2022年新教材高考化学一轮复习第2章海水中的重要元素__钠和氯第3节第2课时物质的量浓度学案.pdf

第2课时物质的量浓度考试评价解读核心素养达成1.能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。2.能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并能 进行误差分析。科学探究 与 创新意识通过实验探究、归纳总结，明确 一定物质的量浓度溶液的配制方 法，体会定量研究对化学科学的 重要作用。证据推理与模型认知能建立物质的量与溶液体积之间 的计算模型，并能运用模型进行 物质的量浓度的计算。环节1课前自主复习记必各力，祝播保世岫性I/劭 L=物质的量浓度以练带忆1.判断正误(正确的划“J”，错误的划“X”)(1)1 L水中溶解4.0 g NaOH,所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol/Lo(X)提示：水的体积不代表溶液的体积。(2)将40 g SO3溶于60 g水中，所得溶液的溶质质量分数为49%。(J)提示：S03会和一小部分水反应，使溶液中的溶质为H2SO1。(3)将25gCuS04 5H20晶体溶于75 g水中，所得溶液的物质的量浓度为1.0mol/Lo(X)提示：溶液的体积不是0.1 Lo(4)从100 mL 1.0mol/L NaCl溶液中取出1 0 mL,取出溶液的物质的量浓度为0.1 mol/Lo(X)提示：溶液具有均一性，取出部分溶液，其物质的量浓度不变。(5)500 mL 0.5 mol/L的NaCl溶液中粒子数大于0.5旗(V)提示：氯化钠是离子化合物，离子数目是0.5如，而粒子数包括离子、分子、原子等。2.把如图标签所示的两份溶液注入如图容量瓶中并达到图示状态。I 03 mol/L I 0.25 mobL100 eL I I-)0 mL则该瓶溶液中H+的物质的量浓度是()-1-A.0.21 mol/L B.0.42 mol/LC.0.56 mol/L D.0.26 mol/LB 解析：c(H+)=0.3 mol/LX2X0.1 L+0.25 mol/LX2X0.3 L0.5 L=0.42 mol/Lo3.将32.2 g Na2SO4-1 0H20溶于水配成1 L溶液。(1)该溶液中Na2soi的物质的量浓度为,溶液中Na+的物质的量浓度为向该溶液中加入一定量的NaCl固体，使溶液中Na+的物质的量浓度为0.4 mol/L(假 设溶液体积不变)，需加入NaCl的质量为,C的物质的量浓度为32 2 g解析：(1)(N&SOJ j(Nag 10映)=322/mol 1 mol,c(Nag)=0.1 mol/L,(?(Na+)=0.2 mol/Lo(2)z?(Na+)=0.4 mol/LX 1 L=0.4 mol,则加入(NaCl)=0.4 mol0.2 mol=0.2 mol,.、，.一、0.2 mol,力(NaCl)=0.2 mol X58.5 g/mol=1 1.7 g,c(Cl)=0.2 mol/L。答案:(1)0.1 mol/L 0.2 mol/L(2)1 1.7 g 0.2 mol/L练后梳理1.溶液组成的两种表示方法(1)物质的量浓度(Cb),定工;&东幽幽的湍.|!所含济危B的佝 做的几的划中？达式“一中,升用单位：L-注:从定】倾的一诙的出 件口体积的南曲林欣晨用帆Wf 一一而的物幅的一同微点拨物祗的/是指溶液的体积；溶质的浓度和离子的浓度不一定相同，要依据化学式进行分析 计算。溶质的质量分数(防定Z熔瞋的.T:fl.Jll Ti我小港泄鼐的检尸牙丁 股川仃分 取表，I；x-2-2.物质的量浓度计算的要素（1）正确判断溶液的溶质（2）准确计算溶液的体积与水发生反应生成新的物质,水如 Na、Na20 Na202-NaOH；水 水S03h2so1；no2hno3特殊物质如NL溶于水后溶质为NK 乩0,但计算浓度 时仍以NIL作为溶质含结晶水的物质CuSOi 5H2OCuSO.i；Na2cO3 IOH2O NazCO：）。=钞的/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，应根据上幺计算。PI石砒2.配制一定物质的量浓度的溶液以练带忆1.判 断正误（正确的划，错误的划“x”）（1）（2019 天津高考）配制一定浓度的溶液，如图甲所示。（J）提示：定容时,，眼睛、凹液面最低点与刻度线在同一水平线上（即视线与定容后的凹液面 最低点相切）。