2025步步高高考大一輪復(fù)習(xí)講義人教版化學(xué)大單元一　第二章　第6講　物質(zhì)的量濃度含答案

2025步步高高考大一輪復(fù)習(xí)講義人教版化學(xué)第6講物質(zhì)的量濃度[復(fù)習(xí)目標(biāo)]1.了解物質(zhì)的量濃度及其相關(guān)物理量的含義和應(yīng)用，體會(huì)定量研究對化學(xué)科學(xué)的重要作用。2.了解溶液物質(zhì)的量濃度的表示方法，理解溶解度、質(zhì)量分?jǐn)?shù)等概念，并能進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。3.掌握一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制方法并能進(jìn)行誤差分析?？键c(diǎn)一物質(zhì)的量濃度1．溶液組成的兩種表示方法內(nèi)容物質(zhì)的量濃度溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)含義表示單位體積的溶液里所含溶質(zhì)B的物質(zhì)的量，符號為cB用溶質(zhì)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?jǐn)?shù)表示表達(dá)式cB＝eq\f(nB,V)w(B)＝eq\f(m溶質(zhì),m溶液)×100%單位mol·L－1無相互轉(zhuǎn)化c＝eq\f(1000ρw,M)(ρ的單位為g·cm－3)2.物質(zhì)的量濃度計(jì)算的兩要素(1)正確判斷溶質(zhì)①與水發(fā)生反應(yīng)生成新物質(zhì)：Na、Na2O、Na2O2eq\o(→,\s\up7(水))NaOH；CO2、SO2、SO3eq\o(→,\s\up7(水),\s\do5(對應(yīng)))H2CO3、H2SO3、H2SO4。②特殊物質(zhì)：NH3eq\o(→,\s\up7(水))NH3·H2O(溶質(zhì)按NH3進(jìn)行計(jì)算)。③含結(jié)晶水的物質(zhì)：CuSO4·5H2O、Na2CO3·10H2Oeq\o(→,\s\up7(水),\s\do5(對應(yīng)))CuSO4、Na2CO3。(2)確定溶液體積：溶液體積不是溶劑體積，也不是溶劑體積與溶質(zhì)體積的簡單加和，可以根據(jù)V＝eq\f(m溶液,ρ溶液)求算。3．溶液的稀釋與混合(1)溶液的稀釋①溶質(zhì)的質(zhì)量在稀釋前后保持不變，即m濃w濃＝m稀w稀，溶液的質(zhì)量m稀＝m濃＋m水；②溶質(zhì)的物質(zhì)的量在稀釋前后保持不變，即c稀V?。絚濃V濃，但溶液的體積V稀≠V濃＋V水。(2)溶液(溶質(zhì)相同)的混合①物質(zhì)的量濃度不同(分別為c1、c2)的兩溶液：混合前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量保持不變，即c1V1＋c2V2＝c混V混。②質(zhì)量分?jǐn)?shù)不同(分別為a%、b%)的兩溶液a．等體積混合當(dāng)溶液密度大于1g·cm－3時(shí)，必然是溶液濃度越大，密度越大，等體積混合后，質(zhì)量分?jǐn)?shù)w>eq\f(1,2)(a%＋b%)；當(dāng)溶液密度小于1g·cm－3時(shí)，等體積混合后，質(zhì)量分?jǐn)?shù)w<eq\f(1,2)(a%＋b%)。b．等質(zhì)量混合混合后溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w＝eq\f(1,2)(a%＋b%)。1．在100mL的燒杯中，加入10g食鹽，然后注入90mL的水，充分溶解后，所得溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10%()L－1()3．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()4．將40gSO3溶于60g水中所得溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為40%()5．將標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LHCl溶于100mL水中，所得溶液的密度為1.384g·mL－1，則其物質(zhì)的量濃度為1.5mol·L－1()6．25℃，pH＝1的H2SO4溶液的物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L－1()7．同濃度的三種溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，其體積比為3∶2∶1，則SOeq\o\al(2－,4)濃度之比為3∶2∶3()答案1.√2.×3.×4.×5.×6.×7．×一、物質(zhì)的量濃度與質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算1．標(biāo)準(zhǔn)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，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w，物質(zhì)的量濃度為cmol·L－1，則下列關(guān)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(1000ρV,17V＋22400)答案A解析由c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000ρw,17)，可得w＝eq\f(17c,1000ρ)，B項(xiàng)正確；氨水中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為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(xiàng)正確；氨水的物質(zhì)的量濃度為eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000ρ×\f(17V,17V＋22400),17)＝eq\f(1000ρV,17V＋22400)，D項(xiàng)正確。氣體溶于水，計(jì)算物質(zhì)的量濃度的一般思路2．已知某飽和NaCl溶液的體積為VmL，密度為ρg·cm－3，質(zhì)量分?jǐn)?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?jǐn)?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＝eq\f(\f(m,58.5),\f(V,1000))mol·L－1＝eq\f(1000m,58.5V)mol·L－1。(2)c＝eq\f(1000mL·L－1×ρg·mL－1×w,58.5g·mol－1)＝eq\f(1000ρw,58.5)mol·L－1。(3)w＝eq\f(58.5g·mol－1×cmol·L－1×VmL,1000mL·L－1×ρg·mL－1×VmL)×100%＝eq\f(58.5c,1000ρ)×100%。(4)eq\f(S,100g)＝eq\f(w,1－w)，S＝eq\f(100w,1－w)g。二、溶液的稀釋與混合3．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。4．200mL0.3mol·L－1K2SO4溶液和100mL0.2mol·L－1Fe2(SO4)3溶液混合后不考慮混合后溶液體積的變化，溶液中SOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量濃度為。答案0.4mol·L－1解析200mL0.3mol·L－1K2SO4溶液中SOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量為0.2L×0.3mol·L－1＝0.06mol，100mL0.2mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中SOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量為3×0.1L×0.2mol·L－1＝0.06mol，故混合液中SOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量為0.06mol＋0.06mol＝0.12mol，由于混合后不考慮體積的變化，混合后溶液的體積為0.3L，混合液中SOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量濃度為eq\f(0.12mol,0.3L)＝0.4mol·L－1。考點(diǎn)二一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制1．容量瓶的構(gòu)造及使用(1)構(gòu)造及用途(2)查漏操作2．