2020届高考化学一轮复习物质的量在化学实验中的应用学案

2020届高考化学一轮复习物质的量在化学实验中的应用学案

第2讲　物质的量在化学实验中的应用 考纲要求 名师点拨 ‎1.了解溶液的含义，了解物质的量浓度的含义。‎ ‎2．了解溶解度、饱和溶液的概念。‎ ‎3．了解溶液浓度的表示方法。理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。‎ ‎4．掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。‎ 高考试题中关于物质的量浓度的考查主要有三个方面，溶液中与浓度有关的相关量的计算，与实验相结合考查一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析，与阿伏加德常数相结合求算相关微粒数目等。出题形式包括选择、填空和计算。正确解答此类考题的关键是依据条件，合理选择公式计算和判断。复习时要多多刷题，训练的次数多了，成绩自然就会上升。预测今后的高考中还会继续出现与该内容相关的实验题。‎ 考点一　物质的量浓度的概念及相关计算 　‎ ‎1．物质的量浓度 ‎(1)定义：表示单位体积溶液里所含溶质B的__物质的量___的物理量，符号为cB。‎ ‎(2)表达式：cB＝_____。‎ ‎(3)单位：_ mol·L－1___或mol/L。‎ ‎(4)注意事项：‎ ‎①cB＝中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和；‎ ‎②对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、质量分数__不变___，但所含溶质的__物质的量___、__质量___则因体积不同而改变。‎ ‎③溶质的浓度和离子的浓度不一定相同，要注意根据化学式具体分析计算。例如：1 mol·L－1 CaCl2溶液中Cl－的物质的量浓度不是1 mol·L－1。‎ ‎2．溶质的质量分数 ‎3．有关物质的量浓度的计算 ‎(1)由定义出发，运用守恒(溶质守恒、溶剂守恒等)及公式cB＝、w＝×100%，ρ＝进行推理，注意密度的桥梁作用，不要死记公式。‎ ‎(2)标准状况下，气体溶于水所得溶液的物质的量浓度的计算 cB＝ ‎(3)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算 计算公式：cB＝(cB溶质的物质的量浓度，单位mol·L－1，ρ为溶液密度，单位g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol－1)。‎ 特别提醒：‎ ‎(1)溶液稀释或混合时，溶液的体积一般不可直接相加，而是应根据溶液的质量和密度求算，但溶液密度的单位一般是g/mL，而溶液体积的单位是L，要注意单位的换算。‎ ‎(2)应用物质的量浓度进行计算时，要注意质量守恒和电荷守恒的应用。‎ ‎4．与溶液有关的守恒 ‎(1)溶液的稀释规律 ‎①溶质的物质的量总量不变，即有：‎ c1·V1＝c2·V2、c1V1＋c2V2＝c混V混。‎ ‎②溶质的质量不变：‎ ρ1·V1·w1＋ρ2·V2·w2＝(ρ1·V1＋ρ2·V2)·w混。‎ ‎(2)电解质溶液中的电荷守恒，如Na2SO4溶液中存在：c(Na＋)＝__‎2c(SO)___。‎ 　‎ ‎1．判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)欲配制‎1.00 L 1.00 mol·L－1的NaOH溶液，可将‎40.0 g NaOH溶于‎1.00 L水中(　×　)‎ ‎(2)‎32.2 g Na2SO4·10H2O溶于‎67.8 g水中，Na2SO4的质量分数为32.2%(　×　)‎ ‎(3)标准状况下‎22.4 L HCl溶于‎1 L水，盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1(　×　)‎ ‎(4)将1 mol·L－1的NaCl溶液和0.5 mol·L－1的BaCl2溶液等体积混合后，不考虑体积变 化，c(Cl－)＝0.75 mol·L－1(　×　)‎ 提示：二者c(Cl－)是相等的，混合后不考虑体积变化，c(Cl－)不变，仍为1 mol·L－1。‎ ‎(5)将标准状况下‎44.8 L HCl溶于100 mL水中，所得溶液的密度为‎1.384 g·mL－1，则其物质的量浓度为1.5 mol·L－1(　×　)‎ 提示：m(溶液)＝×‎36.5 g·mol－1＋‎100 g＝‎173 g，V(溶液)＝＝125 mL，c(HCl)＝＝16 mol·L－1。‎ ‎(6)同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，其体积比为3︰2︰1，则SO浓度之比为3︰2︰3(　×　)‎ 提示：浓度与体积无关，SO浓度之比为1︰1︰3。‎ ‎(7)‎39 g Na2O2溶于水，配成‎1 L溶液，Na2O2的物质的量浓度为0.5 mol·L－1(　×　)‎ ‎(8)从100 mL 0.1 mol·L－1的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度变为0.01 mol·L－1，含NaCl 0.001 mol(　×　)‎ ‎(9)将‎40 g SO3溶于‎60 g水中所得溶液中溶质的质量分数为40%(　×　)‎ ‎(10)将‎62 g Na2O溶于水中，配成‎1 L溶液，所得溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1(　×　)‎ ‎2．(1)1.204×1024个氯化氢分子溶于水配成‎1 L溶液，则溶液中溶质的物质的量浓度为__2mol·L－1___；‎ ‎(2)‎0.3 L 2 mol·L－1的硫酸铝溶液中SO的物质的量为__1.8 mol___；‎ ‎(3)2 mol·L－1Mg(NO3)2溶液中含有0.4 mol NO，则溶液的体积为__100___mL；‎ ‎(4)‎2 L 2mol·L－1的Na2SO4溶液中Na＋的浓度__等于___(填“大于”“等于”或“小于”)‎1 L 2mol·L－1的Na2SO4溶液中Na＋的浓度；‎ ‎(5)‎10 g NaCl溶于‎40 g水形成的溶液，其溶质的质量分数为__20%___，从中取出‎5 g溶液，所含NaCl质量为__‎1 g___，其溶质质量分数为__20%___。‎ ‎3．将‎10.6 g Na2CO3溶于水配成‎1 L溶液。‎ ‎(1)该溶液中Na2CO3的物质的量浓度为__0.1 mol·L－1___，溶液中Na＋的物质的量浓度为__0.2 mol·L－1___。