高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義及試題（新高考人教版）第2講　物質(zhì)的量濃度

第2講物質(zhì)的量濃度課程標準知識建構(gòu)1.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液。2．運用物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度之間的相互關(guān)系進行簡單計算。一、物質(zhì)的量濃度1．基本概念2．對物質(zhì)的量濃度表達式的理解(1)正確判斷溶液的溶質(zhì)①與水發(fā)生反應(yīng)生成新的物質(zhì)：如Na、Na2O、Na2O2eq\o(→,\s\up7(水))NaOH，SO3eq\o(→,\s\up7(水))H2SO4，NO2eq\o(→,\s\up7(水))HNO3。②特殊物質(zhì)：如NH3溶于水后溶質(zhì)為NH3·H2O，但計算濃度時仍以NH3作為溶質(zhì)。③含結(jié)晶水的物質(zhì)：CuSO4·5H2O→CuSO4，Na2CO3·10H2O→Na2CO3。(2)準確計算溶液的體積表達式c＝eq\f(n,V)中的V是溶液的體積，不是溶劑的體積，也不是溶質(zhì)和溶劑的體積之和，不能用水的體積代替溶液的體積，應(yīng)根據(jù)V＝eq\f(m,ρ)計算。【診斷1】判斷下列說法是否正確，正確的打√，錯誤的打×。(1)1mol·L－1NaCl溶液是指此溶液中含有1molNaCl()(2)從100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出了10mL，所得硫酸的物質(zhì)的量濃度為0.5mol·L－1()(3)用100mL水吸收0.1molHCl氣體所得溶液的物質(zhì)的量濃度恰好是1mol·L－1()(4)將62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為1mol·L－1()(5)0.5mol·L－1的稀H2SO4溶液中c(H＋)為1.0mol·L－1()(6)31gNa2O溶于水，配成1L溶液，c(Na2O)＝0.5mol·L－1()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×二、一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制1．容量瓶(1)構(gòu)造及用途(2)查漏操作2．溶液的配制以配制500mL1.0mol·L－1NaCl溶液為例：(1)配制過程(2)圖示【診斷2】判斷下列說法是否正確，正確的打√，錯誤的打×。(1)容量瓶在使用前要檢查是否漏水()(2)配制950mL某濃度的溶液應(yīng)選用950mL的容量瓶()(3)用pH＝1的鹽酸配制100mLpH＝2的鹽酸，所選擇的儀器只有100mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管()(4)用量筒量取20mL0.5000mol·L－1H2SO4溶液于燒杯中，加水80mL，配制成0.1000mol·L－1H2SO4溶液()(5)用托盤天平稱取1.06gNa2CO3固體用于配制100mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液()(6)下列配制0.5000mol·L－1NaOH溶液的操作均不正確()答案(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√三、質(zhì)量分數(shù)及一定質(zhì)量分數(shù)溶液的配制1．溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)(1)概念：用溶質(zhì)的質(zhì)量與溶液質(zhì)量的比值來表示溶液組成的物理量，一般用百分數(shù)表示。(2)表達式：w(B)＝eq\f(m溶質(zhì),m溶液)×100%。2．質(zhì)量分數(shù)與物質(zhì)的量濃度的關(guān)系c＝eq\f(1000ρw,M)。3．一定質(zhì)量分數(shù)溶液的配制以配制100g5%NaOH溶液為例：(1)步驟：計算→稱量(量取)→溶解(稀釋)。(2)儀器：托盤天平、量筒、燒杯、玻璃棒。4．體積比濃度溶液的配制如用濃硫酸配制1∶4的稀硫酸50mL：用50mL的量筒量取40.0mL的水注入100mL的燒杯中，再用10mL的量筒量取10.0mL濃硫酸，然后沿?zé)瓋?nèi)壁緩緩注入燒杯中，并用玻璃棒不停地攪拌。【診斷3】判斷下列說法是否正確，正確的打√，錯誤的打×。(1)“5%硫酸銅溶液”表示100g硫酸銅溶液中含有5g硫酸銅溶質(zhì)()(2)要配制100g溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)為10%的氯化鈉溶液，應(yīng)將10g氯化鈉固體溶于100mL水()(3)將25gCuSO4·5H2O晶體溶于75g水中所得溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為25%()(4)將40gSO3溶于60g水中所得溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為49%()(5)配制氯化鈉溶液稱量氯化鈉時可直接放在天平的托盤上稱量()(6)應(yīng)將配好的溶液倒入細口瓶中，蓋緊瓶塞，并貼上標簽()答案(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√考點一物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計算【典例1】根據(jù)題目條件計算下列溶液的相關(guān)量：(1)2mol·L－1Mg(NO3)2溶液中含有0.4molNOeq\o\al(－,3)，則溶液的體積為________mL。(2)在標準狀況下，將VL氨氣溶于0.1L水中，所得溶液的密度為ρg·cm－3，則此氨水的物質(zhì)的量濃度為________mol·L－1。(3)若20g密度為ρg·cm－3的Ca(NO3)2溶液中含有2gCa(NO3)2，則溶液中NOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量濃度為________。答案(1)100(2)eq\f(1000Vρ,17V＋2240)(3)eq\f(50ρ,41)mol·L－1解析(2)n(NH3)＝eq\f(V,22.4)mol，溶液體積：V＝eq\f(\f(V,22.4)×17＋100,ρ)×10－3Lc＝eq\f(\f(V,22.4),\f(\f(V,22.4)×17＋100,ρ)×10－3)mol·L－1＝eq\f(1000Vρ,17V＋2240)mol·L－1。(3)Ca(NO3)2的物質(zhì)的量濃度為eq\f(\f(2g,164g·mol－1),\f(20g,1000ρg·L－1))＝eq\f(25ρ,41)mol·L－1，NOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量濃度為eq\f(50ρ,41)mol·L－1。(1)注意溶質(zhì)的濃度與溶液中某離子濃度的關(guān)系溶質(zhì)的濃度和離子濃度可能不同，根據(jù)化學(xué)式具體分析。如1mol·L－1Mg(NO3)2溶液中c(Mg2＋)＝1mol·L－1，c(NOeq\o\al(－,3))＝2mol·L－1(考慮Mg2＋水解時，則其濃度小于1mol·L－1)。(2)氣體溶于水，計算物質(zhì)的量濃度的一般思路①根據(jù)氣體的體積，計算其物質(zhì)的量為n＝eq\f(V,22.4)mol(標準狀況)。②根據(jù)V＝eq\f(m氣體＋m溶劑,ρ)，計算溶液的體積。③根據(jù)c＝eq\f(n,V)，計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度。【對點練1】(直接根據(jù)公式計算濃度)VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3＋mg，取eq\f(V,4)mL該溶液用水稀釋至4VmL，則SOeq\o\al(2－,4)物質(zhì)的量濃度為()A.eq\f(125m,36V)mol·L－1 B．eq\f(125m,9V)mol·L－1C.eq\f(125m,54V)mol·L－1 D．eq\f(125m,18V)mol·L－1答案A解析eq\f(V,4)mL溶液中Al3＋的物質(zhì)的量為eq\f(mg×\f(1,4),27g·mol－1)＝eq\f(m,108)mol，稀釋后溶液中Al3＋的物質(zhì)的量濃度為c(Al3＋)＝eq\f(\f(m,108)mol,4V×10－3L)＝eq\f(250m,108V)mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(3,2)c(Al3＋)＝eq\f(3,2)×eq\f(250m,108V)mol·L－1＝eq\f(125m,36V)mol·L－1?！