1、专题一 基本概念第二讲 化学计量及其应用专题一 基本概念最新考纲1了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。2理解质量守恒定律。3能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进行有关计算。专题一 基本概念4了解物质的量(n)及其单位摩尔(mol)、摩尔质量(M)、气体摩尔体积(Vm)、物质的量浓度(c)、阿伏加德罗常数(NA)的含义。5能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。6了解溶液的含义。7了解溶解度、饱和溶液的概念。专题一 基本概念8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。9
2、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。阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律1(2017高考全国卷，8，6 分)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A1 L 0.1 molL1 NH4Cl 溶液中，NH4 的数量为 0.1NAB2.4 g Mg 与 H2SO4 完全反应，转移的电子数为 0.1NAC标准状况下，2.24 L N2 和 O2 的混合气体中分子数为0.2NAD0.1 mol H2 和 0.1 mol I2 于密闭容器中充分反应后，其分子总数为 0.2NA解析：选 D。溶液中含 0.1 mol NH4Cl，由于 NH4 部分水解，即 NH4 的数量少于 0.1NA，
3、A 项错误；2.4 g Mg 为 0.1 mol，与 H2SO4 完全反应转移 0.2 mol 电子，B 项错误；标准状况下，2.24 L N2 和 O2 的混合气体为 0.1 mol，其分子数为 0.1NA，C 项错误；H2 与 I2 的反应虽为可逆反应，但由于反应前后气体总物质的量不变，因此无论反应程度如何，分子总数均为 0.2NA，D 项正确。2(2017高考全国卷，10，6 分)NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A0.1 mol 的 11B 中，含有 0.6NA 个中子BpH1 的 H3PO4 溶液中，含有 0.1NA 个 HC2.24 L(标准状况)苯在 O2 中完全燃
4、烧，得到 0.6NA 个 CO2分子D密闭容器中 1 mol PCl3 与 1 mol Cl2 反应制备 PCl5(g)，增加 2NA 个 PCl 键解析：选 A。1 个 11B 原子中含有 6 个中子，0.1 mol 11B 中含有 0.6NA 个中子，A 项正确；H3PO4 溶液的体积未知，所以不能计算出所含氢离子个数，B 项错误；标准状况下苯是液体，不能利用标准状况下的气体摩尔体积计算 2.24 L 苯在 O2 中完全燃烧产生 CO2 分子的数目，C 项错误；PCl3与Cl2生成PCl5的反应是可逆反应，所以1 mol PCl3与1 mol Cl2 不可能完全反应，生成的 PCl5 小于
5、 1 mol，故增加的PCl 键的数目小于 2NA，D 项错误。感悟高考1题型：选择题2考向：有关阿伏加德罗常数的问题是比较重要的题型，涉及的概念很多，是近几年高考常出不衰的热点题型。阿伏加德罗定律及推论也常常在化学平衡计算中得到应用。考生需要积累此类试题的各方面易错点和规律，特别是要将气体摩尔体积、物质的组成、氧化还原反应中电子转移、弱电解质的电离、盐类的水解以及一些特殊的反应等所涉及的常考物质牢记在心。1注意阿伏加德罗常数应用题常设的五大“陷阱”(1)“标准状况”“常温常压”等外界条件在标准状况下的非气态物质如 H2O、SO3、戊烷、苯、CCl4 等。物质的质量、摩尔质量、粒子个数不受外界
6、条件的影响。(2)物质的组成特殊物质中所含粒子(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目，如 Ne、D2O、18O2、H37Cl。物质中所含化学键的数目，如 CO2、CnH2n2 等。最简式相同的物质中的微粒数目，如 NO2 和 N2O4、乙烯和丙烯、O2 和 O3 等。摩尔质量相同的物质中的粒子数目，如 N2、CO、C2H4等。(3)氧化还原反应中电子转移(得失)的数目如 Na2O2、NO2 与 H2O 的反应；电解 AgNO3 溶液、CuSO4溶液的反应；Cl2 与 H2O、NaOH、Fe 的反应等，分析该类题目时还要注意反应产物以及过量计算的问题。(4)弱电解质的电离、盐类的水解弱电解质在
7、水溶液中部分电离，可水解的盐溶液中，离子发生微弱水解。如 0.1 molL1 的乙酸溶液和 0.1 molL1 的乙酸钠溶液中 c(CH3COO)不相等。(5)一些特殊的反应如一氧化氮和氧气不需要条件即可反应，二氧化氮和四氧化二氮之间存在相互转化，合成氨反应属于可逆反应等。2阿伏加德罗定律(1)定义：同温同压同体积的任何气体含有相同的分子数。(2)推论同温同压下，V1/V2n1/n2。同温同体积时，p1/p2n1/n2。同温同压同体积时，M1/M21/2。阿伏加德罗常数的正误判断1(2016高考全国卷，8，6 分)设 NA 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A14 g 乙烯和丙烯混合
8、气体中的氢原子数为 2NAB1 mol N2 与 4 mol H2 反应生成的 NH3 分子数为 2NAC1 mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为 2NAD标准状况下，2.24 L CCl4 含有的共价键数为 0.4NA解析：选 A。乙烯和丙烯的最简式均为 CH2，故 14 g 乙烯和丙烯的混合气体中氢原子数为14 g14 gmol12NAmol12NA，A 项正确；忽视了 N2 与 H2 的反应为可逆反应，不能进行彻底，B 项错误；Fe 与过量硝酸反应生成 Fe3，1 mol Fe 参加反应转移 3NA 个电子，C 项错误；标准状况下 CCl4为液态，D 项错误。2(2017潍坊高三三模