配制過程及操作質(zhì)量百分比濃度、體積比濃度溶液的配制(1)配制100g10%的NaCl溶液：用托盤天平稱取10.0gNaCl固體，放入200mL燒杯中，再用100mL量筒量取90.0mL的蒸餾水注入燒杯中，然后用玻璃棒攪拌使之溶解。(2)用濃硫酸配制1∶4的稀硫酸50mL：用50mL的量筒量取40.0mL的蒸餾水注入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?cái)嚢琛?．配制0.1000mol·L－1氯化鈉溶液時(shí)，兩次用玻璃棒的作用相同()()3．把0.585gNaCl固體放入100mL容量瓶中，加水到刻度線處，配成0.1mol·L－1的NaCl溶液()4．用量筒量取20.0mL0.5000mol·L－1H2SO4溶液于燒杯中，加80.0mL水，配制成0.1000mol·L－1H2SO4溶液()5．用容量瓶配制溶液，定容時(shí)俯視刻度線，所配溶液濃度偏小()答案1.×2.√3.×4.×5.×一、一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制規(guī)范操作1．配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，試回答下列問題。(1)選擇儀器：完成本實(shí)驗(yàn)所必需的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、、等。(2)計(jì)算：需要NaOH固體的質(zhì)量為。(3)稱量：①稱量過程中NaOH固體應(yīng)放在小燒杯中并放在天平的(填“左盤”或“右盤”)。②某同學(xué)先用托盤天平稱量一個(gè)小燒杯的質(zhì)量，稱量前把游碼放在標(biāo)尺的零刻度處，天平靜止時(shí)發(fā)現(xiàn)指針在分度盤的偏右位置，說明此時(shí)左邊質(zhì)量(填“大于”或“小于”)右邊質(zhì)量。假定最終稱得小燒杯的質(zhì)量為(填“32.6g”或“32.61g”)，請?jiān)谙聢D標(biāo)尺上畫出游碼的位置(畫“△”表示)。標(biāo)尺：(4)溶解、冷卻。該步實(shí)驗(yàn)中需要使用玻璃棒，作用是。(5)轉(zhuǎn)移、洗滌。在轉(zhuǎn)移時(shí)應(yīng)使用引流，洗滌燒杯2～3次是為了。(6)定容、搖勻。定容的操作是。答案(1)膠頭滴管500mL容量瓶(2)10.0g(3)①左盤②小于32.6g(4)攪拌，加速溶解(5)玻璃棒保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移至容量瓶中(6)向容量瓶中加入蒸餾水至距刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至溶液的凹液面與刻度線相切解析(2)m(NaOH)＝0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1＝10.0g。(3)用托盤天平稱量時(shí)，物品放在左盤，托盤天平可精確到0.1g。二、一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的誤差分析誤差分析的思維流程2．從溶質(zhì)改變角度分析產(chǎn)生的誤差(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)配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，需稱量溶質(zhì)4.4g，稱量時(shí)物碼放置顛倒：。(4)用量筒量取濃硫酸時(shí)，仰視讀數(shù)：。(5)定容時(shí)，加水超過刻度線，用膠頭滴管吸取多余的液體至刻度線：。(6)未洗滌燒杯及玻璃棒：。答案(1)偏小(2)偏小(3)偏小(4)偏大(5)偏小(6)偏小解析。(3)實(shí)際稱量溶質(zhì)的質(zhì)量為4.0g－0.4g＝3.6g。3．從溶液改變角度分析產(chǎn)生的誤差(用“偏大”“偏小”或“無影響”填空)。(1)配制NaOH溶液時(shí)，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：。(2)定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面下降，繼續(xù)加水至刻度線：。(3)定容時(shí)仰視刻度線：。(4)定容搖勻后少量溶液外流：。(5)容量瓶中原有少量蒸餾水：。答案(1)偏大(2)偏小(3)偏小(4)無影響(5)無影響解析(1)NaOH溶于水放熱，溶液的體積比室溫時(shí)大，應(yīng)恢復(fù)至室溫后再移液、定容。(2)溶液的總體積偏大。視線引起誤差的分析方法(1)仰視容量瓶刻度線[圖(a)]，導(dǎo)致溶液體積偏大，結(jié)果偏低。(2)俯視容量瓶刻度線[圖(b)]，導(dǎo)致溶液體積偏小，結(jié)果偏高。1．(2023·全國甲卷，9)實(shí)驗(yàn)室將粗鹽提純并配制0.1000mol·L－1的NaCl溶液。下列儀器中，本實(shí)驗(yàn)必須用到的有()①天平②溫度計(jì)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．①④⑤⑥C．②③⑦⑧ D．①⑤⑥⑧答案D解析粗鹽提純涉及的操作及使用的儀器有溶解(⑥燒杯和玻璃棒)、除雜、過濾(漏斗、玻璃棒、⑥燒杯)、蒸發(fā)結(jié)晶(蒸發(fā)皿、⑧酒精燈、玻璃棒)。配制0.1000mol·L－1的NaCl溶液的操作步驟及使用的儀器是稱量(①天平)→溶解(⑥燒杯和玻璃棒)→移液(⑥燒杯、玻璃棒、⑤容量瓶)→定容(膠頭滴管)，故本題選D。2．[2022·全國乙卷，27(1)]由CuSO4·5H2O配制CuSO4溶液，下列儀器中不需要的是(填儀器名稱)。答案分液漏斗、球形冷凝管3．[2022·廣東，17(2)]下列關(guān)于250mL容量瓶的操作，正確的是(填字母)。答案C解析振蕩時(shí)應(yīng)用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指壓住容量瓶口，故A錯(cuò)誤；定容時(shí)，視線、溶液凹液面和刻度線應(yīng)“三線相切”，不能仰視或俯視，且膠頭滴管不能插入到容量瓶中，故B錯(cuò)誤；定容完成后，蓋上瓶塞，左手食指抵住瓶塞，右手扶住容量瓶底部，將容量瓶反復(fù)上下顛倒，搖勻，故D錯(cuò)誤。4．[2022·海南，17(2)]現(xiàn)有濃H3PO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)為85%，密度為1.7g·mL－1。若實(shí)驗(yàn)需100mL1.7mol·L－1的H3PO4溶液，則需濃H3PO4mL(保留一位小數(shù))。答案11.5解析設(shè)需濃H3PO4的體積為VmL，則eq\f(1.7g·mL－1×VmL×85%,98g·mol－1)＝0.1L×1.7mol·L－1，V≈11.5。課時(shí)精練1．實(shí)驗(yàn)中需用1.0mol·L－1的CuSO4溶液950mL，配制時(shí)選用容量瓶的規(guī)格和稱取藥品的質(zhì)量分別為()選項(xiàng)ABCD容量瓶規(guī)格1000mL950mL1000mL500mLCuSO4質(zhì)量152.0g152.0g160.0g80.0g答案C解析配制1000mL溶液時(shí)，需要溶質(zhì)CuSO4的質(zhì)量為1L×1.0mol·L－1×160g·mol－1＝160.0g，C項(xiàng)正確。2．下列所得溶液的物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L－1的是()A．將0.1mol氨充分溶解在1L水中B．將10g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的硫酸與990g水混合C．將25.0g膽礬溶于水配成1L溶液D．將10mL1mol·L－1的鹽酸與90mL水充分混合答案C解析將0.1mol氨充分溶解在1L水中，所得溶液的體積不是1L，故不能得到0.1mol·L－1的溶液，A錯(cuò)誤；將10g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的硫酸與990g水混合，不知所配溶液的密度，無法求算其物質(zhì)的量濃度，B錯(cuò)誤；25.0g膽礬的物質(zhì)的量為0.1mol，將其溶于水配成1L溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L－1，C正確；將10mL1mol·L－1的鹽酸與90mL水充分混合，不同液體混合后的體積不等于兩液體體積在數(shù)值上的簡單加和，D錯(cuò)誤。3．取100mL0.3mol·L－1和300mL0.25mol·L－1的硫酸混合并稀釋配成500mL溶液，該混合溶液中H＋的物質(zhì)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解析該混合溶液中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。4．用98%的濃H2SO4(密度為1.84g·mL－1)配制100mL1mol·L－1的稀H2SO4，配制過程中可能用到下列儀器：①100mL量筒；②10mL量筒；③50mL燒杯；④托盤天平；⑤100mL容量瓶；⑥膠頭滴管；⑦玻璃棒。