緦c練2】(溶液中相關(guān)物理量的關(guān)系)已知某飽和NaCl溶液的體積為VmL，密度為ρg·cm－3，質(zhì)量分數(shù)為w，物質(zhì)的量濃度為cmol·L－1，溶液中含NaCl的質(zhì)量為mg。(1)用m、V表示溶液的物質(zhì)的量濃度：___________________________；(2)用w、ρ表示溶液的物質(zhì)的量濃度：____________________________；(3)用c、ρ表示溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)：________________________________；(4)用w表示該溫度下NaCl的溶解度：___________________________。答案(1)eq\f(1000m,58.5V)mol·L－1(2)eq\f(1000ρw,58.5)mol·L－1(3)eq\f(58.5c,1000ρ)×100%(4)eq\f(100w,1－w)g解析(1)c(NaCl)＝eq\f(\f(m,58.5),\f(V,1000))mol·L－1＝eq\f(1000m,58.5V)mol·L－1。(2)c(NaCl)＝eq\f(1000mL·ρg·mL－1·w,58.5g·mol－1×1L)＝eq\f(1000ρw,58.5)mol·L－1。(3)w＝eq\f(58.5g·mol－1·cmol·L－1,1000mL·L－1·ρg·mL－1)×100%＝eq\f(58.5c,1000ρ)×100%。(4)eq\f(S,100g)＝eq\f(w,1－w)，S＝eq\f(100w,1－w)g。溶液中c、w、S等相關(guān)量的關(guān)系(1)溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c與溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)w的關(guān)系：c＝eq\f(1000ρw,M)，w＝eq\f(cM,1000ρ)。(2)物質(zhì)的量濃度(c)與溶解度(S)的換算若某飽和溶液的密度為ρg·cm－3，溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，溶解度為Sg，則溶解度與物質(zhì)的量濃度的表達式分別為：S＝eq\f(100cM,1000ρ－cM)，c＝eq\f(n,V)＝eq\f(S/M,\f(100＋S,1000ρ))＝eq\f(1000ρS,M100＋S)?！镜淅?】下圖是某學(xué)校實驗室從市場買回的試劑標簽上的部分內(nèi)容。eq\x(\a\al(硫酸化學(xué)純CP,500mL,品名：硫酸,化學(xué)式：H2SO4,相對分子質(zhì)量：98,密度：1.84g·cm－3,質(zhì)量分數(shù)：98%))eq\x(\a\al(氨水化學(xué)純CP,500mL,品名：氨水,化學(xué)式：NH3,相對分子質(zhì)量：17,密度：0.88g·cm－3,質(zhì)量分數(shù)：25%))按要求回答下列問題：(1)硫酸的物質(zhì)的量濃度為________，氨水的物質(zhì)的量濃度為________。(2)各取5mL與等質(zhì)量的水混合后，c(H2SO4)________9.2mol·L－1，c(NH3)________6.45mol·L－1(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。(3)各取5mL與等體積水混合后，w(H2SO4)________49%，w(NH3)________12.5%。答案(1)18.4mol·L－112.9mol·L－1(2)＜＞(3)＞＜解析(1)利用c＝eq\f(1000ρw,M)計算，c(H2SO4)＝eq\f(1000×1.84×98%,98)mol·L－1＝18.4mol·L－1，c(NH3)＝eq\f(1000×0.88×25%,17)mol·L－1≈12.9mol·L－1。(2)硫酸的密度大于水，氨水的密度小于水，各取5mL與等質(zhì)量的水混合后，所得稀硫酸的體積大于10mL，稀氨水的體積小于10mL，故有c(H2SO4)＜9.2mol·L－1，c(NH3)＞6.45mol·L－1。(3)5mL濃硫酸和5mL濃氨水的質(zhì)量分別為1.84g·cm－3×5mL＝9.2g、0.88g·cm－3×5mL＝4.4g，而5mL水的質(zhì)量約為5g，故各取5mL與等體積的水混合后，w(H2SO4)＞49%，w(NH3)＜12.5%。溶質(zhì)相同、質(zhì)量分數(shù)不同的兩溶液混合的計算技巧同一溶質(zhì)、質(zhì)量分數(shù)分別為a%、b%的兩溶液混合。(1)等質(zhì)量混合兩溶液等質(zhì)量混合時(無論ρ＞1g·cm－3還是ρ＜1g·cm－3)，混合后溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)w＝eq\f(1,2)(a%＋b%)。(2)等體積混合①當(dāng)溶液密度大于1g·cm－3時，溶液濃度越大，密度越大，如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多數(shù)溶液等體積混合后，質(zhì)量分數(shù)w＞eq\f(1,2)(a%＋b%)。②當(dāng)溶液密度小于1g·cm－3時，溶液濃度越大，密度越小，如酒精、氨水等少數(shù)溶液等體積混合后，質(zhì)量分數(shù)w＜eq\f(1,2)(a%＋b%)。(3)當(dāng)a或b等于零時，也適用于上述判斷?！緦c練3】(溶液稀釋和混合的計算)現(xiàn)有100mL1mol·L－1稀鹽酸，欲將其濃度變?yōu)?mol·L－1，可以采取的措施為()A．向其中通入標準狀況下22.4LHCl氣體B．加熱蒸發(fā)使溶液體積變?yōu)?0mLC．加熱蒸發(fā)掉50mL水D．加入5mol·L－1鹽酸100mL，再將溶液體積稀釋到300mL答案D解析向其中通入標準狀況下22.4LHCl氣體，則溶質(zhì)的物質(zhì)的量為0.1L×1mol·L－1＋22.4L/22.4L·mol－1＝1.1mol，而溶液體積不能計算，所以其物質(zhì)的量濃度不能計算，A錯誤；HCl易揮發(fā)，所以加熱蒸發(fā)稀鹽酸，HCl和水蒸氣都減少，蒸發(fā)操作不可取，故B、C錯誤；加入5mol·L－1鹽酸100mL，再將溶液體積稀釋到300mL，所得溶液中溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度為(0.1L×1mol·L－1＋5mol·L－1×0.1L)/0.3L＝2mol·L－1，D正確?！緦c練4】(電荷守恒的應(yīng)用)(2020·湖南懷化市高三期末)在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀；如加入足量強堿并加熱可得到cmolNH3，則原溶液中Al3＋的濃度(mol/L)為()A.eq\f(2b－c,2a) B．eq\f(2b－c,3a)C．eq\f(2b－c,a) D．eq\f(2b－c,6a)答案B解析加入BaCl2反應(yīng)的離子方程式為：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓，溶液中n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(Ba2＋)＝bmol；根據(jù)N原子守恒，溶液中n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(NH3)＝cmol；原溶液中的電荷守恒為：3n(Al3＋)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＝2n(SOeq\o\al(2－,4))，原溶液中n(Al3＋)＝eq\f(2b－c,3)mol，c(Al3＋)＝eq\f(2b－c,3)mol÷aL＝eq\f(2b－c,3a)mol/L。(1)溶液稀釋規(guī)律(守恒觀點)①溶質(zhì)的質(zhì)量在稀釋前后保持不變，即m1w1＝m2w2。②溶質(zhì)的物質(zhì)的量在稀釋前后保持不變，即c1V1＝c2V2。③溶液質(zhì)量守恒，m(稀)＝m(濃)＋m(水)(體積一般不守恒)。(2)同溶質(zhì)不同物質(zhì)的量濃度溶液混合的計算①混合后溶液體積保持不變時，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。②混合后溶液體積發(fā)生變化時，c1V2＋c2V2＝c混V混，其中V混＝eq\f(m混,ρ混)?？键c二一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制和分析【典例3】(2020·福建福清高三月考)某實驗需要1.84mol·L－1的稀硫酸450mL，回答下列問題：(1)配制時需要98%密度為1.84g·cm－3的濃硫酸________mL。(2)配制時，必須使用的儀器有________(填代號)，還缺少的儀器是________。