高考化學知識點總結

考點一把握分類標準，理清物質類別1．物質常見的分類情況2．氧化物的常見分類方法氧化物eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(按組成元素)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(金屬氧化物：如K2O、CaO、Fe2O3,非金屬氧化物：如SO2、CO2、SO3、P2O5)),\x(按性質)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(成鹽氧化物\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(酸性氧化物：如CO2、SO3,堿性氧化物：如Na2O、CuO,兩性氧化物：如Al2O3)),不成鹽氧化物：如CO、NO,特殊氧化物：如Fe3O4、Na2O2、H2O2))))3．正誤判斷，辨析“一定”與“不一定”(1)同種元素組成的物質一定是純凈物(×)(2)強堿一定是離子化合物，鹽也一定是離子化合物(×)(3)堿性氧化物一定是金屬氧化物，金屬氧化物不一定是堿性氧化物(√)(4)酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，非金屬氧化物也不一定是酸性氧化物(√)(5)能電離出H＋的一定是酸，溶液呈堿性的一定是堿(×)(6)在酸中有幾個H原子就一定是幾元酸(×)(7)含有離子鍵的化合物一定是離子化合物，共價化合物一定不含離子鍵(√)(8)鹽中一定含金屬元素(×)(9)能導電的一定是電解質，不導電的一定是非電解質(×)(10)強電解質的導電性一定大于弱電解質的導電性(×)4．識記常見混合物的成分與俗名(1)水煤氣：CO、H2(2)天然氣(沼氣)：主要成分是CH4(3)液化石油氣：以C3H8、C4H10為主(4)裂解氣：以C2H4為主(5)水玻璃：Na2SiO3的水溶液(6)王水：濃鹽酸與濃硝酸的混合物(體積比3∶1)(7)波爾多液：主要成分是CuSO4和Ca(OH)2(8)肥皂：主要成分是C17H35COONa(9)堿石灰：NaOH、CaO(10)鋁熱劑：鋁粉和金屬氧化物的混合物(11)漂白粉：Ca(ClO)2和CaCl2的混合物考點一洞悉陷阱設置，突破阿伏加德羅常數(shù)應用一、抓“兩看”，突破“狀態(tài)、狀況”陷阱一看“氣體”是否處于“標準狀況”。二看“標準狀況”下，物質是否為“氣體”(如CCl4、H2O、Br2、SO3、HF、己烷、苯等在標準狀況下不為氣體)。題組一氣體摩爾體積的適用條件及物質的聚集狀態(tài)1．正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“×”。(1)2.24LCO2中含有的原子數(shù)為0.3NA(×)(2)常溫下，11.2L甲烷氣體含有的甲烷分子數(shù)為0.5NA(×)(3)標準狀況下，22.4L己烷中含共價鍵數(shù)目為19NA(×)(4)常溫常壓下，22.4L氯氣與足量鎂粉充分反應，轉移的電子數(shù)為2NA(×)(2012·新課標全國卷，9D)(5)標準狀況下，2.24LHF含有的HF分子數(shù)為0.1NA(×)二、排“干擾”，突破“質量、狀況”陷阱題組二物質的量或質量與狀況2．正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“×”。(1)常溫常壓下，3.2gO2所含的原子數(shù)為0.2NA(√)(2)標準標況下，18gH2O所含的氧原子數(shù)目為NA(√)(3)常溫常壓下，92gNO2和N2O4的混合氣體中含有的原子數(shù)為6NA(√)三、記“組成”，突破“物質組成”陷阱題組三物質的組成與結構3．正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“×”。(1)在常溫常壓下，32g18O2中含有2NA個氧原子(×)(2)17g—OH與17gOH－所含電子數(shù)均為10NA(×)(3)相同質量的N2O4與NO2中所含原子數(shù)目相同(√)(4)mgCO與N2的混合氣體中所含分子數(shù)目為eq\f(m,28)NA(√)(5)4.5gSiO2晶體中含有的硅氧鍵的數(shù)目為0.3NA(√)(6)30g甲醛中含共用電子對總數(shù)為4NA(√)四、審“要求”，突破“離子數(shù)目”判斷陷阱一審是否有弱離子的水解；二審是否指明了溶液的體積；三審所給條件是否與電解質的組成有關，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1mol·L－1，與電解質的組成無關；0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1mol·L－1，與電解質的組成有關。題組四電解質溶液中粒子數(shù)目的判斷4．正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“×”。(1)0.1L3.0mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NHeq\o\al(＋,4)的數(shù)目為0.3NA(×)(2)等體積、等物質的量濃度的NaCl和KCl溶液中，陰、陽離子數(shù)目之和均為2NA(×)(3)0.1mol·L－1的NaHSO4溶液中，陽離子的數(shù)目之和為0.2NA(×)(4)25℃時，pH＝13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－數(shù)目為0.2NA(×)五、記“隱含反應”，突破“粒子組成、電子轉移”判斷陷阱在“NA”應用中，常涉及到以下可逆反應：1．2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))2SO32NO2N2O4N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH32．Cl2＋H2OHCl＋HClO3．NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－題組五阿伏加德羅常數(shù)的應用與“隱含反應”5．正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“×”。(1)2molSO2和1molO2在一定條件下充分反應后，混合物的分子數(shù)為2NA(×)(2)標準狀況下，22.4LNO2氣體中所含分子數(shù)目為NA(×)(3)100g17%的氨水，溶液中含有的NH3分子數(shù)為NA(×)(4)標準狀況下，0.1molCl2溶于水，轉移的電子數(shù)目為0.1NA(×)六、“分類”比較，突破“電子轉移”判斷陷阱1．同一種物質在不同反應中氧化劑、還原劑的判斷。如：(1)Cl2和Fe、Cu等反應，Cl2只作氧化劑，而Cl2和NaOH反應，Cl2既作氧化劑，又作還原劑。(2)Na2O2與CO2或H2O反應，Na2O2既作氧化劑，又作還原劑，而Na2O2與SO2反應，Na2O2只作氧化劑。2．量不同，所表現(xiàn)的化合價不同。如：Fe和HNO3反應，F(xiàn)e不足，生成Fe3＋，F(xiàn)e過量，生成Fe2＋。3．氧化劑或還原劑不同，所表現(xiàn)的化合價不同。如：Cu和Cl2反應生成CuCl2，而Cu和S反應生成Cu2S。4．注意氧化還原的順序。如：向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。題組六氧化還原反應中電子轉移數(shù)目的判斷6．正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“×”。(1)5.6g鐵粉與硝酸反應失去的電子數(shù)一定為0.3NA(×)(2)0.1molZn與含0.1molHCl的鹽酸充分反應，轉移的電子數(shù)目為0.2NA(×)(3)1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，轉移的電子數(shù)為NA(√)(4)1molNa2O2與足量CO2充分反應轉移的電子數(shù)為2NA(×)(5)向FeI2溶液中通入適量Cl2，當有1molFe2＋被氧化時，共轉移的電子的數(shù)目為NA(×)(6)1molCl2參加反應轉移電子數(shù)一定為2NA(×)題組七2015年“NA”應用高考試題匯編7．