2021年高考化学(安徽专用)二轮专题复习讲练：专题三-溶液组成的化学计量及其应用(含解析).docx

考纲要求1.了解溶液的含义。2.了解溶解度、饱和溶液的概念。3.了解溶液的组成，理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。4.把握确定溶质质量分数、物质的量浓度的溶液配制方法。考点一溶解度及其曲线1固体的溶解度在确定温度下，某固体物质在100 g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。固体物质溶解度(饱和溶液)S100 g影响溶解度大小的因素(1)内因：物质本身的性质(由结构打算)。(2)外因溶剂的影响：如NaCl易溶于水不易溶于汽油；温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。2气体的溶解度通常指该气体(其压强为101 kPa)在确定温度时溶解于1体积水里达到饱和状态时气体的体积，常记为1x。如NH3、HCl、SO2、CO2等气体的溶解度分别为1700、1500、140、11。气体溶解度的大小与温度和压强有关，温度上升，溶解度减小；压强增大，溶解度增大。3溶解度的表示方法(1)列表法硝酸钾在不同温度时的溶解度：温度/0102030405060708090100溶解度/g13.320.931.645.863.985.5110138168202246(2)溶解度曲线4溶解度曲线的含义(1)不同物质在各温度时的溶解度不同。(2)曲线与曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度。(3)能很快比较出两种物质在某温度范围内溶解度的大小。(4)多数物质溶解度随温度上升而增大、有的变化不大(如NaCl)；少数随温度上升而降低如Ca(OH)2。(5)推断结晶的方法溶解度受温度影响较小的(如NaCl)实行蒸发结晶的方法；溶解度受温度影响较大的实行蒸发浓缩、冷却结晶的方法；带有结晶水的盐，一般实行蒸发浓缩、冷却结晶的方法，特殊应留意的是若从FeCl3溶液中结晶出FeCl36H2O晶体，应在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。题组一饱和溶液与不饱和溶液1某温度下，向100 g澄清的饱和石灰水中加入5.6 g生石灰，充分反应后恢复到原来的温度。下列叙述正确的是()A沉淀物的质量为5.6 gB沉淀物的质量为7.4 gC饱和石灰水的质量大于98.2 gD饱和石灰水的质量小于98.2 g答案D解析由于原石灰水是饱和的，当加入生石灰后，0.1 mol生石灰要消耗石灰水中的水0.1 mol，生成氢氧化钙并析出，同时由于原饱和石灰水削减了1.8 g水，致使其中的溶质氢氧化钙也会析出一部分，故溶液削减的质量会大于1.8 g，所以最终饱和石灰水的质量就小于98.2 g。题组二溶解度的应用2(2022新课标全国卷，11)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如下图所示。下列说法错误的是()A溴酸银的溶解是放热过程B温度上升时溴酸银溶解速度加快C60 时溴酸银的Ksp约等于6104D若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯答案A解析A项，由题图可知，随着温度上升，溴酸银的溶解度渐渐增大，因此AgBrO3的溶解是吸热过程；B项，由图像曲线可知，温度上升斜率增大，因此AgBrO3的溶解速度加快；C项，由溶解度曲线可知，60 时，AgBrO3的溶解度约为0.6 g，则其物质的量浓度约为0.025 molL1，AgBrO3的Kspc(Ag)c(BrO)0.0250.0256104；D项，若KNO3中含有少量AgBrO3，可通过蒸发浓缩得到KNO3的饱和溶液，再冷却结晶获得KNO3晶体，而AgBrO3留在母液中。3下图为氯化钠、碳酸钠在水中的溶解度曲线，请回答下列问题。(1)碳酸钠和氯化钠混合溶液的pH_7(填“”、“”或“”)。(2)40 时，碳酸钠的溶解度为_ g。(3)大于30 时，碳酸钠的溶解度_氯化钠的溶解度(填“”、“”或“”)。(4)40 时，碳酸钠和氯化钠均形成饱和溶液，当温度降低到20 时，析出的主要物质是_(填化学式)。(5)为检验(4)中析出的物质，取少量样品于试管中加入足量的稀_(填化学式)溶液，完全溶解，并有气体产生，再加入几滴_(填化学式)溶液，有白色沉淀产生。答案(1)(2)50(3)(4)Na2CO3(5)HNO3AgNO3解析(1)由于COH2OHCOOH，所以Na2CO3和NaCl混合溶液的pH7。(2)依据溶解度曲线，40 时Na2CO3的溶解度为50 g。(3)依据溶解度曲线，大于30 时，Na2CO3的溶解度大于NaCl的溶解度。(4)由于Na2CO3的溶解度受温度的影响很大，而NaCl的溶解度受温度的影响较小，所以40 的Na2CO3、NaCl的饱和溶液，当温度降低到20 时，析出的主要物质是Na2CO3。(5)用稀HNO3检验Na2CO3，用AgNO3溶液检验NaCl。4从化工厂铬渣中提取硫酸钠的工艺如下：已知：铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O、Fe3；Fe3、Cr3完全沉淀(c1.0105 molL1)时pH分别为3.6和5。