2019高考化学一轮--物质的量浓度精讲(带解析)

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2019高考化学一轮--物质的量浓度精讲(带解析)

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文章来源
莲山 课件 w ww.5 Y
K J.CO
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第2讲  物质的量浓度
高考真题
1. (2018课标Ⅱ)下列实验过程可以达到实验目的的是
编号 实验目的 实验过程
A 配制0.4000 mol•L−1的NaOH溶液 称取4.0 g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250 mL容量瓶中定容
B 探究维生素C的还原性 向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液,观察颜色变化
C 制取并纯化氢气 向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D 探究浓度对反应速率的影响 向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液,观察实验现象
 
【答案】B
 
 
D.反应的方程式为HSO3-+H2O2=SO42-+H++H2O,这说明反应过程中没有明显的实验现象,因此无法探究浓度对反应速率的影响,D错误。答案选B。
 
2.(2017课标Ⅲ)下列实验操作规范且能达到目的的是
 目的 操作
A 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸,调整初始读数为30.00mL后,将剩余盐酸放入锥形瓶
B 清洗碘升华实验所用试管 先用酒精清洗,再用水清洗
C 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液,点在湿润的pH试纸上
D 配制浓度为0.010 的KMnO4溶液
称取KMnO4固体0.158 g,放入100 mL容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度
【答案】B
 3. (2018课标Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O,M=248 g•mol−1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:
(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10−10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:
试剂:稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤 现象
①取少量样品,加入除氧蒸馏水 ②固体完全溶解得无色澄清溶液
③___________ ④___________,有刺激性气体产生
⑤静置,___________ ⑥___________
(2)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:
①溶液配制:称取1.2000 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____________。
②滴定:取0.00950 mol•L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应: Cr2O72−+6I−+14H+ 3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32− S4O62−+2I−。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液__________,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为_________%(保留1位小数)。
【答案】(1). ③加入过量稀盐酸    (2). ④出现乳黄色浑浊    (3). ⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液    (4). ⑥产生白色沉淀    (5). 烧杯    (6). 容量瓶    (7). 刻度    (8). 蓝色褪去    (9). 95.0
 详解:(1)检验样品中的硫酸根离子,应该先加入稀盐酸,再加入氯化钡溶液。但是本题中,硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应,所以应该排除其干扰,具体过程应该为先将样品溶解,加入稀盐酸酸化(反应为S2O32- + 2H+ = SO2↑+S↓+H2O),静置,取上层清液中滴加氯化钡溶液,观察到白色沉淀,证明存在硫酸根离子。所以答案为:③加入过量稀盐酸;④有乳黄色沉淀;⑤取上层清液,滴加氯化钡溶液;⑥有白色沉淀产生。
①配制一定物质的量浓度的溶液,应该先称量质量,在烧杯中溶解,在转移至容量瓶,最后定容即可。所以过程为:将固体再烧杯中加入溶解,全部转移至100mL容量瓶,加蒸馏水至刻度线。
②淡黄绿色溶液中有单质碘,加入淀粉为指示剂,溶液显蓝色,用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘,滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式:Cr2O72-~3I2~6S2O32-,则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c= ,含有的硫代硫酸钠为0.004597mol,所以样品纯度为 。
4.(2017课标Ⅰ)凯氏定氨法是测定蛋白质中氮含量的经典方法,其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐,利用如图所示装置处理铵盐,然后通过滴定测量。已知:
NH3+H3BO3=NH3•H3BO3;
NH3•H3BO3+HCl= NH4Cl+ H3BO3。
取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m 克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol•L-1的盐酸V mL,则样品中氮的质量分数为_________%,样品的纯度≤_______%。
【答案】   
【解析】取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m 克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol•L-1的盐酸V mL,根据反应NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3,可以求出样品中n(N)=n (HCl)=c mol•L-1 =0.001cV mol,则样品中氮的质量分数为 ,样品中甘氨酸的质量≤0.001cV ,所以样品的纯度≤ 。
考纲解读
考点 内容 说明
物质的量浓度 了解溶液浓度的表示方法
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
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 物质的量浓度是高考必考点之一,常在大题中进行讲算
 
考点精讲
考点一  物质的量浓度
                概念:表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量。
 物质的量浓度  表达式:cB=V(nB)    nB:溶质物质的量;V:溶液体积。
               单位:mol/L或mol•L-1
注意事项:从一定物质的量溶液中取出任意体积的溶液,其浓度相同、所含溶质的物质的量不同。
例如:从一瓶500 mL 0.4 mol•L-1的NaCl溶液中取出10 mL 溶液,其浓度是0.4 mol•L-1,其中含有NaCl的物质的量为0.004 mol ;0.4 mol•L-1表示的含义是1 L该溶液中含有溶质的物质的量是0.4 mol。
【概念精析】
1. 标准状况下,气体溶质的物质的量浓度的计算
 