‎ ‎(2)向该溶液中加入一定量的NaCl固体，使溶液中Na＋的物质的量浓度为0.4 mol·L－1(假设溶液体积不变)需加入NaCl的质量为__‎11.7 g___，Cl－的物质的量浓度为__0.2 mol·L－1___。‎ ‎[解析]　(1)n(Na2CO3)＝＝＝0.1 mol，‎ c(Na2CO3)＝＝＝0.1 mol·L－1，‎ c(Na＋)＝‎2c(Na2CO3)＝0.2 mol·L－1，‎ ‎(2)Na＋的物质的量＝‎1 L×0.4 mol/L＝0.4 mol，‎ 故加入NaCl的物质的量＝0.4 mol－0.1 mol×2＝0.2 mol，故m(NaCl)＝0.2 mol×‎58.5 g·mol－1＝‎11.7 g。‎ ‎1．(2019·吉林汪清六中月考)关于0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液的叙述错误的是(　C　)‎ A．‎0.5 L该溶液中，钠离子的物质的量浓度为0.2 mol·L－1‎ B．‎1 L该溶液中含有Na2CO3的质量为‎10.6 g C．从‎1 L该溶液中取出100 mL，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol·L－1‎ D．取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol·L－1‎ ‎[解析]　由Na2CO3化学式可知，溶液中Na＋浓度为Na2CO3的2倍，所以0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中Na＋浓度为0.1 mol·L－1×2＝0.2 mol·L－1，故A项正确；‎1 L 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液含有Na2CO3的质量为：‎1 L×0.1 mol·L－1×‎106 g·mol－1＝‎10.6 g，故B项正确；溶液是均匀的，取出的100 mL Na2CO3溶液与原Na2CO3溶液浓度相同，为0.1 mol·L－1，故C项错误；令稀释后所得溶液的浓度为c，根据稀释定律，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，所以10 mL×0.1 mol·L－1＝100 mL×c，解得c＝0.01 mol·L－1，故D项正确。‎ ‎2．在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M g·mol－1)溶于‎0.1 L水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，则此溶液的物质的量浓度(mol·L－1)为(　B　)‎ A． B． C． D．1 000VρM(MV＋2 240)‎ ‎[解析]　气体的物质的量为 mol，气体质量为 g，‎0.1 L水的质量为‎100 g，所得溶液中A的质量分数为×100%＝×100%，则此溶液的物质的量浓度c＝＝ mol·L－1。‎ ‎[点拨]　(1)在标准状况下，将V L A气体溶于‎0.1 L水中，所得的溶液体积不是‎0.1 L。‎ ‎(2)题中已知所得溶液密度，可根据气体的溶解度计算溶液的质量分数，根据公式c＝，可计算溶液的物质的量浓度。‎ 萃取精华：‎ 物质的量浓度计算的两个关键 ‎(1)正确判断溶液的溶质并计算其物质的量。‎ ‎①与水发生反应生成新的物质：如Na、Na2O、Na2O2NaOH，SO3H2SO4。‎ ‎②含结晶水的物质：CuSO4·5H2OCuSO4、Na2SO4·10H2ONa2SO4。‎ ‎③特殊的物质：如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。但是‎1 L 1 mol·L－1的氨水中，NH3的物质的量并不是1 mol，而是指NH3、NH3·H2O、NH三者的物质的量之和为1 mol。‎ ‎(2)准确计算溶液的体积，不能用溶剂的体积(一般为水)代替溶液的体积，应根据V＝计算。‎ ‎3．(2019·云南曲靖一中月考)如图所示甲、乙是实验室试剂瓶标签上的部分内容，有关说法正确的是(　B　)‎ 　 甲　　　　　　　乙 A．该氨水的物质的量浓度约为6.3 mol·L－1‎ B．各取5 mL与等质量的水混合后，c(H2SO4)<9.2 mol·L－1，c(NH3)>6.45 mol·L－1‎ C．常温下铁不能与该硫酸反应 D．各取10 mL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 ‎[解析]　根据标签上的内容计算，该氨水的物质的量浓度约为≈12.9 mol·L－1，A项错误；各取5 mL与等质量的水混合后，对硫酸而言，试剂瓶中硫酸物质的量浓度为 ＝18.4 mol·L－1，硫酸浓度越大密度越大，等质量的水和硫酸相比较，水的体积大，所以c(H2SO4)<9.2 mol·L－1，对氨水来说，氨水浓度越大密度越小，等质量的水和氨水相比较，水的体积小，所以c(NH3)>6.45 mol·L－1，B项正确；该硫酸为浓硫酸，常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，钝化是化学变化，C项错误；浓硫酸的密度比水大，且溶于水放出大量的热，稀释浓硫酸时，应先在烧杯中加入水，将浓硫酸慢慢倒入水中，边加边搅拌，D项错误。‎ ‎4．(2019·新题预选)室温下将一定量铜粉加入100 mL硫酸和硫酸铁混合溶液中，铜粉完全溶解，不考虑盐的水解和溶液体积变化，所得溶液中Fe3＋、Cu2＋、H＋的物质的量浓度相同。此时溶液的pH＝1，则溶液中c(SO)为(　D　)‎ A．0.2 mol·L－1 B．0.3 mol·L－1‎ C．0.4 mol·L－1 D．0.5 mol·L－1‎ ‎[解析]　根据题意和电荷守恒可知‎3c(Fe3＋)＋‎2c(Cu2＋)＋c(H＋)＋‎2c(Fe2＋)＝‎2c(SO)，且溶液中的Fe3＋、Cu2＋、H＋三种离子的物质的量浓度相等，结合反应方程式Cu＋2Fe3＋‎ ‎===Cu2＋＋2Fe2＋可知，c(Fe2＋)＝0.2 mol·L－1，可解得c(SO)＝0.5 mol·L－1，D项正确。‎ ‎5．(2019·陕西西安一模)用排空气法收集一瓶氨气，测得烧瓶内的气体在标准状况下的密度为‎0.893g ·cm－3，将烧瓶倒置于水中做喷泉实验，则液面上升的高度和所得溶液的物质的量浓度(单位：mol·L－1)分别为(　D　)‎ A．， B．， C．， D．， ‎[解析]　用排空气法收集到氨气不纯，含有空气，空气的平均相对分子质量为29；在标准状况下烧瓶中气体密度为‎0.893 g·cm－3，混合气体的平均相对分子质量为0.893×22.4＝20，设‎1 L混合气体中氨气的体积为x，则空气的体积为(‎1 L－x)，则有：‎ ＝‎20g·mol－1，解得：x＝ L，由于NH3完全溶于水，故所得溶液的体积为 L，n＝＝＝ mol，c＝＝＝mol·L－1，故选D。