①燒杯②50mL量筒③100mL量筒④1000mL容量瓶⑤500mL容量瓶⑥托盤天平(帶砝碼)⑦玻璃棒(3)配制時，該實驗兩次用到玻璃棒，其作用分別是________、________。(4)下列操作的順序是(用字母表示)________。A．冷卻 B．量取C．洗滌兩次 D．定容E．稀釋 F．搖勻 G．轉(zhuǎn)移(5)下列操作中，容量瓶所不具備的功能有________(填序號)。A．配制一定體積準確濃度的標準溶液B．長期貯存溶液C．用來加熱溶解固體溶質(zhì)D．作為反應(yīng)容器答案(1)50(2)①②⑤⑦膠頭滴管(3)攪拌引流(4)BEAGCGDF(5)BCD解析(1)98%密度為1.84g·cm－3的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度是eq\f(1.84×98%×1000,98)mol/L＝18.4mol/L，根據(jù)稀釋規(guī)律得1.84mol/L×0.5L÷18.4mol/L＝0.05L＝50mL；(2)配制500mL的溶液，需要的儀器是：50mL量筒量取濃硫酸、燒杯用于稀釋濃硫酸、500mL的容量瓶、玻璃棒用于攪拌，定容時還缺少膠頭滴管；(3)第一次用到玻璃棒是稀釋濃硫酸時用于攪拌，第二次用玻璃棒是在移液時起到引流作用；(4)根據(jù)溶液配制的一般步驟，先量取濃硫酸，然后在燒杯中稀釋、冷卻后將溶液移入容量瓶中，洗滌燒杯、玻璃棒兩次，也把洗滌液移入容量瓶中，然后定容、搖勻，所以答案是BEAGCGDF；(5)容量瓶只能用來配制一定濃度、一定體積的溶液，不能用來長期貯存溶液、作反應(yīng)容器和加熱容器，所以答案選BCD。容量瓶的選擇和使用(1)選用容量瓶的原則——“大而近”，如需90mL溶液，則選用100mL容量瓶配制。(2)選用容量瓶時，應(yīng)指明其規(guī)格。(3)往容量瓶中轉(zhuǎn)移液體時，用玻璃棒引流，玻璃棒末端應(yīng)在容量瓶刻度線以下。【對點練5】(配制溶液的規(guī)范操作)(2020·山西太原模擬)配制一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液時，下列操作不正確的是()答案C【對點練6】(固體溶質(zhì)溶液的配制)實驗室需要配制0.50mol·L－1NaCl溶液480mL。按下列操作步驟填上適當(dāng)?shù)奈淖?，以使整個操作完整。(1)選擇儀器。完成本實驗所必需的儀器有：托盤天平(帶砝碼、最小砝碼為5g)、藥匙、燒杯、________、________、________以及等質(zhì)量的兩片同種紙片。(2)計算。配制該溶液需要NaCl晶體________g。(3)稱量。①天平調(diào)平之后，應(yīng)將天平的游碼調(diào)至某個位置，請在下圖中用一根豎線標出游碼左邊緣所處的位置：②稱量過程中NaCl晶體應(yīng)放于天平的________(填“左盤”或“右盤”)。③稱量完畢，將藥品倒入燒杯中。(4)溶解、冷卻。該步實驗中需要使用玻璃棒，目的是__________________________________________________。(5)轉(zhuǎn)移、洗滌。在轉(zhuǎn)移時應(yīng)使用玻璃棒引流，需要洗滌燒杯和玻璃棒2～3次是為了_____________________________。(6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度線________處，改用________加水，使溶液凹液面與刻度線相切。(7)搖勻、裝瓶。答案(1)500mL容量瓶膠頭滴管玻璃棒(2)14.6(3)①②左盤(4)攪拌，加速NaCl溶解(5)保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)入容量瓶中(6)1～2cm膠頭滴管配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時注意事項(1)解答需要補充儀器的實驗題時，要學(xué)會“有序思考”——即按照實驗的先后順序、步驟，思考每一步所需儀器，然后與已知儀器比較，尋找要補充的儀器。(2)所用定量儀器的精確度：量筒(精確到0.1mL)、托盤天平(精確到0.1g)?！镜淅?】分析誤差填空。(用“偏大”“偏小”或“無影響”填空)。(1)配制450mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，用托盤天平稱取NaOH固體1.8g：________。(2)配制500mL0.1mol·L－1的硫酸銅溶液，用托盤天平稱取膽礬8.0g：________。(3)配制NaOH溶液時，托盤天平的兩個托盤上放兩張質(zhì)量相等的紙片，其他操作均正確：________。(4)配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，需稱量溶質(zhì)4.4g，稱量時物碼放置顛倒：________。(5)用量筒量取濃硫酸時，仰視讀數(shù)：________。(6)定容時，加水超過刻度線，用膠頭滴管吸取多余的液體至刻度線：________。(7)未經(jīng)洗滌燒杯及玻璃棒：________。(8)配制NaOH溶液時，將稱量好的NaOH固體放入小燒杯中溶解，未經(jīng)冷卻立即轉(zhuǎn)移到容量瓶中并定容：________。(9)定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面下降，繼續(xù)加水至刻度線：________。(10)定容時仰視刻度線：________。(11)定容搖勻后少量溶液外流：________。(12)容量瓶中原有少量蒸餾水：________。答案(1)偏小(2)偏小(3)偏小(4)偏小(5)偏大(6)偏小(7)偏小(8)偏大(9)偏小(10)偏小(11)無影響(12)無影響解析(1)配制時應(yīng)選用500mL容量瓶，所需NaOH固體質(zhì)量為0.5L×0.1mol·L－1×40g·mol－1＝2.0g。(2)膽礬的摩爾質(zhì)量為250g·mol－1，所需質(zhì)量為0.5L×0.1mol·L－1×250g·mol－1＝12.5g。(3)NaOH易吸水潮解，會沾在紙片上，不能全部轉(zhuǎn)移到燒杯中。(4)實際稱量NaOH的質(zhì)量為4.0g－0.4g＝3.6g。(8)NaOH溶于水放熱，未冷卻時溶液的體積比室溫時大，應(yīng)恢復(fù)室溫后再移液、定容。(9)溶液的總體積超出了刻度線。配制誤差分析的思維流程【對點練7】(溶液配制的誤差分析)在配制一定物質(zhì)的量濃度的鹽酸時，下列操作可使所配溶液濃度偏高的是()A．未將洗滌燒杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶B．用量筒量取濃鹽酸時，仰視讀數(shù)C．定容時俯視刻度線D．溶解攪拌時造成液體濺出答案BC解析未將洗滌燒杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶中，溶質(zhì)的物質(zhì)的量減少，所配溶液的濃度偏低，A項錯誤；用量筒量取濃鹽酸時，仰視讀數(shù)，量取的濃鹽酸體積偏大，所配溶液濃度偏高，B項正確；定容時俯視刻度線，會造成水量偏少，所以溶液濃度偏高，C項正確；溶解攪拌時造成液體濺出，溶質(zhì)的物質(zhì)的量減少，所配溶液的濃度偏低，D項錯誤?！緦c練8】(儀器讀數(shù)的誤差分析)試分析下列情況的誤差：(1)用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。(2)某同學(xué)用標準氫氧化鈉溶液滴定待測鹽酸的物質(zhì)的量濃度時，若滴定前，讀堿液體積時仰視堿式滴定管液面；滴定后，讀堿液體積時俯視堿式滴定管液面。上述操作會使鹽酸濃度的測定值________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。(3)量筒內(nèi)有95mL水，讀數(shù)時仰視，則讀數(shù)________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)；若量取95mL水時仰視刻度，則實際量取的水的體積________(填“大于”、“小于”或“等于”)95mL。答案(1)偏高(2)偏低(3)偏低大于(1)配制溶液定容時，視線引起誤差分析①仰視刻度線(圖1)，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏低。②俯視刻度線(圖2)，導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液濃度偏高。(2)不同儀器的仰視和俯視量取一定體積的液體時：儀器類型觀察方法誤差“0”刻度在下邊仰視偏高(偏大)俯視偏低(偏小)“0”刻度在上邊仰視偏低(偏小)俯視偏高(偏大)微專題3化學(xué)計算的常用方法方法一守恒法1．含義所謂“守恒”就是物質(zhì)在發(fā)生“變化”或兩物質(zhì)在發(fā)生“反應(yīng)”的過程中某些物理量的總量保持“不變”。在化學(xué)變化中存在各種守恒，如質(zhì)量守恒、原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒、能量守恒、物料守恒等。