2022版高考化学总复习专题一化学计量第2讲物质的量浓度及其溶液配课件

第2讲物质的量浓度及其溶液配制2022版高考化学总复习专题一化学计量第2讲物质的量浓度及其溶液配课件11.物质的量浓度和溶质(B)的质量分数必备知识

·

整合

一、溶液浓度表示方法和有关计算

物质的量浓度溶质的质量分数定义单位体积溶液里所含溶质的

物质的量

溶液里

溶质

质量与

溶液

质量的比值表达式

cB=

ω(B)=

×100%

常用单位

mol·L-1

—关系cB=

或ω(B)=

1.物质的量浓度和溶质(B)的质量分数必备知识

·

整合

提醒

a.c为溶质的物质的量浓度,单位为mol·L-1;ρ为溶液密度,单位为g·cm-3;ω为溶质的质量分数;M为溶质的摩尔质量,单位为g·mol-1。b.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。c.公式推导及关系图:c=

=

=

=

=

⇨ω=

。提醒a.c为溶质的物质的量浓度,单位为mol·L-1;ρ为2.气体溶于水所得溶液中溶质物质的量浓度的计算(标准状况下)

c=

2.气体溶于水所得溶液中溶质物质的量浓度的计算(标准状况下)3.同种溶质的溶液稀释或混合的“守恒”计算(1)溶液稀释a.溶质的

质量

在稀释前后保持不变,即m1ω1=m2ω2。b.溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即

c1V1=c2V2

。c.溶液的质量守恒,m(稀)=m(浓)+m(水)(体积一般不守恒)。(2)同种溶质的溶液混合a.混合前后溶质的物质的量保持不变,即

c1V1+c2V2=c混V混

,其中V混=

。b.混合前后溶质的质量保持不变,即

m1ω1+m2ω2=(m1+m2)ω混

。(3)电解质溶液中的电荷守恒,如K2SO4溶液中存在:c(K+)=

2c(S

)

。3.同种溶质的溶液稀释或混合的“守恒”计算二、一定物质的量浓度溶液的配制1.主要仪器(1)托盘天平:称量前先调零,称量时药品放在

左盘

,砝码放在

右盘

,读数精确到

0.1

g。

二、一定物质的量浓度溶液的配制(2)容量瓶Ⅰ.特点

(2)容量瓶Ⅱ.使用方法及注意事项a.查漏操作

Ⅱ.使用方法及注意事项b.用“能”或“不能”填空

不能

将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释;容量瓶

不能

作为

反应容器或长期贮存溶液的容器;

不能

加入过冷或过热的液体;

不能

配制任意体积的溶液。(3)其他仪器:量筒、烧杯、玻璃棒、

胶头滴管

等。b.用“能”或“不能”填空2.配制过程(1)配制步骤(以配制500mL1.00mol·L-1NaOH溶液为例)2.配制过程

(2)配制流程图 (2)配制流程图3.配制一定物质的量浓度溶液的误差分析(1)误差的分析方法

3.配制一定物质的量浓度溶液的误差分析能引起误差的一些操作因变量c/(mol·L-1)m(溶质)V(溶液)托盘天平a.天平的砝码粘有其他物质或生锈

增大

不变

偏大

b.称量易潮解的物质(如NaOH固体)时间过长

减小

不变

偏小

c.用称量纸称易潮解的物质(如NaOH固体)

减小

不变

偏小

(2)常见的操作不当造成的误差能引起误差的一些操作因变量c/(mol·L-1)m(溶质)V能引起误差的一些操作因变量c/(mol·L-1)m(溶质)V(溶液)量筒d.量取液体时,仰视读数

增大

不变

偏大

e.量取液体时,俯视读数

减小

不变

偏小

f.搅拌时部分液体溅出

减小

不变

偏小

g.未洗涤烧杯和玻璃棒

减小

不变

偏小

能引起误差的一些操作因变量c/(mol·L-1)m(溶质)V能引起误差的一些操作因变量c/(mol·L-1)m(溶质)V(溶液)容量瓶h.未冷却到室温就注入容量瓶定容

不变

减小

偏大

i.从烧杯向容量瓶转移溶液时有少量液体溅出

减小

不变

偏小

j.定容时,水加多了,用滴管吸出

减小

不变

偏小

k.定容后,轻振荡,摇匀,静置,液面下降再加水

不变

增大

偏小

l.定容时,俯视刻度线

不变

减小

偏大

m.定容时,仰视刻度线

不变

增大

偏小

n.配好的溶液转入干净的试剂瓶时,不慎溅出部分溶液

减小

减小

无影响

能引起误差的一些操作因变量c/(mol·L-1)m(溶质)V1.易错易混辨析(正确的画“√”,错误的画“✕”)。(1)5%CuSO4溶液表示100g水中溶有5gCuSO4

()(2)将40gSO3溶于60g水中所得溶液中溶质的质量分数为40%

()(3)将25gCuSO4·5H2O晶体溶于75g水中所得溶质的质量分数为25%

()(4)1L水中溶解了5.85gNaCl,所得溶液中NaCl的物质的量浓度为0.1mol·L-1

()(5)标准状况下,22.4LHCl溶于水配成1L溶液,所得盐酸的物质的量浓度为1mol·L-1

()✕✕✕✕√1.易错易混辨析(正确的画“√”,错误的画“✕”)。✕✕✕✕(6)从100mL0.1mol·L-1的NaCl溶液中取出10mL,其浓度变为0.01mol·L-1,含NaCl0.001mol

()(7)用图A装置配制0.1mol·L-1的NaOH溶液

()

✕✕(6)从100mL0.1mol·L-1的NaCl溶液中(8)用图B装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液

()(9)若量取7.2mL溶液,应选用10mL量筒

()(10)分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水

()✕√√(8)用图B装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液 ()2.为了配制100mL1mol/LNaOH溶液,下列操作中错误的是

()①选刚用蒸馏水洗净的100mL容量瓶进行配制②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解,立即把溶液转移到容量瓶中③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次,洗涤液都移入容量瓶中④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶,直到溶液的凹液面最低处恰好跟刻度线

