苏教版高中化学全部知识点

高中化学复习知识点

1 高中化学所有知识点整理

一.中学化学实验操作中的七原则

掌握下列七个有关操作顺序的原则，就可以正确解答“实验程序判断题”。

1.“从下往上”原则。以Cl2实验室制法为例，装配发生装置顺序是：放好铁架台→摆好酒精灯→根据酒精灯位置固定好铁圈→石棉网→固定好圆底烧瓶。

2.“从左到右”原则。装配复杂装置应遵循从左到右顺序。如上装置装配顺序为：发生装置→集气瓶→烧杯。

3.先“塞”后“定”原则。带导管的塞子在烧瓶固定前塞好，以免烧瓶固定后因不宜用力而塞不紧或因用力过猛而损坏仪器。

4.“固体先放”原则。上例中，烧瓶内试剂MnO2应在烧瓶固定前装入，以免固体放入时损坏烧瓶。总之固体试剂应在固定前加入相应容器中。

5.“液体后加”原则。液体药品在烧瓶固定后加入。如上例中浓盐酸应在烧瓶固定后在分液漏斗中缓慢加入。

6.先验气密性(装入药口前进行)原则。

7.后点酒精灯(所有装置装完后再点酒精灯)原则。

化学反应及其能量变化

化学反应及其能量变化总结

核心知识

氧化还原反应

核心知识

一、几个基本概念

1.氧化还原反应：凡有电子转移的反应，就是氧化还原反应.表现为元素的化合价发生变化.

2.氧化反应和还原反应：物质失去电子的反应(体现为元素化合价有升高)是氧化反应；物质得电子的反应(体现为元素化合价降低)是还原反应.

3.氧化产物和还原产物：还原剂在反应中失去电子后被氧化形成的生成物为氧化产物.氧化剂在反应中得电子被还原形成的生成物为还原产物.

4.氧化性和还原性：物质在反应中得电子为氧化剂，氧化剂具有氧化性；物质在反应中失电子为还原剂，还原剂具有还原性.

各概念间的关系为：

二、氧化还原反应的分析表示方法

①双线桥法：

例1

它表示反应中电子得失情况和结果.

线桥由反应物指向生成物的同一元素上.

②单线桥法

例(上例)

它表示反应中电子转移情况.

线桥由还原剂失电子元素指向氧化剂的得电子元素.

三、四种基本反应类型同氧化还原反应间的关系

1.置换反应全都是氧化还原反应.

2.化合反应和分解反应有一部分为氧化还原反应.

3.复分解反应全都不是氧化还原反应.

四、元素的价态与氧化性、还原性的关系

一般常见的处于最低价态的元素不能再得到电子，只具有还原性.例如一切金属单质为O价Cl-1、S-2、

O-2等，处于最高价态的元素等不能再失去电子，只可能得到电子而具

有氧化性.处于中间价态的元素，如等既有氧化性，又有还原性，但还常以某一方面为主.如S、O2、Cl2以氧化性为主.

五、氧化性、还原性强弱比较

(1)氧化性：氧化剂＞氧化产物

还原性：还原剂＞还原产物

注：氧化性还原性强弱的比较一般需依据氧化还原反应而定.

(2)根据金属活动顺序表判断

K,Ca,Na,Mg,Al,Zn,Fe,Sn,Pb,(H),Cu,Hg,Ag,Pt,Au

(3)根据非金属活动顺序进行判断

六、氧化还原反应基本类型

1.全部氧化还原型：变价元素的所有原子的价态物发生变化

如：2H2+O22H2O Zn+2HCl H2↑+ZnCl2等

2.部分氧化还原型：变价元素的原子只有部分价态发生变化

如：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O

3.自身氧化还原型，同一物质中不同元素发生价态改变

如：2KClO32KCl+3O2↑2H2O 2H2↑+O2↑

4.歧化反应型：同一物质中同一元素发生价态的改变

如：Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O

七、氧化还原反应的基本规律

1.两个守恒关系：

质量守恒和得失电子总数守恒.

2.归中律：即同种元素的不同价态反应遵循“可靠拢不相交”.

离子反应离子反应方程式

核心知识

一、电解质和非电解质

1.电解质：在水溶液或受热熔化状态下能导电的化合物.

非电解质：在水溶或受热熔化状态下不能导电的化合物.

例1CaO、SO3溶于水能导电，Fe能够导电，它们是否是电解质?

解析 CaO本是电解质，但不能说是因为它溶于水能导电才是电解质.溶于水有以下反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，此时为Ca(OH)2的导电；SO3本身不是电解质，溶于水有以下反应：SO3+H2O=H2SO4，此时为H2SO4的导电.电解质实际上指的是不与水反应，通过本身电离出自由移离子而导电的一类化合物.Fe 不是化合物故不属于电解质与非电解质之列.

2.强电解质和弱电解质

二、离子反应

1.有离子参加的反应叫离子反应.

离子互换型(复分解反应型)

2.类型

氧化还原型

三、离子方程式

1.用实际参加反应的离子的符号来表示离子之间反应的式子叫离子方程式.

2.意义：离子方程式表示同一类型的所有的离子反应.

3.书写离子方程式的方法：

(1)“写”：写出正确的化学方程式

(2)“拆”：把易溶且易电离的物质拆写成离子形式，凡是难溶、难电离，以及气体物质均写成化学式.

(3)“删”：删去反应前后不参加反应的离子.

(4)“查”：检查离子方程式两边的原子个数是否相等，电荷总数是否相等.

四、判断离子方程式书写是否正确的方法

必须考虑以下五条原则：

(1)依据物质反应的客观事实.

释例1：铁与稀盐酸反应：

2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑(错误)，正确的是：Fe+2H+=Fe2++H2↑.

(2)必须遵守质量守恒定律.

释例2：Cl2+I-=Cl-+I2(错误)，正确的是：Cl2+2I-=2Cl-+I2.

(3)必须遵守电荷平衡原理.

释例3：氯气通入FeCl2溶液中：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-(错误)，正确的是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-.

(4)氧化还原反应还必须遵守得失电子守恒原理.应注意判断氧化剂和还原剂转移电子数是否配平.

(5)必须遵循定组成原理(即物质中阴、阳离子组成固定).

释例4：Ba(OH)2溶液和稀H2SO4混合：Ba+OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O(错误)，正确的是：Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O.

