專題02化學(xué)常用計量（講義）

專題02化學(xué)常用計量01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點(diǎn)·以考定法考點(diǎn)二以物質(zhì)的量為中心的多角度計算【高考解密】考點(diǎn)二以物質(zhì)的量為中心的多角度計算【高考解密】命題點(diǎn)01有關(guān)化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的相關(guān)計算命題點(diǎn)02有關(guān)工藝流程的相關(guān)計算命題點(diǎn)03有關(guān)水溶液中離子平衡的相關(guān)計算【技巧解密】【考向預(yù)測】考點(diǎn)一一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制【高考解密】命題點(diǎn)01一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制命題點(diǎn)02物質(zhì)的量濃度及相關(guān)計算【技巧解密】【考向預(yù)測】04核心素養(yǎng)·微專題微專題阿伏加德羅常數(shù)的六大陷阱考點(diǎn)考查內(nèi)容考情預(yù)測一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制儀器、步驟、數(shù)據(jù)處理、誤差分析以選擇題或主觀題考查一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制的儀器、步驟、數(shù)據(jù)處理、誤差分析。以物質(zhì)的量為中心的多角度計算1.化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的相關(guān)計算2.有關(guān)工藝流程的相關(guān)計算3.有關(guān)水溶液中離子平衡的相關(guān)計算1.以化學(xué)原理題、工藝流程等主觀題考查計算化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡常數(shù)、轉(zhuǎn)化率；2.以選擇題的形式考查水溶液中四大常數(shù)的計算。阿伏加德羅常數(shù)及其應(yīng)用以阿伏加德羅常數(shù)為載體考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)、氧化還原反應(yīng)、電離、水解等知識以選擇題的形式考查關(guān)于阿伏加德羅常數(shù)的正誤判斷、氣體摩爾體積的概念;考點(diǎn)一一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制命題點(diǎn)01配制溶液使用的儀器典例01（2023·全國卷）實(shí)驗室將粗鹽提純并配制的溶液。下列儀器中，本實(shí)驗必須用到的有①天平

②溫度計

③坩堝

④分液漏斗

⑤容量瓶

⑥燒杯

⑦滴定管

⑧酒精燈A．①②④⑥ B．①④⑤⑥ C．②③⑦⑧ D．①⑤⑥⑧【答案】D【解析】實(shí)驗室將粗鹽提純時，需要將其溶于一定量的水中，然后將其中的硫酸根離子、鈣離子、鎂離子依次用稍過量的氯化鋇溶液、碳酸鈉溶液和氫氧化鈉溶液除去，該過程中有過濾操作，需要用到燒杯、漏斗和玻璃棒；將所得濾液加適量鹽酸酸化后蒸發(fā)結(jié)晶得到較純的食鹽，該過程要用到蒸發(fā)皿和酒精燈；用提純后得到的精鹽配制溶液的基本步驟有稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等操作，需要用到天平、容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管等。綜上所述，本實(shí)驗必須用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥燒杯、⑧酒精燈，因此本題選D。典例02（2021·山東卷）為完成下列各組實(shí)驗，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確、完整的是(不考慮存放試劑的容器)實(shí)驗?zāi)康牟Ａx器試劑A配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液100mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒蒸餾水、NaCl固體B制備Fe(OH)3膠體燒杯、酒精燈、膠頭滴管蒸餾水、飽和FeCl3溶液C測定NaOH溶液濃度燒杯、錐形瓶、膠頭滴管、酸式滴定管待測NaOH溶液、已知濃度的鹽酸、甲基橙試劑D制備乙酸乙酯試管、量筒、導(dǎo)管、酒精燈冰醋酸、無水乙醇、飽和Na2CO3溶液【答案】AB【解析】A．配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，需要的儀器有：托盤天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管等，選項中所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確，A符合題意；B．往燒杯中加入適量蒸餾水并加熱至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色停止加熱，得到氫氧化鐵膠體，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確，B符合題意；C．用標(biāo)準(zhǔn)稀鹽酸溶液滴定待測氫氧化鈉溶液可測定出氫氧化鈉的濃度，取待測液時需選取堿式滴定管，酸式滴定管則盛裝標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液，所以所選儀器還應(yīng)有堿式滴定管，C不符合題意；D．制備乙酸乙酯時需要用濃硫酸作催化劑和吸水劑，所選試劑中缺少濃硫酸，D不符合題意；故選AB。典例03（2020·天津卷）下列實(shí)驗儀器或裝置的選擇正確的是配制·L1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸餾用冷凝管盛裝Na2SiO3溶液的試劑瓶ABCD【答案】B【解析】A．配制·L1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A錯誤；B．除去氯氣中的氯化氫氣體使用飽和氯化鈉溶液，可以吸收氯化氫氣體，根據(jù)氯氣在水中的反應(yīng)：Cl2+H2O?H++Cl+HClO，飽和氯化鈉溶液中的氯離子使氯氣溶于水的平衡逆向移動，降低氯氣在水中的溶解度，洗氣瓶長進(jìn)短出，利于除雜，故B正確；C．蒸餾要使用直形冷凝管，接水口下口進(jìn)上口出，球形冷凝管一般作反應(yīng)裝置，故C錯誤；D．硅酸鈉溶液呈堿性，硅酸鈉溶液是一種礦物膠，能將玻璃塞與試劑瓶的瓶口粘在一起，盛裝Na2SiO3溶液的試劑瓶不能使用玻璃塞，應(yīng)使用橡膠塞，故D錯誤。答案選B。命題點(diǎn)02配制溶液的操作步驟典例01（2023·重慶卷）下列實(shí)驗裝置或操作能夠達(dá)到實(shí)驗?zāi)康牡氖茿BCD

制取轉(zhuǎn)移溶液保護(hù)鐵件收集【答案】B【解析】A．氯化銨受熱分解為氨氣和氯化氫，兩者遇冷又會生成氯化銨，不適合制取氨氣，A不符合題意；B．轉(zhuǎn)移溶液時玻璃棒應(yīng)該伸入容量瓶刻度線以下，正確，B符合題意；C．保護(hù)鐵件應(yīng)該連接比鐵更活潑的金屬使得鐵被保護(hù)，而不是連接惰性電極石墨，C不符合題意；D．NO會與空氣中氧氣反應(yīng)，不適合排空氣法收集，D不符合題意；故選B。典例02（2019·江蘇卷）下列實(shí)驗操作能達(dá)到實(shí)驗?zāi)康牡氖茿．用經(jīng)水濕潤的pH試紙測量溶液的pHB．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C．用裝置甲蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體D．用裝置乙除去實(shí)驗室所制乙烯中的少量SO2【答案】D【分析】此題考查基本實(shí)驗操作，根據(jù)溶液pH的測量、物質(zhì)的量濃度溶液的配制、鹽類水解的應(yīng)用、物質(zhì)除雜的原則作答?！窘馕觥緼.用水濕潤的pH試紙測量溶液的pH所測為稀釋液的pH，不是原溶液的pH，實(shí)驗操作錯誤，不能達(dá)到實(shí)驗?zāi)康?，A項錯誤；B.配制物質(zhì)的量濃度的溶液的實(shí)驗步驟為：計算、稱量（或量?。?、溶解（或稀釋）、冷卻、轉(zhuǎn)移及洗滌、定容、搖勻、裝液，由于容量瓶上有容積、溫度和唯一刻度線，若將氫氧化鈉直接置于容量瓶中，加水后氫氧化鈉溶于水會放熱引起容量瓶的容積發(fā)生變化，引起實(shí)驗誤差，B項錯誤；C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲裝置蒸干氯化鋁溶液，由于HCl的揮發(fā)，加熱后水解平衡正向移動，最終AlCl3完全水解成氫氧化鋁固體，不能得到AlCl3固體，C項錯誤；D.SO2屬于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯與NaOH溶液不反應(yīng)且乙烯難溶于水，可通過盛有NaOH溶液的洗氣瓶除去乙烯中少量的SO2，D項正確；故選D。典例03（2019·天津卷）下列實(shí)驗操作或裝置能達(dá)到目的的是ABCD混合濃硫酸和乙醇配制一定濃度的溶液收集氣體證明乙炔可使溴水褪色【答案】B【解析】A、乙醇的密度小于濃硫酸，混合時應(yīng)將濃硫酸沿?zé)诘谷胍掖贾?，邊倒邊攪拌，若順序相反則容易引起液體飛濺，故A不能達(dá)到目的；B、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B能達(dá)到目的；C、二氧化氮的密度大于空氣，集氣瓶中的導(dǎo)氣管應(yīng)長進(jìn)短出，故C不能達(dá)到目的；D、乙炔中的H2S等雜質(zhì)也能使溴水褪色，應(yīng)先通過一個盛堿液的洗氣瓶將雜質(zhì)除去，故D不能達(dá)到目的；故選B。命題點(diǎn)03配制溶液的數(shù)據(jù)處理和誤差分析典例01（2023·浙江卷）下列說法正確的是A．圖①裝置可用于制取并收集氨氣B．圖②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴內(nèi)的氣泡C．圖③操作俯視刻度線定容會導(dǎo)致所配溶液濃度偏大D．圖④裝置鹽橋中陽離子向溶液中遷移【答案】C【解析】A．氯化銨受熱分解生成氨氣和氯化氫，遇冷又化合生成氯化銨，則直接加熱氯化銨無法制得氨氣，實(shí)驗室用加熱氯化銨和氫氧化鈣固體的方法制備氨氣，故A錯誤；B．高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，會腐蝕橡膠管，所以高錳酸鉀溶液應(yīng)盛放在酸式滴定管在，不能盛放在堿式滴定管中，故B錯誤；C．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，俯視刻度線定容會使溶液的體積偏小，導(dǎo)致所配溶液濃度偏大，故C正確；D．由圖可知，鋅銅原電池中，鋅電極為原電池的負(fù)極，銅為正極，鹽橋中陽離子向硫酸銅溶液中遷移，故D錯誤；故選C。典例02（2020·浙江卷）下列有關(guān)實(shí)驗說法，不正確的是（

