高考化学知识点总结

考点一把握分类标准，理清物质类别1．物质常见的分类情况2．氧化物的常见分类方法氧化物eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(按组成元素)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(金属氧化物：如K2O、CaO、Fe2O3,非金属氧化物：如SO2、CO2、SO3、P2O5)),\x(按性质)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(成盐氧化物\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(酸性氧化物：如CO2、SO3,碱性氧化物：如Na2O、CuO,两性氧化物：如Al2O3)),不成盐氧化物：如CO、NO,特殊氧化物：如Fe3O4、Na2O2、H2O2))))3．正误判断，辨析“一定”与“不一定”(1)同种元素组成的物质一定是纯净物(×)(2)强碱一定是离子化合物，盐也一定是离子化合物(×)(3)碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物(√)(4)酸性氧化物不一定是非金属氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物(√)(5)能电离出H＋的一定是酸，溶液呈碱性的一定是碱(×)(6)在酸中有几个H原子就一定是几元酸(×)(7)含有离子键的化合物一定是离子化合物，共价化合物一定不含离子键(√)(8)盐中一定含金属元素(×)(9)能导电的一定是电解质，不导电的一定是非电解质(×)(10)强电解质的导电性一定大于弱电解质的导电性(×)4．识记常见混合物的成分与俗名(1)水煤气：CO、H2(2)天然气(沼气)：主要成分是CH4(3)液化石油气：以C3H8、C4H10为主(4)裂解气：以C2H4为主(5)水玻璃：Na2SiO3的水溶液(6)王水：浓盐酸与浓硝酸的混合物(体积比3∶1)(7)波尔多液：主要成分是CuSO4和Ca(OH)2(8)肥皂：主要成分是C17H35COONa(9)碱石灰：NaOH、CaO(10)铝热剂：铝粉和金属氧化物的混合物(11)漂白粉：Ca(ClO)2和CaCl2的混合物考点一洞悉陷阱设置，突破阿伏加德罗常数应用一、抓“两看”，突破“状态、状况”陷阱一看“气体”是否处于“标准状况”。二看“标准状况”下，物质是否为“气体”(如CCl4、H2O、Br2、SO3、HF、己烷、苯等在标准状况下不为气体)。题组一气体摩尔体积的适用条件及物质的聚集状态1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(1)2.24LCO2中含有的原子数为0.3NA(×)(2)常温下，11.2L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NA(×)(3)标准状况下，22.4L己烷中含共价键数目为19NA(×)(4)常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA(×)(2012·新课标全国卷，9D)(5)标准状况下，2.24LHF含有的HF分子数为0.1NA(×)二、排“干扰”，突破“质量、状况”陷阱题组二物质的量或质量与状况2．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(1)常温常压下，3.2gO2所含的原子数为0.2NA(√)(2)标准标况下，18gH2O所含的氧原子数目为NA(√)(3)常温常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为6NA(√)三、记“组成”，突破“物质组成”陷阱题组三物质的组成与结构3．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(1)在常温常压下，32g18O2中含有2NA个氧原子(×)(2)17g—OH与17gOH－所含电子数均为10NA(×)(3)相同质量的N2O4与NO2中所含原子数目相同(√)(4)mgCO与N2的混合气体中所含分子数目为eq\f(m,28)NA(√)(5)4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA(√)(6)30g甲醛中含共用电子对总数为4NA(√)四、审“要求”，突破“离子数目”判断陷阱一审是否有弱离子的水解；二审是否指明了溶液的体积；三审所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1mol·L－1，与电解质的组成无关；0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1mol·L－1，与电解质的组成有关。题组四电解质溶液中粒子数目的判断4．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(1)0.1L3.0mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NHeq\o\al(＋,4)的数目为0.3NA(×)(2)等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NA(×)(3)0.1mol·L－1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA(×)(4)25℃时，pH＝13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA(×)五、记“隐含反应”，突破“粒子组成、电子转移”判断陷阱在“NA”应用中，常涉及到以下可逆反应：1．2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2SO32NO2N2O4N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH32．Cl2＋H2OHCl＋HClO3．NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－题组五阿伏加德罗常数的应用与“隐含反应”5．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(1)2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NA(×)(2)标准状况下，22.4LNO2气体中所含分子数目为NA(×)(3)100g17%的氨水，溶液中含有的NH3分子数为NA(×)(4)标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA(×)六、“分类”比较，突破“电子转移”判断陷阱1．同一种物质在不同反应中氧化剂、还原剂的判断。如：(1)Cl2和Fe、Cu等反应，Cl2只作氧化剂，而Cl2和NaOH反应，Cl2既作氧化剂，又作还原剂。(2)Na2O2与CO2或H2O反应，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，而Na2O2与SO2反应，Na2O2只作氧化剂。2．量不同，所表现的化合价不同。如：Fe和HNO3反应，Fe不足，生成Fe3＋，Fe过量，生成Fe2＋。3．氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。如：Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S。4．注意氧化还原的顺序。如：向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。题组六氧化还原反应中电子转移数目的判断6．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(1)5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA(×)(2)0.1molZn与含0.1molHCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA(×)(3)1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA(√)(4)1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA(×)(5)向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2＋被氧化时，共转移的电子的数目为NA(×)(6)1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA(×)题组七2015年“NA”应用高考试题汇编7．