相切⑤由于不慎,液面超过了容量瓶的刻度线,这时采取的措施是用胶头滴管吸出

一部分液体A.②④⑤B.①⑤C.②③⑤D.①②A2.为了配制100mL1mol/LNaOH溶液,下列解析NaOH固体在烧杯中溶解后冷却至室温再转移至容量瓶中,②错误;定

容时,蒸馏水加至离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,直到凹液面最低点

与刻度线相切,④错误;定容时,加水超过刻度线,就必须重新配制,⑤错误。解析NaOH固体在烧杯中溶解后冷却至室温再转移至容量瓶中,3.现有两种溶液:1mol·L-1KCl溶液、1mol·L-1BaCl2溶液,请用“相同”或

“不同”填写下表:

取不同体积的KCl溶液取相同体积的两种溶液c(溶质)①

相同

②

相同

ρ(溶液)③

相同

④

不同

n(溶质)⑤

不同

⑥

相同

m(溶质)⑦

不同

⑧

不同

3.现有两种溶液:1mol·L-1KCl溶液、1mol4.(1)称量5.9gNaCl固体,若不慎将物品和砝码颠倒放置,则实际称量的NaCl

质量为

4.1g

。(2)实验室需要980mL0.20mol·L-1的NaCl溶液,则选用的容量瓶规格和称取

NaCl的质量分别是

1000mL

、

11.7g

。(3)配制时两次用到玻璃棒,作用分别是

搅拌

、

引流

。4.(1)称量5.9gNaCl固体,若不慎将物品和砝码颠考点一溶液浓度表示方法和有关计算关键能力

·

突破

题组一物质的量浓度的基本计算1.在Al2(SO4)3、K2SO4和明矾的混合溶液中,如果c(S

)等于0.2mol·L-1,当加入等体积的0.2mol·L-1的KOH溶液时,生成的沉淀恰好溶解,则原混合溶液中

K+的物质的量浓度为

()A.0.25mol·L-1B.0.2mol·L-1C.0.45mol·L-1D.0.225mol·L-1

A考点一溶液浓度表示方法和有关计算关键能力

·

突破

题组解析根据Al3++4OH-

Al

+2H2O可知,加入等体积的KOH溶液时生成的沉淀恰好溶解,说明原溶液中c(Al3+)=

×0.2mol·L-1=0.05mol·L-1。设K+的物质的量浓度为xmol·L-1,则根据电荷守恒可知,c(K+)+c(Al3+)×3=c(S

)×2,即xmol·L-1+0.05mol·L-1×3=0.2mol·L-1×2,解得x=0.25。解析根据Al3++4OH- Al +2H2O可知,加入等2.下列说法中正确的是

()A.将286gNa2CO3·10H2O溶于1L水中,所得溶液的物质的量浓度为1mol·L-1B.将1L2mol·L-1H2SO4溶液加水稀释到2L,所得溶液的物质的量浓度为1mol·L-1C.将1L18.4mol·L-1的H2SO4溶液加入1L水中,所得溶液的物质的量浓度为9.2mol·L-1D.将336mLHCl气体溶于水,配成300mL溶液,所得溶液的物质的量浓度为0.05mol·L-1

B2.下列说法中正确的是 ()B解析将286gNa2CO3·10H2O溶于1L水中,所得溶液的体积不是1L,所得溶

液的物质的量浓度不是1mol·L-1,A错误;将1L18.4mol·L-1的H2SO4溶液加入1L水中,所得溶液的体积不是2L,不能计算溶液的物质的量浓度,C错误;336mLHCl气体不一定处于标准状况下,不能计算其物质的量,因此不能计算盐酸的物质的量浓度,D错误。解析将286gNa2CO3·10H2O溶于1L水中,名师提醒不同物质溶于水时溶质的变化(1)能与水发生反应的物质,溶液中的溶质为生成的新物质,如Na、Na2O、Na2O2

NaOH,SO3

H2SO4,NO2

HNO3。(2)特殊物质溶于水的溶质:NH3溶于水后溶质为NH3·H2O,但计算浓度时仍以

NH3为溶质。(3)含结晶水的物质溶于水,溶质为无水成分,如CuSO4·5H2O

CuSO4,Na2CO3·10H2O

Na2CO3。名师提醒题组二物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算3.(2020江西赣州期中)某结晶水合物的化学式为R·nH2O,其相对分子质量

为M。25℃时,ag该晶体能够溶于bg水中形成VmL溶液。下列关系式中不

正确的是

()A.该溶液中溶质的质量分数ω=

%B.该溶液的物质的量浓度c=

mol·L-1C.该溶液中溶剂与溶质的质量比m(水)∶m(溶质)=

∶

D.该溶液的密度ρ=

g·L-1

A题组二物质的量浓度、溶质质量分数、溶解度的换算3.(202解析溶液中溶质的质量分数ω=

×100%=

%,A不正确。解析溶液中溶质的质量分数ω= ×100%= %,A不正确。4.已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL,密度为ρg·cm-3,溶质的质量分数为ω,

物质的量浓度为cmol·L-1,溶液中含NaCl的质量为mg。(1)用m、V表示溶质的物质的量浓度:

mol·L-1

;(2)用ω、ρ表示溶质的物质的量浓度:

mol·L-1

;(3)用c、ρ表示溶质的质量分数:

×100%

;4.已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL,密度为ρg·c(4)用ω表示NaCl的溶解度:

g

。解析(1)c=

mol·L-1=

mol·L-1。(2)根据公式c=

可得c=

mol·L-1。(3)ω=

×100%=

×100%。(4)

=

⇒S=

g。(4)用ω表示NaCl的溶解度:

 g

。解析名师总结物质的量浓度(c)与溶解度(S)的换算若某饱和溶液的密度为ρg·cm-3,溶质的摩尔质量为Mg·mol-1,溶解度为Sg,则溶解度与物质的量浓度的表达式分别为c=

