2022高考化学一轮复习核心素养测评三溶液的配制及分析含解析苏教版.doc

溶液的配制及分析
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 g·cm-3)配制1 mol·L-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 (　　)
①100 mL量筒　　　　 ②10 mL量筒
③50 mL烧杯 ④托盘天平
⑤100 mL容量瓶 ⑥胶头滴管 　⑦玻璃棒
A.①③⑤⑥⑦ B.②⑥③⑦⑤⑥
C.③⑤⑦⑥① D.④③⑦⑤⑥
【解析】选B。设浓盐酸的体积为V mL,则V mL×1.2 g·cm-3×36.5%=1 mol·L-1×
0.1 L×36.5 g·mol-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,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1～2 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·岳阳模拟)使用容量瓶配制溶液时,由于操作不当会引起误差,下列情况会使所配溶液浓度偏低的是 (　　)
①用天平称量时所用砝码生锈
②用量筒量取所需浓溶液时,仰视刻度
③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时,俯视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线
A. ②⑤　　　　　　 B. ②③⑥
C. ①⑤⑥ D. ③⑥
【解析】选D。①用天平称量时所用砝码生锈,称量的溶质的质量偏大,配制的溶液中溶质的物质的量偏大,溶液的浓度偏高,故①错误;②用量筒量取所需浓溶液时,仰视刻度,导致量取的液体体积偏大,配制的溶液中溶质的物质的量偏大,溶液浓度偏高,故②错误;③溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤,配制的溶液中溶质的物质的量偏小配制的溶液浓度偏低,故③正确;④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水,对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响,所以不影响配制结果,故④错误;⑤定容时,俯视容量瓶的刻度线,导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线,配制的溶液体积偏小,浓度偏高,故⑤错误;⑥定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线,导致配制的溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故⑥正确。
3.(双选)20 ℃时,饱和NaCl溶液的密度为ρ g·cm-3,物质的量浓度为c mol·L-1,则下列说法中错误的是 (　　)
A.温度低于20 ℃时,饱和NaCl溶液的浓度为c mol·L-1
B.20 ℃时,饱和NaCl溶液的质量分数为×100%
C.20 ℃时,密度小于ρ g·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A、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 mol·L-1,错误;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ρ g·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0.1 mol·L-1 NaOH溶液450 mL和
0.5 mol·L-1硫酸溶液500 mL。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“=”)0.1 mol·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“=”)0.1 mol·L-1。 
(3)在配制硫酸溶液时:
①所需质量分数为98%、密度为1.84 g·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15 mL、20 mL、50 mL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、
500 mL的容量瓶。
(2)①因无450 mL的容量瓶,配制NaOH溶液要用500 mL的容量瓶,m(NaOH)=
c·V·M=0.1 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-1=2.0 g;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)≈0.013 6 L=13.6 mL;②选用15 mL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1.0 mol·L-1的NaOH溶液、稀硫酸各450 mL。提供的试剂是NaOH固体、98%的浓硫酸(密度为1.84 g·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0.010 00 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定20.00 mL未知浓度的含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)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1.0 mol·L-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 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-1=
20.0 g;98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm-3)的物质的量浓度c=
mol·L-1=18.4 mol·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×18.4 mol·L-1=500 mL×1.0 mol·L-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=6×0.010 00 mol·L-1×=0.030 00 mol·L-1。
答案:(1)①②⑤　(2)20.0　27.2
(3)ACD　(4)0.030 00 mol·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 __________。 
【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 ℃。
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1.2 g·cm-3,质量—体积浓度为200 g·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1.25 mol·L-1
C.在20 ℃时,硫酸铜的溶解度为20 g
D.在20 ℃时,把200 g CuSO4·5H2O溶解于1 L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∶100 g=200 g∶(1 000 mL×1.2 g·cm-3-
200 g),所以S=20 g,C正确;CuSO4·5H2O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.现需使用480 mL 0.1 mol·L-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 mol·L-1×0.5 L×160 g·mol-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 (　　)
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5.0 mL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5.0 mL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 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·宜昌模拟)Ba2+是一种重金属离子,有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+ 的物质的量浓度。
(1)在容量瓶的使用方法中,下列操作不正确的是______(填字母)。 
a.使用容量瓶前先检查是否漏水
b.使用容量瓶前必须用蒸馏水将其洗净并干燥
c.配制溶液时,若试样是固体,用纸条倒入容量瓶中,缓慢加水至接近刻度线1～2 cm处,用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水至刻度线
d.盖好瓶塞,用食指顶住瓶塞,另一手拖住瓶底,将容量瓶反复倒转摇匀
(2)现需配制250 mL 0.100 0 mol∙L-1的标准Na2S2O3溶液,所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外,还需要____________。 
(3)需准确称取Na2S2O3固体的质量为____________ g 
(4)若配制标准Na2S2O3溶液时,出现如下错误操作,所配溶液的浓度将如何变化?
①若将洗涤液转移至容量瓶时,不小心洒落部分洗涤液,会导致所配溶液的浓度____________(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同)。 
②若观察液面时俯视容量瓶刻度线,会导致所配溶液的浓度_______________。 
(5)另取50.00 mL废水,控制适当的酸度,加入足量的K2Cr2O7溶液,得到BaCrO4沉淀;沉淀经洗涤、过滤后,用适量的稀盐酸溶解,此时Cr全部转化为Cr2,再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液,反应完全时,消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2+6S2+14H+ 2Cr3++3S4+7H2O。则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度____________。 
【解析】(1)在容量瓶的使用方法中,a.使用容量瓶前应该检验是否漏水,故a正确;
b.使用容量瓶前不必使用蒸馏水将其洗净并干燥,故b不正确;c.配制溶液时,如果试样是固体,应该在烧杯中溶解,当药品完全溶解后,恢复至室温,再把溶液小心倒入容量瓶中,缓慢加水至接近刻度线1～2 cm处,用胶头滴管加蒸馏水至刻度线,不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中,故c不正确;d.盖好瓶塞,用食指顶住瓶塞,另一只手托住瓶底,把容量瓶反复倒转多次,摇匀,故d正确。
(2)定容时需要用胶头滴管,故答案为250 mL容量瓶、胶头滴管;
(3)Na2S2O3的物质的量为0.25 L×0.1 mol∙L-1=0.025 mol,其质量为0.025 mol×158 g·mol-1=3.95 g,托盘天平精确度为0.1 g,称量Na2S2O3的质量为4.0 g。
(4)①若将洗涤液转移至容量瓶时,不小心洒落部分洗涤液,溶质减少,配制溶液浓度减小,结果偏低。②若观察液面时俯视容量瓶刻度线,容量瓶中加入水未达到刻度,溶液浓度增大,会导致所配溶液的浓度偏高。
(5)设该工厂废水中Ba2+的物质的量为x,由BaCrO4沉淀中Cr全部转化为Cr2,则
2Ba2+～2BaCrO4～Cr2～6S2,
2 6
x 36.00×10-3L×0.100 mol·L-1
2/x=6/(36.00×10-3L×0.100 mol·L-1)
解得x=12.00×10-4 mol,
则c(Ba2+)=12.00×10-4mol÷(50.00×10-3L)=0.024 mol∙L-1。
答案:(1)b、c　　(2)250 mL容量瓶、胶头滴管
(3)4.0　(4)①偏低　②偏高
(5)0.024 mol∙L-1
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2.500 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 mol·L-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 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定(已知I2+ 2S22I-
+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40.00 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Ⅰ中加入KCl,发生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+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0.04 L×0.12 mol·L-1÷6××294 g·mol-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　Ⅱ
(4)①Cr2+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O
②94.08