 
 
 
注意:溶液体积的单位是L,根据密度计算溶液体积的单位一般是mL,要注意单位换算。
2. 溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算
 
(1) 计算公式:c=      
 
(c为溶质的物质的量浓度,单位mol•L-1,ρ为溶液密度,单位g•cm-3,w为溶质的质量分数,M为溶质的摩尔质量,单位g•mol-1)。
(2) 公式的推导:(按溶液体积为VL推导)
 
 
 
 
 
典例1 将标准状况下的a LHCl气体溶于l000g水中,得到的盐酸密度为bg/cm3,则该盐酸的物质的量浓度是(   )
A.                     B.
C.               D.
【答案】C
 考点:考查物质的量浓度的计算等知识。
典例2标准状况下VL氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g•mL-1),所得溶液的密度为ρg•mL-1,质量分数为W。物质的量浓度为cmol•L-1,则下列关系中不正确的是(  )
A.ρ=(17V+22400)/(22.4+22.4V)
B.W=17c/(1000ρ)
C.W=17c/(17V+22400)
D.c=1000ρV/(17V+22400)
【答案】D
【解析】选A。A项,由于溶液的体积既不是水的体积也不是二者体积之和,溶液的体积不能直接确定,仅利用V无法确定ρ, A错;
  
由c=                     ,可得:W=         ,由此可知B正确。氨水的质量分数=
     
         
 ,由此可知C项正确。
  
氨水的物质的量浓度=
由此可知D正确。
【知识拓展】
 溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算
1. 溶液稀释:
① 溶质的质量在稀释前后保持不变,即m1w1=m2w2。
② 溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即c1V1=c2V2。
③ 溶液质量守恒,m(稀)=m(浓)+m(水)(体积一般不守恒)。
2.  溶液混合:
c1V1+c2V2=c混V混
相同溶质、不同质量分数的两溶液混合规律
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ρ>1 g•cm-3还是ρ<1 g•cm-3),则混合后溶液中溶质的质量分数w= 2(1) (a%+b%)。
(2) 等体积混合:
①当溶液密度大于1 g•cm-3时,溶液浓度越大,密度越大(如硫酸、硝酸、盐酸、NaOH溶液等多数溶液),等体积混合后相当于在等质量的基础上多加了浓度大的液体,质量分数w> 2(1) (a%+b%)。
②当溶液密度小于1 g•cm-3时,溶液越浓,密度越小(如酒精、氨水溶液),等体积混合后相当于在等质量的基础上多加了浓度小的液体,质量分数w< 2(1) (a%+b%)。
典例1下列叙述中正确的是(  )
A.将78 g Na2O2溶于1.00 L水中,所得溶液中Na+的浓度为2.00 mol•L-1
B.将10 mL 18.4 mol•L-1的浓硫酸加水稀释至1 L,稀释后溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.184 mol•L-1
C.100 mL 2.0 mol•L-1Na2CO3溶液中Na+数约为0.2×6.02×1023
D.将20.0 g NaOH固体置于500 mL容量瓶内,然后加水至刻度线即得1.00 mol•L-1的NaOH溶液
【答案】B
 