9、)设 NA 为阿伏加德罗常数值。下列叙述正确的是()A28 g C2H4 和 CO 的混合气体中含有的分子数为 NAB28 g N2 和 6 g H2 充分反应，生成 NH3 的分子数为 2NAC标准状况下，11.2 L O2 参加反应转移的电子数一定为2NAD0.1 mol FeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成 0.1NA个胶粒解析：选 A。C2H4和 CO 的摩尔质量都为 28 g/mol，28 g C2H4和 CO 的混合气体为 1 mol，则其中含有的分子数为 NA，选项 A 正确；合成氨是可逆反应，反应不可能完全转化，28 g N2 和 6 g H2 充分反应，生成 NH3 的
10、分子数小于 2NA，选项 B 错误；标准状况下，11.2 L O2 参加反应转移的电子数可能为 NA，如氧气与金属钠反应生成过氧化钠，选项 C错误；1 个氢氧化铁胶粒中含有多个 Fe(OH)3 分子，1 mol FeCl3 完全水解生成的氢氧化铁胶体胶粒数小于 NA 个，选项 D 错误。3(2017河北衡水中学高三检测)用 NA 代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A3.0 g 由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为 0.3NAB1 L 0.1 molL1NH4Cl 溶液中含有的氮原子数小于 0.1NAC用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到标准状况下 22.4 L 氢气时，理论上铅蓄
11、电池中消耗氢离子数目为 4NAD氢气与氯气反应生成标准状况下 22.4 L 氯化氢，断裂化学键的总数为 2NA解析：选 C。葡萄糖和冰醋酸的最简式均为 CH2O，则 3.0 g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.4NA，故 A错误；根据物料守恒定律，1 L 0.1 molL1NH4Cl溶液中含有的氮原子数为 0.1NA，故 B 错误；用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到标准状况下 22.4 L 即 1 mol 氢气时，理论上铅蓄电池中共消耗氢离子数目为 4NA，故 C 正确；氢气与氯气反应生成标准状况下 22.4 L 即 1 mol 氯化氢时，断裂化学键的总数为 NA，故 D 错误。解
12、答有关阿伏加德罗常数类题目的“三”个步骤(1)看：看所给数据是体积、质量还是物质的量。如果所给数据是质量或物质的量，该类数据不受外界条件的限制。(2)定：确定对象是气体、固体还是液体。如果是气体，要注意外界条件是否为“标准状况”。(3)算：根据所求内容进行计算，在求算时要注意：不要直接利用溶液的浓度代替指定物质的物质的量进行计算。同种物质在不同的氧化还原反应中“角色”可能不同，电子转移数目也可能不同，不能一概而论。阿伏加德罗定律及其应用4同温同压下，x g 甲气体和 y g 乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是()Axy 等于甲与乙的相对分子质量之比Bxy 等于甲与乙
13、的分子个数之比Cxy 等于同温同压下甲与乙的密度之比Dyx 等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比解析：选 B。A 项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则 x g 甲气体和 y g 乙气体的物质的量相等，即 xM甲 yM乙，推出 xyM 甲M 乙，故正确；B 项，甲与乙的分子个数之比为 11，而 x 与 y 不一定相等，故不正确；C 项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为 xy，故正确；D 项，同温同体积下，等质量的甲、乙的压强之比为 p 甲p 乙n 甲n 乙 mM甲 mM乙M 乙M 甲yx，故正确。5在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温
14、度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是()A物质的量：甲乙 B气体体积：甲乙C摩尔体积：甲乙D相对分子质量：甲乙解析：选 D。同温同压下，气体摩尔体积相等，根据 MVm知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。A 项，根据 nmM知，相同质量时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量小于乙，故 A错误；B 项，根据 VmMVm 知，相同温度、压强、质量时，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量甲乙，则气体体积甲乙，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以相对分子质量甲乙，故 D 正确。一定物质的量浓度溶液的配制
