2019届一轮复习苏教版专题1第3讲溶液的配制与分析学案

2019届一轮复习苏教版专题1第3讲溶液的配制与分析学案

第3讲　溶液的配制与分析 考纲要求　1.了解溶液的含义。2.了解溶解度、饱和溶液的概念。3.了解溶液浓度的表示方法。理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。4.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。‎ 考点一　物质的量浓度及相关计算 ‎1．物质的量浓度 ‎(1)概念：表示单位体积溶液中所含溶质B的物质的量。‎ ‎(2)表达式：cB＝。‎ ‎(3)单位：mol·L－1(或 mol/L)。‎ ‎2．溶质的质量分数 ‎3．正确判断溶液的溶质并计算其物质的量 ‎(1)与水发生反应生成新的物质，如Na、Na2O、Na2O2NaOH；SO3H2SO4；NO2HNO3。‎ ‎(2)特殊物质：如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。‎ ‎(3)含结晶水的物质：CuSO4·5H2O―→CuSO4；Na2CO3·10H2O―→Na2CO3。‎ ‎4．准确计算溶液的体积 c＝中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，不能用水的体积代替溶液的体积，应根据V＝计算。‎ 对溶液物质的量浓度、质量分数概念的理解 ‎(1)1 mol ·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl(　　)‎ ‎(2)用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1 mol·L－1(　　)‎ ‎(3)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(　　)‎ ‎(4)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25%(　　)‎ ‎(5)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为49%(　　)‎ ‎(6)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(　　)‎ 答案　(1)×　 (2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×‎ 题组一　有关物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算 ‎1．某温度时，有500 mL饱和的硫酸镁溶液，它的密度是1.20 g·cm－3，其中镁离子的质量分数是4.8%，试回答下列问题：‎ ‎(1)溶质的质量分数：___________________________________________________________。‎ ‎(2)溶液的物质的量浓度：_______________________________________________________。‎ ‎(3)溶质和溶剂的物质的量之比：__________________________________________________。‎ ‎(4)硫酸根离子的质量分数：_____________________________________________________。‎ ‎(5)该温度下硫酸镁的溶解度：____________________________________________________。‎ 答案　(1)24.0%　(2)2.4 mol·L－1　(3)1∶21 (4)19.2%　(5)31.6 g 解析　(1)由Mg2＋的质量分数知MgSO4的质量分数为×4.8%＝24.0%。‎ ‎(2)解法一：根据定义式计算，n(MgSO4)＝n(Mg2＋)＝＝1.2 mol c(MgSO4)＝＝2.4 mol·L－1。‎ 解法二：直接利用公式计算，‎ c(MgSO4)＝ ‎＝2.4 mol·L－1。‎ ‎(3)根据MgSO4的质量分数24.0%，可知100 g溶液中含溶质24 g，溶剂76 g；则二者的物质的量之比为∶≈1∶21。‎ ‎(4)SO的质量分数为×4.8%＝19.2%。‎ ‎(5)根据＝，得S＝ g≈31.6 g。‎ 题组二　溶液的稀释与混合 ‎2．V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋m g，取 mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO物质的量浓度为(　　)‎ A. mol·L－1 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ 答案　A 解析　 mL溶液中Al3＋的物质的量为＝ mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3＋)＝＝ mol·L－1，c(SO)＝c(Al3＋)＝× mol·L－1＝ mol·L－1。‎ ‎3．现有V L 0.5 mol·L－1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是(　　)‎ A．加热浓缩到原来体积的一半 B．加入5 mol·L－1的盐酸0.125V L C．加入10 mol·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L D．标况下通入11.2 L氯化氢气体 答案　C 解析　加热蒸发，HCl挥发，溶液浓度降低；溶液的体积不具有加和性；混合后溶液中的HCl为 0.5 mol·L－1×V L＋10 mol·L－1×0.1V L＝1.5V mol，所以混合后HCl的浓度为＝1 mol·L－1，故C正确；通入氯化氢气体，溶液的体积发生变化，无法求出浓度。‎ ‎4．(2017·东北育才中学高三检测)有Al2(SO4)3和Na2SO4的混合溶液V L，将它均分成两份。一份滴加氨水，使Al3＋完全沉淀；另一份滴加BaCl2溶液，使SO完全沉淀。反应中消耗a mol NH3·H2O、b mol BaCl2。据此得知原混合溶液中的c(Na＋)(mol·L－1)为(　　)‎ A．(4b－2a)/V B．(2b－2a)/V C．(2b－a)/V D．