）A．堿液不慎濺到手上，先用大量水沖洗，再用飽和硼酸溶液洗，最后用水沖洗B．和的混合物經(jīng)溶解、過濾，洗滌、干燥，可分離出C．用容量瓶配制溶液，定容時若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體D．火柴頭的浸泡液中滴加溶液，稀和溶液，可檢驗火柴頭是否含有氯元素【答案】C【解析】A.若皮膚不慎沾上少量堿液，應(yīng)先用大量水沖洗，再用2%醋酸溶液或飽和硼酸溶液洗，避免皮膚受損，故A正確；B.二氧化錳不溶于水，氯化鉀可溶于水，所以混合物經(jīng)溶解、過濾，洗滌、干燥，可分離出，故B正確；C.滴管吸出的液體中含有溶質(zhì)，因此會導(dǎo)致所配溶液濃度偏小，正確操作應(yīng)該是重新配制，故C錯誤；D.火柴頭中含有KClO3，檢驗氯元素，應(yīng)把ClO3還原為4Cl，酸性條件下，NO2具有還原性，向少量的火柴頭浸泡液中滴加AgNO3、稀HNO3和NaNO2，發(fā)生的離子反應(yīng)為：ClO3+3NO2+Ag+═AgCl↓+3NO3，出現(xiàn)白色沉淀，證明含有氯元素，故D正確；故答案為C。典例03（2013·天津卷）下列實(shí)驗誤差分析錯誤的是A．用濕潤的pH試紙測稀堿液的pH，測定值偏小B．用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏小C．滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，終點(diǎn)讀數(shù)時有氣泡，所測體積偏小D．測定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱時，將堿緩慢倒入酸中，所測溫度值偏小【答案】B【解析】A．濕潤的pH值試紙可以稀釋堿液，溶液中氫氧根離子濃度減小，測定的溶液堿性減弱，測定值偏小，故A正確；B．定容時俯視刻度線，導(dǎo)致所配溶液的體積偏小，結(jié)合c=可知，所配溶液的濃度偏大，故B錯誤；C．滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，終點(diǎn)讀數(shù)時有氣泡，氣體占據(jù)液體應(yīng)占有的體積，會導(dǎo)致所測溶液體積偏小，故C正確；D．測定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱時，將堿緩慢倒入酸中，導(dǎo)致熱量損失過大，所測溫度值偏小，故D正確；故選B。一、所需儀器及配制步驟:(1)配制溶液的六種儀器托盤天平、量筒、燒杯、容量瓶（指定規(guī)格）、玻璃棒、膠頭滴管。(2)配制溶液的八步操作計算→稱量(量取)→溶解(稀釋)并冷卻→轉(zhuǎn)移→洗滌→定容→搖勻→裝瓶并貼簽。【特別提醒】溶液配制過程中，若有任何引起誤差的操作均應(yīng)重新配制。(3)容量瓶使用的兩個“不能”①容量瓶是精確配制溶液的儀器，不能用于溶解、稀釋和長時間貯存液體。②容量瓶的規(guī)格是固定的，不能配制任意體積的溶液，所配溶液的體積一定要與容量瓶的容積相同。二、儀器使用:(1)儀器的選用要注意思維有序，從配制步驟角度排查還需要的儀器。(2)容量瓶使用的第一步操作是“檢漏”?；卮鹑萘科繒r應(yīng)指明規(guī)格,并選擇合適的容量瓶,如配制480mL溶液,應(yīng)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(yīng)容器。(3)玻璃棒的作用是攪拌和引流。用玻璃棒引流時，玻璃棒末端應(yīng)插入刻度線以下并接觸瓶壁，但玻璃棒不能接觸瓶口。三、根據(jù)表達(dá)式cB=nBV(1)導(dǎo)致cB偏低的錯誤操作：墊濾紙稱量NaOH固體；左碼右物(用游碼)；稱量時間過長(潮解)；洗滌或轉(zhuǎn)移時溶液濺出；未洗滌燒杯及玻璃棒；超過刻度線時用滴管吸出液體；定容時仰視；定容搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線再加水。(2)導(dǎo)致cB偏高的錯誤操作：砝碼生銹；定容時俯視；未等溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移并定容。(3)定容時俯視、仰視對結(jié)果的影響：務(wù)必確保按眼睛視線→刻度線→凹液面最低點(diǎn)的順序，做到“三點(diǎn)一線”。①仰視刻度線(圖1)，導(dǎo)致溶液體積偏大。②俯視刻度線(圖2)，導(dǎo)致溶液體積偏小。四、有關(guān)溶液的計算(1)熟練推導(dǎo)兩種換算關(guān)系。①氣體溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度的計算。標(biāo)準(zhǔn)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(zhì)量為Mg·mol1,則c=1000ρV22400+MV②物質(zhì)的量濃度與溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)之間的換算。c=1000ρwM(c為溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度,其單位是mol·L1,ρ為溶液的密度,其單位是g·cm3,w為溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù),M為溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量,其單位是g·mol1(2)理解兩條規(guī)律。①稀釋定律。a.如用V1、V2、c1、c2分別表示稀釋前后溶液的體積和溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度,有c1V1=c2V2。b.如用m1和m2、w1和w2分別表示稀釋前后溶液的質(zhì)量和溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù),有m1w1=m2w2。②混合規(guī)律。計算或判斷同一溶質(zhì)不同濃度的溶液混合后溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)時,設(shè)溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為w1和w2的兩溶液混合后所得溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w。a.兩溶液等質(zhì)量混合:w=12(w1+w2)b.兩溶液等體積混合:(a)若溶液中溶質(zhì)的密度大于溶劑的密度,則w>12(w1+w2),如H2SO4(b)若溶液中溶質(zhì)的密度小于溶劑的密度,則w<12(w1+w2),考向01配制溶液使用的儀器1．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）下列關(guān)于儀器使用的說法正確的是A．①②均可用于濃硫酸的稀釋B．③⑤仰視時，讀數(shù)前者偏小后者偏大C．⑤可用于量取的溶液D．④⑥可用于配制溶液【答案】B【解析】A．稀釋濃硫酸要把濃硫酸倒入水中并用玻璃棒不斷拍拌，試管口和錐形并瓦口均太小，不能使用玻璃棒攪拌，且不利于散熱，應(yīng)該在燒杯中稀釋濃硫酸，A項錯誤；B．量筒的小刻度在下方，仰視時讀數(shù)偏小，滴定管的零刻度在上方，仰視時讀數(shù)偏大，B項正確；C．溶液顯堿性，不能用酸式滴定管盛裝，C項錯誤；D．配制溶液不需要容量瓶，D項錯誤；故選B。2．（2023·四川涼山·統(tǒng)考三模）為完成下列各組實(shí)驗，所選玻璃儀器和試劑均正確、完整的是(非玻璃儀器任選；不考慮存放試劑的容器)實(shí)驗玻璃儀器試劑A測定鹽酸濃度堿式滴定管、膠頭滴管NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液、待測鹽酸溶液、甲基橙試劑B制取并收集純凈干燥的氯氣圓底燒瓶、長頸漏斗、集氣瓶二氧化錳、濃鹽酸、飽和食鹽水、濃硫酸C用濃硫酸配制480mL0.1mol/L的稀硫酸量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管18.4mol/L的濃硫酸、蒸餾水D制備Fe(OH)3膠體燒杯、酒精燈、膠頭滴管1mol/L氫氧化鈉溶液、1mol/L氯化鐵溶液【答案】C【解析】A．以甲基橙為指示劑用氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液測定鹽酸濃度用到的儀器為酸式滴定管、堿式滴定管和錐形瓶，用不到膠頭滴管，故A錯誤；B．二氧化錳與濃鹽酸共熱反應(yīng)制備制備氯氣，則制備氯氣所需的玻璃儀器為圓底燒瓶、分液漏斗和酒精燈，故B錯誤；C．實(shí)驗室沒有480mL容量瓶，所以配制480mL0.1mol/L的稀硫酸溶液時，應(yīng)選用500mL容量瓶，由配制一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的步驟為計算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶可知，實(shí)驗過程中需要用到的玻璃儀器為量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，故C正確；D．氯化鐵溶液在沸水中煮沸制得氫氧化鐵膠體，則實(shí)驗室制備氫氧化鐵膠體需要的試劑為蒸餾水和1mol/L氯化鐵溶液，不能選用1mol/L氫氧化鈉溶液，否則制得的是氫氧化鐵沉淀，故D錯誤；故選C。3．（2023·山東·濰坊一中校聯(lián)考模擬預(yù)測）為完成下列各組實(shí)驗，所選實(shí)驗器材和試劑均完整正確的是選項實(shí)驗實(shí)驗器材試劑A配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液100mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒蒸餾水、NaCl固體B測定酸堿滴定曲線酸式滴定管、堿式滴定管、滴定管夾、燒杯、錐形瓶、鐵架臺0.1000mol?L1NaOH溶液、0.1000mol?L1鹽酸溶液、甲基橙C淀粉水解產(chǎn)物檢驗試管、膠頭滴管、酒精燈淀粉溶液、10%NaOH溶液、2%CuSO4溶液D證明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)試管、膠頭滴管0.10mol?L1CuSO4溶液、0.10mol?L1ZnSO4溶液、1mol?L1Na2S溶液【答案】D【解析】A．實(shí)驗器材中缺少稱量藥品質(zhì)量的天平、藥匙，A錯誤；B．測定酸堿滴定曲線時需要pH計測定pH值，且指示劑用甲基橙誤差較大，應(yīng)用酚酞試劑，B錯誤；C．淀粉水解需要硫酸做催化劑，C錯誤；D．分別向等濃度的硫酸銅、硫酸鋅溶液中加入硫化鈉即可驗證溶度積常數(shù)的大小，D正確；故選D。4．（2022·浙江寧波·鎮(zhèn)海中學(xué)?？寄M預(yù)測）用已知密度的98％的濃硫酸配制的硫酸溶液，下列儀器中不需要的是A．B．C．D．【答案】B【解析】濃硫酸配制的硫酸溶液，需用量筒量取所需濃硫酸體積，然后加入有水的燒杯中稀釋，玻璃棒攪拌，冷卻后引流至100mL容量瓶中，定容時先直接加水至刻度線一下12cm改用膠頭滴管滴加至刻度線，因此用到的有ACD，不需要天平。故B選；故選：B。5．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考一模）僅用下表提供的儀器(夾持儀器和試劑任選)不能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗?zāi)康牡囊豁検沁x項實(shí)驗?zāi)康膬x器A制取乙酸乙酯鐵架臺、試管、酒精燈、導(dǎo)管B用濃硫酸配制250mL一定濃度的硫酸溶液250mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管C用CCl4萃取溴水中的溴分液漏斗、燒杯D用鹽酸除去BaSO4中混有的少量BaCO3漏斗、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、濾紙【答案】B【解析】A．制取乙酸乙酯的主要儀器為鐵架臺、試管、酒精燈和導(dǎo)管，能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗?zāi)康?，A項不符合題意；B．用濃溶液來配制一定濃度的稀溶液所需的儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、容量瓶和膠頭滴管，題中缺少量筒，不能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗?zāi)康?，B項符合題意；C．用CCl4提取溴水中的Br2，操作為萃取分液，所需儀器為分液漏斗和燒杯，能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗?zāi)康?，C項不符合題意；D．用鹽酸除去BaSO4中混有的少量BaCO3，需要的儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、濾紙，能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗?zāi)康模珼項不符合題意；故選B。6．（2023·湖南衡陽·統(tǒng)考一模）為完成下列各組實(shí)驗，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確完整的是(不考慮存放試劑的容器)實(shí)驗?zāi)康牟Ａx器試劑A組裝實(shí)驗室制乙烯的發(fā)生裝置圓底燒瓶、溫度計、酒精燈、導(dǎo)管濃硫酸、無水乙醇、碎瓷片B粗鹽提純中將最后所得的濾液蒸發(fā)結(jié)晶表面皿、玻璃棒、酒精燈粗鹽提純中最后所得的濾液C除去新制乙酸乙酯中的少量乙酸分液漏斗、燒杯混有乙酸的乙酸乙酯、飽和NaOH溶液D配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸100mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒蒸餾水【答案】A【解析】A．實(shí)驗室制備乙烯時，在圓底燒瓶中放入濃硫酸、無水乙醇和碎瓷片，將溫度計的水銀球伸入液面以下，用酒精燈進(jìn)行加熱，燒瓶口連接導(dǎo)管，A項正確；B．蒸發(fā)結(jié)晶要用到蒸發(fā)皿而不是表面皿，B錯誤；C．乙酸乙酯在堿性溶液中會發(fā)生水解，不能用飽和NaOH溶液進(jìn)行乙酸的除雜，C錯誤；D．配制稀硫酸要用到蒸餾水和一定濃度的濃硫酸，D項試劑缺少給定濃度的濃硫酸，D錯誤。本題選A?？枷?2配制溶液的操作步驟1．（2023·海南省直轄縣級單位·統(tǒng)考模擬預(yù)測）某化學(xué)實(shí)驗小組在實(shí)驗室中利用固體配制250mL的溶液。下列做法錯誤的是A．在托盤天平上放置燒杯用于稱取5.0g固體B．選取規(guī)格為250mL的容量瓶，并進(jìn)行檢漏C．為防止變質(zhì)，固體溶解后立即轉(zhuǎn)移至容量瓶中D．定容、搖勻后，液面低于刻度線時不再處理【答案】C【解析】A．所需NaOH固體質(zhì)量為m=nM=cVM=0.25L××40g/mol=5.0g，托盤天平的精確度為0.1g，故A正確；B．配制250mL溶液，則選擇規(guī)格為250mL容量瓶需查漏才能使用，故B正確；C．固體溶解放熱，若趁熱立即將溶液注入容量瓶中并定容，體積偏小，則結(jié)果導(dǎo)致所配溶液濃度偏高，故C錯誤；D．定容、搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線是因為部分溶液留在瓶壁上，不需要再加水，否則會導(dǎo)致所配溶液濃度偏低，故D正確；故答案為：C。2．（2023·天津河西·統(tǒng)考二模）用溶液配制的溶液，下列有關(guān)實(shí)驗操作正確的是A． B． C． D．【答案】C【解析】A．A為容量瓶的振蕩混合，應(yīng)塞上塞子，顛倒搖勻，A錯誤；B．應(yīng)該平視，B錯誤；C．轉(zhuǎn)移溶液中用玻璃棒引流，C正確；D．上下顛倒搖勻應(yīng)用右手拖住瓶底，D錯誤；故選C。3．（2022上·河南安陽·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，并用其測定某未知濃度的溶液。完成以上實(shí)驗所選擇的裝置正確的是。選項ABCD實(shí)驗稱量一定質(zhì)量的固體配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液定容操作量取20mL未知濃度的草酸用溶液滴定草酸滴定終點(diǎn)讀數(shù)為26.42mL裝置【答案】C【解析】A．高錳酸鉀具有腐蝕性，應(yīng)該在燒杯中稱量，A錯誤；B．讀數(shù)視線要與凹液面最低處保持水平，B錯誤；C．取草酸使用酸式移液管，C正確；D．由圖可知，讀數(shù)為25.50mL，D錯誤；故選C。4．（2023·重慶沙坪壩·重慶八中?？级＃┫铝袑?shí)驗裝置正確且能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗?zāi)康牡氖茿．除中的 B．制備少量 C．證明溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng) D．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液【答案】A【解析】A．溴能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成易溶于水的產(chǎn)物，與氫氧化鈉溶液不相溶，且密度大于氫氧化鈉溶液，在下層，經(jīng)分液可除去中的，A符合題意；B．過氧化鈉粉末不能放置在多孔隔板上，上述裝置不適合該反應(yīng)，B不符合題意；C．乙醇受熱易揮發(fā)，且具有還原性，也能使酸性高錳酸鉀褪色，會干擾實(shí)驗的測定，C不符合題意；D．當(dāng)液面距離刻度線1~2cm處時才使用膠頭滴管滴加水，D不符合題意；故選A。5．（2023·河南鄭州·統(tǒng)考三模）化學(xué)是一門以實(shí)驗為基礎(chǔ)的自然學(xué)科。以下實(shí)驗項目是高中化學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定的四個學(xué)生必做實(shí)驗，依據(jù)所提供的實(shí)驗藥品和儀器能完成實(shí)驗項目的是實(shí)驗項目實(shí)驗藥品所用玻璃儀器A配制100mL0.1mol·L1的氯化鈉溶液氯化鈉固體、蒸餾水100mL容量瓶、燒杯、膠頭滴管B探究Fe2+和Fe3+的氧化性和還原性FeSO4溶液、FeCl3溶液、氯水、KI溶液、KSCN溶液、鋅片、淀粉溶液試管、膠頭滴管C探究不同價態(tài)硫元素之間的轉(zhuǎn)化銅片、稀H2SO4、濃H2SO3、Na2SO3溶液、氯水、Na2S溶液試管、膠頭滴管D用化學(xué)沉淀法去除粗鹽中的雜質(zhì)離子粗食鹽水、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液燒杯、膠頭滴管、試管表面皿、玻璃棒【答案】B【解析】A．配制100mL0.1mol·L1的氯化鈉溶液需要的玻璃儀器有100mL容量瓶、燒杯、膠頭滴管和玻璃棒，故A不符合題意；B．探究Fe2+的還原性，可以讓FeSO4溶液和氯水反應(yīng)，用KSCN溶液檢驗生成的Fe3+，探究Fe2+的氧化性，可以讓FeSO4溶液和鋅片反應(yīng)觀察鋅片表面生成Fe單質(zhì)，探究Fe3+的氧化性，可以讓FeCl3溶液和KI溶液反應(yīng)，用淀粉溶液檢驗生成的I2，依據(jù)所提供的實(shí)驗藥品和儀器能完成實(shí)驗項目，故B符合題意；C．銅不和稀硫酸反應(yīng)，應(yīng)該選用濃硫酸來探究不同價態(tài)硫元素之間的轉(zhuǎn)化，故C不符合題意；D．用化學(xué)沉淀法去除粗鹽中的雜質(zhì)離子需要的操作是過濾，所用玻璃儀器要包含漏斗，故D不符合題意；故選B。6．（2023·河北衡水·校聯(lián)考二模）利用下列實(shí)驗裝置及操作不能達(dá)到實(shí)驗?zāi)康牡氖?/p>