‎ ‎6．(2019·经典习题选萃)在一定温度下，某饱和氢氧化钠溶液体积为V mL，溶液密度为d g·cm－3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中含氢氧化钠的质量为m g，该温度下NaOH的溶解度为S g。‎ ‎(1)用w来表示该温度下氢氧化钠的溶解度(S)为__g___。‎ ‎(2)用m、V表示溶液中溶质的物的量浓度(c)为__mol·L－1___。‎ ‎(3)用w，d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为__25dw mol·L－1___。‎ ‎(4)用c、d表示溶液中溶质的质量分数(w)为__%___。‎ ‎(5)用S、d表示溶液中溶质的物质的量浓度(c)为___mol·L－1___。‎ ‎[解析]　(1)S＝×‎100 g(溶解度定义)‎ ‎(2)c＝＝mol·L－1‎ ‎(3)c＝＝25dw mol·L－1‎ ‎(4)w＝×100%＝%‎ ‎(5)c＝＝ mol·L－1‎ ‎7．(1)(2019·经典习题选萃)某温度下22%的NaNO3溶液150 mL，加入‎100 g水中，稀释后浓度变为14%，则原溶液的物质量浓度为__3 mol·L－1___。‎ ‎(2)“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1等病毒，某同学购买了一瓶“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”含25% NaClO、体积1 000 mL、密度‎1.192 g·cm－3、稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：‎ ‎①该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度为__4.0___mol·L－1。‎ ‎②该同学取100 mL稀释后的消毒液用于消毒，稀释后溶液中c(Na＋)＝__0.04___mol·L－1。‎ ‎③该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25% NaClO的消毒液。下列说法正确的是__B___(填序号)。‎ A．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制 B．利用购买的商品NaClO来配制，可能导致结果偏低 C．需要称量的NaClO固体质量为‎143 g ‎[解析]　(1)设原溶液质量为x，则x·22%＝(x＋‎100 g)14%‎ x＝‎175 g，c(NaNO3)＝＝3 mol·L－1。‎ ‎(2)①根据c＝，则有c(NaClO)＝ mol·L－1＝4.0 mol·L－1。‎ ‎②根据稀释前后溶质的物质的量相等可得：4.0 mol·L－1×V L＝c(Na＋)×100V L，则有c(Na＋)＝0.04 mol·L－1。‎ ‎③容量瓶用蒸馏水洗净后，应自然晾干，A错误；NaClO易吸收空气中的CO2而变质，若药品保存不好，或利用购买的商品NaClO来配制，可能导致结果偏低，B正确；需选用500 mL容量瓶进行配制，按配制500 mL溶液进行计算，需要称取NaClO的质量为4.0 mol·L－1×‎0.5 L×‎74.5 g·mol－1＝‎149 g，C错误。‎ 萃取精华：‎ 巧用电荷守恒求解离子浓度 ‎(1)任何电解质溶液中均存在电荷守恒，即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。如Al2(SO4)3溶液中的电荷守恒式为：‎ ‎3c‎(Al3＋)＋c(H＋)＝‎2c(SO)＋c(OH－)，知其中三种离子的浓度，即可求剩余一种离子的浓度。‎ ‎(2)一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H＋、OH－，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH－，碱性溶液中常可忽略H＋。‎ 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 　‎ ‎1．主要仪器 ‎(1)托盘天平：精确度为__0.1___g，称量前先调零，称量时左盘放__物品___，右盘放__砝码___。‎ ‎(2)容量瓶：容量瓶是一种__细颈___、__梨形___、__平底___玻璃瓶，配有__磨口玻璃___塞。容量瓶上标有__刻度线___、__温度___和__容量___，常见的容量瓶规格有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL等。查漏操作：‎ ‎(3)其他仪器：量筒、烧杯、__胶头滴管___、__玻璃棒___、药匙等。‎ ‎2．溶液的配制步骤 ‎(1)配制过程示意图：‎ ‎(2)以配制500 mL、1.00 mol·L－1NaOH溶液为例。‎ ‎①计算：需NaOH固体的质量为__20.0___g。‎ ‎②称量：用__托盘天平___称量NaOH固体(或用量筒量出所需液体的体积)。‎ ‎③溶解：将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。‎ ‎④冷却：将烧杯中的液体冷却至室温。‎ ‎⑤移液：用玻璃棒引流，将溶液注入__500 mL容量瓶___。‎ ‎⑥洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒__2～3___次，洗涤液__注入容量瓶___，轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀。‎ ‎⑦定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线1～‎2 cm时，改用__胶头滴管___滴加蒸馏水至凹液面与__刻度线___相切。‎ ‎⑧摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，并将所配溶液倒入指定的__试剂瓶___中并贴好标签。‎ 特别提醒：‎ ‎(1)配制一定物质的量浓度的溶液是将一定质量或体积的溶质在选定的容量瓶中定容，不必计量水的用量。‎ ‎(2)配制NaOH溶液时，必须用小烧杯快速称量NaOH固体，不能将NaOH直接放在纸上，因NaOH固体易潮解，且易与空气中的CO2反应。‎ ‎(3)把准确称量好的固体溶质放在烧杯中，用少量溶剂溶解，然后把溶液转移到容量瓶里。‎ ‎(4)定容加水超过刻度线时，则需重新配制。