(b－2a)/V 答案　A 解析　根据题意Al3＋的物质的量为a/3 mol，SO的物质的量为b mol，因Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液不显电性，设每份混合溶液中Na＋的物质的量为x mol，则根据电荷守恒可知，a/3×3＋x×1＝b×2，x＝2b－a，原混合溶液中的c(Na＋)＝(4b－2a)/V mol·L－1。‎ ‎5．(1)在100 g物质的量浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·cm－3的硫酸中加入一定量的水稀释成 mol·L－1的硫酸，则加入水的体积________(填“＝”“＞”或“＜”，下同)100 mL。‎ ‎(2)若把(1)中的H2SO4改成氨水，应加入水的体积______ 100 mL。‎ ‎(3)若把(1)(2)中的物质的量的浓度均改为溶质的质量分数，则加入水的体积________ 100 mL。‎ 答案　(1)＜　(2)＞　(3)＝‎ 解析　(1)·c＝· V水＝－100‎ 由于ρ′＜ρ，所以V水＜100 mL。‎ ‎(2)由于ρ′＞ρ，所以V水＞100 mL。‎ ‎(3)根据质量分数＝×100%知，溶质不变，质量分数减半，则溶液质量加倍，所以均应加入100 mL水。‎ ‎1．溶液稀释定律(守恒观点)‎ ‎(1)溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。‎ ‎(2)溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。‎ ‎(3)溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。‎ ‎2．同溶质不同物质的量浓度溶液的混合计算 ‎(1)混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。‎ ‎(2)混合后溶液体积发生改变时，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝。‎ ‎3．不同溶质溶液混合反应，有关物质浓度的计算 ‎(1)明确各反应物、产物之间的物质的量之比。‎ ‎(2)巧用电荷守恒思想：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。‎ 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 ‎1．主要仪器 天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。‎ ‎2．容量瓶的构造及使用 ‎(1)容量瓶上标有温度、规格和刻度线。常用规格有50 mL、100 mL、250 mL、1 000 mL等。‎ ‎(2)容量瓶在使用前要检查是否漏水，其操作顺序为装水盖塞→倒立→正立→玻璃塞旋转180°→倒立。‎ ‎3．配制过程 以配制100 mL 1.00 mol·L－1 NaCl溶液为例。‎ ‎(1)计算：需NaCl固体的质量为5.9 g。‎ ‎(2)称量：用托盘天平称量NaCl固体。‎ ‎(3)溶解：将称量好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。‎ ‎(4)移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流将溶液注入100 mL容量瓶。‎ ‎(5)洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液全部注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。‎ ‎(6)定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管，滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。‎ ‎(7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。‎ 配制流程如下图所示：‎ 特别提醒：(回顾对比)‎ 质量百分比浓度、体积比浓度溶液的配制 ‎(1)配制100 g 10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10.0 g NaCl固体，放入100 mL的烧杯中，再用100 mL量筒量取90.0 mL的水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。‎ ‎(2)用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL。用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入到100 mL的烧杯中，再用10 mL 的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌。‎ ‎1．仪器的选用 ‎(1)容量瓶在使用前要检查是否漏水(　　)‎ ‎(2)用固体NaCl配制0.5 mol·L－1‎ 的溶液，所用的仪器只有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(　　)‎ ‎(3)配制480 mL一定物质的量浓度溶液时，要选用500 mL的容量瓶(　　)‎ ‎(4)使用托盘天平称量药品，都不能直接放在托盘中，均应放在两张相同的纸片上(　　)‎ ‎(5)为了配制方便，可将固体或浓溶液直接在容量瓶(或量筒)中进行溶解(或稀释)(　　)‎ ‎(6)若量取7.2 mL溶液，应选用10 mL量筒(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√‎ ‎2．溶液配制基本操作及注意事项 ‎(1)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线(　　)‎ ‎(2)如图A配制0.1 mol·L－1NaOH溶液(　　)‎ ‎(3)如图B配制一定浓度的NaCl溶液(　　)‎ ‎(4)用如图C装置配制溶液(　　)‎ ‎(5)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体(　　)‎ ‎(6)NaOH在烧杯里刚完全溶解时，立即将溶液转移到容量瓶(　　)‎ ‎(7)配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流(　　)‎ ‎(8)转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水会使所配溶液浓度偏低(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√　(8)×‎ 题组一　物质的量浓度配制题的规范书写 ‎1．