按使用的先后順序排列正確的是()A．②⑥③⑦⑤⑥ B．④③⑤⑦⑥C．①③⑦⑤⑥ D．②⑤⑦⑥答案A解析－1，。5．配制500mL0.100mol·L－1的NaCl溶液，部分實(shí)驗(yàn)操作示意圖如下：下列說法正確的是()A．實(shí)驗(yàn)中需用的儀器有托盤天平、250mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管等B．上述實(shí)驗(yàn)操作步驟的正確順序?yàn)棰佗冖堍跜．容量瓶需要用自來水、蒸餾水洗滌，干燥后才可用D．定容時(shí)，仰視容量瓶的刻度線，使配得的NaCl溶液濃度偏低答案D解析配制500mL0.100mol·L－1NaCl溶液用到的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管等，A錯(cuò)誤；配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟有計(jì)算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，操作步驟正確的順序?yàn)棰冖佗堍郏珺錯(cuò)誤；容量瓶用蒸餾水洗凈后，不必干燥，C錯(cuò)誤；定容時(shí)仰視容量瓶的刻度線，則所加蒸餾水偏多，溶液的體積V偏大，溶液的濃度偏低，D正確。6．若20g密度為dg·cm－3的硝酸鈣溶液里含有1gCa2＋，則NOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量濃度為()A.eq\f(d,400)mol·L－1 B.eq\f(20,d)mol·L－1C．2.5dmol·L－1 D．1.25dmol·L－1答案C解析1g鈣離子的物質(zhì)的量為0.025mol，該溶液中neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NO\o\al(－,3)))＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ca2＋))＝0.025mol×2＝0.05mol,20g該硝酸鈣溶液的體積V＝eq\f(20g,dg·cm－3)×10－3L·mL－1＝eq\f(1,50d)L，所以該溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NO\o\al(－,3)))＝eq\f(0.05mol,\f(1,50d)L)＝2.5dmol·L－1，故選C。7．將物質(zhì)的量均為amol的Na和Al一同投入mg足量水中，所得溶液的密度為ρg·cm－3，則此溶液的物質(zhì)的量濃度為()A.eq\f(1000aρ,46a＋m)mol·L－1 B.eq\f(4ρ,46a＋m)mol·L－1C.eq\f(1000aρ,50a＋m)mol·L－1 D.eq\f(1000aρ,45a＋m)mol·L－1答案A解析Na和Al一同投入mg足量水中時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。由于Na、Al的物質(zhì)的量均為amol，結(jié)合化學(xué)方程式可知共生成2amolH2，所得溶液中只有NaAlO2一種溶質(zhì)，其物質(zhì)的量為amol。，則該溶液的物質(zhì)的量濃度為eq\f(1000aρ,46a＋m)mol·L－1。8．(2023·湖南益陽模擬)下列說法正確的是()A．0.1mol·L－1的FeCl3溶液中，Cl－的物質(zhì)的量為0.3molB．NA個(gè)HCl分子溶于水中配成1L溶液，所得鹽酸的濃度為1mol·L－1C．將10mL2mol·L－1H2SO4與100mL水混合，得到0.2mol·L－1H2SO4溶液D．將100mL飽和NaCl溶液濃縮至80mL，恢復(fù)到原溫度，溶液的濃度升高答案B解析未指出溶液體積，無法計(jì)算溶質(zhì)物質(zhì)的量，A項(xiàng)錯(cuò)誤；溶質(zhì)HCl的物質(zhì)的量為1mol，溶液體積為1L，則鹽酸濃度為1mol·L－1，B項(xiàng)正確；混合后溶液總體積并不是混合前的10倍，所以所得H2SO4溶液濃度不是0.2mol·L－1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；溫度不變物質(zhì)溶解度不變，恢復(fù)到原溫度，飽和溶液濃度不變，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9．室溫時(shí)，甲、乙兩同學(xué)配制氯化鈉溶液。甲同學(xué)配制10%的NaCl溶液100g，乙同學(xué)配制1.0mol·L－1的NaCl溶液100mL(20℃時(shí)，氯化鈉的溶解度為36.0g)。下列說法正確的是()A．兩同學(xué)所需溶質(zhì)的質(zhì)量相同B．兩同學(xué)所配溶液的質(zhì)量相同C．兩同學(xué)所需實(shí)驗(yàn)儀器種類相同D．甲同學(xué)所配的溶液濃度比乙同學(xué)的大答案D－1的NaCl溶液需要氯化鈉的質(zhì)量為0.1L×1.0mol·L－1×58.5g·mol－1＝5.85g，A錯(cuò)誤；氯化鈉溶液的密度大于1g·mL－1,100mL氯化鈉溶液的質(zhì)量大于100g，B錯(cuò)誤；配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的的氯化鈉溶液，需要的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、藥匙、100mL容量瓶、膠頭滴管等，C錯(cuò)誤；配制10%的NaCl溶液100g，其密度大于1g·mL－1，所以100g溶液的體積小于100mL,10%的NaCl溶液中氯化鈉的物質(zhì)的量為eq\f(10%×100g,58.5g·mol－1)≈0.17mol，其物質(zhì)的量濃度大于1.7mol·L－1，D正確。10．4℃下，把摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1的可溶性鹽RClnAg溶解在VmL水中，恰好形成該溫度下的飽和溶液，密度為ρg·cm－3，下列關(guān)系式錯(cuò)誤的是()A．溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w＝eq\f(A,A＋V)×100%B．溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c＝eq\f(1000ρA,MA＋MV)mol·L－1C．1mL該溶液中n(Cl－)＝eq\f(nρAV,MA＋V)mol(RCln在溶液中完全電離)D．該溫度下此鹽的溶解度S＝eq\f(100A,V)g答案C解析根據(jù)溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w＝eq\f(m溶質(zhì),m溶液)×100%，m溶質(zhì)＝Ag，VmL水的質(zhì)量為Vg，m溶液＝(A＋V)g，w＝eq\f(A,A＋V)×100%，故A正確；根據(jù)溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c＝eq\f(n,V′)，n＝eq\f(A,M)mol，V′＝eq\f(A＋V,1000ρ)L，代入可得c＝eq\f(1000ρA,MA＋MV)mol·L－1，故B正確；1mL該溶液中n(Cl－)＝eq\f(1000ρA,MA＋MV)mol·L－1×1mL×10－3L·mL－1×n＝eq\f(nρA,MA＋V)mol，故C錯(cuò)誤；該溫度下此鹽的溶解度S＝eq\f(100A,V)g，故D正確。11．(2023·天津模擬)現(xiàn)有VmL硫酸鈉溶液，它的密度是ρg·mL－1，其中鈉離子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是a%，下列有關(guān)該溶液的說法錯(cuò)誤的是()A．溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(71a,23)%B．溶液的物質(zhì)的量濃度是eq\f(5ρa(bǔ),23)mol·L－1C．溶質(zhì)和溶劑的物質(zhì)的量之比是9a∶(1000－142a)D．硫酸根離子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是eq\f(48a,23)%答案C解析根據(jù)題意可知，鈉離子的質(zhì)量是ρVa%g，物質(zhì)的量是eq\f(ρVa%,23)mol，所以硫酸鈉的物質(zhì)的量是eq\f(ρVa%,46)mol，質(zhì)量是eq\f(ρVa%,46)mol×142g·mol－1eq\f(71ρVa%,23)g，溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是eq\f(\f(71ρVa%,23)g,ρVg)＝eq\f(71a,23)%，A正確；溶液的物質(zhì)的量濃度c＝eq\f(\f(ρVa%,46)mol,0.001VL)＝eq\f(5ρa(bǔ),23)mol·L－1，B正確；溶質(zhì)和溶劑的物質(zhì)的量之比是eq\f(ρVa%,46)mol∶eq\f(ρVg－\f(71ρVa%,23)g,18g·mol－1)＝9a∶(2300－71a)，C錯(cuò)誤；硫酸根離子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是eq\f(\f(ρVa%,46)mol×96g·mol－1,ρVg)＝eq\f(48a,23)%，D正確。