（2）（2019 江苏高考）将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度线，配制 1.000 mol/L NaOH 溶液。（X）提示：容量瓶不能溶解固体。（3）（2018 全国卷II）配制0.400 0 mol/L的NaOH溶液：称取4.0 g NaOH固体于烧杯 中，加入少量蒸馈水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容。（X）提示：冷却至室温后转移。（4）用如图乙方式定容。（X）提示：当液面离容量瓶颈部的刻度线12 cm时，用胶头滴管滴加液体。-3-2.在实验室中配制一定物质的量浓度溶液的有关操作中，正确的是（）A.配制0.1 mol/L NaOH溶液的过程中，将NaOH固体放在滤纸上称量B.配制0.1 mol/L的H2soi溶液时，将量取的浓硫酸倒入容量瓶中加水稀释C.配制0.1 mol/L的NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线D.配制0.1 mol/L的盐酸时，要将量取浓盐酸的量筒和溶解用的烧杯洗涤23次，并 将洗涤液一并转移到容量瓶中C解析：NaOH固体具有吸水性、腐蚀性，应在玻璃器皿中称量，A项错误；量取的浓硫 酸要在烧杯中稀释后，冷却至室温，再转移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中稀释，B项错误；定容时，用烧杯加蒸偏水距刻度线12 cm处时，改用胶头滴管加水至刻度线，C项正确；量 取浓盐酸的量筒不能洗涤，若将量筒洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中，所配溶液的浓度偏 高，D项错误。3.配制100 mL 1.0 mol/L的H2soi溶液，需要18 mol/L的浓硫酸的体积是,该实验过程中所需要的玻璃仪器有配制50 mL 0.2 mol/L的Na2c溶液，计算出需要称取固体Na2C03的质量是,用托盘天平称取固体Na2c。3的质量是 o解析：注意量筒与托盘天平的精确度。答案：（1）5.6 mL 10 mL量筒、100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管（2）1.06 g1.1 g练后梳理1.两种重要仪器一一托盘天平和容量瓶托盘天平的构造及使用称量前先调零，称量固体药品时、药品放在左盘,祛码放在右盘,读数精确到。容量瓶的构造及使用划如T出.子屹豉蹿齐界,而惧【1玻脚察irK）mL,250ml.SOOmL.期定体融一跳漏的It械的前谈口帖“大而二”的席叫 MKM MUmL 再诵时.应想随必t格的套3在器Mm鲍用前一定要捡住拈杵M和FiR一川J，、制.但铀T盘容量瓶的查漏操作-4-:向中黑人造心衣，而上租虚.操作力力仰馥 便察足叶加水.XTiM出.性将队正。4家，位特也泣 w.例，.再双烬是有而庆2.一定物质的量浓度溶液的配制流程主要仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等。(2)配制过程(以配制100 mL 1.0 mol/L NaCl溶液为例):凶 更 可 的一E而施点拨、使用容量瓶的“五不”不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释；容量瓶不能用作反应容器或用来 长期贮存溶液；不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液；不能将-5-过冷或过热的溶液转移到容量瓶中；向容量瓶中注入液体时，不能直接注入，一定要用玻 璃棒引流且玻璃棒的下端要在刻度线以下，防止溶液洒落。3.配制溶液过程中不当操作引起的误差仪器使用引起误差的不当操作因变量c/(mol/L)力（溶质）M溶液）托盘天平天平的祛码生锈或粘有固体增大不变偏大称量易潮解的物质时间过长 或用称量纸称易潮解的物质（如 NaOH固体）减小不变偏小量筒量取液体时，仰视刻度线读数增大不变偏大量取液体时，俯视刻度线读数减小不变偏小烧杯 及玻 璃棒搅拌时，部分液体溅出减小不变偏小未洗涤烧杯和玻璃棒,或洗涤液未注入容量瓶中减小不变偏小容量瓶未冷却到室温便注入容量瓶 定容不变减小偏大从烧杯向容量瓶转移溶液时，有少量液体洒落减小不变偏小定容时,加蒸储水超过了刻度 线,再用胶头滴管吸出多余液体减小不变偏小定容后，轻轻振荡、摇匀、静 置，液面下降，再加蒸储水不变增大偏小定容时，俯视刻度线不变减小偏大定容时，仰视刻度线不变增大偏小环节2高考热点突破今实关批能力加强埠合性考点1物质的量浓度的有关计算抓本质悟考法典例flk某品牌84消毒液瓶体部分标签如下图所示，该84消毒液通常稀释100倍（体积 之比）后使用。