实验室需要配制0.50 mol·L－1 NaCl溶液480 mL。‎ 按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。‎ ‎(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码、最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、________、________、________以及等质量的两片同种纸片。‎ ‎(2)计算。配制该溶液需取NaCl晶体______ g。‎ ‎(3)称量。‎ ‎①天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：‎ ‎②称量过程中NaCl晶体应放于天平的________(填“左盘”或“右盘”)。‎ ‎③称量完毕，将药品倒入烧杯中。‎ ‎(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是____________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯2～3次是为了________________________________________________________________________。‎ ‎(6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线________处，改用________加水，使溶液凹液面与刻度线相切。‎ ‎(7)摇匀、装瓶。‎ 答案　(1)500 mL容量瓶　胶头滴管　玻璃棒 ‎(2)14.6‎ ‎(3)①‎ ‎②左盘 ‎(4)搅拌，加速NaCl溶解 ‎(5)保证溶质全部转入容量瓶中 ‎(6)1～2 cm　胶头滴管 解析　配制480 mL 0.50 mol·L－1的NaCl溶液，必须用500 mL的容量瓶。m(NaCl)＝0.50 mol·L－1×0.5 L×58.5 g·mol－1≈14.6 g(托盘天平精确到0.1 g)。用托盘天平称量时，物品放在左盘。配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算→称量(或量取)→溶解、冷却→转移、洗涤→定容、摇匀→装瓶贴签。‎ 仪器规格、汉字使用问题简答要规范 ‎1．考生答卷案例——找错纠错 ‎2．失分原因分析 ‎(1)问中虽然熟悉某一规格的容量瓶只能配制一定体积的溶液，但未指明所选容量瓶的规格。‎ ‎(2)问中，[案例1]没有注意体现托盘天平的精确度；[案例2]不熟悉常用容量瓶的规格。‎ ‎(3)问中②不按要求作答。‎ ‎(4)汉字使用错误。‎ ‎(5)回答问题不完整、太笼统。‎ ‎(6)未写单位，汉字使用错误。‎ ‎3．解决方案与规范指导 配制一定物质的量浓度溶液时应注意：①做需要补充仪器的实验题时，要学会“有序思考”——即按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，然后与已知仪器对比，就一定不会漏写某种仪器；②容量瓶的规格，常见的有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL；③所用定量仪器量筒、托盘天平的精确度。‎ 题组二　误差分析的全方位考查 ‎2．溶液配制过程中的误差分析，用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。‎ ‎(1)配制450 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 g________。‎ ‎(2)配制500 mL 0.1 mol·L－1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g________。‎ ‎(3)配制NaOH溶液时，天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确________。‎ ‎(4)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒________。‎ ‎(5)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数________。‎ ‎(6)配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容________。‎ ‎(7)定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线________。‎ ‎(8)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线____________________。‎ ‎(9)定容时仰视刻度线________。‎ ‎(10)定容摇匀后少量溶液外流________。‎ 答案　(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏小　(5)偏大 (6)偏大　(7)偏小　(8)偏小　(9)偏小　(10)无影响 ‎1．误差分析的理论依据 根据cB＝可知，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。在配制一定物质的量浓度溶液时，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。‎ ‎2．仰视、俯视的分析 结果：仰视时，容器内液面高于刻度线；俯视时，容器内液面低于刻度线。‎ ‎1．(2016·上海，22)称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1 792 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2 C．1.87∶1 D．3.65∶1‎ 答案　C 解析　利用极值法分析，可知0.1 mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH3 0.08 mol，故与H＋反应的氢氧化钠为0.02 mol，则可知NH4HSO4为0.02 mol，则(NH4)2SO4质量为7.24 g－115 g·mol－1×0.02 mol＝4.94 g，n[(NH4)2SO4]＝≈0.037 4 mol，可得答案为C。