(1)“微热”除能加快反应速率外，同时还可以_，滤渣A为_(填化学式)。(2)依据溶解度(S)温度(T)曲线，操作B的最佳方法为_(填字母序号)。A蒸发浓缩，趁热过滤B蒸发浓缩，降温结晶，过滤答案(1)促进Fe3水解生成Fe(OH)3而除去Fe(OH)3(2)A解析调整pH约为3.6时，得到Fe(OH)3沉淀(滤渣A)；依据溶解度曲线，蒸发浓缩，会析出Na2SO4，并且温度越高，其溶解度越小，所以应趁热过滤。考点二确定物质的量浓度溶液的配制配制确定物质的量浓度溶液试验是中学化学中一个重要定量试验。复习时，要熟记试验仪器，把握操作步骤，留意仪器使用，正确分析误差，明确高考题型，做到有的放矢。1七种仪器需记牢托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。2试验步骤要理清如：配制500 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液，图中操作中应当填写的数据为_，试验时操作的先后挨次为_(填编号)。答案5.33仪器使用要明白(1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶时应指明规格，并选择合适的容量瓶，如配制480 mL溶液，应选用500 mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体，也不能作为反应容器。(2)玻璃棒的作用是搅拌和引流，在引流时，玻璃棒末端应插入到刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处且不能接触瓶口，如图所示。附容量瓶的查漏方法向容量瓶中加入适量水，盖好瓶塞，左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底，将容量瓶倒转过来看瓶口处是否有水渗出，若没有，将容量瓶正立，将瓶塞旋转180度，重复上述操作，假如瓶口处仍无水渗出，则此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞处涂点凡士林。4误差分析点点清进行误差分析的依据是c，依据公式，分析各个量的变化，推断可能产生的误差。用“偏高”、“偏低”或“无影响”填空(1)砝码生锈偏高。(2)定容时，溶液温度高偏高。(3)用量筒量取液体时，仰视读数偏高。(4)定容时俯视容量瓶刻度线偏高。(5)称量时物码颠倒且使用游码偏低。(6)未洗涤烧杯、玻璃棒偏低。(7)称量易吸水物质时间过长偏低。(8)用量筒量取液体时，俯视读数偏低。(9)转移时，有液体溅出偏低。(10)滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出偏低。(11)定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线偏低。(12)容量瓶内有少量水无影响。题组一仪器的正确使用及试验操作的规范性1正误推断，正确的划“”，错误的划“”(1)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干()(2022新课标全国卷，12A)(2)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，马上用滴管吸出多余液体()(2022新课标全国卷，12D)(3)配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高()(2022大纲全国卷，6C)(4)配制0.100 0 molL1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流()(2021福建理综，10C)(5)用固体NaCl配制0.5 molL1的溶液，所用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶()(2021山东理综，11C)(6)用配制100 mL 0.100 0 molL1 K2Cr2O7溶液()(2022天津理综，4D)(7)在50 mL量筒中配制0.100 0 molL1碳酸钠溶液()(2022福建理综，6C)(8)用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和pH1的盐酸配制100 mL pH2的盐酸()(2022安徽理综，10B改编)2(2021江苏，5)用固体样品配制确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()答案B解析A项，托盘天平称量时，应为“左物右码”，错误；B项，用玻璃棒搅拌能加速溶解，正确；C项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误；D项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。3(1)配制浓度为2 molL1的NaOH溶液100 mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将_(填写字母，下同)。