2022届高考化学（人教版）一轮总复习练习：第2讲　溶液配制和溶解度曲线 Word版含解析

这是一份2022届高考化学（人教版）一轮总复习练习：第2讲　溶液配制和溶解度曲线 Word版含解析，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第2讲 溶液配制和溶解度曲线
A组 基础必做题(40分)
一、选择题(本题包括4小题，每题4分，共16分)
1．(2021·山东日照校际联考)下列各实验中所选用的实验仪器不能都用到的是( D )
A．除去Na2CO3溶液中的CaCO3，选用③、④和⑥
B．NaCl溶液的蒸发结晶，选用①、⑥和⑦
C．配制100 mL 0.1 m·L－1的NaOH溶液，选用③、⑤、⑥和⑨
D．将海带灼烧灰化，选用①、⑦和⑧
[解析] A项，除去Na2CO3溶液中的CaCO3，采用过滤的方法，选用③、④和⑥，正确；B项，NaCl溶液的蒸发结晶，用酒精灯加热蒸发皿，并用玻璃棒搅拌，选用①、⑥和⑦，正确；C项，配制100 mL 0.1 ml·L－1的NaOH溶液，溶解选用③、⑥，移液选用⑤、⑥，定容选用⑨，正确；D项，将海带灼烧灰化，选用酒精灯加热、泥三角固定、坩埚中灼烧，选用①、⑧和坩埚，错误。
2．(2021·广西高三检测)20 ℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρ g·cm－3，物质的量浓度为c ml·L－1，则下列说法中错误的是( D )
A．温度低于20 ℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于c ml·L－1
B．20 ℃时，饱和NaCl溶液的质量分数为eq \f(58.5×c,ρ×1 000)×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＝eq \f(5 850c,ρ－58.5) g
[解析] A项，低于20 ℃，会析出少量NaCl，所以饱和NaCl溶液的浓度小于c ml·L－1，正确；B项，溶质的质量分数与物质的量浓度的关系为c＝eq \f(1 000ρ液ω,M质)，可知NaCl溶液的质量分数为eq \f(58.5×c,ρ×1 000)×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，eq \f(S,100＋S)＝eq \f(58.5c,1 000ρ)，S＝eq \f(5 850c,1 000ρ－58.5c) g，错误。
3．(2021·湖北武汉三中调研)用98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm－3)配制100 mL 1 ml·L－1的稀硫酸。现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：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，按使用仪器的先后顺序排列正确的是( D )
A．④③⑦⑤⑥ B．②⑤⑦⑥
C．①③⑤⑥⑦ D．②⑥③⑦⑤⑥
[解析] 98%的浓硫酸的物质的量浓度c＝eq \f(1 000ρω,98)＝eq \f(1 000×1.84×98%,98) ml·L－1＝18.4 ml·L－1，配制1 ml·L－1的稀硫酸100 mL，需要浓硫酸的体积为V＝eq \f(0.1 L×1 ml·L－1,18.4 ml·L－1)≈0.005 4 L＝5.4 mL，应选择10 mL量筒。实验时用10 mL量筒量取5.4 mL浓硫酸，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为②⑥③⑦⑤⑥，D项正确。
4．(2021·山东滨州高三检测)几种物质的溶解度曲线如图。则下列说法正确的( D )
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] 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eq \f(50,150)×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24分)
5．(2021·湖北黄冈模拟)“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：
84消毒液
[有效成分] NaClO
[规格] 1 000 mL
[质量分数] 24%
[密度] 1.18 g·cm－3
(1)此“84消毒液”的物质的量浓度约为 3.8 ml·L－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＋)＝ 0.038 ml·L－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。
①如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是 CDE (填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是 玻璃棒和胶头滴管 。
②下列操作中，容量瓶不具备的功能是 bcde (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
③请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为 141.6 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 AC (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．未冷却至室温就转移定容
D．定容时水多用胶头滴管吸出
[解析] (1)c(NaClO)＝eq \f(1 000ρω,M)＝eq \f(1 000×1.18×24%,74.5)＝3.8(ml·L－1)。
(2)稀释后c(NaClO)＝eq \f(1,100)×3.8 ml·L－1＝0.038 ml·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.038 ml·L－1。