‎ ‎2．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(　　)‎ 答案　B 解析　A项，托盘天平使用时应“左物右码”，图为“左码右物”，错误；C项，移液时不能将烧杯中的溶液直接倒入容量瓶，应用玻璃棒引流，错误；D项，胶头滴管应在容量瓶口垂直正上方，不能伸入瓶口，错误。‎ ‎3．[2016·天津理综，7(6)]铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由下表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 mol·L－1 NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_______________________________________________，‎ 生成硫酸铜的物质的量为________。‎ 碳 氮 Y X 硫 Z 答案　NO：0.9 mol，NO2：1.3 mol　2 mol 解析　铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成NO和NO2，相对分子质量都小于50，符合题意，1 mol O2参与反应转移电子的物质的量为4 mol。设NO2的物质的量为x，NO的物质的量为y，则x＋y＝2.2 mol，x＋3y＝4 mol，解得x＝1.3 mol，y＝0.9 mol。根据转移电子守恒知，参与反应的铜的物质的量为 mol＝2 mol，因此生成硫酸铜的物质的量为2 mol。‎ ‎4．[2016·江苏，18(3)]水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：‎ O2MnO(OH)2I2S4O ‎①写出O2将Mn2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_________________________________。‎ ‎②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 mol·L－1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mg·L－1表示)，写出计算过程。‎ 答案　①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓‎ ‎②在100.00 mL水样中 I2＋2S2O===2I－＋S4O n(I2)＝ ‎＝ ‎＝6.750×10－5 mol n[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.750×10－5 mol n(O2)＝n[MnO(OH)2]＝×6.750×10－5 mol ‎＝3.375×10－5 mol 水中溶解氧＝＝10.80 mg·L－1‎ 解析　①反应物为O2、Mn2＋，生成物为MnO(OH)2，溶液呈碱性，可以补充OH－配平。‎ ‎1．(2018·延安质检)下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是(　　)‎ A．是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器 B．容量瓶可以用来加热 C．能用容量瓶贮存配制好的溶液 D．可以用500 mL容量瓶配制250 mL溶液 答案　A 解析　容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，故A正确；容量瓶不能用来加热，故B错误。‎ ‎2．(2017·漳州高三模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3 mol·L－1K2SO4溶液的叙述正确的是(　　)‎ A．1 L溶液中含有0.3NA个K＋‎ B．1 L溶液中含有K＋和SO的总数为0.9NA C．2 L溶液中K＋的浓度为1.2 mol·L－1‎ D．将0.3 mol硫酸钾溶于1 L水中，所得硫酸钾溶液的浓度为0.3 mol·L－1‎ 答案　B 解析　0.3 mol·L－1K2SO4溶液中，c(K＋)＝0.6 mol·L－1，c(SO)＝0.3 mol·L－1，则1 L溶液中含K＋的数目为0.6NA，K＋和SO的总数为0.9NA，A项错误，B项正确；物质的量浓度表示的是1 L溶液中所含溶质的物质的量，不受溶液体积大小的影响，2 L 0.3 mol·L－1K2SO4溶液中K＋的浓度为0.6 mol·L－1，C项错误；物质的量浓度中的体积指的是溶液体积而不是溶剂的体积，D项错误。‎ ‎3．下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液的过程：‎ 该同学的错误步骤有(　　)‎ A．1处 B．2处 C．3处 D．4处 答案　C 解析　第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑤步定容时应平视刻度线。‎ ‎4．用质量分数为98%的浓硫酸(ρ＝1.84 g·cm－3)配制240 mL 1.84 mol·L－1稀硫酸，下列操作正确的是(　　)‎ A．将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却 B．必需的定量仪器有50 mL量筒、250 mL容量瓶和托盘天平 C．量取浓硫酸的体积为25.0 mL D．先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容 答案　C 解析　稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢注入水中并不断搅拌，A项错误；该实验不需要托盘天平，B项错误；根据溶质质量不变知，配制该稀硫酸需要浓硫酸的体积为V＝＝25.0 mL，C项正确；不能在容量瓶里稀释浓硫酸，在烧杯里稀释并冷却后，再转移到容量瓶中，最后加水定容，D项错误。‎ ‎5．(2017·辽宁校级一模)下列叙述错误的是(　　)‎ A．10 mL质量分数为98%的H2SO4，用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%‎ B．配制0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL，需用500 mL 容量瓶 C．