（鲁琼专用）2020版高考化学复习第一章认识化学科学第4讲溶液的浓度及溶液配制教案鲁科版必修1.docx

第4讲溶液的浓度及溶液配制2017级教学指导意见核心素养1.了解溶液的组成及饱和溶液的概念。2.理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行相关计算。3.掌握一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的配制方法。1.宏观辨识与微观探析：能从不同层次认识物质的多样性，能根据溶液体积和溶质的物质的量浓度计算溶质的物质的量、溶质微粒数目。2.科学探究与创新意识：能从问题和实际出发，确定探究目的，设计配制一定物质的量浓度溶液的方案，进行实验探究；在探究中学会合作，能够正确分析实验过程中可能存在的误差问题。考点一溶液的浓度及相关计算学在课内1.溶液组成的两种表示方法(1)物质的量浓度名师点拨物质的量浓度中的体积是指溶液的体积，而不是指溶剂的体积，不能用水的体积代替，如溶液混合，也不是两份溶液体积和。对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、质量分数不变，但所含溶质的物质的量、质量则因体积不同而改变。溶质的浓度和离子的浓度不一定相同，要注意根据化学式具体分析计算。例如：1 molL1 CaCl2溶液中Cl的物质的量浓度不是1 molL1，而是2_molL1。(2)质量分数概念：用溶质的质量与溶液的质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。表达式：饱和溶液(溶质的溶解度用S表示)w100%2.有关物质的量浓度计算的两大类型(1)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算。计算公式：c(c为溶质的物质的量浓度，单位：molL1，为溶液密度，单位gcm3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位gmol1)。名师点拨两种溶液浓度换算关系推导以n为核心，故cV如单位为gL1，c，如单位为gcm3，c(2)溶液稀释、同种溶质的溶液混合的计算。溶液稀释：a.溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1m2w2。b.溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1c2V2。c.溶液质量守恒，m(稀)m(浓)m(水)(体积一般不守恒)。溶液混合：a.混合前后溶质的物质的量保持不变，即：c1V1c2V2c混V混(稀溶液混合时，常认为V混V1V2进行粗略计算)。b.溶液质量守恒，即 1V12V2混V混。考在课外教材延伸判断正误(1)从100 mL 5 molL1 H2SO4溶液中取出了20 mL，所得硫酸的物质的量浓度为1 molL1()(2)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 molL1()(3)将100 mL 0.5 molL1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度为1 molL1()(4)将10 g CaCO3粉末加入水中配成100 mL溶液，所得溶液的浓度为1 molL1()(5)将0.5 molL1的NaCl溶液100 mL蒸发掉50 g水，所得溶液的浓度为1 molL1()(6)将20 mL 2 molL1 NaCl溶液与20 mL水混合，所得的溶液浓度为1 molL1()拓展应用(1)将80 g SO3溶于120 mL水中所得溶液的质量分数为49%。(2)将标准状况下22.4 L NH3通入83 mL水中，所得的质量分数为17%。(3)将1 mol CuSO4与胆矾分别加水溶解，配成1 L溶液，所得溶液的物质的量浓度相等(填“相等”或“不相等”，下同)。(4)将160 g CuSO4与胆矾分别加水溶解，配成500 g溶液，所得的质量分数不相等。思维探究(1)已知酒精的密度(酒精)0.8 gcm3，水的密度(水)1 gcm3，向水中加酒精，随着酒精的加入，溶液的浓度、密度如何变化？答案浓度逐渐增大，密度逐渐减小。(2)如何判断下列情况下溶液中的溶质？与水发生反应生成新的物质。Na、Na2O、Na2O2NaOHSO3H2SO4NO2HNO3含结晶水的物质：CuSO45H2OCuSO4Na2CO310H2ONa2CO3基础点巩固1.将标准状况下的a L氯化氢气体溶于100 g水中，得到的盐酸的密度为b gmL1，则该盐酸的物质的量浓度(molL1)是()A. B.C. D.解析根据c进行计算，n mol，V，可知C正确。答案C2.将5 molL1的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后NO的物质的量浓度为()A. molL1 B. molL1C. molL1 D. molL1答案B3.PM2.5是指直径2.5 m的悬浮颗粒物，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。某实验小组同学将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。测得该试样呈酸性，各离子浓度如下表，根据表中数据可知该溶液的pH为()离子KNaNHSONOCl浓度/(molL1)410661062105410531052105A.2 B.4 C.1 D.6解析根据溶液呈电中性由SO2NO1Cl1K1Na1NH1H1，计算出H1104 molL1，所以pH4。答案B4.在一定温度下，某饱和氢氧化钠溶液体积为V mL，溶液密度为d gcm3，溶质质量分数为w，物质的量浓度为c molL1，溶液中含氢氧化钠的质量为m g。(1)用w来表示该温度下氢氧化钠的溶解度(S)为_。(2)用m、V表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为_。(3)用w、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为_。(4)用c、d表示溶液中溶质的质量分数为_。