1、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1.2 gcm-3)配制1 molL-1的稀盐酸 100 mL，配制过程需用到哪些仪器，且先后顺序正确的是() 100 mL量筒10 mL量筒50 mL烧杯托盘天平100 mL容量瓶胶头滴管玻璃棒A.B.C.D.【解析】选B。设浓盐酸的体积为V mL，则V mL1.2 gcm-336.5%=1 molL-10.1 L36.5 gmol-1，解得：V=8.33 mL，所以量取时用10 mL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
2、，在烧杯中稀释，冷却后转移到100 mL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23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12 cm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10 mL量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，即顺序为，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
3、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.(双选)(2020大连模拟改编)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.烧杯中溶液未冷却就转移至容量瓶定容D.用带游码的托盘天平称2.4 g NaOH时误用了“左码右物”方法【解析】选B、C。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
4、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，溶液未冷却就移液、定容，待冷却后溶液体积减小，导致浓度偏高，正确；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 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Na
5、Cl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。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
6、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)(2019黄冈模拟)“84 消毒液”是一种以 NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒。某“84 消毒液”瓶体部分标签如图1所示，该“84 消毒液”通常稀释 100 倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：图
7、1(1)此“84 消毒液”的物质的量浓度约为_molL-1。(计算结果保留一位小数)(2)某同学量取 100 mL 此“84 消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中 c(Na+)=_molL-1。(3)该同学阅读“84消毒液”的配方，欲用 NaClO 固体配制 480 mL 含 NaClO 质量分数为 24% 的消毒液。如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是_(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是_。下列操作中，容量瓶不具备的功能是 (填序号)。a.配制一定体积准确浓度的标准溶液b.贮存溶液c.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液d.准确稀释某一浓度的溶液e.用来加热溶解固体溶质请计算
8、该同学配制此溶液需称取称量 NaClO 固体的质量为_g。(4)若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_(填序号)。A.定容时俯视刻度线B.转移前，容量瓶内有蒸馏水C.未冷至室温就转移定容D.定容时水多用胶头滴管吸出【解析】(1)c(NaClO)=3.8(molL-1)；(2)稀释后c(NaClO)=3.8 molL-1=0.038 molL-1，c(Na+)=c(NaClO)=0.038 molL-1。(3)由于实验室无 480 mL容量瓶，故应选用 500 mL 容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天
9、平、烧杯、玻璃棒、 500 mL 容量瓶和胶头滴管，故需要的是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管；a.容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，故a不选；b.容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，故b选；c.容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，故c选；d.容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，故d选；e.容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，故e选。质量分数为 24% 的消毒液的浓度为 3.8 molL-1，由于实验室无 480 mL容量瓶，故应选用 500 mL容量瓶，而配制出 500 mL 溶液，故
10、所需的质量 m=cVM=3.8 molL-10.5 L74.5 gmol-1= 141.6 g；(4)A.定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故A正确；B.转移前，容量瓶内有蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误；C.未冷至室温就转移定容，冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故C正确；D.定容时水多用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，故溶液浓度偏小，故D错误。答案：(1) 3.8(2)0.038(3)CDE玻璃棒和胶头滴管bcde141.6(4)AC【加固训练】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
11、、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)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
12、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：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
13、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=27.2 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
14、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=60.010 00 molL-1=0.030 00 molL-1。答案：(1)(2)20.027.2(3)ACD(4)0.030 00 molL-16.(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下图所示。回答下列问题：(1)欲制备10.7 g
15、 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 _。【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 (3
16、340 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.(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
17、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-3-200 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。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
18、.现需使用480 mL 0.1 molL-1硫酸铜溶液，则使用容量瓶配制溶液需要7.68 g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480 mL CuSO4溶液，需使用500 mL容量瓶，m(CuSO4)=0.1 molL-10.5 L160 gmol-1=8.0 g。【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()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
19、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。3.(2019河西区模拟)40 硝酸
20、钾饱和溶液先升温至 80 ，在恒温下蒸发部分溶剂至析出少量溶质，然后将溶液逐渐冷却至 60 。下列示意图中能正确表示整个过程中溶液浓度 a%与时间 t 关系的是()【解析】选A。将 40 时硝酸钾的饱和溶液先升温至 80 ，温度升高，硝酸钾的溶解度增大，溶质和溶剂的质量都没有发生变化，所以此过程中溶液的浓度不变；在 80 且恒温下蒸发部分溶剂至析出少量溶质前，该过程中溶剂不断减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度会不断增大； 80 的温度下，当析出晶体时达到饱和，之后的溶液为硝酸钾饱和溶液，所以硝酸钾溶液的浓度暂时不变；最后将溶液由 80 逐渐冷却至 60 过程中，随着温度降低，硝酸钾的溶解度减
21、小，此过程中会不断析出硝酸钾晶体，而溶剂的质量不变，则溶液的浓度逐渐减小；温度降到60 后，此时的溶液为硝酸钾饱和溶液，溶液的浓度不再变化，根据以上分析可知，满足以上变化的图象为A。【加固训练】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
22、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480 mL 0.100 0 molL-
23、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.1 000 mL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AF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)。用来溶解NaOH的烧杯里面有少许水未等稀释后的NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中将N
24、aOH溶液转移到容量瓶时，不小心洒到了外面少许定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线定容时，俯视标线【解析】(1)配制0.1 molL-1的NaOH溶液480 mL，应选择500 mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量为0.1 molL-10.5 L40 gmol-1=2.0 g；(2)配制0.1 molL-1的NaOH溶液480 mL，所以需选用500 mL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、1 000mL容量瓶和漏斗
25、，答案选bde；(3)根据以上分析可知还缺少托盘天平和500 mL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)用来溶解NaOH的烧杯里面有少许水不影响所配溶液的浓度；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500 mL，所配溶液浓度偏高；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；定容时，加蒸馏水超过标线，又
26、用胶头滴管吸出，溶质减少，浓度偏低；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；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；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。答案：(1)2.0(2)bde(3)托盘天平500 mL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)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Na2
27、Cr2O7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 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+ 2S
28、22I-+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N
29、a2Cr2O7+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)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)NaCl(4)Cr2+6I-+14H+2Cr3+3I2+7H2O94.08