第2章 第6讲 物质的量浓度及溶液的配制（Word教参）-【精讲精练】2027年高考化学一轮复习（人教版）

该高中化学高考复习讲义围绕物质的量浓度及溶液配制核心考点，按概念理解、计算应用、实验操作逻辑层次展开，涵盖物质的量浓度与质量分数关系、溶液稀释混合计算、配制误差分析等高考重点，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节帮助学生构建知识体系。 讲义采用分类突破策略，如误差分析从溶质物质的量和溶液体积双角度剖析，培养科学思维，化学计算整合守恒法、差量法等技巧并结合真题实例，强化科学探究与实践能力，分层练习配合即时反馈，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供系统指导。

第6讲　物质的量浓度及溶液的配制 [课程标准]　1.理解物质的量浓度与溶解度、质量分数的关系，掌握其相关计算。2.掌握一定物质的量浓度溶液的配制方法并能进行误差分析。 考点一　物质的量浓度 1．溶液组成的两种表示方法 内容 物质的量浓度 溶质质量分数 含义 表示单位体积的溶液里所含溶质B的物质的量，符号为cB 用溶质质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示 表达式 cB＝ w(B)＝×100% 单位 mol·L-1 无 相互转化 c＝(ρ的单位为g·cm-3) [自主思考] (1)多种表示溶液浓度方法的理解： ①15%的NaCl溶液的含义是___________________________________________________ ________________________________________________________________________； ②0.1 mol·L-1 NaCl溶液的含义是_____________________________________________ ________________________________________________________________________； ③某加碘食盐中含碘量为20～40 mg·kg-1的含义是_________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为________。 (3)市售浓硫酸中溶质的质量分数为98%，密度为1.84 g·mL-1。计算市售浓硫酸中硫酸的物质的量浓度为__________________________________________________________________ ______________________________________________________________(写出计算过程)。 提示　(1)①每100 g NaCl溶液中含有NaCl的质量为15 g　②每1 L NaCl溶液中含有NaCl的物质的量为0.1 mol　③每1 kg加碘食盐中含碘元素20～40 mg　(2)16% (3)假设溶液体积为1 L c(H2SO4)＝＝＝18.4 mol·L-1 2．物质的量浓度计算的两要素 (1)正确判断溶质 ①与水发生反应的物质，溶质发生变化，水量减少，如： Na、Na2O、Na2O2NaOH SO2、SO3H2SO3、H2SO4 NH3NH3·H2O(但仍按NH3进行计算) ②结晶水合物，溶质不变但水量增多，如： CuSO4·5H2OCuSO4，FeSO4·7H2OFeSO4。 (2)确定溶液体积：溶液体积不是溶剂体积，也不是溶剂体积与溶质体积的简单加和，可以根据V＝求算。 3．溶液稀释与混合常用关系的计算 溶液 稀释 ①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2；②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2；③溶液的质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒) 溶液 混合 混合前后溶质的物质的量保持不变，即：c1V1＋c2V2＝c混V混。若溶液混合后体积不变，则V混＝V1＋V2；若混合后体积变化，则V混＝ 正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)在100 mL的烧杯中，加入10 g食盐，然后注入90 mL的水，充分溶解后，所得溶质的质量分数为10%。(　　) (2)将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为40%。(　　) (3)将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1 mol·L-1。(　　) (4)25 ℃时pH＝1的H2SO4溶液中，溶质的物质的量浓度为0.1 mol·L-1。(　　) (5)将标准状况下44.8 L HCl溶于100 mL水中，所得溶液的密度为1.384 g·mL-1，则其物质的量浓度为1.5 mol·L-1。(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× 一、物质的量浓度及与质量分数的计算 1．(2025·云南昆明开学考试)将M、N(其摩尔质量之比为2∶1)两种气体分别溶于水(M、N与水均不反应)配成溶液，当两种溶液中溶质的质量分数相同时，其密度分别为ρ1和ρ2，则两种溶液中溶质的物质的量浓度之比为____________。 