2018年高考化学知识点总结(共174页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上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

2、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31)(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“

3、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)2.24 L CO2中含有的原子数为0.3NA()(2)常温下，11.2 L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NA()(3)标准状况下，22.4 L己烷中含共价键数目为19NA()(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2NA()(2012新课标全国卷，9D)(5)标准状况下，2.24 L HF含有的HF分子数为0.

4、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，3.2 g O2所含的原子数为0.2NA()(2)标准标况下，18 g H2O所含的氧原子数目为NA()(3)常温常压下，92 g NO2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，32 g 18O2中含有2NA个氧原子()(2)17 g OH与17 g OH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)m

5、 g CO与N2的混合气体中所含分子数目为NA()(5)4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA()(6)30 g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pH1的H2SO4溶液c(H)0.1 molL1，与电解质的组成无关；0.05 molL1的Ba(OH)2溶液，c(OH)0.1 molL1，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)0.1 L 3.0 molL1的NH4NO3溶液中含有的NH的数目为

6、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)0.1 molL1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA()(4)25 时，pH13的1.0 L Ba(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：12SO2O22SO32NO2N2O4N23H22NH32Cl2H2OHClHClO3NH3H2ONH3H2ONHOH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 SO2和1 mol O2

7、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，22.4 L NO2气体中所含分子数目为NA()(3)100 g 17%的氨水，溶液中含有的NH3分子数为NA()(4)标准状况下，0.1 mol Cl2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

8、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)5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA()(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0.2NA()(3)1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA()(4)

9、1 mol Na2O2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1 mol Fe2被氧化时，共转移的电子的数目为NA()(6)1 mol Cl2参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，8)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1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0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA

10、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20 gmol1和18 gmol1，所以18 g D2O和H2O的物质的量不同，质子数不同，错误；B项，n(H2SO3)2 L0.5 molL11 mol，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2Na2O22H2O=4NaOHO2，转移电子数为2e，所以生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，正确；D项，发生反应：2NOO2=2NO2，生成2 mol NO2，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

11、，10)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A60 g丙醇中存在的共价键总数为10NAB1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中HCO和CO的离子数之和为0.1NAC钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD235 g核素U发生裂变反应：UnSrXe10n，净产生的中子(n)数为10NA答案C解析A项，60 g丙醇的物质的量是1 mol，根据其结构式可知，1 mol 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，1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中HCO、CO和H2CO3粒子数之和为0.1NA，错误；C

12、项，在氧化物中，钠元素的化合价只有1价，因此23 g Na即1 mol Na充分燃烧时转移电子数为1NA，正确；D项，235 g核素U即1 mol 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()A23 g Na 与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子B1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含nA个原子D3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子答案D解析A项，23 g Na即1 mol Na可失去1 mol e，与足量的H2O反应生成

13、0.5nA个H2分子，错误；B项，1 mol Cu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22.4 L N2和H2混合气的物质的量为1 mol，含有2nA个原子，错误；D项，3 mol Fe生成1 mol Fe3O4，根据Fe3O4中3个Fe原子的化合价共为8价，可知反应中3 mol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()A2.0 g HO与D2O的混合物中所含中子数为NAB常温常压下，4.4 g乙醛所含键数目为0.7NAC标准状况下，5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电

14、子数为0.5NAD50 mL 12 molL1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA答案A解析A项，HO和D2O的摩尔质量都为20 gmol1，且每个分子中的中子数都是10个，故2.0 g HO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个键，4.4 g乙醛的物质的量为0.1 mol，故4.4 g乙醛所含键数目为0.6NA，错误；C项，标准状况下，5.6 L CO2的物质的量为0.25 mol，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50 m

15、L 12 molL1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500 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液，图中操作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5.33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48

16、0 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，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

17、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)

18、(2)称取2.0 g NaOH固体，可先在托盘上各放一张滤张，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体()(2015福建理综，8A)(3)配制0.10 molL1 NaOH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，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，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0.100 0 molL1氯化钠溶液时，将液体转

19、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0.5 molL1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2 molL1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

20、 g B等于8.00 gC大于8.0 g D等于0.2 g(2)某实验中需2 molL1的Na2CO3溶液950 mL，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)1 000 mL212.0 g解析(1)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。(2)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2 molL1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的质量为1 L2 molL1106 gmol1212.0 g。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1 L 0.1 molL1的BaCl2溶液时，将

21、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，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VnVm及mV等公式推导出：(1)同温同压时：V1V2n1n2N1N2；12M1M2；同质量时：V1V2M2M1。(2)同温同体积时：p1p2n1n2N1N2；同质量时：p1p2M2M1。(3)同温同压同体