请回I答下列问题:-6-84消毒液 有效成分NaClO 规格1 000 mL 质量分数25%密度1.19 g/cm3（1）该84消毒液的物质的量浓度约为 mol/Lo（2）84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力。某消毒小组人员用质量分数为98%（密 度为1.8 4 g/cn?）的浓硫酸配制2 000 mL 2.3 mol/L的稀硫酸，用于增强84消毒液的消毒 能力。所配制的稀硫酸中，H+的物质的量浓度为_mol/Lo需要量取浓硫酸的体积为 mLoI分步解读I【解题关键点】解答本题注意以下两点：可用c=c丁 两种方法计算物质的量浓度。（2）溶液稀释过程中溶质的物质的量保持不变。【易错失分点】（1）审题错误，误认为计算稀释100倍后该84消毒液的物质的量浓度,导致计算失误。（2）利用c（浓）（浓）=c（稀）一稀）计算时，忽视单位转换。自主解答解析：（1）84消毒液的有效成分是NaClO,容积为1 000 mL,密度为1.19g cm-3,质量分数为 25%,则该溶液中勿（NaC1 0）=l 000 mLXl.19 g/cm;,X25%=297.5 g,297 5 且 A mo1（NaC1 0）=7；产4 mol,故NaClO的物质的量浓度为一丁=4 mol/L。（2）稀硫酸的物质的量浓度为2.3 mol/L,则H+的物质的量浓度为4.6 mol/L。质量分数为98%、密度 为1.8 4 g/cm，的浓硫酸的物质的量浓度为1 8.4 mol/L,根据“稀释定律”可得/（浓硫 酸）X1 8.4 mol/L=2 000 mLX2.3 mol/L,解得（浓硫酸）=250 mL。-7-答案：(1)4(2)4.6 250多角度突破练角度1有关物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算1.一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10 g/cm3),其浓度为 mol/Lo解析:假设溶液的体积为1 L,则1 L溶液中含H2O2的质量:勿=1 000 mLXl.10 g/cm3 X 27.5%=302.5 g302.5 g,.n 34 g/mol,0(HA)-=8.9 mol/Lo答案：8.92.相对分子质量为必的气态化合物/L(标准状况)，溶于勿g水中，得到质量分数为少 的溶液，物质的量浓度为c mol/L,密度为Q g/cm则下列说法不正确的是()A.相对分子质量必=卡-.1 w V“一八日一 1 000O VB.物质的量浓度。=诉先MVC.溶液的质量分数 22.47D.溶液密度”磊；,1 000p w,工一f.C解析：由c=-广一知D项正确；由MV22.41 000p P+22.4勿知B人正角；由1 000pV-XM22.4，i/=V=22?一MV f页错误,将此式变形后即可得到A项中的式子。I方法技巧I从定义式出发进行物质的量浓度、质量分数、溶解度的换算(1)由定义式出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式、质量分数=翳黑I V 溶液的质建:X 100%进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。(2)在进行物质的量浓度、质量分数、溶解度三者之间的转换时，除利用上述方法外，我 们还可以运用假设法，使问题简单化。例如：已知溶质的质量分数为人溶液的密度为Q g/cm3,溶质的摩尔质量为M g/mol,-8-求物质的量浓度C。我们可以假设溶液为1 L,所以溶液的质量为1 X1 000Xp g,溶质的质量为1 X1OOOXp Xr g,溶质的物质的量为于mol,这样我们就很容易求出该溶液的物质的量 出生 1 000p w浓度儿。角度2溶液的稀释与混合3.mL A k(S0J溶液中含有A 1/g,取，mL该溶液用水稀释至4mL,则S(T的物质 的量浓度为()125%,A.=7；mol/L 36 V125%/C-而？mol/L125 勿.B-飞7 mol/L125 勿,mol/L1v m g3 mA解析：-mL溶液中A r+的物质的量为万一mol,稀释后溶液中A+的物质4 27 g/mol 108,su,、1 08 皿1 2500.2_.3.3 250勿.1 25%的里浓度为 c(A l)=4KX1 0-3 l=108K mol/L,0(S0)=c(A l)=JX 1 08/m1/L=36rmol/Lo4.