2．解題步驟類型(一)原子守恒1.密胺是重要的工業(yè)原料，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。工業(yè)上以液氨和二氧化碳為原料，以硅膠為催化劑，在一定條件下通過系列反應(yīng)生成密胺。若原料完全反應(yīng)生成密胺，則NH3和CO2的質(zhì)量之比應(yīng)為()A．17∶44 B．22∶17C．17∶22 D．2∶1答案C解析根據(jù)密胺的結(jié)構(gòu)簡式和原子守恒可知，一個密胺分子中有三個碳原子和六個氮原子，所以合成1mol密胺需要3molCO2和6molNH3，NH3和CO2的質(zhì)量之比應(yīng)為(6×17)∶(3×44)＝17∶22。2．28g鐵粉溶于稀鹽酸中，然后加入足量的Na2O2固體，充分反應(yīng)后過濾，將濾渣加強熱，最終得到的固體質(zhì)量為()A．36g B．40gC．80g D．160g答案B解析28g鐵粉溶于稀鹽酸中生成氯化亞鐵溶液，然后加入足量的Na2O2固體，由于Na2O2固體溶于水后生成氫氧化鈉和氧氣，本身也具有強氧化性，所以充分反應(yīng)后生成氫氧化鐵沉淀，過濾，將濾渣加強熱，最終得到的固體為Fe2O3，根據(jù)鐵原子守恒，n(Fe2O3)＝eq\f(1,2)n(Fe)＝eq\f(1,2)×eq\f(28,56g·mol－1)＝0.25mol，所得Fe2O3固體的質(zhì)量為：0.25mol×160g·mol－1＝40g。類型(二)電荷守恒3．將agFe2O3、Al2O3樣品溶解在過量的200mLpH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋剛好沉淀完全，用去NaOH溶液100mL，則NaOH溶液的濃度為________。答案0.2mol·L－1解析當(dāng)Fe3＋、Al3＋剛好沉淀完全時，溶液中溶質(zhì)只有硫酸鈉，而Na＋全部來源于NaOH，且變化過程中Na＋的量不變。根據(jù)電荷守恒可知：eq\f(nNa＋,nSO\o\al(2－,4))＝eq\f(2,1)，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(H＋)＝0.1mol·L－1×0.2L＝0.02mol，c(NaOH)＝eq\f(0.02mol,0.1L)＝0.2mol·L－1。4．若測得雨水所含水溶性無機離子的化學(xué)組分及其平均濃度如下表：離子K＋Na＋NHeq\o\al(＋,4)SOeq\o\al(2－,4)NOeq\o\al(－,3)Cl－濃度/mol·L－14×10－66×10－62×10－54×10－53×10－52×10－5根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷試樣的pH＝________。答案4解析根據(jù)表格提供的離子可知，NHeq\o\al(＋,4)水解導(dǎo)致試樣溶液呈酸性，再根據(jù)電荷守恒可知，c(K＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(Cl－)＋c(NOeq\o\al(－,3))，將表格中的數(shù)據(jù)代入得H＋濃度為10－4mol·L－1，則pH為4。方法二關(guān)系式法關(guān)系式是表示兩種或多種物質(zhì)之間“量”的關(guān)系的一種簡化式子，在多步反應(yīng)中，它可以把始態(tài)的反應(yīng)物與終態(tài)的生成物之間“量”的關(guān)系表示出來，把多步計算簡化成一步計算。高考題量大，時間緊，對于涉及多步計算的問題，如滴定實驗的有關(guān)計算，巧妙運用關(guān)系式法，可以縮短答題時間；解題的關(guān)鍵是正確書寫關(guān)系式。類型(一)根據(jù)多步反應(yīng)的方程式找關(guān)系式1．為測定某石灰石中CaCO3的質(zhì)量分數(shù)，稱取Wg石灰石樣品，加入過量的濃度為6mol·L－1的鹽酸，使它完全溶解，加熱煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，則析出草酸鈣沉淀，離子方程式為C2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓，過濾出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO4，再用蒸餾水稀釋溶液至V0mL。取出V1mL用amol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此時發(fā)生反應(yīng)：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定終點時消耗amol·L－1的KMnO4V2mL，計算樣品中CaCO3的質(zhì)量分數(shù)。答案eq\f(25aV0V2,WV1)%解析本題涉及的化學(xué)方程式或離子方程式為CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋2CO2↑＋H2OC2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O由方程式可以得出相應(yīng)的關(guān)系式樣品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×eq\f(V0,V1)mol則w(CaCO3)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2.5aV2×10－3×\f(V0,V1)))mol×100g·mol－1,Wg)×100%＝eq\f(25aV0V2,WV1)%。2．(2018·課標全國Ⅲ節(jié)選)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O，M＝248g·mol－1)可用作定影劑、還原劑。利用K2Cr2O7標準溶液定量測定硫代硫酸鈉的純度。測定步驟如下：滴定：取0.00950mol·L－1的K2Cr2O7標準溶液20.00mL，硫酸酸化后加入過量KI，發(fā)生反應(yīng)：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應(yīng)：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。加入淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當(dāng)溶液________，即為終點。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為________%(保留1位小數(shù))。答案藍色褪去95.0解析利用I2遇淀粉溶液顯藍色來判斷滴定終點時，當(dāng)溶液藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)即可說明達到滴定終點。根據(jù)題中反應(yīng)可得：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～3I2～6S2Oeq\o\al(2－,3)，則1.2000g樣品中含有Na2S2O3·5H2O的質(zhì)量＝eq\f(6×20.00×10－3L×0.00950mol·L－1,1)×eq\f(100,24.80)×248g·mol－1＝1.140g，樣品純度＝eq\f(1.140g,1.2000g)×100%＝95.0%。多步反應(yīng)找關(guān)系式的解題步驟類型(二)根據(jù)不同物質(zhì)中所含同種元素的原子個數(shù)找關(guān)系式3．銀銅合金廣泛用于航空工業(yè)，從切割廢料中回收銀并制備銅化工產(chǎn)品的工藝如下：[注：Al(OH)3和Cu(OH)2開始分解的濃度分別為450℃和80℃]。若銅銀合金中銅的質(zhì)量分數(shù)為63.5%，理論上5.0kg廢料中的銅可完全轉(zhuǎn)化為________molCuAlO2，至少需要1.0mol·L－1的Al2(SO4)2溶液答案5025.0解析5.0kg銀銅合金中銅的物質(zhì)的量為n(Cu)＝eq\f(5.0×103g×63.5%,63.5g·mol－1)＝50mol根據(jù)流程圖分析再由Cu原子守恒可得如下關(guān)系4Cu～4CuO～2Al2(SO4)3～4CuAlO2即,2Cu,～,Al2(SO4)3,～,2CuAlO2,,2,,1,,2)所以可完全轉(zhuǎn)化生成50molCuAlO2，至少需要Al2(SO4)3的體積為eq\f(\f(50mol,2),1.0mol·L－1)＝25.0L。用原子守恒找關(guān)系式的方法(1)實際化工生產(chǎn)中往往涉及多步反應(yīng)，但原料和產(chǎn)品中的某種主要元素是相同的，據(jù)此可以找出關(guān)系式，如利用轉(zhuǎn)化反應(yīng)中Cu原子守恒可得出關(guān)系式：Cu～CuO～CuSO4～CuAlO2，這樣可避免書寫化學(xué)方程式，縮短解題時間。