五、判断溶液中离子能否大量共存

所谓几种离子在同一溶液中能大量共存，就是指离子之间不发生任何反应；若离子之间能发生反应，则不能大量共存.

1.同一溶液中若离子间符合下列任意一个条件就会发生离子反应，离子之间便不能在溶液中大量共存.

(1)生成难溶物或微溶物：如Ba2+与CO32-、Ag+与Br-、Ca2+与SO42-和OH-、OH-与Cu2+等不能大量共存.

(2)生成气体或挥发性物质：如NH4+与OH-,H+与CO32-、HCO3-、S2-、HSO3-、SO32-等不能大量共存.

2.生成难电离的物质：如H+与CO32-、S2-、SO32-、F-、ClO-等生成弱酸；OH-与NH4+、Cu2+等生成弱碱；H+与OH-生成水，这些离子不能大量共存.

(4)发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、NO3-、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+、SO32-等)不能大量共存.注意Fe2+与Fe3+可以共存；MnO4-与Cl-不能大量共存.

2.附加隐含条件的应用规律：

(1)溶液无色透明时，则溶液中肯定没有有色离子.常见的有色离子是Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-等.

(2)强碱性溶液中肯定不存在与OH-起反应的离子.

(3)强酸性溶液中肯定不存在与H+起反应的离子.

化学反应中的能量变化

核心知识

1.化学反应中的能量变化

(1)化学反应的基本特征

有新的物质生成，常伴随能量变化及发光、变色、放气、生成沉淀等现象.

(2)放热反应和吸热反应

①有热量放出的反应叫放热反应；有热量吸收的反应叫吸热反应.

②原因：化学反应的特点是有新物质生成，新物质与反应物质的总能量是不相同的，反应物与新物的能量差若以能量形式表现即为放热和吸热，若两者能量比较接近，则吸热和放热都不明显.

③实例燃烧：C+O2CO2酸碱中和反应，金属与酸的反应Zn+2HCl

ZnCl2+H2↑CaO+H2O Ca(OH)2等为放热反应

吸热反应实例：C+CO22CO H2+CuO Cu+H2O Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl

BaCl2+8NH3↑+10H2O等

2.燃烧

①通常讲的燃烧是指可燃物与空气中的氧气发生的一种发光发热的剧烈氧化反应.燃烧的条件有两个.

一是可燃物与氧气接触，二是可燃物的温度达到着火点.

②充分燃烧的条件：一是有足够的空气，二是跟空气有足够大的接触面.

③不充分燃烧的危害：产生热量少，浪费资源；产生污染物.

④化石燃烧包括：石油；天然气；煤属非再生能源.

⑤煤的充分利用及新技术的开发：新型煤粉燃烧机；煤的气化和液化；转化为水煤气或干馏煤气.

碱金属知识点

一、碱金属是典型的金属元素族，主要内容有以下几项：

1、知识网：

钠

核心知识

一、钠原子结构

结构特点：.钠原子核外有三个电子层，最外层只有一个电子，易失去一个电子变成钠离

子：Na-e-→Na+，形成稳定结构.所以在化学反应中表现出强的还原性.

二、性质

1.物理性质：软、亮、轻、低、导.(软——质软，硬度小；亮——银白色金属光泽；轻——密度小，比水轻；低——熔点低；导——可导电、导热.)

2.化学性质：强还原性，活泼金属.

与O2反应：常温→Na2O(白色固体)

点燃或加热→Na2O2(淡黄色固体)

与S反应：碾磨爆炸.

与水反应：剧烈.

现象：熔、浮、游、鸣、红(滴入酚酞，溶液变红)

与酸反应：非常剧烈，以致爆炸.

与某些熔融盐反应：可置换出某些熔融盐中的金属(如TiCl4等)

与盐溶液反应：实质是先与盐溶液中的水反应，然后再发生复分解反应.

三、钠的存在与保存

1.元素在自然界的存在有两种形态：

游离态：以单质形式存在的元素.

化合态：以化合物形式存在的元素.

钠的化学性质很活泼，在自然界里无游离态，只有化合态(NaCl、Na2CO3、Na2SO4、NaNO3等)

2.保存：

因为常温下金属钠能跟空气中的氧气反应，还能跟水、水蒸气反应，所以金属钠保存在煤油或石蜡油中，主要是为了隔绝空气和水.

四、钠的用途

1.K—Na合金用于原子反应堆作导热剂.

2.制备Na2O2.

3.做电光源：高压钠灯.

4.冶炼稀有金属.

五、重点难点解析

1.钠露置于空气中的变化过程剖析

切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色(钠的真面目) →变暗(生成Na2O) →变白色固体(生成NaOH) →成液(NaOH潮解) →结块(吸收CO2成Na2CO3·10H2O) →最后成粉末(风化).有关反应如下：4Na+O22Na2O Na2O+H2O 2NaOH

2Na+2H2O 2NaOH+H2↑2NaOH+CO2Na2CO3+H2O

注意不可将碳酸钠的生成用下式表示：

Na2O+CO2Na2CO3，这是不符合事实的.因为氧化钠与水结合的能力比跟二氧化碳反应的能力强得多.

2.钠与水反应现象

可概括为五个字：熔、浮、游、鸣、红.

熔——是指钠熔化成闪亮的小球.

浮——是指钠密度小于水，浮于水面.

游——是指由于反应剧烈放出的气体使“钠球”在水面四处游动.

鸣——一是金属钠与水反应放出气体发出“咝咝”的声音；二是指收集到的气体点燃有爆鸣声即反应放出H2.

红——是指溶液加酚酞呈红色，即生成氢氧化钠.反应的化学方程式为：

2Na+2H2O 2NaOH+H2↑

该反应的实质是钠与水中电离出来的H+发生的氧化还原反应.离子方程式为：

2Na+2H2O 2Na++2OH-+H2↑

3.钠与酸、盐溶液的反应

钠与酸反应，实质上是钠与酸电离出的H+反应，所以当金属与酸溶液反应时，由于溶液中的H+主要来源于酸，因此钠先与酸反应，若钠是过量的则继续与水反应.因为酸中H+浓度远大于水中H+浓度，所以钠与酸反应要比与水反应剧烈，以至发生燃烧或轻微爆炸.