=

mol·L-1,S=

g。名师总结题组三溶液的稀释与混合5.下列说法正确的是

()A.1L水中溶解了58.5gNaCl,该溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L-1B.VLFe2(SO4)3溶液中含agS

,取此溶液

L用水稀释成2VL,则稀释后溶液中c(Fe3+)为

mol·L-1(不考虑Fe3+水解)C.已知某NaCl溶液的密度是1.17g·cm-3,可求出此溶液中溶质的物质的量浓度D.把100mL20%的NaOH溶液跟100mL10%的NaOH溶液混合后,可判断

NaOH混合溶液的溶质质量分数等于15%B题组三溶液的稀释与混合5.下列说法正确的是 ()B解析1L水中溶解了58.5g(1mol)NaCl,溶液的体积不等于1L,故溶液中溶

质的物质的量浓度不是1mol·L-1,A项错误;VLFe2(SO4)3溶液中含agS

,则c(S

)=

mol·L-1,又c(Fe3+)∶c(S

)=2∶3,则该溶液中c(Fe3+)=

×c(S

)=

mol·L-1,取此溶液

L用水稀释成2VL,则稀释后溶液中c(Fe3+)=

mol·L-1=

mol·L-1,B项正确;该溶液中溶质的质量分数未知,故无法求出此溶液中溶质的物质的量浓度,C项错误;因为NaOH溶液的质量或密度未知,所

以无法判断NaOH混合溶液中溶质的质量分数,D项错误。解析1L水中溶解了58.5g(1mol)NaCl,溶6.下图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容。据此下列说

法正确的是

()B6.下图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容。据此A.该硫酸和氨水的物质的量浓度分别约为18.4mol·L-1和6.3mol·L-1B.各取5mL与等质量的水混合后,c(H2SO4)<9.2mol·L-1,c(NH3)>6.45mol·L-1C.各取5mL与等体积的水混合后,ω(H2SO4)<49%,ω(NH3)>12.5%D.各取10mL于两烧杯中,再分别加入一定量的水即可得到较稀的硫酸溶液

和氨水A.该硫酸和氨水的物质的量浓度分别约为18.4mol·L-解析利用c=

计算:c(H2SO4)=

mol·L-1=18.4mol·L-1,c(NH3)=

mol·L-1≈12.9mol·L-1,A错误;硫酸的密度大于水,氨水的密度小于水,各取5mL与等质量的水混合后,所得稀硫酸的体积大于10mL,

稀氨水的体积小于10mL,故有c(H2SO4)<9.2mol·L-1,c(NH3)>6.45mol·L-1,B正

确;5mL浓硫酸和5mL浓氨水的质量分别为1.84g·cm-3×5mL=9.2g、0.88g·

cm-3×5mL=4.4g,而5mL水的质量约为5g,故各取5mL与等体积的水混合后,

ω(H2SO4)>49%,ω(NH3)<12.5%,C错误;溶质质量分数为98%的硫酸为浓硫酸,

稀释时,不能将水加入浓硫酸中,否则易引起暴沸,D错误。解析利用c= 计算:c(H2SO4)= mol·L-1=1名师总结溶质相同、溶质质量分数不同的两溶液的混合规律(设溶质质量分数分别为a%、b%)等体积混合①当溶液密度大于1g·cm-3时,溶液浓度越大,密度越大,等体积混合后,溶质质量分数ω>

(a%+b%)(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等溶液)②当溶液密度小于1g·cm-3时,溶液浓度越大,密度越小,等体积混合后,溶质质量分数ω<

(a%+b%)(如酒精溶液、氨水等)等质量混合两溶液等质量混合时(无论ρ>1g·cm-3还是ρ<1g·cm-3),混合后溶液中溶质的质量分数ω=

(a%+b%)名师总结等体积①当溶液密度大于1g·cm-3时,溶液浓度越考点二一定物质的量浓度溶液的配制题组一一定物质的量浓度溶液的配制操作1.(2020江苏淮安六校联盟高三学情调查)NaOH标准溶液的配制和标定,需经

过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4·2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操

作。下列有关说法正确的是()C考点二一定物质的量浓度溶液的配制题组一一定物质的量浓度溶A.用图甲所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中B.用图乙所示装置准确称得0.1575gH2C2O4·2H2O固体C.用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡D.用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4溶液解析转移NaOH溶液到容量瓶中应用玻璃棒引流,A项错误;托盘天平的精

确度为0.1g,不能用托盘天平称得0.1575gH2C2O4·2H2O固体,B项错误;应用碱

式滴定管盛装NaOH溶液待测液滴定H2C2O4溶液,D项错误。A.用图甲所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中解析转移NaO402.实验室需要0.1mol·L-1NaOH溶液450mL和0.5mol·L-1硫酸溶液450mL。根

据这两种溶液的配制情况回答下列问题:(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是

AC

(填字母)。仪器C的

名称是

分液漏斗

,本实验所需玻璃仪器E规格和名称是

500mL容量瓶

。2.实验室需要0.1mol·L-1NaOH溶液450m(2)下列操作中,容量瓶所不具备的功能有

BCD

(填字母)。A.配制一定体积准确浓度的标准溶液B.长期贮存溶液C.用来加热溶解固体溶质D.量取220mL体积的液体(3)在配制NaOH溶液实验中,其他操作均正确,若定容时仰视刻度线,则所配制

溶液浓度

小于

(填“大于”“等于”或“小于”,下同)0.1mol·L-1。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容,则所配制溶液浓度

大于

0.1mol·L-1。(2)下列操作中,容量瓶所不具备的功能有BCD

(填(4)根据计算得知:所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸的体积

为

13.6

mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒,应选用

25

mL规格的量筒最好。(5)如果定容时不小心超过刻度线,应如何操作:

重新配制

。(4)根据计算得知:所需质量分数为98%、密度为1.84g解析(2)容量瓶不能配制或长期贮存溶液,不能稀释或溶解药品,不能用来

加热溶解固体溶质。(3)若定容时仰视刻度线,会导致溶液体积偏大,溶液浓

度偏小;若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容,冷却后,溶液体积偏小,溶

液浓度偏大。(4)溶质质量分数为98%、密度为1.84g·cm-3的浓硫酸物质的量

浓度c=

mol·L-1=18.4mol·L-1,设配制500mL0.5mol·L-1硫酸溶液需要浓硫酸体积为V,则依据溶液稀释前后含溶质的物质的量保持不变得:

