1、第2讲溶液配制和溶解度曲线高考备考导航考试要求：1.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。2了解溶解度、饱和溶液的概念。3能运用实验基本操作实施实验方案。能观察并如实记录实验现象和数据，进行分析和推理，得出合理的结论。名师点拨：1.变化观念与平衡思想：能通过分析各物质的溶解度及溶解度曲线，寻找各种因素对溶解度的影响。2证据推理与模型认知：根据溶质的物质的量、溶液的体积进行物质的量浓度的计算。3科学探究与创新意识：通过对一定物质的量浓度溶液的配制及探究，在探究中归纳总结规范操作对实验结果的影响，学会评价实验，进行误差分析。考点一配制一定物质的量浓度的溶液及误差分析核心知识梳理1主
2、要仪器(1)托盘天平：精确度为 0.1g，称量前先 调零，称量时左盘放 物品，右盘放 砝码。(2)容量瓶：容量瓶是一种 细颈、 梨形、 平底玻璃瓶，配有 磨口玻璃塞。容量瓶上标有 刻度线、 温度和 容量，常见的容量瓶规格有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL等。选择容量瓶时应遵循“大而近”的原则。查漏操作：(3)其他仪器：量筒、烧杯、 胶头滴管、 玻璃棒、药匙等。2溶液的配制步骤(1)配制过程示意图：(2)以配制500 mL、1.00 molL1NaOH溶液为例。计算：需NaOH固体的质量为 20.0g。称量：用 托盘天平称量NaOH固体(或用量筒量出所需液体的体积)。溶
3、解：将称好的NaOH固体放入 烧杯中，用适量蒸馏水溶解。冷却：将烧杯中的液体冷却至室温。移液：用玻璃棒引流，将溶液注入 500 mL容量瓶。洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒 23次，洗涤液全部 注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀。定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线 12 cm时，改用 胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与 刻度线相切。摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，并将所配溶液倒入指定的 试剂瓶中并贴好标签。特别提醒(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，必须用小烧杯快速称量NaOH固体，不能将
4、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)把准确称量好的固体溶质放在烧杯中，用少量溶剂溶解，然后把溶液转移到容量瓶里。(4)定容加水超过刻度线时，则需重新配制。(5)定容后如果发现液面低于刻度线，这是因为容量瓶内极少量溶液在瓶颈处润湿所致，所以并不影响所配制溶液的浓度，故不要再向容量瓶内加蒸馏水，否则，将使所配制的溶液浓度降低。(6)容量瓶不能用来加热。(7)容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间储存溶液。(8)用托盘天平称量，物质和砝码放反时，不一定有误差。若没有用到游码，则无误差；若用到游码，则按照“药品的质量砝码的质量游码的质量”来计算。3误差分析(1)方法
5、：根据c，弄清误差是由m还是V引起的，进而分析所配溶液误差。(2)常见误差(填“偏大”“偏小”或“无影响”)实验操作对实验结果造成的影响称量称量物与砝码放反并使用游码 偏小砝码生锈 偏大用滤纸称量NaOH 偏小量取用量筒量取液体药品时俯视读数 偏小量取药品后，将量筒洗涤数次并将洗涤液转移入容量瓶 偏大转移未等溶液恢复至室温就转移入容量瓶，且溶解放热 偏大向容量瓶转移溶液时有少量溅出 偏小玻璃棒下端位置在刻度线以上 偏小洗涤未洗涤溶解用的烧杯和玻璃棒 偏小定容定容时俯视刻度线 偏大加水时不慎超过了刻度线，又用滴管取出至刻度线处 偏小摇匀摇匀后，发现液面下降又加水 偏小容量瓶洗涤后未干燥 无影响易
6、错警示溶液配制过程中四种仪器的使用注意事项仪器注意事项或作用量筒(1)不能作反应器(2)不能将浓溶液直接在量筒中稀释(3)量取的液体倒出后不必洗涤托盘天平(1)使用前调零(2)药品不能直接放在托盘上(3)左物右码，先大后小(4)读数至小数点后1位玻璃棒(1)在溶液配制中的作用是搅拌、引流(2)搅拌勿碰烧杯内壁，引流注意玻璃棒下端应在刻度线以下烧杯(1)用于溶解固体或稀释浓溶液(2)将溶液转入容量瓶后，必须将烧杯洗涤23次，洗涤液转入容量瓶基础小题自测1判断正误，正确的打“”，错误的打“”。(1)配制0.1 molL1CuSO4溶液450 mL时，选用500 mL容量瓶，称量胆矾晶体12.5 g
7、。()(2)称取2.0 g NaOH固体，可先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体。()(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。()提示没有950 mL容量瓶应选1 000 mL，故称取固体时应与1 000 mL溶液相对应，需要Na2CO3的物质的量为2 mol，则Na2CO310H2O的质量为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
8、 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。()(7)把0.585 g NaCl固体，放入100 mL容量瓶中，加水到刻度线处，配成0.1 molL1的NaCl溶液。()提示容量瓶、量筒不能用来溶解物质，也不能作反应容器。(8)用浓硫酸配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸时仰视读数，则所得稀硫酸浓度偏大。()(9)用图A装置配制0.1 molL1的NaOH溶液。()(10)用图B装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液。()(11)用图C装置配制0.5 molL1的Na2CO3溶液。()(12)用托盘天平称量29.25