22、积时：M1M2m1m2。3注意三个守恒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，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为 gcm3，气体的摩尔质量为M gmol1，则c molL1(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/molL1，为溶液的密度/gcm3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/gmol1)。5掌握两条规律(1)稀释定律如用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c1V1c2V2。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m1w1m2w2。(2)混合规律同一溶质

23、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。两溶液等质量混合：w(w1w2)。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(w1w2)，如H2SO4溶液。b若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w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VVm知，相同温度

24、、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，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500 mL含有BaCl2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()A0.1(b2a) molL1B10(2ab) molL1C10(ba) molL1D10(b2a) molL1答案D解析根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2)a mol，

25、n(Cl)b mol，根据电荷守恒关系得n(K)(b2a)mol，则c(K)10(b2a) molL1。4把V L含有MgSO4和K2SO4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 BaCl2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. molL1 B. molL1C. molL1 D. molL1答案D解析注意混合液分成两等份，由Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO=BaSO4可知原溶液中n(Mg2) mola mol、n(SO)2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K)2n(

26、SO)2n(Mg2)2(2ba) 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 molL1，密度为 gcm3。则下列说法不正确的是()A相对分子质量MB物质的量浓度cC溶液的质量分数wD溶液密度答案C解析由c知D项正确；由c知B项正确；由w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，溶质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是()Ac BmVwCw D答案A解析已知：c1 000或c。A项，c，正确；B项，m1

27、 000wV，错误；C项，w，错误；D项，注意w与w%的区别，错误。题组四溶液稀释规律的应用7取100 mL 0.3 molL1的硫酸溶液和300 mL 0.25 molL1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()A0.21 molL1 B0.42 molL1C0.56 molL1 D0.26 molL1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：c3V3c1V1c2V2，可得n(H)(0.1 L0.3 molL10.3 L0.25 molL1)20.21 mol，所以c(H)0.42 molL1。8实验室常用98%(1.84 gmL1)的浓H2

28、SO4配制14的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23 gmL1，其物质的量浓度为()A4.6 molL1 B5.7 molL1C3.88 molL1 D18.4 molL1答案C解析实验室配制14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%(1 mL1.84 gmL198%)/(1 mL1.84 gmL14 mL1 gmL1)100%30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)(1 000 mL1.23 gmL130.9%)/(98 gmol11 L)3.88 molL1，故选C。方法技巧掌握两项技能1用98%的浓H2SO4配制100 mL 1

29、4的稀H2SO4：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。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)S100 g影响溶解度大小的因素(1)内因：物质本身的性质

30、(由结构决定)。(2)外因溶剂的影响：如NaCl易溶于水，不易溶于汽油；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

31、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)判断结晶的方法溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；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FeCl36H2O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)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。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。题组一溶解度的基本应用1(2014新课标全国

32、卷，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C60 时溴酸银的Ksp约等于6104D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0.6 g，则其物质的量浓度约为0.025 molL1，AgBrO3的Kspc(Ag)c(BrO)0.0250.0256104；D项，若KNO3中含

33、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“”、“”、“(2)50(3)(4)Na2CO3(5)HNO3AgNO3解析(1)由于COH2OHCOOH，所以Na2CO3和NaCl混合溶液的pH7。(2)根据溶解度曲线，40 时Na2CO3的溶解度为50 g。(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

34、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。32015江苏，18(3)如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4H2O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MnSO4H2O晶体，温度应大于60 ，其原因是此时MgSO46H2O的溶解度大于MnSO4H2O的溶解度，有利于MnSO4H2O晶体析出，MgSO46H2O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(Cl

35、O3)26H2O，其流程如图1所示：图1已知：卤块主要成分为MgCl26H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。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2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。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：_；_

36、。(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)向溶液中加入稍过量双氧水，充分反应向溶液中加入氧化镁调节pH为3.28.2(3)MgCl22NaClO3=Mg(ClO3)22NaCl(4)ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O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(ClO

37、3)26H2O，最后过滤洗涤该晶体，干燥得到纯净的Mg(ClO3)26H2O。(2)加入BaCl2溶液后除去SO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3.28.2，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MgCl22NaClO3=Mg(ClO3)22NaCl。(4)ClO具有氧化性，可以将Fe2氧化为Fe3，其离子方程式为Cl

38、O6Fe26H=6Fe3Cl3H2O。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(某原子、离子或原子团不变；溶液中阴阳离子所带电荷数相等；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

39、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)Hm

40、(固), n(气), V(气)2 mol 1 mol 2 mol Q 24 g 1 mol 22.4 L(标况)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1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中CO和HCO的物质的量之比为()A13 B21 C23 D32答案A解析设CO、HCO的物质的量分别为x、y，则解得。题组二关系式法2取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 molL1的FeCl3溶液135 mL，I完全反应生成I2：2I2Fe3=I22Fe2。将反应后的溶液用CCl4萃取