‎ ‎(5)定容后如果发现液面低于刻度线，这是因为容量瓶内极少量溶液在瓶颈处润湿所损耗，所以并不影响所配制溶液的浓度，故不要再向瓶内加蒸馏水，否则，将使所配制的溶液浓度降低。‎ ‎(6)容量瓶不能用来加热。‎ ‎(7)容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间储存溶液。‎ ‎3．实验误差(用“偏高”“偏低”或“无影响”填空)‎ 实验操作 对实验结果造成的影响 向容量瓶注液时少量溅出 ‎__偏低___‎ 未洗涤烧杯和玻璃棒 ‎__偏低___‎ 定容时，水多用滴管吸出 ‎__偏低___‎ 定容摇匀后液面下降再加水 ‎__偏低___‎ 定容时俯视刻度线 ‎__偏高___‎ 未冷却至室温就注入容量瓶定容 ‎__偏高___‎ 配制溶液前容量瓶内有水 ‎__无影响___‎ 用NaOH固体配制NaOH溶液时，溶液未冷却就定容 ‎__偏高___‎ 　‎ ‎1．判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。‎ ‎(1)NaOH固体放入小烧杯中，然后加入蒸馏水，为防止氢氧化钠溶液与空气中的CO2反应，溶解后应立即转移到容量瓶中(　×　)‎ ‎(2)摇匀后，液面位于刻度线以下，应再加水至刻度线(　×　)‎ ‎(3)配制2 mol·L－1 Na2CO3溶液950 mL时，应选1 000 mL容量瓶，称取Na2CO3·10H2O ‎572.0 g(　√　)‎ 提示：没有950 mL容量瓶应选1000 mL，故称取固体时应与1000 mL溶液相对应，需要Na2CO3的物质的量为2 mol，则Na2CO3·10H2O的质量为‎572 g。‎ ‎(4)配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时。两次用玻璃棒的作用相同(　×　)‎ ‎(5)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小(　×　)‎ ‎(6)用量筒量取20 mL 0.500 0 mol·L－1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 mol·L－1 H2SO4溶液(　×　)‎ ‎(7)把‎0.585 g NaCl固体，放入100 mL容量瓶中，加水到刻度线处，配成0.1 mol·L－1的NaCl溶液(　×　)‎ 提示：容量瓶、量筒不能用来溶解物质，也不能作反应容器。‎ ‎(8)用浓硫酸配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸仰视读数，则所得稀硫酸浓度偏大(　√　)‎ ‎(9)用配制0.1 mol·L－1的NaOH溶液(　×　)‎ ‎2．(2019·广东广州模拟)实验室需要480 mL 0.4 mol·L－1的NaCl溶液，看如下操作步骤：‎ A．把称量好的NaCl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解，冷却至室温 B．把A所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中 C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～‎2 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切 D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶 E．将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀 请填写下列空白：‎ ‎(1)操作步骤的顺序为__A→B→D→C→E___(填序号)。‎ ‎(2)实验室有如下规格的容量瓶：a.100 mL，b.250 mL，c.500 mL，d.1 000 mL，本实验选用__c___(填序号)。‎ ‎(3)本实验用到的基本实验仪器除容量瓶、托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、量筒、胶头滴管外，还必须用到的玻璃仪器有__玻璃棒___，实验中该仪器的作用是__搅拌加速溶解、引流___。‎ ‎(4)本实验需要称取NaCl晶体的质量是__11.7___g。‎ ‎(5)误差分析(填“偏高”“偏低”或“无影响”)：‎ a．本实验称量NaCl时，物码倒置(‎1 g以下用游码)：__偏低___。‎ b．某同学观察液面的情况如图所示：__偏高___。‎ c．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出：__偏低___。‎ ‎[解析]　(1)配制溶液时，一般可分为以下步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，则操作步骤的顺序为A→B→D→C→E。‎ ‎(2)根据“大而近”的原则选取容量瓶，配制480 mL 0.4 mol·L－1的NaCl溶液时，应选择500 mL容量瓶。‎ ‎(3)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量固体药品，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水)，用玻璃棒搅拌加速溶解，冷却后转移到500 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～‎2 cm时，改用胶头滴管滴加，所以缺少的玻璃仪器为玻璃棒。‎ ‎(4)n＝cV＝0.4 mo1·L－1×‎0.5 L＝0.2 mo1，m＝0.2 mol×‎58.5 g·mol－1＝‎11.7 g。‎ ‎(5)a.称量NaCl时，物码倒置(‎1 g以下用游码)，称取的溶质的质量偏小，溶液的浓度偏低；b.某同学观察液面的情况如题图所示，俯视液面导致加水的量偏少，溶液的浓度偏高；c.加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低。‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(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到接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线(　√　)‎ ‎(2)如图A配制0.1 mol·L－1 NaOH溶液(　×　)‎ ‎(3)如图B配制一定浓度NaCl溶液(　×　)‎ ‎(4)用如图C装置配制溶液(　×　)‎ ‎　　‎ 图A　　　　　图B　　图C ‎(5)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体(　×　)‎ ‎(6)因为Ca(OH)2能制成澄清石灰水，所以可配制2.0 mol·L－1的Ca(OH)2溶液(　×　)‎ ‎(7)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小(　×　)‎ ‎(8)用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(　×　)‎ ‎2．