答案(1)100 g(2) molL1(3)25dw molL1(4)%名师点拨任何溶液均呈电中性，即电荷守恒。溶液中存在阳离子，必存在阴离子，反之亦然，且二者所带电荷总数相等。如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒为3Al3H2SOOH，知其中三种离子的浓度，即可求剩余一种离子的浓度。注意：一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H、OH，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH，碱性溶液中常可忽略H。能力点提升5.如图是硫酸试剂瓶标签上的部分内容。下列说法错误的是()A.该浓硫酸的物质的量浓度为18.4 molL1B.若需要240 mL 4.6 molL1的稀硫酸，用该浓硫酸配制需要浓硫酸的体积为62.5 mLC.配制稀硫酸时定容仰视刻度线会使溶液浓度偏低D.100 mL该浓硫酸与足量铜反应，可生成SO2分子数为0.92NA解析浓硫酸的物质的量浓度c molL118.4 molL1，A正确；需要240 mL稀硫酸，配制时只能选用250 mL容量瓶配制250 mL溶液，则4.6 molL10.25 L18.4 molL1V，V0.062 5 L62.5 mL，B正确；定容时仰视刻度线，则使溶液体积偏大，浓度偏低，C正确；100 mL该浓硫酸中含n(H2SO4)1.84 mol，若硫酸完全反应，生成SO2分子数为0.92NA，但随着反应的进行，硫酸浓度降低，反应停止，因此生成的SO2分子数少于0.92NA，D错误。答案D6.(1)在100 g物质的量浓度为c molL1，密度为 gcm3的硫酸中加入一定量的水稀释成 molL1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。解析(1)cV水100由于，所以V水100 mL。(2)由于，所以V水100 mL。(3)根据质量分数100%知，溶质的量不变，溶质的质量分数减半，则溶液质量加倍，所以均应加入100 mL水。答案(1)(2)(3)7.分别称取2.39 g (NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n(NH4)2SO4n(NH4Cl)为_。(2)另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中Cl_(溶液体积变化忽略不计)。解析n(NH4)2SO4n(BaSO4)0.01 mol，n(NH4Cl)(2.390.01132) g/53.5 gmol10.02 mol，所以n(NH4)2SO4n(NH4Cl)12；Ba(OH)20.1 mol/L，2NHBa(OH)2，因为NH总共0.04 mol，所以nBa(OH)20.02 mol，所以加入VBa(OH)20.02 mol/0.1 molL10.2 L，所以Cl0.100 mol/L。答案(1)12(2)0.100 molL1名师点拨溶质相同、质量分数不同的两溶液的混合规律同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。(1)等质量混合两溶液等质量混合时(无论1 gcm3还是(a%b%)。当溶液密度小于1 gcm3时，必然是溶液越浓，密度越小，(如酒精、氨水溶液)等体积混合后，质量分数w(a%b%)。高考真题体验8.2018课标全国，28(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。(1)称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。(2)向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c molL1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_。解析(1)KMnO4能将样品溶液中Fe2氧化成Fe3，将C2O氧化成CO2，达到滴定终点时，KMnO4稍过量，溶液中出现粉红色。(2)加入过量锌粉能将溶液中Fe3还原为Fe2，酸化后Fe2与KMnO4溶液反应，根据化合价变化可找出关系式为5Fe2MnO，根据消耗KMnO4溶液的浓度和体积可知溶液中n(Fe2)c molL1V103 L55103cV mol，则该晶体中铁元素的质量分数为100%或100%。答案(1)当滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液变为粉红色，且30 s内不变色(2)100%考点二溶液的配制学在课内一、一定质量分数溶液的配制配制100 g 5% NaOH溶液二、一定物质的量浓度溶液的配制1.主要仪器(1)托盘天平称量前先调零，称量时药品放在左盘，砝码放在右盘，读数精确到0.1 g。(2)容量瓶构造及用途：查漏操作：(3)其他仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。2.配制过程以配制500 mL 1 molL1 NaOH溶液为例配制流程如下图所示名师点拨溶液配制过程中的五个不1.配制一定物质的量浓度的溶液是将一定质量或体积的溶质在选定的容量瓶中定容，不必计量水的用量。2.配制NaOH溶液时，必须用带盖的称量瓶或小烧杯快速称量NaOH固体，不能将NaOH直接放在纸上，因NaOH固体易潮解，且易与空气中的CO2反应。3.配制溶液时，先在烧杯中将固体溶解或将液体稀释，待冷却至室温后再转移入容量瓶中。切不可直接将溶质倒入容量瓶中，更不能在容量瓶中进行化学反应。4.溶液转移至容量瓶时，要用玻璃棒引流，玻璃棒不应靠在刻度线以上。5.使用容量瓶前必须检查其是否漏水，必须把容量瓶洗涤干净，但不能用待配液润洗，不必干燥。考在课外教材延伸判断正误(1)NaOH固体放入小烧杯中，然后加入蒸馏水，为防止氢氧化钠溶液与空气中的CO2反应，溶解后应立即转移到容量瓶中。()(2)摇匀后，液面位于刻度线以下，应再加水至刻度线。()(3)配制2 molL1 Na2CO3溶液950 mL时，应选1 000 mL容量瓶，称取Na2CO310H2O 572.0 g。()(4)配制0.100 0 molL1氯化钠溶液时，两次用玻璃棒的作用相同。