(2)尋找關(guān)系式時，要特別注意原料中的主要元素是否全部轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物，如不能完全轉(zhuǎn)化，可以將分步轉(zhuǎn)化率換算成總轉(zhuǎn)化率進行計算。方法三熱重分析法1．設(shè)晶體為1mol，其質(zhì)量為m。2．失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。3．計算每步固體剩余的質(zhì)量(m余)eq\f(m余,m)×100%＝固體殘留率。4．晶體中金屬質(zhì)量不再減少，仍在m余中。5．失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得m氧，由n金屬∶n氧，即可求出失重后物質(zhì)的化學(xué)式。1．MnCO3在空氣中加熱易轉(zhuǎn)化為不同價態(tài)的錳的氧化物，其固體殘留率隨溫度的變化如圖所示。則(1)300℃時，剩余固體中n(Mn)∶n(O)為________(2)圖中點D對應(yīng)固體的成分為________(填化學(xué)式)。答案(1)1∶2(2)Mn3O4和MnO解析設(shè)MnCO3的物質(zhì)的量為1mol，即質(zhì)量為115g。(1)A點剩余固體質(zhì)量為115g×75.65%≈87g，減少的質(zhì)量為115g－87g＝28g，可知MnCO3失去的組成為“CO”，故剩余固體的成分為MnO2。(2)C點剩余固體質(zhì)量為115g×61.74%≈71g，據(jù)錳元素守恒知m(Mn)＝55g，則m(O)＝71g－55g＝16g，則n(Mn)∶n(O)＝eq\f(55,55)∶eq\f(16,16)＝1∶1，故剩余固體的成分為MnO，同理，B點剩余固體質(zhì)量為115g×66.38%＝76g，因m(Mn)＝55g，則m(O)＝76g－55g＝21g，則n(Mn)∶n(O)＝eq\f(55,55)∶eq\f(21,16)＝3∶4，故剩余固體的成分為Mn3O4，因D點介于B、C之間，故D點對應(yīng)固體的成分為Mn3O4與MnO的混合物。2．摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]經(jīng)氧化后與KOH和H2C2O4反應(yīng)可得到草酸合鐵酸鉀[KaFeb(C2O4)c·dH2(1)已知25℃，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝5.4×10－5。pH＝4的H2C2O4溶液中c(C2Oeq\o\al(2－,4))/c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝________。(2)為了確定草酸合鐵酸鉀的組成，準確稱取4.910g樣品在氮氣氣氛下加熱，固體樣品的剩余質(zhì)量隨溫度的變化如圖所示。已知：a.120℃b．200～580℃樣品分解產(chǎn)生的CO和CO2恢復(fù)至標準狀況下體積為1.008Lc．580℃以上殘留固體為FeO和K2CO3根據(jù)以上實驗數(shù)據(jù)計算草酸合鐵酸鉀的化學(xué)式為________。答案(1)0.54(2)K3Fe(C2O4)3·3H2O解析(1)已知25℃，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝5.4×10－5。pH＝4的H2C2O4溶液中eq\f(cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))＝eq\f(cC2O\o\al(2－,4)·cH＋,cHC2O\o\al(－,4)·cH＋)＝eq\f(Ka2,cH＋)＝eq\f(5.4×10－5,1.0×10－4)＝0.54。(2)120℃時樣品已完全失去結(jié)晶水，則m(H2O)＝4.910g－4.37g＝0.54g，n(H2O)＝3×10－2mol；又已知分解產(chǎn)生的CO和CO2滿足n(CO)＋n(CO2)＝eq\f(1.008L,22.4L·mol－1)＝4.5×10－2mol，根據(jù)原子守恒有2n(C2Oeq\o\al(2－,4))＝n(K2CO3)＋n(CO)＋n(CO2)＝n(K2CO3)＋4.5×10－2mol，由已知信息c及題圖可知，m(FeO)＋m(K2CO3)＝n(Fe3＋)×72g·mol－1＋eq\f(1,2)n(K＋)×138g·mol－1＝2.79g，又KaFeb(C2O4)c呈電中性，則3n(Fe3＋)＋n(K＋)＝2×n(C2Oeq\o\al(2－,4))＝n(K2CO3)＋n(CO)＋n(CO2)＝n(K2CO3)＋4.5×10－3＝eq\f(1,2)n(K＋)＋4.5×10－2mol，解得n(Fe3＋)＝1×10－2mol，n(K＋)＝3×10－2mol，n(C2Oeq\o\al(2－,4))＝3×10－2mol，則樣品中n(K＋)∶n(Fe3＋)∶n(C2Oeq\o\al(2－,4))∶n(H2O)＝(3×10－2mol)∶(1×10－2mol)∶(3×10－2mol)∶(3×10－2mol)＝3∶1∶3∶3，故草酸合鐵酸鉀的化學(xué)式為K3Fe(C2O4)3·3H2O。1．金屬錫的純度可以通過下述方法測定：將試樣溶于鹽酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sn＋2HCl=SnCl2＋H2↑，再加入過量的FeCl3溶液，發(fā)生如下反應(yīng)：SnCl2＋2FeCl3=SnCl4＋2FeCl2，最后用已知濃度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反應(yīng)的化學(xué)方程式為6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl=6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O?，F(xiàn)有金屬錫試樣0.613g，經(jīng)上述反應(yīng)后，共用去0.100mol·L－1K2Cr2O7溶液16.0mL。求試樣中錫的百分含量________(假定雜質(zhì)不參加反應(yīng)，錫的相對原子質(zhì)量為119)。答案93.2%解析設(shè)Sn的質(zhì)量為x，Sn與K2Cr2O7物質(zhì)的量的關(guān)系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O73×119g1molx0.100×0.016molx＝eq\f(3×119g×0.100×0.016mol,1mol)＝0.5712gw(Sn)＝eq\f(0.5712g,0.613g)×100%≈93.2%。2．Ba2＋是一種重金屬離子，有一環(huán)境監(jiān)測小組欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等試劑測定某工廠廢水中Ba2＋的物質(zhì)的量濃度，取廢水50.00mL，控制適當(dāng)?shù)乃岫?，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀經(jīng)洗滌、過濾后，用適量稀硫酸處理，此時CrOeq\o\al(2－,4)全部轉(zhuǎn)化為Cr2Oeq\o\al(2－,7)；再加入過量KI溶液進行反應(yīng)，然后在反應(yīng)液中滴加0.100mol·L－1的標準Na2S2O3溶液，反應(yīng)完全時，消耗Na2S2O3溶液36.00mL。已知有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為①Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。則該工廠廢水中Ba2＋的物質(zhì)的量濃度為________。答案0.024mol·L－1解析設(shè)Ba2＋的物質(zhì)的量為x，則根據(jù)相關(guān)反應(yīng)可得以下關(guān)系式：Ba2＋～BaCrO4～eq\f(1,2)Cr2Oeq\o\al(2－,7)～eq\f(3,2)I2～3S2Oeq\o\al(2－,3)1mol3molx0.036L×0.100mol·L－1解得x＝1.2×10－3mol，則c(Ba2＋)＝eq\f(1.2×10－3mol,0.050L)＝0.024mol·L－1。3．BaCrO4常用于制備顏料、陶瓷、玻璃、安全火柴等。為了測定某鉻酸鋇樣品中BaCrO4的含量，進行如下實驗：wg樣品eq\o(→,\s\up7(過量HI溶液),\s\do5(鹽酸))I2、Cr3＋、Ba2＋、Cl－eq\o(→,\s\up7(VmLcmol·L－1Na2S2O3標準液))終點已知：雜質(zhì)不參與反應(yīng)；滴定反應(yīng)為I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。(1)寫出BaCrO4與過量HI溶液反應(yīng)的離子方程式：____________________________________________。