人教版高考化学一轮总复习第2章第3节第2课时物质的量浓度课时学案

这是一份人教版高考化学一轮总复习第2章第3节第2课时物质的量浓度课时学案，共22页。
第2课时　物质的量浓度
考试评价解读
核心素养达成
1.能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。
2．能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并能进行误差分析。
科学探究
与
创新意识
通过实验探究、归纳总结，明确一定物质的量浓度溶液的配制方法，体会定量研究对化学科学的重要作用。
证据推理
与
模型认知
能建立物质的量与溶液体积之间的计算模型，并能运用模型进行物质的量浓度的计算。


物质的量浓度
[以练带忆]
1．判断正误(正确的划“√”，错误的划“×”)
(1)1 L水中溶解4.0 g NaOH，所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L。(×)
提示：水的体积不代表溶液的体积。
(2)将40 g SO3溶于60 g水中，所得溶液的溶质质量分数为49%。(√)
提示：SO3会和一小部分水反应，使溶液中的溶质为H2SO4。
(3)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中，所得溶液的物质的量浓度为1.0 mol/L。(×)
提示：溶液的体积不是0.1 L。
(4)从100 mL 1.0 mol/L NaCl溶液中取出10 mL，取出溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L。(×)
提示：溶液具有均一性，取出部分溶液，其物质的量浓度不变。
(5)500 mL 0.5 mol/L 的NaCl溶液中粒子数大于0.5NA。(√)
提示：氯化钠是离子化合物，离子数目是0.5NA，而粒子数包括离子、分子、原子等。
2．把如图标签所示的两份溶液注入如图容量瓶中并达到图示状态。

则该瓶溶液中H＋的物质的量浓度是(　　)
A．0.21 mol/L B．0.42 mol/L
C．0.56 mol/L D．0.26 mol/L
B　解析：c(H＋)＝

＝0.42 mol/L。
3．将32.2 g Na2SO4·10H2O溶于水配成1 L溶液。
(1)该溶液中Na2SO4的物质的量浓度为______，溶液中Na＋的物质的量浓度为______________。
(2)向该溶液中加入一定量的NaCl固体，使溶液中Na＋的物质的量浓度为0.4 mol/L(假设溶液体积不变)，需加入NaCl的质量为______________，Cl－的物质的量浓度为______________。
解析：(1)n(Na2SO4)＝n(Na2SO4·10H2O)＝＝0.1 mol，c(Na2SO4)＝0.1 mol/L，c(Na＋)＝0.2 mol/L。
(2)n(Na＋)＝0.4 mol/L×1 L＝0.4 mol，则加入n(NaCl)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol，m(NaCl)＝0.2 mol×58.5 g/mol＝11.7 g，c(Cl－)＝＝0.2 mol/L。
答案：(1)0.1 mol/L　0.2 mol/L　(2)11.7 g　0.2 mol/L
[练后梳理]
1．溶液组成的两种表示方法
(1)物质的量浓度(cB)


①V是指溶液的体积；②溶质的浓度和离子的浓度不一定相同，要依据化学式进行分析计算。
　(2)溶质的质量分数(w)

2．物质的量浓度计算的要素
(1)正确判断溶液的溶质
与水发生反应生成新的物质
如Na、Na2O、Na2O2NaOH；
SO3H2SO4；NO2HNO3
特殊物质
如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质
含结晶水的物质
CuSO4·5H2O―→CuSO4；
Na2CO3·10H2O―→Na2CO3
(2)准确计算溶液的体积
c＝中的V不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，不能用水的体积代替溶液的体积，应根据V＝计算。