(2019·新题预测)如图是硫酸试剂瓶标签上的部分内容。下列说法错误的是(　D　)‎ A．该浓硫酸的物质的量浓度为18.4 mol·L－1‎ B．若需要240 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸，用该浓硫酸配制需要浓硫酸的体积为62.5 mL C．配制稀硫酸时定容仰视刻度线会使溶液浓度偏低 D．100 mL该浓硫酸与足量铜反应，可生成SO2分子数为0.92NA ‎[解析]　浓硫酸的物质的量浓度c＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1，A正确，需要240 mL稀硫酸，配制时只能选用250 mL容量瓶配制250 mL溶液，则4.6 mol·L－1×‎0.25 L＝18.4 mol×L－1×V，V＝0.062 ‎5 L＝62.5 mL，B正确；定容时仰视刻度线，则使溶液体积偏大，浓度偏低，C正确；100 mL该浓硫酸中n(H2SO4)＝1.84 mol，若硫酸完全反应，生成SO2分子数为0.92NA，但随着反应的进行，硫酸浓度降低，反应停止，因此生成的SO2分子数少于0.92NA，D错误。‎ ‎3．(2019·新题选萃)某同学按下图所示的步骤配制50 mL一定物质的量浓度的NaOH溶液，其中不正确的是(　C　)‎ A．②⑤ B．①②⑤‎ C．①②③⑤ D．①②③④⑤‎ ‎[解析]　①氢氧化钠容易变质，且容易潮解、有腐蚀性，应放在烧杯中快速称量，故①错误；②量筒只能用于量取液体，不能在量筒中溶解药品，溶解氢氧化钠固体应该在烧杯中进行，故②错误；③转移溶液时，玻璃棒下端应该放在容量瓶刻度线下方，故③错误；④直接加入蒸馏水定容时，要用玻璃棒引流，玻璃棒下端放在容量瓶刻度线以下，故④正确；⑤仰视容量瓶刻度线定容，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故⑤错误；⑥‎ 为摇匀操作，该操作合理，故⑥正确。‎ ‎4．(2019·试题调研)用98%的浓H2SO4(密度为‎1.84 g/mL)配制1 mol·L－1的稀H2SO4 100 mL，配制过程中可能用到下列仪器：①100 mL量筒；②10 mL量筒；③50 mL烧杯；④托盘天平；⑤100 mL容量瓶；⑥胶头滴管；⑦玻璃棒。按使用的先后顺序排列正确的是(　A　)‎ A．②⑥③⑦⑤ B．④③⑤⑦⑥‎ C．①③⑦⑤⑥ D．②⑤⑦⑥‎ ‎[解析]　98%的浓硫酸的物质的量浓度c＝＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1，配制1 mol·L－1的稀硫酸100 mL需要浓硫酸的体积V＝≈0.005 ‎4 L，即5.4 mL。配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等，量取浓硫酸时需要用到10 mL量筒和胶头滴管，稀释浓硫酸时需要用到烧杯和玻璃棒，转移溶液时需要用到玻璃棒，定容时需要用到100 mL容量瓶和胶头滴管，所以正确顺序为②⑥③⑦⑤。‎ ‎5．(2019·河北张家口崇礼一中期中)将18.0 mol·L－1的浓硫酸稀释成100 mL 2.00 mol·L－1的稀硫酸，下列操作会导致所配溶液浓度偏低的是(　C　)‎ A．定容时俯视容量瓶刻度线 B．稀释后未冷却至室温即转移、定容 C．对量取浓硫酸的量筒俯视读数 D．洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移至容量瓶 ‎[解析]　定容时俯视容量瓶刻度线，会造成溶液的体积偏小，则浓度偏高，故A项错误；稀释后未冷却至室温即转移、定容，会导致所配溶液体积偏小，则浓度偏高，故B项错误；对装有浓硫酸的量筒俯视读数，会导致所量取浓硫酸的体积偏小，造成溶质的物质的量偏小，使所配溶液浓度偏低，故C项正确；洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移至容量瓶，会使溶质的物质的量增大，所配溶液浓度偏高，D项错误。‎ ‎6．(2019·江西赣州厚德外国语学校检测)实验室用固体NaOH配制0.5 mol·L－1的NaOH溶液500 mL，有以下仪器和用品：①烧杯　②100 mL量筒　③500 mL容量瓶　④药匙　⑤玻璃棒　⑥托盘天平(带砝码)‎ ‎(1)配制时，可以不使用的仪器和用品有__②___(填序号)，还缺少的仪器是__胶头滴管___。‎ ‎(2)在溶液转移过程中，某学生进行如图操作，请指出其中的错误：__容量瓶规格选择错误、未用玻璃棒引流___。‎ ‎(3)在容量瓶使用过程中，下列操作不正确的是__BC___(填序号)。‎ A．使用容量瓶前检查它是否漏水 B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用碱液润洗 C．将氢氧化钠固体放在托盘天平左盘的纸片上，准确称量并放入烧杯中溶解，溶解后立即注入容量瓶中 D．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶反复颠倒，摇匀 ‎(4)实验中需要2 mol·L－1的NaOH溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaOH的质量分别是__A___(填序号)。‎ A．1 000 mL,‎80 g B．950 mL,‎‎76 g C．任意规格，‎76 g D．500 mL,‎‎42 g ‎[解析]　(1)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀。需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶和胶头滴管。可以不使用的仪器和用品是②100 mL量筒；还缺少的仪器是胶头滴管。‎ ‎(2)用固体NaOH配制0.5 mol·L－1的NaOH溶液500 mL，应选择500 mL容量瓶，移液时应用玻璃棒引流。‎ ‎(3)使用容量瓶前应检查其是否漏水，故A项正确。容量瓶用蒸馏水洗净后，不能再用碱液润洗，否则会导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故B项错误。