(3)①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；②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；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；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；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；容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，故e选。③质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8 ml·L－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，故所需NaClO的质量m＝cVM＝3.8 ml·L－1×0.5 L×74.5 g·ml－1＝141.6 g。
(4)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；转移前，容量瓶内有蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误；未冷却至室温就转移定容，冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故C正确；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。
6．(2021·天津高三检测)298 K时，在20.0 mL 0.10 ml·L－1氨水中滴入0.10 ml·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。
(1)制备20.0 mL 0.10 ml·L－1的氨水，需向水中通入NH3的体积为 0.044 8 L(标准状况)。
(2)假设0.10 ml·L－1氨水的密度为0.95 g·cm－3，则该氨水的溶质质量分数约为 0.18% 。
(3)使氨水恰好完全反应需盐酸的体积为 20.0 mL。
(4)配制250 mL 0.10 ml·L－1的氨水，需5.0 ml·L－1的氨水 5.0 mL，配制时需要的仪器有 量筒、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管 ，配制过程中俯视容量瓶刻度线定容，所配溶液浓度 偏大 (填“偏大”“偏小”或“不变”)
[解析] (1)溶液中n(NH3)＝0.10 ml·L－1×0.020 0 L＝0.002 0 ml，标准状况下，V(NH3)＝0.002 0 ml×22.4 L·ml－1＝0.044 8 L。
(2)根据公式c＝eq \f(1 000ρω,M)，得ω＝eq \f(cM,1 000ρ)＝eq \f(0.10 ml·L－1×17 g·ml－1,1 000 cm3·L－1×0.95 g·cm－3)≈0.18%。
(3)要使氨水完全反应，则n(HCl)＝n(NH3)，盐酸体积为20.0 mL。
(4)根据稀释过程溶质的物质的量不变，则0.10 ml·L－1×0.25 L＝5.0 ml·L－1×V，V＝0.005 0 L＝5.0 mL。定容时，俯视容量瓶刻度线，会使溶液的体积偏小，浓度偏大。
B组 能力提升题(60分)
一、选择题(本题包括4小题，每题6分，共24分)
1．(2021·湖北襄阳四中密卷考试)已知很多气体都可以用来做喷泉实验，若在同温同压下，两个等容积的烧瓶，一个收集满HCl和N2的混合气体，另一个收集满NO2，如图所示，喷泉实验停止以后，两个烧瓶内溶液的物质的量浓度(c)和溶质的质量分数(w)关系是(已知两烧瓶所得溶液密度几乎相等)( C )
A．c和w都不同 B．c和w都相同
C．c相同，w不同 D．w相同，c不同
[解析] 本题考查溶液的物质的量浓度和溶质质量分数的计算。设同温同压下，两个烧瓶内分别盛有x L HCl、y L NO2，假设该条件下气体摩尔体积为Vm L·ml－1，第一个烧瓶中只有HCl溶于水，n(HCl)＝eq \f(x L,Vm L·ml－1)＝eq \f(x,Vm) ml，溶液的体积为x L，所以c(HCl)＝eq \f(1,Vm) ml·L－1；第二个烧瓶中发生反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，n(HNO3)＝eq \f(2,3)n(NO2)＝eq \f(2,3)×eq \f(y,Vm) ml，溶液的体积等于eq \f(2,3)y L，所以c(HNO3)＝eq \f(1,Vm) ml·L－1；由此可以看出两溶液的物质的量浓度相等，又由于溶液的物质的量浓度、密度、质量分数关系式为c＝eq \f(1 000ρw,M)，虽然溶液的c和ρ相同，但是溶质的M(摩尔质量)不同，所以w(质量分数)不同。综上所述，溶液的c相同，而w不同。
2．(2021·湖北宜昌部分示范高中联考)下列关于物质的量浓度表述正确的是( D )
A．0.3 ml·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SOeq \\al(2－,4)的总物质的量为0.9 ml
B．用1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 ml·L－1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 ml·L－1
C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SOeq \\al(2－,4)的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同
D．10 ℃时，100 mL 0.35 ml·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 ml·L－1
[解析] 本题考查物质的量浓度的计算。0.3 ml·L－1的Na2SO4溶液中Na＋、SOeq \\al(2－,4)的物质的量浓度分别为0.6 ml·L－1、0.3 ml·L－1，由于缺少溶液的体积，故无法计算出离子的物质的量，故A错误；溶液的体积不等于溶剂的体积，所以1 L水吸收1 ml氨气时所得氨水的浓度不是1 ml·L－1；未告知气体所处状况，22.4 L氨气的物质的量无法确定，所以22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度未知，故B错误；在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在：c(Na＋)＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SOeq \\al(2－,4))，该溶液中Na＋和SOeq \\al(2－,4)的物质的量相等，即物质的量浓度相等，所以K＋和Cl－的物质的量浓度一定不相同，故C错误；10 ℃时，0.35 ml·L－1的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，仍为0.35 ml·L－1，故D正确。