配制一定物质的量浓度的溶液
[以练带忆]
1．判断正误(正确的划“√”，错误的划“×”)
(1)(2019·天津高考)配制一定浓度的溶液，如图甲所示。(√)
提示：定容时，眼睛、凹液面最低点与刻度线在同一水平线上(即视线与定容后的凹液面最低点相切)。
(2)(2019·江苏高考)将4.0 g NaOH固体置于 100 mL容量瓶中，加水至刻度线，配制1.000 mol/L NaOH溶液。(×)
提示：容量瓶不能溶解固体。
(3)(2018·全国卷Ⅱ)配制0.400 0 mol/L 的NaOH溶液：称取4.0 g NaOH固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL 容量瓶中定容。(×)
提示：冷却至室温后转移。
(4)用如图乙方式定容。(×)
　　
　　　　 甲　　　　 　　乙
提示：当液面离容量瓶颈部的刻度线1～2 cm时，用胶头滴管滴加液体。
2．在实验室中配制一定物质的量浓度溶液的有关操作中，正确的是(　　)
A．配制0.1 mol/L NaOH溶液的过程中，将NaOH固体放在滤纸上称量
B．配制0.1 mol/L 的H2SO4溶液时，将量取的浓硫酸倒入容量瓶中加水稀释
C．配制0.1 mol/L 的NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线
D．配制0.1 mol/L 的盐酸时，要将量取浓盐酸的量筒和溶解用的烧杯洗涤2～3次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中
C　解析：NaOH固体具有吸水性、腐蚀性，应在玻璃器皿中称量，A项错误；量取的浓硫酸要在烧杯中稀释后，冷却至室温，再转移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中稀释，B项错误；定容时，用烧杯加蒸馏水距刻度线1～2 cm处时，改用胶头滴管加水至刻度线，C项正确；量取浓盐酸的量筒不能洗涤，若将量筒洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中，所配溶液的浓度偏高，D项错误。
3．(1)配制100 mL 1.0 mol/L的H2SO4溶液，需要18 mol/L的浓硫酸的体积是________，该实验过程中所需要的玻璃仪器有____________________________
____________________________________________________________________。
(2)配制50 mL 0.2 mol/L的Na2CO3溶液，计算出需要称取固体Na2CO3的质量是________，用托盘天平称取固体Na2CO3的质量是________。
解析：注意量筒与托盘天平的精确度。
答案：(1)5.6 mL　10 mL量筒、100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管　(2)1.06 g　1.1 g
[练后梳理]
1．两种重要仪器——托盘天平和容量瓶
(1)托盘天平的构造及使用

称量前先调零，称量固体药品时，药品放在左盘，砝码放在右盘，读数精确到0.1 g。
(2)容量瓶的构造及使用

(3)容量瓶的查漏操作

2．一定物质的量浓度溶液的配制流程
(1)主要仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等。
(2)配制过程(以配制100 mL 1.0 mol/L NaCl溶液为例)：


使用容量瓶的“五不”
①不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释；②容量瓶不能用作反应容器或用来长期贮存溶液；③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；④不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中；⑤向容量瓶中注入液体时，不能直接注入，一定要用玻璃棒引流且玻璃棒的下端要在刻度线以下，防止溶液洒落。
3．配制溶液过程中不当操作引起的误差


仪器使用引起误差的不当操作
因变量
c/(mol/L)
m(溶质)
V(溶液)
托盘
天平
①天平的砝码生锈或粘有固体
增大
不变
偏大
②称量易潮解的物质时间过长或用称量纸称易潮解的物质(如NaOH固体)
减小
不变
偏小
量筒
①量取液体时，仰视刻度线读数
增大
不变
偏大
②量取液体时，俯视刻度线读数
减小
不变
偏小
烧杯
及玻
璃棒
①搅拌时，部分液体溅出
减小
不变
偏小
②未洗涤烧杯和玻璃棒，或洗涤液未注入容量瓶中
减小
不变
偏小
容
量
瓶
①未冷却到室温便注入容量瓶定容
不变
减小
偏大
②从烧杯向容量瓶转移溶液时，有少量液体洒落
减小
不变
偏小
③定容时，加蒸馏水超过了刻度线，再用胶头滴管吸出多余液体
减小
不变
偏小
④定容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降，再加蒸馏水
不变
增大
偏小
⑤定容时，俯视刻度线
不变
减小
偏大
⑥定容时，仰视刻度线
不变
增大
偏小

考点1　物质的量浓度的有关计算
　　　　　　　　　　　　　　　　
[抓本质·悟考法]
某品牌84消毒液瓶体部分标签如下图所示，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：

