版化学大一轮复习方略人教通用版核心素养测评 二 溶液配制和溶解度曲线.docx

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版化学大一轮复习方略人教通用版核心素养测评二溶液配制和溶解度曲线

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核心素养测评二

　溶液配制和溶解度曲线

一、选择题（本题包括4小题,每题6分,共24分）

1.（2020·长春模拟）用36.5%的浓盐酸（密度1.2g·cm-3）配制1mol·L-1的稀盐酸100mL,配制过程需用到哪些仪器,且先后顺序正确的是（　　）

①100mL量筒　　　　②10mL量筒

③50mL烧杯④托盘天平

⑤100mL容量瓶⑥胶头滴管　⑦玻璃棒

A.①③⑤⑥⑦B.②⑥③⑦⑤⑥

C.③⑤⑦⑥①D.④③⑦⑤⑥

【解析】选B。

设浓盐酸的体积为VmL,则VmL×1.2g·cm-3×36.5%=1mol·L-1×

0.1L×36.5g·mol-1,解得:

V=8.33mL,所以量取时用10mL量筒,配制顺序是计算→量取→稀释、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签,一般用量筒（用到胶头滴管）量取,在烧杯中稀释,冷却后转移到100mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,转移完毕,用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中,再加适量蒸馏水,当加水至液面距离刻度线1～2cm时,改用胶头滴管滴加,使溶液的凹液面的最低点与刻线相平,塞好瓶塞,反复上下颠倒摇匀。

所以需要的仪器先后为10mL量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管,即顺序为②⑥③⑦⑤⑥,答案选B。

【加固训练】

　　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。

2.（2020·大连模拟）某学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液时,结果所配溶液的浓度偏高,其原因可能是（　　）

A.所用氢氧化钠已经潮解

B.向容量瓶中加水未到刻度线

C.有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里

D.用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法

【解析】选B。

A项,所用NaOH已经潮解,实际称量的氢氧化钠的质量减小,氢氧化钠的物质的量减小,所配溶液浓度偏低,错误;B项,向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积偏小,溶液的浓度偏大,正确;C项,有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里,造成了溶质的损耗,溶液浓度偏低,错误;D项,称量时误用“左码右物”,若不使用游码,对称取的氢氧化钠的质量无影响,对所配溶液浓度无影响;若使用游码,实际称取氢氧化钠的质量减小,所配溶液浓度偏低,错误。

3.20℃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。

4.几种物质的溶解度曲线如图。

则下列说法正确的（　　）

A.氯化铵的溶解度最大

B.随着温度升高,硫酸钠的溶解度不断增大

C.40℃时硫酸钠饱和溶液溶质的质量分数为50%

D.把等质量40℃时饱和溶液降温到20℃,硫酸钠析出晶体最多

【解析】选D。

40℃时氯化铵的溶解度并不是最大的,A错;随温度的升高,硫酸钠的溶解度先逐渐增大后减小,B错;40℃时硫酸钠饱和溶液溶质的质量分数为

×100%=33.3%,C错;从40℃时降温到20℃时,硫酸钠的溶解度变化最大,因此把等质量40℃时饱和溶液降温到20℃,硫酸钠析出晶体最多,D对。

二、非选择题（本题包括2小题,共26分）

5.（13分）（2020·雅安模拟）实验室需要0.1mol·L-1NaOH溶液450mL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）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）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“=”）0.1mol·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________（填“>”“<”或“=”）0.1mol·L-1。

（3）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,稀释时操作方法是 _____　。

【解析】

（1）配制溶液需要五种玻璃仪器:

量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、

500mL的容量瓶。

（2）①因无450mL的容量瓶,配制NaOH溶液要用500mL的容量瓶,m（NaOH）=c·V·M=0.1mol·L-1×0.5L×40g·mol-1=2.0g;③NaOH溶于水放出大量热,应把它冷却至室温后再移入容量瓶中,否则定容后,溶液冷却到室温后,体积减小,浓度偏高。

（3）①c（浓）·V（浓）=c（稀）·V（稀）,即

×V（浓）=0.5×0.5,得V（浓）≈0.0136L=13.6mL;②选用15mL量筒最好,误差小;③注意三点:

酸入水、沿器壁、棒搅拌。

答案:

