精粹高中化学解题方法（书稿132页）
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精粹高中化学解题方法（书稿132页）
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高中化学解题方法
难点1 .守恒法
守恒法是高考中常考常用的一种解题方法。系统学习守恒法的应用，对提高解题速率和破解高考难题都有很大的帮助。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入2.70 mol·L－1的NaOH(aq)体积是________。
●案例探究
［例题］将 CaCl2 和 CaBr2 的混合物 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 溶液，再通入过量的 Cl2，完全反应后将溶液蒸干，得到干燥固体 11.175 g。则原配溶液中，c(Ca2＋)∶c(Cl－)∶c(Br－)为
A.3∶2∶1 B.1∶2∶3 C.1∶3∶2 D.2∶3∶1
命题意图：考查学生对电荷守恒的认识。属化学教学中要求理解的内容。
知识依托：溶液等有关知识。
错解分析：误用电荷守恒：
n(Ca2＋ )= n(Cl－) ＋ n(Br－)，错选A。
解题思路：1个 Ca2＋ 所带电荷数为2，则根据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，知原溶液中：
2n(Ca2＋) = n (Cl－) ＋ n (Br－)
将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。
答案：D
●锦囊妙计
化学上，常用的守恒方法有以下几种：
1.电荷守恒
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。即：阳离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。
2.电子守恒
化学反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数。
3.原子守恒
系列反应中某原子(或原子团)个数(或物质的量)不变。以此为基础可求出与该原子(或原子团)相关连的某些物质的数量(如质量)。
4.质量守恒
包含两项内容：①质量守恒定律；②化学反应前后某原子(或原子团)的质量不变。
此外，还有物料平衡，将编排在第16篇——水的电离中。
●歼灭难点训练
1.(★★★)将 3.48 g Fe3O4 完全溶解在 100 mL 1.00 mol/L 的 H2SO4(aq) 中，然后加入 K2Cr2O7(aq)25.00 mL，恰好使 Fe2＋全部转化为 Fe3＋，且 Cr2O全部转化为 Cr3＋。则 K2Cr2O7 的物质的量浓度为__________。
2.(★★★)某露置的苛性钾经分析含水：7.62%(质量分数，下同)、K2CO3：2.38%、KOH ：90.00%。取此样品 1.00 g 放入 46.00 mL 1.00 mol·L－1 的 HCl(aq) 中，过量的 HCl 可用 1.070 mol/L KOH(aq)中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体_______克。
3.(★★★★)A、B、C三种物质各15 g，发生如下反应：
A＋B＋CD
反应后生成D的质量为30 g。然后在残留物中加入10 g A，反应又继续进行，待反应再次停止，反应物中只剩余C，则下列说法正确的是( )
A.第一次反应停止时，剩余B 9 g
B.第一次反应停止时，剩余C 6 g
C.反应中A和C的质量比是5∶3
D.第二次反应后，C剩余5 g
4.(★★★★★)
(1)中学教材上图示了NaCl晶体结构，它向三维空间延伸得到完美晶体。NiO(氧化镍)晶体的结构与NaCl相同，Ni2＋与最近O2－的核间距离为a×10－8cm，计算NiO晶体的密度(已知NiO摩尔质量为74.7 g·mol－1)。
图1—1
(2)天然的和绝大部分人工制备的晶体，都存在各种缺陷，例如在某种NiO晶体中就存在如图1—1所示的缺陷：一个Ni2＋空缺，另有两个Ni2＋被两个Ni3＋所取代。其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。某氧化镍样品组成为Ni0.97O，试计算该晶体中Ni3＋与Ni2＋的离子数之比。
附：参考答案
难点磁场
提示：根据 Na 原子守恒和 SO守恒得如下关系：
2NaOH ~ Na2SO4~ H2SO4
则：n(NaOH) = 2n(H2SO4)
c(NaOH)·V [NaOH(aq)] = 2c(H2SO4)·V [H2SO4(aq)]
V [NaOH(aq)]可求。
答案：800 mL
歼灭难点训练
1.提示：Fe3O4中 ＋2 价铁所失电子物质的量与 Cr2O 中＋6 价铬所得电子物质的量相等。
×(3－2)= 0.02500 L×c(Cr2O)×(6－3)×2。
答案：0.100 mol·L－1
2.提示：根据 Cl 原子守恒得：
n(KCl) = n(HCl) = 1.00 mol·L－1×0.04600 L = 4.60×10－2 mol，m(KCl) 易求。
答案：3.43 g
3.解析：第一次反应 A 不足，因为第一次反应后加入 A 又能进行第二次反应。第二次反应后，只剩余 C，说明 A、B 恰好完全反应。则：
m反(A)∶m反(B) = (15 g＋10 g)∶15 g = 5∶3
第一次反应耗 B 的质量mB为：15 g∶mB=5∶3，mB=9 g
即第一次反应后剩余B质量为：15 g－9 g=6 g。
可见(A)选项不正确。
根据mA＋mB＋mC=mD ，可知生成30 g D时消耗C的质量。
mC=30 g－15 g－9 g=6 g
即第一次反应后剩余C质量为：15 g－6g=9g。
又见(B)选项不正确。
易见反应消耗A、B、C质量之比为：mA∶mB∶mC=15 g∶9 g∶6g=5∶3∶2
(C)选项不正确。
答案：D
4.提示：由题得 NiO 晶体结构(如右图)。其体积为：
V = (a×10－8cm)3
右图向三维空间延伸，它平均拥有的 Ni2＋、O2－数目为：
N(Ni2＋) =N(O2－) =×4 ==N(NiO)
由密度公式得：
ρ(NiO) =。
(2)(电荷守恒法)设 1 mol Ni0.97O 中含Ni3＋物质的量为x，则Ni2＋的物质的量为(0.97 mol－x)；根据电荷守恒得：
3x＋2×(0.97 mol－x)=1 mol×2 x=0.06 mol
N(Ni3＋)∶N(Ni2＋)=0.06 mol∶(0.97 mol－0.06 mol)=6∶91
答案：(1) (2)6∶91
难点2 .估算法
估算就是不算，估算法是通过推理、猜测得出答案的一种方法。
●难点磁场
不要计算，请推测下列题目的答案，然后自我界定学习本篇是否需要。
甲、乙两种化合物都只含X、Y 两种元素，甲、乙中 X 元素的百分含量分别为 30.4% 和 25.9%。若已知甲的分子式是 XY2，则乙的分子式只可能是( )
A.XY B.X2Y C.X2Y3 D.X2Y5
●案例探究
［例题］在 100 mL 0.10 mol·L－1的 AgNO3(aq) 中，加入 100 mL 溶有 2.08 g BaCl2 的溶液，再加入 100 mL 溶有 2.50 g CuSO4·5H2O 的溶液，充分反应。下列说法中正确的是
A.最终得到白色沉淀和无色溶液
B.最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物
C.混合过程中，逸出无色气体
D.在最终得到的溶液中，c(Cu2＋) = 0.01 mol·L－1
命题意图：考查学生对离子反应的认识及进行相关计算的能力。
知识依托：Ba2＋ 与 SO、Ag＋ 与 Cl－ 的反应及过量计算。
错解分析：数字运算失误。
解题思路：本题有以下两种解法。
方法1(计算法)：n(Ag＋) = 0.100 L×0.10 mol·L－1 = 0.010 mol
n(Ba2＋) = n (BaCl2) = = 0.0100 mol
n(Cl－) = 2n(BaCl2) = 0.0200 mol
n(SO) = n(CuSO4·5H2O) = = 0.0100 mol
首先 Cl－ 与 Ag＋ 发生反应生成白色 AgCl 沉淀：
Ag＋ ＋ Cl－ ==== AgCl↓
0.010 mol 0.010 mol 0.010 mol
反应后剩余 Cl－：0.0200 mol－0.010 mol = 0.010 mol。其次 Ba2＋ 与 SO发生反应生成白色 BaSO4 沉淀：
Ba2＋ ＋ SO==== BaSO4↓
0.010 mol 0.010 mol 0.010mol
生成BaSO4 0.010 mol。反应后溶液中含 Cu2＋，其浓度为：
c(Cu2＋) == 0.033 mol·L－1
与备选项对照，可知答案。
方法2(估算法)：最后 Cu2＋留在溶液中，溶液浅蓝色，A 项不可选。由 CuSO4·5H2O 的质量是3位有效数字，及溶液的体积也是3位有效数字可推知c(Cu2＋)应为3位有效数字，D 项不可选。由于溶液混合时，只发生 Ag＋ 与 Cl－、Ba2＋与SO的反应，所以也不会逸出气体，C项不可选。
答案：B
评注：就解题效率而言，估算法大大优于计算法。
●锦囊妙计
估算法虽可大大提高解题效率，但其使用范围有一定的局限性，绝大多数计算题是不能用估算法解决的。尝试用估算法解题是好的，但面对每一个题都想用估算法解决，有时也会贻误时间。
●歼灭难点训练
1.(★★★)有规律称：强酸溶液每稀释 10 倍 pH 增加 1 ，强碱溶液每稀释 10 倍 pH 减小 1，但此规律有一定的局限性。试问将 pH = 3 的 H2SO4(aq) 稀释 105 ，其 pH 为( )
A.8 B.7 C.2 D.3
2.(★★★★)将质量分数为 0.052(5.2%)的 NaOH(aq)1 L(密度为 1.06 g·cm－3)用铂电极电解，当溶液中 NaOH 的质量分数改变了 0.010(1.0%)时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是( )
NaOH的质量分数 阳极析出物的质量/g 阴极析出物的质量/g
A 0.062(6.2%) 19 152
B 0.062(6.2%) 152 19
C 0.042(4.2%) 1.2 9.4
D 0.042(4.2%) 9.4 1.2
3.(★★★★)氢型阳离子交换树脂的主要反应可用下式表示：2R — H ＋ M2＋MR2 ＋ 2H＋，若将 100 mL 水经过氢型阳离子交换树脂交换后，流出液用 0.10 mol·L－1的 NaOH 溶液中和，完全反应后用去 NaOH 溶液 20 mL，若此水中存在的阳离子只有 Ca2＋，则 100 mL 水中含有 Ca2＋为( )
A.20.03 mg B.40 mg C.80.16 mg D.160.32 mg
4.(★★★★★)图2—1中横坐标表示完全燃烧时耗用可燃气体 X(X = A、B、C)的物质的量 n(X)，纵坐标表示消耗 O2 的物质的量 n(O2)，A、B 是两种可燃性气体 ，C 是 A、B 的混合气体，则 C 中：n(A)∶n(B)为( )
A.2∶1 B.1∶2
C.1∶1 D.任意
附：参考答案 难点磁场 图2—1
解析：由于甲分子中含 X：30.4%，且 N(X)∶N(Y) = 1∶2，现乙分子中含X：25.9%，小于 A 中 X 的百分含量，故可估算出乙分子中，N(X)∶N(Y)必小于1∶2，只有 D 选项中N(X)∶N(Y) = 1∶2.5 符合题意。
答案：D
歼灭难点训练
1.提示：酸不可能稀释为碱，也不可能稀释后 pH 变小或不变。
答案：B
2.解析：电解 NaOH(aq) 的实质是电解水。随溶液中水的减少，w(NaOH)逐渐增大，因而 C、D项不可选。电解时阳极产生 O2，阴极产生 H2，其质量前者大，后者小，故 B项为正确答案。
答案：B
3.提示：由题意：n(Ca2＋) =n(H＋) =n(NaOH)，根据数据可断定n(Ca2＋)数值为两位有效数字。又：m(Ca2＋) = n(Ca2＋)×M(Ca2＋)，则m(Ca2＋)数值为两位有效数字。
答案： B
4.提示：首先排除任意比。由图可知： 1 mol A 耗用 0.5 mol O2，1 mol B 耗用2 mol O2；若 A、B以1∶1混合，则 1 mol C 耗用 1.25 mol O2，而图中 1 mol C 耗用1 mol O2，可见 A、B 混合物中，n(A)∶n(B)＞1∶1。观察备选项可知答案。
答案：A
难点3. 差量法
利用化学反应前后物质间所出现象的差量关系解决化学问题的方法就是差量法。
●难点磁场??
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。?
在天平左右两盘上各放一只同等规格的烧杯，烧杯内均盛有 1.00 mol· L－1的 H2SO4（aq）100.0 mL，调节天平使其处于平衡状态，然后向两只烧杯内分别放入少量的镁粉和铝粉（设镁、铝的质量分别为a g和b g），假定反应后天平仍处于平衡状态，则：
(1)a、b应满足的关系式为 ；
(2)a、b的取值范围为 。
●案例探究?
［例题］将上题中的：“少量镁粉和铝粉”改为：少量镁粉、过量铝粉，其他不变，试求之。
命题意图：考查学生应用差量进行过量计算的能力。
知识依托：Mg、Al 与 H2SO4 的反应；过量计算。
错解分析：应用过量物质的数据进行计算得出错误的结果，忽视有效计算得出不确切的答案。
解题思路：反应前后天平都平衡，表明两烧杯内质量净增数值相等。则可根据反应前后的质量差进行计算。
n(H2SO4) = 1.00 mol·L－1×0.100 L = 0.100 mol
Mg ＋ H2SO4 ==== MgSO4 ＋ H2↑ Δm
24 g 1 mol 2 g 22 g
a g
2 Al ＋ 3 H2SO4 ====Al2(SO4)3 ＋ 3 H2↑
54 g 3 mol 6 g
0.100 mol
(波纹线上为求出数值，下同)。根据题意：
①＜ 0.100 (H2SO4 过量)
②b＞1.80 (Al 过量)
③b g－0.200 g =g (净增值相等)
由①③得：b＜2.40，结合②可知 b 的范围。
由②③得：a＞1.75，结合①可知 a 的范围。
答案：(1)11 a = 12 b － 2.40
(2)1.75＜a＜2.40，1.80＜b＜2.40
●锦囊妙计
遇到下列情形，可尝试用“差量法”解题：
1.反应前后固体或液体的质量发生变化时；
2.反应前后气体的压强、密度、物质的量、体积等发生变化时。
●歼灭难点训练
1.(★★★)10.0 mL 某气态烃在 50.0 mL O2 中充分燃烧，得到液态水和 35.0 mL 的气体混合物(所有气体的体积都是在同温同压下测得的)，则该气态烃可能是（ ）
A.CH4 B.C2H6 C.C3H8 D.C3H6
2.(★★★★)用 H2 还原 x g CuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后得残留固体yg，共用掉z g H2，此时生成水的质量为( )
A.(x－y) g B.(x － y) g C.9 z g D. z g
3.(★★★★)总压强为 3.0×107 Pa 时，N2、H2 混合气体(体积之比为 1∶3)通入合成塔中，反应达平衡时，压强降为 2.5×107 Pa，则平衡时混合气体中 NH3 的体积分数为( )
A.35% B.30% C. D.
4.(★★★★★)已知 NH3 和 Cl2 相遇，发生下列反应：
①8NH3＋3Cl2 ==== N2＋6NH4Cl (NH3过量)
②2NH3＋3Cl2==== N2＋6HCl (Cl2过量)
今向过量的 NH3 中通入少量的 Cl2。若开始时 Cl2、NH3 混和气体中 Cl2 的体积分数为 x，混合气体反应前后的体积分别是 a L 和 y L。则：
(1)x 的取值范围是__________________；
(2)y 与x 的函数关系是__________________。
附：参考答案
难点磁场
提示：题设条件下，H2SO4过量，则：
Mg ＋ H2SO4====MgSO4＋ H2↑ Δm
24 g 1 mol 2 g 22 g
a g
2 Al ＋ 3 H2SO4====Al2(SO4)3＋3H2↑ Δm
54 g 3 mol 6 g 48 g
b g
由反应前后天平都平衡得：，即：32 b = 33 a ①
＜ 0.100 ①
由 H2SO4过量知：
＜0.100 ②
①②联立，解得：b＜2.48。不满足③，舍去。
①③联立，解得：a＜1.75。满足②，为正确答案。
答案：(1)32 b= 33 a (2)a＜1.75 b＜1.80
歼灭难点训练
1.提示：用体积差进行计算：
CxHy(g)＋(x＋)O2(g)点燃x CO2(g)＋H2O(l) V前－V后
1 L 1＋
10.0 L 25.0 L
y = 6。
答案：BD
2.提示：用固体质量差进行计算：
H2＋CuOCu＋H2O Δm
80 g 64 g 18 g 16 g
x g－y g
不可用 z g H2 进行计算，因为用掉的 H2 并非全都参加了反应；不可只用 x g 进行计算，因为 CuO未全部参加反应；不可只用 y g 进行计算，因为 y g 是 CuO 和 Cu 的质量和。
答案：B
3.提示：本题有多种解法，根据压强差计算尤为简捷：由于恒温恒容下，气体的压强比等于物质的量比，所以：
N2＋3 H2 2 NH3 Δp
1 3 2 2
p(NH3) 3.0×107 Pa－2.5×107 Pa，
p(NH3) = 0.5×107 Pa，
(NH3)==。
答案：D
4.解析：NH3 过量，Cl2 不足，只发生反应①：
8 NH3＋3 Cl2==== N2＋6NH4Cl ΔV
8 L 3 L 1 L 10 L
L a L·x L L
则：＜a(1－x)L x＜
y L = a L－L。
答案：(1)0＜x＜3/11 (2)y=a－
难点4 .和量法
与差量法相反，为解决问题方便，有时需要将多个反应物(或生成物)合在一起进行计算。
●难点磁场
用和量法尝试解下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
在密闭容器中，放入(NH4)2CO3 和 NaOH 的固体混合物共 19.6 g，将容器加热到 250℃，充分反应后，排出容器中的气体，冷却称得剩余固体质量为 12.6 g。则原混合物中(NH4)2CO3 和 NaOH 的物质的量之比为( )
A.＞1∶2 B.= 1∶2
C.＜1∶2 D.以上答案都不正确
●案例探究
［例题］18.4 g NaOH 和 NaHCO3 固体混合物，在密闭容器中加热到约 250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为 16.6 g。试计算原混合物中 NaOH 的质量分数。
命题意图：考查学生的过量判断能力，及计算混合物所含成分质量分数的能力。
知识依托：NaHCO3 的不稳定性及碱与酸性气体的反应。
错解分析：过量判断失误，导致计算过程和计算结果错误。
解题思路：发生的反应有：①2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，
②2NaOH＋CO2Na2CO3＋H2O(加热条件下，不生成 NaHCO3)
通过极限思维可知，原固体混合物中，NaHCO3 含量越大，固体失重越大，NaOH 含量越大，固体失重越小。
判断 NaHCO3 受热分解产生的 CO2 能否被 NaOH 完全吸收是解决问题的关键，这首先需要写出 NaHCO3 与 NaOH 恰好完全反应的化学方程式。
题设条件下，固体失重：18.4 g－16.6 g = 1.8 g。
设固体失重 1.8 g 需恰好完全反应的 NaHCO3 和 NaOH 混合物质量为 x，则：
NaHCO3＋NaOHNa2CO3＋H2O
124 g 18 g
x 1.8 g
x = = 12.4 g＜18.4 g
可见，题设条件下反应发生后 NaOH 过量，过量 NaOH 质量为：
18.4 g－12.4 g = 6.0 g，
参加反应的 NaOH 质量为：×40.0 g·mol－1 = 4.00 g，
原混合物中 NaOH 质量为：6.0 g＋4.00 g = 10.0 g，
w(NaOH) = ×100% = 54.3%。
答案：54.3% 。
●锦囊妙计
遇到以下情形，可尝试用和量法解题：
1.已知混合物反应前后质量，求混合物所含成分质量分数时；
2.已知反应前后混合气体的体积，求混合物所含成分体积分数时；
3.求反应前后气体的压强比、物质的量比或体积比时。
●歼灭难点训练
1.(★★★)某温度下，在体积一定的密闭容器中适量的 NH3(g) 和 Cl2(g) 恰好完全反应。若反应产物只有 N2(g) 和 NH4Cl(s)，则反应前后容器中压强比应接近于( )
A.1∶11 B.11∶1 C.7∶1 D.11∶7
2.(★★★)Na2CO3(s) 和 NaHCO3(s) 的混合物 190.0 g，加热至质量不再减少为止，称量所得固体质量为 128.0 g。则原混合物中 Na2CO3 的质量分数为__________。
3.(★★★★)取 6.60 g NaHCO3 和 Na2O2 的固体混合物，在密闭容器中加热到 250℃，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为 5.30 g。计算原混合物中 Na2O2 的质量分数。
4.(★★★★★)在一密闭容器中，放入(NH4)2CO3 和 NaOH 两种固体共 A g 将容器加热到 200℃，经充分反应后排出其中气体，冷却称得剩余固体质量为 B g，求出不同组合范围内的(NH4)2CO3 和 NaOH 的质量填入下表。
A 与 B 关系 m［(NH4)2CO3］ m(NaOH)
附：参考答案
难点磁场
提示：固体混合物失重：19.6 g－12.6 g = 7.0 g，题设条件下发生的反应为：
(NH4)2CO32 NH3↑＋H2O↑＋CO2↑
2 NaOH＋CO2Na2CO3＋H2O↑
当(NH4)2CO3 与 NaOH 恰好完全反应时，固体失重 7.0 g，所需混合物的质量可求：
因为 17.6 g＜19.6 g，所以 NaOH 过量。
答案：C
歼灭难点训练
w(Na2CO3) == 11.58%。
答案：11.58%
3.解析：发生的反应有：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；
2Na2O2＋2 CO2====2Na2CO3＋O2↑；2Na2O2＋2H2O====4NaOH＋O2。
若 Na2O2 不足，则 Na2O2 先吸收 CO2，再吸收 H2O。
首先确定水是否参加了反应。
题设条件下，固体失重：6.60 g－5.30 g = 1.30 g。
当 Na2O2 与 NaHCO3 分解生成的CO2 恰好完全反应时，设固体失重 1.30 g 需这样的混合物质量为 x。则：
可见，原混合物中 Na2O2 并未将 NaHCO3 分解生成的 CO2 全部吸收，也就未吸收 H2O。
设原混合物中 NaHCO3、Na2O2 的物质的量分别是 a、b，则：
aNaHCO3＋bNa2O2====Na2CO3＋CO2↑＋H2O＋O2↑
84.0a＋78.0b=6.60 (原混合物质量)
106×a＋2b2=5.30 (剩余固体质量)
解得：b=0.0200 mol (a可不求出)
w(Na2O2)=×100%=23.6%。
答案：23.6%
4.解析：加热时，容器内发生以下反应：
(NH4)2CO32NH3↑＋H2O＋CO2↑ ①
2NaOH＋CO2====Na2CO3＋H2O ②
当①反应生成的 CO2 与 NaOH 固体完全反应时，可认为发生了以下反应：
(NH4)2CO3＋2NaOH2NH3↑＋2H2O＋Na2CO3 ③
(1)当③反应发生，且(NH4)2CO3 和 NaOH 恰好完全反应时，
即当A=g时：
m[(NH4)2CO3]=g=g，或m[(NH4)2CO3]=g=B g；
m[NaOH]=g=g 或 m(NaOH)=g。
(2)当A＞时，③反应发生，(NH4)2CO3过量，这时同时有①反应单独发生。
(NH4)2CO3＋2NaOH2NH3↑＋2H2O＋Na2CO3
80 g 106 g
g B g
m(NaOH)= g=g；m[(NH4)2CO3]=(A－) g。
(3)当 A＜时，③反应发生，且 NaOH 过量。
(NH4)2CO3＋2NaOH2NH3↑＋2H2O↑＋Na2CO3 Δm
96 g 80 g 106 g 70 g
g (A－B) g
m[(NH4)2CO3]=g=g；
m(NaOH)=A g－g=g。
答案：
A与B关系 m[(NH4)2CO3] m(NaOH)
A=
A＞ Ag－g g
A＜ g g
难点5. 设一法?
设一法是赋值法的一种，是解决无数值或缺数值计算的常用方法。
●难点磁场??
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。?
现向 1.06 g 含杂质的碳酸钠样品中加入过量的氯化氢溶液，得到标准状况下干燥纯净的气体 2.20 L，则该碳酸钠样品中所含杂质可能是
A.碳酸钡和碳酸钾 B.碳酸钾和碳酸氢钠?
C.碳酸氢钠和碳酸氢钾 D.碳酸钙和碳酸锌
●案例探究?