现有PL 0.5 mol/L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的盐酸0.1 25 PLC.加入10 mol/L的盐酸0.1/L,再稀释至1.5PLD.标准状况下通入1 1.2 L氯化氢气体C解析：加热蒸发，HC1挥发，溶液浓度降低，故A错误；溶液的体积不具有加和性，故B错误；混合后溶液中HC1的物质的量为0.5 mol/LX/L+1 0 mol/LXO.lPL=1.5/mol,所以混合后HC1的浓度为有斗=1 mol/L,故C正确；通入氯化氢气体，溶液的体积发生 1.5 r L变化，无法求出浓度，故D错误。5.(1)在100 g物质的量浓度为c mol/L、密度为Q g/cm，的硫酸中加入一定量的水稀 释成mol/L的硫酸，则加入水的体积(填“=”或“V”，下同)100疝。(2)若把(1)中的H2soi改成氨水，应加入水的体积 100 mLo(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 mLo-9-/JOO 解析：(1)P100+腺 C-一P 2200p 限=-100P由于 Q p，所以/水100 mLo溶肝质量根据质量分数=探再1。%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。答案：V（2）（3）=I方法技巧I（1）溶液稀释定律（守恒观点）溶质的质量在稀释前后保持不变，即如的=汲/溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即人溶液质量守恒，（稀）=（浓）+勿（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混合后溶液体积保持不变时，G%+c2总=。混乂（匕+%）。混合后溶液体积发生改变时，c/+q=c器G，其中oP混不同溶质溶液混合反应，有关物质浓度的计算明确各反应物、产物之间的物质的量之比。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2 一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析抓本质悟考法典例”实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL：配制溶液时，一般可以分为以下儿个步骤：称量计算溶解摇匀转移洗涤定容冷却摇动其正确的操作顺序为。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为 g,要完成本实验该同学应称出_g NaOHo-10-(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是 o(4)在配制过程中，若其他操作都是正确的，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是_(填标号)。A.所用NaOH已经潮解B.向容量瓶中加水未到刻度线C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里D.定容时仰视刻度线I分步解读I【解题关键点】解答本题要注意以下两点：(1)实验室配制240 mL NaOH溶液需要250 mL容量瓶。(2)计算质量时应保留到小数点后一位，注意托盘天平的精确度。【易错失分点】(1)答题不规范，没有指明容量瓶的规格。(2)答题时未注意托盘天平游码的读数。(3)忽略了没有240 mL的容量瓶，必须配制250 mL的溶液，应按250 mL溶液中的溶质 进行计算。自主解答解析：(1)配制1.0 mol/L NaOH溶液的步骤：计算所需NaOH固体的质量一用托盘天平称 量一在烧杯中溶解一冷却至室温一向容量瓶中转移溶液一洗涤烧杯及玻璃棒一摇动容量瓶一 向容量瓶中加水定容一上下颠倒摇动容量瓶。根据实验步骤即判断出所用仪器还有250 mL容 量瓶和胶头滴管。(2)该同学将祛码与烧杯放反了，所以称得烧杯的质量为(20 g+1 0g)2.6 g=27.4 g,应称出 NaOH 的质量为 1.0 mol/LX0.25 LX40 g/mol=1 0.0 g0(3)使用容量瓶 前必须进行的一步操作为查漏。