(2)BaCrO4的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，則樣品中BaCrO4的質(zhì)量分數(shù)為________%(用代數(shù)式表示)。答案(1)2BaCrO4＋6I－＋16H＋=2Ba2＋＋2Cr3＋＋3I2＋8H2O(2)eq\f(cVM,30w)解析根據(jù)題示信息，BaCrO4中＋6價Cr元素被還原成Cr3＋，HI中I－被氧化成I2，根據(jù)得失電子守恒配平離子方程式2BaCrO4＋6I－＋16H＋=2Ba2＋＋2Cr3＋＋3I2＋8H2O，由滴定反應(yīng)知，2BaCrO4～3I2～6Na2S2O3，3n(BaCrO4)＝n(Na2S2O3)，則樣品中BaCrO4的質(zhì)量分數(shù)為eq\f(cVM,1000×3w)×100%＝eq\f(cVM,30w)%。4.在焙燒NH4VO3的過程中，固體質(zhì)量的減少值(縱坐標)隨溫度變化的曲線如圖所示，210℃時，剩余固體物質(zhì)的化學(xué)式為________答案HVO3解析NH4VO3分解的過程中生成氨氣和HVO3，HVO3進一步分解生成V2O5,210℃時若分解生成酸和氨氣，則剩余固體占起始固體百分含量為eq\f(100,117)×100%≈85.47%，所以210℃時，剩余固體物質(zhì)的化學(xué)式為HVO3。5．將Ce(SO4)2·4H2O(摩爾質(zhì)量為404g·mol－1)在空氣中加熱，樣品的固體殘留率(eq\f(固體樣品的剩余質(zhì)量,固體樣品的起始質(zhì)量)×100%)隨溫度的變化如下圖所示。當(dāng)固體殘留率為70.3%時，所得固體可能為________(填字母)。A．Ce(SO4)2 B．Ce2(SO4)3C．CeOSO4答案B解析404×70.3%≈284，A的相對分子質(zhì)量為332，B的相對分子質(zhì)量為568，C的相對分子質(zhì)量為252，根據(jù)質(zhì)量守恒808×70.3%≈568，應(yīng)選B。6．在空氣中加熱10.98g草酸鈷晶體(CoC2O4·2H2O)樣品，受熱過程中不同溫度范圍內(nèi)分別得到一種固體物質(zhì)，其質(zhì)量如表。溫度范圍/℃固體質(zhì)量/g150～2108.82290～3204.82890～9204.50(1)加熱到210℃時，固體物質(zhì)的化學(xué)式為________(2)經(jīng)測定，加熱到210～310℃過程中的生成物只有CO2和鈷的氧化物，此過程發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________答案(1)CoC2O4(2)3CoC2O4＋2O2eq\o(=,\s\up7(△))Co3O4＋6CO2解析(1)CoC2O4·2H2O失去全部結(jié)晶水的質(zhì)量為10.98×eq\f(147,183)g＝8.82g，即加熱到210℃時，固體物質(zhì)是CoC2O4。(2)根據(jù)元素守恒，n(CO2)＝eq\f(8.82,147)×2mol＝0.12mol，質(zhì)量為0.12mol×44g·mol－1＝5.28g，而固體質(zhì)量減少為(8.82－4.82)g＝4.00g，說明有氣體參加反應(yīng)，即氧氣參加，氧氣的質(zhì)量為(5.28－4.00)g＝1.28g，其物質(zhì)的量為eq\f(1.28,32)mol＝0.04mol，n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝eq\f(8.82,147)∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依據(jù)原子守恒，3CoC2O4＋2O2eq\o(=,\s\up7(△))Co3O4＋6CO2。微專題4溶解度及溶解度曲線1．固體物質(zhì)的溶解度(1)概念：在一定溫度下，某固體物質(zhì)在100g溶劑(通常是水)里達到飽和狀態(tài)時所溶解的質(zhì)量，叫作這種物質(zhì)在該溶劑里的溶解度，其單位為“g”。(2)計算：飽和溶液中存在的兩比例：①eq\f(m溶質(zhì),m溶劑)＝eq\f(S,100g)；②eq\f(m溶質(zhì),m溶液)＝eq\f(S,100g＋S)。(3)影響溶解度大小的因素①內(nèi)因：物質(zhì)本身的性質(zhì)(由結(jié)構(gòu)決定)。②外因：a．溶劑的影響(如NaCl易溶于水而不易溶于汽油)。b．溫度的影響：升溫，大多數(shù)固體物質(zhì)在水中的溶解度增大，少數(shù)物質(zhì)溶解度減小，如Ca(OH)2；溫度對NaCl的溶解度影響不大。2．氣體物質(zhì)的溶解度(1)表示方法：通常指該氣體(其壓強為101kPa)在一定溫度時溶解于1體積水里達到飽和狀態(tài)時氣體的體積，常記為1∶x。如NH3、HCl、SO2、CO2氣體常溫時在水中的溶解度分別為1∶700、1∶500、1∶40、1∶1。(2)影響因素：氣體物質(zhì)溶解度的大小與溫度和壓強有關(guān)，溫度升高，溶解度減??；壓強增大，溶解度增大。3．溶解度曲線(1)常見物質(zhì)的溶解度曲線(g/100g水)(2)溶解度曲線的意義①點：曲線上的點叫飽和點。a．曲線上任一點表示對應(yīng)溫度下該物質(zhì)的溶解度；b．兩曲線的交點表示兩物質(zhì)在該交點的溫度下溶解度相等。②線：溶解度曲線表示物質(zhì)的溶解度隨溫度變化的趨勢，其變化趨勢分為三種：a．陡升型：大部分固體物質(zhì)的溶解度隨溫度升高而增大，且變化較大，如硝酸鉀，提純時常采用降溫結(jié)晶(冷卻熱飽和溶液)的方法；b．下降型：極少數(shù)物質(zhì)的溶解度隨溫度升高反而減小，如熟石灰的飽和溶液升溫時變渾濁；c．緩升型：少數(shù)物質(zhì)的溶解度隨溫度變化不大，如氯化鈉，提純時常采用蒸發(fā)結(jié)晶(蒸發(fā)溶劑)的方法。③面：a．溶解度曲線下方的面表示相應(yīng)溫度下該物質(zhì)的不飽和溶液；b．溶解度曲線上方的面表示相應(yīng)溫度下該物質(zhì)的過飽和溶液，可以結(jié)晶析出晶體。(3)溶解度曲線的應(yīng)用利用溶解度曲線選擇不同的物質(zhì)分離方法：①溶解度受溫度影響較小的物質(zhì)(如NaCl)采取蒸發(fā)結(jié)晶的方法；若NaCl溶液中含有KNO3，應(yīng)采取蒸發(fā)結(jié)晶，趁熱過濾的方法。②溶解度受溫度影響較大的物質(zhì)(或帶有結(jié)晶水)采取蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶的方法；若KNO3溶液中含有NaCl，應(yīng)采取加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾的方法?！景咐?】溶解度曲線的意義MgSO4、NaCl的溶解度曲線如圖所示。下列說法正確的是()A．MgSO4的溶解度隨溫度升高而升高B．NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大C．T2℃時，MgSOD．將MgSO4飽和溶液的溫度從T3℃降至T答案C解析溫度低于T2℃時，MgSO4的溶解度隨溫度升高而增大，高于T2℃時，MgSO4的溶解度隨溫度升高而降低，A錯誤；T1℃、T3℃時，NaCl、MgSO4的溶解度相等，B錯誤；w＝eq\f(S,100g＋S)×100%，S越大，w越大，C正確；將MgSO4飽和溶液的溫度從T3【案例2】根據(jù)溶解度曲線進行分離提純(2017·課標全國Ⅲ，27)重鉻酸鉀是一種重要的化工原料，一般由鉻鐵礦制備，鉻鐵礦的主要成分為FeO·Cr2O3，還含有硅、鋁等雜質(zhì)。制備流程如圖所示：回答下列問題：已知：有關(guān)物質(zhì)的溶解度如圖所示。向“濾液3”中加入適量KCl，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾得到K2Cr2O7固體。冷卻到________(填標號)得到的K2Cr2O7固體產(chǎn)品最多。a．80℃ b．60c．40℃ d．步驟⑤的反應(yīng)類型是________。答案d復(fù)分解反應(yīng)解析由溶解度曲線圖可知，10℃時K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此時溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液當(dāng)中，故冷卻到10℃時得到的K2Cr2O7固體最多，該步驟的反應(yīng)化學(xué)方程式為2KCl＋Na2Cr2O7=2NaCl＋K2Cr2O1．已知四種鹽的溶解度(S)曲線如圖所示，下列說法不正確的是()A．NaCl可以通過將NaCl溶液蒸發(fā)結(jié)晶得到晶體B．NaCl中混有少量Mg(ClO3)2雜質(zhì)，可采用將熱的飽和溶液冷卻結(jié)晶方法得到NaClC．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl雜質(zhì)，可用重結(jié)晶法提純D．可用MgCl2和NaClO3制備Mg(ClO3)2答案B解析含少量Mg(ClO3)2的NaCl溶液，可以采用蒸發(fā)溶劑而結(jié)晶的方法得到NaCl晶體，B項不正確。