A．用NaOH溶液測定稀硫酸濃度B．配制溶液：向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體C．可用于洗滌表面的D．測定中和反應(yīng)反應(yīng)熱【答案】B【解析】A．NaOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定稀硫酸濃度，NaOH選用堿式滴定管，可用酚酞做指示劑，可達(dá)到實(shí)驗?zāi)康?；故A不選；B．轉(zhuǎn)移溶液過程需要用玻璃棒引流，圖示中缺少玻璃棒引流，因此不能達(dá)到目的，故B選；C．洗滌沉底的方法是過濾后向過濾器中加水至沒過沉淀，待水完全流盡后重復(fù)操作23次，圖中操作可達(dá)到目的，故C不選；D．中和熱測定在量熱器中進(jìn)行，通過測定反應(yīng)前后的溫度變化確定中和熱，圖中裝置可達(dá)到目的，故D不選；故選：B?？枷?3配制溶液的數(shù)據(jù)處理和誤差分析1．（2023·遼寧沈陽·統(tǒng)考三模）下列有關(guān)實(shí)驗說法正確的是A．易燃物鈉、鉀、白磷未用完，不能放回原試劑瓶B．酸堿中和滴定實(shí)驗中，滴至接近終點(diǎn)時，需改為半滴滴加C．定容時仰視刻度線導(dǎo)致所配的溶液濃度偏高D．向溶液中滴加氨水至沉淀溶解得深藍(lán)色溶液，再加入乙醇無明顯變化【答案】B【解析】A．鈉、鉀與水反應(yīng)生成氫氣具有可燃性，白磷易自燃，則未用完需放回原瓶，故A錯誤；B．滴至接近終點(diǎn)時，避免滴加液體過多，需改為半滴滴加，操作合理，故B正確；C．定容時仰視刻度線，會使溶液的體積偏大，溶液的濃度偏低，故C錯誤；D．溶液中滴加氨水至沉淀溶解得深藍(lán)色溶液，生成硫酸四氨合銅，再加入乙醇，析出深藍(lán)色的晶體，故D錯誤；故選B。2．（2023上·山東濱州·高三山東省濱州市沾化區(qū)第一中學(xué)校聯(lián)考開學(xué)考試）某化學(xué)小組要配制500mL0.6mol/L的NaOH溶液，下列實(shí)驗操作會使所得溶液濃度偏低的是A．用托盤天平稱取12.0gNaOH固體時所用時間較長B．向小燒杯中加水使氫氧化鈉溶解并冷卻至室溫C．把溶液轉(zhuǎn)移到洗凈但未干燥的容量瓶中，洗滌燒杯和玻璃棒3次并將洗滌液也轉(zhuǎn)移到容量瓶中D．定容過程觀察容量瓶內(nèi)液面是俯視刻度線【答案】A【解析】A．由于NaOH固體易潮解，會吸收空氣中水分，稱得的質(zhì)量是NaOH固體和水分的質(zhì)量，NaOH固體比12.0g要小一些，配制出的濃度偏低，故A符合題意；B．向小燒杯中加水使氫氧化鈉溶解并冷卻至室溫，對實(shí)驗結(jié)果無影響，故B不符合題意；C．把溶液轉(zhuǎn)移到洗凈但未干燥的容量瓶中，洗滌燒杯和玻璃棒3次并將洗滌液也轉(zhuǎn)移到容量瓶中，定容過程中也要加水，容量瓶干燥與否，對結(jié)果無影響，故C不符合題意；D．定容過程觀察容量瓶內(nèi)液面是俯視刻度線，溶液體積偏小，濃度偏大，故D不符合題意。綜上所述，答案為A。3．（2023上·湖南衡陽·高三衡陽市一中?？迹┮韵聦?shí)驗操作會引起實(shí)結(jié)果偏大的是（

