1、復習專題一、物質的檢驗1檢驗要求：所用的方法要簡便，利用物質的特征反應，反應現象明顯。2檢驗步驟：(1)取樣：每次取少量進行檢驗，不能將待檢試劑全部取出或在原試劑瓶中檢驗。若試樣為固體，有時需要將它配成溶液后再取樣。(2)觀察試樣外觀，得出一定結論，再進一步檢驗。(3)先考慮物理方法、后考慮化學方法進行物質檢驗得出結論。3檢驗一般方法(1)物理檢驗法：根據物質在顏色、氣味、密度、溶解性等物理性質上的明顯差異對物質進行鑒別。(2)化學檢驗法：根據物質在化學性質方面的明顯差異(如生成沉淀、沉淀溶解、生成氣體等)對物質進行鑒別。在實驗應用中，一般是將物理方法和化學方法配合使用。4物質檢驗的一般類型(

2、1)不用任何試劑檢驗多種物質(2)只用一種試劑檢驗多種物質(3)任選試劑檢驗多種物質例1某白色固體，經過初步分析得知，其含有Na2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4等中的一種或幾種，甲、乙兩同學為了進一步確定這份白色粉末固體的組成成分而進行如下實驗探究：(1)甲取少量的白色固體在試管中加水溶解得無色、澄清溶液，甲判斷的結論是_ (2)甲繼續向試管中加入稍過量的BaCl2溶液和稀HNO3，看到白色沉淀，并有氣體放出，甲判斷肯定存在_。(3)乙將甲(2)中所得混合物過濾，取濾液2 mL轉移到另一試管中，然后向試管中加入稍過量的AgNO3溶液和稀HNO3，結果也生成白色沉淀。因此乙斷定原白色

3、固體中肯定有NaCl，乙的結論_(填“正確”或“不正確”)，理由是_。解析(1)CuSO4溶液為藍色，而實驗現象是無色溶液，故無CuSO4。(2)Na2SO4BaCl2=BaSO42NaCl，BaSO4不溶于水和稀HNO3；Na2CO3BaCl2=BaCO32NaCl，BaCO3不溶于水，溶于稀HNO3；BaCO32HNO3=Ba(NO3)2H2OCO2。(3)NaClAgNO3=AgClNaNO3，AgCl不溶于水，也不溶于HNO3，但由于甲的第二步實驗使溶液中新生成了NaCl，故不正確。答案(1)固體中不含有CuSO4(2)Na2SO4和Na2CO3(3)不正確甲在溶液中加入BaCl2引入

4、了C1特別注意檢驗時不要引入干擾離子，選擇試劑要慎重。 例2以下四組物質的水溶液，需要對各組中的溶液進行鑒別，其中僅用溶液間的兩兩混合，就可以完成鑒別任務的是()AHClNa2CO3Na2SO4BaCl2BBaCl2AgNO3CaCl2HNO3CNaOHNa2SO4Ba(NO3)2HClDMgCl2Na2SO4Ba(OH)2KOH解析在A項中，兩兩混合后，能與兩種溶液反應產生沉淀的是BaCl2溶液，與之不反應的是鹽酸，兩種溶液分別是Na2CO3溶液和Na2SO4溶液，向兩種溶液中分別滴加鹽酸，有氣體生成的是Na2CO3溶液，無現象的是Na2SO4溶液；在B項中，只能鑒別出AgNO3溶液和HNO

5、3溶液，不能再把BaCl2溶液和CaCl2溶液區分開；在C項中只有Na2SO4溶液和Ba(NO3)2溶液相混合后產生白色沉淀，該沉淀又不溶于NaOH溶液和HCl溶液，故不能鑒別；在D項中MgCl2、Ba(OH)2分別作為滴加試劑與其他物質兩兩反應時，均會與兩種物質產生沉淀，一種無明顯現象；Na2SO4、Ba(OH)2分別作為滴加試劑與其他物質兩兩反應時，均會與一種物質產生沉淀，兩種物質無明顯現象，故無法鑒別。答案A專題二、以物質的量為“橋梁”的各物理量間的轉換物質的量作為化學計算的橋梁，可把物質的質量、粒子數、氣體的體積，物質的量濃度等有機結合起來。如圖：應用上述關系可以解決不同量之間的轉化，

