2018届二轮复习化学计量及其应用课件（114张）（全国通用） 114页

专题二 化学计量及其应用 1. 了解物质的量的单位 —— 摩尔 (mol) 、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的 量浓度、阿伏加德罗常数的含义。 2. 了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。 3. 理解质量守恒定律的含义。 4. 能根据物质的量与微粒 ( 原子、分子、离子等 ) 数目、气体体积 ( 标准状况下 ) 之间的相互关系进行有关计算。 5. 了解溶液的含义。 6. 了解溶解度、饱和溶液的概念。 7. 了解溶液的组成，理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。 8. 了解配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法。 考纲要求 内容索引 考点一 阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律 考点二 一定物质的量浓度溶液的配制及计算 考点三 化学计算的类型及解题方法 考点四 溶解度及其曲线 考点一 阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律 ( 一 ) 洞悉陷阱设置，突破阿伏加德罗常数应用 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)2.24 L CO 2 中含有的原子数为 0.3 N A ( ) (2) 常温下， 11.2 L 甲烷气体含有的甲烷分子数为 0.5 N A ( ) (3) 标准状况下， 22.4 L 己烷中含共价键数目为 19 N A ( ) (4) 常温常压下， 22.4 L 氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为 2 N A ( ) (5) 标准状况下， 2.24 L HF 含有的 HF 分子数为 0.1 N A ( ) 答案 × × × × × 突破陷阱 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 CCl 4 、 H 2 O 、 Br 2 、 SO 3 、 HF 、己烷、苯等在标准状况下不为气体 ) 。 突破陷阱 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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， 3.2 g O 2 所含的原子数为 0.2 N A ( ) (2) 标准标况下， 18 g H 2 O 所含的氧原子数目为 N A ( ) (3) 常温常压下， 92 g NO 2 和 N 2 O 4 的混合气体中含有的原子数为 6 N A ( ) 突破陷阱 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 突破陷阱 排 “ 干扰 ” ，突破 “ 质量、状况 ” 陷阱 给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数，实质上，此时物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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， 32 g 18 O 2 中含有 2 N A 个氧原子 ( ) (2)17 g —OH 与 17 g OH － 所含电子数均为 10 N A ( ) (3) 相同质量的 N 2 O 4 与 NO 2 中所含原子数目相同 ( ) (4) m g CO 与 N 2 的混合气体中所含分子数目为 N A ( ) (5)4.5 g SiO 2 晶体中含有的硅氧键的数目为 0.3 N A ( ) (6)30 g 甲醛中含共用电子对总数为 4 N A ( ) 突破陷阱 × × √ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 突破陷阱 记 “ 组成 ” ，突破 “ 结构 ” 判断陷阱 1. 记特殊物质中所含微粒的数目，如 Ne 、 D 2 O 、 18 O 2 、 —OH 、 OH － 等。 2. 记最简式相同的物质，如 NO 2 和 N 2 O 4 、乙烯 (C 2 H 4 ) 和丙烯 (C 3 H 6 ) 等。 3. 记摩尔质量相同的物质，如 N 2 、 CO 、 C 2 H 4 等。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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)0.1 L 3.0 mol·L － 1 的 NH 4 NO 3 溶液中含有的 NH 的数目为 0.3 N A ( ) (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 2 N A ( ) (3)0.1 mol·L － 1 的 NaHSO 4 溶液中，阳离子的数目之和为 0.2 N A ( ) (4)25 ℃ 时， pH ＝ 13 的 1.0 L Ba(OH) 2 溶液中含有的 OH － 数目为 0.2 N A ( ) 突破陷阱 × × × × 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 突破陷阱 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 H 2 SO 4 溶液， c (H ＋ ) ＝ 0.1 mol·L － 1 ，与电解质的组成无关； 0.05 mol·L － 1 的 Ba(OH) 2 溶液， c (OH － ) ＝ 0.1 mol·L － 1 ，与电解质的组成有关。