）A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量的蒸餾水B．配制溶液的過程中，搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，用膠頭滴管滴加蒸餾水至刻度線C．配制溶液的過程中，定容后，發(fā)現(xiàn)液面高于刻度線，用膠頭滴管吸出高于刻度線的溶液D．配制溶液的過程中，定容時，俯視刻度線【答案】D【解析】A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量的蒸餾水，對結(jié)果無影響，故A不符合題意；B．配制溶液的過程中，搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，用膠頭滴管滴加蒸餾水至刻度線，溶液的體積偏多，濃度偏低，故B不符合題意；C．配制溶液的過程中，定容后，發(fā)現(xiàn)液面高于刻度線，用膠頭滴管吸出高于刻度線的溶液，吸出了溶質(zhì)，則濃度偏低，故C不符合題意；D．配制溶液的過程中，定容時，俯視刻度線，溶液體積減少，濃度偏高，故D符合題意。綜上所述，答案為D?？键c(diǎn)二以物質(zhì)的量為中心的多角度計算命題點(diǎn)01化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡典例01（2023·重慶卷）逆水煤氣變換體系中存在以下兩個反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：反應(yīng)Ⅱ：在恒容條件下，按投料比進(jìn)行反應(yīng)，平衡時含碳物質(zhì)體積分?jǐn)?shù)隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是A．反應(yīng)Ⅰ的，反應(yīng)Ⅱ的B．點(diǎn)反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)C．點(diǎn)的壓強(qiáng)是的3倍D．若按投料，則曲線之間交點(diǎn)位置不變【答案】C【解析】A．隨著溫度的升高，甲烷含量減小、一氧化碳含量增大，則說明隨著溫度升高，反應(yīng)Ⅱ逆向移動、反應(yīng)Ⅰ正向移動，則反應(yīng)Ⅱ為放熱反應(yīng)焓變小于零、反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)焓變大于零，A錯誤；B．點(diǎn)沒有甲烷產(chǎn)物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料，則此時反應(yīng)Ⅰ平衡時二氧化碳、氫氣、一氧化碳、水的物質(zhì)的量相等，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)，B錯誤；C．點(diǎn)一氧化碳、甲烷物質(zhì)的量相等，結(jié)合反應(yīng)方程式的系數(shù)可知，生成水的總的物質(zhì)的量為甲烷的3倍，結(jié)合阿伏伽德羅定律可知，的壓強(qiáng)是的3倍，C正確；D．反應(yīng)Ⅰ為氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)、反應(yīng)Ⅱ為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)；若按投料，相當(dāng)于增加氫氣的投料，會使得甲烷含量增大，導(dǎo)致甲烷、一氧化碳曲線之間交點(diǎn)位置發(fā)生改變，D錯誤；故選C。典例02（2022·全國卷）兩種酸式碳酸鹽的分解反應(yīng)如下。某溫度平衡時總壓強(qiáng)分別為p1和p2。反應(yīng)1：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)

p1=3.6×104Pa反應(yīng)2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)

p2=4×103Pa該溫度下，剛性密閉容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固體，平衡后以上3種固體均大量存在。下列說法錯誤的是A．反應(yīng)2的平衡常數(shù)為4×106Pa2 B．通入NH3，再次平衡后，總壓強(qiáng)增大C．平衡后總壓強(qiáng)為4.36×105Pa D．縮小體積，再次平衡后總壓強(qiáng)不變【答案】B【解析】A．反應(yīng)2的平衡常數(shù)為，A正確；B．剛性密閉容器，溫度不變，則平衡常數(shù)不變，，，再次達(dá)到平衡后，氣體的分壓不變，則總壓強(qiáng)不變，B錯誤；C．，，，，所以總壓強(qiáng)為：，C正確；D．達(dá)平衡后，縮小體積，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，各組分的分壓不變，再次平衡后總壓強(qiáng)不變，D正確；故選B。典例03（2021·河北卷）室溫下，某溶液初始時僅溶有M和N且濃度相等，同時發(fā)生以下兩個反應(yīng)：①M(fèi)+N=X+Y；②M+N=X+Z，反應(yīng)①的速率可表示為v1=k1c2(M)，反應(yīng)②的速率可表示為v2=k2c2(M)(k1、k2為速率常數(shù))。反應(yīng)體系中組分M、Z的濃度隨時間變化情況如圖，下列說法錯誤的是A．0～30min時間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為6.67×108mol?L1?min1B．反應(yīng)開始后，體系中Y和Z的濃度之比保持不變C．如果反應(yīng)能進(jìn)行到底，反應(yīng)結(jié)束時62.5%的M轉(zhuǎn)化為ZD．反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②的活化能大【答案】A【解析】A．由圖中數(shù)據(jù)可知，時，M、Z的濃度分別為0.300和0.125，則M的變化量為0.50.300=0.200，其中轉(zhuǎn)化為Y的變化量為0.2000.125=0.075。因此，時間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為，A說法不正確；B．由題中信息可知，反應(yīng)①和反應(yīng)②的速率之比為，Y和Z分別為反應(yīng)①和反應(yīng)②的產(chǎn)物，且兩者與M的化學(xué)計量數(shù)相同（化學(xué)計量數(shù)均為1），因此反應(yīng)開始后，體系中Y和Z的濃度之比等于，由于k1、k2為速率常數(shù)，故該比值保持不變，B說法正確；C．結(jié)合A、B的分析可知反應(yīng)開始后，在相同的時間內(nèi)體系中Y和Z的濃度之比等于=，因此，如果反應(yīng)能進(jìn)行到底，反應(yīng)結(jié)束時有的M轉(zhuǎn)化為Z，即的M轉(zhuǎn)化為Z，C說法正確；D．由以上分析可知，在相同的時間內(nèi)生成Z較多、生成Y較少，因此，反應(yīng)①的化學(xué)反應(yīng)速率較小，在同一體系中，活化能較小的化學(xué)反應(yīng)速率較快，故反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②的活化能大，D說法正確。綜上所述，相關(guān)說法不正確的只有A，故本題選A。命題點(diǎn)02化學(xué)工藝流程典例01（2023·湖北卷·節(jié)選）是生產(chǎn)多晶硅的副產(chǎn)物。利用對廢棄的鋰電池正極材料進(jìn)行氯化處理以回收Li、Co等金屬，工藝路線如下：

