(4)依据方程式6Fe2+Cr2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，Fe2+的物质的量浓度为c=60.010 00 molL-1=0.030 00 molL-1。答案：(1)(2)20.027.2(3)ACD(4)0.030 00 molL-14.以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下：氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如下图所示。回答下列问题： (1)欲制备10.7 g NH4Cl，理论上需NaCl_g。(2)实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有_、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。(3)“冷却结晶”过程中，析出NH4Cl
14、晶体的合适温度为_。(4)不用其他试剂，检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是_。(5)若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质，进一步提纯产品的方法是 _。【解析】根据氯元素守恒可列关系求m(NaCl)=10.7 g58.5 gmol-153.5 gmol-1=11.7 g。氯化铵的溶解度随温度变化较大，而硫酸钠在30100 变化不大，故可用冷却结晶法。但温度不能太低以防硫酸钠析出。所以应大约在3340 。 答案：(1)11.7(2)蒸发皿(3)35 (3340 都可以)(4)加热法：取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净(5)重结晶5下列判断中，正确的是() A
15、1 L H2SO4溶液中含有98 g H2SO4，则该溶液的物质的量浓度为98 gL1 B1 L水溶解了0.5 mol NaCl，则该溶液的物质的量浓度为0.5 molL1 C1 000 mL C12H22O11(蔗糖)溶液里含有1 mol C12H22O11，则该溶液的物质的量浓度为 0.001 molL1 D10 mL 1 molL1的H2SO4溶液与100 mL 1 molL1的H2SO4溶液的浓度相同解析：选D选项A中，c(H2SO4)1 molL1；选项B中，由于溶解后溶液的体积未知，物质的量浓度无法计算；选项C中，c(蔗糖)1 molL1；选项D中，溶液的物质的量浓度是一个相对量，
16、与所取溶液的体积无关。6.在配制一定物质的量浓度溶液的过程中，需要下列实验操作中的()解析:选C。配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶。A项，此操作为过滤操作，配制一定物质的量浓度溶液不需要，A错误；B项，此操作为分馏操作，配制一定物质的量浓度溶液不需要，B错误；C项，此操作为移液操作，是配制一定物质的量浓度溶液的步骤之一，C正确；D项，此操作为分液操作，配制一定物质的量浓度溶液不需要，D错误。7将30 mL 0.5 molL1 NaCl溶液加水稀释到500 mL，再取出30 mL，则此溶液中NaCl的物质的量浓度为() A0.
17、3 molL1 B0.03 molL1 C0.05 molL1 D0.009 molL1解析：选B500 mL溶液中，c(NaCl)0.03 molL1，根据溶液的均一性、稳定性，取出30 mL溶液中NaCl的物质的量浓度仍为0.03 molL1。8.20 时，饱和NaCl溶液的密度为 gcm-3，物质的量浓度为c molL-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c molL-1B.20 时，饱和NaCl溶液的质量分数为100%C.20 时，密度小于 gcm-3的NaCl溶液是不饱和溶液D.20 时，饱和NaCl溶液的溶解度S= g解析:选D。A项，低于
18、20 ，会析出少量NaCl，所以饱和NaCl溶液的浓度小于c molL-1，正确；B项，溶质的质量分数与物质的量浓度的关系为c=，可知NaCl溶液的质量分数为100%，正确；C项，NaCl溶液越浓，密度越大，所以密度小于 gcm-3的NaCl溶液为不饱和溶液，正确；D项，=，S= g，错误。9如图是配制一定物质的量浓度溶液过程中的几步，其先后顺序应是() A B C D 解析：选B配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀。题图中，为定容的第二步，为定容的第一步，为溶解，为转移，因此先后顺序为。10.(双选)在环保、化工行业有一种溶液浓度的表示方法：质量