12．(2023·湖南邵陽模擬)實(shí)驗(yàn)室備有質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%、密度為1.40g·cm－3的濃硝酸。下列說法錯(cuò)誤的是()A．該硝酸的物質(zhì)的量濃度為14.0mol·L－1B．某同學(xué)用該濃硝酸配制稀硝酸，定容時(shí)俯視讀數(shù)，會(huì)造成最終配制的稀硝酸濃度偏高C．50mL該硝酸與足量的銅反應(yīng)可得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下0.35molNO2D．等體積的水與該硝酸混合所得溶液的物質(zhì)的量濃度大于7.0mol·L－1答案C解析根據(jù)c＝eq\f(1000ρw,M)，可知該硝酸的物質(zhì)的量濃度c＝eq\f(1000×1.40×63%,63)mol·L－1＝14.0mol·L－1，A項(xiàng)正確；某同學(xué)用該濃硝酸配制稀硝酸，定容時(shí)俯視讀數(shù)，溶液體積偏小，會(huì)造成最終配制的稀硝酸濃度偏高，B項(xiàng)正確；Cu與濃HNO3發(fā)生反應(yīng)：Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，硝酸濃度降低到某一濃度后，開始生成NO，不再生成NO2,50mL該濃硝酸中，硝酸的物質(zhì)的量n＝0.05L×14mol·L－1＝0.7mol，由4HNO3～2NO2可知，生成NO2的物質(zhì)的量小于0.35mol，C項(xiàng)錯(cuò)誤；等體積的水與該硝酸混合所得溶液的體積小于原硝酸體積的2倍，因此所得溶液的物質(zhì)的量濃度大于7.0mol·L－1，D項(xiàng)正確。13．Ⅰ.綠礬(FeSO4·7H2O)在化學(xué)合成中用作還原劑及催化劑。工業(yè)上常用廢鐵屑溶于一定濃度的硫酸溶液制備綠礬。,50%的硫酸物質(zhì)的量濃度為(結(jié)果保留兩位小數(shù))，50%的硫酸與30%的硫酸等體積混合，混合酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(填“>”“<”或“＝”)40%。(2)將111.2g綠礬(FeSO4·7H2O，式量為278)在高溫下加熱，充分反應(yīng)后生成Fe2O3固體和SO2、SO3、水的混合氣體，則生成Fe2O3的質(zhì)量為g；SO2為mol。Ⅱ.實(shí)驗(yàn)室可用以下方法制備莫爾鹽晶體[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，式量為392]。(3)將4.88g鐵屑(含F(xiàn)e2O3)與25mL3mol·L－1H2SO4充分反應(yīng)后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀釋溶液至100mL，測得其pH＝1。鐵屑中Fe2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是(結(jié)果保留兩位小數(shù))。(4)向上述100mL溶液中加入與該溶液中FeSO4等物質(zhì)的量的(NH4)2SO4晶體，待晶體完全溶解后蒸發(fā)掉部分水，冷卻至t℃，析出莫爾鹽晶體12.360g，剩余溶液的質(zhì)量為82.560g。t℃時(shí)，計(jì)算(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度為(結(jié)果保留兩位小數(shù))。答案(1)7.14mol·L－1>(2)320.2(3)65.57%(4)22.35g解析(1)密度為1.4g·cm－3、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%的硫酸物質(zhì)的量濃度c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000×1.4×50%,98)mol·L－1≈7.14mol·L－1；假如50%的硫酸與30%的硫酸密度相同，則混合后硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸的密度，所以等體積混合，由2FeSO4·7H2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O↑可知，生成Fe2O3的質(zhì)量為0.4mol×eq\f(1,2)×160g·mol－1＝32g，SO2的物質(zhì)的量為0.4mol×eq\f(1,2)＝0.2mol。(3)根據(jù)題意知，溶液中剩余酸的物質(zhì)的量n(H2SO4)＝0.1mol·L－1×eq\f(1,2)×0.1L＝0.005mol，則參加反應(yīng)的n(H2SO4)＝，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe＋Fe2O3＋3H2SO4=3FeSO4＋3H2O、Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，則根據(jù)固體的質(zhì)量和硫酸的物質(zhì)的量可知，56m＋160n＝4.88，m－n＋3n＝0.07，解得n＝0.02，m＝0.03，所以鐵屑中Fe2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是eq\f(0.02mol×160g·mol－1,4.88g)×100%≈65.57%。(4)根據(jù)以上分析結(jié)合原子守恒知，n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝(0.03＋0.04)mol＝0.07mol，根據(jù)莫爾鹽的化學(xué)式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝0.07mol，溶液中莫爾鹽的質(zhì)量為0.07mol×392g·mol－1－12.360g＝15.08g，設(shè)莫爾鹽的溶解度為x，則eq\f(x,100g)＝eq\f(15.08g,82.560g－15.08g)，解得x≈22.35g。14．人體血液里Ca2＋的濃度一般采用mg·cm－3來表示。抽取一定體積的血樣，加適量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸鈣(CaC2O4)沉淀，將此草酸鈣沉淀洗滌后溶于強(qiáng)酸可得草酸(H2C2O4)，再用酸性KMnO4溶液滴定即可測定血液樣品中Ca2＋的濃度。某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)步驟測定血液樣品中Ca2＋的濃度。Ⅰ.配制酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液：如圖是配制50mL0.020mol·L－1酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的過程示意圖。(1)請你觀察圖示并判斷其中不正確的操作有(填序號)。(2)其中確定50mL溶液體積的容器是(填名稱)。(3)在其他操作均正確的情況下，如果按照圖示的操作配制溶液，配制溶液的濃度將(填“偏大”或“偏小”)?！－1酸性KMnO4溶液滴定，使草酸轉(zhuǎn)化成CO2逸出，這時(shí)共消耗12.00mL酸性KMnO4溶液。(4)已知草酸與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式為5H2C2O4＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，則式中的x＝。(5)滴定時(shí)，根據(jù)現(xiàn)象：，即可確定反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)。(6)經(jīng)過計(jì)算，血液樣品中Ca2＋的濃度為mg·cm－3。答案(1)⑤(2)50mL容量瓶(3)偏小(4)2(5)當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲嗡嵝訩MnO4溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內(nèi)不褪色(6)1.2解析(3)用圖示的操作配制溶液，定容時(shí)仰視刻度線，會(huì)使溶液體積偏大，配制的溶液濃度將偏小。