 
考点一精练
1.用密度为  质量分数是 的浓盐酸,与水配制成体积比为1:4的稀盐酸,密度为  ,则所配制稀盐酸的物质的量浓度(   )
A.      B.
C.     D.
【答案】C
【解析】
试题分析:设所取浓盐酸的体积为1mL,则水的体积为4mL,根据稀释定律:溶液稀释过程中溶质的物质的量不变,则稀释后盐酸的质量分数为 。根据c= 计算稀释后盐酸的物质的量浓度为 ,选C。
2.现有一瓶1 000 mL、含25% NaClO、密度是1.19 g.cm-3的“84消毒液”,使用时需要稀释100倍(体积比),密封保存。下列分析不正确的是
A. 该“84消毒液”中NaClO物质的量浓度为4.0 mol•L-l
B. 该“84消毒液”稀释100倍后,Na+的物质的量浓度为0. 04 mol•L-l
C. 空气中的CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO+CO2+H2O= NaHCO3+ HClO
D. 用容量瓶配制上述浓度的“84消毒液”480 mL,需要称量的NaClO固体质量为143.0 g
【答案】D
【解析】
 NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HC1O,故C正确;D.配制480 ml溶液需要500mL的容量瓶,由
n=cV=4mol/L×0.5L=2mol,则m=nM=2mol×74.5g/mol=149g,故D错误;故选D。
3. NA表示阿伏加德罗常数数值,下列有关说法正确的是
A. 18.4 mol/L的浓硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol/L
B. 室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH-离子数目为0.1NA
C. 50 mL 14.0 mol•L-1浓硝酸与足量铜反应,转移的电子数为0.35 NA
D. 同温同压同体积下的两种气体12C18O和14N2具有的电子数相等
【答案】D
 子浓度=氢离子浓度=1×10-13mol/L,故B错误;C. 50 mL 14.0 mol•L-1浓硝酸含有硝酸的物质的量为0.7mol,与足量铜反应,浓度减小为稀硝酸,和铜反应时转移电子数增多,转移电子数应大于0.35NA,故C错误;D. 同温同压同体积下的两种气体12C18O和14N2的物质的量相等,每个分子含有的电子数相等,因此两物质的电子数相等,故D正确;故选D。
4.下列说法或实验操作不正确的是
A. 配制10%的ZnSO4溶液,将l0gZnSO4溶解于90g水中
B. 用四氯化碳萃取碘水中的碘时,将碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出
C. NaCl溶液蒸发结晶时,蒸发血中有晶体析出并剩余少量液体时即停止加热
D. 检验蔗糖水解产物具有还原性时,先向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸,水浴加热几分钟,再向其中加入新制的银氨溶液,并水浴加热
5.(陕西省黄陵中学2018届高三上学期开学考试)根据下列各题所给出的数据,可分别求出其“溶质的质量分数”或“溶质的物质的量浓度”,试判断并求解。
(1)设NA表示阿伏加德罗常数的数值,若某氢氧化钠溶液V L中含有N个OH-,则可求出此溶液中______为______。
(2)已知某氢氧化钠溶液中Na+与H2O的个数之比为1∶a,则可求出此溶液中______为______。
(3)已知标准状况下1体积水能溶解500体积的氯化氢,则可求出标准状况下氯化氢饱和溶液中______为______。
(4)已知将100 mL氯化铝的水溶液加热蒸干灼烧,可得到白色固体b g,则可求出原氯化铝溶液中______为______。
【答案】(1)NaOH的物质的量浓度
(2)NaOH的质量分数
(3)HCl的质量分数     44.9%
(4)AlCl3的物质的量浓度 mol/L
【解析】(1)不知溶液的密度,只能求出物质的量浓度,c= mol/L。
(2)NaOH与H2O的物质的量之比为1∶a,可求溶质的质量分数,w= 。
(3)不知溶液的密度,不能计算物质的量浓度,可求其质量分数=   。
(4)白色固体为Al2O3,n(Al2O3)= mol,n(AlCl3)= mol,c(AlCl3)= = mol/L。
 
【答案】D
 描述正确。D、水浴加热后的水解液呈酸性,此时直接加入新制的银氨溶液会与硫酸反应,导致实验失败,正确的方案是取出少量水解液,先加碱中和至中性或弱碱性,再加新制的银氨溶液,水浴加热,D描述错误。正确答案D。
点睛:①由于质量具有加和性,所以配制一定质量分数的溶液可以直接计算得到所需物质质量,再进行混合即可。配制一定物质的量浓度的溶液时,由于体积没有加和性,所以通过计算得到所需物质体积,再进行混合,实际所得到的体积不是二者体积和,所以配制的结果也就是错误的,因此必须使用一定规格的容量瓶准确配制出所需的体积。
考点 2  一定物质的量浓度的溶液配制过程和误差分析
一.容量瓶及使用注意事项
1. 一条刻度线(瓶颈)。
2. 两个数据:标明“规格和使用温度”(瓶身)。如图:
 
3. 三步查漏:
 
4. 四个“不能”
①不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释;
②不能作为反应容器或用来长期贮存溶;
③不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中,因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的;
④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。
二、一定物质的量浓度溶液的配制
1.主要仪器
(1)托盘天平:可精确至0.1g,称量前先调零,称量时物品放在左盘,砝码放在右盘。
(2)容量瓶:
        
① 结构:细颈、梨形、平底玻璃容器,带磨口玻璃塞;
② 标志:温度、容积和刻度线;
③ 规格:100mL、250mL、500mL、1000mL等;
④ 用途:配制一定物质的量浓度的溶液。
(3)其他仪器:量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。
2. 配制过程
配制过程示意图:
 