(2015·全國卷Ⅰ，8)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．18gD2O和18gH2O中含有的質子數(shù)均為10NAB．2L0.5mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數(shù)為2NAC．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數(shù)為0.2NAD．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，產物的分子數(shù)為2NA答案C解析A項，D2O和H2O的質子數(shù)相同(均為10)，但D2O、H2O的摩爾質量不同，分別為20g·mol－1和18g·mol－1，所以18gD2O和H2O的物質的量不同，質子數(shù)不同，錯誤；B項，n(H2SO3)＝2L×0.5mol·L－1＝1mol，但H2SO3是弱酸，部分電離，所以H＋數(shù)目小于2NA，錯誤；C項，發(fā)生的反應是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，轉移電子數(shù)為2e－，所以生成0.1mol氧氣轉移的電子數(shù)為0.2NA，正確；D項，發(fā)生反應：2NO＋O2=2NO2，生成2molNO2，常溫下NO2和N2O4之間存在平衡2NO2N2O4，所以分子數(shù)小于2NA，錯誤。8．(2015·全國卷Ⅱ，10)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()A．60g丙醇中存在的共價鍵總數(shù)為10NAB．1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2－,3)的離子數(shù)之和為0.1NAC．鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物，23g鈉充分燃燒時轉移電子數(shù)為1NAD．235g核素eq\o\al(235,92)U發(fā)生裂變反應：eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)neq\o(→,\s\up7(裂變))eq\o\al(90,38)Sr＋eq\o\al(136,54)Xe＋10eq\o\al(1,0)n，凈產生的中子(eq\o\al(1,0)n)數(shù)為10NA答案C解析A項，60g丙醇的物質的量是1mol，根據(jù)其結構式可知，1mol丙醇分子中存在的共價鍵總數(shù)為11NA，錯誤；B項，根據(jù)電解質溶液中物料守恒可知，1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)和H2CO3粒子數(shù)之和為0.1NA，錯誤；C項，在氧化物中，鈉元素的化合價只有＋1價，因此23gNa即1molNa充分燃燒時轉移電子數(shù)為1NA，正確；D項，235g核素eq\o\al(235,92)U即1moleq\o\al(235,92)U，發(fā)生裂變反應時凈產生的中子數(shù)為9NA，錯誤。9．(2015·廣東理綜，10)設nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是()A．23gNa與足量H2O反應完全后可生成nA個H2分子B．1molCu和足量熱濃硫酸反應可生成nA個SO3分子C．標準狀況下，22.4LN2和H2混合氣中含nA個原子D．3mol單質Fe完全轉變?yōu)镕e3O4，失去8nA個電子答案D解析A項，23gNa即1molNa可失去1mole－，與足量的H2O反應生成0.5nA個H2分子，錯誤；B項，1molCu與足量熱濃硫酸反應應生成nA個SO2分子，錯誤；C項，N2和H2都是雙原子分子，標準狀況下22.4LN2和H2混合氣的物質的量為1mol，含有2nA個原子，錯誤；D項，3molFe生成1molFe3O4，根據(jù)Fe3O4中3個Fe原子的化合價共為＋8價，可知反應中3mol單質鐵失去8nA個e－，正確。10．(2015·四川理綜，5)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．2.0gHeq\o\al(18,2)O與D2O的混合物中所含中子數(shù)為NAB．常溫常壓下，4.4g乙醛所含σ鍵數(shù)目為0.7NAC．標準狀況下，5.6LCO2與足量Na2O2反應轉移的電子數(shù)為0.5NAD．50mL12mol·L－1鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數(shù)為0.3NA答案A解析A項，Heq\o\al(18,2)O和D2O的摩爾質量都為20g·mol－1，且每個分子中的中子數(shù)都是10個，故2.0gHeq\o\al(18,2)O與D2O的混合物中所含中子數(shù)為NA，正確；B項，一個乙醛分子中含有6個σ鍵，4.4g乙醛的物質的量為0.1mol，故4.4g乙醛所含σ鍵數(shù)目為0.6NA，錯誤；C項，標準狀況下，5.6LCO2的物質的量為0.25mol，根據(jù)CO2和Na2O2反應的化學方程式及元素化合價的變化可知，反應轉移的電子數(shù)為0.25NA，錯誤；D項，隨著反應的進行濃鹽酸變成稀鹽酸，不再和MnO2反應，故50mL12mol·L－1的鹽酸與足量的MnO2共熱轉移的電子數(shù)小于0.3NA，錯誤?？键c二一定物質的量濃度溶液的配制配制一定物質的量濃度溶液的實驗是中學化學中一個重要的定量實驗。復習時，要熟記實驗儀器，掌握操作步驟，注意儀器使用，正確分析誤差，明確高考題型，做到有的放矢。1．七種儀器需記牢托盤天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管、燒杯、藥匙。2．實驗步驟要理清如：配制500mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，圖中操作②中應該填寫的數(shù)據(jù)為__________，實驗時操作的先后順序為____________(填編號)。答案5.3②④⑥⑤①③3．儀器使用要明了(1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶時應指明規(guī)格，并選擇合適的容量瓶，如配制480mL溶液，應選用500mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀釋和存放液體，也不能作為反應容器。(2)玻璃棒的作用是攪拌和引流，在引流時，玻璃棒末端應插入到刻度線以下，且玻璃棒靠近容量瓶口處且不能接觸瓶口，如圖所示。附容量瓶的查漏方法向容量瓶中加入適量水，蓋好瓶塞，左手食指頂住瓶塞，右手托住瓶底，將容量瓶倒轉過來看瓶口處是否有水滲出，若沒有，將容量瓶正立，將瓶塞旋轉180度，重復上述操作，如果瓶口處仍無水滲出，則此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞處涂點凡士林。4．誤差分析點點清進行誤差分析的依據(jù)是c＝eq\f(n,V)＝eq\f(m,MV)，根據(jù)公式，分析各個量的變化，判斷可能產生的誤差。用“偏高”、“偏低”或“無影響”填空：(1)砝碼生銹：偏高。(2)定容時，溶液溫度高：偏高。(3)用量筒量取液體時，仰視讀數(shù)：偏高。(4)定容時俯視容量瓶刻度線：偏高。(5)稱量時物碼顛倒且使用游碼：偏低。(6)未洗滌燒杯、玻璃棒：偏低。(7)稱量易吸水物質時間過長：偏低。(8)用量筒量取液體時，俯視讀數(shù)：偏低。(9)轉移時，有液體濺出：偏低。(10)滴加蒸餾水超過容量瓶刻度線，再用膠頭滴管吸出：偏低。(11)定容搖勻后，液面低于刻度線，再加水至刻度線：偏低。(12)容量瓶內有少量水：無影響。題組一儀器的正確使用及實驗操作的規(guī)范性1．正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“×”。