()(5)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小。()(6)用量筒量取20 mL 0.500 0 molL1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 molL1 H2SO4溶液。()拓展应用(1)实验室需100 g 5%的氯化铜溶液，用氯化铜固体配制，具体配制过程为_。答案移取5 g氯化铜溶解在95 g稀盐酸中搅拌混匀即可。(2)用浓硫酸配制14的硫酸50 mL，具体配制过程为_。答案用50 mL的量筒量取40 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。(3)从溶质的量改变角度分析产生的误差(用“偏大”、“偏小”或“无影响”填空)配制450 mL 0.1 molL1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 g：偏小。配制500 mL 0.1 molL1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g：偏小。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：偏小。用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：偏大。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：偏小。未经洗涤烧杯及玻璃棒：偏小。(4)从溶液体积改变角度分析产生的误差(用“偏大”、“偏小”或“无影响”填空)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：偏大。定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：偏小。定容时仰视刻度线：偏小。定容摇匀后少量溶液外流：无影响。容量瓶中原有少量蒸馏水：无影响。思维探究量器的选择：量取6.0 mL浓硫酸；量取20.00 mL 1 molL1 NaOH溶液应如何选择量器？答案10 mL量筒。大而近原则25.00碱式滴定管。药品及精确度原则基础点巩固1.(2018山东菏泽期末)下列关于配制一定物质的量浓度溶液的说法正确的是()A.将NaCl固体置于托盘天平右盘称量：左盘砝码(8 g)和游码(0.6 g)，读数的和为8.6 gB.容量瓶上标有刻度线、温度和浓度，使用前要检查是否漏水C.配制一定物质的量浓度的溶液用到的主要仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管D.配制1 L 0.2 molL1的H2SO4溶液，定容操作时仰视刻度线，则配出溶液的浓度偏高解析用托盘天平称量药品时，砝码放右盘，药品放左盘，然后根据左盘的质量右盘的质量游码的质量，计算称量的药品的质量，A项错误；容量瓶上标有刻度线、温度和容积，使用前要检查是否漏水，B项错误；配制一定物质的量浓度的溶液用到的主要仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，C项正确；配制1 L 0.2 molL1的H2SO4溶液，定容操作时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，则配出溶液的浓度偏低，D项错误。答案C2.(2013江苏高考)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()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。答案B3.(1)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.010 00 molL1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取_ g K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知MK2Cr2O7294.0 gmol1)。(2)配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有_(用编号表示)。电子天平烧杯量筒玻璃棒容量瓶胶头滴管移液管解析(1)根据mnMcVM可得m(K2Cr2O7)0.010 0 mol/L0.250 L294.0 g/mol0.735 0 g。(2)该题用固体配制一定物质的量浓度的溶液，不需量取液体，故不用量筒和移液管。答案(1)0.735 0(2)名师点拨误差分析思维导图定容时仰视或俯视刻度线产生的误差分析图解：能力点提升4.(2018江苏泰州二模)某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO 25%、密度为1.19 gcm3的消毒液。下列说法正确的是()A.配制过程中只需要三种仪器即可完成B.所配得的NaClO消毒液在空气中经光照、久置后，溶液中NaClO的物质的量浓度减小C.容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才可用于溶液的配制D.需要称量的NaClO固体的质量为142.80 g解析配制过程中需要托盘天平(或电子天平)、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等仪器，A错误；由于NaClO水解生成HClO，HClO在光照条件下易分解，故所配得的NaClO消毒液在空气中经光照、久置后，溶液中NaClO的物质的量浓度减小，B正确；容量瓶用蒸馏水洗净后不必烘干就可用于溶液的配制，C错误；应按配制500 mL溶液计算，需要称量的NaClO固体的质量为148.8 g，D错误。答案B5.(1)一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10 gcm3)，其物质的量浓度为_molL1。