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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)2 mol SO 2 和 1 mol O 2 在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为 2 N A ( ) (2) 标准状况下， 22.4 L NO 2 气体中所含分子数目为 N A ( ) (3)100 g 17% 的氨水，溶液中含有的 NH 3 分子数为 N A ( ) (4) 标准状况下， 0.1 mol Cl 2 溶于水，转移的电子数目为 0.1 N A ( ) 突破陷阱 × × × × 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 突破陷阱 记 “ 隐含反应 ” ，突破 “ 粒子组成、电子转移 ” 判断陷阱 在 “ N A ” 应用中，常涉及以下可逆反应： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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)5.6 g 铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为 0.3 N A ( ) (2)0.1 mol Zn 与含 0.1 mol HCl 的盐酸充分反应，转移的电子数目为 0.2 N A ( ) (3)1 mol Na 与足量 O 2 反应，生成 Na 2 O 和 Na 2 O 2 的混合物，转移的电子数为 N A ( ) (4)1 mol Na 2 O 2 与足量 CO 2 充分反应转移的电子数为 2 N A ( ) (5) 向 FeI 2 溶液中通入适量 Cl 2 ，当有 1 mol Fe 2 ＋ 被氧化时，共转移的电子的数目为 N A ( ) (6)1 mol Cl 2 参加反应转移电子数一定为 2 N A ( ) 突破陷阱 × × √ × × × 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 突破陷阱 “ 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)Cl 2 和 Fe 、 Cu 等反应， Cl 2 只作氧化剂，而 Cl 2 和 NaOH 反应， Cl 2 既作氧化剂，又作还原剂。 (2)Na 2 O 2 与 CO 2 或 H 2 O 反应， Na 2 O 2 既作氧化剂，又作还原剂，而 Na 2 O 2 与 SO 2 反 应， Na 2 O 2 只作氧化剂。 2. 量不同，所表现的化合价不同。如： Fe 和 HNO 3 反应， Fe 不足，生成 Fe 3 ＋ ， Fe 过量，生成 Fe 2 ＋ 。 突破陷阱 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3. 氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。如： Cu 和 Cl 2 反应生成 CuCl 2 ，而 Cu 和 S 反应生成 Cu 2 S 。 4. 注意氧化还原的顺序。如： 向 FeI 2 溶液中通入 Cl 2 ，首先氧化 I － ，再氧化 Fe 2 ＋ 。所以上述题 (5) 中转移的电子数目大于 N A 。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 题组七　 2016 、 2015 新课标卷 “ N A ” 应用高考试题汇编 7.(2016· 全国卷 Ⅰ ， 8) 设 N A 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的 是 ( 　　 ) A.14 g 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为 2 N A B.1 mol N 2 与 4 mol H 2 反应生成的 NH 3 分子数为 2 N A C.1 mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为 2 N A D. 标准状况下， 2.24 L CCl 4 含有的共价键数为 0.4 N A √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析　 A 项，乙烯和丙烯的最简式均为 CH 2 ， 14 g 乙烯和丙烯混合气体中相当于含有 1 mol CH 2 ，则其氢原子数为 2 N A ，正确； B 项，合成氨的反应是可逆反应，则 1 mol N 2 与 4 mol H 2 反应生成的 NH 3 分子数小于 2 N A ，错误； C 项，铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故 1 mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为 3 N A ，错误； D 项，标准状况下 CCl 4 为液态，故 2.24 L CCl 4 的物质的量不是 0.1 mol ，则其含有的共价键数不是 0.4 N A ，错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.(2015· 全国卷 Ⅰ ， 8) N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( 　　 ) A.18 g D 2 O 和 18 g H 2 O 中含有的质子数均为 10 N A B.2 L 0.5 mol·L － 1 亚硫酸溶液中含有的 H ＋ 离子数为 2 N A C. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2 N A D. 密闭容器中 2 mol NO 与 1 mol O 2 充分反应，产物的分子数为 2 N A 解析 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析　 A 项， D 2 O 和 H 2 O 的质子数相同 ( 均为 10) ，但 D 2 O 、 H 2 O 的摩尔质量不同，分别为 20 g·mol － 1 和 18 g·mol － 1 ，所以 18 g D 2 O 和 H 2 O 的物质的量不同，质子数不同，错误； B 项， n (H 2 SO 3 ) ＝ 2 L × 0.5 mol·L － 1 ＝ 1 mol ，但 H 2 SO 3 是弱酸，部分电离，所以 H ＋ 数目小于 2 N A ，错误； C 项，发生的反应是 2Na 2 O 2 ＋ 2H 2 O===4NaOH ＋ O 2 ↑ ，转移电子数为 2e － ，所以生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2 N A ，正确； D 项，发生反应： 2NO ＋ O 2 ===2NO 2 ，生成 2 mol NO 2 ，常温下 NO 2 和 N 2 O 4 之间存在平衡 2NO 2  N 2 O 4 ，所以分子数小于 2 N A ，错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ( 二 ) 理解公式推论，破解阿伏加德罗定律应用 9. 同温同压下， x g 甲气体和 y g 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 解析 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10. 