6、計算時可把已知量先換算成物質的量，再用物質的量去轉化，即“見量化摩”使計算變得簡單。例3下列敘述正確的是()A48 g O3氣體含有6.02×1023個O3分子B常溫常壓下，4.6 g NO2氣體含有1.81×1023 個NO2分子C0.5 mol·L1 CuCl2溶液中含有3.01×1023個Cu2D標準狀況下，33.6 L H2O含有9.03×1023個H2O分子解析A項中O3的分子數為×6.02×1023/mol6.02×1023，故A正確；B項中4.6 g NO2含有的原子個數約為1.81×102

7、3，而分子個數由于存在2NO2N2O4的平衡，無法計算出其中NO2的具體分子數，B錯；C項因不知其體積，只知道濃度，無法計算Cu2的個數，C錯；D項中標準狀況下水不是氣體，D錯。答案A有關NA的陷阱設置：(1)狀況條件：考查氣體時經常給出非標準狀況如常溫常壓下，1.01×105 Pa、25時等。(2)物質狀態：考查氣體摩爾體積時，常用在標準狀況下非氣態的物質來迷惑考生，如H2O、SO3等。(3)物質組成和晶體結構陷阱：考查一定物質的量的物質中含有多少粒子(分子、原子、電子、質子、中子等)時常涉及稀有氣體He、Ne等單原子分子，Cl2、N2、O2、H2等雙原子分子，O3、CH4等多原子

8、分子。 專題三、阿伏加德羅定律的應用應用阿伏加德羅定律及其推論時，首先判斷所給溫度和壓強下該物質是否為氣體，可適用于單一氣體，也可適用于混合氣體或化學反應前后的氣體。其次要注意題給條件，注意推導，切忌死記硬背公式。例4某非金屬單質A和氧氣發生化合反應生成B。B為氣體，其體積是反應掉氧氣體積的兩倍(同溫同壓)。以下對B分子組成的推測一定正確的是()A有1個氧原子 B有2個氧原子C有1個A原子 D有2個A原子思路點撥根據阿伏加德羅定律，由體積比推導出微粒分子個數比，再根據質量守恒定律確定化學式。解析由阿伏加德羅定律知，n(B)2n(O2)，根據氧原子守恒知，一個B分子中只含有一個氧原子。答案A阿伏

9、加德羅定律和質量守恒定律相“聯手”，就可以由氣體的體積關系確定氣體的化學式或反應的化學方程式，解題思路是：根據阿伏加德羅定律，由體積比推導出各反應物和生成物分子數比；根據分子數比確定化學方程式的系數比，由質量守恒定律確定某一物質的化學式；最后導出相關化學反應方程式，驗其正誤。 專題四、有關物質的量濃度的計算解題思路物質的量濃度的計算題型比較復雜，關鍵是找出溶質的物質的量(mol)和溶液體積(L)物質的量濃度的計算一般從三個方面入手：(1)從定義式cB入手，欲求cB，先求nB和V。(2)從換算式入手：溶質的質量分數與物質的量濃度的關系cB(g·mL1)飽和溶液中物質的量濃度與溶解度(S

10、)的關系cB(g·mL1)(3)從守恒觀點入手稀釋或混合：溶質的“物質的量守恒”溶液中的“離子電荷守恒”質量守恒：化學反應前后各物質的質量總和不變元素守恒：化學反應前后各元素的種類不變，各素的原子個數不變，其物質的量不變。【例5】(1)30%的H2SO4和50%的H2SO4等質量混合后，所得溶液的質量分數_(填“大于”、“小于”或“等于”)40%，如果等體積混合，混合后溶液的質量分數_(填“大于”、“小于”或“等于”)40%。(2)已知98%的濃H2SO4的物質的量濃度為18.4 mol·L1，試判斷49%的H2SO4的物質的量濃度_(填“大于”、“小于”或“等于”)9.2