NaOH易潮解且有强腐蚀性，称量时应放在小烧杯中；容量瓶为精密仪器，不能盛放热的溶液，氢氧化钠溶解过程中放出大量的热，应冷却后再移液，故C项错误。定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶反复颠倒，摇匀，D项正确。‎ ‎(4)若需要配制2 mol·L－1的NaOH溶液950 mL，由于没有950 mL的容量瓶，实际配制时需要选用1 000 mL容量瓶，配制1 000 mL 2 mol·L－1的NaOH溶液，然后再量取所用的950 mL溶液，故需要氢氧化钠的质量m＝‎1 L×2 mol·L－1× ‎40 g·mol－1＝‎80 g。‎ ‎7．(2019·四川成都七中阶段考试)某研究性学习小组欲测定室温下(‎25 ℃‎、101 kPa)的气体摩尔体积。该小组设计的简易实验装置如图所示：‎ 该实验的主要操作步骤如下：‎ ‎①用已知浓度的浓盐酸配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸(需要用到的仪器有量筒、烧杯、_______________)；‎ ‎②用10 mL的量筒量取8.0 mL 1.0 mol·L－1的盐酸加入锥形瓶中；‎ ‎③准确称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为_____________；‎ ‎④向广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；‎ ‎⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)步骤①中，配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸时，下列会使所配制溶液的浓度偏低的操作有__AC___(填序号)。‎ A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线 B．容量瓶未干燥即用来配制溶液 C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长 D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线，未做处理 E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线 F．烧杯中有少量水 G．未冷却至室温即定容 ‎(2)请填写操作步骤中的空格：‎ 步骤①：__玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管___；‎ 步骤③：__0.096___。‎ ‎(3)步骤⑤中应选用的量筒规格是__100 mL___。‎ ‎(4)读数时需要注意(至少写两点)：__①恢复到室温再读数；②调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；③读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处持平___。‎ ‎(5)忽略水蒸气的影响，在该条件下测得的气体摩尔体积Vm＝__0.25V___L·mol－1。‎ ‎[解析]　(1)用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度，则浓盐酸的体积偏小，溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低；A项正确：容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液的浓度无影响，B项错误；浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，则溶质会挥发，溶质的物质的量偏小，则所配溶液的浓度偏低，C项正确；定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线，未做处理，对溶液的浓度无影响，D项错误；在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，E项错误；烧杯中有少量水，对溶液的浓度不产生影响，F项错误。‎ ‎(2)步骤①用浓盐酸配制100 mL 1.0 mol·L－1盐酸时，需用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，要用玻璃棒不断搅拌，最后用胶头滴管对100 mL容量瓶进行定容。步骤③Mg与盐酸发生的反应为Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，8.0 mL 1.0 mol·L－1盐酸中n(HCl)＝8.0×10－‎3 L×1.0 mol·L－1＝8.0×10－3 mol，完全反应时消耗Mg 4.0×10－3 mol，其质量m(Mg)＝4.0×10－3 mol×‎24 g·mol－1＝‎0.096 g。‎ ‎(3)8.0×10－3 mol HCI与Mg完全反应放出4.0×10－3 mol H2，其在标准状况下的体积为4.0×10－3 mol×‎22.4 L·mol－1＝0.089 ‎6 L＝89.6 mL，故应选取100 mL规格的量筒。‎ ‎(5)HCl完全反应时生成4.0×10－3 mol H2，实验中收集到V mLH2，则该条件下的气体摩尔体积Vm＝＝0.25V L·mol－1。‎ 萃取精华：‎ 溶液配制的误差分析方法 ‎(1)误差分析的理论依据 根据cB＝可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看溶液配制过程中引起了nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎(2)定容时仰视、俯视容量瓶刻度线的误差分析 结果：仰视时，容器内液面高于刻度线，所配溶液体积偏大，浓度偏低；俯视时，容器内液面低于刻度线，所配溶液体积偏小，浓度偏高。‎ ‎(3)实例：以NaOH溶液配制过程中的误差分析为例 可能引起误差的一些操作 因变量 c(mol·L－1)‎ m V 砝码与药品位置 颠倒(使用游码)‎ 减小 ‎－‎ 偏低 称量时间过长 减小 ‎－‎ 放在纸片上称量NaOH 减小 ‎－‎ 向容量瓶中移液时少量溅出 减小 ‎－‎ 未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 ‎－‎ 定容时加水过多，用胶头滴管吸出 减小 ‎－‎ 定容摇匀后液面下降再加水 ‎－‎ 增大 定容时仰视刻度线 ‎－‎ 增大 砝码沾有其他物质或已生锈 增大 ‎－‎ 偏高 溶液未冷却至室温就注入容量瓶定容 ‎－‎ 减小 定容时俯视刻度线 ‎－‎ 减小 定容后经振荡、摇匀，液面下降 ‎－‎ ‎－‎ 不变 容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干 ‎－‎ ‎－‎ 考点三　物质的量在化学方程式计算中的应用 　‎ ‎1．