［例题］吗啡和海洛因都是严格查禁的毒品。
(1)吗啡中含碳 0.7158(质量分数，下同)、氢 0.0667、氮 0.0491，其余为氧。已知其相对分子质量不超过 300，试求：
①吗啡的相对分子质量；②吗啡的分子式。
(2)已知海洛因是吗啡的二乙酸酯，试求：
①海洛因的相对分子质量；②海洛因的分子式。
命题意图：考查学生根据物质内所含元素质量分数，确定物质化学式的能力。
知识依托：元素的质量分数与化学式的关系。
错解分析：不注意有效数字的位数，有效数字取舍不合理，再根据原子个数比列式就会得出错误的结果。
解题思路：(1)由吗啡中各元素的含量和相对分子质量，可以断定吗啡分子中所含 N 原子数最少，设吗啡分子中含有 1 个 N 原子，则：
Mr(吗啡)=14.0/0.0491=285＜300
符合题意；若吗啡分子中含有 2 个 N 原子，则：
Mr(吗啡)=28.0/0.0491=570＞300
不符合题意。吗啡分子中含有 2 个以上的 N 原子更不可能，可见吗啡分子中只含有一个 N 原子，且吗啡的相对分子质量为 285。
吗啡分子中所含 C、H、O 原子个数分别为：
N(C)=285×0.7158÷12.0=17.0
N(H)=285×0.0667÷1.00=19.0
N(O)=285(1.0000－0.7158－0.0667－0.0491)÷16.0=3.00
吗啡的分子式为：C17H19NO3。
(2)生成二乙酸酯的反应可表示为：
R(OH)2＋2HOOCCH3R(OOCCH3)2＋2H2O
显然，海洛因分子比吗啡分子多了 2 个 C2H2O 基团，则海洛因的分子式为：
C17H19NO3＋2C2H2O====C21H23NO5
海洛因的相对分子质量为：
Mr(海洛因)=12×21＋1×23＋14×1＋16×5=369。
答案：(1)①285；②C17H19NO3。 (2)①369；②C21H23NO5。
●锦囊妙计
遇到下列情况，可用设一法：
1.c、w、ρ 间的相互转化；
2.根据质量分数确定化学式；
3.确定样品中杂质的成分。
●歼灭难点训练
1.(★★★)某硫酸溶液的物质的量浓度为 c mol·L－1，溶质的质量分数为 w，试求此溶液的密度。
2.(★★★)已知某硫酸铜溶液的物质的量浓度为 0.050 mol·L－1，密度为 1.08 g·cm－3，试求该溶液的质量分数。
3.(★★★★)称取可能含有 Na、Mg、Al、Fe 的金属混合物 12 g，放入足量盐酸中，可得到标准状况下 H2 的体积为11.2 L，据此回答下列问题：
(1)以上四种金属，一定含有的是__________________；
(2)以上四种金属，可能含有的是__________________；
(3)能否确定一定不含有某种金属？
4.(★★★★★)1924 年，我国药物学家从中药麻黄中提出了麻黄素，并证明麻黄素具有平喘作用。将其予以合成，制作中成药，可解除哮喘病人的痛苦。
取10.0 g 麻黄素完全燃烧可得到 26.67 g CO2 和 8.18 g H2O，并测得麻黄素中含 N：8.48%。
(1)试确定麻黄素的最简式__________________。
(2)若确定麻黄素的分子式还缺少一个条件，该条件是__________________。
附：参考答案
难点磁场
解析：若为 1.06 g 纯净的碳酸钠经题设过程可得到标准状况下干燥纯净的气体 2.24 L；而题设条件下，1.06 g 含杂质的碳酸钠样品仅得到标准状况下干燥纯净的气体 2.20 L，可见，等质量的碳酸钠和杂质分别与过量盐酸作用，碳酸钠产生二氧化碳多，杂质产生二氧化碳少；则题设条件下产生等量的二氧化碳气体所需碳酸钠的质量小，所需杂质质量大。
为方便计算，设生成 1 mol 二氧化碳，则需要题中所列物质的质量分别是：
Na2CO3~CO2 BaCO3~CO2 K2CO3~CO2 NaHCO3~CO2
106 g 1 mol 197 g 1 mol 138 g 1 mol 84 g 1 mol
KHCO3~CO2 CaCO3~CO2 ZnCO3~CO2
100 g 1 mol 100 g 1 mol 125 g 1 mol
所需碳酸钡和碳酸钾的质量都大于碳酸钠的质量，A项可选；所需碳酸氢钠和碳酸氢钾的质量都小于碳酸钠的质量，C 项不可选；生成 1 mol 二氧化碳所需碳酸钾和碳酸氢钠混合物的质量介于 84 g ~ 138 g 之间，所需碳酸钙和碳酸锌混合物的质量介于 100 g ~ 125 g 之间，都有小于 106 g 的可能，故 B、D 项都不可选。
答案：A
歼灭难点训练
1.提示：设 H2SO4(aq) 的体积为 1 L，则：
m(硫酸溶液)=c mol·L－1×1 L×98 g·mol－1÷w=98 c/w g
硫酸溶液的密度为：ρ(硫酸溶液)=98 c/w g÷1000 mL=0.098 c/w g·cm－3
答案：g·cm－3
2.提示：为方便计算，设有硫酸铜溶液 1 L，则硫酸铜的质量为：
m(硫酸铜)=0.050 mol·L－1×1 L×160g·mol－1=8.0 g
硫酸铜溶液的质量为：m(硫酸铜溶液)=1.08 g·cm－3×1000 mL=1.08×10－3 g
硫酸铜的质量分数为：w(硫酸铜)=8.0 g÷(1.08×103 g)=0.0074(或 0.0073)。
答案：0.0074(或 0.0073)
3.提示：摩尔电子质量法(设一法的一种)：金属的摩尔电子质量是指金属在反应中失去单位物质的量的电子的质量，其单位通常用 g·mol－1 表示。由题意：
n(H2)==0.500 mol
反应中得失电子的物质的量为：
n(e－)=1.00 mol则：
物质 Na Mg Al Fe 混合物
23 12 9 28 12
混合物的平均摩尔电子质量为 12 g·mol－1，则一定含有比其摩尔电子质量小的物质 (Al)，也一定含有比其摩尔电子质量大的物质(Na或Fe，不能确定)，是否含 Mg也不能确定。
答案：(1)Al (2)Mg、Fe、Na (3)不能
4.提示：设麻黄素分子中含有 1 个 N 原子，则：
M(麻黄素)==165 g·mol－1
由于：n(CO2)==0.6061 mol
n(H2O)= =0.454 mol
则 1 mol 麻黄素中：n(C)=×165 g=10.0 mol，
n(H)= ×165 g×2=15.0 mol
再设麻黄素的分子式为：C10H15NOx，则x=
=1.000 mol
最简式可得。借鉴例题可知 (2)答案，但已知麻黄素的式量范围不一定能求出麻黄素的化学式。
答案：(1)C10H15NO (2)M(麻黄素)(即麻黄素的式量)
难点6. 奇偶数法?
奇偶数法是利用数字间的奇、偶性规律，探讨试题答案的一种巧解方法。
●难点磁场??
试利用数字间的奇偶性规律巧解下面题目，然后自我界定学习本篇是否需要。?
某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物。当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为 2∶1 时，还原产物是( )
A.NO2 B.NO C.N2O D.N2
●案例探究?
［例题］若短周期中的两种元素可以形成原子个数比为 2∶3 的化合物，则这两种元素的原子序数之差不可能是
A.1 B.3 C.5 D.6
命题意图：主要考查学生对元素周期表“奇偶数”规律的认识或考查学生对元素周期表特殊元素性质的认识。
知识依托：元素周期表。
错解分析：不了解元素周期表的奇偶性规律，利用其他方法解题得出错误答案。
解题思路：本题有多种解题方法，其中最简捷的是奇偶数法。
方法1(枚举法)：ⅡA 族元素 Be、Mg 与 ⅤA 族元素 N、P 形成的化合物符合题干要求，其中 Mg3N2 中 Mg 与 N 原子序数差 5。ⅢA 族元素 B、Al 与 ⅥA 族元素 O、S 形成的化合物亦符合题干要求，其中 Al2O3 中 Al 与 O 原子序数差 5，Al2S3 中 Al 与 S 原子序数差 3。欲找差值为 1 的化合物，需从变价元素中找，如 N2O3 中 N 与 O 原子序数差 1。选 D项。
方法2(奇偶数法)：由于两种元素形成的化合物中原子个数之比为 2∶3，则可断定一种元素处于奇数族，另一种元素处于偶数族，奇数族原子序数为奇数，偶数族为偶数，奇数与偶数差值是奇数。观察备选项，可知选 D项。
答案：D
●锦囊妙计
下列问题的解决过程中，可能用到奇偶数法：
1.某些化学方程式的配平；
2.化合物的分子式与原子序数的推定；
3.化学反应中化合价的升降数值；
4.化合价与分子式的关系；
5.有机分子中 H 等原子的个数。
●歼灭难点训练
1.(★★★)配平下列化学方程式：
(1)_____PH3====_____P＋_____H2
(2)_____NH3＋____NO====_____N2＋______H2O
2.(★★★★)单质 M 能和热浓硫酸反应，若参加反应的单质与 H2SO4 的物质的量之比为 1∶4，则该元素在反应后显示的化合价可能是( )
A.＋4 B.＋3 C.＋2 D.＋1
3.(★★★★)某金属元素 R 最高价氟化物的相对分子质量为M1，其最高价硫酸盐的相对分子质量为 M2。设此元素最高正价为 n，则 n 与 M1、M2 的关系可能是( )
A.n=(M2－2M1)/58 B.n=(M2－M1)/29
C.n=(2M2－M1)/58 D.n=(M2－M1)/58 O
4.(★★★★★)已知某有机物 A 的式量为 128。
(1)若 A 物质中只含有碳、氢、氧三种元素，且 A 分子中含有一个酯的结构(—C—O—)，则 A 的分子式为__________，结构简式为____________(任写出一种)。
(2)若 A 物质中只含有碳、氢、氮三种元素，且 A 分子中氮原子数目最少，则 A 的分子式为__________，若 A 分子中有一个由氮原子和其他碳原子形成的六元环，则 A 的结构简式为__________(任写一种)。
附：参考答案
难点磁场
解析：由题意知，2个金属原子失去的电子，将被 1 个 HNO3 分子中 ＋5 价的 N 原子得到，由于 2 个金属原子失去的电子数一定是偶数，所以得到偶数个电子的这个 ＋5 价的 N 原子反应后化合价一定是奇数。与备选项对照，可知 C项可选。
答案：C
歼灭难点训练
1.(1)2 2 3 (2)4 6 5 6
2.解析：单质 M 和热浓 H2SO4反应，H2SO4被还原为 SO2，硫元素化合价降低总数必为偶数，则 M 元素化合价升高总数必为偶数。由题意知：n(M)∶n(H2SO4)=1∶4，可见 M 化合价变化应为偶数，这样可淘汰 B、D 项选项。具体分析 A、C 知 A项(如单质碳)可选，而 C 项不可选。
答案：A
3.解析：此题须讨论 n 为奇、偶数两种情况。
(1)若 n为奇数，则其氟化物和硫酸盐的化学式分别是：RFn、R2(SO4)n。
。
(2)若 n 是偶数，则其氟化物和硫酸盐的化学式分别是：RFn、R(SO4)n2。
答案：AB
4.提示：(1)含有一个酯键的 A 的分子式为 C7H12O2 ，其结构有多种，如：
(2)A 式量 128 是偶数，决定了 A 分子中氮原子数目是偶数，因为当 A 分子中氮原子数目是奇数时，不论氮原子存在于硝基还是氨基中，A 式量都是奇数。则 A 分子中最少含有 2 个氮原子，A 分子式可为 C7H16N2，其结构简式有多种，如：
难点7 关系式法
关系式法是根据化学方程式计算的诸法中较主要的一种方法，它可以使多步计算化为一步而完成。
●难点磁场
请用关系式法解决下列问题，然后自我界定学习本篇是否需要。
将 a g 铁和 b g 硫粉混合均匀，隔绝空气加强热，充分反应后，再将所得固体混合物放入足量稀 H2SO4 中，试求产生的气体在标准状况下的体积(用含 a 或 b 的代数式表示)。
●案例探究
［例题］用黄铁矿可以制取 H2SO4，再用 H2SO4 可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含 FeS2 80.2% 的黄铁矿 75.0 t，最终生产出 79.2 t(NH4)2SO4。已知 NH3 的利用率为 92.6%，H2SO4 的利用率为 89.8%，试求黄铁矿制取 H2SO4 时的损失率。
命题意图：主要考查学生利用关系式法解题的能力，同时考查学生对转化率、损失率的理解和认识。
知识依托：H2SO4 的工业制法、NH3 与 H2SO4 的反应。
错解分析：不能准确理解利用率的含义而错解。
解题思路：首先须搞清 H2SO4 的利用率与 FeS2 利用率的关系。H2SO4 的利用率为 89.8%，与 H2SO4 的利用率是 100%、FeS2 的利用率为 89.8% 是等价的。并排除 NH3 利用率的干扰作用。
其次，根据 S 原子守恒找出已知量 FeS2 与未知量(NH4)2SO4的关系(设黄铁矿的利用率为x)：
FeS2 ~ 2H2SO4 ~ 2(NH4)2SO4
120 264
75.0 t×80.2%×89.8%·x 79.2 t
x=66.6%
黄铁矿的损失率为：1.00－66.6%=33.4%。
答案：33.4%
●锦囊妙计
凡反应连续进行，上一步反应的产物为下一步反应的反应物的反应，绝大多数可用关系式法解决。寻找关系式的方法，一般有以下两种：
1.写出各步反应的方程式，然后逐一递进找出关系式；
2.根据某原子守恒，直接写出关系式。
●歼灭难点训练
1.(★★★)在 O2 中燃烧 0.22 g 硫和铁组成的化合物，使其中的硫全部转化为 SO2，将这些 SO2全部转化为 SO3，生成的 SO3 完全被 H2O 吸收。所得 H2SO4 可用 10.0 mL 0.50 mol·L－1 的 NaOH(aq)完全中和，则原化合物中硫元素的质量分数为_________。
2.(★★★★)将 23.0 g 石英与 60.0 g 石灰石在高温下灼热，试求产生的气体在标准状况下的体积。
3.(★★★★)已知某厂每天排出 10000 m3 尾气(已折算为标准状况)，内含 0.268%(体积分数)的 SO2，SO2可完全转化为 H2SO4，若用黄铁矿来生产同样多的 H2SO4， 则需要多少克含 FeS2 78.2% 的黄铁矿？
4.(★★★★★)某化肥厂以氨为原料制备 NH4NO3，已知由氨制 NO 的产率是 96%，NO 制硝酸的产率是 92%，求制硝酸所用去的氨的质量占总耗氨的质量分数是多少？
附：参考答案
难点磁场
提示：不论 Fe 过量与否，只要有 1 个 Fe 原子最终就产生 1 个气体分子，这个气体分子可能是 H2S，也可能是 H2。则：
n(气体)=n(Fe)=mol
V(气体)=22.4 L·mol－1×mol=4a L。
答案：4a L
歼灭难点训练
1.提示：S~ H2SO4~ 2NaOH
n(S)=n(NaOH)= ×0.010 L×0.50 mol·L－1=0.0025 mol，
w(S)==0.36。
答案：0.36
2.提示：不论 CaCO3 过量与否，只要有 1 个 CaCO3 “分子”最终就会产生 1 个 CO2 分子。则：
n(CO2)=n(CaCO3)==0.600 mol
V(CO2)=22.4 L·mol－1×0.600 mol=13.4 L。
答案：13.4 L
3.提示：只需找出 SO2 与 FeS2 的关系
FeS2 ~ 2SO2
120 g 44.8 L
m(黄铁矿)×78.2% 104＋3 L×0.268%
m(黄铁矿)=9.18×104g。
答案：9.18×104 g
4.解析：将本题分解为两步计算，并辅以一定的数值，可以化繁为简。
根据合成 NH4NO3 的反应：NH3＋ HNO3====NH4NO3
可知当合成 80 t NH4NO3 时，需要用 63 t HNO3 吸收 17 t 的 NH3。
(1)先求制备 63 t HNO3 需要的 NH3
NH3 ~ HNO3
17 63
m(NH3)×96%×92% 63 t
m(NH3)=19 t。
(2)再求制备 80 t NH4NO3 时，生产 HNO3 所用 NH3 占耗 NH3 总量的质量分数：w==0.53。
答案：0.53
难点8 .虚拟法
所谓虚拟法，就是在分析或解决问题时，根据需要和可能，虚拟出能方便解题的对象，并以此为中介，实现由条件向结论转化的思维方法。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
A、B、C、D为四种易溶物质，它们在稀溶液中建立如下平衡：
A＋2B＋H2OC＋D
当加水稀释时，平衡向_______(填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是
。
●案例探究
［例题］600 K时，在容积可变的透明容器内，反应2HI(g)I2(g)＋H2(g)达到平衡状态A。保持温度不变，将容器的容积压缩成原容积的一半，达到平衡状态B。
图8—1
(1)按图8—1所示的虚线方向观察，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化 并请说明理由。
答：
(2)按图8—1所示的实线方向观察(活塞无色透明)，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化 并请说明理由。
答：
命题意图：考查学生对平衡移动及有色气体浓度被等知识的认识。
知识依托：勒夏特列原理。
错解分析：从实线方向观察，根据 A、B 两状态下的 I2 的浓度关系：
cB(I2)=2cA(I2)
误以为能观察到容器内颜色的变化。
解题思路：状态A与状态B的不同点是：pB＝2pA，但题设反应是气体物质的量不变的反应，即由状态A到状态B，虽然压强增大到原来的2倍，但是平衡并未发生移动，所以对体系内的任何一种气体特别是 I2(g) 而言，下式是成立的：cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］。
对第(2)小问，可将有色气体 I2(g) 沿视线方向全部虚拟到活塞平面上——犹如夜晚看碧空里的星星，都在同一平面上。则视线方向上的 I2 分子多，气体颜色就深；反之，则浅。
答案：(1)可以观察到颜色深浅的变化。由于方程式两边气体物质的物质的量相等，容积减半，压强增大到2倍时，I2(ｇ)及其他物质的物质的量均不变，但浓度却增大到原来的2倍，故可以看到I2(ｇ)紫色加深。
(2)不能观察到颜色深浅的变化。因为由状态A到状态B，平衡并未发生移动，尽管 cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］，但 vB［I2(g)］=vA［I2(g)］，即视线方向上可观察到的 I2(g) 分子数是相同的，故不能观察颜色深浅的变化。
●锦囊妙计
化学中，虚拟法的应用是广泛的，除可虚拟物质状态外，还有很多可用虚拟法解决的问题，如①配平复杂氧化还原反应时，可将复杂化合物中各元素的化合价皆虚拟为零；②虚拟出某些混合物的“化学式”；③虚拟出某些解题时用到的数据；④虚拟出解题需要的某些条件；⑤虚拟反应过程；⑥虚拟反应结果等等。
●歼灭难点训练
1.(★★★)在一密闭容器中发生如下反应：
aA(g)bB(g)
达平衡后，保持温度不变，将容器容积增加一倍，新平衡建立时，cB 是原来的 60%，则( )
A.平衡向正反应方向发生了移动 B.A 物质的转化率变小了
C.B 物质的质量分数增大了 D.a＞b
2.(★★★)在常温常压下，向5 mL 0.01 mol·L－1FeCl3(aq)中滴入0.5 mL 0.01 mol·L－1的NH4SCN(aq)，发生如下反应：
FeCl3＋3NH4SCNFe(SCN)3＋3NH4Cl ( )
所得溶液显红色，改变下列条件，能使溶液颜色变浅的是
A.向溶液中加入少量KCl晶体
B.向溶液中加入少量的水
C.向溶液中加入少量无水硫酸铜，变蓝后立即取出
D.向溶液中滴加2滴1 mol·L－1的FeCl3(aq)
3.(★★★★)在一定温度和压强下，某容器内存在如下平衡(平衡 A)：
2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)
这是工业合成尿素的反应。如果将容器的容积缩小为原来的 1/3，则达到平衡时(平衡 B)下列说法一定正确的是( )
A.气体的平均式量比原来大 B.气体的平均式量比原来小
C.气体的平均式量与原来相等 D.依据题给条件无法确定
4.(★★★★★)CuCl2(aq) 因浓度不同，颜色往往不同。有的是黄色，有的是绿色，还有的是蓝色。已知 CuCl2(aq) 中存在如下平衡：
［Cu(H2O)4］2＋＋4Cl－［CuCl4］2－＋4H2O
蓝色 黄色
试回答下列问题：
(1)欲使溶液由黄色变为蓝色，可采取的两种方法为：① ；② 。
(2)欲使溶液由蓝色变为绿色，可采取的两种方法为：① ；② 。
附：参考答案
难点磁场
解析：可将水虚拟为容器，将 A、B、C、D 四种易溶物质虚拟为盛在“水——容器”中的气体物质。那么，加水稀释，“气体”的体积扩大，压强减小，根据勒夏特列原理，平衡向气体体积增大的方向，即上列平衡的逆反应方向移动。由此，可以得出结论：溶液稀释时，平衡向溶质粒子数增加的方向移动。
答案：逆 因为稀释后，单位体积内溶质的粒子总数(或总浓度)减小，根据勒夏特列原理，平衡向单位体积内溶质的粒子总数(或总浓度)增加的方向移动。
歼灭难点训练
1.提示：虚拟一种中间状态，假设平衡不移动，则新平衡建立时：cB 是原来的 50%，而事实上 cB 是原来的 60%，这表明扩大容积平衡向生成 B 的方向——正反应方向发生了移动。
答案：AC
2.解析：从反应实质来看，溶液中存在的化学平衡是：
Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3
等系列反应。可见加入 KCl 晶体，对此平衡无影响；但加入 2 滴 1 mol·L－1 的 FeCl3(aq)，使溶液中 Fe3＋ 浓度增大，平衡则向正反应方向移动，溶液颜色变深。A、D 项皆不可选。
对于 B、C 选项，因平衡体系中的水量发生了改变，导致溶液中所有溶质的浓度或同等程度地增大，或同等程度地减小；若要判断平衡移动的方向，从浓度的改变来看，似无从下手。如果我们变换一下思路，将上列平衡体系中的 Fe3＋、SCN－ 和 Fe(SCN)3 均虚拟为气态物质(虚拟其状态)，则向平衡体系中加水，可认为增大了容器的容积，即减小了气体反应物的压强(或浓度)，平衡就向气体体积扩大的方向(即上列反应的逆反应方向)移动，这样液体颜色就会变浅。可见 B 项可选而 C 项不可选。
若采用极限思维，对于 B 选项，可作如下设想：加入的水不是很少而是很多，这样上列平衡体系中，Fe3＋与 SCN－ 相互碰撞结合成 Fe(SCN)3 分子的机会越稀越少，而 Fe(SCN)3 分子电离成 Fe3＋ 和 SCN－ 的机会则越来越多，无疑是加水的结果，平衡是向逆反应方向移动的，故而溶液颜色变浅。
答案：B
3.解析：容器容积缩小，反应气体压强增大，合成尿素[CO(NH2)2]的反应向正反应方向移动，由反应方程式知，气体物质的量每减少 2 mol，就有 60 g 尿素生成——固体质量增加60 g，气体质量减少60 g。那么，可将平衡向右移动的结果虚拟为：将 30 g·mol－1的气体从反应容器中移出。
由于原混合气体平均式量 r(A)介于Mr(NH3)、Mr(CO2)、Mr(H2O)中最大者(44)与最小者(17)之间，故有以下讨论：
(1)若 r(A)＞30，则移走 Mr=30的气体后，剩余气体平均式量增大，故有r(B)＞r(A)
(2)若r(A)=30，则r(B)= r(A)，
(3)若r(A)＜30，则r(B)＜r(A)
因为原混合气体的平均式量在题设条件下无法确定，所以新平衡建立后气体平均式量数值的变化无法确定。
答案：D
评注：若将“一定”改为：可能，则 A、B、C、D 四备选项都可选。
4.解析：(1)加入 Ag＋ 降低 Cl－ 浓度，可使平衡向左移动。
将水虚拟为容器，将离子虚拟为气体，则加“水——容器”容积扩大，平衡向气体体积扩大的方向，即本反应的逆反应方向移动。
(2)由美学知识可知，蓝黄相混可得绿色。这样 ，平衡向右移动，可使溶液由蓝变绿。由(1)知，加水 CuCl2 浓度降低，平衡向左移动；则增大 CuCl2 的浓度(或 Cu2＋ 的浓度，或 Cl－ 的浓度)平衡向右移动。
答案：(1)加水 加 AgNO3(s)[或 AgNO3(aq)]
(2)加 CuCl2(s)[或浓 CuCl2(aq)] 加NaCl(s)[或浓 NaCl(aq)等]
难点9 .混合气体组成的讨论?
已知混合气体中元素的质量比，确定混合气体的组成有一种巧妙的方法，把握了这种方法就能化解这类难题。
●难点磁场??
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。?
常温下，A 和 B 两种气体组成的混合物（工业制盐酸过程中产出的一种气体混合物）中［Mr(A)＜Mr(B)＝，只含有 H、Cl 两种元素，而且不论 A 和 B 以何种比例混合，H 和 Cl 的质量总是大于 2∶71，试确定 A 为 ，B 为 ，并简析此混合气体中有 A 的形成过程 。
●案例探究?