9、g NaCl溶于水形成1 L溶液，所得溶液浓度为0.5 molL1。()(13)将10.6 g Na2CO310H2O溶于1 L水配成溶液，溶液中溶质物质的量浓度为0.1 molL1。()(14)分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水。()(15)将溶液摇匀后，液面低于刻度线，应再加水至刻度线。()(16)定容时，仰视刻度线，会导致浓度偏大。()2某同学用Na2CO3配制0.10 molL1 Na2CO3溶液的过程如图所示。你认为该同学操作错误的有(C)A BCD解析称量Na2CO3固体时，应将被称量物体放在托盘天平的左盘，砝码放在右盘，错误；定容时，视线应与凹液面的最低处相切，错误；
10、摇匀时，应将容量瓶反复上下颠倒而不是上下来回摇动，错误。3深度思考：下图所示是配制一定物质的量浓度溶液过程中的几步，回答下列问题：(1)图示几个步骤正确的先后顺序应是(B)A BCD(2)其中第步的操作方法为 将蒸馏水缓缓注入容量瓶中，当液面离容量瓶颈刻度线12 cm时，改用胶头滴管，滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切。考点突破提升微考点1一定物质的量浓度溶液的配制过程分析典例1 (2021山东潍坊高三检测)实验室用固体NaOH配制0.5 molL1的NaOH溶液500 mL，有以下仪器和用品：烧杯100 mL量筒500 mL容量瓶药匙玻璃棒托盘天平(带砝码)(1)配制时，没有使用的仪器和用
11、品有 (填序号)，还缺少的仪器是 胶头滴管。(2)在转移溶液过程中某学生进行如图操作，请指出其中的错误： 容量瓶规格选择错误、 移液没用玻璃棒引流。(3)在容量瓶使用方法中，下列操作不正确的是 BC(填序号)。A使用容量瓶前检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用碱液润洗C将氢氧化钠固体放在托盘中的纸片上，准确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中D定容后塞好瓶塞，用一只手食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀(4)实验中还需要950 mL 2 molL1的NaOH溶液，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaOH的质量分别是 A(填序号)。A1 000 mL,80.0 g
12、B950 mL,76.0 gC任意规格，72.0 gD500 mL,42.0 g解析(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀。由此可知需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶和胶头滴管，没有使用的仪器和用品是，还缺少的仪器是胶头滴管。(2)用固体NaOH配制0.5 molL1的NaOH溶液500 mL，应选择500 mL容量瓶，移液时应用玻璃棒引流。(3)使用容量瓶前要检查其是否漏水，A项正确；容量瓶用蒸馏水洗净后，再用碱液润洗，会导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故B项错误；称量氢氧化钠时不能将氢氧化钠放在纸片上称量，应放在小烧杯
13、中称量；容量瓶为精密仪器，不能盛放热的液体，氢氧化钠固体溶解放出大量的热，应冷却后再移液，故C项错误；定容后塞好瓶塞，用一只手食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀，故D项正确。(4)实验室中需要配制2 molL1的NaOH溶液950 mL，由于没有950 mL的容量瓶，实际配制时需要选用1 000 mL容量瓶，配制的溶液为1 000 mL 2 molL1的NaOH溶液，需要氢氧化钠的质量mcVM1 L2 molL140 gmol180.0 g。萃取精华：溶液配制过程“四个数据”溶液配制过程中有“四个数据”在高考中经常考查。数据要求或解释药品的质量实验室中一般用托盘天平称量药
14、品，而托盘天平只能精确到0.1 g，所以记录数据时只能保留小数点后一位数字。如所需NaCl的质量为14.6 g，不能写为14.60 g容量瓶的规格(1)选择容量瓶的规格时应该与所配溶液体积相等或稍大，如需用480 mL某溶液，则应该选择500 mL容量瓶；(2)回答补充仪器的问题时应该注明容量瓶的规格，如回答“500 mL容量瓶”时，不能只回答“容量瓶”洗涤烧杯23次移液时洗涤烧杯23次是为了确保溶质全部转入容量瓶中，否则会导致溶液浓度偏低液面离容量瓶颈刻度线下12 cm定容时，当液面离容量瓶颈刻度线下12 cm时，应该改用胶头滴管滴加，否则容易导致液体体积超过刻度线，导致溶液浓度偏低对点集训
15、1(1)配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是(A)A容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸C配制1 L 0.1 molL1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体D定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁解析10 mL量筒的精确度为0.1 mL，B错误；托盘天平的精确度为0.1 g，故只能称5.9 g NaCl固体，C错误；胶头滴管应悬空垂直于容量瓶口上方，D错误。(2)(2021经典习题汇编)完成下列填空。将称得的AgNO3配制成250 mL标准溶液，所使用的仪器
16、除烧杯和玻璃棒外还有 250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。若用47%的氢溴酸配制26%的氢溴酸500 mL，所需的玻璃仪器有玻璃棒、 量筒、烧杯、500 mL容量瓶、胶头滴管。若需配制浓度为0.010 00 molL1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，下列仪器中不必要用到的有 c、g(用编号表示)。a电子天平b烧杯c量筒d玻璃棒e容量瓶f胶头滴管g移液管硫代硫酸钠溶液配制：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 烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的 容量瓶中，加蒸馏水至 凹液面最低处与刻度线相切。解析配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器除烧杯和玻璃