解析　根据c＝可知，当两种溶液的质量分数相同时，c1∶c2＝∶＝∶＝ρ1∶2ρ2。 答案　ρ1∶2ρ2 二、溶液的稀释与混合 2．(2026·黑龙江佳木斯开学考试)化学试剂商店出售的硫酸主要标识如图所示，下列说法正确的是(　　) 硫酸(500 mL) 品名：硫酸　　　　　 化学式：H2SO4 相对分子质量：98 密度：1.84 g/cm3 溶质质量分数：98% A．该硫酸的物质的量浓度为98% B．配制100 mL 1.84 mol·L-1稀硫酸，需该硫酸10.0 mL C．该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49% D．100 mL 1.84 mol·L-1稀硫酸中H＋的物质的量为0.184 mol 解析　由c＝可知，c(H2SO4)＝ mol·L-1＝18.4 mol·L-1，A错误；由稀释定律可知，配制100 mL 1.84 mol·L-1稀硫酸，需该硫酸溶液的体积为×103 mL·L-1＝10.0 mL，B正确；硫酸的密度大于水，等体积的硫酸质量大于水，故混合所得溶液的质量分数大于49%，C错误；由分子式可知，100 mL 1.84 mol·L-1稀硫酸中氢离子的物质的量为1.84 mol·L-1×0.1 L×2＝0.368 mol，D错误。 答案　B 3．若将质量分数为28%的KOH溶液蒸发掉100 g水后(无固体析出)，得到了125 mL质量分数为56%的溶液，则浓缩后溶液的物质的量浓度是________。 解析　设原来溶液质量为x，根据浓缩前后溶质质量不变得：28%x＝56%(x－100)，解得x＝200 g，则KOH的质量为200 g×28%＝56 g，物质的量是1 mol，浓缩后溶液的物质的量浓度是＝8 mol·L-1。 答案　8 mol·L-1 溶质相同、质量分数不同(a%、b%)的两种溶液混合 (1)等体积混合 ①当溶液密度大于1 g·cm-3时，必然是溶液浓度越大，密度越大，等体积混合后，质量分数w>(a%＋b%)(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液)； ②当溶液密度小于1 g·cm-3时，必然是溶液浓度越大，密度越小，等体积混合后，质量分数w<(a%＋b%)(如酒精、氨水溶液)。 (2)等质量混合 两溶液等质量混合时(无论是ρ>1 g·cm-3还是ρ<1 g·cm-3)，则混合后溶液中溶质的质量分数w＝(a%＋b%)。　 三、气体溶于水所得溶液物质的量浓度的计算 4．在标准状况下，将V L氨气溶于0.1 L水中，所得溶液的密度为ρ g·cm-3，则此氨水的物质的量浓度为________ mol·L-1。 解析　n(NH3)＝ mol，溶液体积为×10-3 L，c＝ mol·L-1＝ mol·L-1。 答案　 标准状况下，气体溶于水所得溶液的溶质的物质的量浓度的计算： c＝　 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 1．容量瓶的构造及使用 (1)构造及用途 (2)查漏操作 2．配制过程及操作 以配制500 mL 1.0 mol·L-1 NaCl溶液为例： [自主思考] 在实验室中，如何配制100 g 10%的NaCl溶液？ 提示　用托盘天平称取10.0 g NaCl固体，放入200 mL烧杯中，再用100 mL量筒量取90.0 mL的蒸馏水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。 配制过程中四种仪器的使用注意事项 仪器 注意事项或作用 量筒 (1)不能作反应器；(2)不能将浓溶液直接在量筒中稀释；(3)量取的液体倒出后不必洗涤 托盘 天平 (1)使用前调零；(2)药品不能直接放在托盘上；(3)左物右码，先大后小；(4)读数至小数点后1位 玻璃棒 (1)在溶液配制中的作用是搅拌、引流；(2)搅拌勿碰烧杯内壁，引流注意玻璃棒下端应在刻度线以下 烧杯 (1)用于溶解固体或稀释浓溶液；(2)将溶液转入容量瓶后，必须将烧杯内壁和玻璃棒洗涤2～3次，将洗涤液也都转入容量瓶 正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)配制0.100 0 mol·L-1氯化钠溶液时，两次用玻璃棒的作用相同。(　　) (2)向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒可以接触容量瓶内壁。(　　) (3)应选用佩戴塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液。(　　) (4)应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体。(　　) (5)用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小。(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)× 一、一定物质的量浓度溶液的配制规范操作 1．(2025·河南洛阳期末)实验室利用KCl固体配制480 mL 1 mol·L-1KCl溶液，利用浓硫酸配制500 mL 1 mol·L-1硫酸溶液，下列有关说法正确的是(　　) A．配制KCl溶液需称量35.76 g KCl B．两种溶液配制过程中，所用仪器完全相同 C．