［例题］常温下 A 和 B 两种气体组成混合气体(A 的相对分子质量大于 B 的相对分子质量)，经分析混合气体中只含有氮和氢两种元素，而且不论 A 和 B 以何种比例混合，氮和氢的质量比总大于 14/3。由此可确定 A 为_____________，B 为____________，其理由是__________________。
若上述混合气体中氮和氢的质量比为 7∶1，则在混合气体中 A 和 B 的物质的量之比为________；A 在混合气体中的体积分数为_____%。
命题意图：主要考查学生根据题设确定混合物成分的能力。
知识依托：NH3 中 N、H 元素的质量比。
错解分析：审题不严，计算出了 A 的质量分数，或计算出了 B 的体积分数。
解题思路：解答此题，首先考虑氮、氢两元素组成的化合物 NH3，分析 NH3 中氮氢质量比。NH3 中，m(N)∶m(H)=14∶3。题设条件下，m(N)∶m(H)＞ 14∶3，这只须在 NH3 中混入 N2 即可。由题意，Mr(A)＞Mr(B)，所以 A 为 N2，B 为 NH3，因Mr(N2)=28，Mr(NH3)=17。
设混合气体中 A 和 B 的物质的量之比为 x∶y。由题意，“xN2＋yNH3”中，14(2x＋y)∶3y=7∶1，解得，x∶y=1∶4。(A)=1÷(1＋4)=20%。
答案：N2 NH3 纯 NH3 中氮和氢质量比为 14/3，在纯 NH3 中混入任何比例的 N2，都将使氮和氢质量比大于 14/3 1∶4 20。
●锦囊妙计
已知某气体混合物由两种元素组成，且知这两种元素的质量比大于(或小于)a/b，如何确定组成混合物的成分。其方法是：变不等(大于或小于)为相等，找出两元素(A 和 B)质量比等于 a/b 的化合物(AxBy)。若混合物中 A、B 两元素质量比大于 a/b，则在 AxBy 中混入 A(g) 或 A(x＋m)By(g) 符合要求；若混合物中 A、B 两元素质量比小于 a/b，则在 AxBy 中混入 B(g) 或 AxB(y＋m)符合要求。(x，y，m∈N)
●歼灭难点训练
1.(★★★)下列各组混合气体中，C、H 元素质量比可能最小的是( )
A.H2 和 CH4 B.CH4 和 C2H6
C.C2H2 和 C2H4 D.C3H4 和 C4H8
2.(★★★★)将例题中的“氮”改为“碳”；将“质量比总大于 14/3”改为“质量比总小于 3∶1”将“质量比为 7∶1”改为：“9∶4”。其他同例题，试求之。
3.(★★★★)常温常压下，由 A、B 组成的混合气体［Mr(A)＞Mr(B)］，经分析混合气体中只含碳和氧两种元素。A 和 B 不论以何种比例混合，若碳氧质量比总大于 3∶8，则 A1 为______，B1 为_______；若碳氧质量比总小于 3∶8，则 A2 为________，B2 为________。
若 B1 和 B2 常温混合后，碳氧质量比总小于 3∶8时，B1、B2 必须满足的关系是 n(B1)∶n(B2)______。
4.(★★★★★)常温常压下，A 和 B 两种气体组成的混合气体［Mr(A)＞Mr(B)］，经分析混合气体中只含有氮和氧两种元素，而且不论 A 和 B 以何种比例混合，氮和氧的质量比总小于 7∶4。符合以上关系的 A、B 可能有多种，请将正确答案填入下表，可不填满，也可扩填，但填入错误的要扣分。
组合 ① ② ③ ④ ⑤
A
B
(注意：A 在上，B 在下，不可无序乱填)
若混合气体中氮氧质量比恰好为 7∶2，则 A 为______________，B 为______________；n(A)∶n(B)=__________________。
附：参考答案
难点磁场
提示：2∶71 恰为 HCl 气体中 H 元素和 Cl 元素的质量比，可见混合物应为 H2 和 HCl 的混合气体。生产 HCl 时，可使 H2 在 Cl2 中燃烧，也可使 Cl2 在 H2 中燃烧，工业上采用后者。可以减少环境污染，保障生产安全。
答案： H2 HCl 工业制盐酸过程中所得混合气体中有 H2，是由于 Cl2 在过量 H2 中燃烧的结果。
歼灭难点训练
1.提示：C、H 质量比最小，则含 H 元素可能最多。A 中 H2 无限多时，C、H 元素比最小。
答案：A
2.解析：解答此题，首先从碳、氢元素形成的化合物中寻找碳氢元素质量比为 3∶1 者。CH4中，m(C)∶m(H)=12∶4=3∶1。题设条件下，m(C)∶m(H)＜3∶1，这只能在 CH4中混入 H2 (CH4中若混入其他碳氢化合物，如 C2H2，只能使m(C)∶m(H)＞3∶1)。由于Mr(A)＞Mr(B)，所以 A 为 CH4，B 为 H2。
设混合气体中 A、B 物质的量分别为 x 和 y。则“xCH4＋yH2”中，12x∶(4x＋2y)=9∶4，解得，x∶y=3∶2，(A)=(3÷5)×100%=60%。
答案：A：CH4 B：H2 CH4中碳氢质量比为 3∶1，是气态烃中碳、氢质量比最小的，若使碳氢质量比比 3∶1 还要小，只有在 CH4中混入 H2 才能满足要求 3∶2 60%
3.解析：碳氧形成的化合物有 CO2 和 CO。CO 中，m(C)∶m(O)=12∶16=3∶4；CO2 中，m(C)∶m(O)=12∶32=3∶8。若要使混合气体中碳氧质量比总大于 3∶8，只须在 CO2 中混入CO即可；若要使混合气体中碳氧质量比总小于3∶8，只须在CO2中混入 O2 即可。可见，A1 为 CO2，B1 为 CO；A2 为 CO2，B2 为 O2。
设符合条件的 B1、B2 混合气体中，B1、B2 的物质的量分别为 x 和 y，由题意，“x CO＋yO2”中，12x∶(16x＋32y)＜3∶8，解得，x∶y＜2∶1。
答案：CO2 CO CO2 O2 n(B1)∶n(B2)＜2∶1。
4.解析：氮、氧两元素可形成多种化合物，如N2O、NO、N2O3、NO2(N2O4)、N2O5。其中，N2O 气体中，n(N)∶n(O)=28∶16=7∶4；其余气体含氧量逐渐升高，因而 n(N)∶n(O)＜7∶4。这样，在 N2O 气体中混入 NO、N2O3、NO2(N2O4)、N2O5 以及 O2 中的一种，皆可使所得混合气体中 n(N)∶n(O)＜7∶4。
当n(N)∶n(O)=7∶2＞7∶4 时，只有在 N2O中混入适量 N2 才行。设混合气体中 N2O 和 N2 的物质的量分别为 x 和 y。则“xN2O＋yN2”中，(28x＋28y)∶16x=7∶2，解得 x∶y=1∶1。
答案：
组合 ① ② ③ ④ ⑤
A N2O N2O3 NO2(或N2O4) N2O5 N2O
B NO N2O N2O N2O O2
N2O N2 1∶1.
难点10 .等质混和等体混
两种同溶质溶液等质量混合，特别是等体积混合，质量分数如何判定有一定难度。本篇可以把这一难点化易。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
密度为0.91 g·cm－1 的氨水，质量百分比浓度为 25.0%(即质量分数为0.250)，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度( )
A.等于12.5% B.大于 12.5%
C.小于 12.5% D.无法确定
●案例探究
［例题］把 70% HNO3(密度为 1.40 g·cm－3)加到等体积的水中，稀释后 HNO3(aq)中溶质的质量分数是
A.0.35 B.＜0.35 C.＞0.35 D.≤0.35
命题意图：主要考查学生对质量分数的认识和变换前提下的估算能力。
知识依托：有关质量分数的计算。
错解分析：审题不严，自以为是将两液体等质量混合，从而误选 A项；解题过程中思维反向，也会误选 B项。
解题思路：本题有以下两种解法。
方法1(条件转换法)：先把“等体积”看作“等质量”，则等质量混合后溶液中 HNO3 的质量分数为：
w混==35%
而等体积混合时水的质量小于 HNO3(aq) 的质量，则等体积混合相当于先进行等质量混合，然后再加入一定量的密度大的液体，这里是 70% 的 HNO3(aq)，故其质量分数大于 35%。
方法2(数轴表示法)：(1)先画一数轴，在其上标出欲混合的两种液体中溶质的质量分数，并在两质量分数的对应点上标出两液体密度的相对大小。
(2)求出，并在数轴上标示出来。
(3)标出w混：w混在与 ρ大的液体的质量分数之间。
答案：C
评注：方法2是方法1的一种升华。
●锦囊妙计
1.等质混
两种同溶质液体(或某溶液与水)等质量混合时：
w混=
2.等体混
两种同溶质液体(或某溶液与水)等体积混合时：
W混∈［，W(ρ大)］
具体解题时，常用数轴表示法。
●歼灭难点训练
1.(★★★)有甲、乙两种 H2SO4(aq)，甲中 H2SO4 的质量分数为 3a %，乙中 H2SO4 的质量分数为 a %，取甲、乙两溶液等体积混合，搅拌均匀后所得 H2SO4(aq) 中溶质的质量分数( )
A.＞2a% B.＜2a% C.＝2a% D.无法确定
2.(★★★)将上题中的“H2SO4(aq)”改为“氨水”；其余不变，试选之。( )
3.(★★★★)有甲、乙两种水的乙醇溶液，甲中水的质量分数为 25%，乙中水的质量分数为 15%，将甲、乙两种溶液各取 100 mL 混合，则所得溶液中水的质量分数( )
A.＞0.80 B.＜0.80 C.＞0.20 D.＜0.20
4.(★★★★★)在100 g 浓度为 18 mol·L－1密度为ρ(g/cm3)的浓硫酸中加入一定量的水稀释成 9 mol·L－1的硫酸，则加入水的体积为( )
A.＜100 mL B.＝100 mL C.＞100 mL D.＝mL
附：参考答案
难点磁场
提示：氨水越浓密度越小。因为ρ1＞ρ2，所以w混离w1 更近，即 w混＜0.125。
答案：C
歼灭难点训练
1.提示：
答案：A
2.提示：
答案：B
3.提示：水的酒精溶液密度小于 1，即水越多，密度越大。则：
答案：BC
4.解析：由题意知，稀释结果，溶液的物质的量浓度成为原来的一半，则溶液的体积成为原溶液体积的 2 倍。18 mol·L－1浓 H2SO4密度比水的密度 1 g·cm－3大的多：ρ(浓 H2SO4)=1.8 g·cm－3，100 g 该浓 H2SO4体积 V 比 100 mL 小得多：V(浓 H2SO4)=mL=56 mL。这样所加水的体积肯定小于 100 mL，但绝对不是100ρ mL，即其所形成溶液的体积不能简单地相加，因而 A 项可选，但 D 项不可选。
答案：A
难点11 浓度不同产物异
化学上有许多产物，跟反应物浓度关系密切。鉴于高考常据此设计难题，本篇总结了这些反应。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
30 g铜、银合金与80 mL 13.5 mol·L－1的HNO3溶液反应。合金全部溶解，放出气体6.72 L(标准状况下)，反应后溶液的pH=0(设反应前后溶液体积不变)
(1)计算HNO3被还原的物质的量；
(2)计算合金中银的质量分数。
●案例探究
[例题]38.4 mg铜跟适量浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4 mL(标准状况)，反应消耗HNO3的物质的量可能是
A.1.00×10－3 mol B.1.60×10－3 mol
C.2.20×10－3 mol D.2.40×10－3 mol
(忽视NO2与N2O4的相互转化)
命题意图：考查学生对反应条件——浓度变化时产物种类变化的认识。属化学教学中要求具备的能力。
知识依托：Cu与浓、稀HNO3的反应。
错解分析：忽视了Cu与稀HNO3的反应，就会错选D；只运用Cu与稀HNO3反应解题，就会错选B。
解题思路：随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐变小，产生的气体可能是纯净的NO2，也可能是NO2和NO的混合物。
n(Cu)=38.4 mg÷64.0 g·mol－1=0.600 mmol
n(g)=22.4 mL÷22.4 L·mol－1=1.00 mmol
这样，发生的反应可能是下列①一个，也可能是①②两个：
①Cu＋4HNO3(浓)====Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
②3Cu＋8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
于是，本题有以下多种解法。
方法1(极值法)：若产生的气体全部是NO2，由化学方程式①得：
n(HNO3)=4n(Cu)=0.600 mmol×4=2.40 mmol
n(NO2)=2n(Cu)=0.600 mmol×2=1.20 mmol
V(NO2)=1.20 mmol×22.4 L·mol－1=26.9 mL＞22.4 mL
可见，气体不全是NO2。
若产生的气体全部是NO，由化学方程式②得：
n(HNO3)=8/3n(Cu)=0.600 mmol×8/3=1.60 mmol
n(NO)=2/3n(Cu)=0.600 mmol×2/3=0.400 mmol
V(NO2)=0.400 mmol×22.4 L·mol－1=8.96 mL＜22.4 mL
由于气体是NO2和NO的混合物，8.96 mL＜V(g)＜26.9 mL，
所以1.60 mmol＜n(HNO3)＜2.40 mmol，
观察备选项可知答案。
方法2(守恒法)：根据反应前后N原子守恒和Cu原子守恒得：
n(HNO3)=n[Cu(NO3)2]×2＋n(NO2)＋n(NO) (N原子守恒)
=n(Cu)×2＋n(NO2)＋n (NO) (Cu原子守恒)
=0.600 mmol×2＋1.00 mmol
=2.20 mmol
方法3(写总反应方程式法)：设生成NO2的物质的量为x，则题设条件下的总反应为：
0.6Cu＋2.2HNO3====0.6Cu(NO3)2＋xNO2↑＋(1－x)NO↑＋1.1H2O
先写出反应物和生成物以及Cu、NO2和NO的化学计量数，再根据Cu原子守恒和N原子守恒得出Cu(NO3)2和HNO3的化学计量数，H2O的化学计量数可根据N原子守恒而得出(因与结果无关也可不算出)。
根据方程式及有效数字的运算规则，可知参加反应的HNO3物质的量为2.20 mmol。
方法4(平均分子式法)：设HNO3还原产物的平均分子式为NOx，则：
n(Cu)∶n(NOx)=0.600 mmol∶1.00 mmol=3∶5
Cu与HNO3的总反应方程式为：
3Cu＋11HNO3====3Cu(NO3)2＋5NOx↑＋？H2O
先写出反应物和生成物及Cu和NOx的化学计量数3和5，再根据Cu原子守恒和N原子守恒分别得出Cu(NO3)2和HNO3的化学计量数3和11，H2O的化学计量数因与结果无关可不算出，则：
n(HNO3)=11/3n(Cu)=0.600 mmol×11/3=2.20 mmol
答案：C
变式1：去掉备选项，将问题改为：求还原产物NO2和NO的物质的量之比，其他同例题，试解之。
解题思路：在前面“方法4”的基础上得到下式：
3Cu＋11HNO3====3Cu(NO3)2＋5NOx＋5.5H2O
根据O原子守恒得：
33=18＋5x＋5.5
x=1.9
即NOx为NO1.9。用十字交叉法：
V(NO2)∶V(NO)=9∶1
答案：9∶1
变式2：若例题条件下Cu与HNO3恰好完全反应，二者皆无剩余，欲求开始生成NO时HNO3溶液的浓度，还缺少的条件是________(用必要的文字和字母b表示)，开始生成NO时HNO3溶液的浓度为________(请写最后结果)。
解题思路：据变式1解题思路得：
V(NO2)=1.00 mmol×=0.900 mmol
V(NO)=0.100 mmol
生成NO消耗HNO3的物质的量可求：
8HNO3(稀)~2NO↑
8 2
n(HNO3) 0.100 mmol
n(HNO3)=0.400 mmol
欲求0.400 mmol HNO3的浓度，须知HNO3(aq)的体积——b：
c(HNO3)=
答案：开始生成NO时HNO3(aq)的体积b 4.00×10－4 mol/b
●锦囊妙计
当化学反应进行时，反应物不断被消耗。随反应的进行，反应物浓度不断改变，①有的会造成产物的不同。如，过量Cu放入少量浓HNO3中，开始生成的气体是NO2，后来生成的气体是NO；很稀的HNO3溶液与活泼金属反应还会有H2生成(非信息题可不考虑)。再如，过量活泼金属(如Zn)与少量浓H2SO4的反应，开始时生成的气体是SO2，后来生成的气体是H2。②有的反应不再发生。如，过量Cu与少量浓H2SO4的反应，随反应的进行，浓H2SO4变成了稀H2SO4，Cu与稀H2SO4不再发生反应。再如，过量MnO2与少量浓盐酸的反应，随反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸，不再与MnO2发生氧化还原反应。③有些本来不能发生的反应，后来能够进行。如稀H2SO4溅在衣服上，水分蒸发后，变成浓H2SO4，也就能使布料脱水炭化。
●歼灭难点训练
1.(★★★)向50 mL 18 mol·L－1 H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原H2SO4的物质的量( )
A.小于0.45 mol B.等于0.45 mol
C.在0.45 mol和0.90 mol之间 D.大于0.90 mol
2.(★★★★) 14.0 g铜银合金与足量某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况)氧气混合，通入水中恰好完全吸收，则合金中铜的质量为( )
A.9.6 g B.6.4 g C.3.2 g D.1.6 g
3. (★★★★)3.2 g 铜与过量硝酸(8 mol·Ｌ－1，30 ml)充分反应。硝酸的还原产物有NO2和NO，反应后溶液中所含H＋为a mol，则此时溶液中所含NO为________mol。
4.(★★★★★)使一定量锌与100 mL 18.5 mol·Ｌ－1浓H2SO4充分反应，锌完全溶解，同时生成标准状况下气体33.6 Ｌ。将反应后溶液稀释，测得其pH=1.0。
求：(1)生成气体的成分及体积(假设浓H2SO4与Zn反应还原产物只生成SO2)；
(2)锌的质量；
(3)开始生成H2时H2SO4的浓度(假设溶液体积无变化)。
附：参考答案
难点磁场
解析：题设条件下，发生的反应有：
Cu＋4HNO3(浓)====Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
3Cu＋8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
Ag＋2HNO3(浓)====AgNO3＋NO2↑＋H2O
3Ag＋4HNO3(稀)====3AgNO3＋NO↑＋2H2O
(1)n(被还原HNO3)=n(NO2)＋n(NO)==0.300 mol
(2)设合金中Cu和Ag的物质的量分别为x、y。则：
w(Ag)==0.36
答案：(1)0.30 mol (2)0.36
歼灭难点训练
1. A
2.提示：由题意知，Cu、Ag与HNO3反应所得还原产物与O2作用溶于水后又变为HNO3，因此可以认为Cu、Ag所失电子最终被O2而非HNO3所得。
设Cu、Ag物质的量分别为x、y，则：
解得：x=0.050 mol， m(Cu)=64 g·mol－1×0.050 mol=3.2 g
答案：C
3.提示：最后所得溶液中溶质分别是Cu(NO3)2和HNO3，依据N原子守恒得：
n(NO)=2n[Cu(NO3)2]＋n(HNO3)=2n(Cu2＋)＋n(H＋)
=2×＋a mol=(a＋0.10) mol
答案：(a＋0.10) mol
评注：在反应过程中HNO3有挥发，n(HNO3)－n(NO)=n(HNO3)－n(Cu)所得数值不准确。
4.提示：题设条件下发生如下反应：
Zn＋2H2SO4(浓)====ZnSO4＋SO2↑＋2H2O
Zn＋H2SO4(稀)====ZnSO4＋H2↑
答案：(1)生成SO2 6.7 L，生成H2 26.9 L
(2)97.5 g
(3)12.5 mol·L－1
难点12 顺序不同现象异
化学上有一类反应，将A滴入B中与将B滴入A中现象往往不同，此即所谓：顺序不同现象异。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
向下列溶液中滴入硝酸银溶液，振荡，不产生白色沉淀，继续滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀的是( )
A.NH3·H2O B.BaCl2 C.NaOH D.HCl
●案例探究
[例题]下列四组溶液，不论如何滴加，反应现象一定相同的是________。
A.NaOH和CuSO4 B.Ca(OH)2与H3PO4
C.NaOH与AlCl3 D.NaAlO2与HCl
命题意图：考查学生对过量反应的认识。
知识依托：无机化学反应。
错解分析：将A滴入B中，A不足，B过量；将B滴入A中，B不足，A过量。A、B比例不同，反应原理和实验现象往往不同，对此认识不清，往往造成错解。
解题思路：逐项分析。
(1)不论NaOH过量，还是CuSO4过量，二者只按下式反应：
Cu2＋＋2OH－====Cu(OH)2↓
即过量的NaOH或CuSO4，都不与生成的Cu(OH)2反应。A可选。
(2)①将Ca(OH)2向H3PO4滴加，开始时H3PO4过量，生成可溶于水的Ca(H2PO4)2，至H3PO4消耗完毕。随着Ca(OH)2的不断增加，Ca(H2PO4)2中的H＋逐渐被中和掉，先后分别出现CaHPO4沉淀和Ca3(PO4)2沉淀。即开始不生成沉淀，后来生成沉淀。
将H3PO4向Ca(OH)2中滴加，开始时，Ca(OH)2过量，H3PO4被完全中和，生成Ca3(PO4)2沉淀，至Ca(OH)2消耗完毕。随着H3PO4的不断滴加，Ca3(PO4)2逐渐转化为CaHPO4，最后转化为可溶于水的Ca(H2PO4)2。即开始生成沉淀，后来沉淀溶解。B不可选。
(3)将NaOH(aq)滴入AlCl3(aq)中，开始产生沉淀，后来沉淀逐渐消失。将AlCl3(aq)滴入NaOH(aq)中，开始不产生沉淀，后来产生沉淀不消失。C不可选。
(4)将NaAlO2滴入稀盐酸中，开始无沉淀产生，后来产生沉淀不消失。将稀盐酸滴入NaAlO2溶液中，开始有白色沉淀产生，后来沉淀逐渐溶解。可见，D不可选。
答案：A
●锦囊妙计
顺序不同现象异，其实质是过量反应和连续反应的结果，做好过量分析是解决这类问题的关键：
将A溶液滴入B溶液中，开始时，A不足，B过量，A完全反应，B剩余。随着滴加的进行，B溶液将消耗殆尽。这时再滴入的A可能会与A、B反应的产物C反应。
●歼灭难点训练
1.(★★★)向下列溶液中滴入稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴入稀硫酸，沉淀又溶解的是( )
A.Na2SiO3 B.BaCl2 C.FeCl3 D.NaAlO2
2.(★★★★)向下列一定浓度溶液中滴入氢氧化铁胶体，没有红褐色沉淀产生，继续滴入氢氧化铁胶体，产生红褐色沉淀的是( )
A.H2SO4 B.Na2SO4 C.HCl D.C2H5OH
3.(★★★★)一定浓度的下列溶液中滴入蛋白质溶液，产生沉淀，再滴入蒸馏水，沉淀不溶解的是( )
A.Na2SO4 B. (NH4)2SO4 C. Pb(Ac)2 D.HNO3(△)
4.(★★★★★)已知，向Zn2＋溶液中滴加氨水，生成Zn(OH)2白色沉淀；但是氨水过量时，沉淀又溶解，生成了Zn(NH3)。此外，Zn(OH)2既可溶于盐酸，也可溶于过量NaOH溶液中，生成ZnO，所以Zn(OH)2是一种两性氢氧化物。
现有4组离子，每组有2种金属离子。请各选用1种试剂，将它们两者分开，可供选用的试剂有：
A.硫酸 B.盐酸 C.硝酸 D.氢氧化钠溶液 E.氨水 请填写下表：(填写时用字母代号)
离子组 选用的试剂(代号) 沉淀物的化学式 保留在溶液中的离子
(1)Zn2＋和Al3＋
(2)Zn2＋和Mg2＋
(3)Zn2＋和Ba2＋
(4)Fe3＋和Al3＋
附：参考答案
难点磁场
解析：B、D中滴入AgNO3(aq)开始即生成白色沉淀，且沉淀不再溶解。C中滴入AgNO3(aq)，生成白色AgOH沉淀，且AgOH沉淀不稳定，在溶液中发生分解反应生成Ag2O，所得暗棕色沉淀(AgOH和Ag2O的混合物)也不溶解。A中滴入少量AgNO3，发生以下反应：Ag＋＋3NH3·H2O====[Ag(NH3)2]＋＋NH4＋＋OH－＋2H2O，故无沉淀产生；继续滴入AgNO3(aq)，至AgNO3过量时，总反应如下：Ag＋＋NH3·H2O====AgOH↓＋NH4＋，故有沉淀产生。
答案：A
歼灭难点训练
1.提示：A、B中开始生成白色沉淀，后来沉淀不消失；C中始终未生成沉淀；D中先生成Al(OH)3沉淀，后来Al(OH)3沉淀溶解在过量硫酸中。
答案：D
2.提示：一定浓度的H2SO4(aq)或HCl(aq)中加入少量Fe(OH)3胶体，相互反应，分别生成Fe2(SO4)3(aq)和FeCl3(aq)，当胶体过量时，它会在Fe2(SO4)3或FeCl3(aq)里发生凝聚，生成沉淀。
答案：AC
3.提示：C、D能使蛋白质变性，加入蒸馏水，蛋白质不再溶解。
答案：CD
4.提示：(1)Zn2＋和Al3＋不能用NaOH分开，因为生成的Zn(OH)2和Al(OH)3都能溶于NaOH(aq)，但可用NH3·H2O分开，因为Zn(OH)2能溶于氨水，而Al(OH)3不能。
