高三人教版化学一轮复习考点学案物质的量在化学实验中的应用

1、第2讲物质的量在化学实验中的应用考纲要求学法点拨1.了解溶液的含义。2了解溶解度、饱和溶液的概念。3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。4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。高考试题中关于物质的量浓度的考查主要有三个方面，溶液中与浓度有关的相关量的计算，与实验相结合考查一定物质的量浓度溶液的配制，与阿伏加德常数相结合求算相关微粒数目等。出题形式包括选择、填空和计算。正确解答此类考题的关键是依据条件，合理选择公式计算和判断。复习时要多多刷题，训练的次数多了，成绩自然就会上升。考点一物质的量浓度的概念及相关计算Z 1物质的量浓度

2、(1)定义：表示单位体积溶液里所含溶质B的_物质的量_的物理量，符号为cB。(2)表达式：cB_。(3)单位：_mol·L1_或mol/L。(4)注意事项：cB中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和；从一定物质的量浓度溶液中取出任意体积的溶液，其浓度相同，所含溶质的物质的量不同。溶质的浓度和离子的浓度不一定相同，要注意根据化学式具体分析计算。例如：1 mol·L1 CaCl2溶液中Cl的物质的量浓度不是1 mol·L1。2溶质的质量分数溶质的质量分数与物质的量浓度关系：c(B)_3有关物质的量浓度的计算(1)由定义出发，运用守恒(溶质守恒、

3、溶剂守恒等)及公式cB、w×100%，进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。(2)标准状况下，气体溶于水所得溶液的物质的量浓度的计算 cB(3)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算计算公式：cB(cB溶质的物质的量浓度，单位mol·L1，为溶液密度，单位g·cm3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol1)。特别提醒：溶液稀释或混合时，溶液的体积一般不可直接相加，而是应根据溶液的质量和密度求算，但溶液密度的单位一般是g/mL，而溶液体积的单位是L，要注意单位的换算。应用物质的量浓度进行计算时，要注意质量守恒和电荷守恒的应用。4与

4、溶液有关的守恒(1)溶液的稀释规律溶质的物质的量总量不变，即有：c1·V1c2·V2、c1V1c2V2c混V混。溶质的质量不变：1·V1·w12·V2·w2(1·V12·V2)·w混。(2)电解质溶液中的电荷守恒，如Na2SO4溶液中存在：c(Na)_2c(SO)_。X 1判断正误，正确的画“”，错误的画“×”。(1)31 g Na2O溶于水，配成1 L溶液，c(Na2O)0.5 mol·L1。(×)(2)等物质的量的Na2O和Na2O2溶于同等体积的水中，待冷却至室温后所形

5、成的NaOH溶液浓度相同。()(3)标准状况下22.4 L HCl溶于1 L水，盐酸的物质的量浓度为1 mol·L1。(×)(4)将1 mol·L1的NaCl溶液和0.5 mol·L1的BaCl2溶液等体积混合后，不考虑体积变化，c(Cl)0.75 mol·L1。(×)提示：二者c(Cl)是相等的，混合后不考虑体积变化，c(Cl1)不变，仍为1 mol·L1。(5)将标准状况下44.8 L HCl溶于100 mL水中，所得溶液的密度为1.384 g·mL1，则其物质的量浓度为1.5 mol·L1(

6、5;)提示：m(溶液)×36.5 g·mol1100 g173 g，V(溶液)125 mL，c(HCl)16 mol·L1。(6)同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，其体积比为321，则SO浓度之比为323(×)提示：浓度与体积无关，SO浓度之比为113。2(1)1.204×1024个氯化氢分子溶于水配成1 L溶液，则溶液中溶质的物质的量浓度为_2mol·L1_；(2)0.3 L 2 mol·L1的硫酸铝溶液中SO的物质的量为_1.8_mol_；(3)2 mol·L1Mg(NO3)2溶液