(4)A项，所称NaOH的质量(物质的量)偏小，所配溶液浓度偏 低；B项，所得溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；C项，所得溶液NaOH的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；D项，定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。答案:(1)250 mL容量瓶、胶头滴管(2)27.4 1 0.0(3)查漏(4)B-11-多角度突破练A角度1考查溶液配制操作过程中的仪器使用1.下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 mol/L NaOH溶液的过程:B.2处D.4处该同学的错误步骤有()A.1处C.3处C解析：第步不能把NaOH放在称量纸上称量；第步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度 线以下的部分；第步定容时应平视刻度线。2.用质量分数为98%的浓硫酸(p=1.8 4 g/cn?)配制240 mL 1.8 4 mol/L稀硫酸，下列 操作正确的是()A.将蒸储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 mLD.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 要使用托盘天平，B项错误；根据稀释前后溶质质量不变可知，配制该稀硫酸需要浓硫酸的体 e250X 10 3 LX 1.84 mol/LX98 g/mol=十丁 丁白川但、人积为勺-=25.0 mL,C项正确；不能在容量瓶里稀释浓1.84 g/cm X 98%硫酸，应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。I名师提醒I选择或补充所需仪器的常见错误(1)不能从题给仪器中选出所需仪器：做需要补充仪器的实验题时，要按照实验的先后顺 序、步骤，思考每一步所需仪器，然后与已知仪器对比，就不会漏选某种仪器。(2)忽视容量瓶的规格：补充所需仪器时，只写容量瓶，忽视其规格，常见的容量瓶有 100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mLo-12-(3)忽视定量仪器量筒、托盘天平的精确度：选择量筒时，要根据计算所需浓溶液的体积，依据“大而近”的原则选取量筒；1 0mL量筒的精确度为0.1 mL,托盘天平的精确度为0.1 g。角度2考查溶液配制过程中的误差分析3.下列有关一定物质的量浓度的溶液配制的过程中，造成所得溶液浓度偏高的是()A.要配制100 mL 1 mol/L NaOH溶液，需在白纸上称4 g NaOH固体，并且称量速度要 慢B.称量时托盘天平的祛码已被锈蚀C.溶解或稀释溶质时烧杯尚未干燥D.定容时盖上瓶盖，摇匀后发现液面低于刻度线，再继续滴加蒸馈水使液面重新达到刻 度线B解析：A项，NaOH具有腐蚀性，不可放在白纸上称量，而应放在烧杯或表面皿中进行 称量。若称量速度较慢，会导致NaOH部分潮解甚至变质，而且还会有少量NaOH粘附在纸上,会造成所配溶液的浓度偏低。B项，因为硅码被锈蚀，质量会变大，致使称量值变大，从而所 配溶液的浓度会偏高。C项，对所配溶液的浓度无影响。D项，导致溶液的浓度偏低。4.利用碳酸钠晶体(Na2cCh 10乩0)来配制0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL,假如其 他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是()A.称取碳酸钠晶体1 00.0 gB.移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗C.定容时俯视刻度线D.移液前，容量瓶中有少量蒸储水C解析：0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL需称取Na2C03-1 0H.0 1 43.0 g,A项偏低；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，结果偏低，B项不符合题意；定容时俯视 刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，结果偏高，C符合题意；容量瓶中有少量蒸储水对所配 溶液的浓度无影响，D项不符合题意。5.配制250 mL 0.10 mol/L的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的 是()A.