(2)Zn2＋和Mg2＋可用过量氨水分开，因为在过量氨水中，Zn2＋转化为Zn(NH3)，而Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀；也可用过量NaOH(aq)分开，因为在过量NaOH(aq)中，Zn2＋转化为ZnO，而Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀。
(3)Zn2＋和Ba2＋可用H2SO4(aq)分开，因为H2SO4(aq)与Zn2＋不反应，但可使Ba2＋生成沉淀。
(4)Fe3＋和Al3＋可用过量NaOH(aq)分开，在过量NaOH(aq)中，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，而Al3＋转化为AlO。
答案：(1)E Al(OH)3 Zn(NH3) (2)DMg(OH)2 ZnO或E Mg(OH)2
Zn(NH3) (3)A BaSO4 Zn2＋ (4)D Fe(OH)3 AlO
难点13 较难离子方程式的书写
某些离子方程式因受规定条件的限制，也就给书写带来了一定的困难，有的甚至很难写出。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
1.将Al2(SO4)3(aq)逐滴滴入Ba(OH)2(aq)中，写出可发生反应的离子方程式。
(1)__________________________________；
(2)__________________________________；
(3)__________________________________(可不写满，也可补充)。
●案例探究
[例题]已知Br2水与FeCl2(aq)发生如下反应：
3Br2＋6FeCl2====4FeCl3＋2FeBr3
现将112 mL(标准状况)Cl2通入10.0 mL 1.0 mol·Ｌ－1的FeBr2(aq)中，写出发生反应的离子方程式__________________。
命题意图：考查学生离子方程式的书写及比较物质还原性强弱的能力。
知识依托：①物质氧化性(或还原性)强弱的比较。②Cl2的氧化性。③离子方程式的书写。
错解分析：不进行定量分析，误写出下列离子方程式：
2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2====2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
不进行还原性比较，误写出下列离子方程式：
2Br－＋Cl2====2Cl－＋Br2
解题思路：通过题给反应可比较出Fe3＋与Br2的氧化性强弱(Br2强)，从而明确Cl2通入FeBr2(aq)中先与Fe2＋反应，若Cl2还有剩余再与Br－发生反应。
n(Cl2)＝＝5.00×10－3 mol
n(FeBr2)＝10.0×10－3 L×1.0 mol·Ｌ－1＝1.0×10－2 mol
这样，Fe2＋可失去1.0×10－2 mol的电子，而Cl2最多得1.0×10－2 mol的电子，得失电子应守恒，故Br－不失电子。
答案：2Fe2＋＋Cl2====2Fe3＋＋2Cl－
●锦囊妙计
较难离子方程式的书写要注意以下问题：
1.不是以自由移动离子参加反应的，不能写成离子的形式，包括难溶于水的强电解质、所有弱电解质和非电解质，都必须写成化学式的形式；这里特别需要指出的是某些易溶于水的强电解质，若没电离成自由移动的离子，也不能写成离子的形式，中学阶段常见的有：
①Cl2通入石灰乳中；
②用NaCl(或萤石)和浓H2SO4制取HCl(或HF)；
③加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取NH3。
2.离子方程式不仅遵循质量守恒定律，还遵循电荷守恒规律。水解相互促进离子方程式的配平，可先进行电荷守恒配平。
3.原电池和电解池两极上的电极反应式叠加不一定是电池总反应的离子方程式。
4.多离子溶液中，离子得失电子的能力也是应该注意的。如得电子能力：Br2＞Fe3＋＞I2。
●歼灭难点训练
1.(★★★)完成下列反应的离子方程式。
(1)将NaAlO2(aq)和AlCl3(aq)混合： (水解相互促进，反应进行到底，下同)；
(2)将10.00 mL 0.10 mol·L－1的NaHCO3(aq)与5.00 mL 0.10 mol·L－1的KAl(SO4)3(aq)混合： 。
2.(★★★★)
(1)向NaHSO4(aq)中，逐滴加入Ba(OH)2(aq)至中性，写出发生反应的离子方程式_______________。
(2)在以上中性溶液中，继续滴加Ba(OH)2(aq)，请写出此步反应的离子方程式_______________。
3.(★★★★)已知还原能力：I－＞Fe2＋＞Br－，则：
(1)少量Cl2通入FeI2(aq)中，反应的离子方程式是 ；
(2)过量Cl2通入FeI2(aq)中，反应的离子方程式是 ；
(3)将1.2 mol Cl2通入含有FeI2 1.0 mol的水溶液中： 。
4.(★★★★★)铝铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是一种重要的工业原料，将它溶于水配成溶液，然后逐滴滴入NaOH(aq)，已知：NH＋AlO＋H2O====Al(OH)3↓＋NH3↑，写出先后发生反应的离子方程式：
(1) ，
(2) ，
(3)NH3·H2ONH3↑＋H2O，
(4) 。
附：参考答案
难点磁场
提示：(1)开始滴入Al2(SO4)3(aq)，Al2(SO4)3不足，Ba(OH)2过量，Ba2＋完全转化为BaSO4↓，Al3＋完全转化为AlO
2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋8OH－====3BaSO4↓＋2AlO＋4H2O
该反应持续至OH－消耗完毕，溶液中含有的阳离子是Ba2＋，阴离子是AlO，即为Ba(AlO2)2(aq)。
(2)继续滴入Al2(SO4)3(aq)，发生下列反应：
12H2O＋2Al3＋＋3SO＋6AlO＋3Ba2＋====3BaSO4↓＋8Al(OH)3↓
因为Al3＋与AlO水解相互促进，所以有H2O参加反应。
答案：(1)2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋8OH－====3BaSO4↓＋2AlO＋4H2O
(2)12H2O＋2Al3＋＋3SO＋6AlO＋3Ba2＋====3BaSO4↓＋8Al(OH)3↓
歼灭难点训练
1.提示：先根据电荷守恒配平。
答案：(1)3AlO＋Al3＋＋6H2O==== 4Al(OH)3↓
(2)3HCO＋Al3＋====Al(OH)3↓＋3CO2↑
2.提示：
(1)Na＋不参加反应，溶液呈中性时，HSO中的H＋与Ba(OH)2中的OH－皆无剩余：2HSO＋Ba2＋＋2OH－====2H2O＋BaSO4↓＋SO，或2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－====2H2O＋BaSO4↓。
(2)上面所得中性溶液，实为Na2SO4(aq)，继续滴入Ba(OH)2(aq)发生以下反应：Ba2＋＋SO==== BaSO4↓。
答案：(1)2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－====2H2O＋BaSO4↓
(2)Ba2＋＋SO====BaSO4↓
3.提示：还原性强的，首先要失电子，故(1)中只有I－失电子；而(2)中I－和Fe2＋都失电子，二者全部被氧化；(3)中I－全部被氧化，Fe2＋部分被氧化：
n(氧化I－的Cl2)=n(I－)=1.0 mol
n(氧化Fe2＋的Cl2)=n总(Cl2)－n(氧化I－的Cl2)=0.2 mol
n(被氧化的Fe2＋)=0.4 mol
n反(I－)∶n反(Fe3＋)∶n反(Cl2)=2.0 mol∶0.4 mol∶1.2 mol=5∶1∶3。
据此，可写出离子方程式。
答案：(1)2I－＋Cl2====2Cl－＋I2
(2)2Fe2＋＋4I－＋3Cl2====6Cl－＋2Fe3＋＋2I2
(3)2Fe2＋＋10I－＋6Cl2====2Fe3＋＋5I2＋12Cl－
4.提示：先比较NH与Al3＋结合OH－的能力：若NH先与OH－结合，则生成的NH3· H2O还是能与Al3＋结合释出NH，故结合OH－的先后顺序为：先Al3＋后NH。
再分析Al(OH)3与NH结合OH－的能力：由于NH3·H2O不能溶解Al(OH)3，故NH先于Al(OH)3与OH－结合。NH完全变为NH3·H2O后，随滴加的进行，c(OH－)渐大，c(OH－)至一定程度，Al(OH)3沉淀开始溶解产生AlO：
Al(OH)3＋OH－====AlO＋2H2O
答案：(1)Al3＋＋3OH－====Al(OH)3↓
(2)NH＋OH－NH3·H2O
(4)Al(OH)3＋OH－====AlO＋2H2O
难点14 结晶水合物的析出
溶液中晶体的析出是初中学习的内容，初中学习时要求低，不能满足于高考的需要，因此有必要深入学习。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
t℃时向a g饱和Na2CO3(aq)中加入1.06 g无水Na2CO3，搅拌后静置，冷却到原温度，结果溶液全部变为晶体(Na2CO3·10H2O)。求：
(1)S(Na2CO3)与a的关系式，S=_____________(S代表溶解度)。
(2)a的取值范围。
●案例探究
[例题]已知某温度下，无水Na2CO3的溶解度是10.0 g/(100 g水)。在该温度下，向足量的饱和Na2CO3(aq)中加入1.06 g无水Na2CO3，搅拌后静置。试求最终所得晶体的质量。
命题意图：考查学生对析出结晶水合物的计算能力。
知识依托：溶解度的概念和计算。
错解分析：常见错解有三：一是忽略析出的碳酸钠晶体中含有结晶水，二是不知道析出的碳酸钠晶体中含多少结晶水，三是认为析出的碳酸钠晶体中只含有1.06 g碳酸钠和相应的结晶水。
解题思路：解答本题有两种方法，一是过程思维法，二是终态思维法。
方法1(过程思维法)：先求加入的1.06 g无水Na2CO3形成并析出晶体的质量m1(Na2CO3·10H2O)及溶液中由此减少的水的质量m1(H2O)
Na2CO3 ～ Na2CO3·10H2O ～ 10H2O
106 g 286 g 180 g
1.06 g m1(Na2CO3·10H2O) m1(H2O)
m1(Na2CO3·10H2O)=2.86 g m1(H2O)=1.80 g
再求溶解在1.80 g水中Na2CO3的质量m2(Na2CO3)，及这些Na2CO3析出所形成晶体的质量m2(Na2CO3·10H2O)和溶液由此而减少水的质量m2(H2O)
m2(Na2CO3)＝＝0.180 g
Na2CO3 ～ Na2CO3·10H2O ～ 10H2O
106 g 286 g 180 g
0.180 g m2(Na2CO3·10H2O) m2(H2O)
m2(Na2CO3·10H2O)=0.486 g m2(H2O)=0.306 g
依次类推，求m3(Na2CO3)及m3(Na2CO3·10H2O)和m3(H2O)，直至所得晶体质量mi(Na2CO3·10H2O)在(Na2CO3·10H2O)的和中可以忽略为止。
m3(Na2CO3)＝＝0.0306 g
Na2CO3 ～ Na2CO3·10H2O ～ 10H2O
106 g 286 g 180 g
0.0306 g m3(Na2CO3·10H2O) m3(H2O)
m3(Na2CO3·10H2O)=0.0826 g m3(H2O)=0.0520 g
m4(Na2CO3)==0.00520 g
m4(Na2CO3·10H2O)==0.0140 g
……(生成固体质量以0.170倍递减)
最后得出所得晶体质量m(Na2CO3·10H2O)
m(Na2CO3·10H2O)=(Na2CO3·10H2O)
=2.86 g＋0.486 g＋0.0826 g＋0.0140 g＋……
=3.44 g
方法2(终态思维法)：设最终析出Na2CO3·10H2O的质量为x，则其中含有Na2CO3和水的质量分别为：
m(Na2CO3)= m(H2O)=
这样，若将(－1.06 g) Na2CO3溶解在质量为的水中，在题设温度下，当形成饱和溶液，所以：
x＝3.45 g。
答案：3.45 g
评注：二法相比，方法一不及方法二简捷、准确。方法一之答案较方法二之答案出现一定的误差，是有效运算和四舍五入的结果。若进行纯数字运算，则两种方法的计算结果应该是完全相同的。
●锦囊妙计
求析出结晶水合物的质量，常有两种思维：(1)过程思维：按晶体析出分过程计算的一种方法，思维朴素易接受，但计算量大；(2)终态思维：摒弃晶体析出过程，直接由最终结果计算的方法，优点是计算量相对较小。
●歼灭难点训练
1.(★★★)在一定温度下，向足量的饱和Na2CO3(aq)中加入1.06 g无水Na2CO3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量是( )
A.等于1.06 g B.大于1.06 g而小于2.86 g
C.等于2.86 g D.大于2.86 g
2.(★★★)将例题中的“10.0 g”改为“50.0 g”，其他不变，试求之。
3.(★★★★)t℃时，向足量饱和Na2CO3(aq)中，加入1.06 g无水Na2CO3，搅拌后静置，并冷却至t℃，最终所得晶体质量为5.83 g，求该温度下Na2CO3的溶解度。
4.(★★★★★)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名海波、大苏打。现向定量饱和Na2S2O3(aq)中加入m g无水Na2S2O3固体，搅拌后静置，得到一定质量的Na2S2O3·5H2O晶体，欲求所得晶体质量x(g)，还必须补充一个条件。则：
(1)所补充的条件是 (用字母表示，但要说明它的含义)；
(2)写出求所得晶体质量的计算式，x＝______。
附：参考答案
难点磁场
解析：(1)最后所得晶体质量为(a＋1.06)g，其中含Na2CO3质量是：106(a＋1.06)／286 g，含水质量为：180(a＋1.06)／286 g；则：
S=×100 g=g
(2)由于S＞0，所以：2650a－4770＞0，a＞1.8。
答案：(1)S=g (2)a＞1.8
歼灭难点训练
1. D
2.解析：设析出Na2CO3·10H2O质量为x，则：其中含Na2CO3质量为106 x／286，含水质量为180 x／286；
(106x／286－1.06 g)∶50.0 g=(180x／286)∶100g
x=18.9 g
答案：18.9 g
3.解析：5.83 g Na2CO3·10H2O中含Na2CO3质量5.83 g×106／286=2.16 g，含水质量5.83 g×180／286=3.67 g。
则：
S(Na2CO3)=30.0 g
答案：30.0 g
4.提示：(1)所补充的条件是：一定温度下，Na2S2O3在水中的溶解度S(g)。(若未指明温度，该小题不能得分)
(2)所得x(g) Na2S2O3·5H2O中：m(Na2S2O3)=g，m(水)=g，
则
答案：(1)一定温度下，Na2S2O3在水中的溶解度S(g)
(2)
难点15 多离子盐溶液的结晶
多离子盐溶液中晶体的析出属初中所学内容，但初中所学不能满足于高考的要求，因此高中阶段有必要加深。
●难点磁场
请试做以下题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
已知四种物质在水中、液氨中的溶解度(g溶质/100 g溶剂)如下表：
溶质溶剂 AgNO3 Ba(NO3)2 AgCl BaCl2
水 170 9.3 1.5×10－4 33.3
液氨 86 97.2 0.8 0
(1)分别是1.0 mol· L－1的Ag＋、Ba2＋、NO－3和Cl－在水中发生反应的离子方程式是 。
(2)分别是0.50 mol·L－1的以上四种离子在液氨中发生反应的离子方程式是
。
(3)得出以上结论的依据是 。
(4)将以上四种离子按适当浓度混合于液氨之中，能否有AgCl沉淀析出？
答：________(“能”或“否”)。
●案例探究
[例题]下面是四种盐在不同温度下的溶解度(g／100 g H2O)：
NaNO3 KNO3 NaCl KCl
10℃ 80.5 20.9 35.7 31.0
100℃ 175 246 39.1 56.6
(计算时假定：①盐类共存时不影响各自的溶解度；②过滤晶体时，溶剂损耗忽略不计)
(1)取23.4 g NaCl和40.4 g KNO3，加70.0 g H2O，加热溶解。在100℃时蒸发掉 50.0 g H2O，维持该温度，过滤析出晶体，计算所得晶体的质量(m高温)。
将滤液冷却至10 ℃，待充分结晶后过滤。计算所得晶体的质量(m低温)。
(2)另取34.0gNaNO3和29.8 g KCl，同样进行如上实验。10℃时析出的晶体是_______________(写化学式)。100℃和10℃得到的晶体质量(m′高温和m′低温)分别是多少
命题意图：本题考查多离子溶液中晶体的析出(实为沉淀生成)和溶解度的计算技能。
知识依托：物质的结晶。
错解分析：不了解物质的结晶与复分解反应的关系，(1)问无解；没看出(2)问数据的巧妙而费解。
解题思路：(1)100℃时S (NaCl)最小，所以析出NaCl晶体，则不析出KCl、NaNO3；KNO3溶液未达饱和，亦不会析出。
m高温＝23.4 g－39.1 g×(70.0 g－50.0 g)÷100 g
＝23.4 g－7.82 g
＝15.6 g
将溶液冷却到10℃，析出晶体为KNO3和NaCl，析出KNO3晶体质量为：
40.4 g－20.9 g×(70.0g－50.0 g)÷100 g
＝40.4 g－4.18 g
=36.2 g
析出NaCl晶体的质量为：(39.1 g－35.7 g)×(70.0 g－50.0 g)÷100 g=0.68 g
则：m低温=0.68 g＋36.2 g=36.9 g
(2)两种原始溶液中，各种盐的物质的量都相等。
n(NaCl)==n(KNO3)==n(NaNO3)
==n(KCl)==0.400 mol。
因而溶解后得到的两种溶液中四种离子浓度完全相同，根据溶解度数据可知，100℃时蒸发后得到的是NaCl晶体，冷却后得到的是KNO3晶体，但也含有少量的NaCl。所以第(2)小题不必再计算，便知：
m′高温=m高温=15.6 g m′低温=m低温=36.9 g
答案：(1)15.6 g 36.9 g (2)15.6 g 36.9 g
●锦囊妙计
多离子溶液中的任何一种阳离子与任何一种阴离子相结合都可构成为溶液的一种溶质，若忽略同离子效应和盐效应(即假定盐类共存时不影响各自的溶解度)，当溶液中各离子浓度相等时，不论蒸发还是降温，溶解度最小的溶质首先析出，且析出盐的阳离子(或阴离子)与溶液中的其他阴离子(或其他阳离子)不会结晶析出，但与析出盐晶体中阴、阳离子无关的其他阴、阳离子所形成的溶质有析出的可能。
若溶液中各离子浓度不等，则有析出多种晶体的可能。若SA＞SB＞SC＞SD，则晶体析出的先后顺序为：D、C、B，一般不会析出A。
●歼灭难点训练
1.(★★★)取100 g H2O，配成10℃饱和KCl溶液，又取50 g 水，加入35.4 g NaNO3，配成10℃ NaNO3溶液。将以上两溶液混合后，10℃时有 种晶体析出，质量是______g，该晶体的化学式为 ，析出该晶体的原因是 (溶解度见例题)。
2.(★★★)将例题中的“40.4 g KNO3”改为“29.8 g KCl”，其他不变，试求m高温和m低温。
3.(★★★★)将例题中的“23.4 g NaCl和40.4 g KNO3”改为“0.120 mol KCl和0.110 mol NaNO3”，其他不变，求m高温和m低温。
4.(★★★★★)某化学兴趣小组欲从NaNO3和KCl的混合溶液中分离出KNO3，设计了如下实验方案：
假设：①混合溶液中，n(KCl)=n(NaNO3)；②盐类共存时不影响各自的溶解度。溶液中各种溶质在100℃和10℃的溶解度参照例题。试回答下列问题：
(1)①的主要操作是 ；
②的主要操作是 。
(2)晶体A的主要成分是____________，若含有杂质可能是____________。晶体C的主要成分是____________，若含有杂质可能____________；通过实验确定晶体C中是否含有该杂质的方法是 。
(3)若晶体C中确实含有杂质，进一步提纯的方法是____________。
附：参考答案
难点磁场
解析：(4)若析出BaCl2沉淀之后，Ag＋与剩余Cl－的浓度超过了饱和AgCl液氨溶液中Ag＋和Cl－的浓度就会有AgCl沉淀析出。
答案：(1)Ag＋＋Cl－====AgCl↓ Ba2＋＋2NO====Ba(NO3)2↓
(2)Ba2＋＋2Cl－====BaCl2
(3)溶液中复分解反应发生的条件之一是有沉淀生成，而溶解度小者首先形成沉淀析出
(4)能
歼灭难点训练
1.解析：10℃时，KNO3溶解度最小，所以首先计算是否有KNO3晶体析出。
100 g＋50 g=150 g水中能溶解KNO3质量为：
=31.4 g
而n(NaNO3)==n(KCl)==0.416 mol
则析出KNO3质量为：
101 g·mol－1×0.416 mol－31.4 g=42.0 g－31.4 g=10.6 g
析出KNO3晶体，则不析出KCl晶体和NaNO3晶体。
其次，计算是否有NaCl晶体析出。
150 g水能溶解NaCl质量为：
=53.6 g
此时溶液中共有NaCl质量为：
58.5 g·mol－1×0.416 mol=24.3 g
可见，不会有NaCl晶体析出。
答案：一 10.6 KNO3 因为溶液中存在K＋、Na＋、NO、Cl－四种离子，可以自由组合成KCl、KNO3、NaCl、NaNO3四种物质，在10℃时，S(KNO3)＜S(KCl)，所以可能有KNO3晶体析出，S(NaCl)＜S(NaNO3)，所以可能有NaCl晶体析出，经计算知，只析出KNO3晶体。
2.解析：100℃时。70.0 g－50.0 g=20.0 g水溶解NaCl和KCl的质量分别是：
m(NaCl)=39.1 g×20.0 g／100 g=7.82 g
m(KCl)=56.6 g×20.0 g／100 g=11.3 g
10℃时，20.0 g水溶解NaCl和KCl的质量分别是：
m′(NaCl)=35.7 g×20.0 g／100 g=7.14 g
m′(KCl)=31.0 g×20.0 g／100 g=6.20 g
则：m高温=23.4 g－7.82 g＋29.8 g－11.3 g=34.1 g
m低温=7.82 g－7.14 g＋11.3 g－6.20 g=5.8 g
答案：34.1 g 5.8 g
3.解析：100℃时，NaCl不析出，因为：
58.5 g·mol－1×0.110 mol－=6.44 g－7.82 g＜0
那么，NaNO3亦不析出，因NaNO3与NaCl物质的量相等，且溶解度大；同理KNO3亦不析出，因KNO3与NaNO3物质的量相等，且溶解度大。
KCl亦不析出，因为：
74.5 g·mol－1×0.120 mol－=8.94 g－11.3 g＜0
则：m高温=0
降温至10℃，析出KNO3：
101 g·mol－1×0.110 mol－=11.1 g－4.18 g=6.9 g
那么，NaNO3不会析出。KCl亦不析出，因为：
74.5 g·mol－1×(0.120 mol－0.110 mol)－=0.745 g－6.20 g＜0
NaCl亦不析出，因为：
58.5 g·mol－1×0.110 mol－=6.44 g－7.14 g＜0
则：m低温=6.9 g
答案：0 6.9 g
4.解析：从含有4种离子：K＋、Na＋、Cl－和NO的溶液中提取KNO3，应该采取冷却热饱和溶液的方法。而原溶液可能是不饱和的(对KNO3而言)、低温的。欲冷却，应制成高温的；欲使KNO3饱和，要蒸发水分——此为操作①。高温(100℃)下蒸发水，溶解度小者就会首先析出(NaCl)——此为A主要成分。过滤出NaCl晶体，然后冷却的饱和溶液——此即操作②，可析出晶体——主要是KNO3，也含有少量NaCl——C的主要成分。进行再结晶可提纯KNO3。
答案：(1)①蒸发水分，并将溶液控制在较高温度(如100℃)下，过滤析出晶体
②冷却至较低温度(如10℃)，过滤析出晶体
(2)NaCl KNO3 KNO3 NaCl 用焰色反应检验是否含有Na＋，用AgNO3(aq)和稀HNO3检验是否含有Cl－
(3)重结晶
难点16 水的电离
如何判断(或计算)溶液中c水(H＋)或c水(OH－)的大小，如何找出c水(H＋)与c水(OH－)的物料守恒关系，是本篇解决的问题。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
Na2S(aq)中，下列说法正确的是________。
A.2c(Na＋)＋c(H＋)====c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)
B.c(Na＋)＋c(H＋)====2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)
C.c(H＋)＋c(HS－)＋2(H2S)====c(OH－)
D.c(Na＋)====2c(S2－)＋2(HS－)＋2c(H2S)
●案例探究
[例1]室温下，在pH=12的某溶液中，由水电离生成的c(OH－)为
A.1.0×10－7 mol·Ｌ－1 B.1.0×