A等于8.0 g B等于8.00 gC大于8.0 g D等于0.2 g(2)某试验中需2 molL1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为_，称取Na2CO3的质量为_。答案(1)C(2)1 000 mL212.0 g解析(1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0 g烧杯质量。(2)依据容量瓶的常用规格可知，应配制2 molL1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的质量为1 L2 molL1106 gmol1212.0 g。题组二误差分析4下列操作会使配制的BaCl2溶液浓度偏低的是_(填字母序号)。A配制1 L 0.1 molL1的BaCl2溶液时，将砝码放在左盘上，将BaCl2放在右盘上进行称量B选用的容量瓶内有少量蒸馏水C定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线D整个配制过程中，容量瓶不振荡答案AC解析配制确定物质的量浓度溶液的误差分析要紧扣c，分析错误操作对n、V的影响。考点三溶液浓度的计算与换算1理解公式从近几年高考命题状况看，溶质的质量分数、物质的量、物质的量浓度之间的换算是高考考查的热点。此类题目使用公式较简洁，但在高考环境下，往往感觉较难，难在字母运算、单位换算。在复习时，要会娴熟地推导换算关系并机敏运用。(1)物质的量浓度(c)与溶质的质量分数(w)之间的换算c或w100%。(单位：gmL1)(2)物质的量浓度(c)与溶解度(S)的换算c。(单位：gmL1)(3)饱和溶液中溶解度(S)与溶质质量分数(w)的换算w100%。(4)气体溶质溶于水制得溶液，其物质的量浓度和质量分数的计算。如：在标准状况下1 L水中溶解某气体V L，所得溶液密度为 (单位：gmL1)则cw100%。2把握规律(1)稀释定律如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有c1V1c2V2。如用m1、m2、w1、w2分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有m1w1m2w2。(2)混合规律同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的推断方法：设溶质质量分数分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。两溶液等质量混合：w(w1w2)。两溶液等体积混合a若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w(w1w2)，如H2SO4溶液。b若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w(w1w2)，如氨水、酒精溶液。3易错提示确定物质的量的物质溶于水求算溶质的物质的量浓度时要留意以下三点：(1)溶液的体积不能用溶剂水的体积和溶质的体积之和来代替，应当用溶液的质量除以溶液的密度。(2)两溶液混合，由于其密度可能不相等，所以体积不等于两混合溶液体积之和。(3)物质溶于水后留意看溶质是否发生了变化。如Na、Na2O2、NO2、SO3等溶于水，由于它们与水反应，所以溶质发生了变化。题组一有关浓度的换算1标准状况下V L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 gmL1)，所得溶液的密度为 gmL1，质量分数为w，物质的量浓度为c molL1，则下列关系中不正确的是()A(17V22 400)/(22.422.4V)Bw17c/(1 000)Cw17V/(17V22 400)Dc1 000V/(17V22 400)答案A解析由c molL1由上可推知：设溶液的体积为1 L由c可得，ww因此只有A项不正确。2相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况)，溶于m g水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为c molL1，密度为 gcm3，则下列说法不正确的是()A相对分子质量MB物质的量浓度cC溶液的质量分数wD溶液密度答案C解析由c知D项正确；由c知B项正确；由w知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。题组二混合规律的应用3若以w1和w2分别表示浓度为a molL1和 b molL1的氨水的质量分数，且知2ab，则下列推断正确的是()A2w1w2 B2w2w1Cw22w1 Dw1w22w1答案C解析依据溶质的质量分数和物质的量浓度之间的换算关系，有ab将上述两式相比得：2，即。由于氨水的密度比纯水的小，氨水浓度越大，密度越小，所以12，即w22w1。4将质量分数为a%的氨水与质量分数为b%的氨水等质量混合所得溶液的密度为X1；将质量分数为a%的氨水与质量分数为b%的氨水等体积混合所得溶液的密度为Y1。将质量分数为a%的硫酸与质量分数为b%的硫酸等质量混合所得溶液的密度为X2；将质量分数为a%的硫酸与质量分数为b%的硫酸等体积混合所得溶液的密度为Y2。