(1)配制一定物質的量濃度的NaNO3溶液(×)(2015·重慶理綜，4B)(2)稱取2.0gNaOH固體，可先在托盤上各放一張濾張，然后在右盤上添加2g砝碼，左盤上添加NaOH固體(×)(2015·福建理綜，8A)(3)配制0.10mol·L－1NaOH溶液(×)(2015·安徽理綜，8A)(4)配制一定濃度的NaCl溶液(×)(2015·四川理綜，3A)(5)洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱中烘干(×)(2014·新課標全國卷Ⅰ，12A)(6)用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體(×)(2014·新課標全國卷Ⅰ，12D)(7)配制溶液定容時，俯視容量瓶刻度會使溶液濃度偏高(√)(2014·大綱全國卷，6C)(8)配制0.1000mol·L－1氯化鈉溶液時，將液體轉移到容量瓶中需用玻璃棒引流(√)(2013·福建理綜，10C)(9)用固體NaCl配制0.5mol·L－1的溶液，所用的儀器是：燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶(×)(2013·山東理綜，11C)2．用固體樣品配制一定物質的量濃度的溶液，需經過稱量、溶解、轉移溶液、定容等操作。下列圖示對應的操作規(guī)范的是()答案B解析A項，托盤天平稱量時，應為“左物右碼”，錯誤；B項，用玻璃棒攪拌能加速溶解，正確；C項，轉移溶液時需要用玻璃棒引流，錯誤；D項，定容時，膠頭滴管不能伸入容量瓶內，錯誤。3．(1)配制濃度為2mol·L－1的NaOH溶液100mL，用托盤天平稱取NaOH固體時，天平讀數(shù)將________(填寫字母)。A．等于8.0g B．等于8.00gC．大于8.0g D．等于0.2g(2)某實驗中需2mol·L－1的Na2CO3溶液950mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格為____________，稱取Na2CO3的質量為__________。答案(1)C(2)1000mL212.0g解析(1)稱量NaOH固體時需用小燒杯盛放，故天平讀數(shù)等于8.0g＋燒杯質量。(2)根據(jù)容量瓶的常用規(guī)格可知，應配制2mol·L－1的Na2CO3溶液1000mL，所需Na2CO3的質量為1L×2mol·L－1×106g·mol－1＝212.0g。題組二誤差分析4．下列操作會使配制的BaCl2溶液濃度偏低的是________________________________________________________________________(填字母)。A．配制1L0.1mol·L－1的BaCl2溶液時，將砝碼放在左盤上，將BaCl2放在右盤上進行稱量B．選用的容量瓶內有少量蒸餾水C．定容搖勻后，液面下降，又加水至刻度線D．整個配制過程中，容量瓶不振蕩答案AC解析配制一定物質的量濃度溶液的誤差分析要緊扣c＝eq\f(n,V)，分析錯誤操作對n、V的影響。考點三以“物質的量”為核心的計算1．明確一個中心必須以“物質的量”為中心——“見量化摩，遇問設摩”。2．用好一個定律阿伏加德羅定律及推論可概括為“三同定一同，兩同見比例”，可用V＝n×Vm及m＝V×ρ等公式推導出：(1)同溫同壓時：①V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2；②ρ1∶ρ2＝M1∶M2；③同質量時：V1∶V2＝M2∶M1。(2)同溫同體積時：①p1∶p2＝n1∶n2＝N1∶N2；②同質量時：p1∶p2＝M2∶M1。(3)同溫同壓同體積時：M1∶M2＝m1∶m2。3．注意三個守恒eq\x(質量守恒)—eq\x(反應前后元素的質量、某原子?離子或原子團?的物質的量相等)eq\x(電子守恒)—eq\x(氧化還原反應中，氧化劑得電子數(shù)＝還原劑失電子數(shù))eq\x(電荷守恒)—eq\x(任何體系中，陽離子帶的正電荷數(shù)＝陰離子帶的負電荷數(shù))4．熟記兩個公式(1)氣體溶質物質的量濃度的計算：標準狀況下，1L水中溶解某氣體VL，所得溶液的密度為ρg·cm3，氣體的摩爾質量為Mg·mol－1，則c＝eq\f(1000ρV,22400＋MV)mol·L－1(2)溶液中溶質的質量分數(shù)與物質的量濃度之間的換算：c＝eq\f(1000ρw,M)(c為溶質的物質的量濃度/mol·L－1，ρ為溶液的密度/g·cm－3，w為溶質的質量分數(shù)，M為溶質的摩爾質量/g·mol－1)。5．掌握兩條規(guī)律(1)稀釋定律①如用V1、V2、c1、c2分別表示稀釋前后溶液的體積和溶質的物質的量濃度，有c1V1＝c2V2。②如用m1、m2、w1、w2分別表示稀釋前后溶液的質量和質量分數(shù)，有m1w1＝m2w2。(2)混合規(guī)律同一溶質不同濃度的溶液混合后溶質質量分數(shù)的判斷方法：設溶質質量分數(shù)分別為w1和w2的兩溶液混合后所得溶液溶質的質量分數(shù)為w。①兩溶液等質量混合：w＝eq\f(1,2)(w1＋w2)。②兩溶液等體積混合a．若溶液中溶質的密度大于溶劑的密度，則w>eq\f(1,2)(w1＋w2)，如H2SO4溶液。b．若溶液中溶質的密度小于溶劑的密度，則w<eq\f(1,2)(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。題組一阿伏加德羅定律及其推論應用1．同溫同壓下，xg甲氣體和yg乙氣體占有相同的體積，根據(jù)阿伏加德羅定律判斷下列敘述錯誤的是()A．x∶y等于甲與乙的相對分子質量之比B．x∶y等于甲與乙的分子個數(shù)之比C．x∶y等于同溫同壓下甲與乙的密度之比D．y∶x等于同溫同體積下，等質量的甲與乙的壓強之比答案B解析A項，由同溫同壓下，同體積的任何氣體具有相同的分子數(shù)，則xg甲氣體和yg乙氣體的物質的量相等，即eq\f(x,M甲)＝eq\f(y,M乙)，推出x∶y＝M甲∶M乙，故正確；B項，甲與乙的分子個數(shù)之比為1∶1，而x與y不一定相等，故不正確；C項，同溫同壓下，密度之比等于摩爾質量之比，即為質量比，故正確；D項，等質量的甲、乙的壓強之比為p甲∶p乙＝n1∶n2＝eq\f(m,M甲)∶eq\f(m,M乙)＝M乙∶M甲＝y(tǒng)∶x，故正確。2．在兩個密閉容器中，分別充有質量相同的甲、乙兩種氣體，若兩容器的溫度和壓強均相同，且甲的密度大于乙的密度。則下列說法正確的是()A．物質的量：甲>乙B．氣體體積：甲>乙C．摩爾體積：甲>乙D．相對分子質量：甲>乙答案D解析同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，根據(jù)ρ＝eq\f(M,Vm)知，相同條件下，氣體密度與其摩爾質量成正比，甲的密度大于乙的密度，說明甲的摩爾質量大于乙。A項，根據(jù)n＝eq\f(m,M)知，相同質量時其物質的量與摩爾質量成反比，甲的摩爾質量大于乙，則甲的物質的量小于乙，故A錯誤；B項，根據(jù)V＝eq\f(m,M)Vm知，相同溫度、壓強、質量時，氣體體積與摩爾質量成反比，摩爾質量甲>乙，則氣體體積甲<乙，故B錯誤；C項，同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，故C錯誤；D項，根據(jù)以上分析知，摩爾質量甲>乙，摩爾質量在數(shù)值上等于其相對分子質量，所以相對分子質量甲>乙，故D正確。題組二電荷守恒法在物質的量濃度計算中的應用3．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸鈉的溶液，恰好使鋇離子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸銀的溶液，恰好使氯離子完全沉淀。則該混合溶液中鉀離子濃度為()A．0.1(b－2a)mol·L－1B．10(2a－b)mol·L－1C．10(b－a)mol·L－1D．10(b－2a)mol·L－1答案D解析根據(jù)題意，500mL溶液分成5等份，每份為100mL。每份中n(Ba2＋)＝amol，n(Cl－)＝bmol，根據(jù)電荷守恒關系得n(K＋)＝(b－2a)mol，則c(K＋)＝eq\f(?b－2a?mol,0.1L)＝10(b－2a)mol·L－1。4．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為()A.eq\f(b－a,V)mol·L－1 B.eq\f(2b－a,V)mol·L－1C.eq\f(2?b－a?,V)mol·L－1 D.eq\f(2?2b－a?,V)mol·L－1答案D解析注意混合液分成兩等份，由Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓可知原溶液中n(Mg2＋)＝eq\f(2a,2)mol＝amol、n(SOeq\o\al(2－,4))＝2bmol，依據(jù)電荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))－2n(Mg2＋)＝2(2b－a)mol。