V×18.4mol·L-1=0.5mol·L-1×500mL,解得V≈13.6mL,宜选用25mL量筒。(5)如果定容时不小心超过刻度线,则实验失败,必须重新配制。解析(2)容量瓶不能配制或长期贮存溶液,不能稀释或溶解药品名师拓展容量瓶的使用注意事项不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释;不能将过冷或过热的溶液

转移到容量瓶中,因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的;向容量瓶中

注入液体时,一定要用玻璃棒引流;容量瓶不能用作反应容器或用来长期贮存

溶液;不能配制任意体积的溶液,只能配制容量瓶上规定容积的溶液。名师拓展3.(2020天津适应性测试)下列实验操作会使最终结果偏高的是()A.配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液,定容时俯视刻度线B.用0.1000mol·L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液,起始读数时仰视C.用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pHD.测定中和热的数值时,将0.5mol·L-1NaOH溶液倒入盐酸中后,立即读数A题组二溶液配制的误差分析3.(2020天津适应性测试)下列实验操作会使最终结果偏高的46解析A项,配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液,定容时俯视刻度线,溶液的体

积偏小,由c=

可知所配溶液浓度偏高,正确;B项,用0.1000mol·L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液,起始读数时仰视,即起始时读数偏大,则计算得到的消耗

标准液的体积偏小,由c(测)=

可知测定浓度偏低,错误;C项,用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pH,相当于NaOH溶液被稀释,所测溶液的pH偏

小,错误;D项,测定中和热的数值时,将0.5mol·L-1NaOH溶液倒入盐酸中后,立

即读数,测定温度偏低,导致中和热数值偏低,错误。解析A项,配制100mL1.00mol·L-1Na474.溶液配制过程中的误差分析,用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。(1)配制450mL0.1mol·L-1的NaOH溶液,用托盘天平称取NaOH固体1.8g

偏小

。(2)配制500mL0.1mol·L-1的硫酸铜溶液,用托盘天平称取胆矾8.0g

偏小

。(3)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液,需称量溶质4.4g,称量时物码位置颠倒

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

。4.溶液配制过程中的误差分析,用“偏大”“偏小”或“无影响”(6)定容时,加水超过刻度线,用胶头滴管吸取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

。(10)容量瓶中原有少量蒸馏水

无影响

。(11)配制NaOH溶液时,NaOH固体中含有Na2O杂质

偏大

。(12)配制NaOH溶液时,NaOH固体放在烧杯中称量时间过长

偏小

。(6)定容时,加水超过刻度线,用胶头滴管吸取多余的液体至刻度名师提醒量筒使用时的误差分析(1)量筒无“0”刻度,小刻度在下。(2)用量筒量取一定体积(例如5.0mL)的浓溶液配制稀溶液时仰视(或俯视)读

数,导致量取的浓溶液的体积偏大(或偏小),溶质的物质的量偏大(或偏小),所

配制溶液中溶质的物质的量浓度偏高(或偏低)。

名师提醒考点三化学计算的常用方法方法一比例式法1.过氧化钙(CaO2)是一种安全无毒的物质,带有结晶水,通常还含有CaO。过

氧化钙在工农业生产中广泛用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂等。(1)称取5.42g过氧化钙样品,灼烧时发生如下反应:2(CaO2·xH2O)

2CaO+O2↑+2xH2O得到O2在标准状况下体积为672mL,该样品中CaO2的物质的量为

0.06mol

。(2)另取同一样品5.42g,溶于适量的稀盐酸中,然后加入足量的Na2CO3溶液,将

溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀,得到干燥的CaCO37.0g。考点三化学计算的常用方法1.过氧化钙(CaO2)是一种安全①样品中CaO的质量为

0.56g

。②样品中CaO2·xH2O中的x为

0.5

。解析(1)n(O2)=

=0.03mol,则根据反应的化学方程式可知2(CaO2·xH2O)

2CaO+O2↑+2xH2O2mol1moln(CaO2·xH2O)0.03mol解得n(CaO2·xH2O)=0.06mol。则n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=0.06mol。①样品中CaO的质量为0.56g

。解析(1)n(2)n(CaCO3)=

=0.07mol,①根据钙元素守恒,可知:n(CaO)=0.07mol-0.06mol=0.01mol,所以m(CaO)=0.

01mol×56g·mol-1=0.56g。②样品中水的质量为m(H2O)=5.42g-m(CaO2)-m(CaO)=5.42g-0.06mol×72g·mol-1-0.56g=0.54g,所以n(H2O)=

=0.03mol,则x=

=

=0.5。(2)n(CaCO3)= =0.07mol,名师点拨应用比例式法计算的步骤一设设所求物质的物质的量为n二写写出有关的化学方程式三找找出相关物质对应的化学计量数,从而找出相关物质的物质的量之比四列将有关的四个量列出比例式五解根据比例式求出n,再求m、V或c六答写出简明答案名师点拨一设设所求物质的物质的量为n二写写出有关的化学方程式2.(2020江苏南通调研)硫酸铁铵[(NH4)xFey(SO4)z·nH2O]是一种重要铁盐,实验

室采用废铁屑来制备硫酸铁铵的流程如下:

(1)将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂,原理是

加热可以促进Na2CO3水解,使溶液碱性增强,溶液碱性增强有利于油脂水解

。(2)“氧化”过程需使用足量的H2O2溶液,同时要保持溶液pH小于0.5,目的是

将Fe2+完全转化为Fe3+,同时抑制Fe3+的水解

。方法二守恒法2.(2020江苏南通调研)硫酸铁铵[(NH4)xFey(S55(3)化学兴趣小组用如下方法测定硫酸铁铵晶体的化学式。步骤1:准确称取样品28.92g,溶于水配成100mL溶液。步骤2:准确量取25.00mL步骤1所得溶液于锥形瓶中,加入适量稀硫酸,滴加