(2015·全国卷Ⅰ，8)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA答案C解析A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量不同，分别为20g·mol－1和18g·mol－1，所以18gD2O和H2O的物质的量不同，质子数不同，错误；B项，n(H2SO3)＝2L×0.5mol·L－1＝1mol，但H2SO3是弱酸，部分电离，所以H＋数目小于2NA，错误；C项，发生的反应是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，转移电子数为2e－，所以生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，正确；D项，发生反应：2NO＋O2=2NO2，生成2molNO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。8．(2015·全国卷Ⅱ，10)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB．1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2－,3)的离子数之和为0.1NAC．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD．235g核素eq\o\al(235,92)U发生裂变反应：eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)neq\o(→,\s\up7(裂变))eq\o\al(90,38)Sr＋eq\o\al(136,54)Xe＋10eq\o\al(1,0)n，净产生的中子(eq\o\al(1,0)n)数为10NA答案C解析A项，60g丙醇的物质的量是1mol，根据其结构式可知，1mol丙醇分子中存在的共价键总数为11NA，错误；B项，根据电解质溶液中物料守恒可知，1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)和H2CO3粒子数之和为0.1NA，错误；C项，在氧化物中，钠元素的化合价只有＋1价，因此23gNa即1molNa充分燃烧时转移电子数为1NA，正确；D项，235g核素eq\o\al(235,92)U即1moleq\o\al(235,92)U，发生裂变反应时净产生的中子数为9NA，错误。9．(2015·广东理综，10)设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A．23gNa与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子B．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含nA个原子D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子答案D解析A项，23gNa即1molNa可失去1mole－，与足量的H2O反应生成0.5nA个H2分子，错误；B项，1molCu与足量热浓硫酸反应应生成nA个SO2分子，错误；C项，N2和H2都是双原子分子，标准状况下22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，含有2nA个原子，错误；D项，3molFe生成1molFe3O4，根据Fe3O4中3个Fe原子的化合价共为＋8价，可知反应中3mol单质铁失去8nA个e－，正确。10．(2015·四川理综，5)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．2.0gHeq\o\al(18,2)O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NAC．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD．50mL12mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA答案A解析A项，Heq\o\al(18,2)O和D2O的摩尔质量都为20g·mol－1，且每个分子中的中子数都是10个，故2.0gHeq\o\al(18,2)O与D2O的混合物中所含中子数为NA，正确；B项，一个乙醛分子中含有6个σ键，4.4g乙醛的物质的量为0.1mol，故4.4g乙醛所含σ键数目为0.6NA，错误；C项，标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，根据CO2和Na2O2反应的化学方程式及元素化合价的变化可知，反应转移的电子数为0.25NA，错误；D项，随着反应的进行浓盐酸变成稀盐酸，不再和MnO2反应，故50mL12mol·L－1的盐酸与足量的MnO2共热转移的电子数小于0.3NA，错误。考点二一定物质的量浓度溶液的配制配制一定物质的量浓度溶液的实验是中学化学中一个重要的定量实验。复习时，要熟记实验仪器，掌握操作步骤，注意仪器使用，正确分析误差，明确高考题型，做到有的放矢。1．七种仪器需记牢托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。2．实验步骤要理清如：配制500mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，图中操作②中应该填写的数据为__________，实验时操作的先后顺序为____________(填编号)。答案5.3②④⑥⑤①③3．仪器使用要明了(1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶时应指明规格，并选择合适的容量瓶，如配制480mL溶液，应选用500mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体，也不能作为反应容器。(2)玻璃棒的作用是搅拌和引流，在引流时，玻璃棒末端应插入到刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处且不能接触瓶口，如图所示。附容量瓶的查漏方法向容量瓶中加入适量水，盖好瓶塞，左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底，将容量瓶倒转过来看瓶口处是否有水渗出，若没有，将容量瓶正立，将瓶塞旋转180度，重复上述操作，如果瓶口处仍无水渗出，则此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞处涂点凡士林。4．误差分析点点清进行误差分析的依据是c＝eq\f(n,V)＝eq\f(m,MV)，根据公式，分析各个量的变化，判断可能产生的误差。用“偏高”、“偏低”或“无影响”填空：(1)砝码生锈：偏高。(2)定容时，溶液温度高：偏高。(3)用量筒量取液体时，仰视读数：偏高。(4)定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。(5)称量时物码颠倒且使用游码：偏低。(6)未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。(7)称量易吸水物质时间过长：偏低。(8)用量筒量取液体时，俯视读数：偏低。(9)转移时，有液体溅出：偏低。(10)滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。(11)定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。(12)容量瓶内有少量水：无影响。题组一仪器的正确使用及实验操作的规范性1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(1)配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液(×)(2015·重庆理综，4B)(2)称取2.0gNaOH固体，可先在托盘上各放一张滤张，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体(×)(2015·福建理综，8A)(3)配制0.10mol·L－1NaOH溶液(×)(2015·安徽理综，8A)(4)配制一定浓度的NaCl溶液(×)(2015·四川理综，3A)(5)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干(×)(2014·新课标全国卷Ⅰ，12A)(6)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(×)(2014·新课标全国卷Ⅰ，12D)(7)配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高(√)(2014·大纲全国卷，6C)(8)配制0.1000mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流(√)(2013·福建理综，10C)(9)用固体NaCl配制0.5mol·L－1的溶液，所用的仪器是：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(×)(2013·山东理综，11C)2．