19、体积浓度，用单位体积溶液中所含的溶质质量来表示，单位gm-3或gL-1。现有一种20 时的饱和CuSO4溶液，密度为1.2 gcm-3，质量体积浓度为200 gL-1，则对此溶液的说法不正确的是 ()A.该溶液的质量分数为33.4%B.该溶液的物质的量浓度为1.25 molL-1C.在20 时，硫酸铜的溶解度为20 gD.在20 时，把200 g CuSO45H2O溶解于1 L水中恰好得到饱和溶液解析:选A、D。A.质量分数为100%16.7%，A错误；根据质量体积浓度的定义以及质量分数、物质的量浓度的含义可以进行浓度的换算，B正确；S100 g=200 g(1 000 mL1.2 gcm-3
20、-200 g)，所以S=20 g，C正确；CuSO45H2O溶于水后得到CuSO4溶液，其溶质为CuSO4，其质量只有200 g=128 g，该溶液的质量分数=100%10.7%，此值小于16.7%，所以不是饱和溶液，D错误。11下列有关实验操作或判断正确的是() A配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小 B需要95 mL 0.1 molL1 NaCl溶液，可选用100 mL容量瓶来配制 C用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸 D用托盘天平称取25.20 g NaCl 解析：选BA项，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏大，错误；B项，因实验室无95 mL的容
21、量瓶，应选择100 mL容量瓶，正确；C项，量取5.2 mL的盐酸应选用10 mL的量筒，错误；D项，托盘天平的精确度为0.1 g，不能称取25.20 g NaCl，错误。12.下列实验操作过程能引起结果偏高的是 ()用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗用量筒量取5.0 mL溶液时，俯视读数配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液A.B.C.D.解析:选B。用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测
22、定结果偏高，正确；用量筒量取5.0 mL溶液时，俯视读数，导致量取的液体体积偏小，错误；配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，定容时仰视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，错误；硫酸的密度随浓度的增大而增大，质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合后配制的硫酸溶液质量分数大于50%，正确。13在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M gmol1)溶于0.1 L水中，所得溶液的密度为 gcm3，则此溶液的物质的量浓度(molL1)为() A. B C. D 解析：选B气体的物质的量为 mol，所得溶液的质量为g，则此溶液的物质的量浓度为 molL1。14.甲、乙、丙三
23、种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线如图所示，下列说法中正确的是()A.t2 时将50 g甲物质放入50 g水中，所得溶液中溶质的质量分数为50%B.t1 时三种物质的溶解度大小关系甲乙丙C.将等质量的甲、乙、丙三种配制成t2 时的饱和溶液，需要水的质量：甲乙丙D.当甲物质中混有少量的丙物质可采取降温结晶的方法提纯甲解析:选D。A、t2 时甲的溶解度是50 g，即100 g水中最多溶解50 g甲，所以t2 时将50 g甲物质放入50 g水中最多溶解25 g，所得溶液中溶质的质量分数是100%33.3%，故错误；B、t1 时三种物质的溶解度大小关系乙甲=丙，故错误；C、t2 时三种物质的溶解度大小
24、关系是甲乙丙，即等质量的水溶解的甲最多、丙最少，所以将等质量的甲、乙、丙三种配制成t2 时的饱和溶液，需要水的质量：甲乙丙，故错误；D、甲的溶解度随温度升高而增大，丙的溶解度随温度升高而减小，所以当甲物质中混有少量的丙物质可采取降温结晶的方法提纯甲，正确；故选D。15用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 gcm3)配制成1 molL1的稀盐酸。现实验室需这种盐酸220 mL，试回答下列问题： (1)配制稀盐酸时，应选用容量为_ mL的容量瓶。 (2)经计算需要_ mL浓盐酸，在量取时宜选用_量筒(填字母)。 A5 mL B10 mL C25 mL D50 mL 解析：(2)c(HCl) 11.6 molL1。加水稀释前后HCl的物质的量不变，所以11.6 molL1V(HCl)250 mL1 molL1，解得V(HCl)21.6 mL，应该选择25 mL的量筒量取。 答案：(1)250(2)21.6C