17、棒外还有250 mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管，硝酸银见光分解，故选用棕色容量瓶。用浓溶液配制500 mL稀溶液需要用量筒量取经过计算需要的浓溶液的体积，然后在烧杯中稀释，配制500 mL溶液需要用500 mL容量瓶，定容时需要胶头滴管。根据溶液浓度的精度，应该选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，用玻璃棒搅拌，恢复室温后用玻璃棒引流移入250 mL容量瓶中，用胶头滴管定容，故用不到的仪器为量筒和移液管，故c、g项正确。一定物质的量浓度溶液的配制，样品的溶解需在烧杯中进行，完全溶解后，转移至100 mL容量瓶中，再加入蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切。萃取精华：从实验步骤分
18、析配制溶液所需仪器称量步骤注意点微考点2溶液配制的误差分析典例2 (2021山东滨州高三检测)在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是(B)A所用NaOH已经潮解B称量时所用砝码生锈C有少量NaOH溶液残留在烧杯里D定容时观察液面仰视解析所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量偏小，氢氧化钠的物质的量偏小会使所配溶液浓度偏低，A项错误；砝码生锈会使所称固体质量偏大，从而使溶液浓度偏高，B符合题意；有少量NaOH溶液残留在烧杯里，移入容量瓶内氢氧化钠的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，C项错误；定容时仰视观察液面，实际加水量超过容量瓶刻度线，所配溶液浓度偏低
19、，D错误。方法技巧误差分析的思维流程对点集训2(1)(2021河北石家庄模拟)下列有关操作或判断正确的是(D)A配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏大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大解析定容时仰视会使所配溶液实际体积偏大，浓度偏小；托盘天平的精确度为0.1 g；量取5.2 mL液体需10 mL量筒而非100 mL；量取溶液时仰视量筒刻度线所取HCl量偏多，浓度偏大。(2)(2021山东济南高三检测)利用碳酸钠晶体(Na2CO3
20、10H2O)配制0.5 molL1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低的是(C)A称取碳酸钠晶体143 gB定容时俯视观察刻度线C移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤D所用晶体已部分脱水解析A项，配制0.5 molL1的碳酸钠溶液1 000 mL需称取143 g Na2CO310H2O；B项，定容时俯视观察刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高；C项，未洗涤溶解碳酸钠晶体的烧杯，会造成碳酸钠损失，浓度偏低；D项，使用部分脱水的晶体，会使Na2CO3的质量偏大，浓度偏高。萃取精华：俯视、仰视导致的误差分析在量筒、容量瓶的使用中经
21、常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何(偏大或偏小)，必须分情况讨论：用容量瓶定容(如图、)图：定容时俯视刻度线，液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配制溶液的浓度偏高。图：定容时仰视刻度线，液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配制溶液的浓度偏低。用量筒量取一定体积的液体(如图、)图：若俯视刻度线，则实际量取的液体体积偏小。图：若仰视刻度线，则实际量取的液体体积偏大。无论是用量筒量取液体还是用容量瓶定容，仰视观察，实际液面高于刻度线；俯视观察，实际液面低于刻度线。考点二溶解度及溶解度曲线核心知识梳理1固体溶解度(1)含义：在一定温度下，某固体物质在 100 g溶剂中达到 饱和状态时所
22、溶解的质量。符号为S，单位为 g。(2)公式：S 。(3)常见物质的溶解度曲线：(4)溶解度曲线的含义不同物质在各温度时的溶解度不同。两曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度快速比较两种物质在某温度时溶解度的大小能反映出溶解度随温度变化的趋势(5)影响因素：溶剂和温度。溶剂的影响：如NaCl易溶于水，不易溶于汽油。温度的影响：大多数固体的溶解度随温度升高而增大，Ca(OH)2相反。2气体溶解度(1)含义：气体在一定温度时溶于 1体积水里达到饱和状态时的气体体积，常记为1x。如NH3在常温常压下溶解度为1700。(2)影响因素：温度和压强，温度升高溶解度 减小，压强增大溶解度 增大。
23、3溶解度与结晶方法(1)对于大多数固体物质，溶解度随温度升高而增大，如KNO3，应采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法结晶。(2)对于溶解度随温度变化不大的固体物质，如NaCl，应采取蒸发结晶的方法结晶。(3)若KNO3溶液中混有NaCl，结晶的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，从而得到较纯净的KNO3固体。(4)若NaCl溶液中混有KNO3，结晶的方法是：蒸发浓缩至有较多固体析出时趁热过滤，从而得到较纯净的NaCl固体。基础小题自测1判断正误，正确的打“”，错误的打“”。(1)20 时，100 g NaCl饱和溶液中含有26.5 g NaCl，因此NaCl在20 时的溶解度为26.5 g。()