15、及计算1(1)(2017高考全国卷，9D 改编)下列实验操作是否规范？能否达到目的？说明理由。目的操作 配制浓度为 0.010 molL1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(2)(2017高考天津卷)将称得的 AgNO3 配制成 250 mL 标准 溶 液，所 使 用 的 仪 器 除 烧 杯 和 玻 璃 棒 外 还 有_。答案：(1)本项实验操作不规范。不能达到实验目的。不能在容量瓶中直接溶解固体。(2)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管2下列操作或装置能达到实验目的的是()A(2015高考四川卷)配制一定浓度的 N
16、aCl 溶液(如图 1)B(2015高考重庆卷)配制一定物质的量浓度的 NaNO3 溶液(如图 2)C(2014高考全国卷，12D)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体D(2013高考福建卷)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解析：选 D。配制一定浓度的 NaCl 溶液，定容时俯视会造成结果偏高，A 不正确；配制溶液时，不能直接在容量瓶中溶解，B 不正确；加水超过刻度线时应重配，C 不正确。感悟高考1题型：选择题(次)、填空题(主)2考向：在近几年高考题中，没有出现专门考查一定物质的量浓度溶液配制的试题，而是作为实验题的一个
17、小题或某个选项呈现的，由于题目单一，难度较小，考生掌握其基础的配制要领即可，需要熟记所需实验仪器和步骤。有关溶液的计算也没有直接命题，但溶液的计算作为基本技能，是解决其他问题的基础，仍要重视。一、有关溶液配制的几个注意问题1配制溶液的六种仪器托盘天平、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。2配制溶液的六步操作计算、称量或量取、溶解并冷却、转移并洗涤、定容并摇匀、装瓶并贴签。3容量瓶使用的两个“不能”(1)容量瓶是精确配制溶液的仪器，不能用于溶解、稀释和贮存液体。(2)容量瓶的规格是固定的，不能配制任意体积的溶液，所配溶液的体积一定要与容量瓶的容积相等。4抓住表达式 cBnB/V 进行误差分析(
18、1)导致 cB 偏低的错误操作：垫滤纸称量 NaOH 固体；左码右物(用游码)；称量时间过长(潮解)；洗涤或转移时溶液溅出；未洗涤烧杯及玻璃棒；超过刻度线时用滴管吸出液体；定容时仰视；定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水。(2)导致 cB 偏高的错误操作：砝码生锈；定容时俯视；未等溶液冷却至室温就定容。二、有关溶液的计算1熟练推导三种换算关系(1)物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算cnVm/MV m（aq）wMV1 000wM，w cM1 000。(：gcm3)(2)物质的量浓度与溶解度(S)的换算(饱和溶液)cnV S/M100S1 0001 000SM（100S），S100cM1 000c
19、M。(：gcm3)(3)气体溶质溶于水中制得溶液，其物质的量浓度和质量分数的计算在标准状况下，1 L 水中溶解某气体 V L，所得溶液密度为，则：cnVV/22.41 0001 V22.4M1 0001 000V22 400MV(：gcm3)，w m（溶质）m（溶液）100%V22.4M1 0001 V22.4M 100%MV22 400MV100%。2两条规律理解透(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
20、浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：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：w12(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 w12(w1w2)，如 H2SO4 溶液。b若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则 w12(w1w2)，如氨水、酒精溶液。溶液的配制操作及误差分析1判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)(2016高考浙江卷)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线。()(2)(2015高考福建卷)若要称取 2.0 g NaOH 固
21、体，先在托盘上各放 1 张滤纸，然后在右盘上添加 2 g 砝码，左盘上添加NaOH 固体。()(3)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干。()2某同学参阅了“84 消毒液”说明中的配方，欲用 NaClO固体配制 480 mL 含 NaClO 25%，密度为 1.19 g/cm3 的消毒液。下列说法正确的是()A配制过程只需要三种仪器即可完成B容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C所配得的 NaClO 消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO 的物质的量浓度减小D需要称量的 NaClO 固体的质量为 140 g解析：选 C。配制过程中需要用到托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管
22、等，A 项错误；容量瓶用蒸馏水洗净后不需要烘干，B 项错误；需要称量的 NaClO 固体的质量为 500 mL1.19 g/cm325%148.8 g，D 项错误。3在配制一定物质的量浓度的硫酸时，用“偏高”“偏低”或“无影响”表示下列操作对所配溶液浓度的影响。(1)用量筒量取浓硫酸时仰视读数：_。(2)溶解搅拌时有液体飞溅：_。(3)烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯：_。(4)定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线：_。(5)摇匀后见液面下降，再加水至刻度线：_。(6)未等溶液冷却至室温就将溶液转移到容量瓶中并定容：_。(7)转移溶液前，容量瓶中有少许蒸馏水：_。解析：(1)会造成溶质的体积偏大；