7、中含有0.4 mol NO，则溶液的体积为_100_mL；(4)2 L 2mol·L1的Na2SO4溶液中Na的浓度_等于_(填“大于”“等于”或“小于”)1 L 2mol·L1的Na2SO4溶液中Na的浓度；(5)10 g NaCl溶于40 g水形成的溶液，其溶质的质量分数为_20%_，从中取出5 g溶液，所含NaCl质量为_1_g_，其溶质质量分数为_20%_。题组一物质的量浓度的含义及根据cB的计算1(2018·山东潍坊高三检测)下列叙述中正确的是(B)A将78 g Na2O2溶于1.00 L水中，所得溶液中Na的浓度为2.00 mol·L1B将1

8、0 mL 18.4 mol·L1的浓硫酸加水稀释至1 L，稀释后溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.184 mol·L1C100 mL 2.0 mol·L1Na2CO3溶液中Na数约为0.2×6.02×1023D将20.0 g NaOH固体置于500 mL容量瓶内，然后加水至刻度线即得1.00 mol·L1的NaOH溶液解析78 g Na2O2物质的量为1 mol，与水反应生成的NaOH为2 mol，但是反应后溶液体积不是1 L，A项错误；稀释前后，溶质的物质的量保持不变，0.01 L×18.4 mol·L11 L

9、×c稀，c稀0.184 mol·L1，B项正确；Na2CO3的物质的量为0.100 L×2.0 mol·L10.2 mol，溶液中Na数约为2×0.2×6.02×1023，C项错误；不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释，也不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中，NaOH固体溶于水放热，D项错误。2将10.6 g Na2CO3溶于水配成1 L溶液。(1)该溶液中Na2CO3的物质的量浓度为_0.1_mol·L1_，溶液中Na的物质的量浓度为_0.2_mol·L1_。(2)向该溶中加入一定量的NaCl固体

10、，使溶液中Na的物质的量浓度为0.4 mol·L1(假设溶液体积不变)需加入NaCl的质量为_11.7_g_，Cl的物质的量浓度为_0.2_mol·L1_。解析(1)n(Na2CO3)0.1 mol，c(Na2CO3)0.1 mol·L1c(Na)2c(Na2CO3)0.2 mol·L1(2)Na的物质的量1 L×0.4 mol/L0.4 mol故加入NaCl的物质的量0.4 mol0.1 mol×20.2 mol，故m(NaCl)0.2 mol×58.5 g·mol111.7 g。萃取精华：物质的量浓度计算的两个

11、关键(1)正确判断溶液的溶质并计算其物质的量。与水发生反应生成新的物质：如Na、Na2O、Na2O2NaOH，SO3H2SO4。含结晶水的物质：CuSO4·5H2OCuSO4、Na2SO4·10H2ONa2SO4。特殊的物质：如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。但是1 L 1 mol·L1的氨水中，NH3的物质的量并不是1 mol，而是指NH3、NH3·H2O、NH三者的物质的量之和为1 mol。(2)准确计算溶液的体积，不能用溶剂的体积(一般为水)代替溶液的体积，应根据V计算。题组二物质的量浓度与质量分数、溶

12、解度间的换算3(2018·经典习题选萃)已知20时，饱和KCl溶液的密度为1.174 g/cm3，物质的量浓度为4.0 mol/L，则下列说法中不正确的是(D)A25 时，饱和KCl溶液的物质的量浓度大于4.0 mol/LB此溶液中KCl的质量分数为×100%C20 时，密度小于1.174 g/cm3的KCl溶液是不饱和溶液D将此溶液蒸发部分水，再恢复到20时，溶液密度一定大于1.174 g/cm3解析对于KCl来讲，溶解度随温度升高而增大，故高温饱和溶液浓度应大于低温饱和溶液浓度，A正确；据c可知，w×100%×100%，B正确；因为KCl溶液浓度越大

13、，密度也越大，所以20时，密度小于1.174 g/cm3的KCl溶液一定是不饱和溶液，C正确；最终还是20时的饱和KCl溶液，浓度、密度都不变，D不正确。4在一定温度下，某饱和氢氧化钠溶液体积为V mL，溶液密度为d g·cm3，质量分数为w，物质的量浓渡为c mol·L1，溶液中含氢氧化钠的质量为m g，该温度下NaOH的溶解度为S g。(1)用w来表示该温度下氢氧化钠的溶解度(S)为_g_。(2)用m、V表示溶液中溶质的物的量浓度(c)为_mol·L1_。(3)用w，d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为_25dw_mol·L1_。(4)用c、d表示