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 解析 √ 反思归纳 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 反思归纳 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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。 反思归纳 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 反思归纳 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 × V m 及 m ＝ V × ρ 等公式推导出： (1) 同温同压时： ① V 1 ∶ V 2 ＝ n 1 ∶ n 2 ＝ N 1 ∶ N 2 ； ② ρ 1 ∶ ρ 2 ＝ M 1 ∶ M 2 ； ③ 同质量时： V 1 ∶ V 2 ＝ M 2 ∶ M 1 。 (2) 同温同体积时： ① p 1 ∶ p 2 ＝ n 1 ∶ n 2 ＝ N 1 ∶ N 2 ； ② 同质量时： p 1 ∶ p 2 ＝ M 2 ∶ M 1 。 (3) 同温同压同体积时： M 1 ∶ M 2 ＝ m 1 ∶ m 2 。 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 考点二 一定物质的量浓度溶液的配制及计算 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， 理解基本公式，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。 核心精讲 1 2. 实验步骤要理清 如：配制 500 mL 0.1 mol·L － 1 Na 2 CO 3 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 ) 。 5.3 ②④⑥⑤①③ 答案 3. 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 480 mL 溶液，应选用 500 mL 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容量瓶刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处不能接触瓶口，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。 用 “ 偏高 ” 、 “ 偏低 ” 或 “ 无影响 ” 填空： (1) 砝码生锈： 。 (2) 定容时，溶液温度高： 。 (3) 定容时俯视容量瓶刻度线： 。 (4) 称量时物码颠倒且使用游码： 。 答案 偏高 偏高 偏高 偏低 (5) 未洗涤烧杯、玻璃棒： 。 (6) 称量易吸水物质时间过长： 。 (7) 转移时，有液体溅出： 。 (8) 滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出： 。 (9) 定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线： 。 (10) 容量瓶内有少量水： 。 答案 偏低 偏低 偏低 偏低 偏低 无影响 5. 换算关系会推导 (1) 气体溶质物质的量浓度的计算： 标准状况下， 1 L 水中溶解某气体 V L ，所得溶液的密度为 ρ g·cm － 3 ，气体的摩尔质量为 M g·mol － 1 ，则 c ＝ 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 ＝ ( 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 ) 。 6. 两条规律理解透 (1) 稀释定律 ① 如用 V 1 、 V 2 、 c 1 、 c 2 分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有 c 1 V 1 ＝ c 2 V 2 。 ② 如用 m 1 、 m 2 、 w 1 、 w 2 分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有 m 1 w 1 ＝ m 2 w 2 。 (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 w 1 和 w 2 的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为 w 。 答案 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) 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至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线 ( ) (2) 称取 2.0 g NaOH 固体，可先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加 2 g 砝码，左盘上添加 NaOH 固体 ( ) (3) 配制 0.10 mol·L － 1 NaOH 溶液 ( ) 题组集训 2 √ × × 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (4) 配制一定浓度的 NaCl 溶液 ( ) ( 5) 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中 烘干 ( ) (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 ( ) × × × 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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 ( 　　 ) 解析 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。 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析 √ 3.(1) 配制浓度为 2 mol·L － 1 的 NaOH 溶液 100 mL ，用托盘天平称取 NaOH 固体时，天平读数将 ________( 填写字母 ) 。 A. 