3．(2021·山西重点中学协作体下学期模拟)在100 mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3 ml·L－1、0.15 ml·L－1，向该混合液中加入2.56 g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是( B )
A．0.15 ml·L－1 B．0.225 ml·L－1
C．0.30 ml·L－1 D．0.45 ml·L－1
[解析] 溶液中的氢离子既包括硝酸电离的又包括硫酸电离的，所以n(H＋)＝0.3 ml/L×0.1 L＋0.15 ml/L×0.1 L×2＝0.06 ml，n(NOeq \\al(－,3))＝0.3 ml/L×0.1 L＝0.03 ml,2.56 g铜的物质的量为eq \f(2.56 g,64 g·ml－1)＝0.04 ml；硝酸和铜反应的离子方程式如下：
3Cu ＋ 8H＋ ＋ 2NOeq \\al(－,3)===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
3 8 2 3
0.04 ml 0.06 ml 0.03 ml
所以H＋的物质的量不足，根据H＋的物质的量计算，由离子方程式可知0.06 ml H＋全部反应，所生成的Cu2＋的物质的量为0.06 ml×3÷8＝0.022 5 ml，所以溶液中c(Cu2＋)＝0.022 5 ml÷0.1 L＝0.225 ml/L。
4．(2021·山东潍坊高三检测)40 ℃硝酸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( A )
[解析] ①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；②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；③80 ℃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；④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；⑤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，满足以上变化的图像为A。
二、非选择题(本题包括2小题，共36分)
5．(2021·山西太原模拟)某化学小组需要480 mL 0.100 0 ml·L－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 2.0 g。
(2)配制过程中，不需要的仪器 bde (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、 托盘天平 、 500 mL容量瓶 。
(4)请说出本实验中玻璃棒的作用 搅拌、引流 。
(5)将上图中的实验仪器A～F按实验过程先后次序排列 CBDFAE 。
(6)请用恰当的文字描述上图A操作的过程 用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切时停止加水 。
(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 ②⑦ (填代号)。
①用来溶解NaOH的烧杯里面有少许水
②未等稀释后的NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③将NaOH溶液转移到容量瓶时，不小心洒到了外面少许
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥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
⑦定容时，俯视标线
[解析] (1)配制0.1 ml·L－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 ml·L－1×0.5 L×40 g·ml－1＝2.0 g；
(2)配制0.1 ml·L－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、1 000 mL容量瓶和漏斗，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)①用来溶解NaOH的烧杯里面有少许水不影响所配溶液的浓度；②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；③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；④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，溶质减少，浓度偏低；⑤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；⑥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；⑦定容时俯视刻度，导致溶液的体积偏小，根据c＝eq \f(n,V)可知，配制的溶液浓度偏高，答案选②⑦。
6．(2021·湖北武汉模拟)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 11.7 g。
(2)实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有 蒸发皿 、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 35 ℃(33～40 ℃都可以) 。
(4)不用其他试剂，检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是 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)若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质，进一步提纯产品的方法是 重结晶 。
[解析] 根据氯元素守恒可列关系求m(NaCl)＝10.7 g×58.5 g·ml－1÷53.5 g· ml－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 ℃。