则X1、Y1、X2、Y2的大小关系为()AY2X2Y1X1 BY1X1Y2X2CY1X2Y2X1 DY2X2X1Y1答案D解析对于密度大于1 gcm3的溶液(如硫酸)，其浓度或质量分数越大，其密度也越大，且等体积混合后的质量分数大于其等质量混合后的质量分数，则有Y2X21 gcm3；反之，对于密度小于1 gm3的溶液(如氨水)，其浓度或质量分数越大，其密度却越小，且等体积混合后的质量分数小于其等质量混合后的质量分数，则有Y1X11 gcm3；综上得大小关系为Y2X2X1Y1。题组三电荷守恒法在物质的量浓度计算中的应用5把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为()A0.1(b2a) molL1B10(2ab) molL1C10(ba) molL1D10(b2a) molL1答案D解析依据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2)a mol，n(Cl)b mol，依据电荷守恒关系得n(K)(b2a)mol，则c(K)10(b2a) molL1。6把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为()A. molL1 B. molL1C. molL1 D. molL1答案D解析留意混合液分成两等份，由Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO=BaSO4可知原溶液中n(Mg2) mola mol、n(SO)2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K)2n(SO)2n(Mg2)2(2ba) mol。专题突破练1已知某盐在不同温度下的溶解度(见下表)：T()010203040S(g/100 g水)11.515.119.424.437.6若把质量分数为22%的该盐溶液由60 渐渐冷却，则开头析出晶体的温度应在()A010 B1020 C2030 D3040 答案D解析该盐溶液由60 渐渐冷却至开头析出晶体时所得溶液为饱和溶液，利用饱和溶液中溶质质量分数与溶解度的换算公式即可求得开头析出晶体时溶质的溶解度S100 g28.2 g，通过题目中供应的表格可查出相应的温度范围为3040 。2如下图是X、Y两种固体物质的溶解度曲线，下列说法不正确的是()A将20 的饱和溶液X降温到10 ，溶液X照旧是饱和溶液Ba点表示30 时，X的溶解度为60 gCb点表示20 时，X、Y的溶解度相等D同质量的X、Y饱和溶液从30 降到10 时，析出的Y的质量大于析出的X的质量答案D解析D项，依据溶解度曲线，析出的X的质量应大于Y的。3下列溶液配制试验的描述完全正确的是()A在容量瓶中先加入确定体积的水，再加入浓硫酸配制精确浓度的稀硫酸B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C配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入确定量H2SO4以防水解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、烧杯、玻璃棒、胶头滴管答案C解析A项，不能在容量瓶中稀释浓H2SO4；B项，用浓盐酸配制11的稀盐酸，应用量筒和烧杯；D项，少量筒。4下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 molL1 NaOH溶液的过程：该同学的错误步骤有()A1处 B2处 C3处 D4处答案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。53 g镁铝合金与100 mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4 g，则原硫酸的物质的量浓度为()A1 molL1 B1.5 molL1C2 molL1 D2.5 molL1答案B解析由镁铝合金到无水硫酸盐，固体增重的质量为SO的质量，则n(H2SO4)n(SO)0.15 mol，故c(H2SO4)1.5 molL1，B对。6等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中完全溶解，得到的Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的浓度分别为a molL1和b molL1，则a与b的关系为()Aab Ba2bC2ab Da5b答案C解析该溶液中，n(CuO)n(MgO)12，体积相同时，物质的量之比等于物质的量浓度之比，所以，即2ab，故选C。7在T 时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol。下列叙述中正确的是()A溶质的质量分数为w100%B溶质的物质的量浓度c molL1C溶液中c(OH) molL1D上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w答案B解析依据题中给出的已知量及各选项的要求，利用待求量的最基本计算关系代入求解即可。