用固体样品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()答案B解析A项，托盘天平称量时，应为“左物右码”，错误；B项，用玻璃棒搅拌能加速溶解，正确；C项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误；D项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。3．(1)配制浓度为2mol·L－1的NaOH溶液100mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将________(填写字母)。A．等于8.0g B．等于8.00gC．大于8.0g D．等于0.2g(2)某实验中需2mol·L－1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格为____________，称取Na2CO3的质量为__________。答案(1)C(2)1000mL212.0g解析(1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0g＋烧杯质量。(2)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2mol·L－1的Na2CO3溶液1000mL，所需Na2CO3的质量为1L×2mol·L－1×106g·mol－1＝212.0g。题组二误差分析4．下列操作会使配制的BaCl2溶液浓度偏低的是________________________________________________________________________(填字母)。A．配制1L0.1mol·L－1的BaCl2溶液时，将砝码放在左盘上，将BaCl2放在右盘上进行称量B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线D．整个配制过程中，容量瓶不振荡答案AC解析配制一定物质的量浓度溶液的误差分析要紧扣c＝eq\f(n,V)，分析错误操作对n、V的影响。考点三以“物质的量”为核心的计算1．明确一个中心必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。2．用好一个定律阿伏加德罗定律及推论可概括为“三同定一同，两同见比例”，可用V＝n×Vm及m＝V×ρ等公式推导出：(1)同温同压时：①V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2；②ρ1∶ρ2＝M1∶M2；③同质量时：V1∶V2＝M2∶M1。(2)同温同体积时：①p1∶p2＝n1∶n2＝N1∶N2；②同质量时：p1∶p2＝M2∶M1。(3)同温同压同体积时：M1∶M2＝m1∶m2。3．注意三个守恒eq\x(质量守恒)—eq\x(反应前后元素的质量、某原子?离子或原子团?的物质的量相等)eq\x(电子守恒)—eq\x(氧化还原反应中，氧化剂得电子数＝还原剂失电子数)eq\x(电荷守恒)—eq\x(任何体系中，阳离子带的正电荷数＝阴离子带的负电荷数)4．熟记两个公式(1)气体溶质物质的量浓度的计算：标准状况下，1L水中溶解某气体VL，所得溶液的密度为ρg·cm3，气体的摩尔质量为Mg·mol－1，则c＝eq\f(1000ρV,22400＋MV)mol·L－1(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算：c＝eq\f(1000ρw,M)(c为溶质的物质的量浓度/mol·L－1，ρ为溶液的密度/g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。5．掌握两条规律(1)稀释定律①如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有c1V1＝c2V2。②如用m1、m2、w1、w2分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有m1w1＝m2w2。(2)混合规律同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。①两溶液等质量混合：w＝eq\f(1,2)(w1＋w2)。②两溶液等体积混合a．若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w>eq\f(1,2)(w1＋w2)，如H2SO4溶液。b．若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w<eq\f(1,2)(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。题组一阿伏加德罗定律及其推论应用1．同温同压下，xg甲气体和yg乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断下列叙述错误的是()A．x∶y等于甲与乙的相对分子质量之比B．x∶y等于甲与乙的分子个数之比C．x∶y等于同温同压下甲与乙的密度之比D．y∶x等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比答案B解析A项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则xg甲气体和yg乙气体的物质的量相等，即eq\f(x,M甲)＝eq\f(y,M乙)，推出x∶y＝M甲∶M乙，故正确；B项，甲与乙的分子个数之比为1∶1，而x与y不一定相等，故不正确；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，故正确；D项，等质量的甲、乙的压强之比为p甲∶p乙＝n1∶n2＝eq\f(m,M甲)∶eq\f(m,M乙)＝M乙∶M甲＝y∶x，故正确。2．在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是()A．物质的量：甲>乙B．气体体积：甲>乙C．摩尔体积：甲>乙D．相对分子质量：甲>乙答案D解析同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ＝eq\f(M,Vm)知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。A项，根据n＝eq\f(m,M)知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量小于乙，故A错误；B项，根据V＝eq\f(m,M)Vm知，相同温度、压强、质量时，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量甲>乙，则气体体积甲<乙，故B错误；C项，同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；D项，根据以上分析知，摩尔质量甲>乙，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以相对分子质量甲>乙，故D正确。题组二电荷守恒法在物质的量浓度计算中的应用3．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为()A．0.1(b－2a)mol·L－1B．10(2a－b)mol·L－1C．10(b－a)mol·L－1D．10(b－2a)mol·L－1答案D解析根据题意，500mL溶液分成5等份，每份为100mL。每份中n(Ba2＋)＝amol，n(Cl－)＝bmol，根据电荷守恒关系得n(K＋)＝(b－2a)mol，则c(K＋)＝eq\f(?b－2a?mol,0.1L)＝10(b－2a)mol·L－1。4．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为()A.eq\f(b－a,V)mol·L－1 B.eq\f(2b－a,V)mol·L－1C.eq\f(2?b－a?,V)mol·L－1 D.eq\f(2?2b－a?,V)mol·L－1答案D解析注意混合液分成两等份，由Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓可知原溶液中n(Mg2＋)＝eq\f(2a,2)mol＝amol、n(SOeq\o\al(2－,4))＝2bmol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))－2n(Mg2＋)＝2(2b－a)mol。