回答下列問題：(4)已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中濃度為?！敬鸢浮?4)【解析】（4）已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中，濃度為。典例02（2022·廣東卷·節(jié)選）稀土()包括鑭、釔等元素，是高科技發(fā)展的關(guān)鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：已知：月桂酸熔點(diǎn)為；月桂酸和均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持價不變；的，開始溶解時的pH為8.8；有關(guān)金屬離子沉淀的相關(guān)pH見下表。離子開始沉淀時的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全時的pH/3.24.7/(3)“過濾2”后，濾餅中檢測不到元素，濾液2中濃度為。為盡可能多地提取，可提高月桂酸鈉的加入量，但應(yīng)確?！斑^濾2”前的溶液中低于(保留兩位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?3)4.0104【解析】（3）濾液2中濃度為，即0.1125mol/L，根據(jù)，若要加入月桂酸鈉后只生成，而不產(chǎn)生，則==4.0104，故答案為：4.0104；典例03（2021·重慶卷·節(jié)選）電鍍在工業(yè)生產(chǎn)中具有重要作用，某電鍍廠生產(chǎn)的廢水經(jīng)預(yù)處理后含有和少量的Cu2+、Ni2+，能夠采用如圖流程進(jìn)行逐一分離，實(shí)現(xiàn)資源再利用。已知：Ksp(CuS)=6.3×1036和Ksp(NiS)=3.0×1019回答下列問題：(5)若廢水中還含有Cd2+，pH=4時Cd2+的濃度為mol·L1，用該結(jié)果說明Cd2+影響上述流程進(jìn)行分離的原因是(設(shè)H2S平衡濃度為1.0×106mol·L1。已知：H2S的K1=1.0×107，K2=7.0×1015，Ksp(CdS)=7.0×1027)【答案】(5)1.0×107mol/L在沉淀池2中進(jìn)行的沉淀Cu2+反應(yīng)需要調(diào)節(jié)溶液體系pH=4，經(jīng)過計算可以發(fā)現(xiàn)此時c(Cd2+)<1.0×105mol/L，可以認(rèn)為Cd2+與Cu2+此時均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而無法準(zhǔn)確分離開【解析】（5）H2S的、，pH=4時，，則，而沉淀池2中進(jìn)行的沉淀反應(yīng)需要調(diào)節(jié)溶液體系pH=4，此時，可以認(rèn)為Cd2+與Cu2+此時均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而無法準(zhǔn)確分離開；故答案為：；在沉淀池2中進(jìn)行的沉淀Cu2+反應(yīng)需要調(diào)節(jié)溶液體系pH=4，經(jīng)過計算可以發(fā)現(xiàn)此時c(Cd2+)<1.0×105mol/L，可以認(rèn)為Cd2+與Cu2+此時均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而無法準(zhǔn)確分離開。命題點(diǎn)03水溶液中四大常數(shù)典例01（2023·遼寧卷）某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即，通過調(diào)節(jié)pH使和形成硫化物而分離，體系中與關(guān)系如下圖所示，c為和的濃度，單位為。已知，下列說法正確的是A． B．③為與的關(guān)系曲線C． D．【答案】D【分析】已知H2S飽和溶液中隨著pH的增大，H2S的濃度逐漸減小，HS的濃度增大，S2濃度逐漸增大，則有l(wèi)gc(HS)和lg(S2)隨著pH增大而減小，且相同pH相同時，HS濃度大于S2，即lgc(HS)小于lg(S2)，則Ni2+和Cd2+濃度逐漸減小，且，即當(dāng)c(S2)相同時，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，則lgc(Ni2+)和lg(Cd2+)隨著pH增大而增大，且有l(wèi)gc(Ni2+)小于lg(Cd2+)，由此可知曲線①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2，④代表HS，據(jù)此分析結(jié)合圖像各點(diǎn)數(shù)據(jù)進(jìn)行解題?！窘馕觥緼．由分析可知，曲線①代表Cd2+、③代表S2，由圖示曲線①③交點(diǎn)可知，此時c(Cd2+)=c(S2)=1013mol/L，則有，A錯誤；

B．由分析可知，③為與的關(guān)系曲線，B錯誤；C．由分析可知，曲線④代表HS，由圖示曲線④兩點(diǎn)坐標(biāo)可知，此時c(H+)=101.6mol/L時，c(HS)=106.5mol/L，或者當(dāng)c(H+)=104.2mol/L時，c(HS)=103.9mol/L，，C錯誤；D．已知Ka1Ka2==，由曲線③兩點(diǎn)坐標(biāo)可知，當(dāng)c(H+)=104.9mol/L時，c(S2)=1013mol/L，或者當(dāng)c(H+)=106.8mol/L時，c(S2)=109.2mol/L，故有Ka1Ka2===1021.8，結(jié)合C項分析可知Ka1=107.1，故有，D正確；故答案為D。典例02（2022·湖南卷）室溫時，用的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濃度相等的、和混合溶液，通過電位滴定法獲得與的關(guān)系曲線如圖所示(忽略沉淀對離子的吸附作用。若溶液中離子濃度小于時，認(rèn)為該離子沉淀完全。，，)。下列說法正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)：有白色沉淀生成B．原溶液中的濃度為C．當(dāng)沉淀完全時，已經(jīng)有部分沉淀D．b點(diǎn)：【答案】C【分析】向含濃度相等的Cl、Br和I混合溶液中滴加硝酸銀溶液，根據(jù)三種沉淀的溶度積常數(shù)，三種離子沉淀的先后順序為I、Br、Cl，根據(jù)滴定圖示，當(dāng)?shù)稳?.50mL硝酸銀溶液時，Cl恰好沉淀完全，此時共消耗硝酸銀的物質(zhì)的量為4.50mL×103L/mL×0.1000mol/L=4.5×104mol，所以Cl、Br和I均為1.5×104mol?！窘馕觥緼．I先沉淀，AgI是黃色的，所以a點(diǎn)有黃色沉淀AgI生成，故A錯誤；B．原溶液中I的物質(zhì)的量為1.5×104mol，則I的濃度為=0.0100mol?L1，故B錯誤；C．當(dāng)Br沉淀完全時(Br濃度為1.0×105mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×108mol/L，若Cl已經(jīng)開始沉淀，則此時溶液中的c(Cl)==3.3×103mol/L，原溶液中的c(Cl)=c(I)=0.0100mol?L1，則已經(jīng)有部分Cl沉淀，故C正確；D．b點(diǎn)加入了過量的硝酸銀溶液，溶液中的I、Br、Cl全部轉(zhuǎn)化為沉淀，則Ag+濃度最大，根據(jù)溶度積可知，b點(diǎn)各離子濃度為：，故D錯誤；故選C。典例03（2021·江蘇卷）室溫下，用0.5mol·L1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段時間后過濾，向濾渣中加稀醋酸，產(chǎn)生氣泡。已知Ksp(CaSO4)=5×105，Ksp(CaCO3)=3×109。下列說法正確的是A．0.5mol·L1Na2CO3溶液中存在：c(OH)=c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)B．反應(yīng)CaSO4+COCaCO3+SO正向進(jìn)行，需滿足>×104C．過濾后所得清液中一定存在：c(Ca2+)=且c(Ca2+)≤D．濾渣中加入醋酸發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】C【解析】A．0.5mol·L1Na2CO3溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，A錯誤；B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=====×104，當(dāng)濃度商＜K時，反應(yīng)正向進(jìn)行，B錯誤；C．上層清液為碳酸鈣的飽和溶液，所以清液中滿足c(Ca2+)=，由于硫酸鈣沉淀轉(zhuǎn)化為碳酸鈣沉淀，所以清液為硫酸鈣的不飽和溶液，則c(Ca2+)≤，C正確；D．醋酸為弱酸，不能拆成離子形式，D錯誤；綜上所述答案為C。一．掌握計算中常用公式1.化學(xué)反應(yīng)速率的計算(1)公式法:v(B)=Δc①濃度變化只適用于氣體和溶液中的溶質(zhì),不適用于固體和純液體。②化學(xué)反應(yīng)速率是某段時間內(nèi)的平均反應(yīng)速率,而不是瞬時速率,且計算時取正值。③同一反應(yīng)用不同的物質(zhì)表示反應(yīng)速率時,數(shù)值可能不同,但意義相同。同一化學(xué)反應(yīng)中用不同物質(zhì)表示的反應(yīng)速率之比等于其化學(xué)計量數(shù)之比。(2)比值法:同一化學(xué)反應(yīng),各物質(zhì)的反應(yīng)速率之比等于方程式中各物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)之比。如對于反應(yīng):mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),存在關(guān)系:v(A)m2.有關(guān)化學(xué)平衡計算方法和技巧1）化學(xué)平衡常數(shù)的計算(1)根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式計算(2)依據(jù)化學(xué)方程式計算平衡常數(shù)①同一可逆反應(yīng)中，K正·K逆＝1。②同一方程式中的化學(xué)計量數(shù)等倍擴(kuò)大或縮小n倍，則新平衡常數(shù)K′與原平衡常數(shù)K間的關(guān)系是K′＝Kn或K′＝eq\r(n,K)。③幾個可逆反應(yīng)方程式相加，得總方程式，則總反應(yīng)的平衡常數(shù)等于各分步反應(yīng)平衡常數(shù)之積。④水溶液中進(jìn)行的反應(yīng)，必須拆成離子方程式再計算平衡常數(shù)。2）轉(zhuǎn)化率的計算轉(zhuǎn)化率(α)＝eq\f(反應(yīng)物轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量（或質(zhì)量、濃度）,反應(yīng)物起始的物質(zhì)的量（或質(zhì)量、濃度）)×100%3）常用的氣體定律同溫同容：p(前)∶p(后)＝n(前)∶n(后)同溫同壓：eq\f(ρ（前）,ρ（后）)＝eq\f(M（前）,M（后）)＝eq\f(V（后）,V（前）)＝eq\f(n（后）,n（前）)4）壓強(qiáng)平衡常數(shù)的計算技巧（1）步驟第一步，根據(jù)“三段式”法計算平衡體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量或物質(zhì)的量濃度；第二步，計算各氣體組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)或體積分?jǐn)?shù)；第三步，根據(jù)分壓計算公式求出各氣體物質(zhì)的分壓，某氣體的分壓＝氣體總壓強(qiáng)×該氣體的體積分?jǐn)?shù)(或物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))；第四步，根據(jù)平衡常數(shù)計算公式代入計算。例如，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，壓強(qiáng)平衡常數(shù)表達(dá)式為Kp＝eq\f(p2NH3,pN2·p3H2)。（2）計算Kp的答題模板計算Kp的兩套模板[以N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)為例]模板1：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)(平衡時總壓為p0)n(始)1mol3mol0Δn0.5mol1.5mol1moln(平)0.5mol1.5mol1molp(X)eq\f(0.5,3)p0eq\f(1.5,3)p0eq\f(1,3)p0Kp＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)p0))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.5,3)p0))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.5,3)p0))\s\up12(3))模板2：剛性反應(yīng)器中N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)p(始)p03p00Δpp′3p′2p′p(平)p0－p′3p0－3p′2p′Kp＝eq\f(（2p′）2,（p0－p′）（3p0－3p′）3)3.水溶液中“四大常數(shù)”的計算(1)電離常數(shù)、水的離子積常數(shù)、水解常數(shù)及其關(guān)系。根據(jù)上述關(guān)系可以求出微粒的電離常數(shù)或水解常數(shù),也可比較酸式酸根離子的電離和水解程度的相對大小。(2)對平衡濃度的理解。示例:25℃時,將amol·L1的醋酸溶液與bmol·L1氫氧化鈉溶液等體積混合,反應(yīng)后溶液恰好顯中性,用a、b表示醋酸的電離平衡常數(shù)為。