14、溶液中溶质的质量分数(w)为_%_。(5)用S、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为_ mol·L1_。解析(1)S×100 g(溶解度定义)(2)cmol·L1(3)c25dw mol·L1(4)w×100%(5)c mol·L1题组三溶液的稀释与混合的计算5(2018·经典习题选萃)两种硫酸溶液，一种硫酸溶液的物质的量浓度为c1，密度为1；另一种硫酸溶液的物质的量浓度为c2，密度为2，将它们等体积混合后，所得溶液的密度为3，则混合后硫酸的物质的量浓度为(A)ABCD解析据混合后n(H2SO4)n1(H2SO4)n2(H

15、2SO4)，设取混合前两硫酸溶液的体积为V mL，则有c，应选答案A。6某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2)2 mol·L1，c(SO)6.5 mol·L1，若将200 mL的此混合液中的Mg2和Al3分离，至少应加入1.6 mol·L1的氢氧化钠溶液(D)A0.5 LB1.625 LC1.8 LD2 L解析根据电荷守恒得：2c(Mg2)3c(Al3)2c(SO)，c(Al3)3 mol·L1，加入氢氧化钠溶液使Mg2、Al3分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH)2 L。萃取精华：巧用电荷守恒求解离子浓度(1

16、)任何电解质溶液中均存在电荷守恒，即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒式为：3c(Al3)c(H)2c(SO)c(OH)，知其中三种离子的浓度，即可求剩余一种离子的浓度。(2)一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H、OH，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH，碱性溶液中常可忽略H。7(2018·山东滨州高三检测)标准状况下V L氨气溶解在1 L水中(水的密度为1 g·mL1)，所得溶液的密度为 g·mL1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L1，则下列关系中正确的是(C)ABw%CwDc解析溶质的

17、物质的量为n mol，溶质的质量为m g，溶液的质量为m(溶液)(×171000)g溶液的体积V(溶液)×103L代入有关公式判断，正确的是C。8某温度下22%的NaNO3溶液150 mL，加入100 g水中，稀释后浓度变为14%，则原溶液的物质量浓度为_3_mol·L1_。解析设原溶液质量为x，则x·22%(x100 g)14%x175 g，c(NaNO3)3 mol·L19(2017·陕西西安一模)用排空气法收集一瓶氨气，测得烧瓶内的气体在标准状况下的密度为0.893g ·cm3，将烧瓶倒置于水中做喷泉实验，则液面上升的

18、高度和所得溶液的物质的量浓度(单位：mol·L1)分别为(D)A，B，C，D，解析用排空气法收集到氨气不纯，含有空气，空气的平均相对分子质量为29；在标准状况下烧瓶中气体密度为0.893 g·cm3，混合气体的平均相对分子质量为0.893×22.420，设1 L混合气体中氨气的体积为x，则空气的体积为(1 Lx)，则有：20g·mol1，解得：x L，由于NH3完全溶于水，故所得溶液的体积为 L，n mol，cmol·L1，故选D。考点二一定物质的量浓度溶液的配制Z 1主要仪器(1)托盘天平：精确度为_0.1_g，称量前先调零，称量时左盘放_物

19、品_，右盘放_砝码_。(2)容量瓶：容量瓶上标有_刻度线_、_温度_和_容量_，常见的容量瓶规格有50 mL、100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL。查漏操作：(3)其他仪器：量筒、烧杯、_胶头滴管_、_玻璃棒_、药匙等。2溶液的配制步骤(1)配制过程示意图：(2)以配制500 mL、1.00 mol·L1NaOH溶液为例。计算：需NaOH固体的质量为_20.0_g。称量：用_托盘天平_称量NaOH固体。溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。冷却：将烧杯中的液体冷却至室温。移液：用玻璃棒引流，将溶液注入_500_mL容量瓶_。洗涤：用少量蒸馏水洗