以配制480 mL 1 mol•L-1NaOH溶液为例,所需容量瓶的规格:500mL。
(1) 计算(填写计算过程与结果):
m(NaOH)= 1 mol•L-1×0.5 L×40 g•mol-1=20 g。
(2) 称量:根据计算结果,称量固体质量。
(3) 溶解:将称量好的固体放入烧杯中,加适量水溶解,并用玻璃棒搅拌;溶解过程中玻璃棒的作用为搅拌,加速溶解。
(4) 转移(移液):
① 移液前需要将溶液冷却至室温。
② 移液中玻璃棒的作用为引流。
(5) 洗涤:用适量蒸馏水将烧杯及玻璃棒洗涤2~3次,洗涤液也都注入容量瓶中,并振荡容量瓶,使溶液混合均匀。
(6) 定容:
① 将蒸馏水注入容量瓶,液面离容量瓶颈刻度线下1~2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水。
② 定容时要平视刻度线,至凹液面最低处与刻度线相切。
(7) 摇匀:盖好瓶塞,反复上下颠倒,摇匀。
 3.误差分析
(1)依据:c=            ,其中变量为m、V;
因操作上的错误而导致m(或n)值比实际理论值小,或V值比实际理论值大时,都会使所配溶液浓度偏低;反之偏高。
(2)误差分析(以配制NaOH溶液为例):
能引起误差的一些操作 影响因素 对c/mol•L-1 的影响结果
 m V 
砝码与物品颠倒(使用游码) 减小 — 偏 低
称量时间过长 减小 — 
NaOH放在滤纸上称量 减小 — 
向容量瓶注液时少量溅出 减小 — 
未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 — 
定容时,水多用滴管吸出 减小 — 
定容摇匀后液面下降再加水 — 增大 
定容时仰视读数 — 增大 
 
 
能引起误差的一些操作 影响因素 对c/mol•L-1 的影响结果
 m V 
砝码沾有其他物质或已生锈 增大 — 偏 高
溶液未冷却至室温就注入容量瓶定容 — 减小 
定容时俯视读数 — 减小 
称量前小烧杯内有水 — — 不 变
定容后经振荡、摇匀,静置液面下降 — — 
典例1 下列对相关实验操作的说法中,一定正确的是(    )
A. 实验室配制480 mL 0.1 mol/L NaOH溶液,需要准确称量NaOH 1.920 g
B. 学生实验测定硫酸铜晶体中结晶水含量时,通常至少称量4次
C. 酸碱中和滴定实验中只能用标准液滴定待测液
D. 分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出后,换一容器再从下口放出上层液体
【答案】B
 
典例2 (实验题) 配制480 mL 0.5 mol•L-1的NaOH溶液,试回答下列问题:
(1)选择仪器:完成本实验所必需的仪器有:托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、    、    等。
(2)计算:需要NaOH固体的质量为    。
(3)称量:
①称量过程中NaOH固体应放于小烧杯中并放在天平的    (填“左盘”或“右盘”)。
②某学生先用托盘天平称量一个小烧杯的质量,称量前把游码放在标尺的零刻度处,天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置,说明此时左边质量     (填“大于”或“小于”)右边。假定最终称得小烧杯的质量为    (填“32.6 g” 或“32.61 g”),请用“↓”表示在托盘上放上砝码,“↑”表示从托盘上取下砝码的称量过程,并在下图中标尺上画出游码的位置(画“△”表示)。
砝码质量/g 50 20 20 10 5
称量(取用砝码过程)     

标尺: 
(4)溶解、冷却,该步实验中需要使用玻璃棒,作用是______。
(5)转移、洗涤。在转移时应使用    引流,洗涤烧杯2次~3次是为了     。
(6)定容、摇匀。定容的操作是      。
(7)某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48 mol•L-1,原因可能是    (填字母)。
A.使用滤纸称量氢氧化钠固体
B.容量瓶中原来存有少量蒸馏水
C.溶解后的烧杯未经多次洗涤
【解题指南】解答本题需注意以下3点:
(1)在计算所需溶质的物质的量或质量时,要按容量瓶的容积进行计算。
(2)用容量瓶不能配制任意体积的溶液,只能按照实验室中现有规格的容量瓶进行配制。
(3)误差分析的关键是看操作影响的是溶质的质量还是溶液的体积。
【答案】(1)胶头滴管    500 mL容量瓶    (2)10.0 g
(3)①左盘   ②小于    32.6 g
砝码质量/g 50 20 20 10 5
称量(取用砝码过程) ↓↑ ↓ ↓↑ ↓ ↓↑
 
(4)搅拌,加速溶解
(5)玻璃棒 保证溶质全部转移至容量瓶中
(6)向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm~2 cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切
(7)A、C
 