目 录
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高中化学解题方法
难点1 .守恒法
守恒法是高考中常考常用的一种解题方法。系统学习守恒法的应用，对提高解题速率和破解高考难题都有很大的帮助。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540 mL 2.00 mol·L－1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入2.70 mol·L－1的NaOH(aq)体积是________。
●案例探究
［例题］将 CaCl2 和 CaBr2 的混合物 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 溶液，再通入过量的 Cl2，完全反应后将溶液蒸干，得到干燥固体 11.175 g。则原配溶液中，c(Ca2＋)∶c(Cl－)∶c(Br－)为
A.3∶2∶1 B.1∶2∶3 C.1∶3∶2 D.2∶3∶1
命题意图：考查学生对电荷守恒的认识。属化学教学中要求理解的内容。
知识依托：溶液等有关知识。
错解分析：误用电荷守恒：
n(Ca2＋ )= n(Cl－) ＋ n(Br－)，错选A。
解题思路：1个 Ca2＋ 所带电荷数为2，则根据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，知原溶液中：
2n(Ca2＋) = n (Cl－) ＋ n (Br－)
将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。
答案：D
●锦囊妙计
化学上，常用的守恒方法有以下几种：
1.电荷守恒
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。即：阳离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。
2.电子守恒
化学反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数。
3.原子守恒
系列反应中某原子(或原子团)个数(或物质的量)不变。以此为基础可求出与该原子(或原子团)相关连的某些物质的数量(如质量)。
4.质量守恒
包含两项内容：①质量守恒定律；②化学反应前后某原子(或原子团)的质量不变。
此外，还有物料平衡，将编排在第16篇——水的电离中。
●歼灭难点训练
1.(★★★)将 3.48 g Fe3O4 完全溶解在 100 mL 1.00 mol/L 的 H2SO4(aq) 中，然后加入 K2Cr2O7(aq)25.00 mL，恰好使 Fe2＋全部转化为 Fe3＋，且 Cr2O全部转化为 Cr3＋。则 K2Cr2O7 的物质的量浓度为__________。
2.(★★★)某露置的苛性钾经分析含水：7.62%(质量分数，下同)、K2CO3：2.38%、KOH ：90.00%。取此样品 1.00 g 放入 46.00 mL 1.00 mol·L－1 的 HCl(aq) 中，过量的 HCl 可用 1.070 mol/L KOH(aq)中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体_______克。
3.(★★★★)A、B、C三种物质各15 g，发生如下反应：
A＋B＋CD
反应后生成D的质量为30 g。然后在残留物中加入10 g A，反应又继续进行，待反应再次停止，反应物中只剩余C，则下列说法正确的是( )
A.第一次反应停止时，剩余B 9 g
B.第一次反应停止时，剩余C 6 g
C.反应中A和C的质量比是5∶3
D.第二次反应后，C剩余5 g
4.(★★★★★)
(1)中学教材上图示了NaCl晶体结构，它向三维空间延伸得到完美晶体。NiO(氧化镍)晶体的结构与NaCl相同，Ni2＋与最近O2－的核间距离为a×10－8cm，计算NiO晶体的密度(已知NiO摩尔质量为74.7 g·mol－1)。
图1—1
(2)天然的和绝大部分人工制备的晶体，都存在各种缺陷，例如在某种NiO晶体中就存在如图1—1所示的缺陷：一个Ni2＋空缺，另有两个Ni2＋被两个Ni3＋所取代。其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。某氧化镍样品组成为Ni0.97O，试计算该晶体中Ni3＋与Ni2＋的离子数之比。
附：参考答案
难点磁场
提示：根据 Na 原子守恒和 SO守恒得如下关系：
2NaOH ~ Na2SO4~ H2SO4
则：n(NaOH) = 2n(H2SO4)
c(NaOH)·V [NaOH(aq)] = 2c(H2SO4)·V [H2SO4(aq)]
V [NaOH(aq)]可求。
答案：800 mL
歼灭难点训练
1.提示：Fe3O4中 ＋2 价铁所失电子物质的量与 Cr2O 中＋6 价铬所得电子物质的量相等。
×(3－2)= 0.02500 L×c(Cr2O)×(6－3)×2。
答案：0.100 mol·L－1
2.提示：根据 Cl 原子守恒得：
n(KCl) = n(HCl) = 1.00 mol·L－1×0.04600 L = 4.60×10－2 mol，m(KCl) 易求。
答案：3.43 g
3.解析：第一次反应 A 不足，因为第一次反应后加入 A 又能进行第二次反应。第二次反应后，只剩余 C，说明 A、B 恰好完全反应。则：
m反(A)∶m反(B) = (15 g＋10 g)∶15 g = 5∶3
第一次反应耗 B 的质量mB为：15 g∶mB=5∶3，mB=9 g
即第一次反应后剩余B质量为：15 g－9 g=6 g。
可见(A)选项不正确。
根据mA＋mB＋mC=mD ，可知生成30 g D时消耗C的质量。
mC=30 g－15 g－9 g=6 g
即第一次反应后剩余C质量为：15 g－6g=9g。
又见(B)选项不正确。
易见反应消耗A、B、C质量之比为：mA∶mB∶mC=15 g∶9 g∶6g=5∶3∶2
(C)选项不正确。
答案：D
4.提示：由题得 NiO 晶体结构(如右图)。其体积为：
V = (a×10－8cm)3
右图向三维空间延伸，它平均拥有的 Ni2＋、O2－数目为：
N(Ni2＋) =N(O2－) =×4 ==N(NiO)
由密度公式得：
ρ(NiO) =。
(2)(电荷守恒法)设 1 mol Ni0.97O 中含Ni3＋物质的量为x，则Ni2＋的物质的量为(0.97 mol－x)；根据电荷守恒得：
3x＋2×(0.97 mol－x)=1 mol×2 x=0.06 mol
N(Ni3＋)∶N(Ni2＋)=0.06 mol∶(0.97 mol－0.06 mol)=6∶91
答案：(1) (2)6∶91
难点2 .估算法
估算就是不算，估算法是通过推理、猜测得出答案的一种方法。
●难点磁场
不要计算，请推测下列题目的答案，然后自我界定学习本篇是否需要。
甲、乙两种化合物都只含X、Y 两种元素，甲、乙中 X 元素的百分含量分别为 30.4% 和 25.9%。若已知甲的分子式是 XY2，则乙的分子式只可能是( )
A.XY B.X2Y C.X2Y3 D.X2Y5
●案例探究
［例题］在 100 mL 0.10 mol·L－1的 AgNO3(aq) 中，加入 100 mL 溶有 2.08 g BaCl2 的溶液，再加入 100 mL 溶有 2.50 g CuSO4·5H2O 的溶液，充分反应。下列说法中正确的是
A.最终得到白色沉淀和无色溶液
B.最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物
C.混合过程中，逸出无色气体
D.在最终得到的溶液中，c(Cu2＋) = 0.01 mol·L－1
命题意图：考查学生对离子反应的认识及进行相关计算的能力。
知识依托：Ba2＋ 与 SO、Ag＋ 与 Cl－ 的反应及过量计算。
错解分析：数字运算失误。
解题思路：本题有以下两种解法。
方法1(计算法)：n(Ag＋) = 0.100 L×0.10 mol·L－1 = 0.010 mol
n(Ba2＋) = n (BaCl2) = = 0.0100 mol
n(Cl－) = 2n(BaCl2) = 0.0200 mol
n(SO) = n(CuSO4·5H2O) = = 0.0100 mol
首先 Cl－ 与 Ag＋ 发生反应生成白色 AgCl 沉淀：
Ag＋ ＋ Cl－ ==== AgCl↓
0.010 mol 0.010 mol 0.010 mol
反应后剩余 Cl－：0.0200 mol－0.010 mol = 0.010 mol。其次 Ba2＋ 与 SO发生反应生成白色 BaSO4 沉淀：
Ba2＋ ＋ SO==== BaSO4↓
0.010 mol 0.010 mol 0.010mol
生成BaSO4 0.010 mol。反应后溶液中含 Cu2＋，其浓度为：
c(Cu2＋) == 0.033 mol·L－1
与备选项对照，可知答案。
方法2(估算法)：最后 Cu2＋留在溶液中，溶液浅蓝色，A 项不可选。由 CuSO4·5H2O 的质量是3位有效数字，及溶液的体积也是3位有效数字可推知c(Cu2＋)应为3位有效数字，D 项不可选。由于溶液混合时，只发生 Ag＋ 与 Cl－、Ba2＋与SO的反应，所以也不会逸出气体，C项不可选。
答案：B
评注：就解题效率而言，估算法大大优于计算法。
●锦囊妙计
估算法虽可大大提高解题效率，但其使用范围有一定的局限性，绝大多数计算题是不能用估算法解决的。尝试用估算法解题是好的，但面对每一个题都想用估算法解决，有时也会贻误时间。
●歼灭难点训练
1.(★★★)有规律称：强酸溶液每稀释 10 倍 pH 增加 1 ，强碱溶液每稀释 10 倍 pH 减小 1，但此规律有一定的局限性。试问将 pH = 3 的 H2SO4(aq) 稀释 105 ，其 pH 为( )
A.8 B.7 C.2 D.3
2.(★★★★)将质量分数为 0.052(5.2%)的 NaOH(aq)1 L(密度为 1.06 g·cm－3)用铂电极电解，当溶液中 NaOH 的质量分数改变了 0.010(1.0%)时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是( )
NaOH的质量分数 阳极析出物的质量/g 阴极析出物的质量/g
A 0.062(6.2%) 19 152
B 0.062(6.2%) 152 19
C 0.042(4.2%) 1.2 9.4
D 0.042(4.2%) 9.4 1.2
3.(★★★★)氢型阳离子交换树脂的主要反应可用下式表示：2R — H ＋ M2＋MR2 ＋ 2H＋，若将 100 mL 水经过氢型阳离子交换树脂交换后，流出液用 0.10 mol·L－1的 NaOH 溶液中和，完全反应后用去 NaOH 溶液 20 mL，若此水中存在的阳离子只有 Ca2＋，则 100 mL 水中含有 Ca2＋为( )
A.20.03 mg B.40 mg C.80.16 mg D.160.32 mg
4.(★★★★★)图2—1中横坐标表示完全燃烧时耗用可燃气体 X(X = A、B、C)的物质的量 n(X)，纵坐标表示消耗 O2 的物质的量 n(O2)，A、B 是两种可燃性气体 ，C 是 A、B 的混合气体，则 C 中：n(A)∶n(B)为( )
A.2∶1 B.1∶2
C.1∶1 D.任意
附：参考答案 难点磁场 图2—1
解析：由于甲分子中含 X：30.4%，且 N(X)∶N(Y) = 1∶2，现乙分子中含X：25.9%，小于 A 中 X 的百分含量，故可估算出乙分子中，N(X)∶N(Y)必小于1∶2，只有 D 选项中N(X)∶N(Y) = 1∶2.5 符合题意。
答案：D
歼灭难点训练
1.提示：酸不可能稀释为碱，也不可能稀释后 pH 变小或不变。
答案：B
2.解析：电解 NaOH(aq) 的实质是电解水。随溶液中水的减少，w(NaOH)逐渐增大，因而 C、D项不可选。电解时阳极产生 O2，阴极产生 H2，其质量前者大，后者小，故 B项为正确答案。
答案：B
3.提示：由题意：n(Ca2＋) =n(H＋) =n(NaOH)，根据数据可断定n(Ca2＋)数值为两位有效数字。又：m(Ca2＋) = n(Ca2＋)×M(Ca2＋)，则m(Ca2＋)数值为两位有效数字。
答案： B
4.提示：首先排除任意比。由图可知： 1 mol A 耗用 0.5 mol O2，1 mol B 耗用2 mol O2；若 A、B以1∶1混合，则 1 mol C 耗用 1.25 mol O2，而图中 1 mol C 耗用1 mol O2，可见 A、B 混合物中，n(A)∶n(B)＞1∶1。观察备选项可知答案。
答案：A
难点3. 差量法
利用化学反应前后物质间所出现象的差量关系解决化学问题的方法就是差量法。
●难点磁场??
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。?
在天平左右两盘上各放一只同等规格的烧杯，烧杯内均盛有 1.00 mol· L－1的 H2SO4（aq）100.0 mL，调节天平使其处于平衡状态，然后向两只烧杯内分别放入少量的镁粉和铝粉（设镁、铝的质量分别为a g和b g），假定反应后天平仍处于平衡状态，则：
(1)a、b应满足的关系式为 ；
(2)a、b的取值范围为 。
●案例探究?
［例题］将上题中的：“少量镁粉和铝粉”改为：少量镁粉、过量铝粉，其他不变，试求之。
命题意图：考查学生应用差量进行过量计算的能力。
知识依托：Mg、Al 与 H2SO4 的反应；过量计算。
错解分析：应用过量物质的数据进行计算得出错误的结果，忽视有效计算得出不确切的答案。
解题思路：反应前后天平都平衡，表明两烧杯内质量净增数值相等。则可根据反应前后的质量差进行计算。
n(H2SO4) = 1.00 mol·L－1×0.100 L = 0.100 mol
Mg ＋ H2SO4 ==== MgSO4 ＋ H2↑ Δm
24 g 1 mol 2 g 22 g
a g
2 Al ＋ 3 H2SO4 ====Al2(SO4)3 ＋ 3 H2↑
54 g 3 mol 6 g
0.100 mol
(波纹线上为求出数值，下同)。根据题意：
①＜ 0.100 (H2SO4 过量)
②b＞1.80 (Al 过量)
③b g－0.200 g =g (净增值相等)
由①③得：b＜2.40，结合②可知 b 的范围。
由②③得：a＞1.75，结合①可知 a 的范围。
答案：(1)11 a = 12 b － 2.40
(2)1.75＜a＜2.40，1.80＜b＜2.40
●锦囊妙计
遇到下列情形，可尝试用“差量法”解题：
1.反应前后固体或液体的质量发生变化时；
2.反应前后气体的压强、密度、物质的量、体积等发生变化时。
●歼灭难点训练
1.(★★★)10.0 mL 某气态烃在 50.0 mL O2 中充分燃烧，得到液态水和 35.0 mL 的气体混合物(所有气体的体积都是在同温同压下测得的)，则该气态烃可能是（ ）
A.CH4 B.C2H6 C.C3H8 D.C3H6
2.(★★★★)用 H2 还原 x g CuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后得残留固体yg，共用掉z g H2，此时生成水的质量为( )
A.(x－y) g B.(x － y) g C.9 z g D. z g
3.(★★★★)总压强为 3.0×107 Pa 时，N2、H2 混合气体(体积之比为 1∶3)通入合成塔中，反应达平衡时，压强降为 2.5×107 Pa，则平衡时混合气体中 NH3 的体积分数为( )
A.35% B.30% C. D.
4.(★★★★★)已知 NH3 和 Cl2 相遇，发生下列反应：
①8NH3＋3Cl2 ==== N2＋6NH4Cl (NH3过量)
②2NH3＋3Cl2==== N2＋6HCl (Cl2过量)
今向过量的 NH3 中通入少量的 Cl2。若开始时 Cl2、NH3 混和气体中 Cl2 的体积分数为 x，混合气体反应前后的体积分别是 a L 和 y L。则：
(1)x 的取值范围是__________________；
(2)y 与x 的函数关系是__________________。
附：参考答案
难点磁场
提示：题设条件下，H2SO4过量，则：
Mg ＋ H2SO4====MgSO4＋ H2↑ Δm
24 g 1 mol 2 g 22 g
a g
2 Al ＋ 3 H2SO4====Al2(SO4)3＋3H2↑ Δm
54 g 3 mol 6 g 48 g
b g
由反应前后天平都平衡得：，即：32 b = 33 a ①
＜ 0.100 ①
由 H2SO4过量知：
＜0.100 ②
①②联立，解得：b＜2.48。不满足③，舍去。
①③联立，解得：a＜1.75。满足②，为正确答案。
答案：(1)32 b= 33 a (2)a＜1.75 b＜1.80
歼灭难点训练
1.提示：用体积差进行计算：
CxHy(g)＋(x＋)O2(g)点燃x CO2(g)＋H2O(l) V前－V后
1 L 1＋
10.0 L 25.0 L
y = 6。
答案：BD
2.提示：用固体质量差进行计算：
H2＋CuOCu＋H2O Δm
80 g 64 g 18 g 16 g
x g－y g
不可用 z g H2 进行计算，因为用掉的 H2 并非全都参加了反应；不可只用 x g 进行计算，因为 CuO未全部参加反应；不可只用 y g 进行计算，因为 y g 是 CuO 和 Cu 的质量和。
答案：B
3.提示：本题有多种解法，根据压强差计算尤为简捷：由于恒温恒容下，气体的压强比等于物质的量比，所以：
N2＋3 H2 2 NH3 Δp
1 3 2 2
p(NH3) 3.0×107 Pa－2.5×107 Pa，
p(NH3) = 0.5×107 Pa，
(NH3)==。
答案：D
4.解析：NH3 过量，Cl2 不足，只发生反应①：
8 NH3＋3 Cl2==== N2＋6NH4Cl ΔV
8 L 3 L 1 L 10 L
L a L·x L L
则：＜a(1－x)L x＜
y L = a L－L。
答案：(1)0＜x＜3/11 (2)y=a－
难点4 .和量法
与差量法相反，为解决问题方便，有时需要将多个反应物(或生成物)合在一起进行计算。
●难点磁场
用和量法尝试解下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
在密闭容器中，放入(NH4)2CO3 和 NaOH 的固体混合物共 19.6 g，将容器加热到 250℃，充分反应后，排出容器中的气体，冷却称得剩余固体质量为 12.6 g。则原混合物中(NH4)2CO3 和 NaOH 的物质的量之比为( )
A.＞1∶2 B.= 1∶2
C.＜1∶2 D.以上答案都不正确
●案例探究
［例题］18.4 g NaOH 和 NaHCO3 固体混合物，在密闭容器中加热到约 250℃，经充分反应后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为 16.6 g。试计算原混合物中 NaOH 的质量分数。
命题意图：考查学生的过量判断能力，及计算混合物所含成分质量分数的能力。
知识依托：NaHCO3 的不稳定性及碱与酸性气体的反应。
错解分析：过量判断失误，导致计算过程和计算结果错误。
解题思路：发生的反应有：①2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，
②2NaOH＋CO2Na2CO3＋H2O(加热条件下，不生成 NaHCO3)
通过极限思维可知，原固体混合物中，NaHCO3 含量越大，固体失重越大，NaOH 含量越大，固体失重越小。
判断 NaHCO3 受热分解产生的 CO2 能否被 NaOH 完全吸收是解决问题的关键，这首先需要写出 NaHCO3 与 NaOH 恰好完全反应的化学方程式。
题设条件下，固体失重：18.4 g－16.6 g = 1.8 g。
设固体失重 1.8 g 需恰好完全反应的 NaHCO3 和 NaOH 混合物质量为 x，则：
NaHCO3＋NaOHNa2CO3＋H2O
124 g 18 g
x 1.8 g
x = = 12.4 g＜18.4 g
可见，题设条件下反应发生后 NaOH 过量，过量 NaOH 质量为：
18.4 g－12.4 g = 6.0 g，
参加反应的 NaOH 质量为：×40.0 g·mol－1 = 4.00 g，
原混合物中 NaOH 质量为：6.0 g＋4.00 g = 10.0 g，
w(NaOH) = ×100% = 54.3%。
答案：54.3% 。
●锦囊妙计
遇到以下情形，可尝试用和量法解题：
1.已知混合物反应前后质量，求混合物所含成分质量分数时；
2.已知反应前后混合气体的体积，求混合物所含成分体积分数时；
3.求反应前后气体的压强比、物质的量比或体积比时。
●歼灭难点训练
1.(★★★)某温度下，在体积一定的密闭容器中适量的 NH3(g) 和 Cl2(g) 恰好完全反应。若反应产物只有 N2(g) 和 NH4Cl(s)，则反应前后容器中压强比应接近于( )
A.1∶11 B.11∶1 C.7∶1 D.11∶7
2.(★★★)Na2CO3(s) 和 NaHCO3(s) 的混合物 190.0 g，加热至质量不再减少为止，称量所得固体质量为 128.0 g。则原混合物中 Na2CO3 的质量分数为__________。
3.(★★★★)取 6.60 g NaHCO3 和 Na2O2 的固体混合物，在密闭容器中加热到 250℃，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为 5.30 g。计算原混合物中 Na2O2 的质量分数。
4.(★★★★★)在一密闭容器中，放入(NH4)2CO3 和 NaOH 两种固体共 A g 将容器加热到 200℃，经充分反应后排出其中气体，冷却称得剩余固体质量为 B g，求出不同组合范围内的(NH4)2CO3 和 NaOH 的质量填入下表。
A 与 B 关系 m［(NH4)2CO3］ m(NaOH)
附：参考答案
难点磁场
提示：固体混合物失重：19.6 g－12.6 g = 7.0 g，题设条件下发生的反应为：
(NH4)2CO32 NH3↑＋H2O↑＋CO2↑
2 NaOH＋CO2Na2CO3＋H2O↑
当(NH4)2CO3 与 NaOH 恰好完全反应时，固体失重 7.0 g，所需混合物的质量可求：
因为 17.6 g＜19.6 g，所以 NaOH 过量。
答案：C
歼灭难点训练
w(Na2CO3) == 11.58%。
答案：11.58%
3.解析：发生的反应有：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；
2Na2O2＋2 CO2====2Na2CO3＋O2↑；2Na2O2＋2H2O====4NaOH＋O2。
若 Na2O2 不足，则 Na2O2 先吸收 CO2，再吸收 H2O。
首先确定水是否参加了反应。
题设条件下，固体失重：6.60 g－5.30 g = 1.30 g。
当 Na2O2 与 NaHCO3 分解生成的CO2 恰好完全反应时，设固体失重 1.30 g 需这样的混合物质量为 x。则：
可见，原混合物中 Na2O2 并未将 NaHCO3 分解生成的 CO2 全部吸收，也就未吸收 H2O。
设原混合物中 NaHCO3、Na2O2 的物质的量分别是 a、b，则：
aNaHCO3＋bNa2O2====Na2CO3＋CO2↑＋H2O＋O2↑
84.0a＋78.0b=6.60 (原混合物质量)
106×a＋2b2=5.30 (剩余固体质量)
解得：b=0.0200 mol (a可不求出)
w(Na2O2)=×100%=23.6%。
答案：23.6%
4.解析：加热时，容器内发生以下反应：
(NH4)2CO32NH3↑＋H2O＋CO2↑ ①
2NaOH＋CO2====Na2CO3＋H2O ②
当①反应生成的 CO2 与 NaOH 固体完全反应时，可认为发生了以下反应：
(NH4)2CO3＋2NaOH2NH3↑＋2H2O＋Na2CO3 ③
(1)当③反应发生，且(NH4)2CO3 和 NaOH 恰好完全反应时，
即当A=g时：
m[(NH4)2CO3]=g=g，或m[(NH4)2CO3]=g=B g；
m[NaOH]=g=g 或 m(NaOH)=g。
(2)当A＞时，③反应发生，(NH4)2CO3过量，这时同时有①反应单独发生。
(NH4)2CO3＋2NaOH2NH3↑＋2H2O＋Na2CO3
80 g 106 g
g B g
m(NaOH)= g=g；m[(NH4)2CO3]=(A－) g。
(3)当 A＜时，③反应发生，且 NaOH 过量。
(NH4)2CO3＋2NaOH2NH3↑＋2H2O↑＋Na2CO3 Δm
96 g 80 g 106 g 70 g
g (A－B) g
m[(NH4)2CO3]=g=g；
m(NaOH)=A g－g=g。
答案：
A与B关系 m[(NH4)2CO3] m(NaOH)
A=
A＞ Ag－g g
A＜ g g
难点5. 设一法?
设一法是赋值法的一种，是解决无数值或缺数值计算的常用方法。
●难点磁场??
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。?
现向 1.06 g 含杂质的碳酸钠样品中加入过量的氯化氢溶液，得到标准状况下干燥纯净的气体 2.20 L，则该碳酸钠样品中所含杂质可能是
A.碳酸钡和碳酸钾 B.碳酸钾和碳酸氢钠?
C.碳酸氢钠和碳酸氢钾 D.碳酸钙和碳酸锌
●案例探究?