题组三有关浓度的换算5．相对分子质量为M的气态化合物VL(标准状况)，溶于mg水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为cmol·L－1，密度为ρg·cm－3。则下列说法不正确的是()A．相对分子质量M＝eq\f(22.4mw,?1－w?V)B．物质的量浓度c＝eq\f(1000ρV,MV＋22.4m)C．溶液的质量分数w＝eq\f(MV,22.4m)D．溶液密度ρ＝eq\f(cM,1000w)答案C解析由c＝eq\f(1000ρw,M)知D项正确；由c＝eq\f(\f(V,22.4),?\f(V,22.4)×M＋m?×10－3÷ρ)＝eq\f(1000ρV,MV＋22.4m)知B项正确；由w＝eq\f(\f(V,22.4)×M,m＋\f(V,22.4)×M)＝eq\f(MV,22.4m＋MV)知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。6．体积为V、密度为ρ的某溶液中，含有摩尔质量为M的溶质mg。若此溶液中溶质的物质的量浓度为c，溶质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是()A．c＝eq\f(m,MV) B．m＝VρwC．w＝eq\f(cM,ρ) D．ρ＝eq\f(cM,1000w%)答案A解析已知：c＝1000eq\f(ρw,M)或c＝eq\f(m,MV)。A项，c＝eq\f(m,MV)，正确；B项，eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(m,MV)，m＝1000ρwV，错误；C项，w＝eq\f(cM,1000ρ)，错误；D项，ρ＝eq\f(cM,1000w)，注意w与w%的区别，错误。题组四溶液稀释规律的应用7．取100mL0.3mol·L－1的硫酸溶液和300mL0.25mol·L－1的硫酸溶液加水稀释至500mL，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是()A．0.21mol·L－1 B．0.42mol·L－1C．0.56mol·L－1 D．0.26mol·L－1答案B解析根据题意可知，容量瓶中H2SO4溶液的H＋浓度关系如下：c3V3＝c1V1＋c2V2，可得n(H＋)＝(0.1L×0.3mol·L－1＋0.3L×0.25mol·L－1)×2＝0.21mol，所以c(H＋)＝eq\f(0.21mol,0.5L)＝0.42mol·L－1。8．实验室常用98%(ρ＝1.84g·mL－1)的浓H2SO4配制1∶4的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23g·mL－1，其物质的量浓度为()A．4.6mol·L－1 B．5.7mol·L－1C．3.88mol·L－1 D．18.4mol·L－1答案C解析实验室配制1∶4溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液的溶质质量分数：w%＝(1mL×1.84g·mL－1×98%)/(1mL×1.84g·mL－1＋4mL×1g·mL－1)×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)＝(1000mL×1.23g·mL－1×30.9%)/(98g·mol－1×1L)≈3.88mol·L－1，故选C。方法技巧掌握两项技能1．用98%的浓H2SO4配制100mL1∶4的稀H2SO4：用量筒量取80mL的水注入200mL的烧杯，然后再用另一只量筒量取20mL的浓H2SO4沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不停搅拌。2．配制100g20%的NaCl溶液：准确称量20.0gNaCl固体，然后再转移到200mL的烧杯中，再用量筒量取80mL的水注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌直到完全溶解为止。考点四溶解度及其曲线1．浓解度的概念及影响因素在一定温度下，某固体物质在100g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。固体物质溶解度(饱和溶液)S＝eq\f(m溶质,m溶剂)×100g影响溶解度大小的因素(1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。(2)外因①溶剂的影响：如NaCl易溶于水，不易溶于汽油；②温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。2．溶解度的表示方法及应用(1)列表法硝酸钾在不同温度时的溶解度：温度(℃)0102030405060708090100溶解度(g)13.320.931.645.863.985.5110138168202246(2)溶解度曲线3．溶解度曲线的含义(1)不同物质在各温度时的溶解度不同。(2)曲线与曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度。(3)能很快比较出两种物质在某温度范围内溶解度的大小。(4)多数物质溶解度随温度升高而增大，有的变化不大(如NaCl)，少数随温度升高而降低[如Ca(OH)2]。(5)判断结晶的方法①溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；②溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；③带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从FeCl3溶液中结晶出FeCl3·6H2O晶体，应在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。(6)判断多溶质溶液的提纯方法(设A为NaCl型溶质，B为KNO3型溶质)①A溶液中(含少量B杂质)提取A答案蒸发浓缩，结晶，趁热过滤。②B溶液中(含少量A杂质)提取B答案蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。题组一溶解度的基本应用1．(2014·新课标全国卷Ⅰ，11)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如下图所示。下列说法错误的是()A．溴酸银的溶解是放热过程B．温度升高时溴酸银溶解速度加快C．60℃时溴酸银的Ksp约等于6×10－4D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯答案A解析A项，由题图可知，随着温度升高，溴酸银的溶解度逐渐增大，因此AgBrO3的溶解是吸热过程；B项，由图像曲线可知，温度升高斜率增大，因此AgBrO3的溶解速度加快；C项，由溶解度曲线可知，60℃时，AgBrO3的溶解度约为0.6g，则其物质的量浓度约为0.025mol·L－1，AgBrO3的Ksp＝c(Ag＋)·c(BrOeq\o\al(－,3))＝0.025×0.025≈6×10－4；D项，若KNO3中含有少量AgBrO3，可通过蒸发浓缩得到KNO3的饱和溶液，再冷却结晶获得KNO3晶体，而AgBrO3留在母液中。2.右图为氯化钠、碳酸钠在水中的溶解度曲线，请回答下列问题。(1)碳酸钠和氯化钠混合溶液的pH______7(填“>”、“<”或“＝”)。(2)40℃时，碳酸钠的溶解度为______g。(3)大于30℃时，碳酸钠的溶解度______氯化钠的溶解度(填“>”、“<”或“＝”)。(4)40℃时，碳酸钠和氯化钠均形成饱和溶液，当温度降低到20℃时，析出的主要物质是________________(填化学式)。(5)为检验(4)中析出的物质，取少量样品于试管中加入足量的稀______________(填化学式)溶液，完全溶解，并有气体产生，再加入几滴____________(填化学式)溶液，有白色沉淀产生。答案(1)>(2)50(3)>(4)Na2CO3(5)HNO3AgNO3解析(1)由于COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，所以Na2CO3和NaCl混合溶液的pH>7。(2)根据溶解度曲线，40℃时Na2CO3的溶解度为50g。(3)根据溶解度曲线，大于30℃时，Na2CO3的溶解度大于NaCl的溶解度。(4)由于Na2CO3的溶解度受温度的影响很大，而NaCl的溶解度受温度的影响较小，所以40℃的Na2CO3、NaCl的饱和溶液，当温度降低到20℃时，析出的主要物质是Na2CO3。