11、 mol·L1。思路點撥解題主要依據溶液混合前后溶質的質量和物質的量不變，溶液的密度與濃度有關。解析(1)若兩溶液等質量混合，設兩溶液的質量均為m，混合后H2SO4的質量分數為：w(H2SO4)×100%40%設30%的H2SO4溶液和50%的H2SO4溶液密度分別為1、2，則12。若兩溶液等體積混合，設兩溶液的體積圴為V，混合后H2SO4的質量分數為：×10%40%×10%40%(2)分別計算兩種酸的物質的量濃度設98%、49%的H2SO4的密度分別為1、2，則c1101c252因為12故2，c2c19.2 moL·L1答案(1)等于大于(2

12、)小于1密度與濃度的變化關系若溶液的密度大于1 g·cm3，則溶液的質量分數越大，其密度就越大。若溶液的密度小于1 g·cm3，則溶液的質量分數越大，其密度就越小。常見的溶液中，氨水、酒精等溶液密度小于水，NaCl、HNO3、H2SO4等溶液密度比水大。2等體積或等質量溶液混合后質量分數的變化規律(1)等體積混合溶液的密度大小1 g·mL1，混合溶液的質量分數大于它們的平均值。溶液的密度小于1 g·mL1，混合溶液的質量分數小于它們的平均值。(2)等質量混合混合后溶液的質量分數等于它們的平均值，與溶液的密度無關。 【變式訓練】若以w1和w2分別表示濃度為

13、a mol/L和b mol/L氨水的質量分數，且知2ab，則下列推斷正確的是(氨水的密度比純水的小)()A2w1w2 B2w2w1Cw2>2w1 D2w1>w2>w1解析設溶液的體積為V L，密度為d g/mL，溶質的摩爾質量為M g/mol，質量分數為w，物質的量濃度為c mol/L。雖然溶液濃度的表達方式不同，但其溶質的物質的量不變，所以有V L×103 mL/L×d g/mL×w/M g/molV L×c mol/L，即c103dw/M。依據題意a103d1w1/17，b103d2w2/17，因2ab，所以有2d1w1d2w2，又

14、由于氨水的密度比純水的小，且濃度越大，密度越小，即d2d1，代入上式得w22w1。答案C專題五、物質的量應用于化學方程式的計算1化學方程式中，各物質的化學計量數()之比，等于各物質的物質的量(n)之比。即均等于該化學方程式的“化學計量數”之比。2化學方程式中各氣體在同溫同壓下的體積比，等于它們的化學計量數之比。即等于各氣體在化學方程式中的“系數”比(在標準狀況下，氣體的體積等于“系數”×22.4 L)。3遇到有關化學方程式的計算時，經常視情況將相關物質的質量、一定濃度和體積的溶液、氣體體積換算成它們的物質的量，按化學計量數找出比例關系(如c·V和)。4化學方程式中有關量的關

15、系2H2 O2點燃,2H2O化學計量數之比 2 12粒子數之比 2 1 2物質的量之比 2 mol 1 mol 2 mol標準狀況下氣體體積比 2×22.4 L 1×22.4 L質量之比 4 g 32 g 36 g由上可看出，化學方程式中各物質的化學計量數之比等于組成各物質的粒子數之比，等于各物質的物質的量之比，等于氣體體積比(同狀況下)，不等于質量之比。根據化學方程式列比例時應遵循上述比例關系。5物質的量應用于化學方程式計算的一般格式：(1)設所求物質的物質的量為n(B)或質量m(B)，或氣體標準狀況下體積V(B)或溶液體積VB(aq)。(2)寫出有關反應的化學方程式。(