［例题］吗啡和海洛因都是严格查禁的毒品。
(1)吗啡中含碳 0.7158(质量分数，下同)、氢 0.0667、氮 0.0491，其余为氧。已知其相对分子质量不超过 300，试求：
①吗啡的相对分子质量；②吗啡的分子式。
(2)已知海洛因是吗啡的二乙酸酯，试求：
①海洛因的相对分子质量；②海洛因的分子式。
命题意图：考查学生根据物质内所含元素质量分数，确定物质化学式的能力。
知识依托：元素的质量分数与化学式的关系。
错解分析：不注意有效数字的位数，有效数字取舍不合理，再根据原子个数比列式就会得出错误的结果。
解题思路：(1)由吗啡中各元素的含量和相对分子质量，可以断定吗啡分子中所含 N 原子数最少，设吗啡分子中含有 1 个 N 原子，则：
Mr(吗啡)=14.0/0.0491=285＜300
符合题意；若吗啡分子中含有 2 个 N 原子，则：
Mr(吗啡)=28.0/0.0491=570＞300
不符合题意。吗啡分子中含有 2 个以上的 N 原子更不可能，可见吗啡分子中只含有一个 N 原子，且吗啡的相对分子质量为 285。
吗啡分子中所含 C、H、O 原子个数分别为：
N(C)=285×0.7158÷12.0=17.0
N(H)=285×0.0667÷1.00=19.0
N(O)=285(1.0000－0.7158－0.0667－0.0491)÷16.0=3.00
吗啡的分子式为：C17H19NO3。
(2)生成二乙酸酯的反应可表示为：
R(OH)2＋2HOOCCH3R(OOCCH3)2＋2H2O
显然，海洛因分子比吗啡分子多了 2 个 C2H2O 基团，则海洛因的分子式为：
C17H19NO3＋2C2H2O====C21H23NO5
海洛因的相对分子质量为：
Mr(海洛因)=12×21＋1×23＋14×1＋16×5=369。
答案：(1)①285；②C17H19NO3。 (2)①369；②C21H23NO5。
●锦囊妙计
遇到下列情况，可用设一法：
1.c、w、ρ 间的相互转化；
2.根据质量分数确定化学式；
3.确定样品中杂质的成分。
●歼灭难点训练
1.(★★★)某硫酸溶液的物质的量浓度为 c mol·L－1，溶质的质量分数为 w，试求此溶液的密度。
2.(★★★)已知某硫酸铜溶液的物质的量浓度为 0.050 mol·L－1，密度为 1.08 g·cm－3，试求该溶液的质量分数。
3.(★★★★)称取可能含有 Na、Mg、Al、Fe 的金属混合物 12 g，放入足量盐酸中，可得到标准状况下 H2 的体积为11.2 L，据此回答下列问题：
(1)以上四种金属，一定含有的是__________________；
(2)以上四种金属，可能含有的是__________________；
(3)能否确定一定不含有某种金属？
4.(★★★★★)1924 年，我国药物学家从中药麻黄中提出了麻黄素，并证明麻黄素具有平喘作用。将其予以合成，制作中成药，可解除哮喘病人的痛苦。
取10.0 g 麻黄素完全燃烧可得到 26.67 g CO2 和 8.18 g H2O，并测得麻黄素中含 N：8.48%。
(1)试确定麻黄素的最简式__________________。
(2)若确定麻黄素的分子式还缺少一个条件，该条件是__________________。
附：参考答案
难点磁场
解析：若为 1.06 g 纯净的碳酸钠经题设过程可得到标准状况下干燥纯净的气体 2.24 L；而题设条件下，1.06 g 含杂质的碳酸钠样品仅得到标准状况下干燥纯净的气体 2.20 L，可见，等质量的碳酸钠和杂质分别与过量盐酸作用，碳酸钠产生二氧化碳多，杂质产生二氧化碳少；则题设条件下产生等量的二氧化碳气体所需碳酸钠的质量小，所需杂质质量大。
为方便计算，设生成 1 mol 二氧化碳，则需要题中所列物质的质量分别是：
Na2CO3~CO2 BaCO3~CO2 K2CO3~CO2 NaHCO3~CO2
106 g 1 mol 197 g 1 mol 138 g 1 mol 84 g 1 mol
KHCO3~CO2 CaCO3~CO2 ZnCO3~CO2
100 g 1 mol 100 g 1 mol 125 g 1 mol
所需碳酸钡和碳酸钾的质量都大于碳酸钠的质量，A项可选；所需碳酸氢钠和碳酸氢钾的质量都小于碳酸钠的质量，C 项不可选；生成 1 mol 二氧化碳所需碳酸钾和碳酸氢钠混合物的质量介于 84 g ~ 138 g 之间，所需碳酸钙和碳酸锌混合物的质量介于 100 g ~ 125 g 之间，都有小于 106 g 的可能，故 B、D 项都不可选。
答案：A
歼灭难点训练
1.提示：设 H2SO4(aq) 的体积为 1 L，则：
m(硫酸溶液)=c mol·L－1×1 L×98 g·mol－1÷w=98 c/w g
硫酸溶液的密度为：ρ(硫酸溶液)=98 c/w g÷1000 mL=0.098 c/w g·cm－3
答案：g·cm－3
2.提示：为方便计算，设有硫酸铜溶液 1 L，则硫酸铜的质量为：
m(硫酸铜)=0.050 mol·L－1×1 L×160g·mol－1=8.0 g
硫酸铜溶液的质量为：m(硫酸铜溶液)=1.08 g·cm－3×1000 mL=1.08×10－3 g
硫酸铜的质量分数为：w(硫酸铜)=8.0 g÷(1.08×103 g)=0.0074(或 0.0073)。
答案：0.0074(或 0.0073)
3.提示：摩尔电子质量法(设一法的一种)：金属的摩尔电子质量是指金属在反应中失去单位物质的量的电子的质量，其单位通常用 g·mol－1 表示。由题意：
n(H2)==0.500 mol
反应中得失电子的物质的量为：
n(e－)=1.00 mol则：
物质 Na Mg Al Fe 混合物
23 12 9 28 12
混合物的平均摩尔电子质量为 12 g·mol－1，则一定含有比其摩尔电子质量小的物质 (Al)，也一定含有比其摩尔电子质量大的物质(Na或Fe，不能确定)，是否含 Mg也不能确定。
答案：(1)Al (2)Mg、Fe、Na (3)不能
4.提示：设麻黄素分子中含有 1 个 N 原子，则：
M(麻黄素)==165 g·mol－1
由于：n(CO2)==0.6061 mol
n(H2O)= =0.454 mol
则 1 mol 麻黄素中：n(C)=×165 g=10.0 mol，
n(H)= ×165 g×2=15.0 mol
再设麻黄素的分子式为：C10H15NOx，则x=
=1.000 mol
最简式可得。借鉴例题可知 (2)答案，但已知麻黄素的式量范围不一定能求出麻黄素的化学式。
答案：(1)C10H15NO (2)M(麻黄素)(即麻黄素的式量)
难点6. 奇偶数法?
奇偶数法是利用数字间的奇、偶性规律，探讨试题答案的一种巧解方法。
●难点磁场??
试利用数字间的奇偶性规律巧解下面题目，然后自我界定学习本篇是否需要。?
某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物。当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为 2∶1 时，还原产物是( )
A.NO2 B.NO C.N2O D.N2
●案例探究?
［例题］若短周期中的两种元素可以形成原子个数比为 2∶3 的化合物，则这两种元素的原子序数之差不可能是
A.1 B.3 C.5 D.6
命题意图：主要考查学生对元素周期表“奇偶数”规律的认识或考查学生对元素周期表特殊元素性质的认识。
知识依托：元素周期表。
错解分析：不了解元素周期表的奇偶性规律，利用其他方法解题得出错误答案。
解题思路：本题有多种解题方法，其中最简捷的是奇偶数法。
方法1(枚举法)：ⅡA 族元素 Be、Mg 与 ⅤA 族元素 N、P 形成的化合物符合题干要求，其中 Mg3N2 中 Mg 与 N 原子序数差 5。ⅢA 族元素 B、Al 与 ⅥA 族元素 O、S 形成的化合物亦符合题干要求，其中 Al2O3 中 Al 与 O 原子序数差 5，Al2S3 中 Al 与 S 原子序数差 3。欲找差值为 1 的化合物，需从变价元素中找，如 N2O3 中 N 与 O 原子序数差 1。选 D项。
方法2(奇偶数法)：由于两种元素形成的化合物中原子个数之比为 2∶3，则可断定一种元素处于奇数族，另一种元素处于偶数族，奇数族原子序数为奇数，偶数族为偶数，奇数与偶数差值是奇数。观察备选项，可知选 D项。
答案：D
●锦囊妙计
下列问题的解决过程中，可能用到奇偶数法：
1.某些化学方程式的配平；
2.化合物的分子式与原子序数的推定；
3.化学反应中化合价的升降数值；
4.化合价与分子式的关系；
5.有机分子中 H 等原子的个数。
●歼灭难点训练
1.(★★★)配平下列化学方程式：
(1)_____PH3====_____P＋_____H2
(2)_____NH3＋____NO====_____N2＋______H2O
2.(★★★★)单质 M 能和热浓硫酸反应，若参加反应的单质与 H2SO4 的物质的量之比为 1∶4，则该元素在反应后显示的化合价可能是( )
A.＋4 B.＋3 C.＋2 D.＋1
3.(★★★★)某金属元素 R 最高价氟化物的相对分子质量为M1，其最高价硫酸盐的相对分子质量为 M2。设此元素最高正价为 n，则 n 与 M1、M2 的关系可能是( )
A.n=(M2－2M1)/58 B.n=(M2－M1)/29
C.n=(2M2－M1)/58 D.n=(M2－M1)/58 O
4.(★★★★★)已知某有机物 A 的式量为 128。
(1)若 A 物质中只含有碳、氢、氧三种元素，且 A 分子中含有一个酯的结构(—C—O—)，则 A 的分子式为__________，结构简式为____________(任写出一种)。
(2)若 A 物质中只含有碳、氢、氮三种元素，且 A 分子中氮原子数目最少，则 A 的分子式为__________，若 A 分子中有一个由氮原子和其他碳原子形成的六元环，则 A 的结构简式为__________(任写一种)。
附：参考答案
难点磁场
解析：由题意知，2个金属原子失去的电子，将被 1 个 HNO3 分子中 ＋5 价的 N 原子得到，由于 2 个金属原子失去的电子数一定是偶数，所以得到偶数个电子的这个 ＋5 价的 N 原子反应后化合价一定是奇数。与备选项对照，可知 C项可选。
答案：C
歼灭难点训练
1.(1)2 2 3 (2)4 6 5 6
2.解析：单质 M 和热浓 H2SO4反应，H2SO4被还原为 SO2，硫元素化合价降低总数必为偶数，则 M 元素化合价升高总数必为偶数。由题意知：n(M)∶n(H2SO4)=1∶4，可见 M 化合价变化应为偶数，这样可淘汰 B、D 项选项。具体分析 A、C 知 A项(如单质碳)可选，而 C 项不可选。
答案：A
3.解析：此题须讨论 n 为奇、偶数两种情况。
(1)若 n为奇数，则其氟化物和硫酸盐的化学式分别是：RFn、R2(SO4)n。
。
(2)若 n 是偶数，则其氟化物和硫酸盐的化学式分别是：RFn、R(SO4)n2。
答案：AB
4.提示：(1)含有一个酯键的 A 的分子式为 C7H12O2 ，其结构有多种，如：
(2)A 式量 128 是偶数，决定了 A 分子中氮原子数目是偶数，因为当 A 分子中氮原子数目是奇数时，不论氮原子存在于硝基还是氨基中，A 式量都是奇数。则 A 分子中最少含有 2 个氮原子，A 分子式可为 C7H16N2，其结构简式有多种，如：
难点7 关系式法
关系式法是根据化学方程式计算的诸法中较主要的一种方法，它可以使多步计算化为一步而完成。
●难点磁场
请用关系式法解决下列问题，然后自我界定学习本篇是否需要。
将 a g 铁和 b g 硫粉混合均匀，隔绝空气加强热，充分反应后，再将所得固体混合物放入足量稀 H2SO4 中，试求产生的气体在标准状况下的体积(用含 a 或 b 的代数式表示)。
●案例探究
［例题］用黄铁矿可以制取 H2SO4，再用 H2SO4 可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含 FeS2 80.2% 的黄铁矿 75.0 t，最终生产出 79.2 t(NH4)2SO4。已知 NH3 的利用率为 92.6%，H2SO4 的利用率为 89.8%，试求黄铁矿制取 H2SO4 时的损失率。
命题意图：主要考查学生利用关系式法解题的能力，同时考查学生对转化率、损失率的理解和认识。
知识依托：H2SO4 的工业制法、NH3 与 H2SO4 的反应。
错解分析：不能准确理解利用率的含义而错解。
解题思路：首先须搞清 H2SO4 的利用率与 FeS2 利用率的关系。H2SO4 的利用率为 89.8%，与 H2SO4 的利用率是 100%、FeS2 的利用率为 89.8% 是等价的。并排除 NH3 利用率的干扰作用。
其次，根据 S 原子守恒找出已知量 FeS2 与未知量(NH4)2SO4的关系(设黄铁矿的利用率为x)：
FeS2 ~ 2H2SO4 ~ 2(NH4)2SO4
120 264
75.0 t×80.2%×89.8%·x 79.2 t
x=66.6%
黄铁矿的损失率为：1.00－66.6%=33.4%。
答案：33.4%
●锦囊妙计
凡反应连续进行，上一步反应的产物为下一步反应的反应物的反应，绝大多数可用关系式法解决。寻找关系式的方法，一般有以下两种：
1.写出各步反应的方程式，然后逐一递进找出关系式；
2.根据某原子守恒，直接写出关系式。
●歼灭难点训练
1.(★★★)在 O2 中燃烧 0.22 g 硫和铁组成的化合物，使其中的硫全部转化为 SO2，将这些 SO2全部转化为 SO3，生成的 SO3 完全被 H2O 吸收。所得 H2SO4 可用 10.0 mL 0.50 mol·L－1 的 NaOH(aq)完全中和，则原化合物中硫元素的质量分数为_________。
2.(★★★★)将 23.0 g 石英与 60.0 g 石灰石在高温下灼热，试求产生的气体在标准状况下的体积。
3.(★★★★)已知某厂每天排出 10000 m3 尾气(已折算为标准状况)，内含 0.268%(体积分数)的 SO2，SO2可完全转化为 H2SO4，若用黄铁矿来生产同样多的 H2SO4， 则需要多少克含 FeS2 78.2% 的黄铁矿？
4.(★★★★★)某化肥厂以氨为原料制备 NH4NO3，已知由氨制 NO 的产率是 96%，NO 制硝酸的产率是 92%，求制硝酸所用去的氨的质量占总耗氨的质量分数是多少？
附：参考答案
难点磁场
提示：不论 Fe 过量与否，只要有 1 个 Fe 原子最终就产生 1 个气体分子，这个气体分子可能是 H2S，也可能是 H2。则：
n(气体)=n(Fe)=mol
V(气体)=22.4 L·mol－1×mol=4a L。
答案：4a L
歼灭难点训练
1.提示：S~ H2SO4~ 2NaOH
n(S)=n(NaOH)= ×0.010 L×0.50 mol·L－1=0.0025 mol，
w(S)==0.36。
答案：0.36
2.提示：不论 CaCO3 过量与否，只要有 1 个 CaCO3 “分子”最终就会产生 1 个 CO2 分子。则：
n(CO2)=n(CaCO3)==0.600 mol
V(CO2)=22.4 L·mol－1×0.600 mol=13.4 L。
答案：13.4 L
3.提示：只需找出 SO2 与 FeS2 的关系
FeS2 ~ 2SO2
120 g 44.8 L
m(黄铁矿)×78.2% 104＋3 L×0.268%
m(黄铁矿)=9.18×104g。
答案：9.18×104 g
4.解析：将本题分解为两步计算，并辅以一定的数值，可以化繁为简。
根据合成 NH4NO3 的反应：NH3＋ HNO3====NH4NO3
可知当合成 80 t NH4NO3 时，需要用 63 t HNO3 吸收 17 t 的 NH3。
(1)先求制备 63 t HNO3 需要的 NH3
NH3 ~ HNO3
17 63
m(NH3)×96%×92% 63 t
m(NH3)=19 t。
(2)再求制备 80 t NH4NO3 时，生产 HNO3 所用 NH3 占耗 NH3 总量的质量分数：w==0.53。
答案：0.53
难点8 .虚拟法
所谓虚拟法，就是在分析或解决问题时，根据需要和可能，虚拟出能方便解题的对象，并以此为中介，实现由条件向结论转化的思维方法。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
A、B、C、D为四种易溶物质，它们在稀溶液中建立如下平衡：
A＋2B＋H2OC＋D
当加水稀释时，平衡向_______(填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是
。
●案例探究
［例题］600 K时，在容积可变的透明容器内，反应2HI(g)I2(g)＋H2(g)达到平衡状态A。保持温度不变，将容器的容积压缩成原容积的一半，达到平衡状态B。
图8—1
(1)按图8—1所示的虚线方向观察，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化 并请说明理由。
答：
(2)按图8—1所示的实线方向观察(活塞无色透明)，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化 并请说明理由。
答：
命题意图：考查学生对平衡移动及有色气体浓度被等知识的认识。
知识依托：勒夏特列原理。
错解分析：从实线方向观察，根据 A、B 两状态下的 I2 的浓度关系：
cB(I2)=2cA(I2)
误以为能观察到容器内颜色的变化。
解题思路：状态A与状态B的不同点是：pB＝2pA，但题设反应是气体物质的量不变的反应，即由状态A到状态B，虽然压强增大到原来的2倍，但是平衡并未发生移动，所以对体系内的任何一种气体特别是 I2(g) 而言，下式是成立的：cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］。
对第(2)小问，可将有色气体 I2(g) 沿视线方向全部虚拟到活塞平面上——犹如夜晚看碧空里的星星，都在同一平面上。则视线方向上的 I2 分子多，气体颜色就深；反之，则浅。
答案：(1)可以观察到颜色深浅的变化。由于方程式两边气体物质的物质的量相等，容积减半，压强增大到2倍时，I2(ｇ)及其他物质的物质的量均不变，但浓度却增大到原来的2倍，故可以看到I2(ｇ)紫色加深。
(2)不能观察到颜色深浅的变化。因为由状态A到状态B，平衡并未发生移动，尽管 cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］，但 vB［I2(g)］=vA［I2(g)］，即视线方向上可观察到的 I2(g) 分子数是相同的，故不能观察颜色深浅的变化。
●锦囊妙计
化学中，虚拟法的应用是广泛的，除可虚拟物质状态外，还有很多可用虚拟法解决的问题，如①配平复杂氧化还原反应时，可将复杂化合物中各元素的化合价皆虚拟为零；②虚拟出某些混合物的“化学式”；③虚拟出某些解题时用到的数据；④虚拟出解题需要的某些条件；⑤虚拟反应过程；⑥虚拟反应结果等等。
●歼灭难点训练
1.(★★★)在一密闭容器中发生如下反应：
aA(g)bB(g)
达平衡后，保持温度不变，将容器容积增加一倍，新平衡建立时，cB 是原来的 60%，则( )
A.平衡向正反应方向发生了移动 B.A 物质的转化率变小了
C.B 物质的质量分数增大了 D.a＞b
2.(★★★)在常温常压下，向5 mL 0.01 mol·L－1FeCl3(aq)中滴入0.5 mL 0.01 mol·L－1的NH4SCN(aq)，发生如下反应：
FeCl3＋3NH4SCNFe(SCN)3＋3NH4Cl ( )
所得溶液显红色，改变下列条件，能使溶液颜色变浅的是
A.向溶液中加入少量KCl晶体
B.向溶液中加入少量的水
C.向溶液中加入少量无水硫酸铜，变蓝后立即取出
D.向溶液中滴加2滴1 mol·L－1的FeCl3(aq)
3.(★★★★)在一定温度和压强下，某容器内存在如下平衡(平衡 A)：
2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)
这是工业合成尿素的反应。如果将容器的容积缩小为原来的 1/3，则达到平衡时(平衡 B)下列说法一定正确的是( )
A.气体的平均式量比原来大 B.气体的平均式量比原来小
C.气体的平均式量与原来相等 D.依据题给条件无法确定
4.(★★★★★)CuCl2(aq) 因浓度不同，颜色往往不同。有的是黄色，有的是绿色，还有的是蓝色。已知 CuCl2(aq) 中存在如下平衡：
［Cu(H2O)4］2＋＋4Cl－［CuCl4］2－＋4H2O
蓝色 黄色
试回答下列问题：
(1)欲使溶液由黄色变为蓝色，可采取的两种方法为：① ；② 。
(2)欲使溶液由蓝色变为绿色，可采取的两种方法为：① ；② 。
附：参考答案
难点磁场
解析：可将水虚拟为容器，将 A、B、C、D 四种易溶物质虚拟为盛在“水——容器”中的气体物质。那么，加水稀释，“气体”的体积扩大，压强减小，根据勒夏特列原理，平衡向气体体积增大的方向，即上列平衡的逆反应方向移动。由此，可以得出结论：溶液稀释时，平衡向溶质粒子数增加的方向移动。
答案：逆 因为稀释后，单位体积内溶质的粒子总数(或总浓度)减小，根据勒夏特列原理，平衡向单位体积内溶质的粒子总数(或总浓度)增加的方向移动。
歼灭难点训练
1.提示：虚拟一种中间状态，假设平衡不移动，则新平衡建立时：cB 是原来的 50%，而事实上 cB 是原来的 60%，这表明扩大容积平衡向生成 B 的方向——正反应方向发生了移动。
答案：AC
2.解析：从反应实质来看，溶液中存在的化学平衡是：
Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3
等系列反应。可见加入 KCl 晶体，对此平衡无影响；但加入 2 滴 1 mol·L－1 的 FeCl3(aq)，使溶液中 Fe3＋ 浓度增大，平衡则向正反应方向移动，溶液颜色变深。A、D 项皆不可选。
对于 B、C 选项，因平衡体系中的水量发生了改变，导致溶液中所有溶质的浓度或同等程度地增大，或同等程度地减小；若要判断平衡移动的方向，从浓度的改变来看，似无从下手。如果我们变换一下思路，将上列平衡体系中的 Fe3＋、SCN－ 和 Fe(SCN)3 均虚拟为气态物质(虚拟其状态)，则向平衡体系中加水，可认为增大了容器的容积，即减小了气体反应物的压强(或浓度)，平衡就向气体体积扩大的方向(即上列反应的逆反应方向)移动，这样液体颜色就会变浅。可见 B 项可选而 C 项不可选。
若采用极限思维，对于 B 选项，可作如下设想：加入的水不是很少而是很多，这样上列平衡体系中，Fe3＋与 SCN－ 相互碰撞结合成 Fe(SCN)3 分子的机会越稀越少，而 Fe(SCN)3 分子电离成 Fe3＋ 和 SCN－ 的机会则越来越多，无疑是加水的结果，平衡是向逆反应方向移动的，故而溶液颜色变浅。
答案：B
3.解析：容器容积缩小，反应气体压强增大，合成尿素[CO(NH2)2]的反应向正反应方向移动，由反应方程式知，气体物质的量每减少 2 mol，就有 60 g 尿素生成——固体质量增加60 g，气体质量减少60 g。那么，可将平衡向右移动的结果虚拟为：将 30 g·mol－1的气体从反应容器中移出。
由于原混合气体平均式量 r(A)介于Mr(NH3)、Mr(CO2)、Mr(H2O)中最大者(44)与最小者(17)之间，故有以下讨论：
(1)若 r(A)＞30，则移走 Mr=30的气体后，剩余气体平均式量增大，故有r(B)＞r(A)
(2)若r(A)=30，则r(B)= r(A)，
(3)若r(A)＜30，则r(B)＜r(A)
因为原混合气体的平均式量在题设条件下无法确定，所以新平衡建立后气体平均式量数值的变化无法确定。
答案：D
评注：若将“一定”改为：可能，则 A、B、C、D 四备选项都可选。
4.解析：(1)加入 Ag＋ 降低 Cl－ 浓度，可使平衡向左移动。
将水虚拟为容器，将离子虚拟为气体，则加“水——容器”容积扩大，平衡向气体体积扩大的方向，即本反应的逆反应方向移动。
(2)由美学知识可知，蓝黄相混可得绿色。这样 ，平衡向右移动，可使溶液由蓝变绿。由(1)知，加水 CuCl2 浓度降低，平衡向左移动；则增大 CuCl2 的浓度(或 Cu2＋ 的浓度，或 Cl－ 的浓度)平衡向右移动。
答案：(1)加水 加 AgNO3(s)[或 AgNO3(aq)]
(2)加 CuCl2(s)[或浓 CuCl2(aq)] 加NaCl(s)[或浓 NaCl(aq)等]
难点9 .混合气体组成的讨论?
已知混合气体中元素的质量比，确定混合气体的组成有一种巧妙的方法，把握了这种方法就能化解这类难题。
●难点磁场??
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。?
常温下，A 和 B 两种气体组成的混合物（工业制盐酸过程中产出的一种气体混合物）中［Mr(A)＜Mr(B)＝，只含有 H、Cl 两种元素，而且不论 A 和 B 以何种比例混合，H 和 Cl 的质量总是大于 2∶71，试确定 A 为 ，B 为 ，并简析此混合气体中有 A 的形成过程 。
●案例探究?