(5)用稀HNO3检验Na2CO3，用AgNO3溶液检验NaCl。3．[2015·江苏，18(3)]如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制的结晶温度范围为________________________。答案高于60℃解析由图可知，要从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，温度应大于60℃，其原因是此时MgSO4·6H2O的溶解度大于MnSO4·H2O的溶解度，有利于MnSO4·H2O晶体析出，MgSO4·6H2O不易析出。题组二溶解度在“化工流程”题中的应用4．某研究小组同学在实验室用卤块制备少量Mg(ClO3)2·6H2O，其流程如图1所示：图1已知：①卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)的变化曲线如图2所示。图2③形成氢氧化物沉淀时，不同离子对应溶液的pH如下：Fe2＋开始沉淀的pH为5.8，完全沉淀的pH为8.8；Fe3＋开始沉淀的pH为1.1，完全沉淀的pH为3.2；Mg2＋开始沉淀的pH为8.2，完全沉淀的pH为11。④可选用的试剂：H2O2、稀硫酸、KMnO4溶液、MgCl2溶液、MgO。(1)步骤X包含的操作为________、________、________、过滤洗涤并干燥。(2)加入BaCl2溶液沉淀后需经过两步实验步骤才进行下步反应，请写出这两个实验步骤：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。(3)加入NaClO3饱和溶液发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(4)将Mg(ClO3)2加入到含有KSCN的FeSO4溶液中立即出现红色，写出相关反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)蒸发结晶趁热过滤冷却结晶(2)①向溶液中加入稍过量双氧水，充分反应②向溶液中加入氧化镁调节pH为3.2～8.2(3)MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓(4)ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O解析(1)过滤所得的滤液中含有NaCl、MgCl2、NaClO3等杂质，根据图2所示的物质溶解度大小，由溶液获得晶体的方法是蒸发结晶、趁热过滤，其滤液为Mg(ClO3)2溶液，然后再将滤液进行冷却结晶得到Mg(ClO3)2·6H2O，最后过滤洗涤该晶体，干燥得到纯净的Mg(ClO3)2·6H2O。(2)加入BaCl2溶液后除去SOeq\o\al(2－,4)杂质，关键是除去Fe2＋，由于Fe2＋完全沉淀时Mg2＋也部分沉淀，所以需用H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后用MgO调节溶液pH为3.2～8.2，此条件下Fe3＋完全沉淀，Mg2＋未沉淀，从而除去Fe2＋杂质。(3)MgCl2与饱和NaClO3溶液发生复分解反应生成Mg(ClO3)2和NaCl，由于NaCl的溶解度小于NaClO3的，则NaCl以晶体形式析出，其反应方程式为MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓。(4)ClOeq\o\al(－,3)具有氧化性，可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，其离子方程式为ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。考点五“物质的量”在化学反应中的应用1．物质的量在化学方程式中计算的步骤写：写出反应的化学方程式↓找：找出方程式中已知物质和未知物质的物质的量的关系↓列：将已知量和未知量列成比例式↓求：对比例式求算2．化学计算中常用方法(1)守恒法守恒法是中学化学计算中一种常用方法，守恒法中的三把“金钥匙”——质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒，它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子相等)建立关系式，从而达到简化过程、快速解题的目的。(2)关系式法此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。(3)极值法对混合体系或反应物可能发生几种反应生成多种生成物的计算，我们可假设混合体系中全部是一种物质，或只发生一种反应，求出最大值、最小值，然后进行解答，此类题一般为选择题。(4)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。用差量法解题的关键是把化学方程式中的对应差量(理论差量)及差量(实际差量)与未知量列成比例式，然后求解。如：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔHΔm(固),Δn(气),ΔV(气)2mol1mol2molQ24g1mol22.4L(标况)②使用差量法时的注意事项a．所选用差量要与未知量的数值成正比例或反比例关系。b．有关物质的物理量及其单位都要正确地使用和对应，即“上下一致，左右相当”。题组一守恒法1．用含1.0molNaOH的溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中COeq\o\al(2－,3)和HCOeq\o\al(－,3)的物质的量之比为()A．1∶3B．2∶1C．2∶3D．3∶2答案A解析设COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的物质的量分别为x、y，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0.8mol,2x＋y＝1.0mol))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0.2mol,y＝0.6mol))eq\f(x,y)＝eq\f(0.2mol,0.6mol)＝eq\f(1,3)。题组二关系式法2．取KI溶液25mL，向其中滴加0.4mol·L－1的FeCl3溶液135mL，I－完全反应生成I2：2I－＋2Fe3＋=I2＋2Fe2＋。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025mol时，Fe2＋恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。答案2mol·L－1解析依题意，有：本题可用关系式法求解。由上述两个反应及电子转移守恒理论，得知I－与Cl2之间的关系式：2I－～Cl2。设KI的物质的量是x，则2I－～Cl22 1x 0.025moleq\f(2,1)＝eq\f(x,0.025mol)，x＝0.05mol。c(KI)＝eq\f(0.05mol,0.025L)＝2mol·L－1。题组三极值法3．已知原子量Li：6.9，Na：23，K：39，Rb：85。今有某碱金属M及其氧化物M2O组成混合物10.8g，加足量水充分反应后，溶液小心蒸干得固体16g。据此可确定碱金属为________________________________________________________________________。答案假设10.8g全部为M，则M～MOHMr Mr＋1710．8geq\f(Mr＋17,Mr)×10.8g＝16g所以Mr≈35.3。假设10.8g全部为M2O，则M2O～2MOH2Mr＋162(Mr＋17)10．8geq\f(Mr＋17,Mr＋8)×10.8g＝16g所以Mr≈10.7实际碱金属相对原子质量应在10.7～35.3之间，所以为Na。解析由题意可知，M、M2O共10.8g，转化为MOH16g，若设M有xg，则M～MOHM2O～2MOHMrMr＋172Mr＋162(Mr＋17)xeq\f(Mr＋17,Mr)x10.8－xeq\f(Mr＋17,Mr＋8)(10.8－x)所以eq\f(Mr＋17,Mr)x＋eq\f(Mr＋17,Mr＋8)(10.8－x)＝16。由上可知，一个二元一次方程无法求解，但由定义域0<x<10.8，可求出Mr的取值范围，即x＝0时，Mr≈10.7或x＝10.8g时，Mr≈35.3。实际碱金属相对原子质量在10.7～35.3之间，为Na。题组四差量法4．一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是()A．16.7% B．20.0%C．80.0% D．83.3%答案A解析N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3ΔV1L3L2L2L由以上关系式可知，反应前后体积的减少与生成的NH3体积相等。