以物质的量为中心的相关计算 ‎(1)图示关系：(在横线上填写上相应的内容)‎ ‎①物质的量、质量、微粒数目的多少均与温度、压强无关。‎ ‎②物质的量浓度的大小与所取溶液的体积无关。‎ ‎(2)计算公式：n＝＝＝＝cB·V(溶液)。‎ ‎2．物质的量应用于化学方程式的计算：‎ ‎(1)参与反应的各物质的物理量之间的比例关系。‎ aA(g)　＋　　bB(g)　===　　cC(g)　＋　　　dD(g)‎ 　　a　　　︰　　b　 　c　　　︰　 　d ：　　 aM(A)︰　　bM(B)︰　　cM(C)　︰　　dM(D)‎ 物质的量比：　　a　　　︰　　b　　　︰　　c　　︰　　d 气体体积比：　　a　　　︰　　b　　　︰　　c　　︰　　d ‎(同温同压下)‎ 不同物质间相同物理量之间的换算可以按上述比例进行。‎ ‎(2)不同物理量间的换算方法。‎ aA(g)　　＋　 bB(g)===cC(g)　　＋　　dD(g)‎ ‎[a×M(A)] g　b mol　 　(c×22.4) L　　d mol m(A)　　　　n(B)　　　V(C)　　　　　n(D)‎ 则比例关系：＝＝＝ 单位关系：上下一致，左右对应。‎ ‎(3)物质的量应用于化学方程式计算的一般步骤 特别提醒：(1)化学方程式所表示的是纯净物之间的量的关系，若不是纯物质必须换算成纯净物的量进行计算。‎ ‎(2)根据化学方程式或关系式进行计算时，必须注意各物理量的单位相对应。‎ ‎3．化学计算的常用方法 化学计算是高考中的一个重要考点，高考对化学计算的考查逐年增加，加强化学计算能力逐渐成为教学重点。高考命题中，最常用的化学计算方法有“差量法”、“关系式法”、“极值法”、“平均值法”、“守恒法”等，在这几种计算方法中，依据化学方程式的计算是各种计算方法的基础。针对不同的题型选择相应的方法是解题关键。‎ ‎(1)差量法——化学方程式计算中的巧思妙解。‎ 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，用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解，从而简化计算步骤达到快速解题的目的。常用于反应物没有完全反应的相关计算。如：‎ ‎　　　　 ‎2C(s)　　＋　　O2(g)===　　2CO(g) 　　　‎ 固体差量　　‎24 g　　 Δm＝‎‎24 g 物质的量差量　　2 mol　　1 mol　　 2 mol　　 Δn＝1 mol 体积差量　　 1　　 2　 1‎ 或‎22.4 L　　或‎44.8 L　　 或‎22.4 L ‎(标况)　　 (标况)　　 (标况)‎ 解题的一般步骤 ‎①准确写出有关反应的化学方程式。‎ ‎②深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。‎ ‎③根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。‎ 使用差量法的注意事项 A．所选用差值要与有关物质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，即“上下一致，左右相当”。‎ 例1　　　(2019·合肥质检)将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是(　C　)‎ A． B． C． D． ‎[解析]　设参加反应的氨气体积为x，则 ‎2NH3N2＋3H2　　ΔV ‎　2　 　2‎ ‎　x　 　b－a x＝(b－a)L 所以气体中NH3的体积分数为＝。‎ 例2　　　白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：‎ PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)。现将‎5.84 g PCl5装入‎2.05 L真空密闭容器中，在‎277 ℃‎达到平衡，容器内压强为1.01×105Pa，经计算可知平衡时容器内混合气的物质的量为0.05 mol，平衡时PCl5的分解率为__78.6%___。‎ ‎[解析]　原n(PCl5)＝≈0.028 mol。‎ 设分解的PCl5的物质的量为x PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)　　　物质量的增加(Δn)‎ ‎1　　 1　 　1　　　 　　1‎ ‎0.05 mol－0.028 mol x　　　　 ＝0.022 mol 所以x＝0.022 mol PCl5的分解率＝×100%≈78.6%。‎ ‎(2)关系式法——解答连续反应类型计算题的捷径 多个反应连续发生时，起始物与目标产物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，找出连续反应的过程中，不同反应步骤之间的反应物、生成物“物质的量”的关系，最后确定已知物和目标物之间“物质的量”的关系，列式求解，从而简化运算过程。‎ 关系式是物质间关系的一种简化式子，利用关系式解决多步反应的相关计算最简捷。利用多步反应建立关系式的方法：‎ ‎①叠加法：依据连续反应的化学方程式的化学计量数建立。(如利用空气、木炭、水蒸气制取氨气)‎ ⇒‎ ⇒‎3C～4NH3‎ 由空气、木炭、水蒸气制取NH3的关系式为：‎3C～4NH3。‎ ‎②元素守恒法：依据化学反应中的原子守恒建立(如工业制硝酸)。‎ ‎4NH3＋5O24NO＋6H2O ‎2NO＋O2===2NO2‎ ‎3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 经多次氧化和吸收，氮元素几乎完全转化到硝酸中，由N元素守恒知：NH3～HNO3。‎ ‎③电子转移守恒法 NH3HNO3，O22 由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。‎ 例3　　　(2019·试题调研)黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取‎0.1000 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。‎ 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋‎ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O ‎(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)__90.00%___。