等于 8.0 g B. 等于 8.00 g C. 大于 8.0 g D. 等于 0.2 g 解析　 称量 NaOH 固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于 8.0 g ＋烧杯质量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2) 某实验中需 2 mol·L － 1 的 Na 2 CO 3 溶液 950 mL ，配制时应选用的容量瓶的规格为 _________ ，称取 Na 2 CO 3 的质量为 _______ 。 解析　 根据容量瓶的常用规格可知，应配制 2 mol·L － 1 的 Na 2 CO 3 溶液 1 000 mL ，所需 Na 2 CO 3 的质量为 1 L × 2 mol·L － 1 × 106 g·mol － 1 ＝ 212.0 g 。 1 000 mL 212.0 g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析答案 解析 √ 题组二　有关浓度的换算 4. 相对分子质量为 M 的气态化合物 V L( 标准状况 ) ，溶于 m g 水中，得到质量分数为 w 的溶液，物质的量浓度为 c mol·L － 1 ，密度为 ρ g·cm － 3 。则下列说法不正确的是 ( 　　 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析 5. 体积为 V L 、密度为 ρ g·cm － 3 的某溶液中，含有摩尔质量为 M 的溶质 m g 。若此溶液中溶质的物质的量浓度为 c mol·L － 1 ，溶质的质量分数为 w ，则下列各表示式中正确的是 ( 　　 ) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 题组三　溶液稀释规律的应用 6. 取 100 mL 0.3 mol·L － 1 的硫酸溶液和 300 mL 0.25 mol·L － 1 的硫酸溶液加水稀释至 500 mL ，该混合溶液中 H ＋ 的物质的量浓度是 ( 　　 ) A.0.21 mol·L － 1 B.0.42 mol·L － 1 C.0.56 mol·L － 1 D.0.26 mol·L － 1 解析　 根据题意可知，容量瓶中 H 2 SO 4 溶液的 H ＋ 浓度关系如下： c 3 V 3 ＝ c 1 V 1 ＋ c 2 V 2 ，可得 n (H ＋ ) ＝ (0.1 L × 0.3 mol·L － 1 ＋ 0.3 L × 0.25 mol·L － 1 ) × 2 ＝ 0.21 mol ，所以 c (H ＋ ) ＝ ＝ 0.42 mol·L － 1 。 解析 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7. 实验室常用 98%( ρ ＝ 1.84 g·mL － 1 ) 的浓 H 2 SO 4 配制 1 ∶ 4 的稀 H 2 SO 4 ，此稀 H 2 SO 4 的密度为 1.23 g·mL － 1 ，其物质的量浓度为 ( 　　 ) A.4.6 mol·L － 1 B.5.7 mol·L － 1 C.3.88 mol·L － 1 D.18.4 mol·L － 1 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。 求算所得溶液溶质的质量分数： w % ＝ (1 mL × 1.84 g·mL － 1 × 98%) /(1 mL × 1.84 g·mL － 1 ＋ 4 mL × 1 g·mL － 1 ) × 100% ≈ 30.9% ，稀硫酸的物质的量浓度为 c (H 2 SO 4 ) ＝ (1 000 mL × 1.23 g·mL － 1 × 30.9%)/ (98 g·mol － 1 × 1 L) ≈ 3.88 mol·L － 1 ，故选 C 。 解析 √ 方法技巧 1 2 3 4 5 6 7 8 9 方法技巧 掌握两项技能 1. 用 98% 的浓 H 2 SO 4 配制 100 mL 1 ∶ 4 的稀 H 2 SO 4 ：用量筒量取 80 mL 的水注入 200 mL 的烧杯，然后再用另一只量筒量取 20 mL 的浓 H 2 SO 4 沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不停搅拌。 2. 配制 100 g 20% 的 NaCl 溶液：准确称量 20.0 g NaCl 固体，然后再转移到 200 mL 的烧杯中，再用量筒量取 80 mL 的水注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌直到完全溶解为止。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 题组四　溶液中电荷守恒在物质的量浓度计算中的应用 8. 把 500 mL 含有 BaCl 2 和 KCl 的混合溶液分成 5 等份，取一份加入含 a mol 硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含 b mol 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 － 2 a ) mol·L － 1 B.10(2 a － b ) mol·L － 1 C.10( b － a ) mol·L － 1 D.10( b － 2 a ) mol·L － 1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析 返回 9. 把 V L 含有 MgSO 4 和 K 2 SO 4 的混合溶液分成两等份，一份加入含 a mol NaOH 的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含 b mol BaCl 2 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 ( 　　 ) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 考点三 化学计算的类型及解题方法 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. 注意三个守恒 核心精讲 1 3. 明确两种方法 (1) 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。 (2) 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) ＋ O 2 (g)===2CO(g) 　 Δ H 　 Δ m ( 固 ), Δ n ( 气 ), Δ V ( 气 ) 2 mol 1 mol 2 mol Q 24 g 1 mol 22.4 L( 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 ” 。 