(1)该84消毒液的物质的量浓度约为________mol/L。
(2)84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力。某消毒小组人员用质量分数为98%(密度为 1.84 g/cm3)的浓硫酸配制2 000 mL 2.3 mol/L 的稀硫酸，用于增强84消毒液的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为______mol/L。
②需要量取浓硫酸的体积为________mL。

【解题关键点】　解答本题注意以下两点：
(1)可用c＝或c＝两种方法计算物质的量浓度。
(2)溶液稀释过程中溶质的物质的量保持不变。
【易错失分点】　(1)审题错误，误认为计算稀释100倍后该84消毒液的物质的量浓度，导致计算失误。
(2)利用c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)计算时，忽视单位转换。
[自主解答]
______________________________________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________________________________
解析：(1)84消毒液的有效成分是NaClO，容积为 1 000 mL，密度为1.19
g·cm－3，质量分数为25%，则该溶液中m(NaClO)＝1 000 mL×1.19 g/cm3×25%＝297.5 g，n(NaClO)＝≈4 mol，故NaClO的物质的量浓度为＝4 mol/L。(2)①稀硫酸的物质的量浓度为2.3 mol/L，则H＋的物质的量浓度为4.6 mol/L。②质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为18.4 mol/L，根据“稀释定律”可得V(浓硫酸)×18.4 mol/L＝2 000 mL×2.3 mol/L，解得 V(浓硫酸)＝250 mL。
答案：(1)4　(2)①4.6　②250
[多角度·突破练]
⊳角度1　有关物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算
1．一种双氧水的质量分数为27.5%(密度为1.10 g/cm3)，其浓度为________mol/L。
解析：假设溶液的体积为1 L，则1 L溶液中含H2O2的质量：m＝1 000 mL×1.10 g/cm3×27.5%＝302.5 g
c(H2O2)＝＝≈8.9 mol/L。
答案：8.9
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 mol/L，密度为ρ g/cm3。则下列说法不正确的是(　　)
A．相对分子质量M＝
B．物质的量浓度c＝
C．溶液的质量分数w＝
D．溶液密度ρ＝
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。


从定义式出发进行物质的量浓度、质量分数、溶解度的换算
(1)由定义式出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式c＝、质量分数＝×100%进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。
(2)在进行物质的量浓度、质量分数、溶解度三者之间的转换时，除利用上述方法外，我们还可以运用假设法，使问题简单化。
例如：已知溶质的质量分数为w，溶液的密度为ρ g/cm3，溶质的摩尔质量为M g/mol，求物质的量浓度c。
我们可以假设溶液为1 L，所以溶液的质量为1×1 000×ρ g，溶质的质量为1×1 000×ρ×w g，溶质的物质的量为 mol，这样我们就很容易求出该溶液的物质的量浓度c＝ mol/L。
⊳角度2　溶液的稀释与混合
3．V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋m g，取 mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO的物质的量浓度为　(　　)
A. mol/L B. mol/L
C. mol/L D. mol/L
A　解析： mL溶液中Al3＋的物质的量为＝ mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3＋)＝＝ mol/L，c(SO)＝c(Al3＋)＝× mol/L＝ mol/L。
4．现有V L 0.5 mol/L的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是(　　)
A．加热浓缩到原来体积的一半
B．加入5 mol/L的盐酸0.125V L
C．加入10 mol/L的盐酸0.1V L，再稀释至 1.5V L
D．标准状况下通入11.2 L氯化氢气体
C　解析：加热蒸发，HCl挥发，溶液浓度降低，故A错误；溶液的体积不具有加和性，故B错误；混合后溶液中HCl的物质的量为 0.5 mol/L×V L＋10 mol/L×0.1V L＝1.5V mol，所以混合后HCl的浓度为＝1 mol/L，故C正确；通入氯化氢气体，溶液的体积发生变化，无法求出浓度，故D错误。
5．(1)在100 g物质的量浓度为c mol/L、密度为ρ g/cm3的硫酸中加入一定量的水稀释成 mol/L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)·c＝·
V水＝－100
由于ρ′＜ρ，所以V水＜100 mL。
(2)由于ρ′＞ρ，所以V水＞100 mL。
(3)根据质量分数＝×100%知，溶质不变，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)＝