24、(2)任何物质的溶解度都随温度升高而增大。()(3)20 时KNO3的溶解度约为30 g，则该溶液的溶质质量分数为30%。()(4)因为KNO3的溶解度大，故可以用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl。()(5)如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80 时KNO3的不饱和溶液。()(6)A、B、C三种物质的溶解度曲线如图所示，将t2 时等质量A、B、C的饱和溶液降温到t1 时，析出的晶体A最多。()22019年10月17日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射通信技术试验卫星四号。高氯酸钾(KClO4)可作为火箭推进剂，下表是高氯酸钾在不同温度的溶解度。下列说法正确
25、的是(C)温度/20406080溶解度/g1.683.737.313.4A.20 时高氯酸钾的溶解度为1.68B40 时，将4 g高氯酸钾溶于100 g水中可得到104 g溶液C80 的高氯酸钾饱和溶液冷却至40 有结晶现象D高氯酸钾的溶解度随温度升高而减小提示溶解度的单位是克，20 时高氯酸钾的溶解度为1.68 g，A错误；40 时，高氯酸钾的溶解度为3.73 g，不能得到104 g溶液，B错误；高氯酸钾在不同的温度时溶解度不同，随着温度的升高而增大，80 的高氯酸钾饱和溶液冷却到40 ，有晶体析出，有结晶现象，C正确，D错误。考点突破提升微考点1溶解度的概念及计算典例1 (2021山东潍坊
26、检测)下表是四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g水)：(假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计)NaNO3KNO3NaClKCl10 80.521.235.731.0100 17524639.156.6用物质的量之比为11的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示以下说法错误的是(C)A和的实验过程中，都需要控制温度B实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤C实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤D用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好解析为蒸发浓缩，为冷却结晶，均需要控制温度，故A正确；实验分离出NaCl，操作依次为：加水溶解、蒸
27、发浓缩结晶，趁热过滤，故B正确；实验操作为冷却结晶，故C错误；用95%的酒精洗涤所得KNO3晶体比较好，可减少KNO3的溶解，D正确，故选C。对点集训1(2021山东济南高三检测)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(B)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Dt1 和t2 时的两份蔗糖溶液，所含溶质的质量不可能相等解析由图可知蔗糖的溶解度随温度的升高而增大，故A错误；将蔗糖的饱和溶液蒸发溶剂后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；如果只是单纯的温
28、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；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。萃取精华：物质的量浓度、溶解度、质量分数的相互换算溶质的质量分数与物质的量浓度cc(密度的单位为gcm3或gmL1)饱和溶液溶质的质量分数与溶解度100%，c(密度的单位为gcm3或gmL1)微考点2溶解度曲线及应用典例2 (2021山东潍坊高三检测)如图是MgSO4、NaCl的溶解度曲线。下列说法正确的是(C)AMgSO4的溶解度随温度升高而增大BNaCl的溶解度比M
29、gSO4的溶解度大C在t2时，MgSO4的饱和溶液通过降温或升温均能析出晶体D把MgSO4饱和溶液的温度从t3降至t2时，会有晶体析出解析A项，t2之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2之后，随温度的升高而降低；B项，t1、t3时，NaCl、MgSO4的溶解度相等；C项，t2时溶解度最大，温度升高或降低，溶解度均减小；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3降至t2时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。对点集训2(1)(20201经典习题选萃)有关物质的溶解度如图所示。向“含Na2Cr2O7的滤液”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_得到的
30、K2Cr2O7固体产品最多。(D)A80 B60 C40 D10 解析发生反应为2KClNa2Cr2O7=K2Cr2O72NaCl，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，即冷却到10 左右时得到的K2Cr2O7固体最多，故D项正确。(2)(2021山东潍坊高三检测)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)A溴酸银的溶解是放热过程B温度升高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解析从图像可看出随温度的升高，AgBrO3的溶解度逐渐升高，即AgBrO3的溶解是
31、吸热过程，A项错误；温度升高，其溶解速度加快，B项正确；60 时饱和溶液中AgBrO3的物质的量浓度约为2.5102mol/L，其Kspc(Ag)c(BrO)6104，C项正确；由于AgBrO3的溶解度比较小，故KNO3中含有AgBrO3时，可采用重结晶的方法提纯，D项正确。(3)(2021河北衡水高三检测)高氯酸铵(NH4ClO4)常作火箭发射的推进剂，实验室用NaClO4、NH4Cl等原料制取NH4ClO4(部分物质的溶解度如图1、图2所示)，其实验流程如图3所示。反应器中发生反应的基本反应类型是 复分解反应。图3所示流程中由粗产品获得纯净高氯酸铵的方法(操作)为 重结晶。洗涤粗产品时，宜
