届高考化学一轮复习强化溶液配制和溶解度曲线.docx
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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“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)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2.500g配成250mL溶液,用移液管取出25.00mL于碘量瓶中,加入10mL2mol·L-1H2SO4溶液和足量KI溶液(铬的还原产物为Cr3+),放置于暗处5min,然后加入100mL蒸馏水、3mL淀粉指示剂,用0.1200mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定(已知I2+2S2
2I-+S4
)。
①酸性溶液中KI与K2Cr2O7反应的离子方程式为 ______________。
②若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL,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Ⅰ中加入KCl,发生Na2Cr2O7+2KCl
K2Cr2O7+2NaCl,采用冷却降温得到K2Cr2O7固体,即母液Ⅱ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Ⅱ中,达到类似富集的目的,故答案为NaCl、Ⅱ;
(4)①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;
②根据离子方程式,得出关系式为Cr2
~3I2~6S2
,则求出样品中K2Cr2O7的质量为0.04L×0.12mol·L-1÷6×
×294g·mol-1=2.352g,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)NaCl Ⅱ
(4)①Cr2
+6I-+14H+
2Cr3++3I2+7H2O
②94.08
2.实验室需要0.2mol·L-1NaOH溶液480mL和0.5mol·L-1硫酸溶液500mL。
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:
①根据计算,用托盘天平称取NaOH的质量为______g;
②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)0.2mol·L-1;
③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____0.2mol·L-1。
(4)在配制硫酸溶液时:
①所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸的体积为________(计算结果保留一位小数)mL;
②如果实验室有15mL、20mL、50mL规格的量筒,应选用________mL量筒最好;
③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释,稀释的操作方法是___________________
_____________________________________________________。
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1~2cm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,把容量瓶反复上下颠倒、摇匀,E正确。
(3)由题知,应选用规格为500mL容量瓶,需要配制500mL0.2mol·L-1的氢氧化钠溶液,氢氧化钠的物质的量为0.2mol·L-1×0.5L=0.1mol,需要氢氧化钠的质量为40g·mol-1×0.1mol=4.0g;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0.2mol·L-1;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
=
mol·L-1=18.4mol·L-1,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18.4mol·L-1×V=0.5mol·L-1×0.5L,V≈0.0136L=13.6mL,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15mL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)①4.0 ②< ③>
(4)①13.6 ②15 ③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1.0mol·L-1的NaOH溶液、稀硫酸各450mL。
提供的试剂是NaOH固体、98%的浓硫酸(密度为1.84g·cm-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)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2~3次,并将洗涤液移入容量瓶中
E.将量筒洗涤2~3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0.01000mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定20.00mL未知浓度的含Fe2+的溶液,恰好完全反应时消耗10.00mLK2Cr2O7溶液,则溶液中Fe2+的物质的量浓度是________。
(已知:
6Fe2++Cr2
+14H+
2Cr3++6Fe3++7H2O)
【解析】
(1)①氢氧化钠为腐蚀品,应放在小烧杯中称量;②不能在量筒内进行溶解操作;⑤定容时,应平视刻度线。
(2)欲配制物质的量浓度均为1.0mol·L-1的NaOH溶液、稀硫酸各450mL,需选择500mL容量瓶,需要氢氧化钠的质量m=1.0mol·L-1×0.5L×40g·mol-1=
20.0g;98%的浓硫酸(密度为1.84g·cm-3)的物质的量浓度c=
mol·L-1=18.4mol·L-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V×18.4mol·L-1=500mL×1.0mol·L-1,解得V=27.2mL。
(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2~3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2~3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=6×0.01000mol·L-1×
=0.03000mol·L-1。
答案:
(1)①②⑤
(2)20.0 27.2