23、(2)、(3)会造成溶质损失；(4)、(5)会造成溶液的体积偏大；(6)会造成溶液的体积偏小；(7)定容时需要加水，故转移溶液前，容量瓶中有少许蒸馏水，无影响。答案：(1)偏高(2)偏低(3)偏低(4)偏低(5)偏低(6)偏高(7)无影响定容时视线引起误差的分析方法(1)仰视刻度线(图 1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。(2)俯视刻度线(图 2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。有关溶液的简单计算4(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_(填写字母)。A等于 8.0 g B等于 8.00 gC大于 8.0 g D等于 0.2
24、g(2)某实验中需 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_。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)根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。答案：(1)C(2)1 000 mL 212.0 g5体积为 V L、密度为 gcm3 的某溶液中，含有摩尔质量为 M 的溶质 m g。若此溶液中溶质的物质的量浓度为 cmolL1，溶质的质量分
25、数为 w，则下列各表示式中正确的是()Ac mMVBmVwCwcMDcM1 000w%解析：选 A。已知：c1 000wM或 c mMV。A 项，c mMV，正确；B 项，1 000wM mMV，m1 000wV，错误；C 项，w cM1 000，错误；D 项，cM1 000w，注意 w 与 w%的区别，错误。6取 100 mL 0.3 molL1 的硫酸溶液和 300 mL 0.25 molL1的硫酸溶液混合并加水稀释至 500 mL，该混合溶液中 H的物质的量浓度是()A0.21 molL1B0.42 molL1C0.56 molL1D0.26 molL1解析：选 B。根据题意可知，该混合
26、溶液中 H2SO4 溶液的浓度关系如下：c3V3c1V1c2V2，可得 n(H)(0.1 L0.3 molL10.3 L0.25 molL1)20.21 mol，所以 c(H)0.21 mol0.5 L 0.42 molL1。常见的化学计算类型、溶解度12017高考全国卷，26(5)凯氏定氮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：NH3H3BO3=NH3H3BO3；NH3H3BO3HCl=NH4ClH3BO3。仪器清洗后，g 中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d 注入 e，随后注入氢氧
27、化钠溶液，用蒸馏水冲洗 d，关闭k3，d 中保留少量水。打开 k1，加热 b，使水蒸气进入 e。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 molL1 的盐酸 V mL，则样品中氮的质量分数为_%，样品的纯度_%。解 析：n(N)n(NH3)n(HCl)cV1 000 mol，w(N)cV1 000 mol14 gmol1m g100%1.4cVm%。C2H5NO2 的相对分子质量为 75，w(C2H5NO2)1.4cVm%75147.5cVm%。答案：1.4cVm 7.5cVm22017高考全国卷，26(4)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为
28、 CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：草酸钙沉淀经稀 H2SO4 处理后，用 KMnO4 标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为 MnO4HH2C2O4Mn2CO2H2O。实验中称取 0.400 g水泥样品，滴定时消耗了 0.050 0 molL1 的 KMnO4 溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。解析：根据反应中转移电子数相等可找出关系式 2MnO4 5H2C2O4，结合消耗 KMnO4 溶液的浓度和体积可求出n(H2C2O4)0.050 0 molL136.00103 L524.5 1
29、0 3mol，则 该 水 泥 样 品 中 钙 的 质 量 分 数 为4.5103 mol40 gmol10.400 g100%45.0%。答案：45.0%3(2016高考海南卷)利用太阳能分解水制氢，若光解 0.02 mol 水，下列说法正确的是()A可生成 H2 的质量为 0.02 gB可生成氢的原子数为 2.4081023 个C可生成 H2 的体积为 0.224 L(标准状况)D生成 H2 的量理论上等于 0.04 mol Na 与水反应产生 H2的量解析：选 D。根据方程式 2H2O=光2H2O2，光解0.02 mol 水，可产生 0.02 mol H2 和 0.01 mol O2。则可