4. 计算类型及实验方法 (1) 计算类型： ① 确定化学式； ② 确定样品质量分数。 (2) 实验方法 ① 滴定分析法； ② 沉淀分析法； ③ 热重分析法。 解析 题组一　 “ 关系式 ” 法的应用 ( 一 ) 由 “ 元素守恒 ” 确定关系式 1. 在 O 2 中灼烧 0.44 g S 和 Fe 组成的化合物，使其中的 S 全部转变为 SO 2 ，把这些 SO 2 全部氧化转变为 H 2 SO 4 。这些 H 2 SO 4 可以用 20 mL 0.50 mol·L － 1 NaOH 溶液完全中和。则原化合物中 S 的百分含量为 ( 　　 ) A.18% B.46% C.53% D.36% √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 题组集训 2 解析　 关注 S ―→ SO 2 ―→ SO 3 ―→ H 2 SO 4 中硫元素守恒，根据酸碱中和求出与 NaOH 的关系。 全部反应过程中，各物质的量的关系可用下式表示： S ―→ SO 2 ―→ SO 3 ―→ H 2 SO 4 ―→ 2NaOH 32 g 　　　　　　　　　　　 2 mol x 　　　　　　　　　　　　　 (0.02×0.5 0)mol 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ( 二 ) 由 “ 电子守恒 ” 确定关系式 2. 取 KI 溶液 25 mL ，向其中滴加 0.4 mol·L － 1 的 FeCl 3 溶液 135 mL ， I － 完全反应生成 I 2 ： 2I － ＋ 2Fe 3 ＋ ===I 2 ＋ 2Fe 2 ＋ 。将反应后的溶液用 CCl 4 萃取后分液，向分出的水溶液中通入 Cl 2 至 0.025 mol 时， Fe 2 ＋ 恰好完全反应。求 KI 溶液的物质的量浓度。 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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 Cl 2 之间的关系式： 2I － ～ Cl 2 。 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设 KI 的物质的量是 x ，则 2I － 　～　 Cl 2 2 1 x 0.025 mol 答案　 2 mol·L － 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 题组二　 “ 滴定法 ” 分析物质组成及含量 应用一　确定含量 3. 为测定某石灰石中 CaCO 3 的质量分数，称取 W g 石灰石样品，加入过量的浓度为 6 mol·L － 1 的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的 CO 2 ，再加入足量的草酸铵 [(NH 4 ) 2 C 2 O 4 ] 溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为 C 2 O ＋ Ca 2 ＋ ===CaC 2 O 4 ↓ ，过滤出 CaC 2 O 4 后，用稀硫酸溶解： CaC 2 O 4 ＋ H 2 SO 4 ===H 2 C 2 O 4 ＋ CaSO 4 ，再用蒸馏水稀释溶液至 V 0 mL 。取出 V 1 mL 用 a mol·L － 1 的 KMnO 4 酸性溶液滴定，此时发生反应： 2MnO ＋ 5H 2 C 2 O 4 ＋ 6H ＋ ===2Mn 2 ＋ ＋ 10CO 2 ↑ ＋ 8H 2 O 。若滴定终点时消耗 a mol·L － 1 的 KMnO 4 V 2 mL ，计算样品中 CaCO 3 的质量分数。 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 本题涉及的化学方程式或离子方程式为 CaCO 3 ＋ 2HCl===CaCl 2 ＋ H 2 O ＋ CO 2 ↑ CaC 2 O 4 ＋ H 2 SO 4 == =H 2 C 2 O 4 ＋ CaSO 4 由方程式可以得出相应的关系式 2 n 1 (CaCO 3 ) 　　　　　　　　　　　　 aV 2 × 10 － 3 mol 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 n 1 (CaCO 3 ) ＝ 2.5 aV 2 × 10 － 3 mol 则 w (CaCO 3 ) ＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4. 电解铜的阳极泥中含有 3% ～ 14% Se 元素，该元素以 Se 单质、 Cu 2 Se 形式存在，还含有稀有金属及贵金属。称取 5.000 g 电解铜的阳极泥样品以合适方法溶解，配成 250 mL 混酸溶液，移取上述溶液 25.00 mL 于锥形瓶中，加入 25.00 mL 0.010 00 mol·L － 1 KMnO 4 标准溶液 [ 只发生 Se( ＋ 4) 转化为 Se( ＋ 6)] 。反应完全后，用 0.050 00 mol·L － 1 (NH 4 ) 2 Fe(SO 4 ) 2 标准溶液滴至终点，消耗 15.00 mL 。则电解铜的阳极泥中 Se 的质量分数为 ________( 保留四位有效数字 ) 。 3.950% 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 0.000 150 0 mol 　　　　　　　 0.000 750 0 mol 0.000 250 0 mol 　　　　　　　 0.000 250 0 mol － 0.000 150 0 mol ＝ 0.000 100 mol 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 应用二　确定组成 5. 碱式次氯酸镁 [Mg a (ClO) b (OH) c · x H 2 O] 是一种有开发价值的微溶于水的无机抗菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下实验 ： ① 准确称取 1.685 g 碱式次氯酸镁试样于 250 mL 锥形瓶中，加入过量的 KI 溶液，用足量乙酸酸化，用 0.800 0 mol·L － 1 Na 2 S 2 O 3 标准溶液滴定至终点 ( 离子方程式 为 ) ，消耗 25.00 mL 。 ② 另取 1.685 g 碱式次氯酸镁试样，用足量乙酸酸化，再用足量 3% H 2 O 2 溶液处理至不再产生气泡 (H 2 O 2 被 ClO － 氧化为 O 2 ) ，稀释至 1 000 mL 。