32、用 0 冷水(填“0 冷水”或“80 热水”)洗涤。已知NH4ClO4在400 时分解为N2、Cl2、H2O等。某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物(假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略)。实验开始前，已用CO2气体将整套实验装置中空气排尽；焦性没食子酸溶液用于吸收氧气。A写出高氯酸铵分解的化学方程式： 2NH4ClO4N2Cl22O24H2O。B为了验证NH4ClO4的分解产物，按气流从左至右，装置的连接顺序为A FBDCEHG(填装置对应的字母)，证明氧气存在的实验现象为 装置E的硬质玻璃管中红色粉末变为黑色。C若将装置E的硬质玻璃管中的Cu粉换成Mg粉，向得到的产物中滴加蒸馏
33、水，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。滴加蒸馏水发生反应的化学方程式为 Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH3。解析由题图3可知，高氯酸钠与氯化铵反应可生成高氯酸铵，由质量守恒定律可知化学方程式为NaClO4NH4Cl=NH4ClO4NaCl，该反应为复分解反应。由题图1、2可知，NH4ClO4的溶解度受温度的影响较大，且一定温度下与NaClO4、NH4Cl、NaCl的溶解度相差较大，可以使用重结晶的方法从粗产品中获得纯净的高氯酸铵。由题图2可知，NH4ClO4的溶解度随温度的升高而增大，因此洗涤NH4ClO4粗产品时，应选用0 冷水洗涤，减少NH4ClO4溶解损耗。A.由题干可知，
34、400 时NH4ClO4分解产生N2、Cl2和H2O等，该反应中氮元素的化合价由3升高到0，氯元素的化合价由7降低到0，由氧化还原反应中化合价升降总数相等知，还应有元素的化合价升高，只能为氧元素，所以还有O2生成，再结合质量守恒定律可写出化学方程式：2NH4ClO4N2Cl22O24H2O。B.检验产生的产物时，应先用无水CuSO4(装置F)检验H2O(g)，再用湿润的红色布条(装置B)检验Cl2。O2的检验需要利用O2能将铜氧化的性质，由于Cl2同样具有氧化性，因此需先用NaOH溶液(装置D)除去Cl2，再通过浓硫酸(装置C)干燥，然后将气体通过Cu粉(装置E)检验O2。装置G利用排水集气法
35、收集N2用于后续检验，由于O2也难溶于水，因此需先用焦性没食子酸溶液(装置H)吸收O2，因此装置的连接顺序为AFBDCEHG。O2将铜氧化为黑色的氧化铜，则证明O2存在的实验现象为装置E中红色粉末变为黑色。C.滴加蒸馏水产生的使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，说明装置E中氮气和Mg反应生成了Mg3N2，Mg3N2与水反应的化学方程式为Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH3。方法技巧(1)利用溶解度判断物质结晶的方法：溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；溶解度受温度影响较大的物质采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；带有结晶水的晶体，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。
36、(2)检验气体产物时，应先检验水蒸气，然后再检验其他气体。本讲要点速记：1配制一定物质的量浓度溶液的主要步骤计算、称量、溶解(稀释)、移液、洗涤、定容。2一定物质的量浓度溶液的配制误差分析的2个关键(1)抓住公式c。(2)分析不当操作导致是溶质质量m还是溶液体积V发生改变。3对于定容时俯视、仰视对结果的影响，要学会画线(如图)。4溶解度(1)大部分固体随温度升高溶解度增大，如硝酸钾。(2)少部分固体溶解度受温度影响不大，如食盐(氯化钠)。(3)极少数物质溶解度随温度升高反而减小，如氢氧化钙、硫酸锂。考点三化学计算的常用方法(拓展考点)核心知识梳理对化学计算的考查是高考命题的热点内容，培养学生化
37、学计算能力是教学重点之一。高考命题中，最常用的化学计算方法有“差量法”“关系式法”“极值法”“平均值法”“守恒法”等，在这几种计算方法中，依据化学方程式的计算是各种计算方法的基础。针对不同的题型，选择相应的不同方法是解题的关键。方法一：根据化学方程式的基本计算比例式法1计算原理aA(g) bB(g)=cC(g)dD(g)化学计量数之比： a b c d质量之比：aMA bMB cMCdMD物质的量之比： a b c d气体体积之比： a b cd(同温同压下)不同物质的相同物理量之间的换算可以按上述关系进行。解题时要注意化学方程式中各种物质对应关系的单位问题，同一物理量单位要一致。如果涉及两种
38、物理量，只要做到两种物理量“上下一致，左右相当”即可。2解题步骤(1)根据题意书写正确的化学方程式。(2)明确已知条件，化学方程式所表示的是参加反应的纯净物之间的量的关系，因此，不纯物质的量必须换算成纯净物的量，未参加反应的物质要排除在外。(3)建立已知量与未知量之间的比例关系，求出未知量。典例1 (2021山东滨州高三检测)将18.0 g铁、铜混合粉末加入到100 mL 5.0 molL1FeCl3溶液中，充分反应后剩余固体质量为3.2 g。下列说法正确的是(B)A剩余固体是铁、铜的混合物B反应后溶液中n(Fe2)n(Cu2)0.75 molC反应后溶液中n(Fe3)0.10 molD原固体
39、混合物中铜的质量是8.0 g解析铁的还原性强于铜，将铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5 mol，由Fe 2Fe3=3Fe2 56 g 2 mol由此可知，0.5 mol Fe3可以消耗14 g铁，由于实际溶解的金属质量是18.0 g3.2 g14.8 g，故两种金属都参与反应，且Fe3完全反应，剩余的金属是铜，A、C两项错。设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁的物质的量是n264 gmol1n156 gmol1n214.8 g，根据Fe2Fe3=3Fe2及Cu2Fe3=Cu22Fe2可知n1n2解得n10.1 mol，n20.15 mol，则原来含有的铜