A不正确，w应为100%；依据公式c进行计算知B正确；由溶液中的电荷守恒可知c(OH) molL1c(H)，C错误；由于氨水的密度小于水的密度，故上述溶液再加V mL水后，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D不正确。8下列说法正确的是()A2 molL1 KCl溶液与1 molL1 K2SO4溶液混合后，c(K)为2 molL1B120 g NaCl溶液中溶有20 g NaCl，该温度下NaCl的溶解度为20 gC22.4 L HCl气体溶于水制成1 L溶液，该溶液的物质的量浓度为1 molL1D把5 g胆矾(CuSO45H2O)溶于45 g水中，所得溶液溶质的质量分数为10%答案A解析A项，因两溶液中c(K)均为2 molL1，所以两溶液以任意比混合，c(K)不变，正确；B项，溶解度是100 g水中溶解20 g NaCl，该温度下NaCl的溶解度为20 g，错误；C项，未说明标准状况下，故22.4 L HCl气体不愿定为1 mol，错误；D项，5 g胆矾含结晶水，溶质质量不是5 g，错误。9把200 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol NaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na)为()A(10b5a) molL1 B(2ba) molL1C() molL1 D(5b) molL1答案A解析依据NH4HCO32OH=NH3H2OH2OCO mol a molHCOH=H2OCO2 mol mol CO 2H=H2OCO2() mol(b) mol所以c(Na)(10b5a) molL1。1020 时，饱和NaCl溶液的密度为 gcm3，物质的量浓度为c molL1，则下列说法中错误的是()A温度低于20 时，饱和NaCl溶液的浓度小于c molL1B20 ，饱和NaCl溶液的质量分数为100%C20 时，密度小于 gcm3的NaCl溶液是不饱和溶液D20 时，饱和NaCl溶液的溶解度S g/100 g水答案D解析A项，温度低于20 时，会析出NaCl晶体，所以饱和NaCl溶液的浓度小于c molL1，正确；B项，依据换算公式可推出，正确；C项，由于NaCl的质量分数越大，密度越大，所以密度小于 gcm3的NaCl溶液是不饱和溶液，正确；D项应为，S g。11(1)某同学用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图1所示。由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是_，烧杯的实际质量为_ g。(2)需配制150 mL 0.2 molL1 NaCl溶液，该同学转移溶液的示意图如图2所示。指出试验中存在的两个错误_。(3)用质量分数为98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸配制1 000 mL 0.1 molL1的稀硫酸。应用量筒量取浓硫酸_ mL；配制硫酸时需用到的仪器有_；(除量筒外，写出其余四种)下列操作使所配制溶液的物质的量浓度偏高的是_(填序号)。A称量时用了生锈的砝码B将NaOH放在纸张上称量C定容时俯视刻度线D往容量瓶中转移时，有少量液体溅出E未洗涤溶解NaOH的烧杯F定容时仰视刻度线G容量瓶未干燥即用来配制溶液H定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线答案(1)烧杯与砝码的位置放反27.4(2)未用玻璃棒引流；应用150 mL容量瓶(3)5.4玻璃棒、烧杯、1 000 mL容量瓶、胶头滴管AC解析本题考查配制确定物质的量浓度溶液的一些基本操作。(1)称量时应当“左物右码”，由图1可知烧杯与砝码的位置放反了，烧杯的实际质量应为30 g2.6 g27.4 g。(2)图2中有两处错误，一是向容量瓶中加蒸馏水时应当用玻璃棒引流，二是容量瓶的规格不对，应用150 mL容量瓶。(3)配制溶液时遵守溶质的量(质量、物质的量)守恒的原则，0.1 mol，求得V浓5.4 mL；除量筒外还需玻璃棒、烧杯、1 000 mL容量瓶、胶头滴管。留意容量瓶要指出规格大小；称量时用了生锈的砝码，称得的物质质量会偏大，使结果偏高；定容时俯视刻度线，加的水会偏少，使结果偏高。12锶(Sr)是人体必需的微量元素，其单质和化合物的化学性质与钙、钡的相像。试验室用含碳酸锶的废渣(含SrCO3 38.40%，SrO 12.62%，CaCO3 38.27%，BaCO3 2.54%，其它不溶于硝酸的杂质8.17%)制备硝酸锶粗品的部分试验过程如下：(1)市售浓硝酸的质量分数为65%，密度为1.4 gcm3，要配制30%稀硝酸500 mL，还需要查阅的数据是_，若配制过程中不使用天平，则必需要计算的数据是_，必需要使用的仪器是_。已知两种盐的溶解度(g/100 g水)如下表温度/物质02030456080100Sr(NO3)228.240.74747.248.349.250.7Ca(NO3)24H2O102129152230300358408(2)由浸取后得到的混合物制备硝酸锶粗品的试验步骤依次为过滤、_、_、洗涤、干燥。已知，硝酸钙能溶于有机溶剂A中。相对分子质量：Sr(NO3)2：212、Ba(NO3)2：261、Ca(NO3)2：164。