溶液配制过程中，玻璃棒均只起搅拌作用 D．量取浓硫酸时俯视读数，导致量取体积偏小 解析　配制480 mL 1 mol·L-1KCl溶液，需要用500 mL容量瓶，托盘天平称量KCl质量应为0.5 L×1 mol·L-1×74.5 g·mol-1≈37.3 g，A错误；KCl溶液配制需用到托盘天平，浓硫酸配制需用到量筒，仪器不同，B错误；玻璃棒在转移溶液时还用于引流，并非“只起搅拌作用”，C错误；俯视量筒刻度会导致实际量取液体体积小于读数，导致量取体积偏小，D正确。 答案　D 2．(2026·宁夏银川段考)某探究学习小组成员欲用NaClO固体配制480 mL密度为1.2 g·mL-1的消毒液，其中NaClO的质量分数为25%。下列说法正确的是(　　) A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不用烘干就能用于溶液的配制 B．图中仪器有四种是不需要的，还需一种图中未画出的玻璃仪器 C．利用久置的NaClO固体来配制可能导致所配溶液中NaClO的质量分数偏高 D．需要称量的NaClO固体质量为144.0 g 解析　容量瓶用蒸馏水洗净后，无需烘干即可使用，A正确；配制溶液需托盘天平、烧杯、500 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，图中不需要的仪器为圆底烧瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、分液漏斗共四种，还需玻璃棒和胶头滴管两种未画出的玻璃仪器，B错误；久置NaClO会变质，导致称量的固体中NaClO实际质量偏小，所配溶液质量分数偏低，C错误；需用500 mL容量瓶配制，NaClO质量为500 mL×1.2 g·mL-1×25%＝150.0 g，D错误。 答案　A 二、一定物质的量浓度溶液配制的误差分析 误差分析的思维流程 3．从改变溶质的物质的量角度分析产生的误差(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (1)配制450 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8 g：________。 (2)配制500 mL 0.1 mol·L-1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g：________。 (3)配制NaOH溶液，用托盘天平称量NaOH时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确：________。 (4)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒：________。 (5)配制一定物质的量浓度的稀H2SO4溶液时，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：________。 (6)定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：________。 (7)配制一定物质的量浓度溶液时，烧杯及玻璃棒未洗涤：________。 解析　(2)所需胆矾的质量为0.5 L×0.1 mol·L-1×250 g·mol-1＝12.5 g。(3)NaOH易吸水潮解。(4)实际称量的NaOH固体质量为4 g－0.4 g＝3.6 g。 答案　(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏小　(5)偏大　(6)偏小　(7)偏小 4．从改变溶液体积角度分析产生的误差(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (1)配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容：________。 (2)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：________。 (3)定容时仰视刻度线：________。 (4)定容摇匀后少量溶液外流：________。 (5)容量瓶中原有少量蒸馏水：________。 解析　(1)NaOH溶于水放热，导致溶液的体积比室温时大，应恢复至室温后再移液、定容。 答案　(1)偏大　(2)偏小　(3)偏小　(4)无影响 (5)无影响 视线引起误差的分析方法 (1)仰视容量瓶刻度线，如图1，导致溶液体积偏大，结果偏低。 (2)俯视容量瓶刻度线，如图2，导致溶液体积偏小，结果偏高。 1．(2025·山东卷)称取1.6 g固体NaOH配制400 mL浓度约为0.1 mol·L-1的NaOH溶液，下列仪器中不需要使用的是(　　) A．100 mL烧杯 B．500 mL容量瓶 C．500 mL量筒 D．500 mL细口试剂瓶(具橡胶塞) 解析　配制400 mL浓度约为0.1 mol·L-1的NaOH溶液时，需要将称量好的固体放入烧杯中，用500 mL量筒量取400 mL水溶解，然后转移至500 mL配有橡胶塞的细口试剂瓶中保存，故不需要的仪器为500 mL容量瓶，B符合题意。 答案　B 2．(2025·安徽卷节选)配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有________(填名称)。 