‎ ‎(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为__3.36×106___L，可制得98%的硫酸质量为__15___t。‎ ‎[解析]　(1)根据方程式：‎ ‎4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2‎ SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋‎ CrO＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得关系式：‎ Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2(这是关键一步)‎ ‎1　　 　　 m(FeS2)＝‎‎0.09000g 样品中FeS2的质量分数为90.00%。‎ ‎(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2‎ ‎4 mol　 　8 mol×‎22.4 L·mol－1‎ mol　　 V(SO2)‎ V(SO2)＝3.36×‎‎106L n(SO2)＝＝1.5×105 mol 由SO2　～SO3　　　～H2SO4‎ ‎1 mol　　　 ‎‎98 g ‎1.5×105mol　　　m(H2SO4)×98%‎ 得m(H2SO4)＝1.5×‎107 g＝15 t。‎ 例4　　　(2019·经典习题选萃)把一定量的碳酸钠、碳酸氢钠和硫酸钠的混合物溶解在水中，制成100 mL溶液。向上述溶液中加入200 mL 1.00 mol·L－1盐酸，完全反应后，生成2016 mL干燥的二氧化碳(在标准状况下)，然后再加入400 mL 0.100 mol·L－1氢氧化钡溶液，使SO完全沉淀，又加入40.0 mL 1.00 mol·L－1盐酸，恰好把溶液中过量的碱完全中和，最后把所得沉淀分离出来，测得干燥的硫酸钡的质量为‎1.48 g。原碳酸钠、碳酸氢钠和硫酸钠的混合溶液中，碳酸钠的物质的量浓度是__0.700___mol·L－1，碳酸氢钠的物质的量浓度是0.200___mol·L－1，硫酸钠的物质的量浓度是__0.0635___mol·L－1。‎ ‎[解析]　根据酸所提供的H＋的物质的量与碱性物质所消耗的H＋的物质的量相等的方法求解。由BaSO4的质量可先求出Na2SO4的物质的量为＝0.006 35 mol。‎ 设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，根据放出CO2的量得：x＋y＝＝0.09 mol　①‎ 两次加入盐酸所提供的H＋的物质的量为‎0.2 L×1.00 mol·L－1＋‎0.04 L×1.00 mol·L－1＝0.24 mol，在反应中消耗H＋的物质有Na2CO3、NaHCO3、Ba(OH)2，消耗的H＋物质的量为2x＋y＋0.100 mol·L－1×‎0.4 L×2＝2x＋y＋0.08 mol。根据守恒关系：2x＋y＋0.08 mol＝0.24 mol　②‎ 联立①②可得：x＝0.07 mol，y＝0.02 mol，从而求得各物质的量浓度：‎ c(Na2CO3)＝＝0.700 mol·L－1‎ c(NaHCO3)＝＝0.200 mol·L－1‎ c(Na2SO4)＝＝0.0635 mol·L－1‎ ‎(3)平均值法——相关混合物计算的“简化高手”‎ ‎①依据 若XA>XB，则XA>>XB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。‎ ‎②应用 已知可以确定XA、XB的范围，若已知XA、XB可以确定的范围。‎ 解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。‎ 例5　　　(2019·试题调研)两种金属混合物共‎15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到‎11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为(　B　)‎ A．Mg和Ag B．Zn和Cu C．Al和Zn D．Al和Cu ‎[解析]　本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需金属的质量)法求解。反应中H＋被还原生成H2，由题意可知‎15 g金属混合物可偍供1 mol e－，其平均摩尔电子质量为‎15 g·mol－1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为‎12 g·mol－1、 ‎32.5 g·mol－1、‎9 g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看作无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于‎15 g·mol－1，另一种金属的摩尔电子质量小于‎15 g·mol－1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。‎ ‎(4)极值法——相关混合物计算的“简化高手”‎ 极值法是采用极限思维方法解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造成为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。‎ ‎①极值法解题的基本思路 A．把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。‎ B．把混合物假设成纯净物。‎ C．把平行反应分别假设成单一反应。‎ ‎②极值法解题的关键 紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。‎ ‎③极值法解题的优点 极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。‎ 例6　　　将总物质的量为n mol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)，投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。下列关系式中正确的是(　D　)‎ A．x＝V/(11.2n) B．0

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