（1）AC　烧杯、玻璃棒　

（2）①2.0　②<　③>

（3）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

【加固训练】

　　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

6.（13分）（2020·泰州模拟）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

一、选择题（本题包括3小题,每题6分,共18分）

1.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16.7%

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D。

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,A、B都正确;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。

2.下列说法正确的是（　　）

A.使用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸,将浓硫酸转移至烧杯后需用蒸馏水洗涤量筒,并将洗涤液一并转移至烧杯中

B.现需使用480mL0.1mol·L-1硫酸铜溶液,则使用容量瓶配制溶液需要7.68g硫酸铜固体

C.使用托盘天平称量固体药品时左码右物,可能会导致所配溶液浓度偏小

D.容量瓶在使用前不需检漏

【解析】选C。

量筒洗涤后将洗涤液转移至烧杯会使溶质的量偏多;配制480mLCuSO4溶液,需使用500mL容量瓶,m（CuSO4）=0.1mol·L-1×0.5L×160g·mol-1=

8.0g。

【加固训练】

（2019·三明模拟）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。

3.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。

二、非选择题（本题包括2小题,共32分）

4.（16分）（2020·太原模拟）某化学小组需要480mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液。

欲在实验室用固体烧碱配制。

请回答下列问题:

（1）本实验需用托盘天平称量烧碱的质量为________g。

（2）配制过程中,不需要的仪器（填写代号）　。

a.烧杯　b.冷凝管　c.玻璃棒　d.1000mL容量瓶　e.漏斗　f.胶头滴管

（3）根据实验需要和

（2）所列仪器判断,完成实验还缺少的仪器有药匙、________、________。

（4）请说出本实验中玻璃棒的作用________________________　。

（5）将上图中的实验步骤A～F按实验过程先后次序排列________。

（6）请用恰当的文字描述上图A操作的过程　________________________。

（7）若配制过程中,其他操作都准确,下列操作能引起浓度偏高的有________（填代号）。

①用来溶解NaOH的烧杯里面有少许水

②未等稀释后的NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中

③将NaOH溶液转移到容量瓶时,不小心洒到了外面少许

④定容时,加蒸馏水超过标线,又用胶头滴管吸出

⑤转移前,容量瓶中含有少量蒸馏水

⑥定容摇匀后,发现液面低于标线,又用胶头滴管加蒸馏水至标线

⑦定容时,俯视标线

【解析】

（1）配制0.1mol·L-1的NaOH溶液480mL,应选择500mL容量瓶,需要氢氧化钠的质量为0.1mol·L-1×0.5L×40g·mol-1=2.0g;

（2）配制0.1mol·L-1的NaOH溶液480mL,所以需选用500mL的容量瓶;称量需用药匙取NaOH,溶解需要用烧杯,玻璃棒搅拌,转移过程中用玻璃棒引流,最后用胶头滴管定容,故不需要的仪器是冷凝管、1000mL容量瓶和漏斗,答案选bde;（3）根据以上分析可知还缺少托盘天平和500mL容量瓶;（4）在溶解时玻璃棒起搅拌作用,在转移时起引流作用;（5）根据溶液的配制原理可知,用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解转移、洗涤转移、定容摇匀,因此正确的操作顺序是CBDFAE;（6）A是定容,操作为用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切时停止加水;（7）①用来溶解NaOH的烧杯里面有少许水不影响所配溶液的浓度;②未降至室温时,立即将溶液转移至容量瓶定容,溶液热胀冷缩,恢复到室温后溶液体积小于500mL,所配溶液浓度偏高;③将NaOH溶液转移到容量瓶时,不小心洒到了外面少许,溶质减少,浓度偏低;④定容时,加蒸馏水超过标线,又用胶头滴管吸出,溶质减少,浓度偏低;⑤容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水,由于定容时还需要加入蒸馏水,所以不影响配制结果;⑥定容摇匀后,发现液面低于标线,又用胶头滴管加蒸馏水至标线,溶液体积增加,浓度偏低;⑦定容时俯视刻度,导致溶液的体积偏小,根据c=

可知,配制的溶液浓度偏高,答案选②⑦。

答案:

（1）2.0　

（2）bde　（3）托盘天平　500mL容量瓶

（4）搅拌、引流　（5）CBDFAE

（6）用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切时停止加水

（7）②⑦

5.（16分）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

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