(1)溶液稀释定律(守恒观点)
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)同溶质不同物质的量浓度溶液的混合计算
①混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。
②混合后溶液体积发生改变时，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝。
(3)不同溶质溶液混合反应，有关物质浓度的计算
①明确各反应物、产物之间的物质的量之比。
②巧用电荷守恒思想：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。
考点2　一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析
[抓本质·悟考法]
实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL：
(1)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：
①称量　②计算　③溶解　④摇匀　⑤转移　⑥洗涤　⑦定容　⑧冷却　⑨摇动
其正确的操作顺序为______________________________________________。
本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、____________________________________________________________________。
(2)某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为________g，要完成本实验该同学应称出________g NaOH。

(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是________。
(4)在配制过程中，若其他操作都是正确的，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是________(填标号)。
A．所用NaOH已经潮解
B．向容量瓶中加水未到刻度线
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里
D．定容时仰视刻度线

【解题关键点】　解答本题要注意以下两点：
(1)实验室配制240 mL NaOH溶液需要250 mL容量瓶。
(2)计算质量时应保留到小数点后一位，注意托盘天平的精确度。
【易错失分点】　(1)答题不规范，没有指明容量瓶的规格。
(2)答题时未注意托盘天平游码的读数。
(3)忽略了没有240 mL的容量瓶，必须配制250 mL的溶液，应按250 mL溶液中的溶质进行计算。
[自主解答]
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解析：(1)配制1.0 mol/L NaOH溶液的步骤：计算所需NaOH固体的质量→用托盘天平称量→在烧杯中溶解→冷却至室温→向容量瓶中转移溶液→洗涤烧杯及玻璃棒→摇动容量瓶→向容量瓶中加水定容→上下颠倒摇动容量瓶。根据实验步骤即判断出所用仪器还有250 mL 容量瓶和胶头滴管。(2)该同学将砝码与烧杯放反了，所以称得烧杯的质量为(20 g＋10 g)－2.6 g＝27.4 g，应称出NaOH的质量为1.0 mol/L×0.25 L×40 g/mol＝10.0 g。(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作为查漏。(4)A项，所称NaOH的质量(物质的量)偏小，所配溶液浓度偏低；B项，所得溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；C项，所得溶液NaOH的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；D项，定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。
答案：(1)②①③⑧⑤⑥⑨⑦④　250 mL容量瓶、胶头滴管　(2)27.4　10.0　(3)查漏　(4)B
[多角度·突破练]
⊳角度1　考查溶液配制操作过程中的仪器使用
1．下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 mol/L NaOH溶液的过程：


该同学的错误步骤有(　　)
A．1处 B．2处
C．3处 D．4处
C　解析：第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑤步定容时应平视刻度线。
2．用质量分数为98%的浓硫酸(ρ＝1.84 g/cm3)配制240 mL 1.84 mol/L稀硫酸，下列操作正确的是(　　)
A．将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却
B．必需的定量仪器有50 mL量筒、250 mL容量瓶和托盘天平
C．量取浓硫酸的体积为25.0 mL
D．先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容
C　解析：稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢注入水中并不断搅拌，A项错误；该实验不需要使用托盘天平，B项错误；根据稀释前后溶质质量不变可知，配制该稀硫酸需要浓硫酸的体积为V＝＝25.0 mL，C项正确；不能在容量瓶里稀释浓硫酸，应在烧杯里稀释并冷却后，再转移到容量瓶中，最后加水定容，D项错误。