分析:Ka=c(H+)·c(CH3COO-)c(CH3COOH)表達(dá)式中的c(H+)、c(CH3COO)、c(CH3COOH)是指溶液達(dá)到平衡時,溶液中的離子濃度,而不是局限于CH3COOH電離產(chǎn)生的離子,只講存在,不講來源。反應(yīng)后溶液恰好顯中性,此時c(H+)=c(OH)=107mol·L1,此時表達(dá)式中的c(H+)=107mol·L1,Na+不參與化學(xué)反應(yīng),只存在稀釋,c(Na+)=b2mol·L1,根據(jù)電荷守恒和物料守恒:c(CH3COO)=c(Na+(3)弱電解質(zhì)電離常數(shù)的兩種計算方法。①由圖形起點(diǎn)計算電離常數(shù)示例:常溫下,向20mL0.1mol·L1氨水中滴加一定濃度的鹽酸,溶液中水電離的氫離子濃度隨加入鹽酸體積的變化如圖所示。分析:由圖中a點(diǎn)可知,常溫下0.1mol·L1的氨水中c(H+)=1.0×1011mol·L1,c(OH)=KWc(H+)=1.0×103mol·L1,所以K②由圖形交點(diǎn)計算電離常數(shù)示例:常溫下,向某濃度的草酸溶液中逐滴加入一定物質(zhì)的量濃度的KOH溶液,所得溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)分析:由圖像可知,pH=1.2時,c(HC2O4-)=c(H2C2O4),則Ka1=c(HpH=4.2時,c(HC2O4-)=c(C2O42-),Ka2=（4）溶度積常數(shù)的計算1)溶度積原則①Ksp只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)，而與沉淀的量和溶液中離子濃度無關(guān)。②同溫條件時，對于同類型物質(zhì)，Ksp數(shù)值越大，難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力越強(qiáng)。如由Ksp數(shù)值可知，溶解能力：AgCl＞AgBr＞AgI，Cu(OH)2＜Mg(OH)2。③不同類型的物質(zhì)，Ksp差距不大時不能直接作為比較依據(jù)。如(25℃)：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，Ksp＝1.8×10－10，Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝1.8×10－11，雖然Mg(OH)2的Ksp較小，但不能認(rèn)為Mg(OH)2比AgCl更難溶。2)沉淀開始和沉淀完全時溶液pH的計算方法：[以Cu(OH)2為例]室溫下，向2mol·L－1CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液的pH至多少時開始沉淀？調(diào)節(jié)溶液pH至多少時Cu2＋沉淀完全？(已知：室溫下Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20，離子濃度小于10－5mol·L－1時視為Cu2＋沉淀完全)①沉淀開始時pH的求算。Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×c2(OH－)＝2.0×10－20，c(OH－)＝eq\r(10－20)＝10－10(mol·L－1)，c(H＋)＝eq\f(Kw,c（OH－）)＝eq\f(10－14,10－10)＝10－4(mol·L－1)，pH＝－lgc(H＋)＝－lg10－4＝4。②沉淀完全時pH的求算。Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝10－5·c2(OH－)＝2.0×10－20，c(OH－)＝eq\r(2.0×10－15)＝eq\r(20)×10－8≈4.47×10－8(mol·L－1)，c(H＋)＝eq\f(Kw,c（OH－）)＝eq\f(10－14,4.47×10－8)≈2.24×10－7(mol·L－1)，pH＝－lgc(H＋)＝－lg(2.24×10－7)＝7－lg2.24≈6.6。4.工藝流程中產(chǎn)率或純度的計算（1）產(chǎn)率計算：說明：在計算理論產(chǎn)量的時候,若有兩種反應(yīng)物,先判斷反應(yīng)物的過量問題,選擇不足量的計算,同時注意單位的轉(zhuǎn)化。（2）純度計算：純度=（不純物質(zhì)中含純物質(zhì)的質(zhì)量÷不純物質(zhì)的總質(zhì)量）×100%二、化學(xué)計算常用方法1.關(guān)系式法多步反應(yīng)計算的特征是多個反應(yīng)先后發(fā)生,起始物與目標(biāo)物之間存在確定的量的關(guān)系。解題時應(yīng)先寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式或關(guān)系式,依據(jù)化學(xué)方程式找出反應(yīng)過程中不同反應(yīng)步驟之間反應(yīng)物、生成物的物質(zhì)的量的關(guān)系,最后確定已知物和目標(biāo)產(chǎn)物之間的物質(zhì)的量的關(guān)系,列出計算式求解,從而簡化運(yùn)算過程。2.守恒法所謂“守恒”就是物質(zhì)在發(fā)生“變化”或兩物質(zhì)在發(fā)生“相互作用”的過程中某些物理量的總量保持“不變”。一切化學(xué)反應(yīng)都遵循守恒定律,在化學(xué)變化中有多種守恒關(guān)系,如質(zhì)量守恒、元素原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒等。3.差量法差量法是指根據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后物質(zhì)的量發(fā)生的變化,找出“理論差量”。這種差量可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣態(tài)物質(zhì)的體積和壓強(qiáng)、反應(yīng)過程中的熱量等。用差量法解題的關(guān)鍵是把化學(xué)方程式中對應(yīng)的理論差量及實(shí)際差量與未知量列成比例式,然后求解。4.熱重分析法熱重分析是指在程序控制溫度下測量待測樣品的質(zhì)量與溫度變化關(guān)系的一種熱分析技術(shù),用來研究材料的熱穩(wěn)定性和組分。晶體加熱時失重一般是先失水、再失非金屬氧化物。晶體中金屬質(zhì)量不減少,仍在殘余固體中,失重最后一般剩余金屬氧化物,根據(jù)剩余物質(zhì)的質(zhì)量可進(jìn)行相應(yīng)的計算和分析。（每個考向58題，最新模擬題）考向01化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡1．（2023·遼寧沈陽·沈陽二中校考模擬預(yù)測）某反應(yīng)的速率方程為，其半衰期(當(dāng)剩余的反應(yīng)物恰好是起始的一半時所需的時間)為。當(dāng)其他條件不變，改變反應(yīng)物濃度時，反應(yīng)的瞬時速率如表所示：0.250.501.000.501.000.0500.0500.1000.1000.2000.200下列說法正確的是A．該反應(yīng)的速率方程中的B．該反應(yīng)的速率常數(shù)C．表格中的，，D．在過量的B存在時，反應(yīng)掉的所需的時間是【答案】D【解析】A．當(dāng)其他條件不變，改變反應(yīng)物濃度時，反應(yīng)速率常數(shù)k保持不變，第二組數(shù)據(jù)和第四組數(shù)據(jù)中，兩組的相同、v相同，解得，將第一組數(shù)據(jù)和第二組數(shù)據(jù)代入速率方程，得，可知，故A錯誤；B．由A項分析可知，該反應(yīng)的速率方程為，將第一組數(shù)據(jù)代入速率方程，可得速率常數(shù)，故B錯誤；C．將第六組數(shù)據(jù)代入速率方程，可得，解得，將第三組數(shù)據(jù)代入速率方程，可得，將第五組數(shù)據(jù)代入速率方程，可得，故C錯誤；D．半衰期，設(shè)起始時反應(yīng)物A為，在過量的B存在時，反應(yīng)掉93.75%的A需經(jīng)歷4個半衰期：起始，所需的時間為，故D正確；故答案選D。2．（2023·重慶沙坪壩·重慶一中?？寄M預(yù)測）在催化劑的作用下，氫氣還原的過程中可同時發(fā)生反應(yīng)①②。①②在恒溫恒容密閉容器中，充入一定量的及，起始及達(dá)到平衡時，容器內(nèi)各氣體的物質(zhì)的量及總壓的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表所示?？倝浩鹗?.50.90001.4p平衡m0.3p下列說法正確的是A．反應(yīng)①任意溫度下均能自發(fā)進(jìn)行B．恒溫恒容下，再充入和，反應(yīng)①平衡右移，反應(yīng)②平衡不移動C．D．反應(yīng)②的平衡常數(shù)【答案】D【解析】A．反應(yīng)①為放熱反應(yīng)，，且正反應(yīng)是分子數(shù)減小的反應(yīng)，ΔS<0，根據(jù)ΔHTΔS<0時反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行可知，該反應(yīng)在低溫下能自發(fā)進(jìn)行，故A錯誤；B．恒溫恒容下，再充入0.5molCO2和0.9molH2，反應(yīng)物濃度增大，反應(yīng)①和②平衡均正向移動，故B錯誤；C．根據(jù)表中數(shù)據(jù)列出反應(yīng)的三段式有：，，平衡時氣體的總物質(zhì)的量為（0.2+0.62m+m+0.3m+0.3）mol=（1.4m）mol，恒溫恒容條件下，，解得m=0.2，故C錯誤；D．平衡時n(CO2)=0.2mol，n(H2)=(0.62m)mol=0.2mol，n(CO)=(0.3m)mol=0.1mol，n(H2O)=0.3mol，則反應(yīng)②的平衡常數(shù)，故D正確；故答案選D。3．（2023·北京東城·北京五十五中校考模擬預(yù)測）五氯化磷(PCl5)是有機(jī)合成中重要的氯化劑，可由如下反應(yīng)制得：PCl3(g)＋Cl2(g)?PCl5(g)