在标况下，将22.4 L氨气溶于1 L水中，得到1 mol·L－1的氨水 D．向2等份等浓度不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)‎ 答案　C 解析　A项，浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，浓度越大密度越大；B项，实验室没有480 mL的容量瓶，应用500 mL 的容量瓶进行配制；C项，根据c＝，体积V指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积；D项，发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O＋H2O===2NaOH，由方程式可知，相同物质的量的Na2O2和Na2O消耗相同物质的量的水，生成相同物质的量的NaOH，保持温度不变，使溶液恰好饱和，故加入的Na2O2、Na2O的物质的量相等。‎ ‎6．下列有关溶液配制的说法正确的是(　　)‎ A．在50 mL量筒中配制0.100 0 mol·L－1碳酸钠溶液 B．仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100 mL 0.100 0 mol·L－1K2Cr2O7溶液 C．用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸 D．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 答案　C 解析　配制溶液时要在容量瓶中进行，A、B均错误；定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，D错误。‎ ‎7．(2018·吉林大学附属中学校级月考)取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是(　　)‎ A．0.21 mol·L－1 B．0.42 mol·L－1‎ C．0.56 mol·L－1 D．0.26 mol·L－1‎ 答案　B 解析　混合溶液中H＋物质的量为n(H＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L－1＋0.3 L×0.25 mol·L－1)×2＝0.21 mol，所以c(H＋)＝＝0.42 mol·L－1。‎ ‎8．将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，则此溶液的物质的量浓度为(　　)‎ A. mol·L－1 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ 答案　A 解析　Na和Al一同投入m g足量水中时，发生反应的化学方程式为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。由于Na、Al的物质的量均为a mol，结合化学方程式可知生成2a mol H2，所得溶液中只有NaAlO2一种溶质，其物质的量为a mol。所得溶液的质量为m(Na)＋m(Al)＋m(H2O)－m(H2)＝(46a＋m)g，所得溶液的体积为 L，所得溶液的物质的量浓度为 mol·L－1。‎ ‎9．(2018·合肥第一中学高三模拟)在催化剂存在下发生反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O，完成下列计算：10 mol NH3和10 mol O2反应生成8 mol NO，过量的氨溶于产物水中成为氨水，则该氨水中氨的质量分数为(　　)‎ A．13.6% B．15.7%‎ C．28% D．32.4%‎ 答案　A 解析　令参加反应的氨气为n mol、生成的水为b mol，则：‎ ‎4NH3＋5O24NO＋6H2O ‎4　　　　　　　4　　　6‎ n mol 8 mol b mol 所以4∶4＝n mol∶8 mol，解得n＝8，‎ ‎4∶6＝8 mol∶b mol，解得b＝12，‎ 故剩余氨气为10 mol－8 mol＝2 mol，‎ 所得氨水的质量分数为×100%＝13.6%。‎ ‎10．(2017·福州模拟)为测定人体血液中Ca2＋的含量，设计了如下方案：‎ 有关反应的化学方程式为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。若血液样品为15 mL，滴定生成的草酸消耗了0.001 mol·L－1的KMnO4溶液15.0 mL，则这种血液样品中的含钙量为(　　)‎ A．0.001 mol·L－1 B．0.002 5 mol·L－1‎ C．0.000 3 mol·L－1 D．0.003 5 mol·L－1‎ 答案　B ‎11．(2017·南昌二模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．标准状况下，4.48 L Cl2溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.4NA B．5.6 g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含碳原子数为0.4NA C．常温下，pH＝2的盐酸溶液中含有的H＋数目为0.02NA D．常温下，1 L 0.5 mol·L－1的FeCl3溶液中，所含Fe3＋数为0.5NA 答案　B 解析　Cl2和H2O反应是可逆反应；乙烯和环丁烷的实验式都是CH2；缺少盐酸溶液的体积，无法计算； Fe3＋发生水解反应。‎ ‎12．如图是MgSO4、NaCl的溶解度曲线。下列说法正确的是(　　)‎ A．MgSO4的溶解度随温度升高而增大 B．NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大 C．在t2 ℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大 D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，有晶体析出 答案　C 解析　A项，t2 ℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2 ℃之后，随温度的升高而降低；B项，t1 ℃、t3 ℃时，NaCl、MgSO4的溶解度相等；C项，w＝×100%，S越大，w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3 ℃降至t2 ℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。