40、的质量是：0.1 mol64 gmol13.2 g9.6 g，D项错误；溶液中的n(Fe2)n(Cu2)0.1 mol0.15 mol0.5 mol0.75 mol，B项正确。方法二：化学方程式计算中的巧思妙解差量法1差量法应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的某种差量进行计算的方法。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积、反应过程中的热量等在反应中产生的差量，该差量的大小与参加反应的各物质的有关量成正比。解题的关键就是利用相关差量与物质有关量的正比关系列出比例式，然后求解。2解题的一般步骤(1)准确写出有关反应的化学方程式。(2)深入细致地分析题意，有针对性地找出产生差量的“对象”及
41、“理论差量”。(3)根据化学方程式，列出“理论差量”“实际差量”与物质相关量的比例关系，然后列比例式求解。典例2 (2021宁夏银川月考)16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 左右发生反应：6NO4NH35N26H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：53324397。其中正确的是(C)ABCD解析根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。6NO4NH35N2 6H2O(g)V(气体的体积差)6 mL 4 mL 5 mL 6 mL(56)mL(46)mL1 mL(理论差量)9 mL 6 mL
42、17.5 mL16 mL1.5 mL(实际差量)由此可知发生反应的气体共有15 mL，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO) V(NH3)(9 mL1 mL) 6 mL53，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO) V(NH3)9 mL(6 mL1 mL)97，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO) V(NH3)介于53与97之间，对照所给数据可知32与43在此区间内。方法三：解答连续反应类型计算题的捷径关系式法关系式法适用于多步进行的连续反应的相关计算，以中间产物为媒介，找出起始原料和最终产物的关系式，可将多步计算一步完成。利用关系式解
43、决多步反应的相关计算方便简捷。利用多步反应建立关系式的方法：1叠加法(如利用空气、木炭、水蒸气制取氨气)由空气、木炭、水蒸气制取NH3过程中，C和NH3的关系式为3C4NH3。2元素守恒法4NH35O24NO6H2O2NOO2=2NO23NO2H2O=2HNO3NONO经多次氧化和吸收，最终氮元素可完全转化到硝酸中，由氮元素守恒知：NH3HNO3。3电子转移守恒法NH3HNO3，O22由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列反应生成HNO3，NH3和O2的关系式为NH32O2。典例3 (2021陕西西安调研测试)碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化
44、铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 molL1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是(C)A35 gB30 gC20 gD15 g解析碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜，消耗1 molL1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据铜元素守恒可知，原混合物中含有铜元素原子的物质的量为0.25 mol，则灼烧等质量的题给混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则得到氧化铜的质量为m(CuO)0.25 mol80 gmol120 g。特别提醒守恒法是高中化学计算中一种很重要的方法和技巧，其特点是抓住有关
45、变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。方法四：有关混合物计算的“简化高手”极值法1极值法的含义极值法是利用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧，它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的极值，利用极值进行判断分析求出结果，有时也称为极端假设法。2解题思路(1)极端假设。如：把可逆反应假设成向左或向右进行完全。把混合物假设成为某一纯净物。把多个同时进行的反应假设成单一反应。(2)计算极值。(3)由极值进行讨论、分析、推理，从而得出合理答案。3极值法解题的关键紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落脚点。典例4 (20
46、21湖南湘潭月考)把含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末95 g溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成的AgCl质量为300 g，则该MgCl2中的杂质可能是(B)ANaCl BAlCl3 CKClDCaCl2解析提供1 mol Cl所需各物质的质量分别为物质的化学式MgCl2NaClAlCl3KClCaCl2提供1 mol Cl所需质量/g47.558.544.574.555.5而该含氯化物杂质的MgCl2提供1 mol Cl需要的质量为95 g45.4 g。由于提供1 mol Cl所需MgCl2的质量为47.5 g，因此应选提供1 mol Cl所需质量小于45.4 g的物质，根据前面
47、的分析，提供1 mol Cl所需物质的质量小于45.4 g的只有AlCl3。方法五：简化过程，妙用守恒守恒法1应用原理所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循某些守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子数目守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。2解题步骤典例5 (2021广东珠海调研)28 g铁粉溶于稀盐酸，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为(B)A36 g B40 g C80 gD160 g解析28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的N