(6)20.00mL血液樣品經(jīng)過處理后得到草酸，草酸消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.020mol·L－1×0.012L＝2.4×10－4mol，根據(jù)反應(yīng)的離子方程式5H2C2O4＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O及草酸鈣的化學(xué)式CaC2O4可知，n(Ca2＋)＝n(H2C2O4)＝eq\f(5,2)×2.4×10－4mol＝6×10－4mol，Ca2＋的質(zhì)量為40g·mol－1×6×10－4mol＝0.024g，其濃度為eq\f(0.024×103mg,20.00cm3)＝1.2mg·cm－3。第7講化學(xué)計(jì)算的常用方法[復(fù)習(xí)目標(biāo)]1.進(jìn)一步理解物質(zhì)的量在化學(xué)計(jì)算中的“橋梁”作用。2.了解化學(xué)計(jì)算的常用方法。3.初步建立化學(xué)計(jì)算的思維模型。類型一差量法計(jì)算及應(yīng)用1．差量法是指根據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后有關(guān)物理量發(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)的體積或壓強(qiáng)、反應(yīng)過程中的熱效應(yīng)等。2．差量法解題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)“理論差量”，把化學(xué)方程式中的對應(yīng)差量(理論差量)跟差量(實(shí)際差量)列成比例，然后求解。如：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)Δm(固)/Δn(氣)/ΔV(氣)2mol1mol2mol24g1mol22.4L(標(biāo)況)[應(yīng)用舉例]為了檢驗(yàn)?zāi)澈蠳aHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1g樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)閣2g，請列式計(jì)算該樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。答案樣品加熱發(fā)生的反應(yīng)為2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑Δm16810662m(NaHCO3)(w1－w2)g樣品中m(NaHCO3)＝eq\f(168w1－w2,62)g，則樣品中m(Na2CO3)＝w1g－eq\f(168w1－w2,62)g，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(mNa2CO3,m樣品)×100%＝eq\f(w1g－\f(168w1－w2,62)g,w1g)×100%＝eq\f(84w2－53w1,31w1)×100%。一、氣體差量法應(yīng)用1．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將20LCO2和CO的混合氣體全部通過足量的Na2O2粉末，在相同狀況下，氣體體積減少到16L，則原混合氣體中CO的體積為()A．4LB．8LC．12LD．16L答案C解析混合氣體中只有CO2和Na2O2反應(yīng)，設(shè)二氧化碳的體積為V(CO2)，2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2ΔV44．8L22.4L22.4LV(CO2)(20－16)L44．8L∶22.4L＝V(CO2)∶(20－16)L，解得V(CO2)＝8L，則V(CO)＝(20－8)L＝12L。2．在一個(gè)容積為6L的密閉容器中，放入3LX(g)和2LY(g)，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：4X(g)＋nY(g)2Q(g)＋6R(g)，反應(yīng)達(dá)到平衡后，容器內(nèi)溫度不變，混合氣體的壓強(qiáng)比原來增大了5%，X的濃度減小eq\f(1,3)，則該反應(yīng)中的n值為()A．2B．3C．4D．5答案B解析根據(jù)題意，平衡時(shí)混合氣體的壓強(qiáng)比原來增大了5%，說明正反應(yīng)為氣體總體積增大的反應(yīng)，則有：4＋n＜2＋6，所以n＜4，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；溫度、容積不變，氣體壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比，故壓強(qiáng)增大5%，說明氣體的體積增加了5L×5%＝0.25L，由于平衡時(shí)X濃度減少了eq\f(1,3)，所以X減少了1L，根據(jù)差量法，4X(g)＋nY(g)2Q(g)＋6R(g)ΔV4 4－n1L 0.25Leq\f(4,4－n)＝eq\f(1L,0.25L)，解得n＝3，A項(xiàng)錯(cuò)誤、B項(xiàng)正確。二、熱重差量法的應(yīng)用3．(2022·全國乙卷，11改編)NH4B5O8·4H2O的熱重曲線如圖，在200℃以下熱分解時(shí)無刺激性氣體逸出。請判斷下列說法的正誤。(1)100～200℃階段熱分解失去4個(gè)H2O()(2)500℃熱分解后生成固體化合物B2O3()答案(1)×(2)√，eq\f(18x,273)＝eq\f(100－80.2,100)，解得x≈3。(2)正確，驗(yàn)證選項(xiàng)，由硼元素守恒得關(guān)系式：2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，eq\f(5×MB2O3,2×MNH4B5O8·4H2O)＝eq\f(5,2)×eq\f(70,273)×100%≈64.1%。4．[2019·全國卷Ⅰ，27(5)]采用熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)，將樣品加熱到150℃時(shí)失掉1.5個(gè)結(jié)晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學(xué)式為________。答案NH4Fe(SO4)2·12H2O解析失重5.6%是質(zhì)量分?jǐn)?shù)，設(shè)結(jié)晶水合物的化學(xué)式為NH4Fe(SO4)2·xH2O，由題意知eq\f(1.5×18,266＋18x)＝eq\f(5.6,100)，解得x≈12。5．[2019·江蘇，20(1)]CaC2O4·H2O熱分解可制備CaO，CaC2O4·H2O加熱升溫過程中固體的質(zhì)量變化如圖。①寫出400～600℃范圍內(nèi)分解反應(yīng)的化學(xué)方程式：_________________________________________________________________________________________________________________。②與CaCO3熱分解制備的CaO相比，CaC2O4·H2O熱分解制備的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是__________________________________________________________________。答案①CaC2O4eq\o(=,\s\up7(400～600℃))CaCO3＋CO↑②CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，制得的CaO更加疏松多孔解析①M(fèi)(CaC2O4·H2O)＝146g·mol－1，取1molCaC2O4·H2O，質(zhì)量為146g，當(dāng)剩余質(zhì)量為128g時(shí)，質(zhì)量減少了18g，即減少1molH2O，結(jié)合題圖知，在400℃時(shí)，固體的化學(xué)式為CaC2O4；當(dāng)剩余質(zhì)量為100g時(shí)，質(zhì)量又減少了28g，即減少1molCO，CaC2O4失去1個(gè)CO后變成CaCO3，所以在400℃至600℃時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為CaC2O4eq\o(=,\s\up7(400～600℃))CaCO3＋CO↑。6．[2022·江蘇，14(3)]FeS2、FeS在空氣中易被氧化，將FeS2在空氣中氧化，測得氧化過程中剩余固體的質(zhì)量與起始FeS2的質(zhì)量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。800℃時(shí)，F(xiàn)eS2氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物為_______________________________________________________________________________________________________________________________(填化學(xué)式，寫出計(jì)算過程)。