2020版一轮复习新课改省份专用版1-1物质的量　气体摩尔体积学案

2020版一轮复习新课改省份专用版1-1物质的量　气体摩尔体积学案

第一章 化学计量 第一节物质的量　气体摩尔体积 考点(一)　物质的量、气体摩尔体积 【点多面广精细研】‎ ‎1．物质的量(n)‎ ‎(1)含义：物质的量是一个物理量，表示含有一定数目粒子的集合体，单位为mol。‎ ‎(2)数值：1 mol粒子集合体所含的粒子数与0.012_kg 12C中所含的碳原子个数相同，约为6.02×1023。‎ ‎2．阿伏加德罗常数(NA)‎ ‎(1)概念：1 mol任何粒子所含的粒子数，通常用6.02×1023_mol－1表示。‎ ‎(2)关系：物质的量、粒子数(N)与阿伏加德罗常数的关系为。‎ ‎3．摩尔质量(M)‎ ‎(1)概念：单位物质的量的物质所具有的质量，单位：g·mol－1。‎ ‎(2)数值：当粒子的摩尔质量以g·mol－1为单位时，在数值上等于该粒子的相对分子(原子)质量。‎ ‎(3)关系：物质的量、物质的质量与摩尔质量的关系为。‎ ‎[注意]　摩尔质量、相对分子质量、质量是三个不同的物理量，具有不同的单位。如H2O的摩尔质量为18 g·mol－1，H2O的相对分子质量为18,1 mol H2O的质量为18 g。‎ ‎4．气体摩尔体积(Vm)‎ ‎(1)影响物质体积的因素 ‎(2)概念：在一定条件下，单位物质的量的气体所占的体积，单位：L/mol(或L·mol－1)，标准状况下(0 ℃，101 kPa)，Vm＝22.4_L·mol－1。‎ ‎(3)相关计算 ‎①基本表达式：Vm＝；‎ ‎②与气体质量的关系：＝；‎ ‎③与气体分子数的关系：＝。‎ ‎(4)影响因素：气体摩尔体积的数值不是固定不变的，它决定于气体所处的温度和压强。‎ ‎[小题练微点]‎ 判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)1 mol H2O中含有2 mol氢和1 mol氧(　　)‎ ‎(2)0.012 kg 12C中含有约6.02×1023个碳原子(　　)‎ ‎(3)58.5 g NaCl晶体中所含的粒子数目约为6.02×1023(　　)‎ ‎(4)1 mol OH－的质量是17 g·mol－1(　　)‎ ‎(5)标准状况下，22.4 L氧气与22.4 L苯中所含分子数均为NA(　　)‎ ‎(6)11 g CO2的体积为5.6 L(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×‎ ‎[学霸微提醒]‎ ‎(1)阿伏加德罗常数有单位，应写为6.02×1023 mol－1，不能仅写数值6.02×1023。‎ ‎(2)气体摩尔体积的使用“条件”一般指标准状况，即 0 ℃、1.01×105 Pa；使用对象必须是气体物质，可以是单一气体，也可以是混合气体。水、酒精、SO3、CCl4、苯等物质在标准状况下不是气体。‎ ‎(3)在标准状况下，气体摩尔体积约为22.4 L·mol－1，但在非标准状况下，1 mol气体的体积也可能是22.4 L。‎ ‎1.(2018·全国卷Ⅲ)下列叙述正确的是(　　)‎ A．24 g镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1‎ D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 解析：选B　24 g Mg、27 g Al的物质的量均为1 mol,1个Mg原子和1个Al原子所含的质子数分别为12、13，故24 g镁与27 g铝中含有的质子分别为12 mol和13 mol，A项错误；等质量的氧气和臭氧，所含氧原子数相等，故电子数相同，B项正确；1个D2O分子含有10个中子，1个H2O分子含有8个中子，1 mol重水与1 mol 水中含有的中子数之比为10∶8(5∶4)，C项错误；1个乙烷分子中含有7个共价键，而1个乙烯分子中含有6个共价键，故1 mol乙烷与1 mol 乙烯中，含有的化学键数之比为7∶6，D项错误。‎ ‎2．下列叙述正确的是(　　)‎ A．1.00 mol NaCl中含有 6.02×1023个 NaCl 分子 B．1.00 mol NaCl中，所有Na＋的最外层电子总数为 8×6.02×1023‎ C．欲配制 1.00 L 1.00 mol·L－1的 NaCl 溶液，可将 58.5 g NaCl 溶于1.00 L水中 D．电解58.5 g 熔融的 NaCl，能产生22.4 L 氯气(标准状况)、23.0 g 金属钠 解析：选B　NaCl是离子化合物，故A错误；Na＋最外层有8个电子，所以1.00 mol Na＋的最外层电子总数为8×6.02×1023，故B正确；欲配制1.00 L NaCl溶液，所需水的体积应小于1.00 L，故C错误；电解58.5 g熔融的NaCl，根据电解方程式：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑，得出生成标准状况下11.2 L氯气，故D错误。‎ 以物质的量为中心的换算关系 ‎[考法感悟]‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA B．22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA C．92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NA D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA 解析：选B　Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3的集合体，A项错误；氩气是单原子分子，标准状况下，22.4 L氩气的物质的量为1 mol，含有的质子数为18NA，B项正确；92.0 g 甘油的物质的量为1 mol，每个甘油分子含有3个羟基，所以1 mol甘油含有的羟基数为3.0NA，C项错误；CH4与Cl2发生取代反应生成的有机物除了CH3Cl以外，还有CH2Cl2、CHCl3和CCl4，生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D项错误。‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅱ)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA B．100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA C．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA 解析：选C　124 g P4的物质的量为1 mol，每个P4分子中含有6个P—P键，所以含有P—P键数目为6NA，A项错误；Fe3＋在水溶液中能发生水解，100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1NA，B项错误；标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5 mol，每个甲烷和乙烯分子都含有4个氢原子，所以含有氢原子数目为2NA，C项正确；SO2和O2的化合反应为可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后，混合气体的物质的量大于2 mol，即分子总数大于2NA，D项错误。‎ ‎3．(2018·浙江11月选考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　)‎ A．32 g S8(分子结构：)中的共价键数目为NA B．2 g由HO和2H2O组成的物质中含有的质子数为NA C．8 g CuO与足量H2充分反应生成Cu，该反应转移的电子数为0.2NA D．标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA 解析：选D　A选项，32 g S8中含共价键×8 mol＝1 mol，数目为NA，正确；B项，HO和2H2O的摩尔质量均为20 g·mol－1，且均为10电子分子，2 g混合物的物质的量为0.1 mol，其含电子数为NA，质子数也为NA，正确；C选项，8 g CuO为0.1 mol，被还原成0.1 mol Cu转移0.2 mol电子，转移电子数为0.2NA，正确；D选项，氯气与水反应为可逆反应，溶液中存在大量Cl2分子，三种微粒数之和小于NA，错误。‎ ‎[题点精析]‎ 解答阿伏加德罗常数应用题的“六大关注点”‎ 关注点1.看气体摩尔体积的使用条件及物质所处的状态 ‎[对点练]‎ ‎1．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)常温常压下，22.4 L Cl2中含有的分子数为6.02×1023个(　　)‎ ‎(2)标准状况下，80 g SO3的体积约为22.4 L(　　)‎ ‎(3)2.24 L CO2中含有的原子数为0.3NA(　　)‎ ‎(4)标准状况下，22.4 L N2和O2的混合气体中含有的分子数为NA(　　)‎ ‎(5)用惰性电极电解食盐水，若线路中通过NA电子的电量，则阳极产生气体11.2 L(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×‎ 关注点2.注意某些物理量与物质所处的状况无关 ‎　设置一些与计算无关的干扰条件，如给出非标准状况下的气体的物质的量或质量，干扰正确判断。具体为 ‎①物质的量或质量与物质所处状况无关。‎ ‎②物质的量或质量确定时，物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。‎ ‎[对点练]‎ ‎2．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)常温常压下，3.2 g O2所含的原子数为0.2NA(　　)‎ ‎(2)标准状况下，18 g H2O所含的氧原子数目为NA(　　)‎ ‎(3)常温常压下，40 g SO3中含2NA个原子(　　)‎ ‎(4)常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA(　　)‎ ‎(5)常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA(　　)‎ 答案：(1)√　(2)√　(3)√　(4)√　(5)√‎ 关注点3.记住特殊物质的组成与结构 ‎①记住最简式相同的物质，如NO2和N2O4，乙烯和丙烯(C3H6)等，如质量相同的乙烯和丙烯所含的原子数、电子数均相等。‎ ‎②记住特殊物质的结构，如Na2O2是由Na＋和O构成，而不是Na＋和O2－；NaCl为离子化合物，只有离子，没有分子等。‎ ‎③熟记特殊物质中所含微粒(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目，常考查的特殊微粒如Ne、D2O、18O2、O3、P4、H37Cl、—OH、OH－等。‎ ‎④记住物质中所含化学键的数目，如1 mol硅中含Si—Si键的数目为2NA,1 mol SiO2中含Si—O键的数目为4NA，再如H2O2、CnH2n＋2中化学键的数目分别为3、3n＋1等。‎ ‎⑤记住摩尔质量相同的物质，如N2、CO、C2H4等。‎ ‎[对点练]‎ ‎3．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)7.8 g Na2O2中含有的阴离子数为0.1NA(　　)‎ ‎(2)12 g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.3NA(　　)‎ ‎(3)78 g苯中含有碳碳双键的数目为3NA(　　)‎ ‎(4)将0.1 mol FeCl3溶于水中形成胶体后含有胶体粒子的数目为0.1NA(　　)‎ ‎(5)1.8 g重水(D2O)中含NA个中子(　　)‎ ‎(6)丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× 　(6)√‎ 关注点4.