題組三有關濃度的換算5．相對分子質量為M的氣態(tài)化合物VL(標準狀況)，溶于mg水中，得到質量分數(shù)為w的溶液，物質的量濃度為cmol·L－1，密度為ρg·cm－3。則下列說法不正確的是()A．相對分子質量M＝eq\f(22.4mw,?1－w?V)B．物質的量濃度c＝eq\f(1000ρV,MV＋22.4m)C．溶液的質量分數(shù)w＝eq\f(MV,22.4m)D．溶液密度ρ＝eq\f(cM,1000w)答案C解析由c＝eq\f(1000ρw,M)知D項正確；由c＝eq\f(\f(V,22.4),?\f(V,22.4)×M＋m?×10－3÷ρ)＝eq\f(1000ρV,MV＋22.4m)知B項正確；由w＝eq\f(\f(V,22.4)×M,m＋\f(V,22.4)×M)＝eq\f(MV,22.4m＋MV)知C項錯誤，將此式變形后即可得到A項中的式子。6．體積為V、密度為ρ的某溶液中，含有摩爾質量為M的溶質mg。若此溶液中溶質的物質的量濃度為c，溶質的質量分數(shù)為w，則下列各表示式中正確的是()A．c＝eq\f(m,MV) B．m＝VρwC．w＝eq\f(cM,ρ) D．ρ＝eq\f(cM,1000w%)答案A解析已知：c＝1000eq\f(ρw,M)或c＝eq\f(m,MV)。A項，c＝eq\f(m,MV)，正確；B項，eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(m,MV)，m＝1000ρwV，錯誤；C項，w＝eq\f(cM,1000ρ)，錯誤；D項，ρ＝eq\f(cM,1000w)，注意w與w%的區(qū)別，錯誤。題組四溶液稀釋規(guī)律的應用7．取100mL0.3mol·L－1的硫酸溶液和300mL0.25mol·L－1的硫酸溶液加水稀釋至500mL，該混合溶液中H＋的物質的量濃度是()A．0.21mol·L－1 B．0.42mol·L－1C．0.56mol·L－1 D．0.26mol·L－1答案B解析根據(jù)題意可知，容量瓶中H2SO4溶液的H＋濃度關系如下：c3V3＝c1V1＋c2V2，可得n(H＋)＝(0.1L×0.3mol·L－1＋0.3L×0.25mol·L－1)×2＝0.21mol，所以c(H＋)＝eq\f(0.21mol,0.5L)＝0.42mol·L－1。8．實驗室常用98%(ρ＝1.84g·mL－1)的濃H2SO4配制1∶4的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度為1.23g·mL－1，其物質的量濃度為()A．4.6mol·L－1 B．5.7mol·L－1C．3.88mol·L－1 D．18.4mol·L－1答案C解析實驗室配制1∶4溶液的含義是指取1體積的濃硫酸與4體積的水混合。求算所得溶液的溶質質量分數(shù)：w%＝(1mL×1.84g·mL－1×98%)/(1mL×1.84g·mL－1＋4mL×1g·mL－1)×100%≈30.9%，稀硫酸的物質的量濃度為c(H2SO4)＝(1000mL×1.23g·mL－1×30.9%)/(98g·mol－1×1L)≈3.88mol·L－1，故選C。方法技巧掌握兩項技能1．用98%的濃H2SO4配制100mL1∶4的稀H2SO4：用量筒量取80mL的水注入200mL的燒杯，然后再用另一只量筒量取20mL的濃H2SO4沿著燒杯內壁緩慢注入水中，并用玻璃棒不停攪拌。2．配制100g20%的NaCl溶液：準確稱量20.0gNaCl固體，然后再轉移到200mL的燒杯中，再用量筒量取80mL的水注入燒杯中，并用玻璃棒不停攪拌直到完全溶解為止。考點四溶解度及其曲線1．濃解度的概念及影響因素在一定溫度下，某固體物質在100g溶劑(通常是水)里達到飽和狀態(tài)時所溶解的質量，叫做這種物質在該溶劑里的溶解度，其單位為“g”。固體物質溶解度(飽和溶液)S＝eq\f(m溶質,m溶劑)×100g影響溶解度大小的因素(1)內因：物質本身的性質(由結構決定)。(2)外因①溶劑的影響：如NaCl易溶于水，不易溶于汽油；②溫度的影響：升溫，大多數(shù)固體物質的溶解度增大，少數(shù)物質卻相反，如Ca(OH)2；溫度對NaCl的溶解度影響不大。2．溶解度的表示方法及應用(1)列表法硝酸鉀在不同溫度時的溶解度：溫度(℃)0102030405060708090100溶解度(g)13.320.931.645.863.985.5110138168202246(2)溶解度曲線3．溶解度曲線的含義(1)不同物質在各溫度時的溶解度不同。(2)曲線與曲線交點的含義：表示兩物質在某溫度時有相同的溶解度。(3)能很快比較出兩種物質在某溫度范圍內溶解度的大小。(4)多數(shù)物質溶解度隨溫度升高而增大，有的變化不大(如NaCl)，少數(shù)隨溫度升高而降低[如Ca(OH)2]。(5)判斷結晶的方法①溶解度受溫度影響較小的(如NaCl)采取蒸發(fā)結晶的方法；②溶解度受溫度影響較大的采取蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶的方法；③帶有結晶水的鹽，一般采取蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶的方法，應特別注意的是若從FeCl3溶液中結晶出FeCl3·6H2O晶體，應在HCl氣氛中蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶。(6)判斷多溶質溶液的提純方法(設A為NaCl型溶質，B為KNO3型溶質)①A溶液中(含少量B雜質)提取A答案蒸發(fā)濃縮，結晶，趁熱過濾。②B溶液中(含少量A雜質)提取B答案蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾。題組一溶解度的基本應用1．(2014·新課標全國卷Ⅰ，11)溴酸銀(AgBrO3)溶解度隨溫度變化曲線如下圖所示。下列說法錯誤的是()A．溴酸銀的溶解是放熱過程B．溫度升高時溴酸銀溶解速度加快C．60℃時溴酸銀的Ksp約等于6×10－4D．若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結晶方法提純答案A解析A項，由題圖可知，隨著溫度升高，溴酸銀的溶解度逐漸增大，因此AgBrO3的溶解是吸熱過程；B項，由圖像曲線可知，溫度升高斜率增大，因此AgBrO3的溶解速度加快；C項，由溶解度曲線可知，60℃時，AgBrO3的溶解度約為0.6g，則其物質的量濃度約為0.025mol·L－1，AgBrO3的Ksp＝c(Ag＋)·c(BrOeq\o\al(－,3))＝0.025×0.025≈6×10－4；D項，若KNO3中含有少量AgBrO3，可通過蒸發(fā)濃縮得到KNO3的飽和溶液，再冷卻結晶獲得KNO3晶體，而AgBrO3留在母液中。2.右圖為氯化鈉、碳酸鈉在水中的溶解度曲線，請回答下列問題。(1)碳酸鈉和氯化鈉混合溶液的pH______7(填“>”、“<”或“＝”)。(2)40℃時，碳酸鈉的溶解度為______g。(3)大于30℃時，碳酸鈉的溶解度______氯化鈉的溶解度(填“>”、“<”或“＝”)。(4)40℃時，碳酸鈉和氯化鈉均形成飽和溶液，當溫度降低到20℃時，析出的主要物質是________________(填化學式)。(5)為檢驗(4)中析出的物質，取少量樣品于試管中加入足量的稀______________(填化學式)溶液，完全溶解，并有氣體產生，再加入幾滴____________(填化學式)溶液，有白色沉淀產生。答案(1)>(2)50(3)>(4)Na2CO3(5)HNO3AgNO3解析(1)由于COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，所以Na2CO3和NaCl混合溶液的pH>7。(2)根據(jù)溶解度曲線，40℃時Na2CO3的溶解度為50g。(3)根據(jù)溶解度曲線，大于30℃時，Na2CO3的溶解度大于NaCl的溶解度。(4)由于Na2CO3的溶解度受溫度的影響很大，而NaCl的溶解度受溫度的影響較小，所以40℃的Na2CO3、NaCl的飽和溶液，當溫度降低到20℃時，析出的主要物質是Na2CO3。