30、得：A.可生成 H2 的质量为 0.04 g，错误；B.可生成氢的原子数为 2.4081022 个，错误；C.可生成标准状况下 H2 的体积为0.448 L，错误；D.0.04 mol Na 与水反应产生 0.02 mol H2，正确。感悟高考1题型：选择题(次)、填空题(主)2考向：作为拉开考生差距的压轴问题，高考大题的最后一步必有计算。化学计算要特别注意对“物质的量”的理解，利用物质的量建立宏观与微观的链接，还要构建以“物质的量”为中心的知识网络体系。计算都是要利用各种关系找到题中所给数据的物质与所求物质之间的关系，才能进行计算。一、物质的量、相对原子质量、摩尔质量等化学常用计量的综合应用
31、网络1明确一个中心必须以“物质的量”为中心“见量化摩，遇问设摩”。2注意三个守恒3明确两种方法(1)关系式法此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系，找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。(2)差量法差量法的应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题的关键是把化学方程式中的对应差量(理论差量)及差量(实际差量)与未知量列成比例式，然后求解。例如：2C(s)O2(g)=2CO(g)H m(固),n(气),V(气
32、)2 mol 1 mol 2 mol Q 24 g 1 mol 22.4 L(标准状况)使用差量法时的注意事项a所选用差量要与未知量的数值成正比例或反比例关系。b有关物质的物理量及其单位都要正确地使用和对应，即“上下一致，左右相当”。4计算类型及实验方法(1)计算类型确定化学式；确定样品质量分数。(2)实验方法滴定分析法；沉淀分析法；热重分析法。二、溶解度及溶解度曲线1溶解度的概念及影响因素在一定温度下，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)Sm溶质m溶剂100 g影响溶解度大小的因素：(
33、1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。(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(g)13.320.931.645.863.985.5110138168202246(2)曲线法3溶解度曲线的含义及应用(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
34、解度的大小。(4)多数物质溶解度随温度升高而增大，有的变化不大(如NaCl)，少数随温度升高而降低如 Ca(OH)2。(5)判断结晶的方法溶解度受温度影响较小的(如 NaCl)采取蒸发结晶的方法。溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从 FeCl3 溶液中结晶出 FeCl36H2O 晶体，应在 HCl 气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。(6)判断多溶质溶液的提纯方法(设 A 为 NaCl 型溶质，B 为KNO3 型溶质)A 溶液中(含少量 B 杂质)提取 A：蒸发，结晶，趁热过滤。B 溶液中(含少量 A 杂质)提取 B：蒸
35、发浓缩，冷却结晶，过滤。“关系式”法的应用(一)由“元素守恒”确定关系式1在 O2 中灼烧 0.44 g S 和 Fe 组成的化合物，使其中的 S全部转变为 SO2，把这些 SO2 全部氧化转变为 H2SO4。这些 H2SO4 可以用 20 mL 0.50 molL1 NaOH 溶液完全中和。则原化合物中 S 的百分含量为()A18%B46%C53%D36%解析：选 D。关注 SSO2SO3H2SO4 中硫元素守恒，根据酸碱中和求出 S 与 NaOH 的关系。全部反应过程中，各物质的量的关系可用下式表示：SSO2SO3H2SO42NaOH 32 g 2 mol x 0.020.50 mol x
36、32 g0.020.50 mol2 mol0.16 g。S 的质量分数为0.16 g0.44 g100%36%。(二)由“电子守恒”确定关系式2取 KI 溶液 25 mL，向其中滴加 0.4 molL1 的 FeCl3 溶液 135 mL，I完全反应生成 I2：2I2Fe3=I22Fe2。将反应后的溶液用 CCl4 萃取后分液，向分出的水溶液中通入 Cl2 至 0.025 mol 时，Fe2恰好完全反应。求 KI 溶液的物质的量浓度。解析：依题意，有 本题可用关系式法求解。由上述两个反应及电子转移守恒理论，得知 I与 Cl2 之间的关系式：2ICl2。设 KI 的物质的量是 x，则 2I Cl
37、2 2 1 x 0.025 mol 21x0.025 mol，x0.05 mol。c(KI)0.05 mol0.025 L 2 molL1。答案：2 molL1“滴定法”分析物质含量及组成(一)确定含量3电解铜的阳极泥中含有 3%14%Se 元素，该元素以Se 单质、Cu2Se 形式存在，还含有稀有金属及贵金属。称取 5.000 g 电解铜的阳极泥样品以合适方法溶解，配成 250 mL 混酸溶液，移取上述溶液 25.00 mL 于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.010 00 molL1 KMnO4 标准溶液只发生Se(4)转化为 Se(6)。反应完全后，用0.050 00 molL1(NH
38、4)2Fe(SO4)2 标准溶液滴至终点，消耗 15.00 mL。则电解铜的阳极泥中 Se 的质量分数为_(保留四位有效数字)。解析：MnO4 5Fe2 0000 150 0 mol 0.000 750 0 mol 2MnO4 5Se(4)0000 250 0 mol 0.000 250 0 mol 0.000 150 0 mol 0.000 100 mol w(Se)0.000 250 0 mol79 gmol1105.000 g100%3.950%。答案：3.950%4为测定某石灰石中 CaCO3 的质量分数，称取 W g 石灰石样品，加入过量的浓度为 6 molL1 的盐酸，使它完全溶解