设平衡时混合气体100L，其中含20LNH3，则原气体总体积减少20L。所以，反应前氮气和氢气总体积为120L，反应后体积缩小的百分率为eq\f(20L,120L)×100%≈16.7%。专题强化练1．关于Na2O2的叙述正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)()A．7.8gNa2O2含有的共价键数为0.2NAB．7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAC．7.8gNa2O2与足量的CO2充分反应，转移的电子数为0.2NAD．0.2molNa被完全氧化生成7.8gNa2O2，转移电子的数目为0.4NA答案B解析A项，Na2O2的电子式为，7.8gNa2O2中应含有共价键数为0.1NA；C项，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，应转移电子数为0.1NA；D项，Na是还原剂，应转移电子数为0.2NA。2．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A．1mol甲烷中含有10NA个质子B．27g铝被完全氧化成氧化铝，失去2NA个电子C．标准状况下，22.4L苯含有NA个C6H6分子D．常温常压下，28g乙烯含有2NA个碳碳双键答案A解析B项，应失去3NA电子；C项，标况下，苯为液体；D项，乙烯的结构式为,28g乙烯中应含有NA个碳碳双键。3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A．常温常压下，2.24LH2O中含有极性共价键的数目为0.2NAB．0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)的数目小于0.1NAC．100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NAD．标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA答案D解析A项，H2O在常温常压下为液体；B项，没有指明溶液的体积；C项，当浓HNO3变稀之后会生成NO。4．下列溶液配制实验的描述完全正确的是()A．在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸B．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6mol·L－1)通常需要用容量瓶等仪器C．配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防水解D．用pH＝1的盐酸配制100mL、pH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管答案C解析A项，不能在容量瓶中稀释浓H2SO4；B项，用浓盐酸配制体积比1∶1的稀盐酸，应用量筒和烧杯；D项，少量筒。5．下图是某同学用500mL容量瓶配制0.10mol·L－1NaOH溶液的过程：该同学的错误步骤有()A．1处B．2处C．3处D．4处答案C解析第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分；第⑤步定容时应平视刻度线。6．3g镁铝合金与100mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4g，则原硫酸的物质的量浓度为()A．1mol·L－1 B．1.5mol·L－1C．2mol·L－1 D．2.5mol·L－1答案B解析由镁铝合金到无水硫酸盐，固体增重的质量为SOeq\o\al(2－,4)的质量，则n(H2SO4)＝n(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(?17.4－3?g,96g·mol－1)＝0.15mol，故c(H2SO4)＝eq\f(0.15mol,0.1L)＝1.5mol·L－1，B对。7．有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的物质的量浓度为0.4mol·L－1，SOeq\o\al(2－,4)的物质的量浓度为0.7mol·L－1，则此溶液中K＋的物质的量浓度为()A．0.1mol·L－1 B．0.15mol·L－1C．0.2mol·L－1 D．0.25mol·L－1答案C解析根据电解质溶液显中性可知，电解质溶液中阳离子所带的电荷总数等于阴离子所带的电荷总数。2c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(K＋)＋3c(Al3＋)，假设溶液体积为1L，则可得如下等式：0.7mol·L－1×2＝c(K＋)＋0.4mol·L－1×3，所以c(K＋)＝0.2mol·L－1，C项正确。8．相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为Sg，此时测得饱和溶液的密度为ρg·cm－3，则该饱和溶液的物质的量浓度是()A.eq\f(M,10Sρ)mol·L－1B.eq\f(1000Sρ,M?100＋S?)mol·L－1C.eq\f(10Sρ,M)mol·L－1D.eq\f(M?100＋S?,1000Sρ)mol·L－1答案B解析相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为Sg，此时测得饱和溶液的密度为ρg·mL－1，则该饱和溶液的质量分数为w＝S/(S＋100)，故该溶液的物质的量浓度c＝n/V＝1000ρw/M＝1000ρS/M(100＋S)，B项正确。9．标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL－1)，所得溶液的密度为ρg·mL－1，溶质的质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L－1，则下列关系中不正确的是()A．ρ＝eq\f(17V＋22400,22.4＋22.4V) B．w＝eq\f(17c,1000ρ)C．w＝eq\f(17V,17V＋22400) D．c＝eq\f(1000Vρ,17V＋22400)答案A解析由c＝eq\f(n,V)＝eq\f(\f(VL,22.4L·mol－1),\f(17g·mol－1×\f(VL,22.4L·mol－1)＋1000g,ρg·mL－1×1000mL·L－1))＝eq\f(1000Vρ,17V＋22400)mol·L－1，D项正确；由上可推知：ρ＝eq\f(17Vc＋22400c,1000V)，A项错误；由c＝eq\f(1000ρw,M)可得w＝eq\f(Mc,1000ρ)＝eq\f(17c,1000ρ)，B项正确；w＝eq\f(m质,m液)＝eq\f(\f(VL,22.4L·mol－1)×17g·mol－1,\f(VL,22.4L·mol－1)×17g·mol－1＋1000g)＝eq\f(17V,17V＋22400)，C项正确。10．如下图是X、Y两种固体物质的溶解度曲线，下列说法不正确的是()A．将20℃的饱和溶液X降温到10℃，溶液X仍然是饱和溶液B．a点表示30℃时，X的溶解度为60gC．b点表示20℃时，X、Y的溶解度相等D．同质量的X、Y饱和溶液从30℃降到10℃时，析出的Y的质量大于析出的X的质量答案D解析D项，根据溶解度曲线，析出的X的质量应大于Y的。11．用密度为1.16g·mL－1、质量分数为36.5%的浓盐酸配制1mol·L－1的稀盐酸，现实验室需要这种稀盐酸220mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用规格为________mL的容量瓶。(2)经计算需要________mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的________(填字母)。A．5mL量筒B．10mL量筒C．25mL量筒D．50mL量筒(3)若配制过程中其他操作完全正确，则下列操作将使配制的稀盐酸浓度偏高的是________，浓度偏低的是________。(填序号)①用刚刚洗涤干净的量筒来量取浓盐酸②移液时，未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶③容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥④直接将量取的浓盐酸用玻璃棒引流到容量瓶，然后加水定容至刻度线答案(1)250(2)21.6C(3)④①②解析(1)选择的容量瓶的规格应等于或略大于所需溶液的体积，故应选择250mL的容量瓶。