20、涤烧杯内壁和玻璃棒_23_次，洗涤液_注入容量瓶_，轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀。定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线12 cm时，改用_胶头滴管_滴加蒸馏水至液面与_刻度线_相切。摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。特别提醒：配制一定物质的量浓度的溶液是将一定质量或体积的溶质在选定的容量瓶中定容，不必计量水的用量。配制NaOH溶液时，必须用小烧杯快速称量NaOH固体，不能将NaOH直接放在纸上，因NaOH固体易潮解，且易与空气中的CO2反应。3实验误差(用“偏高”“偏低”或“无影响”填空)实验操作对实验结果造成的影响向容量瓶注液时少量溅出_偏低_未洗涤烧杯和玻璃棒_偏低_定容时，水多

21、用滴管吸出_偏低_定容摇匀后液面下降再加水_偏低_定容时俯视刻度线_偏高_未冷却至室温就注入容量瓶定容_偏高_容量瓶内有水_无影响_X 1判断正误，正确的画“”，错误的画“×”。(1)容量瓶在使用前要检查是否漏水()提示：容量瓶、分液漏斗、酸碱滴定管均要检查是否漏水。(2)把0.585 g NaCl固体，放入100 mL容量瓶中，加水到刻度线处，配成0.1 mol·L1的NaCl溶液(×)提示：容量瓶、量筒不能用来溶解物质，也不能作反应容器。(3)摇匀后，液面位于刻度线以下，应再加水至刻度线(×)提示：不应再加水，再加水相当将溶液稀释了。(4)配制2 m

22、ol/L Na2CO3溶液950 mL时，应选1000 mL容量瓶，称取Na2CO3·10H2O 572.0 g()提示：没有950 mL容量瓶应选1000 mL，故称取固体时应与1000 mL溶液相对应，需要Na2CO3的物质的量为2 mol，则Na2CO3·10H2O的质量为572 g。(5)用配制0.1 mol·L1的NaOH溶液。(×)(6)配制0.1000 mol·L1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流。()(7)配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，会使溶液浓度偏小。

23、(×)(8)用浓硫酸配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸仰视读数，则所得稀硫酸浓度偏大。()2(2017·江西萍乡模拟)配制250 mL 0.10 mol·L1的NaOH溶液时，下列实验操作会使所配制的溶液浓度偏高的是(C)A容量瓶内有水，未经过干燥处理B定容时，仰视刻度线C用量筒量取浓NaOH溶液时，用水洗涤量筒23次，洗涤液倒入烧杯中D定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线解析：A项，由于最后需要在容量瓶中加水定容，所以容量瓶未经干燥处理不会影响所配溶液的浓度；B项，定容时仰视刻度线，会造成溶液体积偏大，使浓度偏低；C项，用量筒量取液体

24、体积时，倒出液体后，不能再用水洗涤量筒，否则会造成溶质的质量增加，浓度偏高；D项，定容后摇匀，会使一部分溶液残留在瓶塞处，使液面低于刻度线，如果再加水，就会使溶液体积增大，浓度偏低。题组一一定物质的量浓度溶液的配制1判断正误(正确的打“”，错误的打“×”)。(1)(2016·浙江高考)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到接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线()(2)(2015·安徽高考)如图A配制0.1 mol·L1 NaOH溶液(×)(3)(2015·四川高考)如图B配制一定浓度NaCl溶液(

25、5;)(4)(2014·山东高考)用如图C装置配制溶液(×)图A图B图C(5)(2014·全国卷)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(×)(6)(2014·广东高考)因为Ca(OH)2能制成澄清石灰水，所以可配制2.0 mol·L1的Ca(OH)2溶液(×)(7)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小(×)(8)用固体NaCl配制0.5 mol·L1的溶液，所用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(×)2(2018·山东滨州高三检测)用固体样品

26、配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是(B)解析用托盘天平称量物体的质量时，应“左物右码”，A错误。转移溶液时应使用玻璃棒引流，C错误。定容时胶头滴管不能插入容量瓶内部，D错误。萃取精华：(1)定容、摇匀后液面下降也不要继续滴加蒸馏水，否则结果会偏低。(2)定容时俯视、仰视对结果的影响是最容易判断错误的，务必确保按眼睛视线刻度线凹液面最低点的顺序，故到“三点一线”。3(2018·河南洛阳期中)“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1等病毒，某同学购买了一瓶某品牌的“84消毒液”，查阅相关资料和阅读消毒液包装说明得到如下信息：“84消