过量的SnCl2溶液(Sn2+与Fe3+反应生成Sn4+和Fe2+),充分反应后除去过量的Sn2+。用0.1000mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定Fe2+,滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液25.00mL(滴定过程中Cr2

转化成Cr3+)。步骤3:准确量取25.00mL步骤1所得溶液于锥形瓶中,加入过量的BaCl2溶液,

将所得白色沉淀过滤、洗涤、干燥后称量,所得固体质量为6.99g。①排除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处气泡的方法是

快速放液

。(3)化学兴趣小组用如下方法测定硫酸铁铵晶体的化学式。56②通过计算确定该硫酸铁铵的化学式:

NH4Fe(SO4)2·12H2O

(写出计算过程)。由题可得关系式:6Fe3+~6Fe2+~Cr2

,故n(Fe3+)=0.1000mol·L-1×25.00mL×10-3L·mL-1×6×

=0.06mol;n(BaSO4)=

=0.03mol,则样品中n(S

)=0.12mol;由电荷守恒得样品中n(N

)=0.06mol;由质量守恒得样品中m(H2O)=28.92g-0.06mol×56g·mol-1-0.12mol×96g·mol-1-0.06mol×18g·mol-1=12.96g,则n(H2O)=

=0.72mol,则n(Fe3+)∶n(S

)∶n(N

)∶n(H2O)=0.06mol∶0.12mol∶0.06mol∶0.72mol=1∶2∶1∶12,故该硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。②通过计算确定该硫酸铁铵的化学式:NH4Fe(SO4)2·57解析(1)将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面的油脂,原理是加

热可以促进Na2CO3水解使溶液碱性增强,溶液碱性增强有利于油脂水解。(2)“氧化”过程需使用足量的H2O2溶液,同时要保持溶液pH小于0.5,目的是将Fe2+完全转化为Fe3+,同时抑制Fe3+的水解。(3)①快速放液,可以排除装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴处的气泡。解析(1)将废铁屑和Na2CO3溶液混合煮沸可除去铁屑表面58名师点拨守恒法的应用原理及解题步骤应用原理(1)质量守恒定律:反应前后物质的质量不变,同一种元素原子的物质的量不变;(2)电荷守恒:电解质溶液中,阴离子所带负电荷总数目等于阳离子所带正电荷总数目;(3)得失电子守恒:同一个氧化还原反应中,氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数解题步骤第一步明确题目要求解的量第二步根据题目中要求解的量,分析反应过程中物质的变化,找出守恒类型及相关的量第三步根据守恒原理,梳理出反应前、后守恒的量,列式计算求解名师点拨应用原理(1)质量守恒定律:反应前后物质的质量不变,3.(2020江苏七市调研)草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水,

难溶于乙醇,110℃可完全失去结晶水,是制备某些铁触媒的主要原料。实验

室通过下列方法制备Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O并测定其组成:Ⅰ.草酸合铁酸钾晶体的制备(1)“转化”过程中若条件控制不当,会发生H2O2氧化H2C2O4的副反应,写出该3.(2020江苏七市调研)草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[F60副反应的化学方程式:

H2O2+H2C2O4

2CO2↑+2H2O

。(2)“操作X”中加入乙醇的目的是

降低草酸合铁酸钾的溶解度,促进草酸合铁酸钾的析出

。Ⅱ.草酸合铁酸钾组成的测定步骤1:准确称取两份质量均为0.4910g的草酸合铁酸钾样品。步骤2:一份在N2氛围下保持110℃加热至恒重,称得残留固体质量为0.4370g。步骤3:另一份完全溶于水后,让其通过装有某阴离子交换树脂的交换柱{发生

反应:aRCl+[Fe(C2O4)b]a-

Ra[Fe(C2O4)b]+aCl-},用蒸馏水冲洗交换柱,收集交副反应的化学方程式:H2O2+H2C2O4 2CO2↑61换出的Cl-,以K2CrO4为指示剂,用0.1500mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点,消耗

AgNO3溶液20.00mL。(3)若步骤3中未用蒸馏水冲洗交换柱,则测得的样品中K+的物质的量

偏小

(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(4)通过计算确定草酸合铁酸钾样品的化学式(写出计算过程)。换出的Cl-,以K2CrO4为指示剂,用0.1500mo62答案(4)n(H2O)=(0.4910-0.4370)g÷18g·mol-1=3×10-3mol,n(Cl-)=n(Ag+)=0.1500mol·L-1×20.00mL×10-3L·mL-1=3×10-3mol。根据离子交换柱中发生的反应:aRCl+[Fe(C2O4)b

Ra[Fe(C2O4)b]+aCl-,可得样品中n(K+)=n(Cl-)=3×10-3

mol,n{[Fe(C2O4)b

}=

mol。110℃加热恒重后,残留固体是晶体失去结晶水后的产物即K+和[Fe(C2O4)b

的总质量,则3×10-3mol×39g·mol-1+

mol×(56+88b)g·mol-1=0.4370g。Ka[Fe(C2O4)b]中根据电荷守恒关系可得:a+3=2b,所以a=3,b=3,n{[Fe(C2O4)3]3-}

=1×10-3mol,n(K+)∶n{[Fe(C2O4)3]3-}∶n(H2O)=3∶1∶3,样品的化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。答案(4)n(H2O)=(0.4910-0.437063解析(1)H2O2具有氧化性,草酸具有还原性,二者会发生氧化还原反应,根据

反应过程存在得失电子守恒、原子守恒,可得化学方程式为H2O2+H2C2O4

2CO2↑+2H2O。(2)由于草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于

水,难溶于乙醇,为降低草酸合铁酸钾的溶解度,促进草酸合铁酸钾的析出,因

此要使用乙醇。(3)若步骤3中未用蒸馏水冲洗交换柱,则一部分K+残留在交

换柱内,使测得的样品中K+的物质的量偏少。解析(1)H2O2具有氧化性,草酸具有还原性,二者会发生氧64方法三关系式法4.(2020江苏七市调研)蛋氨酸铜[Cux(Met)y,Met表示蛋氨酸根离子]是一种新