(5)用稀HNO3檢驗Na2CO3，用AgNO3溶液檢驗NaCl。3．[2015·江蘇，18(3)]如圖可以看出，從MnSO4和MgSO4混合溶液中結晶MnSO4·H2O晶體，需控制的結晶溫度范圍為________________________。答案高于60℃解析由圖可知，要從MnSO4和MgSO4混合溶液中結晶MnSO4·H2O晶體，溫度應大于60℃，其原因是此時MgSO4·6H2O的溶解度大于MnSO4·H2O的溶解度，有利于MnSO4·H2O晶體析出，MgSO4·6H2O不易析出。題組二溶解度在“化工流程”題中的應用4．某研究小組同學在實驗室用鹵塊制備少量Mg(ClO3)2·6H2O，其流程如圖1所示：圖1已知：①鹵塊主要成分為MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等雜質。②四種化合物的溶解度(S)隨溫度(T)的變化曲線如圖2所示。圖2③形成氫氧化物沉淀時，不同離子對應溶液的pH如下：Fe2＋開始沉淀的pH為5.8，完全沉淀的pH為8.8；Fe3＋開始沉淀的pH為1.1，完全沉淀的pH為3.2；Mg2＋開始沉淀的pH為8.2，完全沉淀的pH為11。④可選用的試劑：H2O2、稀硫酸、KMnO4溶液、MgCl2溶液、MgO。(1)步驟X包含的操作為________、________、________、過濾洗滌并干燥。(2)加入BaCl2溶液沉淀后需經過兩步實驗步驟才進行下步反應，請寫出這兩個實驗步驟：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。(3)加入NaClO3飽和溶液發(fā)生反應的化學方程式為________________________________________________________________________。(4)將Mg(ClO3)2加入到含有KSCN的FeSO4溶液中立即出現(xiàn)紅色，寫出相關反應的離子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)蒸發(fā)結晶趁熱過濾冷卻結晶(2)①向溶液中加入稍過量雙氧水，充分反應②向溶液中加入氧化鎂調節(jié)pH為3.2～8.2(3)MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓(4)ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O解析(1)過濾所得的濾液中含有NaCl、MgCl2、NaClO3等雜質，根據(jù)圖2所示的物質溶解度大小，由溶液獲得晶體的方法是蒸發(fā)結晶、趁熱過濾，其濾液為Mg(ClO3)2溶液，然后再將濾液進行冷卻結晶得到Mg(ClO3)2·6H2O，最后過濾洗滌該晶體，干燥得到純凈的Mg(ClO3)2·6H2O。(2)加入BaCl2溶液后除去SOeq\o\al(2－,4)雜質，關鍵是除去Fe2＋，由于Fe2＋完全沉淀時Mg2＋也部分沉淀，所以需用H2O2將Fe2＋氧化為Fe3＋，然后用MgO調節(jié)溶液pH為3.2～8.2，此條件下Fe3＋完全沉淀，Mg2＋未沉淀，從而除去Fe2＋雜質。(3)MgCl2與飽和NaClO3溶液發(fā)生復分解反應生成Mg(ClO3)2和NaCl，由于NaCl的溶解度小于NaClO3的，則NaCl以晶體形式析出，其反應方程式為MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓。(4)ClOeq\o\al(－,3)具有氧化性，可以將Fe2＋氧化為Fe3＋，其離子方程式為ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O?？键c五“物質的量”在化學反應中的應用1．物質的量在化學方程式中計算的步驟寫：寫出反應的化學方程式↓找：找出方程式中已知物質和未知物質的物質的量的關系↓列：將已知量和未知量列成比例式↓求：對比例式求算2．化學計算中常用方法(1)守恒法守恒法是中學化學計算中一種常用方法，守恒法中的三把“金鑰匙”——質量守恒、電荷守恒、電子得失守恒，它們都是抓住有關變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過程，利用某種不變量(①某原子、離子或原子團不變；②溶液中陰陽離子所帶電荷數(shù)相等；③氧化還原反應中得失電子相等)建立關系式，從而達到簡化過程、快速解題的目的。(2)關系式法此法常用于多步連續(xù)反應的計算。確定關系式可利用各步反應的計量關系或某元素原子守恒關系找出已知物質和未知物質的關系式，然后根據(jù)已知量和未知量列比例式求解。(3)極值法對混合體系或反應物可能發(fā)生幾種反應生成多種生成物的計算，我們可假設混合體系中全部是一種物質，或只發(fā)生一種反應，求出最大值、最小值，然后進行解答，此類題一般為選擇題。(4)差量法①差量法的應用原理差量法是指根據(jù)化學反應前后物質的量發(fā)生的變化，找出“理論差量”。這種差量可以是質量、物質的量、氣態(tài)物質的體積和壓強、反應過程中的熱量等。用差量法解題的關鍵是把化學方程式中的對應差量(理論差量)及差量(實際差量)與未知量列成比例式，然后求解。如：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔHΔm(固),Δn(氣),ΔV(氣)2mol1mol2molQ24g1mol22.4L(標況)②使用差量法時的注意事項a．所選用差量要與未知量的數(shù)值成正比例或反比例關系。b．有關物質的物理量及其單位都要正確地使用和對應，即“上下一致，左右相當”。題組一守恒法1．用含1.0molNaOH的溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中COeq\o\al(2－,3)和HCOeq\o\al(－,3)的物質的量之比為()A．1∶3B．2∶1C．2∶3D．3∶2答案A解析設COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的物質的量分別為x、y，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0.8mol,2x＋y＝1.0mol))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0.2mol,y＝0.6mol))eq\f(x,y)＝eq\f(0.2mol,0.6mol)＝eq\f(1,3)。題組二關系式法2．取KI溶液25mL，向其中滴加0.4mol·L－1的FeCl3溶液135mL，I－完全反應生成I2：2I－＋2Fe3＋=I2＋2Fe2＋。將反應后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025mol時，F(xiàn)e2＋恰好完全反應。求KI溶液的物質的量濃度。答案2mol·L－1解析依題意，有：本題可用關系式法求解。由上述兩個反應及電子轉移守恒理論，得知I－與Cl2之間的關系式：2I－～Cl2。設KI的物質的量是x，則2I－～Cl22 1x 0.025moleq\f(2,1)＝eq\f(x,0.025mol)，x＝0.05mol。c(KI)＝eq\f(0.05mol,0.025L)＝2mol·L－1。題組三極值法3．已知原子量Li：6.9，Na：23，K：39，Rb：85。今有某堿金屬M及其氧化物M2O組成混合物10.8g，加足量水充分反應后，溶液小心蒸干得固體16g。據(jù)此可確定堿金屬為________________________________________________________________________。答案假設10.8g全部為M，則M～MOHMr Mr＋1710．8geq\f(Mr＋17,Mr)×10.8g＝16g所以Mr≈35.3。假設10.8g全部為M2O，則M2O～2MOH2Mr＋162(Mr＋17)10．8geq\f(Mr＋17,Mr＋8)×10.8g＝16g所以Mr≈10.7實際堿金屬相對原子質量應在10.7～35.3之間，所以為Na。解析由題意可知，M、M2O共10.8g，轉化為MOH16g，若設M有xg，則M～MOHM2O～2MOHMrMr＋172Mr＋162(Mr＋17)xeq\f(Mr＋17,Mr)x10.8－xeq\f(Mr＋17,Mr＋8)(10.8－x)所以eq\f(Mr＋17,Mr)x＋eq\f(Mr＋17,Mr＋8)(10.8－x)＝16。