移取 25.00 mL 溶液至锥形瓶中，在一定条件下用 0.020 00 mol·L － 1 EDTA(Na 2 H 2 Y) 标准溶液滴定其中的 Mg 2 ＋ ( 离子方程式为 Mg 2 ＋ ＋ H 2 Y 2 － ===MgY 2 － ＋ 2H ＋ ) ，消耗 25.00 mL 。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1) 步骤 ① 需要用到的指示剂是 _________ 。 解析　 根据实验 ① 中的离子方程式可知有 I 2 参加，根据 I 2 的特性可选择淀粉作指示剂。 淀粉溶液 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2) 通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式 ( 写出计算过程 ) 。 反思归纳 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析答案 解析　 根据实验 ① 中消耗的 Na 2 S 2 O 3 的物质的量结合关系式 ClO － ～ I 2 ～ 2S 2 O 求得 n (ClO － ) ，根据实验 ② 中消耗的 EDTA 的体积结合关系式 Mg 2 ＋ ～ EDTA 可求得 n (Mg 2 ＋ ) ，利用电荷守恒可求得 n (OH － ) ，根据固体的总质量以及求出的 n (Mg 2 ＋ ) 、 n (ClO － ) 、 n (OH － ) 可求得 n (H 2 O) ，从而得到 n (Mg 2 ＋ ) 、 n (ClO － ) 、 n (OH － ) 、 n (H 2 O) 四者之比，最后得到物质的化学式。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 反思归纳 解析答案 根据电荷守恒，可得： n (OH － ) ＝ 2 n (Mg 2 ＋ ) － n (ClO － ) ＝ 2 × 0.02 mol － 0.01 mol ＝ 0.01 mol ， m (H 2 O) ＝ 1.685 g － 0.01 mol × 51.5 g·mol － 1 － 0.02 mol × 24 g·mol － 1 － 0.03 mol × 17 g·mol － 1 ＝ 0.180 g ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 反思归纳 解析答案 n (Mg 2 ＋ ) ∶ n (ClO － ) ∶ n (OH － ) ∶ n (H 2 O) ＝ 0.02 mol ∶ 0.01 mol ∶ 0.03 mol ∶ 0.01 mol ＝ 2 ∶ 1 ∶ 3 ∶ 1 ， 碱式次氯酸镁的化学式为 Mg 2 ClO(OH) 3 ·H 2 O 。 反思归纳 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 反思归纳 1. 利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径为 (1) 利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。 (2) 利用微粒守恒建立关系式。 2. 多步滴定常分为两类 (1) 连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。 (2) 返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 题组三　 “ 沉淀法 ” 分析物质组成及含量 6.SO 2 可转化为硫酸盐。现有一种硫酸盐的化学式为 x (NH 4 ) 2 SO 4 ·Fe 2 (SO 4 ) 3 · y H 2 O 。称取该复盐 2.410 g ，加入过量的 NaOH 溶液并加热，生成的气体用 100 mL 0.050 0 mol·L － 1 硫酸吸收，多余的硫酸用 0.200 0 mol·L － 1 NaOH 溶液滴定，消耗 NaOH 溶液 25.00 mL 。再将等质量的复盐溶于水配成溶液，加足量 BaCl 2 溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，最后得白色沉淀 2.330 g 。试列出计算过程确定该复盐的化学式。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案　 根据题干所述得如下关系式 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 所以化学式为 (NH 4 ) 2 SO 4 ·Fe 2 (SO 4 ) 3 ·24H 2 O 或 NH 4 Fe(SO 4 ) 2 ·12H 2 O 。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7. 锂－磷酸氧铜电池是一种以磷酸氧铜作为正极材料的锂离子电池，其正极的活性物质是 Cu 4 O(PO 4 ) 2 ，某化工流程中制得样品 38.56 g [ 假定样品中只含 Cu 4 O(PO 4 ) 2 和 CuO 两种物质 ] ，使其完全溶于一定量的硝酸中，再加入氧氧化钠溶液，使铜完全沉淀，将沉淀灼烧使其转变为黑色氧化铜，最终称得残留固体质量为 27.20 g 。计算所得样品磷酸氧铜的质量分数 ( 写出计算过程 ) 。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案　 n (CuO) × 80 g·mol － 1 ＋ n [Cu 4 O(PO 4 ) 2 ] × 462 g·mol － 1 ＝ 38.56 g 解得 n (CuO) ＝ 0.02 mol n [Cu 4 O(PO 4 ) 2 ] ＝ 0.08 mol 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 题组四　热重分析法确定物质组成及含量 应用一　确定含量 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 应用二　确定组成 9.0.80 g CuSO 4 ·5H 2 O 样品受热脱水过程的热重曲线 ( 样品质量随温度变化的曲线 ) 如图所示。 试确定 200 ℃ 时固体物质的化学式 ( 要求写出推断过程 ) 。 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 　　　 250 　　　　　　　 18 n 　　　 0.80 g 　　　　　 0.80 g － 0.57 g ＝ 0.23 g 则此时固体物质的化学式为 CuSO 4 ·H 2 O 。 