，則M(FeOx)＝120g·mol－1×66.7%＝80.04g·mol－1，則56＋16x＝80.04，x≈eq\f(3,2)，即固體產(chǎn)物為Fe2O3類型二關(guān)系式法計(jì)算及應(yīng)用1．關(guān)系式法是物質(zhì)間的一種簡化的式子，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(jì)算簡化成一步計(jì)算。2．關(guān)系式法解題的關(guān)鍵是建立關(guān)系式，建立關(guān)系式的方法有：①利用化學(xué)方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)間的關(guān)系；②利用原子守恒關(guān)系；③利用得失電子守恒關(guān)系；④利用化學(xué)方程式的加和等。[應(yīng)用舉例]200噸含硫40%的黃鐵礦，用接觸法可以制得95%的硫酸(不考慮中間過程的損耗)的質(zhì)量為多少噸？答案257.9t解析根據(jù)反應(yīng)前后硫原子數(shù)不變，可得關(guān)系式：2S～FeS2～2H2SO4即：S～H2SO43298200t×40%95%·x32∶98＝(200t×40%)∶(95%·x)x≈257.9t。關(guān)系式法在滴定計(jì)算中的應(yīng)用1．[2020·海南，15(5)]用K2Cr2O7滴定分析法測定還原鐵粉純度。實(shí)驗(yàn)步驟：稱取一定量樣＋6Fe3＋＋7H2O；某次實(shí)驗(yàn)稱取0.2800g樣品，滴定時(shí)消耗濃度為0.03000mol·L－1的K2Cr2O7溶液25.10mL，則樣品中鐵含量為________%。答案90.36解析關(guān)系式：6Fe～6Fe2＋～Cr2Oeq\o\al(2－,7)，n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))。代入數(shù)據(jù)得：eq\f(0.2800g×αFe,56g·mol－1)＝6×0.03000mol·L－1×25.10×10－3L，解得α(Fe)＝90.36%。2．[2017·全國卷Ⅱ，26(4)]草酸鈣沉淀經(jīng)稀H2SO4處理后，用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，通過測定草酸的量可間接獲知鈣的含量，滴定反應(yīng)為MnOeq\o\al(－,4)＋H＋＋H2C2O4→Mn2＋＋CO2＋H2O。實(shí)驗(yàn)中稱取0.400g水泥樣品，滴定時(shí)消耗了0.0500mol·L－1的KMnO4溶液36.00mL，則該水泥(主要成分為Co、SiO2等)樣品中鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________。答案45.0%＋10CO2↑＋8H2O，設(shè)含鈣的物質(zhì)的量為xmol，由反應(yīng)方程式和鈣元素守恒可得關(guān)系式：5Ca2＋～5H2C2O4～2MnOeq\o\al(－,4)5mol2molxmol0.0500mol·L－1×36.00×10－3L，故該水泥樣品中鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(0.180g,0.400g)×100%＝45.0%。3．[2017·北京，27(1)④]尿素溶液的濃度影響NO2的轉(zhuǎn)化，測定溶液中尿素(M＝60g·mol－1)含量的方法如下：取ag尿素溶液，將所含氮完全轉(zhuǎn)化為NH3，所得NH3用過量的V1mLc1mol·L－1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用V2mLc2mol·L－1NaOH溶液恰好中和，則尿素溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是________(已知尿素[CO(NH2)2]水溶液熱分解為NH3和CO2)。答案eq\f(6c1V1－3c2V2,a)%解析吸收NH3的硫酸的物質(zhì)的量為V1×10－3L×c1mol·L－1－V2×10－3L×c2mol·L－1×eq\f(1,2)＝(V1c1－eq\f(1,2)V2c2)×10－3mol，根據(jù)化學(xué)方程式CO(NH2)2＋H2Oeq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋CO2↑和2NH3＋H2SO4=(NH4)2SO4，可知尿素的物質(zhì)的量為(V1c1－eq\f(1,2)V2c2)×10－3mol，則尿素溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是eq\f(V1c1－\f(1,2)V2c2×10－3mol×60g·mol－1,ag)×100%＝eq\f(6c1V1－3c2V2,a)%。4．[2021·山東，18(3)節(jié)選]利用碘量法測定WCl6產(chǎn)品純度，實(shí)驗(yàn)如下：①稱量：將足量CS2(易揮發(fā))加入干燥的稱量瓶中，蓋緊稱重為m1g；開蓋并計(jì)時(shí)1分鐘，蓋緊稱重為m2g；再開蓋加入待測樣品并計(jì)時(shí)1分鐘，蓋緊稱重為m3g，則樣品質(zhì)量為____________g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。②滴定：先將WCl6轉(zhuǎn)化為可溶的Na2WO4，通過IOeq\o\al(－,3)離子交換柱發(fā)生反應(yīng)：WOeq\o\al(2－,4)＋Ba(IO3)2=BaWO4＋2IOeq\o\al(－,3)；交換結(jié)束后，向所得含IOeq\o\al(－,3)的溶液中加入適量酸化的KI溶液，發(fā)生反應(yīng)：IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O；反應(yīng)完全后，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)消耗cmol·L－1的Na2S2O3溶液VmL，則樣品中WCl6(摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________。答案①m3＋m1－2m2②eq\f(cVM,120m3＋m1－2m2)%解析②滴定時(shí)，根據(jù)題給三個(gè)離子方程式可得關(guān)系式：WOeq\o\al(2－,4)～2IOeq\o\al(－,3)～6I2～12S2Oeq\o\al(2－,3)，結(jié)合鎢元素的質(zhì)量守恒可得關(guān)系式：WCl6～12S2Oeq\o\al(2－,3)，則樣品中n(WCl6)＝eq\f(1,12)n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝eq\f(1,12)×cmol·L－1×V×10－3L，m(WCl6)＝eq\f(1,12)×cmol·L－1×V×10－3L×Mg·mol－1＝eq\f(cVM,12000)g，因此樣品中WCl6的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(\f(cVM,12000)g,m3＋m1－2m2g)×100%＝eq\f(cVM,120m3＋m1－2m2)%。類型三守恒法計(jì)算及應(yīng)用1．守恒法是一種整合的思維方法，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”，分析時(shí)淡化中間過程，關(guān)注最終組成，利用守恒關(guān)系進(jìn)行整體分析。2．守恒法解題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)研究對象的始態(tài)和終態(tài)或相互間的關(guān)系，列出對應(yīng)守恒表達(dá)式，常見守恒關(guān)系有元素守恒、電荷守恒、得失電子守恒等。注：得失電子守恒見第4講考點(diǎn)二電子守恒法計(jì)算及應(yīng)用。一、元素守恒1．(2022·浙江1月選考，27)某同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)確定Al(NO3)3·xH2O的結(jié)晶水?dāng)?shù)目。稱取樣品7.50g，經(jīng)熱分解測得氣體產(chǎn)物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的質(zhì)量為3.06g；殘留的固體產(chǎn)物是Al2O3，質(zhì)量為1.02g。計(jì)算：(1)x＝_________________________________________________________(寫出計(jì)算過程)。(2)氣體產(chǎn)物中n(O2)＝__________mol。答案(1)9計(jì)算過程：2[Al(NO3)3·xH2O]～Al2O32(213＋18x)g102g7．