(3)制得的硝酸锶粗品中含少量Ca(NO3)2、Ba(NO3)2等杂质。测定硝酸锶纯度的试验如下：称取5.39 g硝酸锶样品，加入足量的有机溶剂A，经过滤、洗涤、干燥后，剩余固体5.26 g，将此固体配成250 mL的溶液，取出25.00 mL，调整pH为7，加入指示剂，用浓度为0.107 molL1的碳酸钠溶液滴定至终点，消耗碳酸钠溶液22.98 mL。滴定过程的反应：Sr2CO=SrCO3Ba2CO=BaCO3滴定选用的指示剂为_，滴定终点观看到的现象为_；该硝酸锶粗品中，硝酸锶的质量分数为_(小数点后保留两位)。若滴定前样品中Ca(NO3)2没有除尽，所测定的硝酸锶纯度将会_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。答案(1)30%稀硝酸的密度浓硝酸和蒸馏水的体积量筒、烧杯、玻璃棒(2)蒸发结晶趁热过滤(3)酚酞溶液变为红色且30 s不变色0.96偏高解析(1)由于配制的是确定质量分数的稀硝酸，依据x mL1.4 gcm365%500 mL30%，所以还应查阅30%稀硝酸的密度。该试验需计算所量取浓硝酸的体积和所加蒸馏水的体积，所以配制过程中还需玻璃棒、量筒、烧杯。(2)由于Sr(NO3)2的溶解度受温度的影响较小，所以把杂质过滤后，应实行蒸发结晶，趁热过滤的方法。(3)Sr(NO3)2、Ba(NO3)2的溶液呈中性，当滴入Na2CO3时发生反应Sr2CO=SrCO3、Ba2CO=BaCO3。当恰好完全反应时，再滴入一滴Na2CO3溶液，呈碱性，所以应用酚酞作指示剂，滴定终点的现象是溶液变为红色且30 s不变色。设Sr(NO3)2、Ba(NO3)2的物质的量分别为x、y，则解得所以其质量分数为0.96若Ca(NO3)2未除尽，则消耗Na2CO3多，所测定的Sr(NO3)2的纯度应偏高。13盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐(含少量铁、铝、钙的盐)。试验室以盐泥为原料制取MgSO47H2O的试验过程如下：产品已知：室温下KspMg(OH)26.01012。在溶液中，Fe2、Fe3、Al3从开头沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.19.6、2.03.7、3.14.7。三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线如图所示。(1)由滤液到滤液需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是_，滤渣的主要成分是_。(2)从滤液中获得MgSO47H2O晶体的试验步骤依次为向滤液中加入_；过滤，得沉淀；_；蒸发浓缩，降温结晶；过滤、洗涤得产品。(3)若获得的MgSO47H2O的质量为24.6 g，则该盐泥中镁以Mg(OH)2计的百分含量约为_(MgSO47H2O的相对分子质量为246)。答案(1)温度较高时钙盐与镁盐分别得更彻底(或高温下CaSO42H2O溶解度小等合理答案均可)Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO42H2O(2)NaOH溶液向沉淀中加足量稀硫酸(其他合理答案均可)(3)20.0%解析(1)加入NaClO，可以把Fe2氧化成Fe3，当pH大约为5时，Fe3、Al3转化成沉淀；依据溶解度曲线，温度高时，CaSO42H2O的溶解度更小，所以滤渣的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3和CaSO42H2O。(2)使Mg2转化成MgSO47H2O的步骤为加入NaOH溶液；过滤得Mg(OH)2沉淀；加入稀H2SO4；蒸发浓缩、降温结晶、过滤得产品。(3)依据镁元素守恒得100%20%。14已知硫酸、氨水的密度与所加水的量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，请依据表中信息，回答下列问题：溶质的物质的量浓度/molL1溶液的密度/gcm3硫酸c11氨水c22(1)表中硫酸的质量分数为_(不写单位，用含c1、1的代数式表示)。(2)物质的量浓度为c1 molL1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液的体积变化忽视不计)，所得溶液的物质的量浓度为_ molL1。(3)将物质的量浓度分别为c2 molL1和c2 molL1的氨水等质量混合，所得溶液的密度_(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)2 gcm3，所得溶液的物质的量浓度_c2 molL1(设混合后溶液的体积变化忽视不计)。答案(1)%(2)(3)大于大于解析(1)设硫酸的体积为1 L，则w(H2SO4)100%。(2)硫酸与水等体积混合(混合后溶液的体积变化忽视不计)，溶液的体积变为原来的2倍，则浓度为 molL1。(3)依据图像可知，氨水的浓度越大，密度越小，则c2 molL1氨水的密度小于c2 molL1氨水的密度，等质量时，c2 molL1氨水的体积小于c2 molL1氨水的体积。两者混合后，所得溶液的密度确定比2大，所得溶液的物质的量浓度趋近于体积大者，故大于c2 molL1。