答案　 CuSO 4 ·H 2 O 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)300 ℃ 时残留固体的成分为 ________ ， 900 ℃ 时残留固体的成分为 _____ 。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 CaC 2 O 4 CaO 解析 答案 解析　 n (CaC 2 O 4 ·H 2 O) ＝ ＝ 0.25 mol ，含有 m (H 2 O) ＝ 0.25 mol × 18 g·mol － 1 ＝ 4.50 g ，在 300 ℃ 时， ＝ 87.67% ， m ( 剩余 ) ＝ 36.50 g × 87.67% ≈ 32 g ，减少的质量为 36.50 g － 32 g ＝ 4.50 g ，故此时失去全部的结晶水，残留固体为 CaC 2 O 4 ；在 900 ℃ 时， ＝ 38.36% ， m ( 剩 余 ) ＝ 36.50 g × 38.36% ≈ 14 g ，其中 Ca 的质量没有损失，含 m (Ca) ＝ 0.25 mol × 40 g·mol － 1 ＝ 10 g ，另外还含有 m (O) ＝ 14 g － 10 g ＝ 4 g ， n (O) ＝ ＝ 0.25 mol ，则 n (Ca) ∶ n (O) ＝ 1 ∶ 1 ，化学式为 CaO 。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2) 通过计算求出 500 ℃ 时固体的成分及质量 ( 写出计算过程 ) 。 反思归纳 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 反思归纳 解析答案 答案　 500 ℃ 时残留固体的成分为 CaC 2 O 4 和 CaCO 3 的混合物， 设混合物中 CaC 2 O 4 和 CaCO 3 的物质的量分别为 x mol 和 y mol ， 根据 500 ℃ 时固体总质量可得 128 x ＋ 100 y ＝ 36.50 g × 76.16% ， 根据钙元素守恒可得 x ＋ y ＝ 0.25 ， 解得 x ＝ 0.10 ， y ＝ 0.15 ， m (CaC 2 O 4 ) ＝ 0.10 mol × 128 g·mol － 1 ＝ 12.80 g ， m (CaCO 3 ) ＝ 0.15 mol × 100 g·mol － 1 ＝ 15.0 g ， 500 ℃ 时固体的成分为 12.8 g CaC 2 O 4 和 15.0 g CaCO 3 。 反思归纳 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 反思归纳 热重分析的方法 (1) 设晶体为 1 mol 。 (2) 失重一般是先失水、再失非金属氧化物。 (4) 晶体中金属质量不减少，仍在 m 余 中。 (5) 失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得 m O ，由 n 金属 ∶ n O ，即可求出失重后物质的化学式。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 题组五　 “ 差量法 ” 在化学计算中的应用 11. 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% √ 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 　 1 L 3 L 　　　　 2 L 　　　　 2 L 由以上关系式可知，反应前后体积的减少与生成的 NH 3 体积相等。设平衡时混合气体 100 L ，其中含 20 L NH 3 ，则原气体总体积减少 20 L 。所以，反应前氮气和氢气总体积为 120 L ，反应后体积缩小的百分率为 × 100% ≈ 16.7% 。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12. 有 NaCl 和 KCl 的混合物 25 g ，溶于水形成溶液，加入 1 000 g 7.14% 的 AgNO 3 溶液，充分反应后滤出沉淀，再向混合物加入 100 g Cu 片，过一段时间取出 ( 反应完全 ) ，洗涤干燥称其质量为 101.52 g ，原混合物中 NaCl 和 KCl 的物质的量各为 ( 　　 ) A.0.3 mol ； 0.2 mol B.0.3 mol ； 0.1 mol C.0.2 mol ； 0.1 mol D.0.2 mol ； 0.3 mol √ 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 设与 Cu 反应的硝酸银的物质的量为 x Cu 　　～　　 2AgNO 3 　　～　　 2Ag 　　　 Δ m 64 　　　　　 2 mol 　　　　　 2 × 108 　　 152 　　　　　　 x mol 　　　　　　　　　　 1.52 g 解得： x ＝ 0.02 mol ， n (AgNO 3 ) ＝ 1 000 g × 7.14%/170 g·mol － 1 ＝ 0.42 mol ， n (NaCl) ＋ n (KCl) ＝ 0.42 mol － 0.02 mol ＝ 0.40 mol ， n (NaCl) × 58.5 ＋ n (KCl) × 74.5 ＝ 25 ， 解得： n (NaCl) ＝ 0.3 mol ， n (KCl) ＝ 0.1 mol 。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13. 取一定量的 CuO 粉末与 0.5 L 稀硫酸充分反应后，将一根 50 g 铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重 0.24 g 。并收集到 224 mL 气体 ( 标准状况 ) 。 CuO 粉末的质量为 ( 　　 ) A.0.8 g B.1.8 g C.2.8 g D.8 g √ 解析 题后反思 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 注意差量的选择和应用。 由题意可知， CuO 粉末与稀硫酸充分反应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及下列两个反应： ① Fe ＋ H 2 SO 4 ===FeSO 4 ＋ H 2 ↑ ② Fe ＋ CuSO 4 ===FeSO 4 ＋ Cu 其中第 ① 个反应使铁棒质量减少，第 ② 个反应使铁棒质量增加，两者为 0.24 g 。 ① Fe ＋ H 2 SO 4 ===FeSO 4 ＋ H 2 ↑ 　　　 Δ m 1 56 g 　　　　　　　　 1 mol 　　 56 g 　　　　　　　　　　　 0. 