型饲料添加剂。为确定蛋氨酸铜[Cux(Met)y]的组成,进行如下实验:①称取一定质量的样品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水和稀盐酸,加热至全部

溶解,冷却后将溶液分成两等份。②取其中一份溶液,调节溶液pH在6~8之间。加入0.1000mol·L-1I2的标准溶

液25.00mL,充分反应后滴入2~3滴指示剂X,用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色恰好褪去,发生反应:I2+2S2

S4

+2I-。消耗Na2S2O3标准溶液22.00mL(蛋氨酸与I2反应时物质的量之比为1∶1,产物不与Na2S2O3发生反应)。方法三关系式法4.(2020江苏七市调研)蛋氨酸铜[Cux③向另一份溶液中加入NH3·H2O/NH4Cl缓冲溶液,加热至70℃左右,滴入2~3

滴指示剂PAN,用0.0250mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Cu2+(离

子方程式为Cu2++H2

CuY2-+2H+),消耗EDTA标准溶液28.00mL。(1)指示剂X为

淀粉溶液

。(2)用Na2S2O3标准溶液滴定时,若pH过小,会有S和SO2生成。写出S2

与H+反应的离子方程式:

2H++S2

SO2↑+S↓+H2O

。(3)若滴定管水洗后未用EDTA标准溶液润洗,测得Cu2+的物质的量将

偏大

(填“偏大”“偏小”或“不变”)。(4)通过计算确定蛋氨酸铜[Cux(Met)y]的化学式(写出计算过程)。③向另一份溶液中加入NH3·H2O/NH4Cl缓冲溶液,加热66答案(4)n(S2

)=0.1000mol·L-1×22.00mL×10-3L·mL-1=2.200×10-3moln(I2)=0.1000mol·L-1×25.00mL×10-3L·mL-1=2.500×10-3moln(I2)=

×n(S2

)+n(蛋氨酸)n(Met)=n(蛋氨酸)=2.500×10-3mol-

×2.200×10-3mol=1.400×10-3moln(Cu2+)=n(H2Y2-)=0.0250mol·L-1×28.00mL×10-3L·mL-1=0.7000×10-3mol

=

=

=

故[Cux(Met)y]的化学式为Cu(Met)2。答案(4)n(S2 )=0.1000mol·L-1×67解析(1)I2能够使淀粉溶液变蓝,因此可以用淀粉溶液作为指示剂。(2)S2

与H+反应生成S和SO2,结合得失电子守恒和电荷守恒写出离子方程式。(3)若

滴定管没有润洗,则消耗的EDTA的量偏多,测得Cu2+的物质的量偏大。解析(1)I2能够使淀粉溶液变蓝,因此可以用淀粉溶液作为指68名师点拨多步反应找关系式的解题步骤名师点拨5.(2020江苏盐城期中)Bax(IyOz)2(摩尔质量为1131g·mol-1)是一种干燥剂,可由

Ba(IO3)2在550℃下发生分解反应制备。(1)Bax(IyOz)2中碘的化合价为

+

(用含x、y、z的代数式表示)。(2)Ba(IO3)2可由I2与Ba(OH)2溶液反应制备,该反应的化学方程式为

6I2+6Ba(OH)2

5BaI2+Ba(IO3)2+6H2O

。(3)为测定Bax(IyOz)2的组成,称取2.2620g样品用盐酸溶解后,加入足量Na2SO4

充分反应,生成BaSO4沉淀2.330g;过滤并洗涤,将滤液转移至1000mL容量瓶

中定容,得溶液A。移取25.00mL溶液A加入碘量瓶,向其中加入稀硫酸和足5.(2020江苏盐城期中)Bax(IyOz)2(摩尔质量为70量KI溶液(氧化产物与还原产物均为I2),用0.0500mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色,加入淀粉溶液,继续滴定到溶液蓝色刚好褪去(I2+2S2

2I-+S4

),消耗Na2S2O3标准溶液16.00mL。根据以上实验确定Bax(IyOz)2的化学式(写出计算过程)。量KI溶液(氧化产物与还原产物均为I2),用0.050071答案(3)n(样品)=

=2.000×10-3mol,n(BaSO4)=

=1.000×10-2mol,x=

=5,则n(Iy

)=4.000×10-3mol,n(I2)=

×0.0500mol·L-1×16.00mL×10-3L·mL-1×

=1.6000×10-2mol。由Iy

+(2z-5)I-~

I2,得4.000×10-3×

=1.6000×10-2mol,化简得2z+y=13①;由137g·mol-1×5+127g·mol-1×2y+16g·mol-1×2z=1131g·mol-1,化简得127y+16z=223②;由①、②解得y=1,z=6,故Bax(IyOz)2的化学式为Ba5(IO6)2。答案(3)n(样品)= =2.000×10-3mol,n72解析(1)根据化合价代数和为零,在Bax(IyOz)2中Ba为+2价,O为-2价,设碘的化

合价为a,则有(2z-ay)×2=2x,a=+

。(2)I2与Ba(OH)2反应生成Ba(IO3)2,碘元素化合价升高,根据氧化还原反应中化合价的规律,碘元素化合价还应降低,

所以产物还有BaI2,据此根据得失电子守恒配平化学方程式。解析(1)根据化合价代数和为零,在Bax(IyOz)2中B736.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w1g样品加热,其质

量变为w2g,则该样品的纯度(质量分数)是

()A.

B.

C.

D.