(7)使用滤纸称量氢氧化钠固体,因为氢氧化钠易潮解,则固体中混有了水,实际固体质量偏小,导致浓度偏小;容量瓶中原来存有少量蒸馏水对溶液的浓度没有影响,溶解后的烧杯未经多次洗涤,会有少量的溶质残留在烧杯中,则浓度偏小。
典例3(2018届单元练习)氯化亚铜(CuCl)是白色粉末,不溶于水、乙醇及稀硫酸,在空气中迅速被氧化成绿色,常用作有机合成工业中的催化剂。实验室拟以下列方法制取CuCl:在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液,加热,生成CuCl。试回答以下问题:
(1)CuCl制备过程中需配制物质的量浓度为2.0 mol/L的CuSO4溶液。
①配制950 mL 2.0 mol/L的CuSO4溶液应称取胆矾的质量为____ ___g。
②某学生实际配制CuSO4溶液的浓度为1.8 mol/L,原因可能是__ ___。
A.托盘天平的砝码生锈          B.容量瓶中原来存有少量蒸馏水
C.溶解后的烧杯未经多次洗涤    D.胶头滴管加水定容时仰视刻度
(2)写出用上述方法制备CuCl的离子方程式_____ ____。
(3)在上述制取过程中,经过滤得到CuCl沉淀,用无水乙醇洗涤沉淀,在真空干燥机内于70℃干燥2小时,冷却,密封包装即得产品。其中“于70℃真空干燥”的目的是            ;            _。(回答两点)
(4)据世界卫生组织统计,最常用的避孕环含金属铜,避孕过程中生成了CuCl。其原因是铜与人体分泌物中的盐酸以及子宫内的空气反应:Cu+HCl+O2=CuCl+HO2,HO2(超氧酸) 不仅是一种弱酸而且也是一种自由基,具有极高的活性。下列说法或表示正确的是____ __ ___。
A. 氧化产物是HO2
B. HO2在碱中能稳定存在
C. HO2的电离方程式是HO2 H+ + O2-
D. 1mol Cu 参加反应有2mol电子发生转移
【答案】(1)①500;②CD;(2)2Cu2++SO32—+2Cl—+H2O 2CuCl↓+SO42—+2H+;
(3)加快乙醇和水的蒸发,防止CuCl被空气氧化;(4)C。
 根据题目中信息,离子反应方程式为:2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O 2CuCl↓+2H++SO42-;(3)乙醇易挥发,水易蒸发,70℃有利于乙醇和水的蒸发,根据信息CuCl在空气中迅速被氧化,真空的目的防止CuCl的氧化,因此70℃真空干燥的目的:加快乙醇和水的蒸发,防止CuCl被空气氧化;(4)A、HO2由O2产生,O2是氧化剂,则HO2属于还原产物,故错误;B、HO2是超氧酸,和碱发生中和反应,故错误;C、HO2是弱酸,应是部分电离,HO2 H+O2-,故正确;D、Cu由0价→+1价,因此1molCu参加反应转移1mole-,故错误。
【易错辨析】
1. 定容、摇匀后液面下降也不要继续滴加蒸馏水,否则会导致结果偏低。
2. 配制时不需要计算水的用量,因此容量瓶不必是干燥的,有少量蒸馏水不影响结果。
3. 如果没有冷却到室温就定容,所配溶液浓度偏大。
4. 定容时俯视、仰视对结果的影响是最容易判断错误的,务必确保按眼睛视线→刻度线→凹液面最低点的次序,做到“三点一线”。
①仰视刻度线(图1),导致溶液体积偏大。
②俯视刻度线(图2),导致溶液体积偏小。
 
其他如量筒、滴定管的分析也一样。
考点二精练
1.(2018届甘肃省临夏中学高三上学期期中考试)仅用提供的硅酸盐仪器(非硅酸盐仪器任选),不能达到相应实验目的的是(    )
A. 除去CO2气体中混有的的少量HCl:导管、洗气瓶
B. 提纯粗盐:烧杯、玻璃棒、酒精灯、蒸发皿
C. 用CCl4提取碘水中的碘:分液漏斗、烧杯
D. 用18.4 mol•L-1浓硫酸配制100mL 1.0 mol•L-1硫酸:10mL量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管
【答案】B
 释、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用量筒量取浓硫酸,在烧杯中稀释(可用量筒量取水加入烧杯),并用玻璃棒搅拌.冷却后转移到100mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯、玻璃棒2-3次,并将洗涤液移入容量瓶中,加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,最后定容颠倒摇匀,所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管,故D不选;故选B。
2.(2018届重庆市第一中学高三上学期期中考试)进行下列实验,相关说法正确的是
 
A. 图甲:蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
B. 图乙:形成美丽的红色喷泉,证明HC1极易溶于水
C. 图丙:配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,定容时如图则所配NaOH溶液浓度偏低
D. 图丁:所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠
【答案】B
【解析】A.蒸干NH4Cl饱和溶液后氯化铵受热易分解,A不正确;B. 氯化氢溶于水得到盐酸,石蕊遇酸变红,形成美丽的红色喷泉,证明HC1极易溶于水,B正确;C.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,定容时如果俯视,溶液体积偏小,则所配NaOH溶液浓度偏高,C不正确;D. 用所示装置不能除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠,反而使碳酸氢钠分解了,D不正确。本题选B。
3.(2018届贵州省毕节梁才学校高三上学期第一次月考)用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是( )
 