(2)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnOHH2C2O4Mn2CO2H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 molL1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。解析(1)根据公式H2O2 molL18.9 molL1。(2)5Ca25H2C2O42KMnO4，n(KMnO4)0.050 0 mol/L36.00 mL103 LmL11.80103 mol，n(Ca2)4.50103 mol，水泥中钙的质量分数为100%45.0%。答案(1)8.9(2)45.0%6.配制一定物质的量浓度的下列溶液，所得溶液浓度(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(1)用Na2CO310H2O晶体配制Na2CO3溶液，Na2CO3晶体已部分失去结晶水。用该晶体所配Na2CO3溶液的物质的量浓度_。(2)配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质_。(3)配制NaOH溶液时，NaOH固体放在烧杯中称量时间过长_。(4)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_。解析(1)Na2CO3晶体部分失水，n值偏大，由c知，偏大；(2)固体中含Na2O，n(NaOH)偏大，由c知，偏大；(3)称量时间长，NaOH吸水，n(NaOH)偏小，由c知，偏小；(4)未冷却即转移，冷却后V偏小，由c知，偏大。答案(1)偏大(2)偏大(3)偏小(4)偏大高考真题体验7.(2017天津理综，9改编)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。准备标准溶液a.准确称取AgNO3基准物4.246 8 g(0.0250 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b.配制并标定100 mL 0.100 0 molL1 NH4SCN标准溶液，备用。(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是_。(3)若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则配制的AgNO3浓度_(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)，则对c(I)测定结果的影响是_。答案(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管(2)避免AgNO3见光分解(3)偏低偏高8.2018课标全国，26(节选)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_中，加蒸馏水至_。解析配制溶液时称取的样品应在烧杯中溶解，溶解、冷却至室温后全部转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。答案烧杯容量瓶刻度线一、剖析溶解度曲线提升学生“证据推理与模型认知”素养素养说明：固体溶解度的概念属于初中知识体系，气体的溶解度属于知识拓展内容，与之有关的溶度积属于高中知识，本素养属于知识衔接部分。通过图表，让学生剖析物质溶解度的变化规律，从而培养学生识图能力，阅读查找数据能力和比较分析能力。真正做到“从生活到化学，从化学到社会”。从而培养学生通过分析、推理等方法认识研究对象的特征及关系，建构解决问题的思维程序与模型。名师点拨(1)定义：溶解度曲线是根据同种物质在不同温度下的溶解度绘制出来的曲线，一般随着温度的升高而升高，但是少部分物质会随着温度的升高而降低。用纵坐标表示溶解度，横坐标表示温度，绘出固体物质的溶解度随温度变化的曲线就叫做溶解度曲线。(2)曲线举例(3)应用：利用溶解度曲线选择不同的物质分离方法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。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。题组训练1.(安徽高考)蔗糖是生活中常用的调味剂，其溶解度曲线如图。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解析A.由于蔗糖的溶解度随温度的升高而增大，故A错误；B.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；C.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不发生变化，故C错误；D.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。答案B2.(2018山东德州一中三模)已知四种盐的溶解度(S)曲线如下图所示，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MgCl22NaClO=Mg(ClO3)22NaCl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。答案B3.(2017课标全国，27)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：已知：有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a.80 b.60 c.40 d.10 步骤的反应类型是_。解析由溶解度曲线图可知，10 时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液当中，故冷却到10 时得到的K2Cr2O7固体最多，该步骤的化学反应方程式为2KClNa2Cr2O7=2NaClK2Cr2O7，该反应为复分解反应。答案d复分解反应二、关系式法解答连续反应计算的捷径构建关系，提升学生“证据推理与模型认知”的素养素养说明：多步连续反应计算是高考的热点，关系式法是突破这类问题的捷径。关系式法是表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。从而提升学生的建模意识与素养。