27、毒液”含25%NaClO、体积为1 000 mL、密度为1.19 g·cm3，稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：(1)该“84消毒液”的物质的量浓度为_4.0_mol·L1。(2)该同学取100 mL稀释后的消毒液用于消毒，稀释后溶液中c(Na)_0.04_mol·L1。(3)一瓶该“84消毒液”最多能吸收空气中CO2_89.6_L(标准状况)而变质。(4)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是_C_(填编号)。A如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种

28、玻璃仪器B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用溶液配制C利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低D需要称量的NaClO固体质量为143 g(5)生活中已发生多起“84消毒液”和洁厕灵混合使用而造成的伤亡事故，发生事件的原因是_二者混合会发生化学反应生成有毒的氯气，氯气使人中毒_。解析(1)根据c，则c(NaClO)mol·L14.0 mol·L1。(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变，则1 mL×4.0 mol·L1100 mL×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)0.04 mol·L1，c(Na)c(NaClO)0.04

29、mol·L1。(3)一瓶“84消毒液”含有n(NaClO)1 L×4.0 mol·L14.0 mol，根据反应CO2NaClOH2O=NaHCO3HClO，可吸收CO2的物质的量为n(CO2)n(NaClO)4.0 mol，则标准状况下V(CO2)4.0 mol×22.4 L·mol189.6 L。(4)需用托盘天平称量NaClO固体，用烧杯来溶解NaClO，用玻璃棒进行搅拌和引流，用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的仪器中A、B、C、D不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，A错误；配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干，B错误；由于NaC

30、lO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致配制的溶液中溶质的物质的量浓度减小，结果偏低，C正确；应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L1×74.5 g·mol1149.0 g，D错误。(5)因为84消毒液的主要成分是次氯酸钠，洁厕灵的主要成分是HCl，两者混合使用，会发生化学反应生成有毒的Cl2。题组二溶液配制的误差分析4(2017·郑州模拟)下列说法正确的是(A)A配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高B某同学配制0.100

31、0 mol·L1的NaOH溶液时，溶解后立即将溶液转移至容量瓶中，使所配溶液的浓度偏小C配制溶液时，使用的容量瓶未干燥，使所配溶液浓度偏小D定容后，塞好瓶塞，反复摇匀后发现液面降低，说明所得溶液浓度偏高解析定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，A正确；NaOH溶解放热，未冷却即转移，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B错误；容量瓶不干燥，不影响溶液浓度，C错误；摇匀后液面降低，但浓度不受影响，D错误。5(2018·试题调研)用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。(1)配制450 mL 0.1 mol·L1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 g_偏小_

32、。(2)配制500 mL 0.1 mol·L1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g_偏小_。(3)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒_偏小_。(4)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数_偏大_。(5)配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容_偏大_。(6)定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸收多余的液体至刻度线_偏小_。(7)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线_偏小_。(8)定容时仰视刻度线_偏小_。(9)定容摇匀后少量溶液外流_无影响_。解析(1)实际需配制500 mL溶液，需NaO

33、H 2.0 g，浓度偏小。(2)n(CuSO4)0.5 L×0.1 mol·L10.05 mol，n(CuSO4·5H2O)0.032 mol，偏小。(3)实际称取NaOH的质量为4.0 g 0.4 g3.6 g，偏小。(4)仰视，读取刻度低于液面，量取浓H2SO4偏多，浓度偏大。(5)等温度下降至室温，V(溶液)偏小，浓度偏大。(6)造成溶质减少，浓度偏小。(7)V(溶液)偏大，浓度偏小。(8)仰视，V(溶液)偏大，浓度偏小。(9)已经定容摇匀，溶液浓度不变，无影响。萃取精华：溶液配制的误差分析方法(1)误差分析的理论依据根据cB可得，一定物质的量浓度溶液配制的