钠与盐溶液反应，实质上是钠与盐溶液中的溶剂——水电离出的H+反应.所以在盐溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与盐溶液中的某些金属阳离子或NH4+发生复分解反应.如：2FeCl3+6Na+6H2O＝2Fe(OH)3↓+6NaCl+3H2↑

2NH4Cl+2Na+2H2O＝2NH3·H2O+2NaOH+H2↑

故钠与盐溶液反应，不能置换出盐中的金属.

典型例题

例1 学生甲和乙，对金属钠的色泽发生了争议.甲说书本上讲钠是银白色的，乙说他亲眼看到钠是暗灰色的.学生丙听到他们的争论后，从实验室取了一小块钠，用很简单的实验证明了金属钠是银白色的，并解释了通常看到钠是暗灰色的原因.丙怎样进行实验证明和解释的?

解析学生丙将取出一小块钠放在玻片上，叫甲和乙两人观察，看到确是暗灰色，丙又用小刀把钠切开，里面的钠是银白色的.丙解释：由于钠的性质活泼，外面的钠被氧化了，因此是暗灰色的.

例2取5.4g由碱金属R及其氧化物R2O组成的混合物，使之与足量的水反应，蒸干反应后的溶液，得8g无水晶体.

(1)通过计算判断是何种金属?(2)混合物中R和R2O的质量各是多少克?

解析本题可采用极端假设法.即①假设5.4g全为金属单质；②假设5.4g全为氧化物，推出R的原子量范围，R的实际原子量应介于二者之间，从而推出该元素的名称.

(1)假设5.4g全为金属单质，据(R的原子量设为a1)

2R+2H2O 2ROH+H2↑

2a12(a1+17)

5.4g 8g a1＝35.3

假设5.4g全为氧化物据(R的原子量设为a2)

R2O+H2O 2ROH

2a2+16 2(a2+17) a2=10.7

5.4g 8g

查表知R为钠R2O为Na2O

(2)据

2Na+2H2O 2NaOH+H2↑Na2O+H2O 2NaOH 46 80 62 80

m(Na) m(Na2O)

得m(Na)+m(Na2O)=5.4g m(Na)＝

2.3g

m(Na)+ m(Na2O)＝8g m(Na2O)＝3.1g

评析①通过计算求得原子量，由原子量确定是什么元素；②极端假设是解混合物计算题常用的方法.

例3把一小块金属钠暴露在空气中，观察到以下现象：①金属钠表面逐渐变暗；②过一段时间以后又逐渐变潮湿；③再过些时候又转变成白色固体；④又过一段时间白色固体变成白色的粉末.写出以上发生的各种现象的有关化学方程式.

解析金属钠为活泼金属，极易被空气中的氧气氧化生成氧化钠，所以表面逐渐变暗且无光泽.氧化钠在空气中溶于水，表面变潮湿而生成氢氧化钠.氢氧化钠和空气中的二氧化碳和水反应，生成碳酸钠晶体，即含有10个结晶水的碳酸钠.再过一段时间，含有结晶水的晶体风化失水，变成粉末状物质.

答①4Na+O22Na2O

②Na2O+H2O 2NaOH

③2NaOH+CO2+9H2O Na2CO3·10H2O

④Na2CO3·10H2

O Na2CO3+10H2O

评析该题要求写出金属钠暴露于空气中发生的一系列变化的化学方程式，实际考查的是钠及钠的化合物的化学性质.

钠的化合物

引入：在初中学过

，在这再学习

。

本节教学目标：

1.掌握Na氧化物和钠的重要化合物的性质.

2.通过Na2CO3和NaHCO3的热稳定性实验，了解鉴别它们的方法.

3.了解钠的重要化合物的用途.

本节教学的重点：

的性质及其鉴别方法。

本节教学难点：

与的反应。

钠所形成的离子化合物是高考的重要内容，往往与有关计算结合在一起，考查计算和推理能力. 核心知识

一、钠的氧化物

比

比较

Na2CO3和NaHCO3都是白色固体，易溶于水.在常温下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，故往Na2CO3饱和溶液中通入CO2会析出白色晶体.Na2CO3和NaHCO3与酸反应均放出CO2气体，前者放出气体的速度较慢.

(1)向Na2CO3溶液逐滴滴入盐酸，发生分步反应：

Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl (1)

NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O (2)

把Na2CO3溶液逐滴加到盐酸中，开始时盐酸过量，则发生反应(1)、(2)，即

Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,开始就有气体放出.

若将盐酸滴到Na2CO3溶液中，开始时Na2CO3过量，只发生反应(1)

Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，无气体，只有在Na2CO3全部转化成NaHCO3后再滴加盐酸才有气体放出.故这一实验常用于不需外加试剂区别Na2CO3溶液和盐酸.

注：(1)Na2CO3和NaOH共存时，滴加HCl(或H+)，HCl与NaOH完全中和后再与Na2CO3反应.

(2)NaHCO3与HCl的反应比Na2CO3与HCl的反应剧烈：因为NaHCO3与盐酸的反应一步放出CO2，而Na2CO3则需两步(泡沫灭火器中，用NaHCO3和Al2(SO4)3作原料).

(3)Na2CO3和NaHCO3可在一定条件下相互转化：

溶液中：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O

Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3

固体中：NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O

三、联合制碱法(侯氏制碱法)的工艺流程的反应原理为：饱和食盐水溶液

固体Na2CO3

①NaCl+NH3+H2O+CO2NaHCO3↓+NH4Cl，

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O

注意：不能先通入CO2达饱和后再通入NH3，因为CO2在水中的溶解度很小(1∶1)，即使通入过量的NH3，所生成的NaHCO3、NH4Cl也很少，这样就无法制取NaHCO3.

(5)碳酸盐和碳酸氢盐的鉴别：

，使石灰水变浑浊，若要进一步鉴别需加CaCl2或BaCl2.

四、NaOH

(1)氢氧化钠的物理性质：白色固体，有强吸水性、易潮解，可作中性或碱性气体的干燥剂，如干燥NH3、H2、O2、CO等，一般将氢氧化钠和生石灰按一定比例混合制碱石灰.

(2)化学性质：强碱、具有碱的通性.用NaOH溶液吸收SO2时：

2NaOH+SO2Na2SO3+H2O(SO2适量)

NaOH+SO2NaHSO3(SO2适量)

(3)制法：

工业制法：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑

制取少量时：Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3↓+2NaOH

五、区别CO32-和HCO3-

(1)当某溶液加盐酸放出无色、无味的使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中含有CO32-或HCO3-离子.