48、a2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成NaOH和O2，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3。根据铁原子守恒，n(Fe2O3)n(Fe)0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol160 gmol140 g。方法六：有关混合物计算的“简化高手”平均值法1依据若XAXB，则XAXB，可代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。2应用已知X可以确定XA、XB的范围；若已知XA、XB可以确定的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围，很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上
49、，它是极值法的延伸。典例6 (2021河北衡水月考)标准状况下，34 g CO和CO2混合气体的体积为22.4 L，关于该混合气体有下列的说法：混合气体中两种气体的分子个数比为53混合气体中两种气体的质量比为3533混合气体中碳和氧的原子个数比为811混合气体的密度约为1.52 gL1，其中正确的是(D)A只有 B只有C只有和D都正确解析标准状况下，34 g CO和CO2混合气体的体积为22.4 L，即混合气体的物质的量是1 mol，根据M知，混合气体的平均摩尔质量是34 gmol1，利用十字交叉法确定两种物质的物质的量之比，所以一氧化碳和二氧化碳的物质的量之比为10653，则n(CO) mo
50、l，n(CO2) mol。混合气体中两种气体的分子个数比等于其物质的量之比，即N(CO) N(CO2)53，故正确；混合气体中两种气体的质量比为3533，故正确；混合气体中碳和氧的原子个数比为811，故正确；混合气体的密度为1.52 gL1，故正确。考点突破提升1(2021河北衡水检测)将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是(C)A.BC.D解析设参加反应的氨气体积为x，则2NH3N23H2V2 2x bax(ba)L所以气体中NH3的体积分数为。2(2021经典习题选萃)白色固体PCl5受热即挥发
51、并发生分解：PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)。现将5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中，在277 达到平衡，容器内压强为1.01105Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol，平衡时PCl5的分解率为 78.6%。解析原n(PCl5)0.028 mol。设分解的PCl5的物质的量为xPCl5(g)PCl3(g)Cl2(g) 物质的量的增加(n)1 1 1 1 0.05 mol0.028 molx 0.022 mol所以x0.022 molPCl5的分解率100%78.6%。3(2021试题调研)黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测
52、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 00molL1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) 90.00%。(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为 3.36106L，可制得98%的硫酸质量为 15t。解析(1)根据方程式：4FeS211O22Fe2O38SO2SO22Fe32H2O=SO2Fe2
53、4HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O得关系式：Cr2O6Fe23SO2FeS2(这是关键一步)1 m(FeS2)0.090 00g样品中FeS2的质量分数为90.00%。(2)4FeS211O22Fe2O38SO2 4 mol 8 mol22.4 Lmol1 mol V(SO2)V(SO2)3.36106Ln(SO2)1.5105 mol由SO2SO3H2SO4 1 mol 98 g 1.5105mol m(H2SO4)98%得m(H2SO4)1.5107 g15 t。萃取精华：应用关系式法计算的步骤4(2021经典习题选萃)把一定量的碳酸钠、碳酸氢钠和硫酸钠的混合物溶解在水中
54、，制成100 mL溶液。向上述溶液中加入200 mL 1.00 molL1盐酸，完全反应后，生成2 016 mL干燥的二氧化碳(在标准状况下)，然后再加入400 mL 0.100 molL1氢氧化钡溶液，使SO完全沉淀，又加入40.0 mL 1.00 molL1盐酸，恰好把溶液中过量的碱完全中和，最后把所得沉淀分离出来，测得干燥的硫酸钡的质量为1.48 g。原碳酸钠、碳酸氢钠和硫酸钠的混合溶液中，碳酸钠的物质的量浓度是 0.700molL1，碳酸氢钠的物质的量浓度是0.200molL1，硫酸钠的物质的量浓度是 0.063 5molL1。解析根据酸所提供的H的物质的量与碱性物质所消耗的H的物质的
55、量相等的方法求解。由BaSO4的质量可先求出Na2SO4的物质的量为0.006 35 mol。设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，根据放出CO2的量得：xy0.09 mol两次加入盐酸所提供的H的物质的量为0.2 L1.00 molL10.04 L1.00 molL10.24 mol，在反应中消耗H的物质有Na2CO3、NaHCO3、Ba(OH)2，消耗的H物质的量为2xy0.100 molL10.4 L22xy0.08 mol。根据守恒关系：2xy0.08 mol0.24 mol联立可得：x0.07 mol，y0.02 mol，从而求得各物质的量浓度：c(Na2CO3)