39、，加热煮沸，除去溶解的 CO2，再加入足量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为 C2O24 Ca2=CaC2O4，过 滤 出CaC2O4 后，用 稀 硫 酸 溶 解：CaC2O4 H2SO4=H2C2O4CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至 V0 mL。取出 V1 mL 用 a molL1 的 KMnO4 酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO4 5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。若滴定终点时消耗 a molL1 的 KMnO4 V2 mL，计算样品中 CaCO3 的质量分数。解析：本题涉及的化学方程式或离子方程式为 CaCO3
40、2HCl=CaCl2H2OCO2 C2O24 Ca2=CaC2O4 CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO4 2MnO4 5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O 由方程式可以得出相应的关系式 5CaCO35Ca25CaC2O45H2C2O42MnO4 5 2 n1(CaCO3)aV2103 mol n1(CaCO3)2.5aV2103 mol 样品中 n(CaCO3)2.5aV2103V0V1 mol 则 w(CaCO3)（2.5aV2103V0V1）mol100 gmol1W g100%25aV0V2WV1%。答案：25aV0V2WV1%(二)确定组成5碱式次氯酸镁Mga(Cl
41、O)b(OH)cxH2O是一种有开发价值的微溶于水的无机抗菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下实验：准确称取 1.685 g 碱式次氯酸镁试样于 250 mL 锥形瓶中，加入过量的 KI 溶液，用足量乙酸酸化，用 0.800 0 molL1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点(离子方程式为 2S2O23 I2=2IS4O26)，消耗 25.00 mL。另取 1.685 g 碱式次氯酸镁试样，用足量乙酸酸化，再用足量 3%H2O2 溶液处理至不再产生气泡(H2O2 被 ClO氧化为 O2)，稀释至 1 000 mL。移取 25.00 mL 溶液至锥形瓶中，在一定条件下用 0.020 00 mo
42、lL1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的 Mg2(离子方程式为 Mg2H2Y2=MgY22H)，消耗 25.00 mL。(1)步骤需要用到的指示剂是_。(2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。解析：(1)根据实验中的离子方程式可知有 I2 参加，根据 I2的特性可选择淀粉作指示剂。(2)根据实验中消耗的 Na2S2O3的物质的量结合关系式 ClOI22S2O23 求得 n(ClO)，根据实验中消耗的 EDTA 的体积结合关系式 Mg2EDTA 可求得 n(Mg2)，利用电荷守恒可求得 n(OH)，根据固体的总质量以及求出的 n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)可求得
43、 n(H2O)，从而得到 n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)、n(H2O)四者之比，最后得到物质的化学式。答案：(1)淀粉溶液(2)关系式：ClOI22S2O23n(ClO)12n(S2O23)120.800 0 molL125.00103 L0.01 mol，n(Mg2)0.020 00 molL125.00103 L1 000 mL25.00 mL0.02 mol，根据电荷守恒，可得：n(OH)2n(Mg2)n(ClO)20.02 mol0.01 mol0.03 mol，m(H2O)1.685 g0.01 mol51.5 gmol10.02 mol24 gmol10.03 mol17
44、gmol10.180 g，n(H2O)0.180 g18 gmol10.01 mol，n(Mg2 )n(ClO)n(OH)n(H2O)0.02 mol0.01 mol0.03 mol0.01 mol2131，故碱式次氯酸镁的化学式为 Mg2ClO(OH)3H2O。1利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径为(1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。(2)利用微粒守恒建立关系式。2多步滴定常分为两类(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二
45、步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。“沉淀法”分析物质组成及含量6SO2 可转化为硫酸盐。现有一种硫酸盐的化学式为x(NH4)2SO4Fe2(SO4)3yH2O。称取该复盐 2.410 g，加入过量的 NaOH 溶液并加热，生成的气体用 100 mL 0.050 0 molL1 硫酸吸收，多余的硫酸用 0.200 0 molL1 NaOH溶液滴定，消耗 NaOH 溶液 25.00 mL。再将等质量的复盐溶于水配成溶液，加足量 BaCl2 溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，最后得白色沉淀 2.330 g。试列出计算过程