01 mol 　 0.56 g 解析 题后反思 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 Δ m 2 － Δ m 1 ＝ 0.24 g ， Δ m 2 ＝ Δ m 1 ＋ 0.24 g ＝ 0.56 g ＋ 0.24 g ＝ 0.80 g 。 设 CuO 的物质的量为 x ， CuSO 4 的物质的量也为 x ， ② Fe ＋ CuSO 4 ===FeSO 4 ＋ Cu 　　　 Δ m 2 　　　 1 mol 　　　　　　　　　　 8 g 　　　 x 　　　　　　　　　　　 0.80 g 解得： x ＝ 0.1 mol ， m (CuO) ＝ 0.1 mol × 80 g·mol － 1 ＝ 8 g 。 题后反思 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 题后反思 解此类题的关键是根据题意确定 “ 理论差值 ” ，再根据题目提供的 “ 实际差值 ” ，列出比例式，求出答案。应注意： (1) 分清 “ 差量 ” 是增还是减，在较复杂的情况，存在多个反应，可能差量的增减方向并不一致，这就要取其代数和，若方向相同，则总差量等于各个分差量之和。 (2) 正确分析形成差量的原因，根据方程式找出对应的 “ 理论差量 ” 是差量法解题的关键。 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 考点四 溶解度及其曲线 1. 溶解度的概念及影响因素 在一定温度下，某固体物质在 100 g 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 ＝ × 100 g 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。 核心精讲 1 2. 溶解度的表示方法 (1) 列表法 硝酸钾在不同温度时的溶解度： 温度 ( ℃ ) 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 溶解度 (g) 13.3 20.9 31.6 45.8 63.9 85.5 110 138 168 202 246 (2) 曲线法 3. 溶解度曲线的含义及应用 (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 FeCl 3 溶液中结晶出 FeCl 3 ·6H 2 O 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 KNO 3 型溶质 ) ① A 溶液中 ( 含少量 B 杂质 ) 提取 A 答案　 蒸发浓缩，结晶，趁热过滤。 ② B 溶液中 ( 含少量 A 杂质 ) 提取 B 答案　 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。 答案 解析 1.(2014· 新课标全国卷 Ⅰ ， 11) 溴酸银 (AgBrO 3 ) 溶解度随温度变化曲线如 右 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 K sp 约等于 6 × 10 － 4 D. 若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用 重结晶方法提纯 1 2 题组集训 2 √ 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 AgBrO 3 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 AgBrO 3 的溶解速度加快； D 项，若 KNO 3 中含有少量 AgBrO 3 ，可通过蒸发浓缩得到 KNO 3 的饱和溶液，再冷却结晶获得 KNO 3 晶体，而 AgBrO 3 留在母液中。 1 2 2. 根据下列各组溶解度曲线图，判断分离提纯方法。 1 2 (1) 根据图 1 中 Na 2 SO 4 和 Na 2 SO 4 ·10H 2 O 的溶解度曲线 (g/100 g 水 ) ，由 Na 2 SO 4 溶液得到 Na 2 SO 4 固体的操作：将溶液升温结晶、 _________ 、用乙醇洗涤后干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是 _____________________ 。 解析　 本题结合各物质溶解度曲线图考查物质的分离与提纯。 由 图 1 中 Na 2 SO 4 和 Na 2 SO 4 ·10H 2 O 的溶解度曲线可知 ， 温度较低时析出晶体为 Na 2 SO 4 ·10H 2 O ，温度较高 时 析出的晶体为 Na 2 SO 4 ，可知由 Na 2 SO 4 溶液得到 Na 2 SO 4 固体，应将溶液升温结晶后趁热过滤，为防止水洗过 程中温度降低形成 Na 2 SO 4 ·10H 2 O ，故选用乙醇洗涤而 不用水洗。 趁热过滤 防止形成 Na 2 SO 4 ·10H 2 O 解析答案 1 2 (2) 根据图 2 所示相关物质的溶解度曲线。在实验室中提纯过硫酸钾粗产品的实验具体操作依次为将过硫酸钾粗产品溶于适量水中， _____________ ____________________________________________ ，干燥。 解析答案 在不超过 80 ℃ 的条件下加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冷水洗涤 解析　 由图 2 可知，过硫酸钾溶解度较小，将过硫酸钾粗产品溶于适量水中， 在不超过 80 ℃ 的条件下加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冷水洗涤，干燥即可提纯。 1 2 (3) 根据图 1 中红矾钠 (Na 2 Cr 2 O 7 ·2H 2 O) 和 Na 2 SO 4 的溶解度曲线。从 Na 2 Cr 2 O 7 和 Na 2 SO 4 的混合溶液中提取红矾钠的操作：先将混合溶液蒸发浓缩，趁热过滤。趁热过滤的目的是 ____________________________________ ______ ；然后将滤液 _________ ，从而析出红矾钠。 解析　 由图 1 可看出红矾钠 (Na 2 Cr 2 O 7 ·2H 2 O) 的溶解度 随温度的升高而变大，而 Na 2 SO 4 的溶解度在 50 ℃ 以 下温度越高，溶解度越大；当温度超过 50 ℃ ，温度 越高，溶解度反而越小，所以先将混合溶液蒸发浓缩， 趁热过滤；趁热过滤的目的是除去析出的 Na 2 SO 4 晶体， 又能防止 Na 2 Cr 2 O 7 ·2H 2 O 结晶析出而损失；然后将滤液冷却结晶，从而析出红矾钠。 有利于 Na 2 SO 4 结晶析出 ， 又能防止 Na 2 Cr 2 O 7 ·2H 2 O 结晶析出 冷却结晶 解析答案 返回 1 2 本课结束