56、0.700 molL1c(NaHCO3)0.200 molL1c(Na2SO4)0.063 5 molL15(2021经典习题选萃)将总物质的量为n mol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)，投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。下列关系式中正确的是(D)AxV/(11.2n)B0x0.5CV33.6n(1x)D11.2nV22.4n解析据题意金属钠的物质的量为nx mol，Al的物质的量为n(1x)mol，产生的H2是溶液中的H获得Na、Al失去的电子而生成的，根据得失电子守恒可得产生H2的物质的量mol，根据反应2Na2H2O=2NaOHH2、2
57、Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2和题中“金属没有剩余”，可知n(Na)n(Al)，即0.5x1。当x1时产生H2的物质的量为0.5n mol，即11.2n L；当x0.5时，产生H2的物质的量为n mol，即22.4n L，故产生H2的体积的取值范围为11.2 nV22.4n。6(2021试题调研)在含有a g HNO3的稀HNO3中，加入11.2 g Fe恰好完全反应，假设只生成NO。则a的取值范围为 33.6a50.4。解析假设只生成Fe2：3Fe8HNO3=3Fe(NO3)22NO4H2O356 863112 g m1m133.6 g；假设只生成Fe3：Fe4HNO3=Fe(
58、NO3)3NO2H2O 56 463 11.2 g m2m250.4 g；故a的取值范围为33.6a50.4。7(2021试题调研)两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为(B)AMg和AgBZn和CuCAl和ZnDAl和Cu解析本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需金属的质量)法求解。反应中H被还原生成H2，由题意可知15 g金属混合物可提供1 mol e，其平均摩尔电子质量为15 gmol1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 gmol1、 32.5 gmol1、9 gmol1，其中不
59、能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看作无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 gmol1，另一种金属的摩尔电子质量小于15 gmol1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。8(2021河南南阳一模)将镁铝合金溶于100 mL稀硝酸中，产生1.12 L NO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀的情况如图所示。下列说法不正确的是(A)A不能求出硝酸的物质的量浓度B氢氧化钠溶液的浓度为3 molL1C可以求出合金中镁的质量D可以求出沉淀的最大质量解析向反应后的溶液中加入NaOH溶液，开始没有沉淀生成，说明原溶液中硝酸过量，与
60、硝酸反应的NaOH溶液是10 mL，沉淀达到最多时生成沉淀消耗的NaOH溶液是50 mL，溶解氢氧化铝消耗的NaOH溶液是10 mL，则生成氢氧化铝消耗的NaOH溶液是30 mL，因此生成氢氧化镁消耗的NaOH溶液是20 mL，根据离子方程式Al33OH=Al(OH)3、Mg22OH=Mg(OH)2可知金属镁、铝的物质的量之比为11。生成的NO为0.05 mol，转移电子为0.15 mol，根据得失电子守恒可知金属镁铝的物质的量为0.03 mol。溶解0.03 mol氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.03 mol，则氢氧化钠溶液浓度为3 molL1，故B正确；沉淀达到最多时所得溶液是硝酸钠溶液，根据钠
61、离子守恒和硝酸根守恒可以求出硝酸的物质的量浓度，故A错误；从以上分析可知，可以求出合金中镁的质量，故C正确；从以上分析可知可以求出沉淀的最大质量，故D正确。9(2021广东广州重点中学联考)1.76 g铜镁合金完全溶解于50 mL、密度为1.40 gcm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1 792 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入适量的1.0 molL1NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是(B)A该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 molL1B加入NaOH溶液的体积是50 mLC浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸
62、的物质的量为0.08 molD得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12 g解析c(HNO3) molL114.0 molL1，A正确；1 792 mL NO2气体(标准状况)的物质的量为1.792 L22.4 Lmol10.08 mol，原硝酸的物质的量是0.05L 14.0 molL10.7 mol，当溶液中的金属离子全部沉淀时形成NaNO3溶液，根据原子守恒可知n(NaNO3)n(NaOH)0.7 mol0.08 mol0.62 mol，所以加入NaOH溶液的体积是0.62 mol1 molL10.62 L620 mL，B错误；1 792 mL NO2气体(标准状况)的物质的量为1.792 L22.4 Lmol10.08 mol，浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性作用的硝酸的物质的量等于NO2的物质的量，为0.08 mol，C正确；由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.08 mol(54)0.08 mol，故氢氧化物的质量为1.76 g0.08 mol17gmol13.12 g，D正确。