(2)浓盐酸的物质的量浓度c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000mL·L－1×1.16g·mL－1×36.5%,36.5g·mol－1)＝11.6mol·L－1，加水稀释前后溶质的物质的量不变，故11.6mol·L－1×V(浓盐酸)＝250mL×1mol·L－1，V(浓盐酸)≈21.6mL，应该选择25mL量筒量取。(3)①用刚刚洗涤干净的量筒量取浓盐酸，量取的盐酸被稀释了，实际所含溶质的物质的量比所需的物质的量偏小，所配制溶液的浓度偏低；②未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，将导致一部分溶质损失，使所配制溶液的浓度偏低；③因定容时需加入蒸馏水至刻度线，因此容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，对所配制稀盐酸的浓度无影响；④浓盐酸在稀释时放热，直接在容量瓶中配制，所配制溶液的温度将高于室温，冷却到室温后溶液体积减小，故所配制溶液的浓度偏高。12．某化学研究性学习小组需配制含有NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、K＋、SOeq\o\al(2－,4)的植物培养液450mL，且要求该培养液中c(Cl－)＝c(K＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))＝0.4mol·L－1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；提供的实验仪器有：①药匙②托盘天平③烧杯④玻璃棒⑤胶头滴管⑥量筒。请回答下列问题：(1)该植物培养液中，NHeq\o\al(＋,4)的物质的量浓度为________________________________________________________________________。(2)该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的实验仪器是________(填字母)。A．450mL容量瓶B．500mL容量瓶C．两个250mL容量瓶(3)甲同学用KCl和(NH4)2SO4两种物质进行配制，则需称取m(KCl)＝______g，m[(NH4)2SO4]＝______g。(4)乙同学用所提供药品中的三种进行配制，请帮助该同学选用三种物质：________、________、________。(填化学式)(5)若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是________(填字母)。A．将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒B．将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶C．用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线答案(1)0.8mol·L－1(2)B(3)14.926.4(4)(NH4)2SO4NH4ClK2SO4(5)ABC解析(1)根据溶液呈电中性有c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))，则c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))－c(K＋)＝0.8mol·L－1。(2)实验所用容量瓶规格应该等于或略大于实验所需配制溶液的体积，实验室没有450mL的容量瓶，且用容量瓶配制溶液时，需一次完成，应选用500mL容量瓶。(3)配制该溶液所需的溶质质量应该按配制500mL溶液来计算，所需KCl、(NH4)2SO4的物质的量均为0.2mol，对应的质量分别为14.9g、26.4g。(4)由题知，该植物培养液中：n(NHeq\o\al(＋,4))＝2n(Cl－)＝2n(K＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))，若用三种物质来配制，三种物质应该为(NH4)2SO4、NH4Cl、K2SO4，且物质的量之比为1∶2∶1。(5)未洗涤烧杯和玻璃棒，会有部分溶质残留在烧杯和玻璃棒上，使所配溶液浓度偏低，A项符合题意；转移时部分溶液溅出容量瓶，使溶质损失，所配溶液浓度偏低，B项符合题意；加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度线，说明所配溶液体积偏大、浓度偏小，C项符合题意；俯视读数时，实际液面低于容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小、浓度偏大，D项不符合题意。13．从化工厂铬渣中提取硫酸钠的工艺如下：已知：①铬渣含有Na2SO4及少量Cr2Oeq\o\al(2－,7)、Fe3＋；②Fe3＋、Cr3＋完全沉淀(c≤1.0×10－5mol·L－1)时pH分别为3.6和5。(1)“微热”除能加快反应速率外，同时还可以_________，滤渣A为____________(填化学式)。(2)根据溶解度(S)—温度(T)曲线，操作B的最佳方法为________(填字母序号)。A．蒸发浓缩，趁热过滤B．蒸发浓缩，降温结晶，过滤答案(1)促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3而除去Fe(OH)3(2)A解析调节pH约为3.6时，得到Fe(OH)3沉淀(滤渣A)；根据溶解度曲线，蒸发浓缩，会析出Na2SO4，并且温度越高，其溶解度越小，所以应趁热过滤。14．盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐(含少量铁、铝、钙的盐)。实验室以盐泥为原料制取MgSO4·7H2O的实验过程如下：eq\x(29.0g盐泥)eq\o(→,\s\up7(①水，调成泥浆),\s\do5(②稀硫酸调pH为1～2))eq\o(→,\s\up7(③煮沸),\s\do5(④过滤))eq\x(滤液Ⅰ)→eq\x(滤液Ⅱ)→产品已知：①室温下Ksp[Mg(OH)2]＝6.0×10－12。②在溶液中，Fe2＋、Fe3＋、Al3＋从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.1～9.6、2.0～3.6、3.1～4.7。③三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线如图所示。(1)由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是________________________________________________________________________，滤渣的主要成分是______________________。(2)从滤液Ⅱ中获得MgSO4·7H2O晶体的实验步骤依次为①向滤液Ⅱ中加入______________；②过滤，得沉淀；③________________；④蒸发浓缩，降温结晶；⑤过滤、洗涤得产品。(3)若获得的MgSO4·7H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁[以Mg(OH)2计]的百分含量约为________。(MgSO4·7H2O的相对分子质量为246)答案(1)温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底(或高温下CaSO4·2H2O溶解度小等合理答案均可)Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO4·2H2O(2)NaOH溶液向沉淀中加足量稀硫酸(其他合理答案均可)(3)20.0%解析(1)加入NaClO，可以把Fe2＋氧化成Fe3＋，当pH大约为5时，Fe3＋、Al3＋转化成沉淀；根据溶解度曲线，温度高时，CaSO4·2H2O的溶解度更小，所以滤渣的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3和CaSO4·2H2O。(2)使Mg2＋转化成MgSO4·7H2O的步骤为①加入NaOH溶液；②过滤得Mg(OH)2沉淀；③加入稀H2SO4；④蒸发浓缩、降温结晶、过滤得产品。(3)根据镁元素守恒得eq\f(\f(24.6g,246g·mol－1)×58g·mol－1,29.0g)×100%＝20.0%。题组一理解概念，准确判断1．