34、误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看溶液配制过程中引起了nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。(2)仰视、俯视容量瓶刻度线的误差分析考点三化学计算中的常用方法Z 高考命题中，最常见的化学计算方法有“差量法”“关系式法”“极值法”“平均值法”“设未知数法”等，在这几种计算方法中，充分体现了物质的量在化学计算中的核心作用和纽带作用，依据化学方程式的计算又是各种计算方法的基础。一、差量法1差量法的应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的

35、“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，用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解，从而简化计算步骤达到快速解题的目的。常用于反应物没有完全反应的相关计算。如：2C(s)O2(g)=2CO(g) 固体差量24 gm24 g物质的量差量2 mol1 mol2 moln1 mol体积差量121或22.4 L或44.8 L或22.4 L(标况)(标况)(标况)2使用差量法的注意事项(1)所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。(2)有关物质的物理量及其单位都要正确地使用，即“上

36、下一致，左右相当”。典例试做1(2018·经典习题选萃)为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是(A)ABCD解析本题考查的是化学计算，意在考查考生运用差量法进行化学计算的能力。设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x2NaHCO3Na2CO3CO2H2Om(减少)2×8410662x (w1w2) g解得x g，将其代入下式可得：w(Na2CO3)(w1 gx)/w1 g，A项正确。典例试做2 (2018·合肥质检)将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为

37、b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是(C)ABCD解析设参加反应的氨气体积为x，则2NH3N23H2V22xbax(ba)L所以气体中NH3的体积分数为。典例试做3 白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)。现将5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中，在277 达到平衡，容器内压强为1.01×105Pa，经计算可知平衡时容器内混合气的物质的量为0.05 mol，平衡时PCl5的分解率为_78.6%_。解析原n(PCl5)0.028 mol。设分解的PCl5的物质的量为xPCl5(g)PCl3(g)C

38、l2(g)物质量的增加(n)1111005 mol0.028 molx0.022 mol所以x0.022 molPCl5的分解率×100%78.6%。二、关系式多个反应连续发生时，起始物与目标产物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，找出连续反应的过程中，不同反应步骤之间的反应物、生成物“物质的量”的关系，最后确定已知物和目标物之间“物质的量”的关系，列式求解，从而简化运算过程。关系式是物质间关系的一种简化式子，利用关系式解决多步反应的相关计算最简捷。利用多步反应建立关系式的方法：1叠加法(如利用空气、木炭、水蒸气制取氨气)3c4NH3由空气、木炭、水蒸

39、气制取NH3的关系式为：3C4NH3。2元素守恒法(如工业制硝酸)4NH35O24NO6H2O2NOO2=2NO23NO2H2O=2HNO3NO经多次氧化和吸收，氮元素几乎完全转化到硝酸中，由N元素守恒知：NH3HNO3。3电子转移守恒法NH3HNO3，O22由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3 NH3和O2的关系为NH32O2。典例试做4 (2018·试题调研)黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol·L1的

40、K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。已知：SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)_90.00%_。(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为_3.36×106_L，可制得98%的硫酸质量为_15_t。解析(1)根据方程式：4FeS211O22Fe2O38SO2SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCrO6Fe214H=2Cr36Fe37H2O得关系式：Cr2O6Fe23SO2FeS2(这是关键一步)1m(FeS2)

41、0.09000g样品中FeS2的质量分数为90.00%。(2)4FeS211O22Fe2O38SO24 mol8 mol×22.4 L·mol1molV(SO2)V(SO2)3.36×106Ln(SO2)1.5×105 mol由SO2SO3H2SO41 mol98 g15×105molm(H2SO4)×98%得m(H2SO4)1.5×107 g15 t。典例试做5 (2018·经典习题选萃)把一定量的碳酸钠、碳酸氢钠和硫酸钠的混合物溶解在水中，制成100 mL溶液。向上述溶液中加入200 mL 1.00 mol&#

42、183;L1盐酸，完全反应后，生成2016 mL干燥的二氧化碳(在标准状况下)，然后再加入400 mL 0.100 mol·L1氢氧化钡溶液，使SO完全沉淀，又加入40.0 mL 1.00 mol·L1盐酸，恰好把溶液中过量的碱完全中和，最后把所得沉淀分离出来，测得干燥的硫酸钡的质量为1.48 g。原碳酸钠、碳酸氢钠和硫酸钠的混合溶液中，碳酸钠的物质的量浓度是_0.700_mol·L1，碳酸氢钠的物质的量浓度是0.200_mol·L1，硫酸钠的物质的量浓度是_0.0635_mol·L1。解析根据酸所提供的H的物质的量与碱性物质所消耗的H的物质的