ΔH=93.0kJ/mol。某溫度下，在2.0L的恒容密閉容器中充入2.0molPCl3和1.0molCl2，實(shí)驗數(shù)據(jù)記錄如下。t/s050150250350n(PCl5)/mol00.240.360.400.40下列說法正確的是A．0～150s內(nèi)的υ(PCl3)=2.4×103mol·L1·s1B．該溫度下，反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=C．升高溫度，PCl3的平衡轉(zhuǎn)化率大于20%D．增大壓強(qiáng)，活化分子百分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)速率加快【答案】B【解析】A．根據(jù)化學(xué)方程式和題給數(shù)據(jù)得0～150s內(nèi)消耗PCl30.36mol，0～150s內(nèi)，A錯誤；B．根據(jù)題給數(shù)據(jù)，反應(yīng)達(dá)到250s時達(dá)到平衡狀態(tài)，列三段式得：該溫度下，反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)，B正確；C．該溫度下，PCl3的平衡轉(zhuǎn)化率為，該反應(yīng)的，為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆方向移動，PCl3的平衡轉(zhuǎn)化率減小，小于20%，C錯誤；D．增大壓強(qiáng)，活化分子百分?jǐn)?shù)不變，但單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增多，單位時間內(nèi)有效碰撞的次數(shù)增加，化學(xué)反應(yīng)速率加快，D錯誤；故選B。4．（2023·重慶·校聯(lián)考三模）時，存在如下平衡：。該反應(yīng)正、逆反應(yīng)速率與的濃度關(guān)系為：，(是速率常數(shù))，且與的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是A．圖中表示的是線ⅡB．時，往剛性容器中充入一定量，平衡后測得為，則平衡時C．時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)D．時向恒容密閉容器中充入，某時刻，則此時的轉(zhuǎn)化率為【答案】C【分析】因，則；，同理可得：，由函數(shù)關(guān)系可知的斜率大于，結(jié)合圖像可知線Ⅰ應(yīng)為，線Ⅱ應(yīng)為。【解析】A．由以上分析可知線Ⅰ應(yīng)為，故A錯誤；B．由以上分析可知線Ⅱ應(yīng)為，又，結(jié)合圖像可知當(dāng)=0時，=a，則，平衡后測得為，則平衡時，故B錯誤；C．線Ⅰ應(yīng)為，，當(dāng)=0時，=a+2，則，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時：，==100，故C正確；D．某時刻，此時，則此時的轉(zhuǎn)化率=，故D錯誤；故選：C。5．（2023·重慶沙坪壩·重慶南開中學(xué)?？寄M預(yù)測）一定溫度下，將足量加入含有催化劑的2L恒容密閉容器，發(fā)生下面兩個反應(yīng)：反應(yīng)1：反應(yīng)2：測得平衡時容器中氣體總壓為33kPa，且。下列說法不正確的是A．B．平衡時，C．該條件下，D．維持其他條件不變，將容器體積壓縮為1L，再次達(dá)到平衡后，【答案】D【解析】A．反應(yīng)1×3反應(yīng)2，得到4NH3(g)2N2(g)+6H2(g)