46、确定该复盐的化学式。答案：根据题干所述得如下关系式2NH4 2NH3H2SO42NaOH，n(NH4)2(1001030.050 025.001030.200 012)mol0.005 mol，n(BaSO4)2.330 g233 gmol10.01 mol，则 n(SO24)n(BaSO4)0.01 mol，又 Mx(NH4)2SO4Fe2(SO4)3yH2O(132x40018y)gmol1，2410 g 该硫酸盐中含有的 NH4、SO24 的物质的量分别为n(NH4)2.410 g（132x40018y）gmol12x0.005 mol，n(SO24)2.410 g（132x40018y
47、）gmol1(3x)0.01 mol，解得 x1，y24，所以化学式为(NH4)2SO4Fe2(SO4)324H2O。7锂磷酸氧铜电池是一种以磷酸氧铜作为正极材料的锂离子电池，其正极的活性物质是 Cu4O(PO4)2，某化工流程中制得样品 38.56 g假定样品中只含 Cu4O(PO4)2 和 CuO 两种物质，使其完全溶于一定量的硝酸中，再加入氧氧化钠溶液，使铜完全沉淀，将沉淀灼烧使其转变为黑色氧化铜，最终称得残留固体质量为 27.20 g。计算所得样品中磷酸氧铜的质量分数(写出计算过程)。答案：n(CuO)80 gmol1nCu4O(PO4)2462 gmol138.56 gn(CuO)4
48、nCu4O(PO4)2 27.20 g80 gmol10.34 mol解得 n(CuO)0.02 molnCu4O(PO4)20.08 molwCu4O(PO4)20.08 mol462 gmol138.56 g100%95.85%。“热重分析法”确定物质含量及组成(一)确定含量8PbO2 在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重 曲 线 上 的a点 为 样 品 失 重4.0%(即样品起始质量a点固体质量样品起始质量100%)的残留固体。若 a 点固体组成表示为 PbOx 或 mPbO2nPbO，列式计算 x 值和mn 值：_。答案：根据 PbO2=PbOx2x2 O2，有2x2 322
49、394.0%，x22394.0%161.4；根据 mPbO2nPbO，2mnmn 1.4，mn0.40.623(二)确定组成90.80 g CuSO45H2O 样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。试确定 200 时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。答案：CuSO45H2O=nH2OCuSO4(5n)H2O 250 18n 0.80 g 0.80 g0.57 g0.23 g2500.80 g 18n0.23 g，解得 n4，则 200 时固体物质的化学式为 CuSO4H2O。10碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O常用作塑料阻燃剂。(1)碱式碳酸
50、铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和_。(2)MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O 中 a、b、c、d 的代数关系式为_。(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：准确称取 3.390 g 样品与足量稀盐酸充分反应，生成 CO20.560 L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率固体样品的剩余质量固体样品的起始质量100%随温度的变化如图所示(样品在 270 时已完全失去结晶水，600 以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO23)(写出计算过程)。解析：(1)因为碱式碳酸铝镁分解得到
51、Al2O3、MgO，二者的熔点都较高，都具有阻燃作用。(2)Al 元素的化合价为3 价，Mg 元素的化合价为2 价，OH整体显1 价，CO23 整体显2 价，根据化合物中化合价代数和为 0 可得出关系式：2a3bc2d。(3)n(CO2)0.560 L22.4 Lmol12.50102 mol m(CO2)2.50102 mol44 gmol11.10 g 在 270600 之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出 CO2 和 H2O m(CO2)m(H2O)3.390 g(0.734 50.370 2)1.235 g m(H2O)1.235 g1.10 g0.135 g n(H2O)0.1
52、35 g18 gmol17.50103 mol n(OH)7.50103 mol21.50102 mol n(OH)n(CO23)(1.50102 mol)(2.50102 mol)35。答案：(1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a3bc2d(3)n(CO2)0.560 L22.4 Lmol12.50102 molm(CO2)2.50102 mol44 gmol11.10 g在 270600 之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出 CO2 和 H2Om(CO2)m(H2O)3.390 g(0.734 50.370 2)1.235 gm(H2O)1.235 g1.10 g0.135 gn(H