16、3)在化學方程式有關物質的化學式下面先寫出已知物和所求物的有關量的關系，再代入已知量和所求量。(4)寫出所求物質的數學表達式。(5)寫出解答和答案。【例6】6.5 g Zn在與足量鹽酸反應時產生的H2在標準狀況下的體積是多少升？解析設產生H2的體積為V(H2)。Zn2HCl=ZnCl2H265 g 22.4 L65 g V(H2)V(H2)2.24 L答案產生的H2在標準狀況下的體積是2.24 L。誤區警示根據化學方程式計算列比例關系計算時“上、下單位要一致”，“左右單位要相當”。【例7】將一塊鐵片放入500 mL 1 mol/L的CuSO4溶液中，反應一段時間后，取出鐵片，小心洗凈后干燥稱量

17、，鐵片增重0.8 g，反應后溶液中CuSO4的物質的量濃度是()A0.9 mol/L B0.85 mol/LC0.8 mol/L D0.75 mol/L解析設CuSO4 x mol參與反應。CuSO4Fe=FeSO4Cum1 mol56 g 64 g 8 gx0.8 gx0.1 mol剩余n(CuSO4)0.5 L×1 mol/L0.1 mol0.4 molc(CuSO4)0.8 mol·L1答案C差量法是化學計算中常用的一種方法。所謂差量法是指一個過程中某物質始態量與終態量的差值，它可以是質量差、物質的量差、物質的量濃度差、氣體的體積差。章末檢測一、選擇題(本題包括15小

18、題，每小題4分，共60分)1在盛放酒精的試劑瓶上應印有如下圖所示警示標記中的()答案C解析酒精屬于易燃物。2下列儀器中常用于物質分離的是()漏斗量筒蒸餾燒瓶天平分液漏斗研缽蒸發皿A B C D答案C解析用于過濾；用于蒸餾；用于分液；用于蒸發結晶。3下列實驗操作中錯誤的是()A分液時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出B蒸餾時，應使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶支管口C滴定時，左手控制滴定管活塞，右手握持錐形瓶，邊滴邊振蕩，眼睛注視滴定管中的液面D稱量時，稱量物放在稱量紙上，置于托盤天平的左盤，砝碼放在托盤天平的右盤中(放有等質量的紙)答案C解析滴定時，左手控制滴定管活塞，右手握持錐形瓶

19、，邊滴邊振蕩，眼睛要注視錐形瓶內溶液的顏色變化情況。4在相同溫度下，相同質量的下列氣體分別通入相同容積的密閉容器中，容器內的壓強最小的是()A二氧化碳 B氯氣C氫氣 D二氧化氮答案B解析相同溫度、相同體積的氣體，n，m相同時，M越大，n越小。5下列溶液中的氯離子數目與50 mL 1 mol·L1的氯化鋁溶液中的氯離子數目相等的是()A150 mL 1 mol·L1 的NaClB75 mL 3 mol·L1 的NH4ClC150 mL 3 mol·L1的 KClD75 mL 2 mol·L1的 CaCl2答案A解析50 mL 1 mol·

20、;L1的AlCl3溶液中氯離子數目是：N1 mol·L1×0.05 L×3×NA0.15NA。A選項中氯離子數目是：N1 mol·L1×0.15 L×NA0.15NA；B選項中氯離子數目是：N3 mol·L1×0.075 L×NA0.225NA；C選項中氯離子數目是：N3 mol·L1×0.15 L×NA0.45NA；D選項中氯離子數目是：N2 mol·L1×0.075 L×2×NA0.3NA；所以答案為A。6設NA表示阿伏加

21、德羅常數，下列說法不正確的是()A1 mol醋酸的質量與NA個醋酸分子的質量相等BNA個氧氣分子和NA個氫氣分子的質量比等于161C30 g乙烷(C2H6)所含的原子數目為NAD在標準狀況下，0.5NA個氯氣分子所占體積約是11.2 L答案C解析30 g C2H6的物質的量n1 mol，其原子數目為8NA。7如下圖所示，下列實驗操作方法正確的是()答案A解析試管內液體加熱時，試管口不準對著自己或別人，且加熱時試管內液體的體積不能超過，B錯；滴加液體時膠頭滴管不能插入試管內，C錯；過濾時，漏斗下端應緊貼燒杯內壁，D錯。8已知某飽和溶液的：溶液的質量；溶劑的質量；溶液的體積；溶質的摩爾質量；溶質的