ΔH=3ΔH1ΔH2，氨氣分解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即ΔH＞0，得出3ΔH1ΔH2＞0，3ΔH1＞ΔH2，反應(yīng)1、反應(yīng)2均為放熱反應(yīng)，，故A說法正確；B．令反應(yīng)1中氮?dú)獾姆謮簽閤kPa，則氫氣分壓為2xkPa，因為p(H2)=p(NH3)，因此反應(yīng)2中氨氣分壓為2xkPa，則反應(yīng)2中氮?dú)夥謮簽?.5xkPa，總壓為33kPa，有x+2x+2x+0.5x=33，解得x=6，則氮?dú)夥謮簽?6+0.5×6)kPa=9kPa，故B說法正確；C．根據(jù)B選項分析，=144kPa2，故C說法正確；D．適當(dāng)壓縮體積時，兩個反應(yīng)均逆向移動，因反應(yīng)物無氣體，溫度不變，平衡常數(shù)也不變，因此再次達(dá)到平衡后壓強(qiáng)依然為33kPa，各氣體分壓不變，c(H2)∶c(N2)=4∶3，故D說法錯誤；答案為D。6．（2023·重慶九龍坡·重慶市育才中學(xué)?？寄M預(yù)測）一定溫度下，在2L的密閉容器發(fā)生反應(yīng)：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H<0.起始投入3molCO，改變進(jìn)氣比，測得相應(yīng)的CO的平衡轉(zhuǎn)化率如圖所示(圖中各點(diǎn)對應(yīng)的溫度可能相同，也可能不同)。下列說法不正確的是A．Kc=1B．若E點(diǎn)溫度下，5分鐘達(dá)到平衡，則該過程的平均反應(yīng)速率v(H2O)=0.12mol?L1?min1C．D．平衡從圖中B點(diǎn)移動到A點(diǎn)，需降低溫度【答案】C【解析】A．根據(jù)題給C點(diǎn)數(shù)據(jù)可得以下三段式：，A項正確；B．E點(diǎn)溫度下反應(yīng)5分鐘達(dá)到平衡，該過程的平均反應(yīng)速率，B項正確；C．根據(jù)題給B點(diǎn)數(shù)據(jù)可得以下三段式：，根據(jù)A選項C的三段式可知，，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度越高，化學(xué)平衡常數(shù)越小，，則，C項錯誤；D．B到A，一氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率增大，進(jìn)氣比相同，且該反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量系數(shù)相同，因此不是改變壓強(qiáng)引起的，所以考慮改變溫度，且該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故B到A改變的條件為降低溫度，D項正確；故選C?？枷?2化學(xué)工藝流程1．（2023·四川雅安·統(tǒng)考模擬預(yù)測·節(jié)選）某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：某溫度下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(c=0.01mol·L1)的pH沉淀完全時(c=1.0×105mol·L1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問題：(4)利用上述表格數(shù)據(jù)，計算Fe(OH)2的Ksp=(列出計算式即可，不用化簡)。如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L1，則“調(diào)pH”應(yīng)控制pH不超過(填數(shù)值)。(6)將400kg廢棄鎳催化劑進(jìn)行上述流程，充分回收利用，最后制得硫酸鎳晶體質(zhì)量為281kg，則該廢棄鎳催化劑中Ni元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為?！敬鸢浮?4)或6.2(6)14.75%【解析】（4）利用上述表格數(shù)據(jù)，F(xiàn)e2+開始沉淀時(c=0.01mol?L?1)的pH為7.5，則Fe(OH)2的Ksp(Fe(OH)2)=c(Fe2+)·c(OH)2=0.01mol?L?1×(1.0×107.514)2；或Fe2+完全沉淀時(c=1.0×105mol·L1)的pH為9.0，則Fe(OH)2的Ksp(Fe(OH)2)=c(Fe2+)·c(OH)2=；結(jié)合上表數(shù)據(jù)可得：Ni2+開始沉淀時(c=0.01mol?L?1)的pH為7.2，則Ni(OH)2的Ksp(Ni(OH)2)=c(Ni2+)·c(OH)2=0.01mol?L?1×(1.0×107.214)2=1015.6，如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L1，則c(OH)=mol?L?1，pH=6.2，“調(diào)pH”應(yīng)控制pH不超過6.2；（6）該廢棄鎳催化劑中Ni元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。2．（2023·河南·校聯(lián)考一?！す?jié)選）鉍(Bi)的化合物廣泛應(yīng)用于電子、醫(yī)藥等領(lǐng)域。由輝鉍礦(主要成分為，含F(xiàn)eS、CuO、等雜質(zhì))制備的工藝流程如下：已知：ⅰ.難溶于冷水；ⅱ.“氧化浸取”時，鉍元素轉(zhuǎn)化為，硫元素轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)；ⅲ.?；卮鹣铝袉栴}。(5)產(chǎn)品純度的測定。取產(chǎn)品wg，加入足量稀硫酸和稀溶液10mL使其完全反應(yīng)(Bi被還原為+3價)，再用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中剩余的(Cr被還原為+3價)，恰好消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。該產(chǎn)品的純度為(用含w、a、b的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?5)【解析】（5）酸性環(huán)境下，將氧化成(被還原成Bi3+)，根據(jù)電子守恒可知；剩余剩余的恰好消耗(Cr被還原為+3價)標(biāo)準(zhǔn)溶液氧化，根據(jù)得失電子守恒可知，被氧化的亞鐵離子為，被氧化的亞鐵離子為，則為，該產(chǎn)品的純度為=；3．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考一模·節(jié)選）疊氮化鈉()不溶于乙醚，微溶于乙醇，易溶于水，常用于汽車安全防護(hù)袋的氣源，汽車發(fā)生劇烈碰撞時，立即自動充氣。實(shí)驗室模擬尿素法制備水合肼()并利用其進(jìn)一步反應(yīng)制取的流程如下：已知：①易溶于水，具有強(qiáng)還原性，易被氧化成N2；②一定條件下，堿性NaClO溶液與尿素溶液反應(yīng)生成(6)對于反應(yīng)中生成的碳酸鈉，可以通過以下過程轉(zhuǎn)化為亞硫酸鈉。常用作還原性漂白劑。在測定某液體葡萄糖中殘留量時，取50.0mL樣品，先通入足量Cl2，再加入足量鹽酸酸化的氯化鋇溶液，充分反應(yīng)，過濾，洗滌，干燥，稱量固體質(zhì)量為0.11g。通入足量Cl2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，該樣品中殘留量為g·L?1。(以SO2計，結(jié)果保留1位小數(shù))【答案】(6)0.6【解析】（6）氯氣具有強(qiáng)氧化性，通入足量Cl2將亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，同時生成氯離子，；硫酸根離子和鋇離子生成硫酸鋇沉淀0.11g，根據(jù)硫元素守恒可知，該樣品中殘留量(以SO2計)為。4．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考一?！す?jié)選）氧化鋅在橡膠、油漆涂料、化工、醫(yī)療及食品等行業(yè)有著廣泛應(yīng)用。一種以含鋅煙灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)為原料制備氧化鋅的工藝流程如圖所示：已知：i.二價金屬氧化物能分別與氨配合生成配離子，如Fe(Ⅱ)、Zn(Ⅱ)可生成[Fe(NH3)2]2+、[Zn(NH3)4]2+；ii.25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp如表：物質(zhì)MnSFeSZnSPbSCdSCuSKsp2.5×10136.3×10181.6×10248.0×10283.6×10296.3×1036iii.Zn(OH)2和ZnCO3的分解溫度分別為125℃、300℃。請回答下列問題：(4)研究發(fā)現(xiàn)Znx(OH)y(CO3)z熱分解得到ZnO的過程可分為兩步。某實(shí)驗小組取11.2gZnx(OH)y(CO3)z固體進(jìn)行熱重分析，兩步反應(yīng)的固體失重率(×100%)依次為8.0%、19.6%，則Znx(OH)y(CO3)z的化學(xué)式為?！敬鸢浮?4)Zn2(OH)2CO3【解析】（4）n(ZnO)=，熱分解得到ZnO的過程中，第一步失去水，第二步失去二氧化碳，故n(H2O)=，n(CO2)=，則n(Zn)；n(H)：n(C)=2：2：1=Zn2(OH)2CO3。5．（2023·黑龍江大慶·統(tǒng)考一?！す?jié)選）高鐵酸鉀是新型多功能水處理劑，其生產(chǎn)工藝如圖所示：已知：①與溶液反應(yīng)的產(chǎn)物與反應(yīng)溫度有關(guān)，溫度較低時產(chǎn)物為和；溫度較高時產(chǎn)物為和。②同一條件下，溶液的堿性越強(qiáng)，高鐵酸鹽的穩(wěn)定性越高?；卮鹣铝袉栴}：(4)配制溶液時，將固體溶解在水中(水的密度近似為)，所得溶液的密度為，則該溶液的物質(zhì)的量濃度為。(保留3位有效數(shù)字)【答案】(4)10.2【解析】（4）利用公式，可得；考向03水溶液中四大常數(shù)1．（2023·湖北荊州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）某溫度下，改變0.1溶液的pH，各種含鉻元素微粒及的濃度隨pH的變化如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是A．該溫度下B．該溫度下溶液呈堿性C．的平衡常數(shù)D．C點(diǎn)溶液中存在：【答案】C【解析】A．由圖可知，G點(diǎn)溶液pH為13、氫氧根離子濃度為0.1mol/L，則水的離子積常數(shù)KW=0.1×10—13=1×10—14，故A錯誤；B．由圖可知，A點(diǎn)溶液中H2CrO4和HCrO濃度相等時，溶液pH為0.74，由電離常數(shù)公式可知，鉻酸的一級電離常數(shù)Ka1==c(H+)=10—0.74，同理由B點(diǎn)數(shù)據(jù)可得二級電離常數(shù)Ka2==c(H+)=10—6.5，HCrO的水解常數(shù)Kh==＜Ka2，則HCrO的水解程度小于電離程度，KHCrO4溶液呈酸性，故B錯誤；C．由圖可知，C點(diǎn)溶液中CrO和Cr2O的濃度都為0.051mol/L，溶液pH為6.6，由方程式可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)K==c(CrO)c2(H+)=0.051×(10—6.6)2=5.1×10—15.2，故C正確；D．由圖可知，C點(diǎn)溶液中CrO和Cr2O的濃度都為0.051mol/L，溶液pH為6.6，由電荷守恒關(guān)系c(K+)+c(H+)=2c(Cr2O)+2c(CrO)+c(HCrO)+c(OH—)，溶液中c(K+)＜2c(Cr2O)+2c(CrO)+c(HCrO)=4c(Cr2O)+c(HCrO)，故D錯誤；故選C。2．（2023·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考二模）如圖為室溫下某二元堿溶液中M(OH)2、M(OH)+、M2+的濃度(mol·L1)對數(shù)lgc隨pOH[lgc(OH)]的變化關(guān)系。下列說法正確的是A．該二元堿的濃度為0.10mol/LB．pOH=8.0時，lgc(M2+)lgc[M(OH)+]=1.55C．當(dāng)c(M2+)=c[M(OH)+]時，pH=6.45D．pH=7時，lgc(M2+)lgc[M(OH)2]=8.35【答案】B【分析】pOH越小，溶液堿性越強(qiáng)，隨著溶液堿性的減弱，M(OH)2濃度逐漸減小，M(OH)+濃度先增大后減小，M2+濃度逐漸增大，因此左側(cè)的虛線表示M(OH)2，實(shí)線表示M(OH)+，右側(cè)虛線表示M2+?！窘馕觥緼．根據(jù)圖像可知，pOH=0時，M(OH)2濃度為0.1mol/L，M(OH)+濃度為0.001mol/L，根據(jù)M守恒可知，該二元堿的濃度大于0.1mol/L，A錯誤；B．根據(jù)圖示可知，pOH=6.45時，c[M(OH)+]=c(M2+)，此時Ka2==c(OH)=106.45，pOH=8時，lgc(M2+)lgc[M(OH)+]==1.55，B正確；C．當(dāng)c[M(OH)+]=c(M2+)時，pOH=6.45，此時pH=7.55，C錯誤；D．Ka1=101.9，Ka1×Ka2==108.35，則lgc(M2+)lgc[M(OH)2]=lg=lg，pH=7，故lg=5.65，D錯誤；故答案選B。3．（2023·四川成都·一模）維持下，通過加入或改變?nèi)芤旱模芤褐械膶?shù)值與溶液的變化關(guān)系如圖所示。已知y點(diǎn)橫坐標(biāo)為4.74．下列敘述錯誤的是A．一元弱酸電離常數(shù)為B．溶液的約等于8.37C．x點(diǎn)縱坐標(biāo)為，且此時溶液中D．圖中所示各溶液均滿足【答案】D【分析】根據(jù)題意，溶液中存在水解平衡Z+H2OHZ+OH，隨著pH增大，增大，則lgc(OH)增大，d為，減少，則lgc(H+)減小，a為，b為，c為?！窘馕觥緼．，取y點(diǎn)計算，=，=，A正確；B．根據(jù)水解平衡Z+H2OHZ+OH，可知，，，溶液的約等于8.37，B正確；C．x點(diǎn)縱坐標(biāo)為，沿著x點(diǎn)作一條橫坐標(biāo)的垂線，可得與c點(diǎn)的交點(diǎn)大于與d點(diǎn)的交點(diǎn)，且此時溶液中，C正確；D．當(dāng)溶質(zhì)僅為NaZ時存在物料守恒，，若加入NaOH，改變，體系中不成立，D錯誤；答案選D。4．（2023·福建泉州·統(tǒng)考一模）室溫下，用溶液滴定鹽酸酸化的溶液的pHt曲線如圖所示。下列說法正確的是已知：①室溫時②A．的水解平衡常數(shù)B．若b點(diǎn)，則x=3.2C．a(chǎn)b段僅發(fā)生反應(yīng)：D．從a到c點(diǎn)，水的電離程度一直在減小【答案】B【解析】A．Fe3+水解反應(yīng)為Fe3+(aq)+3H2O?Fe(OH)3+3H+(aq)，水解平衡常數(shù)，故A錯誤；B．b點(diǎn)生成Fe(OH)3沉淀，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)?c3(OH)，若b點(diǎn)c(Fe3+)=105mol?L1，則c(OH)=，c(H+)=，pH=lgc(H+)=3.2，即x=3.2，故B正確；C．向鹽酸酸化的FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液時，NaOH先與鹽酸反應(yīng)，后與FeCl3反應(yīng)，則ab段發(fā)生的反應(yīng)為H++OH=H2O、Fe3++3OH=Fe(OH)3↓，故C錯誤；D．鹽酸酸化的FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液時，NaOH先與鹽酸反應(yīng)，后與FeCl3反應(yīng)，酸堿抑制水的電離，F(xiàn)e3+促進(jìn)水的電離，所以從a到c點(diǎn)，水的電離程度先增大后減小，故D錯誤；故選：B。5．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考三模）天然溶洞的形成與水體中含碳物種的濃度有密切關(guān)系。已知Ksp(CaCO3)=108.7，某溶洞水體中l(wèi)gc(X)(X為HCO、CO或Ca2+)與pH的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．曲線②代表HCOB．Ka2(H2CO3)的數(shù)量級為1010C．a(chǎn)=4.35，b=2.75D．pH=10.3時，c(Ca2+)=107.6mol?L1【答案】D【分析】隨著pH的增大，溶液的酸性逐漸減弱，c()、c()都增大，c(Ca2+)減小，則lgc()、lgc()逐漸增大，lgc(Ca2+)減小，并且弱酸性環(huán)境下c()>c()，所以曲線①表示與pH的關(guān)系，曲線②表示與pH的關(guān)系，曲線③表示鈣離子與的關(guān)系。(10.3，1.1)點(diǎn)為c()=c()，Ka2=，結(jié)構(gòu)碳酸鈣的溶度積常數(shù)進(jìn)行計算?！窘馕觥緼．曲線①表示與pH的關(guān)系，曲線②表示與pH的關(guān)系，曲線③表示鈣離子與的關(guān)系，A錯誤；B．(10.3，1.1)點(diǎn)為c()=c()