［例题］常温下 A 和 B 两种气体组成混合气体(A 的相对分子质量大于 B 的相对分子质量)，经分析混合气体中只含有氮和氢两种元素，而且不论 A 和 B 以何种比例混合，氮和氢的质量比总大于 14/3。由此可确定 A 为_____________，B 为____________，其理由是__________________。
若上述混合气体中氮和氢的质量比为 7∶1，则在混合气体中 A 和 B 的物质的量之比为________；A 在混合气体中的体积分数为_____%。
命题意图：主要考查学生根据题设确定混合物成分的能力。
知识依托：NH3 中 N、H 元素的质量比。
错解分析：审题不严，计算出了 A 的质量分数，或计算出了 B 的体积分数。
解题思路：解答此题，首先考虑氮、氢两元素组成的化合物 NH3，分析 NH3 中氮氢质量比。NH3 中，m(N)∶m(H)=14∶3。题设条件下，m(N)∶m(H)＞ 14∶3，这只须在 NH3 中混入 N2 即可。由题意，Mr(A)＞Mr(B)，所以 A 为 N2，B 为 NH3，因Mr(N2)=28，Mr(NH3)=17。
设混合气体中 A 和 B 的物质的量之比为 x∶y。由题意，“xN2＋yNH3”中，14(2x＋y)∶3y=7∶1，解得，x∶y=1∶4。(A)=1÷(1＋4)=20%。
答案：N2 NH3 纯 NH3 中氮和氢质量比为 14/3，在纯 NH3 中混入任何比例的 N2，都将使氮和氢质量比大于 14/3 1∶4 20。
●锦囊妙计
已知某气体混合物由两种元素组成，且知这两种元素的质量比大于(或小于)a/b，如何确定组成混合物的成分。其方法是：变不等(大于或小于)为相等，找出两元素(A 和 B)质量比等于 a/b 的化合物(AxBy)。若混合物中 A、B 两元素质量比大于 a/b，则在 AxBy 中混入 A(g) 或 A(x＋m)By(g) 符合要求；若混合物中 A、B 两元素质量比小于 a/b，则在 AxBy 中混入 B(g) 或 AxB(y＋m)符合要求。(x，y，m∈N)
●歼灭难点训练
1.(★★★)下列各组混合气体中，C、H 元素质量比可能最小的是( )
A.H2 和 CH4 B.CH4 和 C2H6
C.C2H2 和 C2H4 D.C3H4 和 C4H8
2.(★★★★)将例题中的“氮”改为“碳”；将“质量比总大于 14/3”改为“质量比总小于 3∶1”将“质量比为 7∶1”改为：“9∶4”。其他同例题，试求之。
3.(★★★★)常温常压下，由 A、B 组成的混合气体［Mr(A)＞Mr(B)］，经分析混合气体中只含碳和氧两种元素。A 和 B 不论以何种比例混合，若碳氧质量比总大于 3∶8，则 A1 为______，B1 为_______；若碳氧质量比总小于 3∶8，则 A2 为________，B2 为________。
若 B1 和 B2 常温混合后，碳氧质量比总小于 3∶8时，B1、B2 必须满足的关系是 n(B1)∶n(B2)______。
4.(★★★★★)常温常压下，A 和 B 两种气体组成的混合气体［Mr(A)＞Mr(B)］，经分析混合气体中只含有氮和氧两种元素，而且不论 A 和 B 以何种比例混合，氮和氧的质量比总小于 7∶4。符合以上关系的 A、B 可能有多种，请将正确答案填入下表，可不填满，也可扩填，但填入错误的要扣分。
组合 ① ② ③ ④ ⑤
A
B
(注意：A 在上，B 在下，不可无序乱填)
若混合气体中氮氧质量比恰好为 7∶2，则 A 为______________，B 为______________；n(A)∶n(B)=__________________。
附：参考答案
难点磁场
提示：2∶71 恰为 HCl 气体中 H 元素和 Cl 元素的质量比，可见混合物应为 H2 和 HCl 的混合气体。生产 HCl 时，可使 H2 在 Cl2 中燃烧，也可使 Cl2 在 H2 中燃烧，工业上采用后者。可以减少环境污染，保障生产安全。
答案： H2 HCl 工业制盐酸过程中所得混合气体中有 H2，是由于 Cl2 在过量 H2 中燃烧的结果。
歼灭难点训练
1.提示：C、H 质量比最小，则含 H 元素可能最多。A 中 H2 无限多时，C、H 元素比最小。
答案：A
2.解析：解答此题，首先从碳、氢元素形成的化合物中寻找碳氢元素质量比为 3∶1 者。CH4中，m(C)∶m(H)=12∶4=3∶1。题设条件下，m(C)∶m(H)＜3∶1，这只能在 CH4中混入 H2 (CH4中若混入其他碳氢化合物，如 C2H2，只能使m(C)∶m(H)＞3∶1)。由于Mr(A)＞Mr(B)，所以 A 为 CH4，B 为 H2。
设混合气体中 A、B 物质的量分别为 x 和 y。则“xCH4＋yH2”中，12x∶(4x＋2y)=9∶4，解得，x∶y=3∶2，(A)=(3÷5)×100%=60%。
答案：A：CH4 B：H2 CH4中碳氢质量比为 3∶1，是气态烃中碳、氢质量比最小的，若使碳氢质量比比 3∶1 还要小，只有在 CH4中混入 H2 才能满足要求 3∶2 60%
3.解析：碳氧形成的化合物有 CO2 和 CO。CO 中，m(C)∶m(O)=12∶16=3∶4；CO2 中，m(C)∶m(O)=12∶32=3∶8。若要使混合气体中碳氧质量比总大于 3∶8，只须在 CO2 中混入CO即可；若要使混合气体中碳氧质量比总小于3∶8，只须在CO2中混入 O2 即可。可见，A1 为 CO2，B1 为 CO；A2 为 CO2，B2 为 O2。
设符合条件的 B1、B2 混合气体中，B1、B2 的物质的量分别为 x 和 y，由题意，“x CO＋yO2”中，12x∶(16x＋32y)＜3∶8，解得，x∶y＜2∶1。
答案：CO2 CO CO2 O2 n(B1)∶n(B2)＜2∶1。
4.解析：氮、氧两元素可形成多种化合物，如N2O、NO、N2O3、NO2(N2O4)、N2O5。其中，N2O 气体中，n(N)∶n(O)=28∶16=7∶4；其余气体含氧量逐渐升高，因而 n(N)∶n(O)＜7∶4。这样，在 N2O 气体中混入 NO、N2O3、NO2(N2O4)、N2O5 以及 O2 中的一种，皆可使所得混合气体中 n(N)∶n(O)＜7∶4。
当n(N)∶n(O)=7∶2＞7∶4 时，只有在 N2O中混入适量 N2 才行。设混合气体中 N2O 和 N2 的物质的量分别为 x 和 y。则“xN2O＋yN2”中，(28x＋28y)∶16x=7∶2，解得 x∶y=1∶1。
答案：
组合 ① ② ③ ④ ⑤
A N2O N2O3 NO2(或N2O4) N2O5 N2O
B NO N2O N2O N2O O2
N2O N2 1∶1.
难点10 .等质混和等体混
两种同溶质溶液等质量混合，特别是等体积混合，质量分数如何判定有一定难度。本篇可以把这一难点化易。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
密度为0.91 g·cm－1 的氨水，质量百分比浓度为 25.0%(即质量分数为0.250)，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度( )
A.等于12.5% B.大于 12.5%
C.小于 12.5% D.无法确定
●案例探究
［例题］把 70% HNO3(密度为 1.40 g·cm－3)加到等体积的水中，稀释后 HNO3(aq)中溶质的质量分数是
A.0.35 B.＜0.35 C.＞0.35 D.≤0.35
命题意图：主要考查学生对质量分数的认识和变换前提下的估算能力。
知识依托：有关质量分数的计算。
错解分析：审题不严，自以为是将两液体等质量混合，从而误选 A项；解题过程中思维反向，也会误选 B项。
解题思路：本题有以下两种解法。
方法1(条件转换法)：先把“等体积”看作“等质量”，则等质量混合后溶液中 HNO3 的质量分数为：
w混==35%
而等体积混合时水的质量小于 HNO3(aq) 的质量，则等体积混合相当于先进行等质量混合，然后再加入一定量的密度大的液体，这里是 70% 的 HNO3(aq)，故其质量分数大于 35%。
方法2(数轴表示法)：(1)先画一数轴，在其上标出欲混合的两种液体中溶质的质量分数，并在两质量分数的对应点上标出两液体密度的相对大小。
(2)求出，并在数轴上标示出来。
(3)标出w混：w混在与 ρ大的液体的质量分数之间。
答案：C
评注：方法2是方法1的一种升华。
●锦囊妙计
1.等质混
两种同溶质液体(或某溶液与水)等质量混合时：
w混=
2.等体混
两种同溶质液体(或某溶液与水)等体积混合时：
W混∈［，W(ρ大)］
具体解题时，常用数轴表示法。
●歼灭难点训练
1.(★★★)有甲、乙两种 H2SO4(aq)，甲中 H2SO4 的质量分数为 3a %，乙中 H2SO4 的质量分数为 a %，取甲、乙两溶液等体积混合，搅拌均匀后所得 H2SO4(aq) 中溶质的质量分数( )
A.＞2a% B.＜2a% C.＝2a% D.无法确定
2.(★★★)将上题中的“H2SO4(aq)”改为“氨水”；其余不变，试选之。( )
3.(★★★★)有甲、乙两种水的乙醇溶液，甲中水的质量分数为 25%，乙中水的质量分数为 15%，将甲、乙两种溶液各取 100 mL 混合，则所得溶液中水的质量分数( )
A.＞0.80 B.＜0.80 C.＞0.20 D.＜0.20
4.(★★★★★)在100 g 浓度为 18 mol·L－1密度为ρ(g/cm3)的浓硫酸中加入一定量的水稀释成 9 mol·L－1的硫酸，则加入水的体积为( )
A.＜100 mL B.＝100 mL C.＞100 mL D.＝mL
附：参考答案
难点磁场
提示：氨水越浓密度越小。因为ρ1＞ρ2，所以w混离w1 更近，即 w混＜0.125。
答案：C
歼灭难点训练
1.提示：
答案：A
2.提示：
答案：B
3.提示：水的酒精溶液密度小于 1，即水越多，密度越大。则：
答案：BC
4.解析：由题意知，稀释结果，溶液的物质的量浓度成为原来的一半，则溶液的体积成为原溶液体积的 2 倍。18 mol·L－1浓 H2SO4密度比水的密度 1 g·cm－3大的多：ρ(浓 H2SO4)=1.8 g·cm－3，100 g 该浓 H2SO4体积 V 比 100 mL 小得多：V(浓 H2SO4)=mL=56 mL。这样所加水的体积肯定小于 100 mL，但绝对不是100ρ mL，即其所形成溶液的体积不能简单地相加，因而 A 项可选，但 D 项不可选。
答案：A
难点11 浓度不同产物异
化学上有许多产物，跟反应物浓度关系密切。鉴于高考常据此设计难题，本篇总结了这些反应。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
30 g铜、银合金与80 mL 13.5 mol·L－1的HNO3溶液反应。合金全部溶解，放出气体6.72 L(标准状况下)，反应后溶液的pH=0(设反应前后溶液体积不变)
(1)计算HNO3被还原的物质的量；
(2)计算合金中银的质量分数。
●案例探究
[例题]38.4 mg铜跟适量浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4 mL(标准状况)，反应消耗HNO3的物质的量可能是
A.1.00×10－3 mol B.1.60×10－3 mol
C.2.20×10－3 mol D.2.40×10－3 mol
(忽视NO2与N2O4的相互转化)
命题意图：考查学生对反应条件——浓度变化时产物种类变化的认识。属化学教学中要求具备的能力。
知识依托：Cu与浓、稀HNO3的反应。
错解分析：忽视了Cu与稀HNO3的反应，就会错选D；只运用Cu与稀HNO3反应解题，就会错选B。
解题思路：随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐变小，产生的气体可能是纯净的NO2，也可能是NO2和NO的混合物。
n(Cu)=38.4 mg÷64.0 g·mol－1=0.600 mmol
n(g)=22.4 mL÷22.4 L·mol－1=1.00 mmol
这样，发生的反应可能是下列①一个，也可能是①②两个：
①Cu＋4HNO3(浓)====Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
②3Cu＋8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
于是，本题有以下多种解法。
方法1(极值法)：若产生的气体全部是NO2，由化学方程式①得：
n(HNO3)=4n(Cu)=0.600 mmol×4=2.40 mmol
n(NO2)=2n(Cu)=0.600 mmol×2=1.20 mmol
V(NO2)=1.20 mmol×22.4 L·mol－1=26.9 mL＞22.4 mL
可见，气体不全是NO2。
若产生的气体全部是NO，由化学方程式②得：
n(HNO3)=8/3n(Cu)=0.600 mmol×8/3=1.60 mmol
n(NO)=2/3n(Cu)=0.600 mmol×2/3=0.400 mmol
V(NO2)=0.400 mmol×22.4 L·mol－1=8.96 mL＜22.4 mL
由于气体是NO2和NO的混合物，8.96 mL＜V(g)＜26.9 mL，
所以1.60 mmol＜n(HNO3)＜2.40 mmol，
观察备选项可知答案。
方法2(守恒法)：根据反应前后N原子守恒和Cu原子守恒得：
n(HNO3)=n[Cu(NO3)2]×2＋n(NO2)＋n(NO) (N原子守恒)
=n(Cu)×2＋n(NO2)＋n (NO) (Cu原子守恒)
=0.600 mmol×2＋1.00 mmol
=2.20 mmol
方法3(写总反应方程式法)：设生成NO2的物质的量为x，则题设条件下的总反应为：
0.6Cu＋2.2HNO3====0.6Cu(NO3)2＋xNO2↑＋(1－x)NO↑＋1.1H2O
先写出反应物和生成物以及Cu、NO2和NO的化学计量数，再根据Cu原子守恒和N原子守恒得出Cu(NO3)2和HNO3的化学计量数，H2O的化学计量数可根据N原子守恒而得出(因与结果无关也可不算出)。
根据方程式及有效数字的运算规则，可知参加反应的HNO3物质的量为2.20 mmol。
方法4(平均分子式法)：设HNO3还原产物的平均分子式为NOx，则：
n(Cu)∶n(NOx)=0.600 mmol∶1.00 mmol=3∶5
Cu与HNO3的总反应方程式为：
3Cu＋11HNO3====3Cu(NO3)2＋5NOx↑＋？H2O
先写出反应物和生成物及Cu和NOx的化学计量数3和5，再根据Cu原子守恒和N原子守恒分别得出Cu(NO3)2和HNO3的化学计量数3和11，H2O的化学计量数因与结果无关可不算出，则：
n(HNO3)=11/3n(Cu)=0.600 mmol×11/3=2.20 mmol
答案：C
变式1：去掉备选项，将问题改为：求还原产物NO2和NO的物质的量之比，其他同例题，试解之。
解题思路：在前面“方法4”的基础上得到下式：
3Cu＋11HNO3====3Cu(NO3)2＋5NOx＋5.5H2O
根据O原子守恒得：
33=18＋5x＋5.5
x=1.9
即NOx为NO1.9。用十字交叉法：
V(NO2)∶V(NO)=9∶1
答案：9∶1
变式2：若例题条件下Cu与HNO3恰好完全反应，二者皆无剩余，欲求开始生成NO时HNO3溶液的浓度，还缺少的条件是________(用必要的文字和字母b表示)，开始生成NO时HNO3溶液的浓度为________(请写最后结果)。
解题思路：据变式1解题思路得：
V(NO2)=1.00 mmol×=0.900 mmol
V(NO)=0.100 mmol
生成NO消耗HNO3的物质的量可求：
8HNO3(稀)~2NO↑
8 2
n(HNO3) 0.100 mmol
n(HNO3)=0.400 mmol
欲求0.400 mmol HNO3的浓度，须知HNO3(aq)的体积——b：
c(HNO3)=
答案：开始生成NO时HNO3(aq)的体积b 4.00×10－4 mol/b
●锦囊妙计
当化学反应进行时，反应物不断被消耗。随反应的进行，反应物浓度不断改变，①有的会造成产物的不同。如，过量Cu放入少量浓HNO3中，开始生成的气体是NO2，后来生成的气体是NO；很稀的HNO3溶液与活泼金属反应还会有H2生成(非信息题可不考虑)。再如，过量活泼金属(如Zn)与少量浓H2SO4的反应，开始时生成的气体是SO2，后来生成的气体是H2。②有的反应不再发生。如，过量Cu与少量浓H2SO4的反应，随反应的进行，浓H2SO4变成了稀H2SO4，Cu与稀H2SO4不再发生反应。再如，过量MnO2与少量浓盐酸的反应，随反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸，不再与MnO2发生氧化还原反应。③有些本来不能发生的反应，后来能够进行。如稀H2SO4溅在衣服上，水分蒸发后，变成浓H2SO4，也就能使布料脱水炭化。
●歼灭难点训练
1.(★★★)向50 mL 18 mol·L－1 H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原H2SO4的物质的量( )
A.小于0.45 mol B.等于0.45 mol
C.在0.45 mol和0.90 mol之间 D.大于0.90 mol
2.(★★★★) 14.0 g铜银合金与足量某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况)氧气混合，通入水中恰好完全吸收，则合金中铜的质量为( )
A.9.6 g B.6.4 g C.3.2 g D.1.6 g
3. (★★★★)3.2 g 铜与过量硝酸(8 mol·Ｌ－1，30 ml)充分反应。硝酸的还原产物有NO2和NO，反应后溶液中所含H＋为a mol，则此时溶液中所含NO为________mol。
4.(★★★★★)使一定量锌与100 mL 18.5 mol·Ｌ－1浓H2SO4充分反应，锌完全溶解，同时生成标准状况下气体33.6 Ｌ。将反应后溶液稀释，测得其pH=1.0。
求：(1)生成气体的成分及体积(假设浓H2SO4与Zn反应还原产物只生成SO2)；
(2)锌的质量；
(3)开始生成H2时H2SO4的浓度(假设溶液体积无变化)。
附：参考答案
难点磁场
解析：题设条件下，发生的反应有：
Cu＋4HNO3(浓)====Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
3Cu＋8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
Ag＋2HNO3(浓)====AgNO3＋NO2↑＋H2O
3Ag＋4HNO3(稀)====3AgNO3＋NO↑＋2H2O
(1)n(被还原HNO3)=n(NO2)＋n(NO)==0.300 mol
(2)设合金中Cu和Ag的物质的量分别为x、y。则：
w(Ag)==0.36
答案：(1)0.30 mol (2)0.36
歼灭难点训练
1. A
2.提示：由题意知，Cu、Ag与HNO3反应所得还原产物与O2作用溶于水后又变为HNO3，因此可以认为Cu、Ag所失电子最终被O2而非HNO3所得。
设Cu、Ag物质的量分别为x、y，则：
解得：x=0.050 mol， m(Cu)=64 g·mol－1×0.050 mol=3.2 g
答案：C
3.提示：最后所得溶液中溶质分别是Cu(NO3)2和HNO3，依据N原子守恒得：
n(NO)=2n[Cu(NO3)2]＋n(HNO3)=2n(Cu2＋)＋n(H＋)
=2×＋a mol=(a＋0.10) mol
答案：(a＋0.10) mol
评注：在反应过程中HNO3有挥发，n(HNO3)－n(NO)=n(HNO3)－n(Cu)所得数值不准确。
4.提示：题设条件下发生如下反应：
Zn＋2H2SO4(浓)====ZnSO4＋SO2↑＋2H2O
Zn＋H2SO4(稀)====ZnSO4＋H2↑
答案：(1)生成SO2 6.7 L，生成H2 26.9 L
(2)97.5 g
(3)12.5 mol·L－1
难点12 顺序不同现象异
化学上有一类反应，将A滴入B中与将B滴入A中现象往往不同，此即所谓：顺序不同现象异。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
向下列溶液中滴入硝酸银溶液，振荡，不产生白色沉淀，继续滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀的是( )
A.NH3·H2O B.BaCl2 C.NaOH D.HCl
●案例探究
[例题]下列四组溶液，不论如何滴加，反应现象一定相同的是________。
A.NaOH和CuSO4 B.Ca(OH)2与H3PO4
C.NaOH与AlCl3 D.NaAlO2与HCl
命题意图：考查学生对过量反应的认识。
知识依托：无机化学反应。
错解分析：将A滴入B中，A不足，B过量；将B滴入A中，B不足，A过量。A、B比例不同，反应原理和实验现象往往不同，对此认识不清，往往造成错解。
解题思路：逐项分析。
(1)不论NaOH过量，还是CuSO4过量，二者只按下式反应：
Cu2＋＋2OH－====Cu(OH)2↓
即过量的NaOH或CuSO4，都不与生成的Cu(OH)2反应。A可选。
(2)①将Ca(OH)2向H3PO4滴加，开始时H3PO4过量，生成可溶于水的Ca(H2PO4)2，至H3PO4消耗完毕。随着Ca(OH)2的不断增加，Ca(H2PO4)2中的H＋逐渐被中和掉，先后分别出现CaHPO4沉淀和Ca3(PO4)2沉淀。即开始不生成沉淀，后来生成沉淀。
将H3PO4向Ca(OH)2中滴加，开始时，Ca(OH)2过量，H3PO4被完全中和，生成Ca3(PO4)2沉淀，至Ca(OH)2消耗完毕。随着H3PO4的不断滴加，Ca3(PO4)2逐渐转化为CaHPO4，最后转化为可溶于水的Ca(H2PO4)2。即开始生成沉淀，后来沉淀溶解。B不可选。
(3)将NaOH(aq)滴入AlCl3(aq)中，开始产生沉淀，后来沉淀逐渐消失。将AlCl3(aq)滴入NaOH(aq)中，开始不产生沉淀，后来产生沉淀不消失。C不可选。
(4)将NaAlO2滴入稀盐酸中，开始无沉淀产生，后来产生沉淀不消失。将稀盐酸滴入NaAlO2溶液中，开始有白色沉淀产生，后来沉淀逐渐溶解。可见，D不可选。
答案：A
●锦囊妙计
顺序不同现象异，其实质是过量反应和连续反应的结果，做好过量分析是解决这类问题的关键：
将A溶液滴入B溶液中，开始时，A不足，B过量，A完全反应，B剩余。随着滴加的进行，B溶液将消耗殆尽。这时再滴入的A可能会与A、B反应的产物C反应。
●歼灭难点训练
1.(★★★)向下列溶液中滴入稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴入稀硫酸，沉淀又溶解的是( )
A.Na2SiO3 B.BaCl2 C.FeCl3 D.NaAlO2
2.(★★★★)向下列一定浓度溶液中滴入氢氧化铁胶体，没有红褐色沉淀产生，继续滴入氢氧化铁胶体，产生红褐色沉淀的是( )
A.H2SO4 B.Na2SO4 C.HCl D.C2H5OH
3.(★★★★)一定浓度的下列溶液中滴入蛋白质溶液，产生沉淀，再滴入蒸馏水，沉淀不溶解的是( )
A.Na2SO4 B. (NH4)2SO4 C. Pb(Ac)2 D.HNO3(△)
4.(★★★★★)已知，向Zn2＋溶液中滴加氨水，生成Zn(OH)2白色沉淀；但是氨水过量时，沉淀又溶解，生成了Zn(NH3)。此外，Zn(OH)2既可溶于盐酸，也可溶于过量NaOH溶液中，生成ZnO，所以Zn(OH)2是一种两性氢氧化物。
现有4组离子，每组有2种金属离子。请各选用1种试剂，将它们两者分开，可供选用的试剂有：
A.硫酸 B.盐酸 C.硝酸 D.氢氧化钠溶液 E.氨水 请填写下表：(填写时用字母代号)
离子组 选用的试剂(代号) 沉淀物的化学式 保留在溶液中的离子
(1)Zn2＋和Al3＋
(2)Zn2＋和Mg2＋
(3)Zn2＋和Ba2＋
(4)Fe3＋和Al3＋
附：参考答案
难点磁场
解析：B、D中滴入AgNO3(aq)开始即生成白色沉淀，且沉淀不再溶解。C中滴入AgNO3(aq)，生成白色AgOH沉淀，且AgOH沉淀不稳定，在溶液中发生分解反应生成Ag2O，所得暗棕色沉淀(AgOH和Ag2O的混合物)也不溶解。A中滴入少量AgNO3，发生以下反应：Ag＋＋3NH3·H2O====[Ag(NH3)2]＋＋NH4＋＋OH－＋2H2O，故无沉淀产生；继续滴入AgNO3(aq)，至AgNO3过量时，总反应如下：Ag＋＋NH3·H2O====AgOH↓＋NH4＋，故有沉淀产生。
答案：A
歼灭难点训练
1.提示：A、B中开始生成白色沉淀，后来沉淀不消失；C中始终未生成沉淀；D中先生成Al(OH)3沉淀，后来Al(OH)3沉淀溶解在过量硫酸中。
答案：D
2.提示：一定浓度的H2SO4(aq)或HCl(aq)中加入少量Fe(OH)3胶体，相互反应，分别生成Fe2(SO4)3(aq)和FeCl3(aq)，当胶体过量时，它会在Fe2(SO4)3或FeCl3(aq)里发生凝聚，生成沉淀。
答案：AC
3.提示：C、D能使蛋白质变性，加入蒸馏水，蛋白质不再溶解。
答案：CD
4.提示：(1)Zn2＋和Al3＋不能用NaOH分开，因为生成的Zn(OH)2和Al(OH)3都能溶于NaOH(aq)，但可用NH3·H2O分开，因为Zn(OH)2能溶于氨水，而Al(OH)3不能。