名师点拨多步连续反应计算关系式构建思维模型题组训练4.Ba2是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2的物质的量浓度。请回答下列问题：(1)现需配制250 mL 0.100 molL1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，还需要_。(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为_g。(3)另取废水50.00 mL，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CrO全部转化为Cr2O；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加上述标准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Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O；2S2OI2=2IS4O。则该工厂废水中Ba2的物质的量浓度为_。解析(1)要抓住“玻璃仪器”的字眼，因此还需要用来溶解固体的烧杯及用来定容的胶头滴管。(2)Na2S2O3固体的质量为0.100 molL10.25 L158 g/mol3.95 g，但实验室所用的托盘天平只能准确称量到0.1 g，故需准确称取Na2S2O3固体的质量为4.0 g。(3)设Ba2的物质的量为x，则根据相关反应可得以下关系式：解得x1.2103mol，则Ba20.024 molL1。答案(1)胶头滴管、烧杯(2)4.0(3)0.024 molL15.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 molL1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。已知：SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)_(保留1位小数)。(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为_L，制得98%的硫酸质量为_t。解析(1)据方程式：4FeS211O22Fe2O38SO2SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O得关系式：Cr2O6Fe23SO2FeS21 mol mol0.020 00 molL10.025 00 L m(FeS2)0.090 00 g样品中FeS2的质量分数为90.0%。(2)4FeS211O22Fe2O38SO24 mol 8 mol mol n(SO2)n(SO2)1.5105 molV(SO2)3.36106 L由SO2SO3H2SO41 mol 98 g1.5105 mol m(H2SO4)98%得m(H2SO4)1.5107 g15 t。答案(1)90.0%(2)3.3610615活页作业A组基础巩固题1.用已准确称量过的氢氧化钠固体配制0.20 molL1的氢氧化钠溶液250 mL，要用到的仪器是()250 mL容量瓶托盘天平烧瓶胶头滴管烧杯玻璃棒试管药匙A. B.C. D.全部答案A2.下列关于0.2 molL1 Ba(NO3)2溶液的说法中，正确的是()A.溶液中含有的阴、阳离子总数为0.6 molB.在0.5 L该溶液中，Ba2的浓度为0.1 molL1C.在500 mL该溶液中，含有0.2 mol NOD.取1 L该溶液稀释到10 L时，NO的浓度为0.02 molL1答案C3.下列有关操作或判断正确的是()A.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B.用托盘天平称取25.20 g NaClC.用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸D.用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高解析定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，A不正确；托盘天平的精确度是0.1 g，无法称取25.20 g NaCl，B不正确；应用10 mL量筒量取5.2 mL的盐酸，C不正确；量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线，所取的浓盐酸比应取的量多，溶质的物质的量增加，会导致所配溶液浓度偏高，D正确。答案D4.下列溶液配制实验的描述完全正确的是()A.在实验室，学生一般无需查阅资料即可用一定体积75%的硝酸来配制250 mL 2 molL1的硝酸溶液B.实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中再加水稀释C.用浓盐酸配制11(体积比)的稀盐酸(约6 molL1)通常需要用容量瓶等仪器D.用pH1的盐酸配制100 mL pH2的盐酸所需全部玻璃仪器有100 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管解析准确配制250 mL 2 molL1 HNO3溶液，要知道浓HNO3的浓度或密度，A错误；FeCl3易水解，配制其溶液时，常将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释，B正确；用浓盐酸配制体积比为11的稀盐酸，是粗略配制一定浓度的溶液，不需要容量瓶，C错误；用pH1的盐酸配制100 mL pH2的盐酸，还需要量筒，用于量取pH1的盐酸，D错误。答案B5.V L浓度为0.5 molL1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是()A.通入标准状况下的HCl气体11.2V LB.加入10 molL1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V LC.将溶液加热浓缩到0.5V LD.