2．以氯化鈉和硫酸銨為原料制備氯化銨及副產(chǎn)品硫酸鈉，工藝流程如下：氯化銨和硫酸鈉的溶解度隨溫度變化如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)欲制備10.7gNH4Cl，理論上需NaCl________g。(2)實驗室進行蒸發(fā)濃縮用到的主要儀器有________、燒杯、玻璃棒、酒精燈等。(3)“冷卻結(jié)晶”過程中，析出NH4Cl晶體的合適溫度為________。(4)不用其他試劑，檢查NH4Cl產(chǎn)品是否純凈的方法及操作是_________________________________________________。(5)若NH4Cl產(chǎn)品中含有硫酸鈉雜質(zhì)，進一步提純產(chǎn)品的方法是________。答案(1)11.7(2)蒸發(fā)皿(3)35℃(33℃～40解析根據(jù)氯原子守恒可列關(guān)系式求m(NaCl)＝10.7g×58.5g·mol－1÷53.5g·mol－1＝11.7g，氯化銨的溶解度隨溫度變化較大，故可用冷卻結(jié)晶法析出晶體，但要防止硫酸鈉析出，所以溫度應(yīng)大約在33～40℃。1．(高考組合題)下列說法正確的是________。A．(2020·北京高考)配制一定物質(zhì)的量濃度的氯化鈉溶液用下列(圖1)儀器或裝置進行相應(yīng)實驗B．(2020·天津高考)配制50.00mL0.1000mol·L－1Na2CO3溶液選擇下列(圖2)實驗儀器或裝置C．(2019·江蘇高考)將4.0gNaOH固體置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L－1NaOH溶液D．(2019·天津高考)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，下列(圖3)實驗儀器或操作能達到目的答案AD解析圖①為配制一定濃度溶液的轉(zhuǎn)移操作，圖示操作正確，A項能達到實驗?zāi)康?；配?0.00mL0.1000mol·L－1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配制溶液，B項錯誤；配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液不能在容量瓶中溶解或稀釋，C項錯誤；容量瓶上的刻度與凹液面的最低處相切，膠頭滴管垂直位于容量瓶的正上方，故D項能達到目的。2．(高考組合題)下列實驗過程不能達到實驗?zāi)康牡氖莀_______。編號實驗?zāi)康膶嶒炦^程A(2018·全國卷Ⅱ)配制0.4000mol·L－1的NaOH溶液稱取4.0g固體NaOH于燒杯中，加入少量蒸餾水溶解，轉(zhuǎn)移至250mL容量瓶中定容B(2017·全國卷Ⅲ)配制濃度為0.010mol·L－1的KMnO4溶液稱取KMnO4固體0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀釋至刻度C(2018·全國卷Ⅱ)制取并純化氫氣向稀鹽酸中加入鋅粒，將生成的氣體依次通過NaOH溶液、濃硫酸和KMnO4溶液D(2016·全國卷Ⅲ)配制稀硫酸先將濃硫酸加入燒杯中，后倒入蒸餾水答案ABCD解析NaOH固體溶解并冷卻后轉(zhuǎn)移至250mL容量瓶中，洗滌燒杯和玻璃棒并將洗滌液轉(zhuǎn)移至容量瓶中，然后定容，A項錯誤；不能在容量瓶中直接溶解固體，B項錯誤；鋅粒與稀鹽酸反應(yīng)生成的H2中混有揮發(fā)出的HCl，要先通過NaOH溶液除去HCl，再通過濃硫酸除去水蒸氣即可，不需要通過KMnO4溶液，C項錯誤；稀釋濃硫酸時應(yīng)將濃硫酸慢慢加入水中(“酸入水”)，并不斷攪拌使產(chǎn)生的熱量迅速擴散，以防液體濺出，D項錯誤。3．(1)(2020·課標全國Ⅰ)由FeSO4·7H2O固體配制0.10mol·L－1FeSO4溶液，需要的儀器有藥匙、玻璃棒、________(從下列圖中選擇，寫出名稱)。(2)(2018·課標全國Ⅲ)配制硫代硫酸鈉標準溶液：稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在________中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100mL的________中，加蒸餾水至________________________________。答案(1)燒杯、量筒、托盤天平(2)燒杯容量瓶凹液面最低處與刻度線相平解析(1)利用固體配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時需要用托盤天平稱量固體，用燒杯溶解固體，用量筒量取蒸餾水。(2)配制溶液需要計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容、搖勻等步驟，稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在燒杯中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100mL的容量瓶中，加蒸餾水至凹液面最低處與刻度線相平。4．(2017·浙江高考)用無水Na2CO3固體配制250mL0.1000mol·L－1的溶液。請回答：(1)在配制過程中不必要的玻璃儀器是________。A．燒杯 B．量筒C．玻璃棒 D．膠頭滴管E．容量瓶(2)定容時的操作：當(dāng)液面接近容量瓶刻度線時，________________________________，再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻。(3)下列操作會使配得的Na2CO3溶液濃度偏低的是________。A．稱取相同質(zhì)量的Na2CO3·10H2O固體進行配制B．定容時俯視容量瓶的刻度線C．搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶刻度線，再滴加蒸餾水至刻度線D．轉(zhuǎn)移洗滌液時灑到容量瓶外，繼續(xù)用該未清洗的容量瓶重新配制答案(1)B(2)用膠頭滴管滴加蒸餾水至溶液凹液面正好與刻度線相切(3)AC解析(1)固體配制溶液時不需要量筒，需要的儀器主要有：托盤天平、藥匙、燒杯、容量瓶(規(guī)格)、膠頭滴管、玻璃棒六種；(2)定容操作時要注意加水至刻度線的細節(jié)表述：當(dāng)液面接近容量瓶刻度線時，用膠頭滴管滴加蒸餾水至溶液凹面正好與刻度線相切，再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻；(3)A項中稱取相同質(zhì)量的Na2CO3·10H2O固體實際溶質(zhì)少了，導(dǎo)致濃度偏小；C中搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶刻度線，再滴加蒸餾水至刻度線，導(dǎo)致濃度偏低。B項導(dǎo)致偏大，D項轉(zhuǎn)移洗滌液時灑到容量瓶外，實驗失敗，洗凈容量瓶后重新配制，未清洗容量瓶中殘留有溶質(zhì)，導(dǎo)致濃度偏高。一、選擇題(本題包括8小題，每小題只有一個選項符合題意)1．下列所配溶液濃度為1mol·L－1的是()A．將31gNa2O溶于1L水中B．常溫下，將22.4LHCl溶于水中，配成1L溶液C．將100mL5mol·L－1的KNO3溶液加水稀釋至500mLD．將10mL10mol·L－1的H2SO4溶液與90mL水混合答案C解析根據(jù)鈉原子守恒可知n(NaOH)＝2n(Na2O)＝2×eq\f(31g,62g·mol－1)＝1mol，但水的體積不等于溶液的體積，所以無法計算溶液濃度，選項A錯誤；不是標準狀況下，氣體的物質(zhì)的量不是1mol，選項B錯誤；稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，即c(濃)V(濃)＝c(稀)V(稀)，則0.1L×5mol·L－1＝c(稀)×0.5L，解得c(稀)＝1mol·L－1，選項C正確；將10mL10mol·L－1的H2SO4溶液與90mL水混合，溶液的體積小于100mL，無法計算，選項D錯誤。2．(2020·山東菏澤市高三一模)用18.0mol·L－1的硫酸配制250mL0.1mol·L－1的硫酸，下列儀器無須選用的是()A．燒杯 B．燒瓶C．容量瓶 D．玻璃棒答案B解析用18.0mol·L－1的硫酸配制250mL0.1mol·L－1的硫酸，需要先把濃硫酸在燒杯中稀釋，并用玻璃棒攪拌，然后才能轉(zhuǎn)移到容量瓶中，整個實驗操作不需要使用燒瓶，故答案選B。3．用固體樣品配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，需經(jīng)過稱量、溶解、轉(zhuǎn)移溶液、定容等操作。下列圖示對應(yīng)的操作規(guī)范的是()答案B4．把如圖標簽所示的兩份溶液注入如圖容量瓶中并達到圖示狀態(tài)。下列說法正確的是()A．兩份溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量相同B．