(2)若需进一步确证是CO32-还是HCO3-，需取原试液滴加BaCl2溶液，如有沉淀则含有CO32-，若没有沉淀，则含有HCO3-：CO32-+Ba2+BaCO3↓.

(3)区别Na2CO3和NaHCO3固体的方法：加热法，有气体产生的为NaHCO3，没有气体产生的为Na2CO3.

(4)区别Na2CO3和NaHCO3溶液的特殊方法：逐滴加入盐酸法，开始无气体逸出的为Na2CO3，开始即有气体逸出的为NaHCO3：

HCl+Na2CO3NaCl+NaHCO3,HCl+NaHCO3NaCl+CO2↑+H2O.

六.碳酸盐的热稳定性.

(1)一价金属碳酸盐比二价金属碳酸盐稳定.

如：Na2CO3>CaCO3NaHCO3>Ca(HCO3)2

(2)正盐比酸式盐稳定.

如：Na2CO3>NaHCO3

七、Na2CO3、NaHCO3的鉴别.

固体：加热，将产生的气体通入澄清的石灰水.

溶液：加BaCl2溶液.

八、Na2O2与CO2、H2O(气)反应的差量问题.

规律：①CO2、H2O(气)与过量的Na2O2反应，所得O2为同况下CO2、H2O(气)体积的一半.

②CO2、H2O(气)与过量的Na2O2反应，固体增重的质量等于同分子数的CO、H2的质量.

③将Na2O2粉末加入H2O(液)中，液体增重质量等于同“分子”数的Na2O的质量.

九、小苏打、大苏打、苏打的成分各是什么?与H2SO4反应的现象和化学方程式.

小苏打是NaHCO3，苏打是Na2CO3，大苏打是硫代硫酸钠Na2S2O3.与酸反应情况为：

2NaHCO3+H2SO4＝Na2SO4+2H2O+2CO2↑(放气泡速度快)

Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2 (放气泡速度比NaHCO3稍慢)

Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O(开始无明显变化，后来逐渐变浑浊，并有刺激性气味气体放出.)

十、.碳酸、碳酸盐的热稳定性规律比较：

从它们的分解温度：H2CO3H2O+CO2↑

2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑

CaCO3CaO+CO2↑

Na2CO3Na2O+CO2↑

规律：可溶性碳酸盐(不包括铵盐)>不溶性碳酸盐>酸式碳酸盐>碳酸

典型例题

例1 某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成.将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温、同压下测定).若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量.下列判断正确的是( )

A.粉末中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3

B.粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl

C.粉末中一定不含有Na2O和NaCl

D.无法肯定粉末里是否含有Na2CO3和NaCl

解析与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2(生成O2)、Na2CO3和NaHCO3(生成CO2)，气体X通过NaOH溶液后体积缩小(而不是气体全部消失)，说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2、Na2CO3和

NaHCO3至少有一种一定存在。将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使混合粉末质量减少，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O2

2Na2O2.综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl.答案为(A)、(D).

评析有的学生不能从“剩余固体的质量大于原混合粉末的质量”作出存在Na2O的判断，关键是忽视

了反应：2Na2O+O22Na2O2.

例2在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的溶液的质量分数大小顺序是( )

A.甲＜乙＜丙＜丁

B.丁＜甲＜乙＝丙

C.甲＝丁＜乙＝丙

D.丁＜甲＜乙＜丙

解析此题要求熟练掌握几个反应：

甲：2Na+2H2O 2NaOH+H2↑

乙：Na2O+H2O 2NaOH

丙：2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2↑

则其质量分数分别为：

甲：= 乙：=

丙：= 丁：=

故答案为B.

例3在Na2CO3饱和溶液中通入CO2后有NaHCO3沉淀析出，除了NaHCO3溶解度小于Na2CO3这个主要原因外，另外的原因是.

解析将CO2通入Na2CO3溶液中，发生如下反应：H2O+CO2+Na2CO32NaHCO3.反应发生后，一方面水被消耗，溶剂的量减少；另一方面生成的NaHCO3的质量比Na2CO3的质量大，均有利于沉淀析出.

评析本题主要考查溶解度的知识.对于简答题的回答，要“简”而“明”，不能长篇大论，不着边际，这就要经过周密思考后，分析出主要矛盾，抓住关键，答出要点.

例4现有一定量含有Na2O杂质的

Na2O2试样，请从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定

Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有

CaCO3固体，盐酸和蒸馏水).

请填写下列空白：

(1)写出在实验中Na2O2和

Na2O分别发生反应的化学方程式

(2)应选用的装置是(只要求写出图中装置的标号) .

(3)所选用装置的连接顺序应是(填各接口的字母，连接胶管省略).

解析做实验题首先要弄清楚实验的目的，其次是要达到实验目的依据的原理，最后是所用仪器连接及有关事项的处理.

答案(1)2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2↑Na2O+H2O 2NaOH (2)应选的装置是

⑤①④(3)GBAF

碱金属元素

一、碱金属与氧生成的化合物：

氧化物中存在O2-，如：Na2O、K2O、Li2O、…属碱性氧化物，与酸反应，只能生成盐和水，如：Na2O+2HCl 2NaCl+H2O

而过氧化物中存在O22-过氧离子，其中氧价态为-1价，如Na2O2、CaO2、…与酸反应生成盐和水，同时还有O2放出，如：

2Na2O2+4HCl 4NaCl+2H2O+O2↑

还有超氧化物，如：KO2，含有O2-，其中氧价态为- 价，当然可能有更复杂的化合物.

应注意：过氧化物、超氧化物都不属碱性氧化物.

二、碱金属元素的相似性、差异性和递变性：

1.相似性

(1)原子结构.最外层都只有1个电子，并且都容易失去这个电子而形成+1价阳离子.表现出强还原性.

(2)单质的化学性质.

①都能与O2、水、稀酸反应，反应中均为还原剂.

②它们的最高价氧化物的水化物都是强碱.

2.差异性、递变性

(1)原子结构.从Li→Cs随着核电荷数的递增，电子层数增加，原子半径增大.

(2)化学性质.

①随着原子半径的逐渐增大，原子核对最外层电子的引力逐渐减弱，使得原子失电子的能力逐渐增强，则金属的还原性也逐渐增强.