‎ ‎13．(2017·沧州高三质量调研)把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na＋)为(　　)‎ A．(10b－5a)mol·L－1 B．(2b－a)mol·L－1‎ C．(－)mol·L－1 D．(5b－)mol·L－1‎ 答案　A 解析　NH4HCO3和a mol NaOH恰好完全反应，则NH4HCO3的物质的量为0.5a mol，取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，由NH4HCO3反应掉的盐酸为0.5a mol，则由Na2CO3反应掉的盐酸为b mol－0.5a mol，Na2CO3的物质的量为(b mol－0.5a mol)×0.5，则c(Na＋)＝(b mol－0.5a mol)÷0.1 L＝(10b－5a)mol·L－1。‎ ‎14．(2018·莱芜一中检测)在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 g·cm－3。试计算：‎ ‎(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是________、________。‎ ‎(2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是________。‎ ‎(3)在40.0 mL 0.065 mol·L－1Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积的最多不超过________mL。‎ ‎(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 mol·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________g固体。‎ 答案　(1)36.5%　11.8 mol·L－1　(2)1 mol·L－1　(3)2.6　(4)5.85‎ 解析　(1)n(HCl)＝＝10 mol，‎ m(HCl)＝10 mol×36.5 g·mol－1＝365 g，‎ 盐酸的质量分数w＝×100%＝36.5%，‎ c(HCl)＝ ‎＝ ‎＝11.8 mol·L－1。‎ ‎(2)由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)可知，‎ c(稀)＝11.8 mol·L－1×＝1 mol·L－1。‎ ‎(3)n(Na2CO3)＝0.040 L×0.065 mol·L－1＝0.002 6 mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL，则n(HCl)＝1 mol·L－1×0.001x L＝0.001x mol，根据反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.002 6＝0.001x，x＝2.6。‎ ‎(4)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 mol·L－1＝0.1 mol，m(NaCl)＝0.1 mol×58.5 g·mol－1＝5.85 g。‎ ‎15．(2017·成都七中阶段性考试)某研究性学习小组欲测定室温下(25 ℃、101 kPa)的气体摩尔体积。该小组设计的简易实验装置如图所示：‎ 该实验的主要操作步骤如下：‎ ‎①用已知浓度的浓盐酸配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸(需要用到的仪器有量筒、烧杯、____________)；‎ ‎②用10 mL的量筒量取8.0 mL 1.0 mol·L－1的盐酸加入锥形瓶中；‎ ‎③准确称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为_________________________________________________________________；‎ ‎④往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；‎ ‎⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)步骤①中，配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸时，下列会使所配制溶液的浓度偏小的操作有_____________________________________________________________________(填字母)。‎ A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线 B．容量瓶未干燥即用来配制溶液 C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长 D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理 E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线 F．烧杯中有少量水 G．未冷却至室温即定容 ‎(2)请填写操作步骤中的空格：‎ 步骤①：________________________________________________________________________；‎ 步骤③：________________________________________________________________________。‎ ‎(3)实验步骤⑤中应选用的量筒规格是_____________________________________________。‎ ‎(4)读数时需要注意(至少写两点)：_______________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm＝________L·mol－1。