解析　配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌使其恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒。 答案　烧杯、玻璃棒 3．(2025·甘肃卷节选)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。 如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为___________。 解析　配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器有容量瓶、烧杯，不需要漏斗和圆底烧瓶。 答案　容量瓶、烧杯 4．(1)(2024·湖北卷节选)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的________(填标号)。 (2)(2024·全国甲卷节选)如图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________， 定容后还需要的操作为_______________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液需用到容量瓶，定容时用到胶头滴管，无需用到圆底烧瓶和试管，b、c正确。(2)操作a为冲洗玻璃棒和烧杯并将洗液转移至容量瓶中，重复三次是为了将残留溶质全部转移至容量瓶中。定容后要将溶液混合均匀，具体操作为：左手食指按住塞子，其余手指拿住瓶颈标线以上部分，右手托住瓶底，将瓶倒转并摇动，再倒转过来，上下倒置如此反复多次，使溶液充分混合均匀。 答案　(1)bc　(2)将玻璃棒和烧杯中残留的溶质全部转移至容量瓶中　盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶，将溶液混合均匀 难点突破2　化学计算的常用方法 突破点一　守恒法在化学计算中的应用 1．所谓“守恒”就是物质在发生“变化”的过程中某些量的总量保持“不变”。 守恒法是一种思维方法，运用守恒定律，不必纠结过程细节。只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态，常考的有以下三种守恒。 (1)元素守恒 化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各元素原子的种类和数目保持不变。 (2)电荷守恒 电解质溶液中，阴、阳离子所带电荷总数相等。如：Na2SO4溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，因溶液显中性，故c(Na＋)＝2c(SO)。 (3)得失电子守恒 氧化还原反应中，还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。 2．守恒法的解题思路 1．(2025·甘肃庆阳段考)现有盐酸和硫酸混合溶液100 mL，其中c(Cl－)＝1.6 mol·L-1，现将其分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33 g白色沉淀，往另一份中投入足量铁片，放出标准状况下V L气体。下列判断正确的是(　　) A．原混合酸中n(SO)＝0.02 mol B．原混合酸中n(H＋)＝0.18 mol C．V＝1 D．原溶液中HCl、H2SO4的物质的量之和为0.2 mol 解析　将溶液分成两等份，往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33 g白色沉淀，该沉淀应为硫酸钡，则每份溶液中n(SO)＝＝0.01 mol，所以原溶液中n(SO)＝0.02 mol，c(SO)＝＝0.2 mol·L-1，根据电荷守恒c(H＋)＝2c(SO)＋c(Cl－)＝2.0 mol·L-1，则n(H＋)＝2.0 mol·L-1×0.1 L＝0.2 mol，A正确，B错误；原溶液中n(H＋)＝0.2 mol，则每份溶液中n(H＋)＝0.1 mol，与足量铁片反应，全部转化为氢气，所以n(H2)＝0.05 mol，体积为0.05 mol×22.4 L·mol-1＝1.12 L，C错误；原溶液中n(H2SO4)＝n(SO)＝0.02 mol，n(HCl)＝n(Cl－)＝1.6 mol·L-1×0.1 L＝0.16 mol，所以HCl、H2SO4的物质的量之和为0.18 mol，D错误。 答案　A 2．某硫酸厂用FeS2的质量分数为60%的黄铁矿4000 t生产硫酸，若在沸腾炉内(反应：FeS2＋O2Fe2O3＋SO2，反应未配平)损失5%的硫，SO2制SO3时的转化率为90%，则能生产98%的浓硫酸________吨。 解析　设生产98%的硫酸的质量为x，根据S元素守恒可得：4000 t×60%××(1－5%)×90%＝×x×98%，则x＝3420 t；故能生产98%的硫酸3420吨。 答案　3420 3．ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度ClO2气体易发生爆炸，在生产时需用其他气体稀释。生产ClO2和NaClO2的工艺流程如下： ClO2发生器中反应为NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4―→Na2SO4＋ClO2↑＋H2O(未配平)。 (1)每生成1 mol ClO2转移__________mol电子。 (2)参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为____________。 解析　(1)该反应中，Cl元素由＋5价降低到＋4价，则每生成1 mol ClO2转移1 mol电子； (2)Cl元素由＋5价降低到＋4价，S元素由＋4价升高到＋6价，根据电子守恒，n(NaClO3)×1＝n(Na2SO3)×2，故n(NaClO3)∶n(Na2SO3)＝2∶1。 答案　(1)1　(2)2∶1 突破点二　差量法及其应用 1．差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。 2．差量法解题的关键是找准“理论差量”，把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如： 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气) 2 mol　1 mol　　2 mol 24 g 1 mol 22.4 L(标况) 1．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为(　　) A．4 L B．8 L C．12 L D．16 L 解析　混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)， 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　　ΔV 44．8 L 22.4 L 22.4 L V(CO2) (20－16)L 44．8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16)L， 解得V(CO2)＝8 L， 则V(CO)＝(20－8)L＝12 L。 答案　C 2．若向含有少量水蒸气的容器中通入SO2与H2S 的混合气体，二者的物质的量共1.00 mol，充分反应后，所得的氧化产物比还原产物多8.0 g，则通入的SO2与H2S的物质的量之比可能是(　　) A．1∶4 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶1 解析　2H2S＋SO2===3S＋2H2O　Δm 2 mol 1 mol 32 g n(H2S) n(SO2) 8 g ＝＝， 解得n(H2S)＝0.5 mol，n(SO2)＝0.25 mol。 假设H2S完全反应，则n(H2S)∶n(SO2) ＝0.5 mol∶(1－0.5)mol＝1∶1；假设SO2完全反应，则n(H2S)∶n(SO2)＝(1－0.25)mol∶0.25 mol＝3∶1，故选C。 答案　C 突破点三　热重分析法 1．含义：在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法。 2．使用条件 只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重分析法来研究物质的组成。我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。 3．热重曲线模型 一般以横坐标为温度，纵坐标为固体质量(或质量分数等)建立平面直角坐标系。如固体物质A受热分解：A(s)B(s)＋C(g)，固体A热分解反应的热重曲线如图所示。 试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，温度由T1升高到T2的过程，失重质量Δm＝m0－m1，失重质量百分数为×100%。 4．基本方法和思路 (1)设晶体(金属化合物)为1 mol，其质量为m。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3)计算每步固体剩余的质量m(剩余)，×100%＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。 (5)失重后的产物最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(氧元素)，由n(金属)∶n(氧元素)，即可求出失重后物质的化学式。 1．(2023·全国乙卷节选)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知x＝__________，y＝__________。 解析　由图可知，FeSO4·7H2O―→FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3%，则失重比为19.4%时，失去的结晶水数目为≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－≈1。 答案　4　1 2．(2025·甘肃卷节选)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。 取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92 ℃范围内产品质量减轻的原因为__________________________。结晶水个数x＝________。[M(C7H5O)＝121，结果保留两位有效数字]。 