②随着核电荷数的增加，碱金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强.

三、用讨论法解化学元素计算题的一般思路：

有一类化学计算题，由于某一条件的不确定，结果可能是两个或两个以上，也可能在某个范围内取值，这类题就需要用讨论的方法求解.近几年高考中出现的涉及讨论的试题主要有四种类型：①讨论反应发生的程度；②讨论反应物是否过量；③讨论反应物或生成物的组成范围；④讨论不定方程的解.

前三种类型的讨论题一般思路是：①首先利用有关反应方程式(或加工变形的关系式)确定两种反应物恰好完全作用时，各反应物和生成物的具体的量的关系；②然后再按某一反应物的量不足或过量分别讨论；

③最后将①②联系起来找出各种情况下对应的答案或取值范围.

对不定方程的讨论，需充分利用题目中给出的条件，有选择范围地讨论.

本节命题以碱金属单质或化合物性质递变规律为中心，题型以选择题为主.

核心知识

一、碱金属元素的“三性”(括号内为特殊性)

1.相似性

(1)原子结构：最外层电子数都是1个，次外层为8个(Li为2个)的稳定结构.

(2)单质的物理性质：都有银白色的金属光泽(除铯略带金色以外)，质软，密度小，熔点低，有强的导热、导电性能.

(3)单质的化学性质：与钠相似，都能与金属、与氧气、与水、与稀酸溶液等反应，且生成物都是含

R+(R为碱金属)的离子化合物.

(4)它们最高价的氢氧化物(ROH)均是强碱.

2.递变性(差异性)

(1)原子结构：随着Li、Na、K、Rb、Cs核电荷数递增，核外电子层数增多，原子半径逐渐增大.

(2)单质的物理性质：随着Li、Na、K、Rb、Cs核电荷数递增，碱金属熔、沸点逐渐降低(与卤族、氧族单质相反)，密度逐渐增大(Li、Na、K的密度＜1g/cm3，Rb、Cs的密度＞1g/cm3).

(3)单质的化学性质：随着Li、Na、K、Rb、Cs核电荷数递增，核对电子引力减弱，失电子能力增强，因此金属性增强.例如，与氧气反应时，Li：常温或燃烧生成Li2O；Na：常温生成Na2O，燃烧生成Na2O2；K：常温生成K2O2，燃烧生成KO2(超氧化钾).

(4)ROH碱性随R核电荷递增而增强.

二、焰色反应

1.焰色反应是指某些金属或它们的化合物在灼烧时火焰呈特殊的焰色.

2.常见金属，及其化合物焰色：

Na：黄色K：紫色(透过蓝色钴玻璃) Cu：绿色Ca：砖红色Ba：黄绿Li：紫红色

3.操作：取洁净铂丝(或无锈铁丝或镍、铬、钨丝)在盐酸中浸洗后灼烧至无色，然后蘸取待测物灼烧.

4.焰色反应不属于化学法检验.

典型例题

例1某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或二种.现将13.8g样品加入足量水中，样品全部溶解.再加入过量的CaCl2溶液，得到9g沉淀.对样品所含杂质的正确判断是( )

A.肯定有KNO3

B.肯定有KNO3，可能还含有Na2CO3

C.肯定没有Ba(NO3)2，可能含有KNO3

D.肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2

解析将13.8g样品加入足量的水，样品全溶解则样品中一定无Ba(NO3)2(因能与K2CO3生成沉淀).下面用极值法分析：如13.8g是纯的K2CO3，则生成CaCO3沉淀应为10g，而现在得沉淀9g，则混进的杂质或不与CaCl2生成沉淀，或13.8g杂质与CaCl2作用生成的沉淀小于9g.杂质中KNO3不与CaCl2生成沉淀，

符合题意.而13.8gNa2CO3与CaCl2混合生成沉淀为×100＞9g不合理.所以选项A正确.但分析选项

B，可能存在这样的情况，即混进很多的KNO3，而只混进少量的Na2CO3，这时也可以保证13.8g样品与CaCl2反应后只生成9g沉淀，故B正确.选项B很容易漏掉.故选A、B.

评析此题考查学生思维的严密性.

例218.4gNaOH和NaHCO3固体混合物，在密闭容器中加热到约250℃，经充分的反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g.试计算原混合物中NaOH的百分含量.

解析解法Ⅰ混合物加热时的化学方程式为：

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑

2NaOH+CO2Na2CO3+H2O

综合为：

NaHCO3+NaOH Na2CO3+H2O

84 40 106

假设18.4g混合物恰好按84∶40比例混合，设加热后剩余固体为x，则

124∶106＝18.4g∶x x=15.7g而实际16.6g，可见NaOH过量.设NaHCO3质量为y,NaOH为18.4g-y NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O

84 18

y 18.4g-16.6g=1.8g

y=8.4g

∴NaOH%= ×100%=54.3%

解法Ⅱ判断混合物中哪种物质过量还可以根据差值法，因为NaOH受热时不分解，所以：

NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O

40 84 18

18.4g x

x=2.67g＞1.8g，说明NaOH过量.

解法Ⅲ设混合物由等摩尔组成，并设形成1.8g(18.4g-16.6g)差量时消耗混合物的质量为m，则124∶18g=m∶1.8g m=12.4g 因为原混合物为18.4g形成1.8g差值只需12.4g，所以余下18.4g-12.4g=6g，这6g不是NaHCO3而是不分解的NaOH，说明NaOH过量.以下解法同上.

评析许多计算题并不明显给出已知条件，初审时感到条件不足，这时就要仔细分析，挖掘隐含条件.本题的关键是要判断NaOH和NaHCO3在反应时哪一种过量.而题目的条件只是反应前后的固体混合物的质量变化，NaOH与NaHCO3按不同比例混合时，引起的质量减小也不同，再与已知条件相比较，即可判断是哪种物质过量.

物质的量

核心知识

【知识结构总结】

【实验总结】

1.配制一定物质的量浓度的溶液的步骤

(1)计算：根据配制要求计算所用固体溶质的质量或所需浓溶液的体积.

(2)称量：当用固体溶质配溶液时用托盘天平称取一定质量的溶质；当用液体或浓溶液稀释配制溶液时用量筒或移液管量取液体体积.