正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(1)BaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质(×)(2013·天津理综，1D)(2)SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物(×)(2013·四川理综，2A)(3)烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质(×)(2013·四川理综，2C)(4)福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物(√)(2013·四川理综，2D)(5)黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合而成(√)(2013·新课标全国卷Ⅰ，7D)(6)KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质(×)(2013·重庆理综，2A)题组二理清标准，辨析类别2．(2014·四川理综，2)下列关于物质分类的说法正确的是()A．金刚石、白磷都属于单质B．漂白粉、石英都属于纯净物C．氯化铵、次氯酸都属于强电解质D．葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物答案A解析金刚石是碳元素形成的单质，白磷是磷元素形成的单质，A项正确；漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，石英的主要成分是二氧化硅，常含有Al2O3、CaO、MgO等杂质，为混合物，B项错误；氯化铵为强电解质，次氯酸为弱酸，是弱电解质，C项错误；葡萄糖是小分子化合物，蛋白质是高分子化合物，D项错误。3．下列有关物质分类一定正确的是()A．强电解质：盐酸、氢氧化钡、明矾B．弱电解质：甲酸、纯碱、醋酸铵C．非电解质：液氨、二氧化硫、苯D．化合物：重水、双氧水、矿泉水答案C解析A项，盐酸属于混合物；B项，纯碱、醋酸铵均属于强电解质；D项，矿泉水是混合物。方法技巧一般采用“概念对比法”或“反例否定法”等。化学基本概念的有关知识比较零碎，容易混淆，在复习时，要注意关键字的理解和记忆、一般中的特殊情况，这是解这类化学题的关键。考点二“扫描”物理变化、化学变化，理清物质转化关系及线索1．全面认识化学变化、物理变化(1)从宏观上看，有新物质生成的变化是化学变化，反之则为物理变化。这里的新物质生成所能实现的仅是原子与分子(或离子)的相互转化，在整个过程中原子核没有发生改变。一种原子变为另一种原子涉及原子核的变化，不属于化学变化。(2)从微观上看，化学变化过程中有旧化学键的断裂，同时又有新化学键的形成，但有化学键断裂的变化未必就是化学变化，如NaCl晶体熔化、SiO2晶体的熔化，分别破坏了离子键、共价键，但属于物理变化。(3)从能量上看，化学变化中一定伴随能量变化，而有能量变化的过程却不一定是化学变化；物理变化中有的有能量变化，有的无能量变化，如气体与气体之间的扩散等。(4)化学变化过程中一定伴有物理变化，但物理变化过程中未必有化学变化，观察到一定的实验现象并不一定是发生化学变化造成的。2．识记易混淆的物理变化、化学变化物质变化过程中的“三馏”、“四色”、“五解”和“十四化”物理变化化学变化三馏①蒸馏②分馏干馏四色焰色反应①显色反应②颜色反应③指示剂变色反应五解潮解①分解②电解③水解④裂解十四化①熔化②汽化③液化④升华①氧化②风化③钝化④催化⑤皂化⑥歧化⑦硝化⑧酯化⑨裂化⑩油脂的硬化注意(1)化学变化：同素异形体之间的相互转化、CuSO4·5H2O的脱水、蛋白质变性、电解质溶液导电、浓硫酸脱水、煤的气化和液化。(2)物理变化：金属导电、盐析、活性炭吸附、渗析。(3)爆炸有的是化学变化引起的，有的是物理变化引起的。3．树立物质转化思想(1)理解物质转化关系图(2)形成转化关系一条线：氢化物→单质→氧化物→酸或碱→盐。(3)以“H2Seq\o(→,\s\up7(①))Seq\o(→,\s\up7(②))SO2eq\o(→,\s\up7(③))SO3eq\o(→,\s\up7(④))H2SO4eq\o(→,\s\up7(⑤))Na2SO4”转化关系为例，写出各步转化的化学方程式：①2H2S＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2S＋2H2O；②S＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))SO2；③2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2SO3；④SO3＋H2O=H2SO4；⑤H2SO4＋2NaOH=Na2SO4＋2H2O(或H2SO4＋Na2O=Na2SO4＋H2O或H2SO4＋Na2CO3=Na2SO4＋H2O＋CO2↑)。题组一物理变化、化学变化的准确判断1．(2015·重庆理综，1)中华民族有着光辉灿烂的发明史。下列发明创造不涉及化学反应的是()A．用胆矾炼铜 B．用铁矿石炼铁C．烧结粘土制陶瓷 D．打磨磁石制指南针答案D解析A项，用胆矾炼铜，即由CuSO4·5H2O生成Cu，铜元素被还原，有新物质生成，发生化学反应；B项，用铁矿石炼铁，即由铁的化合物生成铁，铁元素被还原，有新物质生成，发生化学反应；C项，陶瓷是以粘土为原料高温烧结而成，发生化学反应；D项，打磨磁石制指南针，只是物质外形改变，不涉及化学反应。2．(2015·北京理综，6)下列有关我国古代技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是()A.火药使用B.粮食酿酒C.转轮排字D.铁的冶炼答案C解析A项，火药在适当条件下自身迅速燃烧生成大量气体，此过程涉及化学变化；B项，粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程；C项，转轮排字过程中没有新物质生成，不涉及化学反应；D项，铁的冶炼是利用氧化还原反应，将铁元素还原为铁单质的过程。方法技巧有关物理变化和化学变化类试题可以用列举法、特例排除法等，它能很好地考查学生知识的积累和运用，难度中等。近几年高考题将物理变化、化学变化及应用结合起来考查，备考时，要注意用教材中的化学反应解释微观粒子之间的变化，以及微观粒子之间作用力的变化。题组二物质转化思想在元素化合物知识中的应用3．现有氮及其化合物的转化关系如下图，则下列说法不正确的是()A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径C．氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2D．上述所有反应都是氧化还原反应答案C解析A项，根据工业上制备硝酸的路径：合成氨→NH3的催化氧化→NO转化为NO2→NO2和H2O反应获得硝酸，所以路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，A正确；B项，N2和O2在雷电作用下生成NO，NO会迅速被O2氧化为NO2，NO2和H2O反应获得硝酸，即路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径，B正确；C项，N2和O2的反应只能一步到NO，NO被空气中的O2氧化即可转化为NO2，两步转化反应的条件不一样，C错误；D项，上述过程的合成氨、NH3的催化氧化、N2转化为NO、NO转化为NO2、NO2和H2O反应中都有元素化合价发生变化，都属于氧化还原反应，D正确。4．已知A是单质，E有强酸性和强氧化性。A、B、C、D、E是含有一种相同元素的五种物质，在一定条件下可发生如图所示的转化。则A可能是()A．Cl2B．CC．N2D．Si答案C解析A是单质，能和氢气反应，则A是非金属单质，A能被氧气氧化生成C，C能被氧化生成D，则A在氧化物中是显不同价态，E有强酸性和强氧化性，则A中元素是非金属性较强的元素。A项，氯气和氢气反应生成氯化氢，氯化氢和氧气不反应，错误；B项，碳和氧气反应生成一氧化碳，CO和O2反应生成二氧化碳，CO2和H2O反应生成碳酸，但碳酸是弱酸，错误；C项，N2和H2反应生成NH3，NH3和O2反应生成一氧化氮，氮气和氧气反应生成一氧化氮，NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成硝酸，硝酸是强酸且是强氧化性酸，正确；D项，硅和氧气反应时，无论氧气是否过量都生成SiO2，且SiO2和H2O不反应，硅酸是弱酸，错误。考点三一种重要的混合物——胶体胶体知识“10”提醒(1)胶体区别其他分散系的本质特征是分散质颗粒直径大小(1～100nm)。(2)胶体的物理性质：①丁达尔效应；②电泳现象；③介稳性；④布朗运动；⑤胶体粒子不能透过半透膜，但能透过滤纸。(3)胶体微粒一般是离子、分子或难溶物的聚集体，但有些高分子化合物，如淀粉、蛋白质，因其分子非常大，其相对分子质量通常为几万、几十万甚至上百万、千万，因此一个分子就是一个胶体微粒，它们的溶液是胶体。(4)区分胶体和其他分散系的最简便方法是丁达尔效应。(5)胶体具有介稳性的主要原因是胶体粒子带有相同电荷。(6)胶体的布朗运动不是分子的运动，但反映了分子也在作无规则运动。(7)胶体的电泳现象反映了胶体粒子带有电荷，但不能说成胶体带有电荷。胶体与溶液一样是电中性的。(8)在Fe(OH)3胶体中，F