43、量相等的方法求解。由BaSO4的质量可先求出Na2SO4的物质的量为0.006 35 mol。设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，根据放出CO2的量得：xy0.09 mol两次加入盐酸所提供的H的物质的量为0.2 L×1.00 mol·L10.04 L×1.00 mol·L10.24 mol，在反应中消耗H的物质有Na2CO3、NaHCO3、Ba(OH)2，消耗的H物质的量为2xy0.100 mol·L1×0.4 L×22xy0.08 mol。根据守恒关系：2xy0.08 mol0.24 mol联立可得

44、：x0.07 mol，y0.02 mol，从而求得各物质的量浓度：c(Na2CO3)0.700 mol·L1c(NaHCO3)0.200 mol·L1c(Na2SO4)0.0635 mol·L1三、平均值规律及应用1依据若XA>XB，则XA>>XB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。2应用已知可以确定XA、XB的范围，若已知XA、XB可以确定的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。典例试做6 (2018·试题调研)两种

45、金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为(B)AMg和AgBZn和CuCAl和ZnDAl和Cu解析本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需金属的质量)法求解。反应中H被还原生成H2，由题意可知15 g金属混合物可偍供1 mol e，其平均摩尔电子质量为15 g·mol1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 g·mol1、 32.5 g·mol1、9 g·mol1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看作无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物

46、中一种金属的摩尔电子质量大于15 g·mol1，另一种金属的摩尔电子质量小于15 g·mol1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。典例试做7 (2018·山东潍坊高三检测)铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为(B)A9.02 gB8.51 gC8.26 gD7.04 g解析根据生成的气体的体积可得，被还原的硝酸共有0.23 mol，则4.6 g铜和镁的合金的物质的量为0.115 mol，故合金

47、的平均摩尔质量为40 g/mol，氢氧化物的平均相对分子质量为：4017×274。故形成的氢氧化物沉淀为：(4.6 g÷40 g/mol)×74 g/mol8.51 g或0.115 mol×74 g/mol8.51 g。 四、极值法1极值法的含义极值法是采用极限思维方法解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造成为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。2极值法解题的基本思路(1)把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。(2)把混合物假设成纯净物。(3)把平行反应分别假设成单一反应。3极值法解题的关键紧

48、扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。4极值法解题的优点极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。典例试做8 将总物质的量为n mol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)，投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。下列关系式中正确的是(D)AxV/(11.2n)B0<x0.5CV33.6n(1x)D11.2n<V22.4n解析据题意金属钠的物质的量为nx mol，Al的物质的量为n(1x)mol，产生的H2是溶液中的H获得Na、Al失去的电子

49、而生成的，根据得失电子守恒可得产生H2的物质的量mol，根据反应2Na2H2O=2NaOHH2、2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2和题中“金属没有剩余”，可知n(Na)n(Al)，即0.5x<1。当x1时产生H2的物质的量为0.5n mol，即11.2n L；当x0.5时，产生H2的物质的量为n mol，即22.4n L，故产生H2的体积的取值范围为11.2 n<V22.4n。典例试做9 在含有a g HNO3的稀HNO3中，加入11.2 g Fe恰好完全反应，假设只生成NO。则a的取值范围为_33.6a50.4_。解析假设只生成Fe2：3Fe 8HNO3=3Fe(NO

50、3)22NO4H2O3×568×6311.2 g m1m133.6 g；假设只生成Fe3：Fe 4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O56 4×6311.2 g m2m250.4 g；故a的取值范围为33.6a50.4。五、设未知数法对混合体系的计算，当所给数据较多时，我们可以通过设未知数列方程组的方法将这些数据组织起来，然后进行求解。上述计算方法各有特点，需要平时在练习中不断体会其适用场合，形成“题感”，才能灵活运用，其中最重要的是守恒法。典例试做10 (2018·安徽六校第一次联考)14 g铜银合金与一定量某浓度的硝酸溶液反应，金属完全溶解，放出的