‎ 答案　(1)AC　(2)玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管　0.096　(3)100 mL　(4)①恢复到室温再读数；②调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；③读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平 (5)0.25V 解析　(2)步骤①用浓盐酸配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸时，需用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，要用玻璃棒不断搅拌，最后用胶头滴管对100 mL容量瓶进行定容。步骤③Mg与盐酸发生的反应为Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，8.0 mL 1.0 mol·L－1盐酸中n(HCl)＝8.0×10－3 L×1.0 mol·L－1＝8.0×10－3 mol，完全反应时消耗Mg为4.0×10－3 mol，其质量为m(Mg)＝4.0×10－3 mol×24 g·mol－1＝0.096 g。‎ ‎(3)8.0×10－3 mol HCl与Mg完全反应放出4.0×10－3 mol H2，其在标准状况下的体积为4.0×10－3 mol×22.4 L·mol－1＝0.089 6 L＝89.6 mL，故应选取体积为100 mL的量筒。‎ ‎(5)HCl完全反应时生成4.0×10－3 mol H2，实验中收集到V mL H2，则该条件下的气体摩尔体积为Vm＝＝0.25V L·mol－1。‎ ‎16．三氯化铁是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理，具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。‎ ‎(1)将标准状况下的a L氯化氢气体溶于100 g水中，若要计算所得盐酸的物质的量的浓度，还缺少的物理量是________。‎ a．HCl的物质的量 b．所得溶液的总质量 c．所得溶液的总体积 d．所得溶液的密度 ‎(2)若取2.4 g在空气中放置的铁屑，先溶于盐酸，经检验知所得溶液中不含Fe3＋，再通入标准状况下1.12 L Cl2恰好使50 mL上述FeCl2溶液完全转化为FeCl3。‎ ‎①所得FeCl3溶液的物质的量浓度为(不考虑反应时体积的变化)________。‎ ‎②能否计算加入盐酸中HCl的物质的量__________(填“是”或“否”)。‎ ‎(3)向100 mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2 3.36 L，反应后的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为________。‎ ‎(4)FeCl3溶液可以用来净水，其净水的原理为__________________(用离子方程式表示)，若用100 mL 2 mol·L－1的FeCl3溶液净水时，生成具有净水作用的胶粒数________(填“大于”“等于”或“小于”)0.2NA。‎ 答案　(1)c(或d)‎ ‎(2)①2 mol·L－1　②否 ‎(3)2 mol·L－1‎ ‎(4)Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3(胶体)＋3H＋　小于 解析　(1)根据标准状况下HCl的体积可计算n(HCl)，要计算物质的量浓度还缺少溶液的体积，溶液的体积还可以通过溶液的质量和密度计算。‎ ‎(2)发生2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，n(Cl2)＝＝0.05 mol，‎ ‎①由反应可知，生成氯化铁为0.05 mol×2＝0.1 mol，其物质的量浓度为＝2 mol·L－1；②因为盐酸不一定恰好完全反应，与铁的反应中可能盐酸剩余，无法计算盐酸的物质的量。‎ ‎(3)还原性Fe2＋＞Br－，通入氯气先发生反应2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，反应后溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为＝0.15 mol，若Br－没有反应，溶液中n(Br－)＝0.3 mol，则n(FeBr2)＝0.15 mol,0.15 mol Fe2＋只能消耗0.075 mol的Cl2，故有部分Br－参加反应，设FeBr2的物质的量为x，表示出参加反应的n(Br－)，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c＝计算。‎ ‎(4)铁离子水解制备胶体，胶体可净化水，且生成的胶粒为Fe(OH)3粒子的集合体。‎ 微专题　溶解度及溶解度曲线的应用 ‎1．固体溶解度 在一定温度下，某固体物质在100_g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，‎ 叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。‎ 固体物质溶解度(饱和溶液)S＝×100 g。‎ 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。‎ ‎3．溶解度的表示方法 ‎(1)列表法 硝酸钾在不同温度时的溶解度：‎ 温度/℃‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ 溶解度/g ‎13.3‎ ‎20.9‎ ‎31.6‎ ‎45.8‎ ‎63.9‎ ‎85.5‎ ‎110‎ ‎138‎ ‎168‎ ‎202‎ ‎246‎ ‎(2)曲线法 ‎4．利用溶解度受温度影响选择不同的物质分离方法 ‎(1)溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；若NaCl溶液中含有KNO3，应采取蒸发结晶，趁热过滤的方法。‎ ‎(2)溶解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水)采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；若KNO3溶液中含有NaCl，应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。‎ 专题训练 题组一　对溶解度及溶解度曲线的理解 ‎1．将80 ℃饱和KNO3溶液冷却至10 ℃，有KNO3固体析出。该过程中保持不变的是(　　)‎ A．溶剂的质量 B．溶质的质量分数 C．KNO3的溶解度 D．