转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B.在容量瓶中进行定容时仰视刻度线C.在容量瓶中进行定容时俯视刻度线D.定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度线，再补充儿滴水至刻度线C解析：转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致溶质减少，则所配溶液浓 度偏小，A项错误；在容量瓶中定容时仰视刻度线，会导致水加多了，则所配溶液浓度偏小，B项错误；在容量瓶中定容时俯视刻度线，会导致水加少了，所配溶液浓度偏大，C项正确；-13-定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水，导致水加多了，则所 配溶液浓度偏小，D项错误。I方法技巧I(1)误差分析的理论依据变黄为t(或)实拜值比理论出 小.V实际值比理论值大m(或“)实际步化理论值 去度 大.尸士际依比理也值小*偏南(2)容量瓶读数误差的图示分析部 氏 喊,；i而高于mi剖度我，；?或而侦于-创娘也图2图1使所配溶液体积偏大，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。素养提升！5溶解度及溶解度曲线在物质分离过程中的应用要点精讲1.解读溶解度曲线(1)物质溶解度随温度的变化趋势。(2)表示不同物质在同一温度时的溶解度存在较大差异。2.溶液中溶质的析出注意：在混合溶液中，溶解度小的物质优先析出。-14-(1)提取单一物质的方法：蒸发浓缩；蒸发浓缩、冷却结晶；升温。提取混合溶液中溶质的方法应根据物质性质的差异、溶解度差异、溶解度随温度变化 的差异而定。专题精练1.KI0；,的溶解度曲线如图所示。由KI0：,溶液得到KI0:i晶体的方法为(IU 20 40 5()Ml 70 X(90温世凡解析：由溶解度曲线可知KI()3在常温下的溶解度较小，故由KI03溶液得到KIQ晶体的方 法为蒸发浓缩，降温结晶。答案：蒸发浓缩，降温结晶2.硫酸镒在不同温度下结晶可分别得到MnS047H2O、MnSO.15H20和MnSO4H20o硫酸 镒在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如下图所示。从过滤所得的滤液中获得较高纯度MnSO”乩0的操作是：控制温度在8090 蒸发结 晶，使固体MnSO七0与溶液分离，、真空干燥。解析：据溶解度曲线图，要从过滤所得滤液中获得较高纯度的MnSO.H20晶体，应在80 90 进行蒸发结晶、趁热过滤，再用8090 的蒸馈水洗涤MnSO,H20晶体23次，最后 真空干燥。答案：趁热过滤 用8090 C的蒸储水洗涤23次的溶解度增大，所以要趁热过滤，防止因温度降低CoCb晶体析出。答案：防止因温度降低，CoCb晶体析出4.以废旧铅蓄电池的含铅废料(主要含Pb、PbO、PbO?、PbSO)和稀硫酸为原料制备高纯PbO,实现铅的再生利用。其主要流程如下：FcSO4,稀硫W 常皱上_麻地PbOPbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)=NaHPbO2(aq),其溶解度曲线 如下图所示。结合图示溶解度曲线，简述由粗品PbO得到高纯PbO的操作-Ta-史奘/若oql解析：根据图像可知PbO在35%NaOH溶液中的溶解度受温度影响较大，超过110。随 温度升高而降低，因此由粗品PbO得到高纯PbO的操作为将粗PbO溶解在一定量35%Na0H溶 液中，加热至110,充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO 固体。答案：将粗PbO溶解在35%Na0H溶液中，加热至110 C,充分溶解后，趁热过滤，冷却 结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯Pb。固体5.Mg(C1 03)2常用作催熟剂、除草剂等,下图为制备少量Mg(C1 03)2-6H2。的方法:MgO NaCIO,已知：卤块的主要成分为MgCb6田0,含有MgSOi、FeCb等杂质。几种化合物的溶解度随温度(刀的变化曲线如上图。-16-(1)加入BaCb的目的是除，如何判断该离子已除尽：(2)加入NaClOs饱和溶液会发生反应：MgCl2+2NaCia=Mg(C1 03)2+2NaCl I,请利用该 反应，结合溶解度图，制取幅(C1 03)26H2()的实验步骤依次为取样，加入NaClQ,饱和溶液充分反应；蒸发浓缩；冷却结晶；过 滤、洗涤,获得Mg(C1 03)26H20晶体。