22、溶解度；溶液的密度。下列有關以上條件的組合中，其中不能用來計算該飽和溶液的物質的量濃度的是()A BC D答案D解析由可求出溶質的物質的量，A正確；由也可求出溶質物質的量，nm (溶液)××，B正確；由c mol/L知， C正確。9在一個密閉容器中盛有11 g X氣體(X的摩爾質量為44 g/mol)時，壓強為1×104 Pa。如果在相同溫度下，把更多的氣體X充入容器，使容器內壓強增到5×104 Pa，這時容器內氣體X的分子數約為()A3.3×1025 B3.3×1024C7.5×1023 D7.5×1022答案C

23、解析11 g X氣體的物質的量為0.25 mol，等溫等容條件下，n21.25 molN1.25 mol×6.02×1023 mol17.5×102310擬通過加入適量的化學藥品，采用恰當的分離混合物的方法，除去某溶液里溶解的雜質，下列做法中不正確的是(括號內的物質為雜質)()ANaCl溶液(BaCl2)加Na2CO3溶液，過濾，再加適量鹽酸BKNO3溶液(AgNO3)加適量KCl溶液，過濾CNaCl溶液(I2)加酒精，分液DKKNO3溶液(I2)加CCl4，分液答案C解析C中萃取劑酒精和水互溶，無分層現象不能進行分液操作。11分別用10 mL 0.1 mol&#

24、183;L1的BaCl2溶液恰好使相同體積的Fe2(SO4)3、ZnSO4和K2SO4三種溶液中的硫酸根離子完全轉化為硫酸鋇沉淀，則三種硫酸鹽溶液的物質的量濃度之比是()A322 B123C133 D311答案C解析把三種硫酸鹽的體積看成1 L，則三種硫酸鹽的物質的量濃度之比等于它們的物質的量之比，由Ba2SO=BaSO4知，1 mol BaCl2反應消耗的n(SO)相等，則提供1 mol SO需三種溶液物質的量濃度之比為11133。12關于在4時向100 mL水中溶解了22.4 L HCl氣體(標準狀況下測得)后形成的溶液，下列說法中正確的是()A該溶液物質的量濃度為10 mol·

25、L1B該溶液物質的量濃度因溶液的密度未知而無法求解C該溶液中溶質的質量分數因溶液的密度未知而無法求得D所得溶液的體積為22.5 L答案B解析標準狀況下22.4 L HCl的物質的量為1 mol，其質量為36.5 g，溶液的質量則為(36.5 g100 g)，溶液的體積為 mL，則該溶液的物質的量濃度因溶液的密度未知而無法求得。13體積相同的某營養液兩份，其配方如下：KClK2SO4ZnSO4ZnCl2(1)0.3 mol0.2 mol0.1 mol(2)0.1 mol0.3 mol0.1 mol兩份營養液中各離子濃度()A完全相同 B完全不同C僅c(K)相同 D僅c(Cl)相同答案A解析(1)

26、中：n(K)0.3 mol0.2 mol×20.7 mol，n(Cl)0.3 mol，n(SO)0.2 mol0.1 mol0.3 mol；(2)中：n(K)0.1 mol0.3 mol×20.7 mol，n(Cl)0.1 mol0.1 mol×20.3 mol，n(SO)0.3 mol。14300 mL某濃度的NaOH溶液中含有60 g溶質。現欲將其配制成1 mol/L NaOH溶液，應取原溶液與蒸餾水的體積比約為()A14 B15 C21 D23答案A解析300 mL溶液中含有n(NaOH)1.5 mol，V(液)1.5 L；V(H2O)1 200 mL。15