(2)Zn2＋和Mg2＋可用过量氨水分开，因为在过量氨水中，Zn2＋转化为Zn(NH3)，而Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀；也可用过量NaOH(aq)分开，因为在过量NaOH(aq)中，Zn2＋转化为ZnO，而Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀。
(3)Zn2＋和Ba2＋可用H2SO4(aq)分开，因为H2SO4(aq)与Zn2＋不反应，但可使Ba2＋生成沉淀。
(4)Fe3＋和Al3＋可用过量NaOH(aq)分开，在过量NaOH(aq)中，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，而Al3＋转化为AlO。
答案：(1)E Al(OH)3 Zn(NH3) (2)DMg(OH)2 ZnO或E Mg(OH)2
Zn(NH3) (3)A BaSO4 Zn2＋ (4)D Fe(OH)3 AlO
难点13 较难离子方程式的书写
某些离子方程式因受规定条件的限制，也就给书写带来了一定的困难，有的甚至很难写出。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
1.将Al2(SO4)3(aq)逐滴滴入Ba(OH)2(aq)中，写出可发生反应的离子方程式。
(1)__________________________________；
(2)__________________________________；
(3)__________________________________(可不写满，也可补充)。
●案例探究
[例题]已知Br2水与FeCl2(aq)发生如下反应：
3Br2＋6FeCl2====4FeCl3＋2FeBr3
现将112 mL(标准状况)Cl2通入10.0 mL 1.0 mol·Ｌ－1的FeBr2(aq)中，写出发生反应的离子方程式__________________。
命题意图：考查学生离子方程式的书写及比较物质还原性强弱的能力。
知识依托：①物质氧化性(或还原性)强弱的比较。②Cl2的氧化性。③离子方程式的书写。
错解分析：不进行定量分析，误写出下列离子方程式：
2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2====2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
不进行还原性比较，误写出下列离子方程式：
2Br－＋Cl2====2Cl－＋Br2
解题思路：通过题给反应可比较出Fe3＋与Br2的氧化性强弱(Br2强)，从而明确Cl2通入FeBr2(aq)中先与Fe2＋反应，若Cl2还有剩余再与Br－发生反应。
n(Cl2)＝＝5.00×10－3 mol
n(FeBr2)＝10.0×10－3 L×1.0 mol·Ｌ－1＝1.0×10－2 mol
这样，Fe2＋可失去1.0×10－2 mol的电子，而Cl2最多得1.0×10－2 mol的电子，得失电子应守恒，故Br－不失电子。
答案：2Fe2＋＋Cl2====2Fe3＋＋2Cl－
●锦囊妙计
较难离子方程式的书写要注意以下问题：
1.不是以自由移动离子参加反应的，不能写成离子的形式，包括难溶于水的强电解质、所有弱电解质和非电解质，都必须写成化学式的形式；这里特别需要指出的是某些易溶于水的强电解质，若没电离成自由移动的离子，也不能写成离子的形式，中学阶段常见的有：
①Cl2通入石灰乳中；
②用NaCl(或萤石)和浓H2SO4制取HCl(或HF)；
③加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取NH3。
2.离子方程式不仅遵循质量守恒定律，还遵循电荷守恒规律。水解相互促进离子方程式的配平，可先进行电荷守恒配平。
3.原电池和电解池两极上的电极反应式叠加不一定是电池总反应的离子方程式。
4.多离子溶液中，离子得失电子的能力也是应该注意的。如得电子能力：Br2＞Fe3＋＞I2。
●歼灭难点训练
1.(★★★)完成下列反应的离子方程式。
(1)将NaAlO2(aq)和AlCl3(aq)混合： (水解相互促进，反应进行到底，下同)；
(2)将10.00 mL 0.10 mol·L－1的NaHCO3(aq)与5.00 mL 0.10 mol·L－1的KAl(SO4)3(aq)混合： 。
2.(★★★★)
(1)向NaHSO4(aq)中，逐滴加入Ba(OH)2(aq)至中性，写出发生反应的离子方程式_______________。
(2)在以上中性溶液中，继续滴加Ba(OH)2(aq)，请写出此步反应的离子方程式_______________。
3.(★★★★)已知还原能力：I－＞Fe2＋＞Br－，则：
(1)少量Cl2通入FeI2(aq)中，反应的离子方程式是 ；
(2)过量Cl2通入FeI2(aq)中，反应的离子方程式是 ；
(3)将1.2 mol Cl2通入含有FeI2 1.0 mol的水溶液中： 。
4.(★★★★★)铝铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是一种重要的工业原料，将它溶于水配成溶液，然后逐滴滴入NaOH(aq)，已知：NH＋AlO＋H2O====Al(OH)3↓＋NH3↑，写出先后发生反应的离子方程式：
(1) ，
(2) ，
(3)NH3·H2ONH3↑＋H2O，
(4) 。
附：参考答案
难点磁场
提示：(1)开始滴入Al2(SO4)3(aq)，Al2(SO4)3不足，Ba(OH)2过量，Ba2＋完全转化为BaSO4↓，Al3＋完全转化为AlO
2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋8OH－====3BaSO4↓＋2AlO＋4H2O
该反应持续至OH－消耗完毕，溶液中含有的阳离子是Ba2＋，阴离子是AlO，即为Ba(AlO2)2(aq)。
(2)继续滴入Al2(SO4)3(aq)，发生下列反应：
12H2O＋2Al3＋＋3SO＋6AlO＋3Ba2＋====3BaSO4↓＋8Al(OH)3↓
因为Al3＋与AlO水解相互促进，所以有H2O参加反应。
答案：(1)2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋8OH－====3BaSO4↓＋2AlO＋4H2O
(2)12H2O＋2Al3＋＋3SO＋6AlO＋3Ba2＋====3BaSO4↓＋8Al(OH)3↓
歼灭难点训练
1.提示：先根据电荷守恒配平。
答案：(1)3AlO＋Al3＋＋6H2O==== 4Al(OH)3↓
(2)3HCO＋Al3＋====Al(OH)3↓＋3CO2↑
2.提示：
(1)Na＋不参加反应，溶液呈中性时，HSO中的H＋与Ba(OH)2中的OH－皆无剩余：2HSO＋Ba2＋＋2OH－====2H2O＋BaSO4↓＋SO，或2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－====2H2O＋BaSO4↓。
(2)上面所得中性溶液，实为Na2SO4(aq)，继续滴入Ba(OH)2(aq)发生以下反应：Ba2＋＋SO==== BaSO4↓。
答案：(1)2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－====2H2O＋BaSO4↓
(2)Ba2＋＋SO====BaSO4↓
3.提示：还原性强的，首先要失电子，故(1)中只有I－失电子；而(2)中I－和Fe2＋都失电子，二者全部被氧化；(3)中I－全部被氧化，Fe2＋部分被氧化：
n(氧化I－的Cl2)=n(I－)=1.0 mol
n(氧化Fe2＋的Cl2)=n总(Cl2)－n(氧化I－的Cl2)=0.2 mol
n(被氧化的Fe2＋)=0.4 mol
n反(I－)∶n反(Fe3＋)∶n反(Cl2)=2.0 mol∶0.4 mol∶1.2 mol=5∶1∶3。
据此，可写出离子方程式。
答案：(1)2I－＋Cl2====2Cl－＋I2
(2)2Fe2＋＋4I－＋3Cl2====6Cl－＋2Fe3＋＋2I2
(3)2Fe2＋＋10I－＋6Cl2====2Fe3＋＋5I2＋12Cl－
4.提示：先比较NH与Al3＋结合OH－的能力：若NH先与OH－结合，则生成的NH3· H2O还是能与Al3＋结合释出NH，故结合OH－的先后顺序为：先Al3＋后NH。
再分析Al(OH)3与NH结合OH－的能力：由于NH3·H2O不能溶解Al(OH)3，故NH先于Al(OH)3与OH－结合。NH完全变为NH3·H2O后，随滴加的进行，c(OH－)渐大，c(OH－)至一定程度，Al(OH)3沉淀开始溶解产生AlO：
Al(OH)3＋OH－====AlO＋2H2O
答案：(1)Al3＋＋3OH－====Al(OH)3↓
(2)NH＋OH－NH3·H2O
(4)Al(OH)3＋OH－====AlO＋2H2O
难点14 结晶水合物的析出
溶液中晶体的析出是初中学习的内容，初中学习时要求低，不能满足于高考的需要，因此有必要深入学习。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
t℃时向a g饱和Na2CO3(aq)中加入1.06 g无水Na2CO3，搅拌后静置，冷却到原温度，结果溶液全部变为晶体(Na2CO3·10H2O)。求：
(1)S(Na2CO3)与a的关系式，S=_____________(S代表溶解度)。
(2)a的取值范围。
●案例探究
[例题]已知某温度下，无水Na2CO3的溶解度是10.0 g/(100 g水)。在该温度下，向足量的饱和Na2CO3(aq)中加入1.06 g无水Na2CO3，搅拌后静置。试求最终所得晶体的质量。
命题意图：考查学生对析出结晶水合物的计算能力。
知识依托：溶解度的概念和计算。
错解分析：常见错解有三：一是忽略析出的碳酸钠晶体中含有结晶水，二是不知道析出的碳酸钠晶体中含多少结晶水，三是认为析出的碳酸钠晶体中只含有1.06 g碳酸钠和相应的结晶水。
解题思路：解答本题有两种方法，一是过程思维法，二是终态思维法。
方法1(过程思维法)：先求加入的1.06 g无水Na2CO3形成并析出晶体的质量m1(Na2CO3·10H2O)及溶液中由此减少的水的质量m1(H2O)
Na2CO3 ～ Na2CO3·10H2O ～ 10H2O
106 g 286 g 180 g
1.06 g m1(Na2CO3·10H2O) m1(H2O)
m1(Na2CO3·10H2O)=2.86 g m1(H2O)=1.80 g
再求溶解在1.80 g水中Na2CO3的质量m2(Na2CO3)，及这些Na2CO3析出所形成晶体的质量m2(Na2CO3·10H2O)和溶液由此而减少水的质量m2(H2O)
m2(Na2CO3)＝＝0.180 g
Na2CO3 ～ Na2CO3·10H2O ～ 10H2O
106 g 286 g 180 g
0.180 g m2(Na2CO3·10H2O) m2(H2O)
m2(Na2CO3·10H2O)=0.486 g m2(H2O)=0.306 g
依次类推，求m3(Na2CO3)及m3(Na2CO3·10H2O)和m3(H2O)，直至所得晶体质量mi(Na2CO3·10H2O)在(Na2CO3·10H2O)的和中可以忽略为止。
m3(Na2CO3)＝＝0.0306 g
Na2CO3 ～ Na2CO3·10H2O ～ 10H2O
106 g 286 g 180 g
0.0306 g m3(Na2CO3·10H2O) m3(H2O)
m3(Na2CO3·10H2O)=0.0826 g m3(H2O)=0.0520 g
m4(Na2CO3)==0.00520 g
m4(Na2CO3·10H2O)==0.0140 g
……(生成固体质量以0.170倍递减)
最后得出所得晶体质量m(Na2CO3·10H2O)
m(Na2CO3·10H2O)=(Na2CO3·10H2O)
=2.86 g＋0.486 g＋0.0826 g＋0.0140 g＋……
=3.44 g
方法2(终态思维法)：设最终析出Na2CO3·10H2O的质量为x，则其中含有Na2CO3和水的质量分别为：
m(Na2CO3)= m(H2O)=
这样，若将(－1.06 g) Na2CO3溶解在质量为的水中，在题设温度下，当形成饱和溶液，所以：
x＝3.45 g。
答案：3.45 g
评注：二法相比，方法一不及方法二简捷、准确。方法一之答案较方法二之答案出现一定的误差，是有效运算和四舍五入的结果。若进行纯数字运算，则两种方法的计算结果应该是完全相同的。
●锦囊妙计
求析出结晶水合物的质量，常有两种思维：(1)过程思维：按晶体析出分过程计算的一种方法，思维朴素易接受，但计算量大；(2)终态思维：摒弃晶体析出过程，直接由最终结果计算的方法，优点是计算量相对较小。
●歼灭难点训练
1.(★★★)在一定温度下，向足量的饱和Na2CO3(aq)中加入1.06 g无水Na2CO3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量是( )
A.等于1.06 g B.大于1.06 g而小于2.86 g
C.等于2.86 g D.大于2.86 g
2.(★★★)将例题中的“10.0 g”改为“50.0 g”，其他不变，试求之。
3.(★★★★)t℃时，向足量饱和Na2CO3(aq)中，加入1.06 g无水Na2CO3，搅拌后静置，并冷却至t℃，最终所得晶体质量为5.83 g，求该温度下Na2CO3的溶解度。
4.(★★★★★)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名海波、大苏打。现向定量饱和Na2S2O3(aq)中加入m g无水Na2S2O3固体，搅拌后静置，得到一定质量的Na2S2O3·5H2O晶体，欲求所得晶体质量x(g)，还必须补充一个条件。则：
(1)所补充的条件是 (用字母表示，但要说明它的含义)；
(2)写出求所得晶体质量的计算式，x＝______。
附：参考答案
难点磁场
解析：(1)最后所得晶体质量为(a＋1.06)g，其中含Na2CO3质量是：106(a＋1.06)／286 g，含水质量为：180(a＋1.06)／286 g；则：
S=×100 g=g
(2)由于S＞0，所以：2650a－4770＞0，a＞1.8。
答案：(1)S=g (2)a＞1.8
歼灭难点训练
1. D
2.解析：设析出Na2CO3·10H2O质量为x，则：其中含Na2CO3质量为106 x／286，含水质量为180 x／286；
(106x／286－1.06 g)∶50.0 g=(180x／286)∶100g
x=18.9 g
答案：18.9 g
3.解析：5.83 g Na2CO3·10H2O中含Na2CO3质量5.83 g×106／286=2.16 g，含水质量5.83 g×180／286=3.67 g。
则：
S(Na2CO3)=30.0 g
答案：30.0 g
4.提示：(1)所补充的条件是：一定温度下，Na2S2O3在水中的溶解度S(g)。(若未指明温度，该小题不能得分)
(2)所得x(g) Na2S2O3·5H2O中：m(Na2S2O3)=g，m(水)=g，
则
答案：(1)一定温度下，Na2S2O3在水中的溶解度S(g)
(2)
难点15 多离子盐溶液的结晶
多离子盐溶液中晶体的析出属初中所学内容，但初中所学不能满足于高考的要求，因此高中阶段有必要加深。
●难点磁场
请试做以下题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
已知四种物质在水中、液氨中的溶解度(g溶质/100 g溶剂)如下表：
溶质溶剂 AgNO3 Ba(NO3)2 AgCl BaCl2
水 170 9.3 1.5×10－4 33.3
液氨 86 97.2 0.8 0
(1)分别是1.0 mol· L－1的Ag＋、Ba2＋、NO－3和Cl－在水中发生反应的离子方程式是 。
(2)分别是0.50 mol·L－1的以上四种离子在液氨中发生反应的离子方程式是
。
(3)得出以上结论的依据是 。
(4)将以上四种离子按适当浓度混合于液氨之中，能否有AgCl沉淀析出？
答：________(“能”或“否”)。
●案例探究
[例题]下面是四种盐在不同温度下的溶解度(g／100 g H2O)：
NaNO3 KNO3 NaCl KCl
10℃ 80.5 20.9 35.7 31.0
100℃ 175 246 39.1 56.6
(计算时假定：①盐类共存时不影响各自的溶解度；②过滤晶体时，溶剂损耗忽略不计)
(1)取23.4 g NaCl和40.4 g KNO3，加70.0 g H2O，加热溶解。在100℃时蒸发掉 50.0 g H2O，维持该温度，过滤析出晶体，计算所得晶体的质量(m高温)。
将滤液冷却至10 ℃，待充分结晶后过滤。计算所得晶体的质量(m低温)。
(2)另取34.0gNaNO3和29.8 g KCl，同样进行如上实验。10℃时析出的晶体是_______________(写化学式)。100℃和10℃得到的晶体质量(m′高温和m′低温)分别是多少
命题意图：本题考查多离子溶液中晶体的析出(实为沉淀生成)和溶解度的计算技能。
知识依托：物质的结晶。
错解分析：不了解物质的结晶与复分解反应的关系，(1)问无解；没看出(2)问数据的巧妙而费解。
解题思路：(1)100℃时S (NaCl)最小，所以析出NaCl晶体，则不析出KCl、NaNO3；KNO3溶液未达饱和，亦不会析出。
m高温＝23.4 g－39.1 g×(70.0 g－50.0 g)÷100 g
＝23.4 g－7.82 g
＝15.6 g
将溶液冷却到10℃，析出晶体为KNO3和NaCl，析出KNO3晶体质量为：
40.4 g－20.9 g×(70.0g－50.0 g)÷100 g
＝40.4 g－4.18 g
=36.2 g
析出NaCl晶体的质量为：(39.1 g－35.7 g)×(70.0 g－50.0 g)÷100 g=0.68 g
则：m低温=0.68 g＋36.2 g=36.9 g
(2)两种原始溶液中，各种盐的物质的量都相等。
n(NaCl)==n(KNO3)==n(NaNO3)
==n(KCl)==0.400 mol。
因而溶解后得到的两种溶液中四种离子浓度完全相同，根据溶解度数据可知，100℃时蒸发后得到的是NaCl晶体，冷却后得到的是KNO3晶体，但也含有少量的NaCl。所以第(2)小题不必再计算，便知：
m′高温=m高温=15.6 g m′低温=m低温=36.9 g
答案：(1)15.6 g 36.9 g (2)15.6 g 36.9 g
●锦囊妙计
多离子溶液中的任何一种阳离子与任何一种阴离子相结合都可构成为溶液的一种溶质，若忽略同离子效应和盐效应(即假定盐类共存时不影响各自的溶解度)，当溶液中各离子浓度相等时，不论蒸发还是降温，溶解度最小的溶质首先析出，且析出盐的阳离子(或阴离子)与溶液中的其他阴离子(或其他阳离子)不会结晶析出，但与析出盐晶体中阴、阳离子无关的其他阴、阳离子所形成的溶质有析出的可能。
若溶液中各离子浓度不等，则有析出多种晶体的可能。若SA＞SB＞SC＞SD，则晶体析出的先后顺序为：D、C、B，一般不会析出A。
●歼灭难点训练
1.(★★★)取100 g H2O，配成10℃饱和KCl溶液，又取50 g 水，加入35.4 g NaNO3，配成10℃ NaNO3溶液。将以上两溶液混合后，10℃时有 种晶体析出，质量是______g，该晶体的化学式为 ，析出该晶体的原因是 (溶解度见例题)。
2.(★★★)将例题中的“40.4 g KNO3”改为“29.8 g KCl”，其他不变，试求m高温和m低温。
3.(★★★★)将例题中的“23.4 g NaCl和40.4 g KNO3”改为“0.120 mol KCl和0.110 mol NaNO3”，其他不变，求m高温和m低温。
4.(★★★★★)某化学兴趣小组欲从NaNO3和KCl的混合溶液中分离出KNO3，设计了如下实验方案：
假设：①混合溶液中，n(KCl)=n(NaNO3)；②盐类共存时不影响各自的溶解度。溶液中各种溶质在100℃和10℃的溶解度参照例题。试回答下列问题：
(1)①的主要操作是 ；
②的主要操作是 。
(2)晶体A的主要成分是____________，若含有杂质可能是____________。晶体C的主要成分是____________，若含有杂质可能____________；通过实验确定晶体C中是否含有该杂质的方法是 。
(3)若晶体C中确实含有杂质，进一步提纯的方法是____________。
附：参考答案
难点磁场
解析：(4)若析出BaCl2沉淀之后，Ag＋与剩余Cl－的浓度超过了饱和AgCl液氨溶液中Ag＋和Cl－的浓度就会有AgCl沉淀析出。
答案：(1)Ag＋＋Cl－====AgCl↓ Ba2＋＋2NO====Ba(NO3)2↓
(2)Ba2＋＋2Cl－====BaCl2
(3)溶液中复分解反应发生的条件之一是有沉淀生成，而溶解度小者首先形成沉淀析出
(4)能
歼灭难点训练
1.解析：10℃时，KNO3溶解度最小，所以首先计算是否有KNO3晶体析出。
100 g＋50 g=150 g水中能溶解KNO3质量为：
=31.4 g
而n(NaNO3)==n(KCl)==0.416 mol
则析出KNO3质量为：
101 g·mol－1×0.416 mol－31.4 g=42.0 g－31.4 g=10.6 g
析出KNO3晶体，则不析出KCl晶体和NaNO3晶体。
其次，计算是否有NaCl晶体析出。
150 g水能溶解NaCl质量为：
=53.6 g
此时溶液中共有NaCl质量为：
58.5 g·mol－1×0.416 mol=24.3 g
可见，不会有NaCl晶体析出。
答案：一 10.6 KNO3 因为溶液中存在K＋、Na＋、NO、Cl－四种离子，可以自由组合成KCl、KNO3、NaCl、NaNO3四种物质，在10℃时，S(KNO3)＜S(KCl)，所以可能有KNO3晶体析出，S(NaCl)＜S(NaNO3)，所以可能有NaCl晶体析出，经计算知，只析出KNO3晶体。
2.解析：100℃时。70.0 g－50.0 g=20.0 g水溶解NaCl和KCl的质量分别是：
m(NaCl)=39.1 g×20.0 g／100 g=7.82 g
m(KCl)=56.6 g×20.0 g／100 g=11.3 g
10℃时，20.0 g水溶解NaCl和KCl的质量分别是：
m′(NaCl)=35.7 g×20.0 g／100 g=7.14 g
m′(KCl)=31.0 g×20.0 g／100 g=6.20 g
则：m高温=23.4 g－7.82 g＋29.8 g－11.3 g=34.1 g
m低温=7.82 g－7.14 g＋11.3 g－6.20 g=5.8 g
答案：34.1 g 5.8 g
3.解析：100℃时，NaCl不析出，因为：
58.5 g·mol－1×0.110 mol－=6.44 g－7.82 g＜0
那么，NaNO3亦不析出，因NaNO3与NaCl物质的量相等，且溶解度大；同理KNO3亦不析出，因KNO3与NaNO3物质的量相等，且溶解度大。
KCl亦不析出，因为：
74.5 g·mol－1×0.120 mol－=8.94 g－11.3 g＜0
则：m高温=0
降温至10℃，析出KNO3：
101 g·mol－1×0.110 mol－=11.1 g－4.18 g=6.9 g
那么，NaNO3不会析出。KCl亦不析出，因为：
74.5 g·mol－1×(0.120 mol－0.110 mol)－=0.745 g－6.20 g＜0
NaCl亦不析出，因为：
58.5 g·mol－1×0.110 mol－=6.44 g－7.14 g＜0
则：m低温=6.9 g
答案：0 6.9 g
4.解析：从含有4种离子：K＋、Na＋、Cl－和NO的溶液中提取KNO3，应该采取冷却热饱和溶液的方法。而原溶液可能是不饱和的(对KNO3而言)、低温的。欲冷却，应制成高温的；欲使KNO3饱和，要蒸发水分——此为操作①。高温(100℃)下蒸发水，溶解度小者就会首先析出(NaCl)——此为A主要成分。过滤出NaCl晶体，然后冷却的饱和溶液——此即操作②，可析出晶体——主要是KNO3，也含有少量NaCl——C的主要成分。进行再结晶可提纯KNO3。
答案：(1)①蒸发水分，并将溶液控制在较高温度(如100℃)下，过滤析出晶体
②冷却至较低温度(如10℃)，过滤析出晶体
(2)NaCl KNO3 KNO3 NaCl 用焰色反应检验是否含有Na＋，用AgNO3(aq)和稀HNO3检验是否含有Cl－
(3)重结晶
难点16 水的电离
如何判断(或计算)溶液中c水(H＋)或c水(OH－)的大小，如何找出c水(H＋)与c水(OH－)的物料守恒关系，是本篇解决的问题。
●难点磁场
请试做下列题目，然后自我界定学习本篇是否需要。
Na2S(aq)中，下列说法正确的是________。
A.2c(Na＋)＋c(H＋)====c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)
B.c(Na＋)＋c(H＋)====2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)
C.c(H＋)＋c(HS－)＋2(H2S)====c(OH－)
D.c(Na＋)====2c(S2－)＋2(HS－)＋2c(H2S)
●案例探究
[例1]室温下，在pH=12的某溶液中，由水电离生成的c(OH－)为
A.1.0×10－7 mol·Ｌ－1 B.1.0×
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