(3)溶解：在小烧杯中用蒸馏水将称出的固体或量取的液体溶质的溶解，若溶解放热需冷却至室温，并用玻璃棒搅拌.

(4)转移：将烧杯中溶液沿玻璃棒注入相应容量的容量瓶中，并用适量蒸馏水洗涤烧杯内壁2至3次，并将洗涤液全部转入容量瓶中.

(5)定容：先向容量瓶中注入蒸馏水，至液面离刻度线1cm～2cm处，再改用胶头滴管向容量瓶中滴加蒸馏水至凹液面的最低处与容量瓶颈上的刻度线相切.

(6)摇匀：定容后用容量瓶的玻璃塞塞紧瓶口，左手拿住瓶颈，食指顶住玻璃塞，右手握住瓶底反复颠倒摇匀即可.

2.配制一定物质的量浓度的溶液误差分析

误差分析依据的原理：c B= = ，由m、V决定实验误差.

(1)称量时所引起的误差

使所配容液的物质的量浓度偏高的主要原因：①天平的砝码沾有其他物质或已锈蚀.②试剂、砝码的左右位置颠倒.③调整天平零点时，游码放在了刻度线的右端.④用量筒量取液体时，仰视或俯视读数等等.

使所配溶液的物质的量浓度偏低的主要原因：①直接称热的物质.②砝码有残缺③在敞口容器中称量易吸收空气中其他成分或易于挥发的物质时的动作过慢.④用量筒量取液体时，俯视读数，使所读液体的体积偏小，等等.

(2)用于溶液稀释溶液的烧杯未用蒸馏水洗涤，使溶质的物质的量减少，致使溶液的浓度偏低.

(3)转移或搅拌溶液时有部分液体溅出，致使溶液浓度偏低.

(4)容量瓶内溶液的温度高于20℃，造成所量取的溶液的体积小于容量瓶上所标注的液体的体积，致使溶液浓度偏高.

第一节物质的量

核心知识

一、物质的量(n)

物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，1mol任何粒子都含有阿伏加德罗常数个粒子.1mol任何物质的质量在数值上等于该物质的相对分子质量。物质的量的单位是“摩尔”，“摩”符号为“mol”.

二、阿伏加德罗常数(N A)

以0.012kg12C所含的碳原子数作基准，其近似值为6.02×1023mol-1.

三、物质的量与粒子数的关系

N=n·N A

满足上述关系的粒子是构成物质的基本粒子(如分子、原子、离子、质子、中子、电子数)或它们的特定组合.

如：1molCaCl2与阿伏加德罗常数相等的粒子是CaCl2粒子，其中Ca2+为1mol、Cl-为2mol，阴阳离子之和为3mol或原子数为3mol.

在使用摩尔表示物质的量时，应该用化学式指明粒子的种类，而不使用该粒子的中文名称。例如说“1mol氧”，是指1mol氧原子，还是指1mol氧分子，含义就不明确。又如说“1mol碳原子”，是指1mol12C，还是指1mol13C,含义也不明确。

粒子集体中可以是原子、分子，也可以是离子、电子等。例如：1molF,0.5molCO2，1kmolCO2-3，amole-，1.5molNa2CO3·10H2O等。

1molF中约含6.02×1023个F原子；

0.5molCO2中约含0.5×6.02×1023个CO2分子；

1kmolCO2-3中约含1000×6.02×1023个CO2-3离子；

amole-中约含a×6.02×1023个e-；

1.5molNa2CO3·10H2O中约含 1.5×6.02×1023个Na2CO3·10H2O，即约含有3×6.02×1023个Na+、

1.5×6.02×1023个CO2-3、15×6.02×1023个H2O.

四、摩尔质量(m) 单位g·mol-1

1.定义：单位物质的量的物质所具有的质量叫摩尔质量，即1mol该物质所具有的质量与摩尔质量的数值等同.

2.1mol粒子的质量以克为单位时在数值上都与该粒子的相对原子质量(Ar)或相对分子质量(Mr)相等.

五、几个基本符号

物质的量——n 物质的质量——m

摩尔质量——M 粒子数——N

阿伏加德罗常数——N A相对原子质量——Ar

相对分子质量——Mr 质量分数——W

六、物质的量、质量、及粒子数转换关系

七、注意几点：

典型例题

例1下列说法正确的是( )

A.1mol氯含有6.02×1023个微粒

B.阿伏加德罗常数数值约等于6.02×1023

C.钠的摩尔质量等于它的相对原子质量

D.H2O的摩尔质量是18g

【解析】A错误在于使用摩尔时没有指明微粒的名称，或为1mol氯气约含6.02×1023个氯气分子，或为1mol氯原子约含6.02×1023个氯原子.

B正确.

C错在把摩尔质量与相对原子质量混同，应为钠的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量.

D错在摩尔质量的单位，应为H2O的摩尔质量是18g/mol，故选B.

答案：B

例2①2gH2②2molNH3③9gH2O ④含1.505×1023个H2SO4分子的硫酸，所含原子数由少至多的顺序是

解析：比较所含原子数多少，只要计算出所含原子的物质的量进行比较即可.①2gH2含H原子为2mol，②2molNH3中原子为8mol，③9gH2O含原子为(9g/18g·mol-1)×3＝1.5mol，④1.505×1023个H2SO4分子含原子为(1.505×1023/6.02×1023mol-1)×7＝1.75mol，所以原子数由少至多顺序为：③④①②.

【答案】：③④①②

例3根据反应：

Fe2O3+3CO 2F+3CO2，若有3mol电子转移，则有mol铁生成，有个CO分子参加反应.

解析：本题意在以氧化还原反应为载体，考查学生灵活运用所学知识的能力.

根据元素的价态变化不难看出，每生成1molFe得到了3mole-，每有1molCO参加反应失2mole-，故有3mole-转移时，有1molFe生成，消耗1.5molCO,N(CO)＝n(CO)·N A＝1.5mol×6.02×1023mol-1＝9.03×1023【答案】：1；9.03×1023

例4已知Ar(S)为32，则1个S原子的质量是g.

分析据Ar(S)=32，知1molS为32g，S原子数为6.02×1023个，故1个S原子的质量为

=5.32×10-23g.