50g1.02geq\f(2213＋18x,7.50)＝eq\f(102,1.02)解得x＝9(2)0.0100解析(2)n(樣品)＝n(Al)＝eq\f(1.02g,102g·mol－1)×2＝0.02mol，氣體產(chǎn)物中n(H2O)＝eq\f(3.06g,18g·mol－1)＝0.17mol，根據(jù)氫元素守恒，n(HNO3)＝0.02×9×2mol－0.17×2mol＝0.02mol，根據(jù)氮元素根據(jù)氧元素守恒，n(O2)＝eq\f(0.02×18－0.17－0.02×3－0.04×2－0.03,2)mol＝0.0100mol。2．[2022·福建，11(2)]取5.0g某粉煤灰(其中含質(zhì)量分?jǐn)?shù)為30%的Al2O3)，加硫酸酸浸Al3＋，一段時(shí)間后，過濾、干燥后得到3.0g浸渣(分析知含質(zhì)量分?jǐn)?shù)為8%的Al2O3)，Al2O3的浸出率為__________。答案84%×8%＝0.24g，則Al2O3的浸出率為eq\f(1.5g－0.24g,1.5g)×100%＝84%。3．[2022·湖南，15(6)]某實(shí)驗(yàn)小組以BaS溶液為原料制備BaCl2·2H2O，并用重量法測定產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的含量。設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)方案：①稱取產(chǎn)品0.5000g，用100mL水溶解，酸化，加熱至近沸；②在不斷攪拌下，向①所得溶液逐滴加入熱的0.100mol·L－1H2SO4溶液；③沉淀完全后，60℃水浴40分鐘，經(jīng)過濾、洗滌、烘干等步驟，稱量白色固體，質(zhì)量為0.4660g。產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________(保留三位有效數(shù)字)。答案97.6%解析由題意可知，硫酸鋇的物質(zhì)的量為eq\f(0.4660g,233g·mol－1)＝0.002mol，依據(jù)鋇原子守恒，產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的物質(zhì)的量為0.002mol，質(zhì)量為0.002mol×244g·mol－1＝0.488g，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(0.488g,0.5000g)×100%＝97.6%。二、電荷守恒(電中性原則)4．對PM2.5樣本用蒸餾水處理制成待測試樣。若測得該試樣所含水溶性無機(jī)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－1)4×10－66×10－62×10－54×10－53×10－52×10－5根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷PM2.5的酸堿性為______，試樣的pH＝________。答案酸性4解析待測試樣中離子的電荷守恒為c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(NOeq\o\al(－,3))＋c(Cl－)，代入數(shù)據(jù)可得c(H＋)＝1.0×10－4mol·L－1，即pH＝4。5．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；加入足量強(qiáng)堿并加熱可得到cmolNH3，則原溶液中Al3＋的濃度(mol·L－1)為()A.eq\f(2b－c,2a) B.eq\f(2b－c,a)C.eq\f(2b－c,6a) D.eq\f(2b－c,3a)答案D解析由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，根據(jù)SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaSO4↓可知n(SOeq\o\al(2－,4))＝bmol；由加入足量強(qiáng)堿并加熱可得到cmolNH3，根據(jù)NHeq\o\al(＋,4)＋OH－，由電荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝eq\f(2b－c,3)，由于溶液的體積是aL，所以原溶液中Al3＋的物質(zhì)的量濃度c(Al3＋)＝eq\f(\f(2b－c,3)mol,aL)＝eq\f(2b－c,3a)mol·L－1，故D正確。類型四列方程組進(jìn)行二元混合物的計(jì)算計(jì)算中的數(shù)學(xué)思想：在兩種物質(zhì)組成的混合物中，一般可設(shè)兩個(gè)未知數(shù)x、y，題目中通常也會(huì)給出兩個(gè)已知量(設(shè)為A、B)，尋找x、y與A、B的數(shù)學(xué)關(guān)系，由此建立二元一次方程組進(jìn)行聯(lián)解：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝f1x，y,B＝f2x，y))。1．取10.80g某無機(jī)礦物鹽X(僅含四種元素)，將X在惰性氣流中加熱至完全分解，得到6.40g固體FeO、CaO的混合物和氣體CO2，且無機(jī)礦物鹽X能與稀鹽酸反應(yīng)生成CO2氣體。X的化學(xué)式是___________，在惰性氣流中加熱X至完全分解的化學(xué)方程式為_______________________________________________________________________________________________。答案CaCO3·FeCO3[或CaFe(CO3)2]CaFe(CO3)2eq\o(=,\s\up7(△))CaO＋FeO＋2CO2↑解析X完全分解生成CO2的質(zhì)量為10.80g－6.40g＝4.40g，其物質(zhì)的量為0.10mol，根據(jù)×n(CaO)＋72g·mol－1×n(FeO)＝6.40g，解以上兩式可得：n(FeO)＝n(CaO)＝0.050mol，則X的化學(xué)式為CaFe(CO3)2。2．(2018·浙江11月選考，29)某紅色固體粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，為探究其組成，稱取mg該固體粉末樣品，用足量的稀H2SO4充分反應(yīng)后，稱得固體質(zhì)量為ag。已知：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O(1)若a＝____________(用含m的最簡式表示)，則紅色固體粉末為純凈物。(2)若a＝eq\f(m,9)，則紅色固體粉末中Fe2O3的物質(zhì)的量為______mol(用含m的最簡式表示)。答案(1)eq\f(4m,9)(2)eq\f(3m,1216)解析(1)若紅色固體粉末只是Fe2O3，則與稀H2SO4充分反應(yīng)后，無固體剩余，所以紅色固體若為純凈物，只能是Cu2O，根據(jù)Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2Oeq\f(m,144)moleq\f(m,144)mol所以a＝eq\f(m,144)×64＝eq\f(4,9)m。(2)設(shè)Fe2O3、Cu2O的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol。Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2Ox2xCu2O＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋H2Oyyy2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋2xx根據(jù)題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－x＝\f(m,9×64),160x＋144y＝m))所以x＝eq\f(3m,1216)。課時(shí)精練1．將aLNH3通過灼熱的裝有鐵觸媒的硬質(zhì)玻璃管后，氣體體積變?yōu)閎L(氣體體積均在同溫同壓下測定)，該bL氣體中NH3的體積分?jǐn)?shù)是()A.eq\f(2a－b,a) B.eq\f(b－a,b)C.eq\f(2a－b,b) D.eq\f(b－a,a)答案C解析設(shè)參加反應(yīng)的氨氣體積為x，則2NH3eq\o(,\s\up7(鐵觸媒),\s\do5(高溫))N2＋3H2ΔV2L2Lx(b－a)L解得x＝(b－a)L所以氣體中NH3的體積分?jǐn)?shù)為eq\f(aL－b－aL,bL)＝eq\f(2a－b,b)。2．將12g鐵片放入150mL的CuSO4溶液中，當(dāng)溶液中的Cu2＋全部被還原時(shí)，鐵片質(zhì)量增加0.3g，則原CuSO4溶液的物質(zhì)的量濃度是()A．0.125mol·L－1 B．0.175mol·L－1C．0.25mol·L－1 D．