解析：(1)加入BaCk的目的是除去S(T,钢离子与硫酸根离子结合生成硫酸钢沉淀，过 滤除去；检验S(T是否除尽的方法是静置，取上层清液加入BaCb,若无白色沉淀，则S(T已 沉淀完全。(2)Mg(CIO?)2的溶解度受温度变化影响大，温度高时溶解度较大，温度低时溶解度 较小，所以需要趁热过滤除去氯化钠。答案：(l)SOr 静置，取上层清液加入BaCL若无白色沉淀，则SOT已沉淀完全(2)趁热过滤、环节3新情境专项练强化桢心价值志:创新性一1.(命题情境：消毒剂溶液的配制)实验室发生意外时、比如手指划破、烫伤等都需要对 伤口进行消毒。现配制0.01 mol/L的KMnOi消毒液，下列有关说法不正确的是()A.KMnOi的摩尔质量为158B.KMnOi溶液用于杀菌消毒的原理是因其具有强氧化性C.配制KMnOi溶液，当液面接近容量瓶的刻度线12 cm处时，改用胶头滴管定容D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液浓度偏高A解析：摩尔质量的单位是g/mol,A错误；KMnO具有强氧化性，可以用来杀菌消毒，B正确；配制KMnOi溶液，当液面接近容量瓶的刻度线12 cm处时改用胶头滴管定容，C正 确；定容时俯视容量瓶刻度线，导致所加溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，D正确。2.(命题情境：化学材料的制备)重倍酸钾是一种重要的化工原料，一般由铝铁矿制备，铝铁矿的主要成分为FeO-Cn03,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：步骤的主要反应为 FeO Cr203+Na2Ca+NaN03-Na2CrO.,+Fe2O3+Cft+NaN02有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KC1,蒸发浓缩，冷却结晶，过滤-17-得到LCr2a固体。冷却到(填标号)得到的KrO7固体产品最多。一二一t-x三&呵番赛Na3Cr,O.a.80 b.60 c.40 d.1 0 步骤的反应类型是 o解析：根据题图，可知温度越低，LCnG的溶解度越小，析出的重铝酸钾固体越多，故d 项正确。步骤中发生的反应为Na2Cna+2KCl=K2CnOU+2NaCl,该反应属于复分解反应。答案：d复分解反应3.(命题情境：化学材料纯度的测定)软镒矿(主要成分为MnOz,杂质金属元素Fe、A l、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO,乩0,反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSCh。(1)质量为1 7.40 g的纯净Mn0最多能氧化 L(标准状况)S02o(2)准确称取0.171 0 g MnSO,H20样品置于锥形瓶中,加入适量H3P(X和NKNO3溶液,加热使Mr?+全部氧化成Mr?+,用c(Fe2+)=0.050 0 mol/L的标准溶液滴定至终点(滴定过程 中Mr?+被还原为施产)，消耗Fe?+溶液20.00 mL。计算MnSO乩0样品的纯度(请给出计算过 程)。1 7.40 g解析：(l)(Mn()2)7=。-2 mol,由化学方程式 MnOz+SOzMnSOi 知，7?(S02)=87 g/molz?(MnO2)=0.2 mol,标准状况下 K(SO2)=22.4 L mol-1X0.2 mol=4.48 Lo(2)Fe?+的氧化产 物为Fe,由质量守恒定律和电子守恒可得:Mr?+Mr?+Fe2+。因此,(%?+)=n(Fe2+)=0.050 0 mol/LX0.020 L=l.00X1 0-3 mol,IJIlJ(MnSOj H20)=1.00X 1 0-3 mol X 1 69 g/mol=0.1 69 0 1 69 gg,故MnSO.,H20样品的纯度为c:义100%y98.8%o0.1 71 0 g答案：(1)4.48,、/2+、，20.00 mL 3(2)/?(Fe2+)=0.050 0 mol/LX=1.00X1 0-3 mol,1 000 mL Ln(ln2+)=/?(Fe2+)=l.00X1 0-3 mol,?z?(MnSOi H20)=1.00X 1 0-3 mol X 1 69 g/mol=0.1 69 g,0 1 69 RMnSO4 H20样品的纯度为八：力八X 1 00%98.8%0.171 0 g-18-