评析若求每个离子的质量方法同上(因为得失电子产生的质量差可忽略)

例5 0.8g某物质含有3.01×1022个分子，该物质的相对分子的质量约为( )

A.8

B.16

C.64

D.160

解：据M= n= 则M= =16g·mol-1

故选B

例6 2.3g金属钠与水反应所得溶液中，要使每100个水分子中溶有1个Na+离子.求所需水的质量.

解：100个水分子中溶有1个Na+即1molNa+对应水的物质的量应为100mol2.3gNa为0.1mol，变成Na+其物质的量仍为0.1mol，溶液中应有水10mol包括反应消耗掉的水，即

2Na + 2H2O=2NaOH+H2

2 2

0.1mol n(H2O)

n(H2O)=0.1mol

所以总共需H2O的质量为m(H2O)=(0.1mol+10mol)×18g·mol-1

=181.8g

例7(1)标出Fe2O3与CO反应电子转移方向及数目.

(2)若此反应转移的电子数为a个，生成的CO2为bmol.

通过计算用ab表示阿伏加德罗常数为.

解(1)

(2)由上述反应知，转移电子数为6e-时有3个CO2分子生成，电子转移数为a个时，N(CO2)= ×3=

据公式：N A= = = mol-1

例8在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22∶9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR。则在此反应中Y和M的质量之比为( )

A.16∶9

B.23∶9

C.32∶9

D.46∶9

解：假设R与M的摩尔质量分别是为rg/mol和mg/mol,有r/m=22/9.又假设参加反应的Y为ag,生成M 为bg。根据质量守恒定律可列出关系式：1.6+a=4.4+b，化简得a=b+2.8.

再根据方程式的比例式可得：8.8m=rb,b=3.6.

∴a/b=(b+2.8)b=(3.6+2.8)/3.6=16/9.答案为(A).

评析“守恒法”解题是指在解题过程中利用化学反应或化学现象中的一些守恒关系来解决化学问题的一种独特的解题方法.本题依据质量守恒关系列式解题.只要“守恒法”使用得当，可收到解题步骤简捷、快速、准确之功效

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第二节气体摩尔体积

重点难点解析

1.物质的体积与组成物质粒子的关系：

(1)总结规律：①相同条件下，相同物质的量的不同物质所占的体积：固体＜液体＜气体.②相同条件下，相同物质的量的气体体积近似相等，而固体、液体却不相等.

(2)决定物质体积大小的因素：①物质粒子数的多少；②物质粒子本身的大小；③物质粒子之间距离的大小.

(3)决定气体体积大小的因素：气体分子间平均距离比分子直径大得多，因此，当气体的物质的量(粒

子数)一定时，决定气体体积大小的主要因素是粒子间平均距离的大小.

(4)影响气体分子间平均距离大小的因素：温度和压强.温度越高，体积越大；压强越大，体积越小.当温度和压强一定时，气体分子间的平均距离大小几乎是一个定值，故粒子数一定时，其体积是一定值.

2.对“在标准状况下，1mol任何气体所占的体积都约是22.4L”的理解：

(1)标准状况：指0℃、1.01×105Pa的状态.温度越高，体积越大；压强越大，体积越小.故在非标准状况下，其值不一定就是“22.4L”.

(2)1mol气体在非标准状况下，其体积可能为22.4L，也可能不为22.4L.

(3)气体分子间的平均距离比分子的直径大得多，因而气体体积主要决定于分子间的平均距离.在标准状况下，不同气体的分子间的平均距离几乎是相等的，所以任何气体在标准状况下气体摩尔体积都约是22.4L/mol.

(4)此概念应注意：①气态物质；②物质的量为1mol;③气体状态为0℃和1.01×105Pa(标准状况)；④22.4L 体积是近似值；⑤V m的单位为L/mol和m3/mol.

(5)适用对象：纯净气体与混合气体均可.

本节是历届高考的热点，对于气体摩尔体积的概念及阿伏加德罗定律、推论的多方位多角度考查，注意相关计算、换算.题型以选择题为主.

核心知识

一、决定物体体积的因素有三：①物质粒子数的多少；②物质粒子本身的大小；③物质粒子之间的距离的大小.

相同条件下，相同物质的量的不同物质，固体液体的体积主要取决于物质粒子本身的大小，而对于气体的体积则主要取决于粒子之间距离的大小，当温度和压强一定时，气体分子间的平均距离大小几乎是一个定值.

二、气体的摩尔体积

①标准状况即0℃1个大气压(101KPa)

②1mol任何气体纯净或混合物均匀且其物质的量总和应为1mol

③体积约为22.4L

4.概念：单位物质的量气体所占的体积叫气体摩尔体.V m= ，单位为L/mol和m3/mol.

三、阿伏加德罗定律

相同温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子.

对该定律既要从影响气体物质体积的因素出发定性分析和理解，要能灵活运用理想气体状态方程.

①= ②PV=nRT= RT(R为常数).

阿伏加德罗定律的推论：(n:物质的量；ρ：气体的密度；M：气体的摩尔质量；V：气体的体积；m：气体的质量；N：气体的分子数.)

(1)同温、同压下：= =

(2)同温、同体积下：= = ，

(3)同温、同压下：=

(4)同温、同压、同体积下：=

(5)同温、同压、同质量下：=

(6)同温、同体积、同质量下：=

四、求气体的相对分子质量(或平均相对分子质量)

(1)已知标准状况时气体密度ρ，M1=22.4ρ.

(2)已知非标准状况气体温度、压强、密度，M1= .

(3)已知两种气体的相对密度D，M A=DM B.

气体的相对密度：D= = .

(4)混合气体的平均式量(n1,n2，…表示混合物中各组分的物质的量；V1，V2，…表示混合物中各组分的体积；M1，M2，…表示混合物中各组分的式量)：混合气体本来无式量，但对组成一定的混合气体来说，可以根据其各组的组成和式量来计算所谓的平均式量.它在数值上等于混合气体的平均摩尔质量，其表达式为：

= =

=M1·n1％+M2·n2％+…+M i…n i％

=

=M1·V1％+M2·V2％+…+M i V i％

混合物的式量可以用平均值法确定.如空气的主要成分为O2和N2，空气的平均相对分子质量为29，介于两种气体相对分子质量之间.