53、2O)0.135 g18 gmol17.50103 moln(OH)7.50103 mol21.50102 moln(OH)n(CO23)(1.50102 mol)(2.50102 mol)35。热重分析法(1)设晶体为 1 mol。(2)失重一般是先失水、再失非金属氧化物。(3)计算每步的 m(余)，m（余）m（1 mol 晶体质量）固体残留率。(4)晶体中金属质量不减少，仍在 m(余)中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得 m(O)，由n(金属)n(O)，即可求出失重后物质的化学式。“差量法”在化学计算中的应用11一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为
54、20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是()A16.7%B20.0%C80.0%D83.3%解析：选 A。N23H2高温、高压催化剂2NH3 V 1 L 3 L 2 L 2 L 由以上关系式可知，反应前后体积的减少与生成的 NH3 体积相等。设平衡时混合气体 100 L，其中含 20 L NH3，则原气体总体积减少 20 L。所以，反应前氮气和氢气总体积为120 L，反应后体积缩小的百分率为 20 L120 L100%16.7%。12有 NaCl 和 KCl 的混合物 25 g，溶于水形成溶液，加入 1 000 g 7.14%的 AgNO3 溶液，充分反应后滤出沉淀，再向混合物
55、加入 100 g Cu 片，过一段时间取出(反应完全)，洗涤干燥称其质量为 101.52 g，原混合物中 NaCl 和 KCl 的物质的量各为()A0.3 mol；0.2 mol B0.3 mol；0.1 molC0.2 mol；0.1 mol D0.2 mol；0.3 mol解析：选 B。设与 Cu 反应的硝酸银的物质的量为 x，Cu 2AgNO3 2Ag m 64 2 mol 2108 152 x 1.52 g 解得：x0.02 mol，n(AgNO3)1 000 g7.14%/170 gmol10.42 mol，n(NaCl)n(KCl)0.42 mol0.02 mol0.40 mol，
56、n(NaCl)58.5 gmol1n(KCl)74.5 gmol125 g，解得：n(NaCl)0.3 mol，n(KCl)0.1 mol。解此类题的关键是根据题意确定“理论差值”，再根据题目提供的“实际差值”，列出比例式，求出答案。应注意：(1)分清“差量”是增还是减，在较复杂的情况下，存在多个反应，可能差量的增减方向并不一致，这就要取其代数和，若方向相同，则总差量等于各个分差量之和。(2)正确分析形成差量的原因，根据方程式找出对应的“理论差量”是差量法解题的关键。溶解度及溶解度曲线13溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是()A溴酸银的溶解是放热过程B温度升高
57、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：选 A。A.由题图可知，随着温度升高，溴酸银的溶解度逐渐增大，因此 AgBrO3 的溶解是吸热过程。B.由图像曲线可知，温度升高斜率增大，因此 AgBrO3 的溶解速度加快。C.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(BrO3)0.0250.0256104。D.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
58、，而 AgBrO3 留在母液中。14根据下列各组溶解度曲线图，判断分离提纯方法。(1)根据图 1 中 Na2SO4 和 Na2SO410H2O 的溶解度曲线(g/100 g 水)，由 Na2SO4 溶液得到 Na2SO4 固体的操作：将溶液升温结晶、_、用乙醇洗涤后干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是_。(2)根据图 2 所示相关物质的溶解度曲线。在实验室中提纯过硫酸钾粗产品的实验具体操作依次为将过硫酸钾粗产品溶于适量水中，_，干燥。(3)根据图 1 中红矾钠(Na2Cr2O72H2O)和 Na2SO4 的溶解度曲线。从 Na2Cr2O7 和 Na2SO4 的混合溶液中提取红矾钠的操作：先将混合
59、溶液蒸发浓缩，趁热过滤。趁热过滤的目的是_；然后将滤液_，从而析出红矾钠。解析：本题结合各物质溶解度曲线图考查物质的分离与提纯。(1)由图 1 中 Na2SO4和 Na2SO410H2O 的溶解度曲线可知，温度较低时析出的晶体为 Na2SO410H2O，温度较高时析出的晶体为 Na2SO4，可知由 Na2SO4 溶液得到 Na2SO4固体，应将溶液升温结晶后趁热过滤，为防止水洗过程中温度降低形成 Na2SO410H2O，故选用乙醇洗涤而不用水洗。(2)由图 2 可知，过硫酸钾溶解度较小，将过硫酸钾粗产品溶于适量水中，在不超过 80 的条件下加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冷水洗涤，干燥即可提纯。(
60、3)由图 1 可看出红矾钠(Na2Cr2O72H2O)的溶解度随温度的升高而变大，而 Na2SO4 的溶解度在 50 以下温度越高，溶解度越大；当温度超过 50，温度越高，溶解度反而越小，所以先将混合溶液蒸发浓缩，趁热过滤；趁热过滤的目的是除去析出的 Na2SO4 晶体，又能防止 Na2Cr2O72H2O结晶析出而损失；然后将滤液冷却结晶，从而析出红矾钠。答案：(1)趁热过滤 防止形成 Na2SO410H2O(2)在不超过 80 的条件下加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冷水洗涤(3)有利于 Na2SO4 结晶析出，又能防止 Na2Cr2O72H2O 结晶析出 冷却结晶课后达标检测本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放