兩份溶液中c(H＋)分別為0.3mol·L－1和0.25mol·L－1C．容量瓶中溶液的濃度為0.21mol·L－1D．容量瓶中溶液的c(H＋)為0.21mol·L－1答案C解析A項，兩份溶液中n(H2SO4)分別為0.03mol和0.075mol，錯誤；B項，兩份溶液中c(H＋)分別為0.6mol·L－1和0.5mol·L－1，錯誤；C項，c＝eq\f(0.3×0.1＋0.25×0.3,0.5)mol·L－1＝0.21mol·L－1，正確；D項，c(H＋)＝0.21mol·L－1×2＝0.42mol·L－1，錯誤。5．硫酸銅水溶液呈酸性，屬保護性無機殺菌劑，對人畜比較安全，其與石灰乳混合可得“波爾多液”。實驗室里需用480mL0.10mol·L－1的硫酸銅溶液，則應(yīng)選用的容量瓶規(guī)格和稱取溶質(zhì)的質(zhì)量分別為()A．480mL容量瓶，稱取7.68g硫酸銅B．480mL容量瓶，稱取12.0g膽礬C．500mL容量瓶，稱取9.00g硫酸銅D．500mL容量瓶，稱取12.5g膽礬答案D解析應(yīng)選500mL容量瓶，500mL溶液對應(yīng)的膽礬質(zhì)量為12.5g。6．某溶液中，若忽略水的電離，只含有下表中所示的四種離子，試推測X離子及其個數(shù)b可能為()離子Na＋Al3＋Cl－X個數(shù)32abA.NOeq\o\al(－,3)、4a B．SOeq\o\al(2－,4)、4aC．OH－、4a D．SOeq\o\al(2－,4)、8a答案B解析設(shè)X的電荷數(shù)為n，溶液呈電中性，則溶液中存在3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)＝a×N(Cl－)＋nb×N(X)，則A.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)≠a×N(Cl－)＋4a×N(NOeq\o\al(－,3))，電荷不守恒，故A錯誤；B.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)＝a×N(Cl－)＋4a×2×N(SOeq\o\al(2－,4))，電荷守恒，故B正確；C.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)≠a×N(Cl－)＋4a×N(OH－)，電荷不守恒，Al3＋、OH－不能大量共存，故C錯誤；D.3a×N(Na＋)＋2a×3N(Al3＋)≠a×N(Cl－)＋8a×2×N(SOeq\o\al(2－,4))，7．某興趣小組需要500mL2mol·L－1的H2SO4溶液，若用98%密度為1.84g·mL－1的濃硫酸配制該溶液。下列操作正確的是()答案D解析A．圖中量取液體時仰視刻度線，導(dǎo)致量取濃硫酸體積偏大，操作錯誤，故A錯誤；B.圖中濃硫酸稀釋將水注入濃硫酸，容易產(chǎn)生酸飛濺傷人，操作錯誤，故B錯誤；C.圖中移液操作未用玻璃棒引流，操作錯誤，故C錯誤；D.圖中為定容操作，眼睛平視刻度線，操作正確，故D正確。8．(2020·鄭州模擬)將質(zhì)量分數(shù)為a%、物質(zhì)的量濃度為c1mol·L－1的稀H2SO4蒸發(fā)掉一定量的水，使其質(zhì)量分數(shù)變?yōu)?a%，此時溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為c2mol·L－1。則c1和c2A．c1＝2c2mol·L－1 B．c2<2c1C．c2>2c1mol·L－1 D．c2＝2c1答案C解析由c＝eq\f(1000ρw,M)可知，eq\f(c1,c2)＝eq\f(ρ1·a%,ρ2·2a%)＝eq\f(ρ1,2ρ2)，由于ρ1＜ρ2，所以c2＞2c1。二、選擇題(本題包括4小題，每小題有一個或兩個選項符合題意)9．下列有關(guān)實驗原理或操作正確的是()A．用20mL量筒量取15mL酒精，加5mL水，配制質(zhì)量分數(shù)為75%的酒精溶液B．在200mL某硫酸鹽溶液中，含有1.5NA個硫酸根離子和NA個金屬離子，則該硫酸鹽的物質(zhì)的量濃度為2.5mol·L－1C．實驗中需用950mL2.0mol·L－1Na2CO3溶液，配制時選用的容量瓶的規(guī)格和稱取的Na2CO3的質(zhì)量分別為1000mL、212gD．實驗室配制500mL0.2mol·L－1硫酸亞鐵溶液，其操作是：用天平稱15.2g綠礬(FeSO4·7H2O)，放入小燒杯中加水溶解，轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶，洗滌、稀釋、定容、搖勻答案BC解析不能用量筒來配制溶液，應(yīng)用燒杯，且15mL酒精的質(zhì)量不是5mL水的質(zhì)量的3倍，A項錯誤；1.5NA個硫酸根離子的物質(zhì)的量為1.5mol，NA個金屬陽離子的物質(zhì)的量為1mol，設(shè)金屬離子的化合價為x，根據(jù)電荷守恒可知，x＝1.5×2＝3，故金屬陽離子為＋3價，所以該硫酸鹽可以表示為M2(SO4)3，根據(jù)硫酸根離子守恒可知，硫酸鹽為0.5mol，所以該硫酸鹽的物質(zhì)的量濃度為eq\f(0.5mol,0.2L)＝2.5mol·L－1，B項正確；沒有950mL的容量瓶，應(yīng)用1000mL的容量瓶進行配制，則m(Na2CO3)＝cVM＝1L×2mol·L－1×106g·mol－1＝212g，C項正確；配制500mL0.2mol·L－1硫酸亞鐵溶液，需要綠礬(FeSO4·7H2O)的物質(zhì)的量為0.5L×0.2mol·L－1＝0.1mol，質(zhì)量為27.8g，D項錯誤。10．把含硫酸銨和硝酸銨的混合溶液aL分成兩等份，一份加入含bmolNaOH的溶液并加熱，恰好把NH3全部趕出；另一份需消耗cmolBaCl2才能使SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，則原溶液中NOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量濃度(mol·L－1)為()A.eq\f(b－2c,a) B．eq\f(2b－4c,a)C.eq\f(2b－c,a) D．eq\f(b－4c,a)答案B解析bmolNaOH恰好將NH3全部趕出，根據(jù)NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O可知，每份中含有bmolNHeq\o\al(＋,4)；與氯化鋇溶液完全反應(yīng)消耗cmolBaCl2才能使SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，根據(jù)Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓可知每份含有SOeq\o\al(2－,4)cmol，設(shè)每份中含有NOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量為xmol，根據(jù)溶液呈電中性，則bmol×1＝cmol×2＋xmol×1，得x＝b－2c，因?qū)L混合溶液分成兩等份，則每份的體積是0.5aL，所以每份溶液中c(NOeq\o\al(－,3))＝eq\f(b－2cmol,0.5aL)＝eq\f(2b－4c,a)mol·L－1，即原溶液中NOeq\o\al(－,3)的濃度是eq\f(2b－4c,a)mol·L－1，故選B。11．某同學(xué)參閱了“84消毒液”說明書中的配方，欲用NaClO固體自己配制480mL含NaClO25%、密度為1.19g·cm－3的消毒液。下列說法正確的是()A．配制過程中只需要三種儀器即可完成B．所配得的NaClO消毒液在空氣中經(jīng)光照、久置后，溶液中NaClO的物質(zhì)的量濃度減小C．容量瓶用蒸餾水洗凈后必須烘干才可用于溶液的配制D．需要稱量的NaClO固體的質(zhì)量為142.80g答案B解析配制過程中需要托盤天平(或電子天平)、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管等儀器，A項錯誤；由于NaClO與空氣中的CO2反應(yīng)生成HClO，HClO在光照條件下易分解，故所配得的NaClO消毒液在空氣中經(jīng)光照、久置后，溶液中NaClO的物質(zhì)的量濃度減小，B項正確；容量瓶用蒸餾水洗凈后不必烘干就可用于溶液的配制，C項錯誤；應(yīng)按配制500mL溶液計算，需要NaClO固體的質(zhì)量為148.75g，應(yīng)該用托盤天平稱量148.8g次氯酸鈉，D項錯誤。12．某結(jié)晶水合物的化學(xué)式為R·nH2O，其相對分子質(zhì)量為M。25℃時，ag該晶體能夠溶于bg水中形成VA．該溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為eq\f(100aM－18n,a＋b)%B．該溶液的物質(zhì)的量濃度為eq\f(a,MV)mol·L－1C．該溶液的溶解度為eq\f(100aM－18na,18na＋bM)gD．該溶液的密度為eq\f(a＋b,V)g·cm－3答案AB解析某結(jié)晶水合物的化學(xué)式為R·n