【答案】C
 4.(2018届河北省沧州市普通高中高三教学质量监测)实验室用质量分数为98%、ρ=1.84 g•mL-1的浓硫酸配制190 mL 1.0 mol•L-1的稀硫酸,下列说法正确的是(   )
A. 所用浓硫酸的物质的量浓度为9.2 mol•L-1    B. 所用容量瓶的规格为190 mL
C. 需用15 mL量筒量取10.3 mL浓硫酸       D. 定容时俯视容量瓶刻度,导致所配溶液浓度偏高
【答案】D
【解析】所用浓硫酸的物质的量浓度为 18.4 mol•L-1,故A错误;所用容量瓶的规格为250 mL,故B错误;需用25 mL量筒量取10.3 mL浓硫酸;定容时俯视容量瓶刻度,溶液体积偏小,导致所配溶液浓度偏高,故D正确。
5.(2018届江西省抚州市临川区第一中学高三上学期第一次月考)在溶液的配制过程中会引起浓度偏高的是
A. 配制500mL 0.1mol/L 的硫酸铜溶液,用托盘天平称取胆矾8.0g
B. 配制NaOH溶液时,NaOH固体放在烧杯中称量时间过长
C. 定容时,仰视刻度线
D. 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
【答案】D
【解析】A. 配制500mL 0.1mol/L 的硫酸铜溶液,需要称取胆矾的质量为0.5L×0.1mol/L ×250g/mol=12.5g,称取的质量偏少,浓度偏低,故A错误;B. 配制NaOH溶液时,NaOH固体放在烧杯中称量时间过长,会吸收空气中的水蒸气和二氧化碳,导致氢氧化钠的质量偏少,浓度偏低,故B错误;C. 定容时,仰视刻度线,导致溶液的体积偏大,浓度偏低,故C错误;D. 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,导致溶液的体积偏小,浓度偏高,故D正确;故选D。
6.(2018届江西省抚州市临川区第一中学高三上学期第一次月考)下列实验操作或仪器选择正确的是
A. 配制200mL 0.1mol/LCuSO4溶液需要称量硫酸铜固体3.2g
B. 配制1mol/L H2SO4溶液,量取浓硫酸后,将浓硫酸直接注入容量瓶中
C. 配制1mol/L AlCl3溶液时,将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中,再加水稀释
D. 称量4.0g NaOH固体,溶解于1L水中,即可配制0.1mol/L的NaOH溶液
【答案】C
 
6.(2018届山西省怀仁县第一中学高三上学期第二次月考)下列有关实验原理或操作正确的是(   )
A. 用20mL量筒量取15mL酒精,加水5mL,配制质量分数为75%的酒精溶液(P<1)
B. 在200mL某硫酸盐溶液中,含有1.5NA个硫酸根离子,同时含有NA个金属离子,则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol•L-1
C. 实验中需用2.0mol•L-1的Na2CO3溶液950mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分数分别为950mL、201.4g
D. 实验室配制500mL 0.2mol•L-1的硫酸亚铁溶液,其操作是:用天平称15.2g绿矾(FeSO4•7H2O),放入小烧杯中加水溶解,转移到500mL容量瓶、稀释、定量、摇匀
【答案】B
【解析】用20mL量筒量取15mL酒精,加水5mL,配制质量分数小于75%的酒精溶液,故A错误 ;硫酸根离子与金属离子的个数比是3:2,该盐的化学式是  ,该硫酸盐的物质的量0.5mol,浓度为2.5mol•L-1,故B正确;实验中需用2.0mol•L-1的Na2CO3溶液950mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分数分别为1000mL、212.0g,故C错误;实验室配制500mL 0.2mol•L-1的硫酸亚铁溶液,其操作是:用天平称27.8g绿矾(FeSO4•7H2O),放入小烧杯中加水溶解,转移到500mL容量瓶、稀释、定量、摇匀,故D错误。
7.(2018届广东省华南师范大学附属中学高三上学期第一次月考)用KOH固体配制0.1.mol•L-1的KOH溶液500mL,下列操作或说法正确的是
A. 实验所使用的的全部仪器是:烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒
B. 在烧杯中溶解KOH固体后,应放置使溶液恢复到室温再转移到容量瓶
C. 定容时,仰视刻度线,会导致溶液浓度大于0.10mol•L-1
D. 配制溶液时容量瓶内底部原来有少量蒸馏水,会导致溶液浓度小于0.10mol•L-1
【答案】B
 8.(2018届山西省忻州市第一中学高三上学期第二次月考)下列有关说法不正确的是
A. 硅酸钠、氢氧化钠、碳酸钠等溶液保存在用橡皮塞的细口试剂瓶中,氢氟酸保存在塑料瓶中
B. 用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,所配溶液浓度偏大
C. 除去试管内壁的铜、银用氨水,除去硫磺、碘可用热的烧碱溶液
D. 铝比铁活泼,但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀,可是含盐腌制品不宜直接存放在铝制容器中
【答案】C
【解析】A.硅酸钠、氢氧化钠、碳酸钠等溶液均为碱性溶液,应保存在用橡皮塞的细口试剂瓶中,而氢氟酸能腐蚀玻璃,不能保存在玻璃试剂瓶,只能保存在塑料瓶中,故A正确;B.用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,液面在刻度线下方,溶液体积偏小,所配溶液浓度偏大,故B正确;C.氨水不能溶解Cu或Ag,除去试管内壁的铜、银应用稀硝酸,碱性溶液能溶解硫磺、碘,除去硫磺、碘可用热的烧碱溶液,故C错误;D.铝制品表面的氧化膜为致密的结构,则铝比铁活泼,但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀,氧化铝为致密的结构,但氯离子存在时,结构被破坏,所以含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中,故D正确;答案为C。
9.(2018届河南省三门峡市陕州区第一高级中学高三上学期第一次月考)下列有关实验的操作正确的是
 