溶液中K＋的数目 答案　A 解析　硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，随着温度的降低而减小，KNO3晶体不带结晶水，当降低温度晶体析出时，溶液只会减少溶质的质量而溶剂的质量不会改变。‎ ‎2．(2018·本溪市高级中学高三检测)工业上常用氨碱法制取碳酸钠(将氨和二氧化碳分别先后通入饱和食盐水中而析出小苏打，再经过滤、焙烧，得纯碱)，却不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中(　　)‎ A．KHCO3溶解度较大 B．KHCO3溶解度较小 C．K2CO3溶解度较大 D．K2CO3溶解度较小 答案　A 解析　氨碱法：以食盐(氯化钠)、石灰石(经煅烧生成生石灰和二氧化碳)、氨气为原料来制取纯碱，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中KHCO3溶解度较大无法形成沉淀。‎ ‎3.蔗糖是生活中常用的调味剂，其溶解度曲线如下图。下列说法正确的是(　　)‎ A．蔗糖在热水中的溶解度比在冷水中的小 B．将蔗糖饱和溶液蒸发溶剂后恢复至原温度，有结晶现象 C．温度升高，溶液中蔗糖的质量分数一定增大 D．t1 ℃和t2 ℃时的两份蔗糖溶液，所含溶质的质量不可能相等 答案　B 解析　蔗糖的溶解度随温度的升高而增大，故A错误；给蔗糖的饱和溶液蒸发溶剂再恢复到原来的温度，则原来溶解在这部分溶剂中的溶质就会结晶析出，故B正确；如果只是单纯的温度升高，在不考虑溶剂蒸发的情况下，溶液中若没有未溶解的溶质存在，则溶液中溶质的质量分数则不发生变化，故C错误；由于温度越高溶解度越大，只能说这两个温度下的饱和溶液中溶质的质量分数不可能相等，但溶液所含溶质的质量可能相等，故D错误。‎ 题组二　根据溶解度及溶解度曲线特点选择结晶方法 ‎4．(2017·湛江市三模)已知四种盐的溶解度(S)曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体 B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体 C．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯 D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2‎ 答案　B 解析　因NaCl的溶解度受温度的影响不大，所以将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体，故A正确；因MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢，加热水解平衡正向移动，氯化氢易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干得到的固体为氢氧化镁，故B错误；因Mg(ClO3)2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度受温度影响较小，所以Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，故C正确；反应MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行，故D正确。‎ ‎5．下表是四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g水)：‎ ‎(假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计)‎ NaNO3‎ KNO3‎ NaCl KCl ‎10 ℃‎ ‎80.5‎ ‎21.2‎ ‎35.7‎ ‎31.0‎ ‎100 ℃‎ ‎175‎ ‎246‎ ‎39.1‎ ‎56.6‎ 用物质的量之比为1∶1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示 以下说法错误的是(　　)‎ A．①和②的实验过程中，都需要控制温度 B．①实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤 C．②实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤 D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好 答案　C 解析　A项，①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，正确；B项，①实验分离出NaCl，操作依次为加水溶解、蒸发浓缩、趁热过滤，正确；C项，②实验操作为冷却结晶，错误；D项，用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，正确。‎ 题组三　溶解度的特点和物质分离方法的关系在解答化工流程题中的应用 ‎6．高氯酸铵可用作火箭推进剂，实验室可由NaClO3等原料制取(部分物质溶解度如图)，其实验流程如下：‎ ‎(已知氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠)‎ ‎(1)80 ℃时浸取液冷却至0 ℃过滤，滤渣的主要成分为________(写化学式)。‎ ‎(2)反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)NaClO4　(2)NH＋ClO===NH4ClO4↓‎ 解析　(1)80 ℃时浸取液主要含有NaClO4和NaCl，NaClO4溶解度受温度影响较大，而NaCl受温度影响很小，当冷却至0 ℃时，NaClO4‎ 会因温度降低溶解度减小而析出，所以滤渣中主要物质是NaClO4。(2)反应器中含有NaClO4，加入氯化铵饱和溶液后，根据不同物质的溶解度相对大小关系，可知溶解度最小的NH4ClO4首先结晶析出，发生反应的离子方程式为NH＋ClO===NH4ClO4↓。‎ ‎7．(2018·赤峰模拟)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________________。‎ 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 解析　根据氯元素守恒可列关系求m(NaCl)＝10.7 g×58.5 g·mol－1÷53.5 g·mol－1＝11.7 g。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 ℃。‎