51、气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收，则合金中银的质量是(D)A2.7 gB5.4 gC8.1 gD10.8 g解析铜银合金失电子数氧气得电子数。铜银合金与HNO3反应时，HNO3得到铜银失去的电子变为NOx，NOx与O2和H2O反应时，又将电子失给O2，重新变为HNO3，整个过程相当于Cu、Ag将电子失给了O2。设合金中Cu的物质的量为x，Ag的物质的量为y，由得失电子守恒有2xy0.05 mol×4，又64 g·mol1 x108 g·mol1y14 g，联立解方程组得y0.1 mol，则m(Ag)0.1 mol×108

52、 g/mol10.8 g，选项D正确。题组一化学方程式的基本计算比例式法1(2018·黑龙江大庆段考)铁、铜混合粉末18.0 g加入到100 mL 5.0 mol/L FeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2 g。下列说法正确的是(B)A剩余固体是铁、铜混合物B反应后溶液中n(Fe2)n(Cu2)0.75 molC反应后溶液中n(Fe3)0.10 molD原固体混合物中铜的质量是8.0 g解析铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5 mol，Cu2Fe3=Cu22Fe264 g2 molm10.5 molFe2Fe3=3Fe256

53、g2 molm20.5 molm116 g，m214 g，溶解的金属质量是18 g3.2 g14.8 g，则两种金属都参与反应，Fe3完全反应，剩余的金属是铜，故A、C错；设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁的物质的量是n264 g/mol n156 g/mol n214.8 gn1n20.25 mol解得n10.1 mol，n20.15 mol则混合粉末中含有的铜的质量是0.1 mol×64 g/mol3.2 g9.6 g，故D错误；溶液中n(Fe2)n(Cu2)0.1 mol0.15 mol0.5 mol0.75 mol，故B正确。题组二化学方程式计算中的巧思妙解差量法2用H2还

54、原x g CuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后得残留固体y g，共用去z g H2，此时生成水的质量为(B)A(xy) gB(xy) gC9z gDz g解析本题根据固体质量差计算尤为简捷：H2CuOCuH2Om80 g64 g18 g16 g(xy) g(xy) g说明：需要注意的是不可用z g H2进行计算，因为用去的H2并非全部参加了反应；不可只用x g进行计算，因为CuO未全部参加反应；不可只用y g进行计算，因为y g是CuO和Cu的质量和。题组三简化过程，妙用守恒守恒法3标准状况下，将a L H2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含b mol NaOH的热溶液

55、中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl、ClO、ClO，则原混合气体中H2的物质的量为(C)A molB(b) molC() molD mol解析反应后溶液中的Na的物质的量等于Cl、ClO、ClO三者的物质的量之和，也等于混合气体中氯原子的物质的量，所以原混合气体中氯气的物质的量为 mol，则氢气的物质的量为() mol。4(2018·山东潍坊质检)25.6 mg Cu与含1.4×103 mol HNO3的浓硝酸恰好完全反应，反应后收集到的气体在标准状况下的体积为(假设反应中只产生NO和NO2)(B)A6.72 mLB13.44 mLC22.4 m

56、LD33.6 mL解析根据氮原子守恒解答。n(HNO3)2nCu(NO3)2n(NO)n(NO2)，则n(NO)n(NO2)1.4×103 mol2×0.6×103 mol，在标准状况下的体积为0.6×103 mol×22.4 L·mol113.44×103 L13.44 mL。5(2018·河北保定月考)某CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，且SO的物质的量浓度为6 mol·L1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为(C)A5.6 gB11.2 gC22.4 gD33.6 g解析n(SO)0.1 L×6 mol·L10.6 mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液中阳离子的浓度相同，则有n(Cu2)n(H)n(Fe3)，设Cu2、Fe3、H三种离子的物质的量均为n，根据电荷守恒得：2n3nn0.6 mol×2，解得n0.2 mol。Cu2、H、Fe3都能与Fe反应生成Fe2，最终所得溶液为FeSO4溶液，则n(FeSO4)0.6 mol，根据Fe原子守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.6 mol0.2 m