【答案】C
 10.(2018届黑龙江省大庆实验中学高三上学期第一次月考)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(  )
A. 100mL12mol/L的浓硝酸与过量Cu反应转移电子数目为0.6NA
B. 将1molCl2通入水中,HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA
C. 同温同压下,两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①HCl ②NO2 ,进行喷泉实验。经充分反应后烧瓶内溶质的物质的量浓度之比为3:2
D. 实验室里要用480 mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液,需称取12.5克胆矾配制成溶液
【答案】D
【解析】100mL12mol/L的浓硝酸与过量Cu反应,还原产物为NO2、NO的混合物,转移电子数目大于0.6NA,故A错误;氯水中含有氯分子,将1molCl2通入水中, HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA,故B错误;设容器体积是vL,则气体的物质的量是  ;①HCl进行喷泉实验得到溶液的体积是VL,盐酸的浓度是 ;②NO2进行喷泉实验后发生反应  , 得到硝酸溶液的体积是 ,生成硝酸的物质的量为 ,硝酸的浓度是
 ,溶质的物质的量浓度之比为1:1,故C错误;实验室里要用480 mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液,需用500 mL容量瓶,需胆矾0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5克,故D正确。
11.(2018届湖北省黄石市第三中学高三阶段性检测)下列说法中正确的是
A. 用湿润碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2
B. 检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为:样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液
C. 用容量瓶配制溶液,定容时俯视刻度线,所配溶液浓度偏小
D. 滴定管、移液管在使用前要用待装润洗,而容量瓶不用待装液润洗
【答案】D
 容时俯视刻度线,导致溶液体积偏小,根据c= 知,溶液浓度偏大,故C错误;D.滴定管、移液管使用前要润洗,否则仪器壁上有水,相当于稀释待量物质,容量瓶用来配制一定浓度溶液,若用待测液润洗,溶液浓度偏大,故D正确;答案为D。
12.(2018届江西省师范大学附属中学高三10月月考)请根据所给信息填空:   
(1)用0.1mol/L的酸性高锰酸钾溶液测定FeSO4溶液的浓度时,因FeSO4溶液放置时间较长,导致测定结果________(填“偏大”、“不变”或“偏小”)   
(2)过氧化钠的电子式________   
(3)选出下列说法中正确的_____________ 
①氧化物都能与酸或碱的溶液反应
②红宝石、玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分都是硅酸盐
③由相同元素组成的物质一定是纯净物
④浓氨水滴加到FeCl3溶液中可制取Fe(OH)3胶体
⑤向容量瓶中转移液体时,玻璃棒不可以接触到容量瓶的瓶口
⑥用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,该溶液一定是钠盐溶液
⑦金属Mg的活泼性比Al强,由Al2O3能与NaOH溶液反应推知MgO也能与NaOH溶液反应
⑧SiO2既能和NaOH溶液反应也能和氢氟酸反应,所以是两性氧化物
⑨3mol单质Fe在氧气中完全转变为Fe3O4,失去8NA个电子
⑩用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装,利用了Fe粉的还原性   
(4)结合化学方程式说明浓硝酸久置变黄的原因________   
(5)明矾溶液与少量氢氧化钡溶液反应的离子方程式________.
【答案】  偏小  )   ⑤⑨⑩  4HNO3 4NO2↑+O2↑+2H2O,溶解了NO2而显黄色  3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
 (3)①错误,如CO、NO都是氧化物,但与酸、碱都不反应;②错误,玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅,不是硅酸盐;③错误,由相同元素组成的物质可能是混合物,如金刚石和石墨组成的混合物就只含碳元素;④错误,浓氨水滴加到FeCl3溶液中生成Fe(OH)3沉淀;⑤正确,向容量瓶中转移液体时,玻璃棒的作用是引流,防止液体洒到外面,所以不能接触容量瓶的瓶口;⑥错误,钠元素的焰色反应呈黄色,不一定是钠盐溶液;⑦错误,Al2O3具有两性,能与NaOH溶液反应,MgO不具有两性,不能与NaOH溶液反应;⑧错误,SiO2能和NaOH溶液反应,是酸性氧化物的通性,SiO2能和氢氟酸反应是SiO2的特性;⑨正确,3mol单质Fe在氧气中完全转变为Fe3O4,消耗2mol O2,O元素化合价由0价变为-2价,2mol O2反应得到8mol电子(即8NA个电子),根据得失电子守恒,3molFe失去8NA个电子;⑩正确,硅胶作干燥剂,铁粉具有还原性可被氧化,作抗氧化剂。综上,⑤⑨⑩正确。
(4)浓硝酸见光或受热容易分解,4HNO3(浓) 4NO2↑+O2↑+2H2O,久置的浓硝酸中因为溶解了NO2而使溶液变黄。
(5)明矾溶液与少量氢氧化钡溶液反应,Ba2+与SO42-结合成BaSO4沉淀,OH-与Al3+结合成Al(OH)3沉淀,故离子方程式为:3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓。
13.(2018届山西省太原市高三4月模拟二)碘化钾是一种无色晶体。易溶于水。实验室制备KI晶体的步骤如下:
I.在如图所示的三颈烧瓶中加入127g研细的单质I2 和195g30% KOH溶液,搅拌(已知:I2与KOH反应产物之一是KIO3);
II.碘完全反应后,打开分液漏斗中的活塞、弹簧夹,向装置C中通入足量的H2S;
III.反应结束后,向装置C中加入稀H2SO4酸化,水浴加热;
IV.冷却,过滤得KI粗溶液。
 