由上可知，一個二元一次方程無法求解，但由定義域0<x<10.8，可求出Mr的取值范圍，即x＝0時，Mr≈10.7或x＝10.8g時，Mr≈35.3。實際堿金屬相對原子質量在10.7～35.3之間，為Na。題組四差量法4．一定條件下，合成氨反應達到平衡時，測得混合氣體中氨氣的體積分數(shù)為20.0%，與反應前的體積相比，反應后體積縮小的百分率是()A．16.7% B．20.0%C．80.0% D．83.3%答案A解析N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3ΔV1L3L2L2L由以上關系式可知，反應前后體積的減少與生成的NH3體積相等。設平衡時混合氣體100L，其中含20LNH3，則原氣體總體積減少20L。所以，反應前氮氣和氫氣總體積為120L，反應后體積縮小的百分率為eq\f(20L,120L)×100%≈16.7%。專題強化練1．關于Na2O2的敘述正確的是(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)()A．7.8gNa2O2含有的共價鍵數(shù)為0.2NAB．7.8gNa2S與Na2O2的混合物，含離子總數(shù)為0.3NAC．7.8gNa2O2與足量的CO2充分反應，轉移的電子數(shù)為0.2NAD．0.2molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2，轉移電子的數(shù)目為0.4NA答案B解析A項，Na2O2的電子式為，7.8gNa2O2中應含有共價鍵數(shù)為0.1NA；C項，Na2O2既是氧化劑，又是還原劑，應轉移電子數(shù)為0.1NA；D項，Na是還原劑，應轉移電子數(shù)為0.2NA。2．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是()A．1mol甲烷中含有10NA個質子B．27g鋁被完全氧化成氧化鋁，失去2NA個電子C．標準狀況下，22.4L苯含有NA個C6H6分子D．常溫常壓下，28g乙烯含有2NA個碳碳雙鍵答案A解析B項，應失去3NA電子；C項，標況下，苯為液體；D項，乙烯的結構式為,28g乙烯中應含有NA個碳碳雙鍵。3．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是()A．常溫常壓下，2.24LH2O中含有極性共價鍵的數(shù)目為0.2NAB．0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)的數(shù)目小于0.1NAC．100mL12mol·L－1的濃HNO3與過量Cu反應轉移電子的數(shù)目為0.6NAD．標準狀況下，11.2L由CH4和C2H4組成的混合氣體中含有氫原子的數(shù)目為2NA答案D解析A項，H2O在常溫常壓下為液體；B項，沒有指明溶液的體積；C項，當濃HNO3變稀之后會生成NO。4．下列溶液配制實驗的描述完全正確的是()A．在容量瓶中先加入一定體積的水，再加入濃硫酸配制準確濃度的稀硫酸B．用濃鹽酸配制1∶1(體積比)的稀鹽酸(約6mol·L－1)通常需要用容量瓶等儀器C．配制NH4Fe(SO4)2標準溶液時，加入一定量H2SO4以防水解D．用pH＝1的鹽酸配制100mL、pH＝2的鹽酸所需全部玻璃儀器有100mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管答案C解析A項，不能在容量瓶中稀釋濃H2SO4；B項，用濃鹽酸配制體積比1∶1的稀鹽酸，應用量筒和燒杯；D項，少量筒。5．下圖是某同學用500mL容量瓶配制0.10mol·L－1NaOH溶液的過程：該同學的錯誤步驟有()A．1處B．2處C．3處D．4處答案C解析第①步不能把NaOH放在稱量紙上稱量；第④步玻璃棒應接觸容量瓶內壁刻度線以下的部分；第⑤步定容時應平視刻度線。6．3g鎂鋁合金與100mL稀硫酸恰好完全反應，將反應后的溶液加熱蒸干，得到無水硫酸鹽17.4g，則原硫酸的物質的量濃度為()A．1mol·L－1 B．1.5mol·L－1C．2mol·L－1 D．2.5mol·L－1答案B解析由鎂鋁合金到無水硫酸鹽，固體增重的質量為SOeq\o\al(2－,4)的質量，則n(H2SO4)＝n(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(?17.4－3?g,96g·mol－1)＝0.15mol，故c(H2SO4)＝eq\f(0.15mol,0.1L)＝1.5mol·L－1，B對。7．有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的物質的量濃度為0.4mol·L－1，SOeq\o\al(2－,4)的物質的量濃度為0.7mol·L－1，則此溶液中K＋的物質的量濃度為()A．0.1mol·L－1 B．0.15mol·L－1C．0.2mol·L－1 D．0.25mol·L－1答案C解析根據(jù)電解質溶液顯中性可知，電解質溶液中陽離子所帶的電荷總數(shù)等于陰離子所帶的電荷總數(shù)。2c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(K＋)＋3c(Al3＋)，假設溶液體積為1L，則可得如下等式：0.7mol·L－1×2＝c(K＋)＋0.4mol·L－1×3，所以c(K＋)＝0.2mol·L－1，C項正確。8．相對分子質量為M的某物質在室溫下的溶解度為Sg，此時測得飽和溶液的密度為ρg·cm－3，則該飽和溶液的物質的量濃度是()A.eq\f(M,10Sρ)mol·L－1B.eq\f(1000Sρ,M?100＋S?)mol·L－1C.eq\f(10Sρ,M)mol·L－1D.eq\f(M?100＋S?,1000Sρ)mol·L－1答案B解析相對分子質量為M的某物質在室溫下的溶解度為Sg，此時測得飽和溶液的密度為ρg·mL－1，則該飽和溶液的質量分數(shù)為w＝S/(S＋100)，故該溶液的物質的量濃度c＝n/V＝1000ρw/M＝1000ρS/M(100＋S)，B項正確。9．標準狀況下VL氨氣溶解在1L水中(水的密度近似為1g·mL－1)，所得溶液的密度為ρg·mL－1，溶質的質量分數(shù)為w，物質的量濃度為cmol·L－1，則下列關系中不正確的是()A．ρ＝eq\f(17V＋22400,22.4＋22.4V) B．w＝eq\f(17c,1000ρ)C．w＝eq\f(17V,17V＋22400) D．c＝eq\f(1000Vρ,17V＋22400)答案A解析由c＝eq\f(n,V)＝eq\f(\f(VL,22.4L·mol－1),\f(17g·mol－1×\f(VL,22.4L·mol－1)＋1000g,ρg·mL－1×1000mL·L－1))＝eq\f(1000Vρ,17V＋22400)mol·L－1，D項正確；由上可推知：ρ＝eq\f(17Vc＋22400c,1000V)，A項錯誤；由c＝eq\f(1000ρw,M)可得w＝eq\f(Mc,1000ρ)＝eq\f(17c,1000ρ)，B項正確；w＝eq\f(m質,m液)＝eq\f(\f(VL,22.4L·mol－1)×17g·mol－1,\f(VL,22.4L·mol－1)×17g·mol－1＋1000g)＝eq\f(17V,17V＋22400)，C項正確。10．如下圖是X、Y兩種固體物質的溶解度曲線，下列說法不正確的是()A．將20℃的飽和溶液X降溫到10℃，溶液X仍然是飽和溶液B．a點表示30℃時，X的溶解度為60gC．b點表示20℃時，X、Y的溶解度相等D．同質量的X、Y飽和溶液從30℃降到10℃時，析出的Y的質量大于析出的X的質量答案D解析D項，根據(jù)溶解度曲線，析出的X的質量應大于Y的。11．用密度為1.16g·mL－1、質量分數(shù)為36.5%的濃鹽酸配制1mol·L－1的稀鹽酸，現(xiàn)實驗室需要這種稀鹽酸220mL，試回答下列問題：(1)配制稀鹽酸時，應選用規(guī)格為________mL的容量瓶。(2)經計算需要________mL濃鹽酸，在量取時宜選用下列量筒中的________(填字母)。A．5mL量筒B．10mL量筒C．25mL量筒D．50mL量筒(3)若配制過程中其他操作完全正確，則下列操作將使配制的稀鹽酸濃度偏高的是________，濃度偏低的是________。