典型例题

例1 下列说法正确的是( )

A.32gO2占有的体积约为22.4L

B.22.4LN2含阿伏加德罗常数个氮分子

C.在标准状况下，22.4L水的质量约为18g

D.22g二氧化碳与标准状况下11.2LHCl含有相同的分子数

解析：本题考查的是对气体摩尔体积概念理解的准确性.A、B都没有“标准状况”是错误的；C是有标准状况条件，但在此条件下水是液体，所以22.4L水不是1mol，也不是18g；D项中22gCO2物质的量为0.5mol，标准状况下11.2LHCl物质的量也为0.5mol，两种气体的物质的量相同，所以含有的分子数也相同，因此D选项符合题意.

答案：D.

例2两个体积相同的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和O2，在同温、同压下，两容器内的气体一定具有相同的( )

A.原子总数

B.质子总数

C.分子总数

D.质量

解析：由气体定律可知，在同温、同压下，同体积的任何气体含有相同的分子数，故两容器内分子总数相等.由于3种气体各自都是双原子分子，故原子总数一定相等.又由于N和O原子的质子数和摩尔质量不同，则质子总数和质量不一定相等.

答案：AC.

例3同温、同压下，下列有关比较等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体的叙述中正确的是( )

A.密度比为16∶11

B.密度比为11∶16

C.体积比为1∶1

D.体积比为11∶16

解析：等质量的SO2与CO2的体积比等于其物质的量之比：: ，即为相对分子质量的反比：44∶64＝11∶16，密度比为相对分子量之比：64∶44＝16∶11

答案：AD

例4二硫化碳(CS2)能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2.今用0.228gCS2在448mL氧气(标准状况)中完全燃烧，反应后气体混合物在标准状况时的体积是( )

A.112mL

B.224ml

C.336mL

D.448mL

分析体积守恒法.根据反应：CS2(液)+3O2(气)=CO2(气)+2SO2(气)

可知反应中消耗O2的体积等于生成的CO2和SO2的体积.因标准状况下CS2为液体，所以不管O2是否过量，也不管反应进行到什么程度，反应过程中气体的体积始终不变，故选D.

例5在标况下，下列各组气体混合其平均相对分子量可达到40的是( )

A.N2和O2

B.CO2和O2

C.SO2和CO2

D.Hi和HCl

分析中介法(平均值法).Mr(CO2)＞40 Mr(N2)＜40 Mr(O2)＜40 Mr(SO2)＞40 Mr(Hi)＞40 Mr(HCl)＜40

只有一个比40大一个比40小才满足要求，故选B、D.

例6某物质A在一定条件下加热分解，产物都是气体.分解方程式为2A B+2C+2D.测得生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的相对分子质量为( )

A.7d

B.5d

C.5d

D.2d

分析根据题给出的方程式知，完全分解后生成气体的平均摩尔质量=［M(B)+2M(C)+2M(D)］/5.

根据题意=d·M(H2)=d·2g/mol,则M(B)+2M(C)+2M(D)=5 =10dg/mol.

又根据质量守恒定律：

2mol·M(A)=1mol·M(B)+2mol·M(C)+2mol·M(D)，

所以M(A)=5dg/mol,Mr(A)=5d.选(B).

评注本题运用了相对密度、平均相对分子质量、质量守恒定律等知识进行综合判断.

例7将1.5g两种金属的混合物粉末与足量的稀盐酸反应，反应完全后，得到标准状况下的氢气1.12L，则两种金属可能是( ).(“三南”高考题)

A.Mg和Cu

B.Zn和Cu

C.Al和Fe

D.Mg和Al

分析先电荷守恒法(得失电子数相等)：金属单质失去的电子被盐酸中的H+得到后变成H2，

n(H2)=0.05mol，得到0.1mole-.再利用扩大法：H+得电子数变为1mol时混合金属应为15g.再利用极值法：每一金属失去1mole-各需质量是Mg:12g Zn:27.5g Al:9g Fe:28g Cu不与盐酸反应可认为＞15g.最后用平均值法：A、C符合

第三节物质的量浓度

重点难点解析

1.配制一定物质的量浓度的溶液时，应注意以下问题

①配制物质的量浓度溶液是将一定质量或体积的溶质按溶液的体积在选定的容量瓶中定容，因而完全不需要计量水的用量.

②不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液是因为配制过程中是用容量瓶来定容的，而容量瓶的规格又是固定的.常用的有25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等.

③溶液注入容量瓶前需恢复到室温.这是因为溶质在烧杯内稀释或溶解时常有热效应.

④用胶头滴管定容后再振荡，出现液面低于刻度线时不要再加水.这是因为容量瓶是属“容纳量”式的玻璃量器(指注入量器的液体体积等于刻度所示的体积)，用胶头滴管定容到液面正好和刻度线相切时，溶液体积恰好为容量瓶的标定容量.之所以在把容量瓶再振荡后，竖直容量瓶时会出现瓶内液面低于刻度线的现象，是因为极少量溶液在湿润磨口处而损失了.

⑤配制物质的量浓度溶液时切不可直接将溶液转入容量瓶中，更不可用于进行化学反应的实验.

⑥如果加水定容时超过了刻度线，不能将超出的部分再吸走，必须重新配制.

⑦如果摇匀时不小心洒出几滴，不能再补加水到刻度，必须重新配制.因洒出的溶液中带走了一部分溶质，再补加水，同样也会使所配溶液浓度偏低.

⑧溶质溶解的操作在转移至容量瓶时，必须用少量蒸馏水将烧杯及玻璃棒洗净2～3次，并将洗涤液一并倒入容量瓶中.因为烧杯壁及玻璃棒表面沾有溶质，如不洗涤，溶质有损失，所配溶液的浓度偏低.

⑨用溶液配制一定物质的量浓度的溶液时，需用移液管移取原溶液.先将移液管洗净，然后用原溶液润洗2～3次移液管再取溶液，否则使所配溶液浓度偏低.另外，称液管尖嘴部分残留的液滴不能吹入容量瓶中，否则导致所配溶液浓度偏高.

⑩配制NaOH溶液时，必须用带盖的称量瓶或用小烧杯快速称量NaOH固体.因NaOH固体易潮解，且有腐蚀性，称量过程中时间越长，吸水越多，导致所配溶液浓度偏低；若在纸上直接称量，NaOH吸水潮解并粘在纸上，会损失部分NaOH，使所配溶液浓度偏低.另外，潮解后固体表面的溶液渗过纸后会腐蚀托盘.

2.物质的量浓度与质量分数之间的区别和联系：