加入V L 1.5 molL1的盐酸混合均匀解析A项，通入HCl气体后溶液的体积会发生变化，若溶液体积不变时所给数据是合理的，该项不合理；C项，盐酸具有挥发性，加热浓缩会导致HCl挥发，该项不合理；D项，不同浓度盐酸混合时，混合后溶液的体积不能用两溶液的体积加和，该项不合理。答案B6.将质量分数为a%、物质的量浓度为c1 molL1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使其质量分数变为2a%，此时溶液中溶质的物质的量浓度为c2 molL1。则c1和c2的关系是()A.c12c2 B.c22c1 D.c22c1解析由c可知，由于12c1。答案C7.在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”可延长鲜花的寿命。下表是1 L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：成分质量/g摩尔质量/(gmol1)蔗糖50.00342硫酸钾0.50174阿司匹林0.35180高锰酸钾0.50158硝酸银0.04170(1)“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是_(填写名称)。(2)“鲜花保鲜剂”中K的物质的量浓度为(阿司匹林中不含K)_(只要求写表达式，不需计算)molL1。(3)下图所示的仪器中，在配制“鲜花保鲜剂”溶液时肯定不需要的是_(填字母)，还缺少的仪器有_(填仪器名称)。(4)配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是_(双选；填选项字母)。A.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水B.定容时仰视液面C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，则加入的试剂中应含有_(填化学符号)。解析通过nmM可以计算1 L“鲜花保鲜剂”中含有的各种成分的物质的量，会得到其中含有的蔗糖的物质的量最大，故其浓度最大。(2)“鲜花保鲜剂”中K的物质的量为n(K)2n(K2SO4)n(KMnO4)mol，所以KmolL1。(3)配制一定浓度的溶液必需的仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。(4)容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度不产生任何影响，A项正确；定容时仰视液面，溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低，B项错误；容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，NaCl与AgNO3反应，会使溶液的浓度偏小，C项错误；定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，对配制的溶液的浓度不产生任何影响，D项正确；(5)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可利用反应：AgCl=AgCl，加入的试剂中需含有Cl。答案(1)蔗糖(2)2(3)ac托盘天平、玻璃棒、烧杯(4)AD(5)ClB组素养提升题8.(2018潍坊质检)有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 g/cm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是()A.溶质的质量分数是24.0%B.溶液的物质的量浓度是2.4 mol/LC.溶质和溶剂的物质的量之比是140D.硫酸根离子的质量分数是19.2%解析Mg2 mol/L2.4 mol/LMgSO4，溶液中溶质的质量分数为4.8%24.0%，SO的质量分数24.0%4.8%19.2%。溶质与溶剂的物质的量之比是9190121.1。答案C9.(2019济宁四校联考)将2a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分为两等份，其中一份加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到c mol NH3气体，则原混合溶液中的Al3浓度(molL1)为()A. B. C. D.解析向a L混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀，则SO molL1向a L混合溶液中加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则NH molL1又知溶液不显电性，设原溶液中的Al3浓度为x，由电荷守恒可得x3molL11 molL12，解得x molL1，故C项正确。答案C10.常温下，向0.25 molL1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是()A.硫酸溶液的体积为25 mLB.b时刻溶液中SO的浓度约为0.125 molL1C.d时刻溶液的pH为12D.溶液的导电能力：cdbbdc，故D正确。答案D11.某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，Mg22 molL1，SO6.5 molL1，若将200 mL的此混合液中的Mg2和Al3分离，至少应加入1.6 molL1的氢氧化钠溶液()A.0.5 L B.1.625 L C.1.8 L D.2 L解析由溶液电荷守恒可知，2Mg23Al32SO，即22 molL13Al326.5 molL1，则Al33 molL1。则200 mL混合液中含Mg2、Al3的物质的量分别为0.2 L2 molL10.4 mol，0.2 L3 molL10.6 mol，使二者分离Mg2Mg(OH)2，需NaOH溶液的体积为0.5 L；Al3AlO，需NaOH溶液的体积为1.5 L。故需NaOH溶液的总体积为0.5 L1.5 L2 L，D项正确。答案D12.用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 gcm3)配制成1 molL1的稀盐酸。现实验室需这种稀盐酸220