27、要配制濃度約為2 mol·L1 NaOH溶液100 mL，下面的操作正確的是()A用托盤天平稱取8.00 g NaOH固體，放入250 mL燒杯中，用100 mL量筒量取100 mL蒸餾水，加入燒杯中，同時不斷攪拌至固體溶解B稱取8 g NaOH固體，放入100 mL量筒中，邊攪拌邊慢慢加入蒸餾水，待固體完全溶解后用蒸餾水稀釋至100 mLC稱取8 g NaOH固體，放入100 mL容量瓶中，加入適量蒸餾水，振蕩容量瓶使固體溶解，再加水到刻度線，蓋好瓶塞，反復搖勻D用100 mL量筒量取40 mL 5 mol·L1 NaOH溶液，倒入250 mL燒杯中，再用同一量筒量取60

28、 mL蒸餾水，不斷攪拌下，慢慢倒入燒杯中答案D解析此題是有關物質的量濃度的配制，不少考生馬上聯想到容量瓶、燒杯、玻璃棒、滴管等儀器，因而先查選項中有無容量瓶，由此否定A、B、D選項，認為C是正確答案。若能注意到所配制的濃度為“約”，并掌握濃溶液稀釋的計算和配制技能，則會發現D應屬可選之列，而B、C中將NaOH固體直接放入量筒、容量瓶中溶解的操作都是錯誤的。二、非選擇題(本題包括4個小題，共40分)16(9分)實驗需要0.1 mol/L NaOH溶液450 mL，根據溶液配制中的情況回答下列問題：(1)實驗中除了托盤天平、燒杯、容量瓶外還需要的其他儀器有_。(2)根據計算得知，所需NaOH的質量

29、為_g。(3)配制一定物質的量濃度溶液的實驗中，如果出現以下操作A稱量時用了生銹的砝碼B將NaOH放在紙張上稱量CNaOH在燒杯中溶解后，未冷卻就立即轉移到容量瓶中D往容量瓶轉移時，有少量液體濺出E未洗滌溶解NaOH的燒杯F定容時仰視刻度線G容量瓶未干燥即用來配制溶液H定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面不到刻度線，再加水至刻度線對配制的溶液物質的量濃度大小可能造成的影響是(填寫字母)偏大的有_。答案(1)玻璃棒、膠頭滴管、藥匙等(2)2.9(3)AC解析本題是教材要求的“配制一定物質的量濃度的溶液”的基礎型題目。重點考查了實驗儀器和實驗結果的數據處理即誤差分析問題，具有一定的代表性。所配溶液

30、的濃度偏高或偏低主要考慮配制過程中溶質是否損失和溶液體積所受到的影響，這是關鍵所在。A增大了溶質質量，C縮小了溶液體積，二者導致所配溶液的濃度偏高；B、D、E損失了溶質，F、H增大了溶液體積，所配溶液的濃度偏低。17(10分)有一包白色粉末狀混合物，可能含有Na2CO3、NaCl、CaCO3、CuSO4、KCl、Na2SO4、MgCl2、KNO3中的某幾種，現進行如下實驗：將混合物溶于水，得到無色透明溶液。取少量上述溶液兩份，其中一份加入BaCl2溶液，立即產生白色沉淀，再加上稀硝酸，沉淀不溶解，在另一份中加入NaOH溶液，也產生白色沉淀。根據上述實驗現象回答：(1)原混合物中肯定沒有_。(2)原混合物中肯定有_。(3)不能確定是否含有_。答案(1)CuSO4、CaCO3、Na2CO3(2)Na2SO4、MgCl2(3)KNO3、NaCl、KCl解析根據實驗混合物溶于水得無色溶液，可推斷原白色粉末中肯定沒有CuSO4和CaCO3(因為CuSO4溶液顯藍色，CaCO3難溶于水)。根據實驗向一份溶液中加入BaCl2溶液，立即產生白色沉淀，再加稀HNO3，沉淀不溶解，可推斷原白色粉末中肯定有Na2SO4，肯定沒有Na2CO3(因為BaSO4和BaCO3都是白色沉淀，但BaCO3溶于稀HNO3)。根據實驗向另一份溶液中加入NaOH溶液有白色沉淀產生，可推斷原混合物中含有Mg