选择或补充所需仪器的常见错误
(1)不能从题给仪器中选出所需仪器：做需要补充仪器的实验题时，要按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，然后与已知仪器对比，就不会漏选某种仪器。
(2)忽视容量瓶的规格：补充所需仪器时，只写容量瓶，忽视其规格，常见的容量瓶有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL。
(3)忽视定量仪器量筒、托盘天平的精确度：选择量筒时，要根据计算所需浓溶液的体积，依据“大而近”的原则选取量筒；10 mL 量筒的精确度为 0.1 mL，托盘天平的精确度为0.1 g。
⊳角度2　考查溶液配制过程中的误差分析
3．下列有关一定物质的量浓度的溶液配制的过程中，造成所得溶液浓度偏高的是(　　)
A．要配制100 mL 1 mol/L NaOH溶液，需在白纸上称4 g NaOH 固体，并且称量速度要慢
B．称量时托盘天平的砝码已被锈蚀
C．溶解或稀释溶质时烧杯尚未干燥
D．定容时盖上瓶盖，摇匀后发现液面低于刻度线，再继续滴加蒸馏水使液面重新达到刻度线
B　解析：A项，NaOH具有腐蚀性，不可放在白纸上称量，而应放在烧杯或表面皿中进行称量。若称量速度较慢，会导致NaOH部分潮解甚至变质，而且还会有少量NaOH粘附在纸上，会造成所配溶液的浓度偏低。B项，因为砝码被锈蚀，质量会变大，致使称量值变大，从而所配溶液的浓度会偏高。C项，对所配溶液的浓度无影响。D项，导致溶液的浓度偏低。
4．利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制 0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL，假如其他操作均是准确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是
(　　)
A．称取碳酸钠晶体100.0 g
B．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗
C．定容时俯视刻度线
D．移液前，容量瓶中有少量蒸馏水
C　解析：0.5 mol/L的碳酸钠溶液1 000 mL需称取Na2CO3·10H2O 143.0 g，A项偏低；未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，结果偏低，B项不符合题意；定容时俯视刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，结果偏高，C符合题意；容量瓶中有少量蒸馏水对所配溶液的浓度无影响，D项不符合题意。
5．配制250 mL 0.10 mol/L的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是(　　)
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
B．在容量瓶中进行定容时仰视刻度线
C．在容量瓶中进行定容时俯视刻度线
D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度线，再补充几滴水至刻度线
C　解析：转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致溶质减少，则所配溶液浓度偏小，A项错误；在容量瓶中定容时仰视刻度线，会导致水加多了，则所配溶液浓度偏小，B项错误；在容量瓶中定容时俯视刻度线，会导致水加少了，所配溶液浓度偏大，C项正确；定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又补足了所缺的水，导致水加多了，则所配溶液浓度偏小，D项错误。

(1)误差分析的理论依据

(2)容量瓶读数误差的图示分析

图1使所配溶液体积偏大，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。
　
1．解读溶解度曲线
(1)物质溶解度随温度的变化趋势。
(2)表示不同物质在同一温度时的溶解度存在较大差异。

2．溶液中溶质的析出

注意：在混合溶液中，溶解度小的物质优先析出。
(1)提取单一物质的方法：蒸发浓缩；蒸发浓缩、冷却结晶；升温。
(2)提取混合溶液中溶质的方法应根据物质性质的差异、溶解度差异、溶解度随温度变化的差异而定。

1．KIO3的溶解度曲线如图所示。由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为___________________________________________________________________。

解析：由溶解度曲线可知KIO3在常温下的溶解度较小，故由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为蒸发浓缩，降温结晶。
答案：蒸发浓缩，降温结晶
2．硫酸锰在不同温度下结晶可分别得到MnSO4·7H2O、MnSO4·5H2O和MnSO4·H2O。硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如下图所示。

从过滤所得的滤液中获得较高纯度MnSO4·H2O的操作是：控制温度在80～90 ℃蒸发结晶，________，使固体MnSO4·H2O与溶液分离，____________、真空干燥。
解析：据溶解度曲线图，要从过滤所得滤液中获得较高纯度的MnSO4·H2O晶体，应在80～90 ℃进行蒸发结晶、趁热过滤，再用80～90 ℃的蒸馏水洗涤MnSO4·H2O晶体2～3次，最后真空干燥。
答案：趁热过滤　用80～90 ℃的蒸馏水洗涤 2～3次
3.已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴沉淀中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤的原因是_______________________________
______________________________________________。
解析：由CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以要趁热过滤，防止因温度降低CoCl2晶体析出。
答案：防止因温度降低，CoCl2晶体析出
4．以废旧铅蓄电池的含铅废料(主要含Pb、PbO、PbO2、PbSO4)和稀硫酸为原料制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其主要流程如下：

PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)＋NaOH(aq)===NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如下图所示。结合图示溶解度曲线，简述由粗品PbO得到高纯PbO的操作______________________________________________________________
___________________________________________________________________。

解析：根据图像可知PbO在35% NaOH溶液中的溶解度受温度影响较大，超过110 ℃随温度升高而降低，因此由粗品PbO得到高纯PbO的操作为将粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加热至110 ℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体。
答案：将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，加热至110 ℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体
5．Mg(ClO3)2常用作催熟剂、除草剂等，下图为制备少量Mg(ClO3)2·6H2O的方法：


已知：①卤块的主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。
②几种化合物的溶解度(S)随温度(T)的变化曲线如上图。
(1)加入BaCl2的目的是除________，如何判断该离子已除尽：____________
____________________________________________________________________。
(2)加入NaClO3饱和溶液会发生反应：MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓，请利用该反应，结合溶解度图，制取Mg(ClO3)2·6H2O的实验步骤依次为
①取样，加入NaClO3饱和溶液充分反应；②蒸发浓缩；③________；④冷却结晶；⑤过滤、洗涤，获得Mg(ClO3)2·6H2O晶体。
解析：(1)加入BaCl2的目的是除去SO，钡离子与硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，过滤除去；检验SO是否除尽的方法是静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO已沉淀完全。(2)Mg(ClO3)2的溶解度受温度变化影响大，温度高时溶解度较大，温度低时溶解度较小，所以需要趁热过滤除去氯化钠。
答案：(1)SO　静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO已沉淀完全　(2)趁热过滤

1．(命题情境：消毒剂溶液的配制)实验室发生意外时，比如手指划破、烫伤等都需要对伤口进行消毒。现配制0.01 mol/L 的KMnO4消毒液，下列有关说法不正确的是(　　)
A．KMnO4的摩尔质量为158
B．KMnO4溶液用于杀菌消毒的原理是因其具有强氧化性
C．配制KMnO4溶液，当液面接近容量瓶的刻度线1～2 cm处时，改用胶头滴管定容
D．定容时俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液浓度偏高
A　解析：摩尔质量的单位是 g/mol，A错误；KMnO4具有强氧化性，可以用来杀菌消毒，B正确；配制KMnO4溶液，当液面接近容量瓶的刻度线1～2 cm处时改用胶头滴管定容，C正确；定容时俯视容量瓶刻度线，导致所加溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，D正确。
2．(命题情境：化学材料的制备)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FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：

回答下列问题：
步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
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⑤的反应类型是_____________________________________________。
解析：根据题图，可知温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，故d项正确。步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl，该反应属于复分解反应。
答案：d　复分解反应
3．(命题情境：化学材料纯度的测定)软锰矿(主要成分为MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为MnO2＋SO2===MnSO4。
(1)质量为17.40 g的纯净MnO2最多能氧化________L(标准状况) SO2。
(2)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋ )＝0.050 0 mol/L 的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋)，消耗Fe2＋溶液 20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。
解析：(1)n(MnO2)＝＝0.2 mol，由化学方程式MnO2＋SO2===MnSO4知，n(SO2)＝n(MnO2)＝0.2 mol，标准状况下V(SO2)＝22.4 L·mol－1×0.2 mol＝4.48 L。(2)Fe2＋的氧化产物为Fe3＋，由质量守恒定律和电子守恒可得：Mn2＋～Mn3＋～Fe2＋。因此，n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝0.050 0 mol/L×0.020 L＝1.00×10－3 mol，则m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3 mol×169 g/mol＝0.169 g，故MnSO4·H2O样品的纯度为×100% ≈98.8%。
答案：(1)4.48
(2)n(Fe2＋)＝0.050 0 mol/L×＝1.00×10－3 mol，
n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3 mol，
m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3 mol×169 g/mol＝0.169 g，
MnSO4·H2O样品的纯度为×100%≈98.8%