(填序號)①用剛剛洗滌干凈的量筒來量取濃鹽酸②移液時，未用蒸餾水洗滌燒杯內壁或未將洗滌液注入容量瓶③容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥④直接將量取的濃鹽酸用玻璃棒引流到容量瓶，然后加水定容至刻度線答案(1)250(2)21.6C(3)④①②解析(1)選擇的容量瓶的規(guī)格應等于或略大于所需溶液的體積，故應選擇250mL的容量瓶。(2)濃鹽酸的物質的量濃度c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000mL·L－1×1.16g·mL－1×36.5%,36.5g·mol－1)＝11.6mol·L－1，加水稀釋前后溶質的物質的量不變，故11.6mol·L－1×V(濃鹽酸)＝250mL×1mol·L－1，V(濃鹽酸)≈21.6mL，應該選擇25mL量筒量取。(3)①用剛剛洗滌干凈的量筒量取濃鹽酸，量取的鹽酸被稀釋了，實際所含溶質的物質的量比所需的物質的量偏小，所配制溶液的濃度偏低；②未用蒸餾水洗滌燒杯內壁或未將洗滌液注入容量瓶，將導致一部分溶質損失，使所配制溶液的濃度偏低；③因定容時需加入蒸餾水至刻度線，因此容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥，對所配制稀鹽酸的濃度無影響；④濃鹽酸在稀釋時放熱，直接在容量瓶中配制，所配制溶液的溫度將高于室溫，冷卻到室溫后溶液體積減小，故所配制溶液的濃度偏高。12．某化學研究性學習小組需配制含有NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、K＋、SOeq\o\al(2－,4)的植物培養(yǎng)液450mL，且要求該培養(yǎng)液中c(Cl－)＝c(K＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))＝0.4mol·L－1。實驗室提供的藥品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸餾水；提供的實驗儀器有：①藥匙②托盤天平③燒杯④玻璃棒⑤膠頭滴管⑥量筒。請回答下列問題：(1)該植物培養(yǎng)液中，NHeq\o\al(＋,4)的物質的量濃度為________________________________________________________________________。(2)該研究小組配制該植物培養(yǎng)液時，還須用到的實驗儀器是________(填字母)。A．450mL容量瓶B．500mL容量瓶C．兩個250mL容量瓶(3)甲同學用KCl和(NH4)2SO4兩種物質進行配制，則需稱取m(KCl)＝______g，m[(NH4)2SO4]＝______g。(4)乙同學用所提供藥品中的三種進行配制，請幫助該同學選用三種物質：________、________、________。(填化學式)(5)若配制該培養(yǎng)液的其他操作均正確，則下列錯誤操作將使所配制溶液的濃度偏低的是________(填字母)。A．將溶液轉移至容量瓶后，未洗滌燒杯和玻璃棒B．將燒杯內的溶液向容量瓶中轉移時，因操作不當使部分溶液濺出容量瓶C．用膠頭滴管向容量瓶中加水時，溶液的凹液面高于容量瓶刻度線D．用膠頭滴管向容量瓶中加水時，俯視容量瓶刻度線答案(1)0.8mol·L－1(2)B(3)14.926.4(4)(NH4)2SO4NH4ClK2SO4(5)ABC解析(1)根據(jù)溶液呈電中性有c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))，則c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))－c(K＋)＝0.8mol·L－1。(2)實驗所用容量瓶規(guī)格應該等于或略大于實驗所需配制溶液的體積，實驗室沒有450mL的容量瓶，且用容量瓶配制溶液時，需一次完成，應選用500mL容量瓶。(3)配制該溶液所需的溶質質量應該按配制500mL溶液來計算，所需KCl、(NH4)2SO4的物質的量均為0.2mol，對應的質量分別為14.9g、26.4g。(4)由題知，該植物培養(yǎng)液中：n(NHeq\o\al(＋,4))＝2n(Cl－)＝2n(K＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))，若用三種物質來配制，三種物質應該為(NH4)2SO4、NH4Cl、K2SO4，且物質的量之比為1∶2∶1。(5)未洗滌燒杯和玻璃棒，會有部分溶質殘留在燒杯和玻璃棒上，使所配溶液濃度偏低，A項符合題意；轉移時部分溶液濺出容量瓶，使溶質損失，所配溶液濃度偏低，B項符合題意；加水時溶液凹液面高于容量瓶刻度線，說明所配溶液體積偏大、濃度偏小，C項符合題意；俯視讀數(shù)時，實際液面低于容量瓶刻度線，所配溶液體積偏小、濃度偏大，D項不符合題意。13．從化工廠鉻渣中提取硫酸鈉的工藝如下：已知：①鉻渣含有Na2SO4及少量Cr2Oeq\o\al(2－,7)、Fe3＋；②Fe3＋、Cr3＋完全沉淀(c≤1.0×10－5mol·L－1)時pH分別為3.6和5。(1)“微熱”除能加快反應速率外，同時還可以_________，濾渣A為____________(填化學式)。(2)根據(jù)溶解度(S)—溫度(T)曲線，操作B的最佳方法為________(填字母序號)。A．蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾B．蒸發(fā)濃縮，降溫結晶，過濾答案(1)促進Fe3＋水解生成Fe(OH)3而除去Fe(OH)3(2)A解析調節(jié)pH約為3.6時，得到Fe(OH)3沉淀(濾渣A)；根據(jù)溶解度曲線，蒸發(fā)濃縮，會析出Na2SO4，并且溫度越高，其溶解度越小，所以應趁熱過濾。14．鹽泥是氯堿工業(yè)中的廢渣，主要成分是鎂的硅酸鹽和碳酸鹽(含少量鐵、鋁、鈣的鹽)。實驗室以鹽泥為原料制取MgSO4·7H2O的實驗過程如下：eq\x(29.0g鹽泥)eq\o(→,\s\up7(①水，調成泥漿),\s\do5(②稀硫酸調pH為1～2))eq\o(→,\s\up7(③煮沸),\s\do5(④過濾))eq\x(濾液Ⅰ)→eq\x(濾液Ⅱ)→產品已知：①室溫下Ksp[Mg(OH)2]＝6.0×10－12。②在溶液中，F(xiàn)e2＋、Fe3＋、Al3＋從開始沉淀到沉淀完全的pH范圍依次為7.1～9.6、2.0～3.6、3.1～4.7。③三種化合物的溶解度(S)隨溫度變化的曲線如圖所示。(1)由濾液Ⅰ到濾液Ⅱ需先加入NaClO調溶液pH約為5，再趁熱過濾，則趁熱過濾的目的是________________________________________________________________________，濾渣的主要成分是______________________。(2)從濾液Ⅱ中獲得MgSO4·7H2O晶體的實驗步驟依次為①向濾液Ⅱ中加入______________；②過濾，得沉淀；③________________；④蒸發(fā)濃縮，降溫結晶；⑤過濾、洗滌得產品。(3)若獲得的MgSO4·7H2O的質量為24.6g，則該鹽泥中鎂[以Mg(OH)2計]的百分含量約為________。(MgSO4·7H2O的相對分子質量為246)答案(1)溫度較高時鈣鹽與鎂鹽分離得更徹底(或高溫下CaSO4·2H2O溶解度小等合理答案均可)Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO4·2H2O(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＋，當pH大約為5時，F(xiàn)e3＋、Al3＋轉化成沉淀；根據(jù)溶解度曲線，溫度高時，CaSO4·2H2O的溶解度更小，所以濾渣的主要成分為Al(OH)3、Fe(OH)3和CaSO4·2H2O。(2)使Mg2＋轉化成MgSO4·7H2O的步驟為①加入NaOH溶液；②過濾得Mg(OH)2沉淀；③加入稀H2SO4；④蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾得產品。(3)根據(jù)鎂元素守恒得eq\f(\f(24.6g,246g·mol－1)×58g·mol－1,29.0g)×100%＝20.0%。題組一理解概念，準確判斷1．正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“×”。