解析　Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，0～92 ℃范围内产品质量减轻的是Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水，92 ℃～195 ℃失去的是结晶水的质量；最后得到的是Eu2O3，1 mol Eu(C7H5O2)3·xH2O失去结晶水质量减少18x g，重量减少5.2%，根据M(C7H5O)＝121，1 mol Eu(C7H5O2)3生成0.5 mol的Eu2O3，质量减少3×(121－8) g＝339 g，重量减少56.8%，有关系式18x∶5.2%＝339∶56.8%，x≈1.7。 答案　Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水　1.7 3．(2025·山东济宁段考)将25.0 g胆矾晶体放在坩埚中加热测定晶体中结晶水的含量，固体质量随温度的升高而变化的曲线如图，请认真分析，填写下列空白： (1)30 ℃～110 ℃之间所得固体的化学式是________，650 ℃～1000 ℃之间所得固体的化学式是________。 (2)温度高于1000 ℃后所得固体的化学式是________，发生反应的化学方程式为________________________。 (3)根据上图分析，常温下CuSO4·5H2O________(填“可以”或“不可以”)用作干燥剂，进行硫酸铜晶体结晶水含量测定实验时，温度应控制在________范围内。 解析　(1)25.0 g CuSO4·5H2O物质的量是＝0.1 mol，其中硫酸铜的质量是0.1 mol×160 g·mol-1＝16.0 g，所以30 ℃～110 ℃之间固体质量是21.4 g，其中水的质量是21.4 g－16.0 g＝5.4 g，物质的量是＝0.3 mol，所以硫酸铜与水的物质的量之比是0.1∶0.3＝1∶3，所以所得固体的化学式是CuSO4·3H2O；650 ℃～1000 ℃所得固体的质量是8.0 g，其中Cu元素的质量是0.1 mol×64 g·mol-1＝6.4 g，所以剩余8.0 g－6.4 g＝1.6 g为O元素，即n(O)＝＝0.1 mol，所以Cu与O元素的物质的量之比是1∶1，所以固体化学式是CuO。 (2)当温度高于1000 ℃时，固体CuO的质量为7.2 g，其中n(Cu)＝0.1 mol，n(O)＝0.05 mol，故n(Cu)∶n(O)＝2∶1，所以温度高于1000 ℃后所得固体的化学式是Cu2O，发生反应的化学方程式为4CuO2Cu2O＋O2↑。 (3)由胆矾晶体得化学式CuSO4·5H2O可知，1 mol CuSO4只能吸收5 mol H2O，吸水效果较差，常温下CuSO4·5H2O不可以用作干燥剂，根据图像可知，650 ℃前固体质量为16 g，说明结晶水已经完全失去，若温度高于650 ℃，则硫酸铜分解，影响测定结果；而温度低于260 ℃，硫酸铜晶体中的结晶水不会完全失去，所以加热硫酸铜晶体的温度范围为260 ℃～650 ℃。 答案　(1)CuSO4·3H2O　CuO　(2)Cu2O　4CuO2Cu2O＋O2↑ (3)不可以　260 ℃～650 ℃ 突破点四　关系式法及其应用 1．关系式法是物质间的一种简化的式子，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 2．关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法有：①利用化学方程式中化学计量数间的关系；②利用原子守恒关系；③利用得失电子守恒关系；④利用化学方程式的加和等。 1．(2023·山东卷节选)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。 m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，再进行灼烧、冷却、干燥、称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2 g，测得样品纯度为______________(用含m1、m2的代数式表示)。 解析　SiHCl3H2SiO3·nH2OSiO2，根据Si原子守恒可得关系式SiHCl3～SiO2，则m1 g样品中SiHCl3的质量为×135.5 g，样品的纯度为×100%＝×100%。 答案　×100% 2．(2026·重庆开学考试)硫酸铁铵晶体[NH4Fe·12H2O，摩尔质量为482 g·mol-1]易溶于水，不溶于乙醇，常用作分析试剂。为测定产品纯度，进行如下实验： Ⅰ.配制溶液：称取m g产品溶于水，然后配制成100.00 mL溶液，取20.00 mL溶液于锥形瓶中，加入过量的KI溶液充分反应。 Ⅱ.滴定：用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。(已知I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI) (1)滴定中使用的指示剂为________。 (2)该产品纯度为________(列出最简表达式)。 解析　(1)碘溶液遇淀粉溶液会变为蓝色，所以滴定中使用的指示剂为淀粉溶液。 (2)由得失电子数目守恒可得如下转化关系：2Fe3+～I2～2Na2S2O3，滴定消耗V mL 0.100 0 mol·L-1硫代硫酸钠溶液，则产品纯度为×100%＝%。 答案　(1)淀粉溶液　(2)% 学科网（北京）股份有限公司 $