方法四差量法B6.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,解析设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x,则2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O

Δm(减少)2×8410662x(w1-w2)g

=

,解得x=

g,则ω(Na2CO3)=

=

。解析设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x,则名师点拨差量法在化学方程式计算中的妙用(1)差量法的原理:差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化,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。(2)使用差量法的注意事项:所选用差值要与有关物质的量的数值成正比例或

反比例关系。有关物质的物理量及其单位都正确地使用,即“上下一致,左右

相当”。名师点拨方法五十字交叉法7.由CO和CO2组成的混合气体,其相对氢气的密度是18,则此混合气体中,CO

和CO2的体积比(同温同压下)为

()A.1∶1B.1∶2

C.1∶3D.2∶1A解析混合气体相对H2的密度是18,即M混/

=18,因此M混=36g/mol;设混合气体中CO的物质的量为xmol,CO2的物质的量为ymol,则M混=

g/mol=36g/mol,解得

=

;同温同压下,体积比等于物质的量之比。本题也可以用十字交叉法解答:

,即CO和CO2的体积比(同温同压下)为1∶1。方法五十字交叉法A解析混合气体相对H2的密度是18,即M8.由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同,则该混

合气体中CO2、H2、CO的体积比为

()A.29∶8∶13B.22∶1∶14C.8∶13∶29D.26∶16∶57D8.由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密解析同温同压下,

=

,氮气的相对分子质量为28,由题意知,CO、H2、CO2混合气体的平均相对分子质量为28,因CO的相对分子质量为28,故只要

CO2和H2混合气体的平均相对分子质量为28即可。用十字交叉法计算:

求出CO2和H2的物质的量之比为13∶8。因此,只要CO2和H2的物质的量之比为13∶8即可,与CO的量无关,同温同压下,气体的物质的量之比等于体积之比,故选D。

解析同温同压下, = ,氮气的相对分子质量为28,由题意知名师点拨十字交叉法(1)使用范围:凡可按M1·n1+M2·n2=

·n计算的问题,均可按十字交叉法计算。式中

表示某混合物相关量的平均值,M1、M2则表示两组分相关量对应的值。十字交叉法常用于:①有关质量分数的计算;②有关平均相对分子质量的计算;③有关平均相对原子质量的计算;④有关平均分子式的计算;名师点拨⑤有关反应热的计算;⑥有关混合物反应的计算。(2)方法:其计算形式为

=

⑤有关反应热的计算;1.(高考题改编)正误判断(设NA为阿伏加德罗常数的值。正确的画“√”,错

误的画“✕”)。(1)(2020江苏)反应SiCl4(g)+2H2(g)

Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。高温下反应每生成1molSi需消耗2×22.4LH2

()(2)(2019江苏)常温常压下,氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2,转移电子

的数目为6.02×1023

()✕✕1.(高考题改编)正误判断(设NA为阿伏加德罗常数的值。正确82(3)(2018江苏)3molH2与1molN2混合反应生成NH3,转移电子的数目小于6×

6.02×1023

(

)(4)(2017江苏)常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2,反应中转移的电子数为6.02×1023

()√✕(3)(2018江苏)3molH2与1molN2混合83解析(1)没有指明H2是在标准状况下的体积,错误。(2)11.2LH2在常温常压

下物质的量小于0.5mol,则转移电子数小于1mol,错误。(3)该反应为可逆反

应,不能反应彻底,生成的NH3的物质的量小于2mol,则转移电子数小于6×6.02×1023,正确。(4)常温常压下,11.2LH2的物质的量不是0.5mol,错误。解析(1)没有指明H2是在标准状况下的体积,错误。(2)1842.(2020江苏单科,18,12分)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都

是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO

的离子方程式为

Cl2+2OH-

ClO-+Cl-+H2O

;用于环境杀菌消毒

的NaClO溶液须稀释并及时使用,若在空气中暴露时间过长且见光,将会导致

消毒作用减弱,其原因是

NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO,HClO见光分解

。2.(2020江苏单科,18,12分)次氯酸钠溶液和二氯异氰85(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异

氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为C3N3O3C

+H++2H2O

C3H3N3O3+2HClOHClO+2I-+H+

I2+Cl-+H2OI2+2S2

S4

+2I-准确称取1.1200g样品,用容量瓶配成250.0mL溶液;取25.00mL上述溶液于

碘量瓶中,加入适量稀硫酸和过量KI溶液,密封在暗处静置5min;用0.1000

mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色,加入淀粉指示剂,继续滴定至

终点,消耗Na2S2O3溶液20.00mL。(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验86①通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程,该样品的有效氯=×100%)答案(2)①n(S2

)=0.1000mol·L-1×0.02000L=2.000×10-3mol根据物质转换和电子得失守恒关系:C3N3O3C

~2HClO~2I2~4S2

得n(Cl)=0.5n(S2

)=1.000×10-3mol氯元素的质量:m(Cl)=1.000×10-3mol×35.5g·mol-1=0.03550g该样品的有效氯为

×2×100%≈63.39%该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品①通过计算判断该样品是否为优质品。答案(2)①n(S2 87②若在检测中加入稀硫酸的量过少,将导致样品的有效氯测定值

偏低

(填“偏高”或“偏低”)。②若在检测中加入稀硫酸的量过少,将导致样品的有效氯测定值偏88解析(1)低温下Cl2与NaOH溶液发生反应可制得NaClO,则Cl2与NaOH发生

的反应为Cl2+2NaOH

NaCl+NaClO+H2O,故制备NaClO的离子方程式为Cl2+2OH-

Cl-+ClO-+H2O;NaClO溶液吸收空气中的CO2发生反应:NaClO+CO2+H2O

NaHCO3+HClO,HClO不稳定,见光易分解:2HClO

2HCl+O2↑,故NaClO溶液在空气中暴露时间过长且见光会导致消毒作用减弱。(2)①达到滴定终点时消耗的n(Na2S2O3)=0.1000mol·L-1×0.02000L=2.000×10-3mol,n(S2

)=n(Na2S2O3)=2.000×10-3mol,由检测原理中物质间的反应建立关系式:2HClO~2I2~4S2

解析(1)低温下Cl2与NaOH溶液发生反应可制得NaCl892mol4moln(HClO)2.000×10-3mol

=

则转化的n(HClO)=1.000×10-3mol,其中n(Cl)=n(HClO)=1.000×10-3mol,则25.00mL样品溶液中m(Cl)=1.000×10-3mol×35.5g·mol-1=0.03550g,由于是从250.0mL溶液中取25.00mL,故1.1200g样品中含m(Cl)=0.03550g×10=0.3550g,故该样品的有效氯为