(1)检查装置A气密性的方法是______,步骤I控制KOH溶液过量的目的是______。
(2)装置B的作用是______,装置D中盛放的溶液是______ 。
(3)写出装置C中H2S和KIO3反应的离子方程式: ______ 。
(4)步骤III中水浴加热的目的是除去______ (填化学式)。
(5)由步骤IV所得的KI粗溶液(含SO42-)制备KI晶体的实验方案:边搅拌边向溶液中加入足量的______ (填化学式,下同),充分搅拌、过滤、洗涤并检验后,将滤液和洗涤液合并,加入HI溶液调至弱酸性,在不断搅拌下蒸发至较多固体析出,停止加热,用余热蒸干,得到KI晶体。在测定产品中KI含量时,测得其含量为101.5%,其原因可能是产品中含有______。
【答案】  分液漏斗注入水后,关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞使液体流下,一段时间后液体不能顺利流下,说明气密性良好  确保碘充分反应  除去H2S气体中的HCl  氢氧化钠溶液  IO3-+3H2S=3S↓+ I-+3H2O  H2S  BaCO3  I2(或KI3)
 (2)盐酸易挥发,饱和NaHS溶液可以吸收HCl气体并同时生成H2S气体,故B的作用是除去H2S气体中的HCl;H2S气体有毒污染环境,故D中盛放的是NaOH溶液,除去过量的H2S气体。
(3) H2S具有还原性,KIO3具有氧化性,两者发生氧化还原反应,IO3-被还原为I-,离子方程式为:IO3-+3H2S=3S↓+I-+3H2O。
(4) 步骤III的溶液中含有溶于水的H2S,水浴加热可以将H2S赶出,减少杂质,故答案为:步骤III中水浴加热的目的是除去H2S。
(5)KI中含有K2SO4,可以加入不溶于水的BaCO3固体将SO42-转化为BaSO4沉淀和K2CO3,然后加入足量HI再将CO32-除去,故答案为BaCO3;测定产品中KI含量时,KI的含量偏高,可能是加热过程中,部分I-被氧化为I2单质,或因为I2+KI=KI3,I2单质或KI3混在产品中,导致碘元素含量增大,从而KI的含量偏高,故答案为I2(或KI3)。
 

 

 

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