(1)BaSO4的水溶液不易導電，故BaSO4是弱電解質(×)(2013·天津理綜，1D)(2)SO2、SiO2、CO均為酸性氧化物(×)(2013·四川理綜，2A)(3)燒堿、冰醋酸、四氯化碳均為電解質(×)(2013·四川理綜，2C)(4)福爾馬林、水玻璃、氨水均為混合物(√)(2013·四川理綜，2D)(5)黑火藥由硫黃、硝石、木炭三種物質按一定比例混合而成(√)(2013·新課標全國卷Ⅰ，7D)(6)KClO3和SO3溶于水后能導電，故KClO3和SO3為電解質(×)(2013·重慶理綜，2A)題組二理清標準，辨析類別2．(2014·四川理綜，2)下列關于物質分類的說法正確的是()A．金剛石、白磷都屬于單質B．漂白粉、石英都屬于純凈物C．氯化銨、次氯酸都屬于強電解質D．葡萄糖、蛋白質都屬于高分子化合物答案A解析金剛石是碳元素形成的單質，白磷是磷元素形成的單質，A項正確；漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，石英的主要成分是二氧化硅，常含有Al2O3、CaO、MgO等雜質，為混合物，B項錯誤；氯化銨為強電解質，次氯酸為弱酸，是弱電解質，C項錯誤；葡萄糖是小分子化合物，蛋白質是高分子化合物，D項錯誤。3．下列有關物質分類一定正確的是()A．強電解質：鹽酸、氫氧化鋇、明礬B．弱電解質：甲酸、純堿、醋酸銨C．非電解質：液氨、二氧化硫、苯D．化合物：重水、雙氧水、礦泉水答案C解析A項，鹽酸屬于混合物；B項，純堿、醋酸銨均屬于強電解質；D項，礦泉水是混合物。方法技巧一般采用“概念對比法”或“反例否定法”等?；瘜W基本概念的有關知識比較零碎，容易混淆，在復習時，要注意關鍵字的理解和記憶、一般中的特殊情況，這是解這類化學題的關鍵。考點二“掃描”物理變化、化學變化，理清物質轉化關系及線索1．全面認識化學變化、物理變化(1)從宏觀上看，有新物質生成的變化是化學變化，反之則為物理變化。這里的新物質生成所能實現(xiàn)的僅是原子與分子(或離子)的相互轉化，在整個過程中原子核沒有發(fā)生改變。一種原子變?yōu)榱硪环N原子涉及原子核的變化，不屬于化學變化。(2)從微觀上看，化學變化過程中有舊化學鍵的斷裂，同時又有新化學鍵的形成，但有化學鍵斷裂的變化未必就是化學變化，如NaCl晶體熔化、SiO2晶體的熔化，分別破壞了離子鍵、共價鍵，但屬于物理變化。(3)從能量上看，化學變化中一定伴隨能量變化，而有能量變化的過程卻不一定是化學變化；物理變化中有的有能量變化，有的無能量變化，如氣體與氣體之間的擴散等。(4)化學變化過程中一定伴有物理變化，但物理變化過程中未必有化學變化，觀察到一定的實驗現(xiàn)象并不一定是發(fā)生化學變化造成的。2．識記易混淆的物理變化、化學變化物質變化過程中的“三餾”、“四色”、“五解”和“十四化”物理變化化學變化三餾①蒸餾②分餾干餾四色焰色反應①顯色反應②顏色反應③指示劑變色反應五解潮解①分解②電解③水解④裂解十四化①熔化②汽化③液化④升華①氧化②風化③鈍化④催化⑤皂化⑥歧化⑦硝化⑧酯化⑨裂化⑩油脂的硬化注意(1)化學變化：同素異形體之間的相互轉化、CuSO4·5H2O的脫水、蛋白質變性、電解質溶液導電、濃硫酸脫水、煤的氣化和液化。(2)物理變化：金屬導電、鹽析、活性炭吸附、滲析。(3)爆炸有的是化學變化引起的，有的是物理變化引起的。3．樹立物質轉化思想(1)理解物質轉化關系圖(2)形成轉化關系一條線：氫化物→單質→氧化物→酸或堿→鹽。(3)以“H2Seq\o(→,\s\up7(①))Seq\o(→,\s\up7(②))SO2eq\o(→,\s\up7(③))SO3eq\o(→,\s\up7(④))H2SO4eq\o(→,\s\up7(⑤))Na2SO4”轉化關系為例，寫出各步轉化的化學方程式：①2H2S＋O2eq\o(=,\s\up7(點燃))2S＋2H2O；②S＋O2eq\o(=,\s\up7(點燃))SO2；③2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))2SO3；④SO3＋H2O=H2SO4；⑤H2SO4＋2NaOH=Na2SO4＋2H2O(或H2SO4＋Na2O=Na2SO4＋H2O或H2SO4＋Na2CO3=Na2SO4＋H2O＋CO2↑)。題組一物理變化、化學變化的準確判斷1．(2015·重慶理綜，1)中華民族有著光輝燦爛的發(fā)明史。下列發(fā)明創(chuàng)造不涉及化學反應的是()A．用膽礬煉銅 B．用鐵礦石煉鐵C．燒結粘土制陶瓷 D．打磨磁石制指南針答案D解析A項，用膽礬煉銅，即由CuSO4·5H2O生成Cu，銅元素被還原，有新物質生成，發(fā)生化學反應；B項，用鐵礦石煉鐵，即由鐵的化合物生成鐵，鐵元素被還原，有新物質生成，發(fā)生化學反應；C項，陶瓷是以粘土為原料高溫燒結而成，發(fā)生化學反應；D項，打磨磁石制指南針，只是物質外形改變，不涉及化學反應。2．(2015·北京理綜，6)下列有關我國古代技術應用中，其工作原理不涉及化學反應的是()A.火藥使用B.糧食釀酒C.轉輪排字D.鐵的冶煉答案C解析A項，火藥在適當條件下自身迅速燃燒生成大量氣體，此過程涉及化學變化；B項，糧食釀酒經歷了淀粉→葡萄糖→乙醇的化學變化過程；C項，轉輪排字過程中沒有新物質生成，不涉及化學反應；D項，鐵的冶煉是利用氧化還原反應，將鐵元素還原為鐵單質的過程。方法技巧有關物理變化和化學變化類試題可以用列舉法、特例排除法等，它能很好地考查學生知識的積累和運用，難度中等。近幾年高考題將物理變化、化學變化及應用結合起來考查，備考時，要注意用教材中的化學反應解釋微觀粒子之間的變化，以及微觀粒子之間作用力的變化。題組二物質轉化思想在元素化合物知識中的應用3．現(xiàn)有氮及其化合物的轉化關系如下圖，則下列說法不正確的是()A．路線①②③是工業(yè)生產硝酸的主要途徑B．路線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷電固氮生成硝酸的主要途徑C．氮氣可在足量的氧氣中通過一步反應生成NO2D．上述所有反應都是氧化還原反應答案C解析A項，根據(jù)工業(yè)上制備硝酸的路徑：合成氨→NH3的催化氧化→NO轉化為NO2→NO2和H2O反應獲得硝酸，所以路線①②③是工業(yè)生產硝酸的主要途徑，A正確；B項，N2和O2在雷電作用下生成NO，NO會迅速被O2氧化為NO2，NO2和H2O反應獲得硝酸，即路線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷電固氮生成硝酸的主要途徑，B正確；C項，N2和O2的反應只能一步到NO，NO被空氣中的O2氧化即可轉化為NO2，兩步轉化反應的條件不一樣，C錯誤；D項，上述過程的合成氨、NH3的催化氧化、N2轉化為NO、NO轉化為NO2、NO2和H2O反應中都有元素化合價發(fā)生變化，都屬于氧化還原反應，D正確。4．已知A是單質，E有強酸性和強氧化性。A、B、C、D、E是含有一種相同元素的五種物質，在一定條件下可發(fā)生如圖所示的轉化。則A可能是()A．Cl2B．CC．N2D．Si答案C解析A是單質，能和氫氣反應，則A是非金屬單質，A能被氧氣氧化生成C，C能被氧化生成D，則A在氧化物中是顯不同價態(tài)，E有強酸性和強氧化性，則A中元素是非金屬性較強的元素。A項，氯氣和氫氣反應生成氯化氫，氯化氫和氧氣不反應，錯誤；B項，碳和氧氣反應生成一氧化碳，CO和O2反應生成二氧化碳，CO2和H2O反應生成碳酸，但碳酸是弱酸，錯誤；C項，N2和H2反應生成NH3，NH3和O2反應生成一氧化氮，氮氣和氧氣反應生成一氧化氮，NO和O2反應生成NO2，NO2和H2O反應生成硝酸，硝酸是強酸且是強氧化性酸，正確；D項，硅和氧氣反應時，無論氧氣是否過量都生成SiO2，且SiO2和H2O不反應，硅酸是弱酸，錯誤。考點三一種重要的混合物——膠體膠體知識“10”提醒(1)膠體區(qū)別其他分散系的本質特征是分散質顆粒直徑大小(1～100nm)。(2)膠體的物理性質：①丁達爾效應；②電泳現(xiàn)象；③介穩(wěn)性；④布朗運動；⑤膠體粒子不能透過半透膜，但能透過濾紙。(3)膠體微粒一般是離子、分子或難溶物的聚集體，但有些高分子化合物，如淀粉、蛋白質，因其分子非常大，其相對分子質量通常為幾萬、幾十萬甚至上百萬、千萬，因此一個分子就是一個膠體微粒，它們的溶液是膠體。(4)區(qū)分膠體和其他分散系的最簡便方法是丁達爾效應。(5)膠體具有介穩(wěn)性的主要原因是膠體粒子帶有相同電荷。(6)膠體的布朗運動不是分子的運動，但反映了分子也在作無規(guī)則運動。(7)膠體的電泳現(xiàn)象反映了膠體粒子帶有電荷，但不能說成膠體帶有電荷。膠體與溶液一樣是電中性的。(8)在Fe(OH)3膠體中，F(xiàn)