×100%≈63.39%,为优质品。②若在检测中加入稀硫酸的量过少,则反应C3N3O3C

+H++2H2O

C3H3N3O3+2HClO不能完全转化,生成HClO的量偏低,将导致样品的有效氯测定值偏低。2mol4mol+2HClO不能完全转化,生成HCl903.(2019江苏单科,18,12分)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料,经溶解、氧化、水解聚合等步骤,可制备聚合硫酸铁。(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸,在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定

量的H2O2溶液,继续反应一段时间,得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离

子方程式为

2Fe2++H2O2+2H+

2Fe3++2H2O

;水解聚合反应会

导致溶液的pH

减小

。(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000g,置于250mL锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原3.(2019江苏单科,18,12分)聚合硫酸铁[Fe2(O91为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.000×10-2mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2

与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。①上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将

偏大

(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.000×92答案(2)②n(Cr2

)=5.000×10-2mol·L-1×22.00mL×10-3L·mL-1=1.100×10-3mol由滴定时Cr2

→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据得失电子守恒可得微粒的关系式:Cr2

~6Fe2+(或Cr2

+14H++6Fe2+

6Fe3++2Cr3++7H2O)则n(Fe2+)=6n(Cr2

)=6×1.100×10-3mol=6.600×10-3mol样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.600×10-3mol×56g·mol-1=0.3696g样品中铁元素的质量分数:ω(Fe)=

×100%=12.32%②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。答案(2)②n(Cr2 )=5.000×10-2mol93解析(1)依氧化还原反应原理可以写出H2O2氧化Fe2+的离子方程式,水解聚

合反应消耗了溶液中的OH-,导致溶液中H+浓度增大,所以溶液的pH减小。(2)①过量Sn2+具有还原性也可与K2Cr2O7溶液反应,若不除去则导致消耗K2Cr2O7的量偏多,使测定结果偏大。②由题意知样品中的Fe3+被Sn2+还原为Fe2+,结合氧化还原反应中得失电子守恒规律可以找出Fe2+与Cr2

的反应关系,从而计算出样品中Fe元素的质量分数。解析(1)依氧化还原反应原理可以写出H2O2氧化Fe2+的944.(2018江苏单科,18,12分)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定

浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末,反应后经过滤得到碱式硫酸

铝溶液,反应方程式为(2-x)Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O

2[(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑生成物(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。(1)制备碱式硫酸铝溶液时,维持反应温度和反应时间不变,提高x值的方法有

适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率

。4.(2018江苏单科,18,12分)碱式硫酸铝溶液可用于烟95(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中,溶液的pH

减小

(填“增大”“减小”

或“不变”)。(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值,测定方法如下:①取碱式硫酸铝溶液25.00mL,加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应,静

置后过滤、洗涤,干燥至恒重,得固体2.3300g。②取碱式硫酸铝溶液2.50mL,稀释至25mL,加入0.1000mol·L-1EDTA标准溶

液25.00mL,调节溶液pH约为4.2,煮沸,冷却后用0.08000mol·L-1CuSO4标准

溶液滴定过量的EDTA至终点,消耗CuSO4标准溶液20.00mL(已知Al3+、Cu2+

与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中,溶液的pH减小

96计算(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。答案(3)25mL溶液中:n(S

)=n(BaSO4)=

=0.0100mol2.5mL溶液中n(Al3+)=n(EDTA)-n(Cu2+)=0.1000mol·L-1×25.00mL×10-3L·mL-1-0.08000mol·L-1×20.00mL×10-3L·mL-1=

9.000×10-4mol25mL溶液中:n(Al3+)=9.000×10-3mol计算(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(971mol(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中n(Al3+)=(2-x)mol;n(S

)=3(1-x)mol

=

=

x≈0.411mol(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中98解析(1)由Al2(SO4)3溶液制碱式硫酸铝溶液时,适当提高溶液的pH可促进Al3+的水解,因此适当增加CaCO3的用量可提高x的值;另外,通过搅拌可加速Al3+的水解,从而提高x的值。(2)不断吸收SO2,溶液的酸性增强,pH减小。(3)(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中,

=

,利用①、②分别求出25.00mL溶液中的n(S

)和n(Al3+),代入上式即可得出x的值。计算过程见答案。解析(1)由Al2(SO4)3溶液制碱式硫酸铝溶液时,适当99第2讲物质的量浓度及其溶液配制2022版高考化学总复习专题一化学计量第2讲物质的量浓度及其溶液配课件1001.物质的量浓度和溶质(B)的质量分数必备知识

·

整合

一、溶液浓度表示方法和有关计算

物质的量浓度溶质的质量分数定义单位体积溶液里所含溶质的

物质的量

溶液里

溶质

质量与

溶液

质量的比值表达式

cB=

ω(B)=

×100%

常用单位

mol·L-1

—关系cB=

或ω(B)=

1.物质的量浓度和溶质(B)的质量分数必备知识

·

整合

提醒

a.c为溶质的物质的量浓度,单位为mol·L-1;ρ为溶液密度,单位为g·cm-3;ω为溶质的质量分数;M为溶质的摩尔质量,单位为g·mol-1。b.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。c.公式推导及关系图:c=

=

=

=

=

⇨ω=

。提醒a.c为溶质的物质的量浓度,单位为mol·L-1;ρ为2.气体溶于水所得溶液中溶质物质的量浓度的计算(标准状况下)

c=

2.气体溶于水所得溶液中溶质物质的量浓度的计算(标准状况下)3.同种溶质的溶液稀释或混合的“守恒”计算(1)溶液稀释a.溶质的

质量

在稀释前后保持不变,即m1ω1=m2ω2。b.溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即

c1V1=c2V2

。c.溶液的质量守恒,m(稀)=m(浓)+m(水)(体积一般不守恒)。(2)同种溶质的溶液混合a.混合前后溶质的物质的量保持不变,即

c1V1+c2V2=c混V混

,其中V