(3)ACD (4)0.03000mol·L-1
4.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10.7gNH4Cl,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)=10.7g×58.5g·mol-1÷
53.5g·mol-1=11.7g。
氯化铵的溶解度随温度变化较大,而硫酸钠在30~100℃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33~40℃。
答案:
(1)11.7
(2)蒸发皿 (3)35℃(33~40℃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.1LH2SO4溶液中含有98gH2SO4,则该溶液的物质的量浓度为98g·L-1
B.1L水溶解了0.5molNaCl,则该溶液的物质的量浓度为0.5mol·L-1
C.1000mLC12H22O11(蔗糖)溶液里含有1molC12H22O11,则该溶液的物质的量浓度为
0.001mol·L-1
D.10mL1mol·L-1的H2SO4溶液与100mL1mol·L-1的H2SO4溶液的浓度相同
解析:
选D 选项A中,c(H2SO4)=
=1mol·L-1;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)=
=1mol·L-1;选项D中,溶液的物质的量浓度是一个相对量,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30mL0.5mol·L-1NaCl溶液加水稀释到500mL,再取出30mL,则此溶液中NaCl的物质的量浓度为( )
A.0.3mol·L-1 B.0.03mol·L-1
C.0.05mol·L-1D.0.009mol·L-1
解析:
选B 500mL溶液中,c(NaCl)=
=0.03mol·L-1,根据溶液的均一性、稳定性,取出30mL溶液中NaCl的物质的量浓度仍为0.03mol·L-1。
8.20℃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-1
B.20℃时,饱和NaCl溶液的质量分数为
×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=
g
解析:
选D。
A项,低于20℃,会析出少量NaCl,所以饱和NaCl溶液的浓度小于cmol·L-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ρg·cm-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.①②③④B.③④②①
C.③②④①D.③④①②
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,①为定容的第二步,②为定容的第一步,③为溶解,④为转移,因此先后顺序为③④②①。
10.(双选)在环保、化工行业有一种溶液浓度的表示方法:
质量—体积浓度,用单位体积溶液中所含的溶质质量来表示,单位g·m-3或g·L-1。
现有一种20℃时的饱和CuSO4溶液,密度为1.2g·cm-3,质量—体积浓度为200g·L-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1.25mol·L-1
C.在20℃时,硫酸铜的溶解度为20g
D.在20℃时,把200gCuSO4·5H2O溶解于1L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;S∶100g=200g∶(1000mL×1.2g·cm-3-
200g),所以S=20g,C正确;CuSO4·5H2O溶于水后得到CuSO4溶液,其溶质为CuSO4,其质量只有200g×
=128g,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95mL0.1mol·L-1NaCl溶液,可选用100mL容量瓶来配制
C.用100mL的量筒量取5.2mL的盐酸
D.用托盘天平称取25.20gNaCl
解析:
选B A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95mL的容量瓶,应选择100mL容量瓶,正确;C项,量取5.2mL的盐酸应选用10mL的量筒,错误;D项,托盘天平的精确度为0.1g,不能称取25.20gNaCl,错误。
12.下列实验操作过程能引起结果偏高的是( )
①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
②用量筒量取5.0mL溶液时,俯视读数
③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
④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.①③ B.①④ C.②③ D.②④
解析:
选B。
①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,测定结果偏高,①正确;②用量筒量取5.0mL溶液时,俯视读数,导致量取的液体体积偏小,②错误;③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,③错误;④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%,④正确。
13.在标准状况下,将VLA气体(摩尔质量为Mg·mol-1)溶于0.1L水中,所得溶液的密度为ρg·cm-3,则此溶液的物质的量浓度(mol·L-1)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
=
mol·L-1。
14.甲、乙、丙三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50g甲物质放入50g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50g,即100g水中最多溶解50g甲,所以t2℃时将50g甲物质放入50g水中最多溶解25g,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1.16g·cm-3)配制成1mol·L-1的稀盐酸。
现实验室需这种盐酸220mL,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)。
A.5mLB.10mL
C.25mLD.50mL
解析:
(2)c(HCl)=
=
=11.6mol·L-1。
加水稀释前后HCl的物质的量不变,所以11.6mol·L-1×V(HCl)=250mL×1mol·L-1,解得V(HCl)≈21.6mL,应该选择25mL的量筒量取。
答案:
(1)250
(2)21.6 C
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