0.50mol·L－1答案C解析設(shè)原溶液中硫酸銅的物質(zhì)的量為xmol，則：Fe＋CuSO4=FeSO4＋CuΔm1mol8gxmol0.3g1mol∶xmol＝8g∶0.3g解得x＝0.0375，硫酸銅的物質(zhì)的量濃度為eq\f(0.0375mol,0.15L)＝0.25mol·L－1。3．常溫下，某氮的氣態(tài)氧化物15.6L與過量的氫氣混合，在一定條件下反應(yīng)，使之生成液態(tài)水和無污染的氣體單質(zhì)?；謴?fù)到原狀態(tài)，反應(yīng)后氣體體積比反應(yīng)前氣體體積減小了46.8L，則原氮的氧化物的化學(xué)式為()A．N2O3B．NO2C．NOD．N2O答案A解析設(shè)該氮氧化合物的分子式為N2Ox，化學(xué)方程式為N2Ox＋xH2=N2＋xH2O，相同條件下參加反應(yīng)的氣體的體積之比等于其物質(zhì)的量之比也等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，N2Ox＋xH2=N2＋xH2OΔV1x15．6L46.8L則1∶x＝15.6L∶46.8L，x＝3，所以其化學(xué)式為N2O3。4．將15mL2mol·L－1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL0.5mol·L－1MCln鹽溶液中，恰好將溶液中的Mn＋完全沉淀為碳酸鹽，則MCln中n值是()A．4B．3C．2D．1答案B解析M的化合價(jià)為＋n，Na2CO3與MCln反應(yīng)對應(yīng)的關(guān)系式為2Mn＋～nCOeq\o\al(2－,3)2n0．04L×0.5mol·L－10.015L×2mol·L－1解得n＝3。5．用足量的CO還原13.7g某鉛氧化物，把生成的CO2全部通入過量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后質(zhì)量為8.0g，則此鉛氧化物的化學(xué)式是()A．PbOB．Pb2O3C．Pb3O4D．PbO2答案C解析設(shè)此鉛氧化物的化學(xué)式為PbxOy，PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO316y100ym(O)＝1.28g8.0g所以m(Pb)＝13.7g－1.28g＝12.42g，x∶y＝eq\f(mPb,MPb)∶eq\f(mO,MO)＝3∶4。6．在氧氣中燃燒0.22g硫和鐵組成的混合物，使其中的硫全部轉(zhuǎn)化為二氧化硫，把這些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并轉(zhuǎn)變?yōu)榱蛩?，這些硫酸可用10mL0.5mol·L－1氫氧化鈉溶液完全中和，則原混合物中硫的百分含量為()A．72%B．40%C．36%D．18%答案C解析S與O2反應(yīng)生成SO2，進(jìn)而被氧化為SO3，SO3與水反應(yīng)生成硫酸，硫酸與氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)：H2SO4＋2NaOH=Na2SO4＋2H2O。n(H2SO4)＝eq\f(1,2)n(NaOH)＝eq\f(1,2)×0.01×0.5mol＝0.0025mol，根據(jù)硫原子守恒，可知n(S)＝0.0025mol，w(S)＝eq\f(0.0025×32g,0.22g)×100%≈36%。7．某同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)測定綠礬樣品(主要成分為FeSO4·7H2O)的純度，稱取11.5g綠礬產(chǎn)品，溶解，配制成1000mL溶液；分別量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中，用硫酸酸化的0.01000mol·L－1高錳酸鉀溶液滴定至終點(diǎn)，消耗高錳酸鉀溶液的平均體積為20.00mL。根據(jù)數(shù)據(jù)計(jì)算該綠礬樣品的純度約為()A．94.5% B．96.1%C．96.7% D．97.6%答案C解析高錳酸根離子與亞鐵離子反應(yīng)的離子方程式為MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3L×0.01000mol·L－1＝2.0×10－4mol，則n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3mol，w(FeSO4·7H2O)＝eq\f(1.0×10－3mol×\f(1000mL,25mL)×278g·mol－1,11.5g)×100%≈96.7%。8．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150mL4mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，往所得溶液中加入KSCN溶液，無紅色出現(xiàn)。若用足量的H2在加熱條件下還原相同質(zhì)量的混合物，所得到的鐵的物質(zhì)的量為()A．0.25mol B．0.2molC．0.3mol D．0.35mol答案A解析由題意可知，混合物中的Fe元素全部轉(zhuǎn)化為Fe(NO3)2，根據(jù)N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15L×4mol·L－1－eq\f(2.24L,22.4L·mol－1))×eq\f(1,2)＝0.25mol，則n(Fe)＝0.25mol，所以用足量的H2在加熱條件下還原相同質(zhì)量的混合物，所得到的鐵的物質(zhì)的量為0.25mol。9．向100mL的FeBr2溶液中通入Cl2(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)3.36L，所得溶液中Cl－和Br－的物質(zhì)的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為()A．0.75mol·L－1 B．1mol·L－1C．1.5mol·L－1 D．2mol·L－1答案D；假設(shè)FeBr2溶液的濃度是xmol·L－1，則在原溶液中n(Fe2＋)＝0.1xmol，n(Br－)＝0.2xmol；方法一：得失電子守恒，由題意可得：0.1x＋(0.2x－0.3)＝0.15×2，解得x＝2。方法二：電荷守恒，反應(yīng)后主要離子為Fe3＋、Cl－和Br－可知：3×0.1x＝0.3＋0.3，解得x＝2。也可依據(jù)分步反應(yīng)或總反應(yīng)求解。10．[2019·北京，26(7)改編]化學(xué)小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量(廢水中不含干擾測定的物質(zhì))。Ⅰ.用已準(zhǔn)確稱量的KBrO3固體配制一定體積的amol·L－1KBrO3標(biāo)準(zhǔn)溶液。Ⅱ.取V1mL上述溶液，加入過量KBr，加H2SO4酸化，溶液顏色呈棕黃色。Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2mL廢水。Ⅳ.向Ⅲ中加入過量KI。Ⅴ.用bmol·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時(shí)，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，共消耗Na2S2O3溶液V3mL。已知：①I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6②Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無色③＋3Br2→↓＋3HBr計(jì)算廢水中苯酚的含量為________________g·L－1(苯酚摩爾質(zhì)量：94g·mol－1)。答案eq\f(946aV1－bV3,6V2)解析n(BrOeq\o\al(－,3))＝aV1×10－3mol，根據(jù)反應(yīng)BrOeq\o\al(－,3)＋5Br－＋6H＋=3Br2＋3H2O可知n(Br2)＝3aV1×10－3mol，溴分別與苯酚和KI反應(yīng)，先計(jì)算由KI消耗的溴的量，設(shè)為n1(Br2)，根據(jù)I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6可知I2～2Na2S2O3，又Br2＋2I－=I2＋2Br－可知Br2～I(xiàn)2，可得Br2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝bV3×10－3mol，n1(Br2)＝eq\f(1,2)bV3×10－3mol，再計(jì)算由苯酚消耗的溴的量，設(shè)為n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝(3aV1－eq\f(1,2)bV3)×10－3mol，苯酚與溴水反應(yīng)的計(jì)量數(shù)關(guān)系為3Br2～C6H5OH，n(C6H5OH)＝eq\f(1,3)n2(Br2)＝(aV1－eq\f(1,6)bV3)×10－3mo