注意溶液中电解质的行为 ‎　题目常在难电离、易水解粒子的数目计算，电解质组成，溶液体积等因素上设置陷阱。解题时注意以下陷阱。‎ ‎①是否指明了溶液的体积。‎ ‎②是否有弱电解质或可水解的盐，如1 L 0.1 mol·L－1的乙酸溶液和1 L 0.1 mol·L－1的乙酸钠溶液中，含有CH3COO－的数目不相等且都小于0.1NA。‎ ‎③所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H2SO4溶液，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成无关；而0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成有关。‎ ‎[对点练]‎ ‎4．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)1 L 1 mol·L－1的Na2CO3溶液中含有NA个CO(　　)‎ ‎(2)1 L 0.5 mol·L－1 CH3COOH溶液中，CH3COO－的个数为0.5NA(　　)‎ ‎(3)0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，阴、阳离子的数目之和为0.2NA(　　)‎ ‎(4)等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NA(　　)‎ ‎(5)25 ℃时，pH＝13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA(　　)‎ ‎(6)1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)× 　‎ 关注点5.记住特殊氧化还原反应中电子转移的数目 反应 物质 转移电子的物质的量或电子数目 Na2O2＋CO2‎ ‎(或H2O)‎ ‎1 mol Na2O2‎ ‎1 mol或NA ‎1 mol O2‎ ‎2 mol或2NA Cl2＋NaOH ‎1 mol Cl2‎ ‎1 mol或NA Cl2＋Fe ‎1 mol Cl2‎ ‎2 mol或2NA ‎1 mol Fe ‎3 mol或3NA 说明：在Cl2和Fe的反应中，无论Cl2的量多少，反应产物均是FeCl3，故1 mol Fe参加反应失去3 mol e－；1 mol Cl2和H2O反应时，由于该反应为可逆反应，Cl2转移电子小于1 mol 或NA ‎[对点练]‎ ‎5．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA(　　)‎ ‎(2)1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA(　　)‎ ‎(3)1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA(　　)‎ ‎(4)向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2＋被氧化时，共转移的电子数目为NA(　　)‎ ‎(5)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA(　　)‎ ‎(6)H2O2分解制得标准状况下1.12 L O2，转移电子数目为0.2NA(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　‎ 关注点6.记住物质转化中存在的一些特殊反应或隐含反应 ‎①隐含“可逆反应”‎ ‎2SO2＋O22SO3,2NO2N2O4，‎ N2＋3H22NH3，Cl2＋H2OHCl＋HClO。‎ ‎②隐含“浓度的变化”‎ MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，‎ Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，‎ Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。‎ ‎③隐含“存在反应”‎ 在混合气体NO和O2中会发生反应：‎ ‎2NO＋O2===2NO2,2NO2N2O4。‎ ‎④隐含“钝化”‎ 常温下，铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸发生“钝化”。‎ ‎⑤隐含反应物的“用量”‎ 有些反应，反应物的用量不同，产物不同，如CO2与碱溶液的反应，少量CO2生成正盐，足量CO2生成酸式盐；Na2CO3与盐酸的反应；石灰水与NaHCO3溶液的反应等。‎ ‎[对点练]‎ ‎6．判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA(　　)‎ ‎(2)50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA(　　)‎ ‎(3)常温下，56 g铁片投入足量硫酸中生成NA个SO2分子(　　)‎ ‎(4)在密闭容器中加入1.5 mol H2和0.5 mol N2，充分反应后可得到NH3的分子数为NA(　　)‎ ‎(5)标准状况下，22.4 L NO2气体中所含分子数为NA(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×‎ ‎1．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)‎ A．0.1 mol Fe在0.1 mol氯气中充分燃烧时转移的电子数为0.3NA B．0.1 mol乙烷和丙烯的混合物所含氢原子数目为0.6NA C．64 g的后可得到NA个SO3分子 D．标准状况下，2.24 L含有的分子数目为0.1NA C项：注意该反应为可逆反应，常见的可逆反应有：H2＋I22HI、2SO2＋O2‎ ‎2SO3、2NO2N2O4。‎ D项：注意标准状况下，CCl4为液体。　　　　‎ 解析：选B　0.1 mol Fe在0.1 mol氯气中充分燃烧，Fe剩余，则转移电子数为0.2NA，A项错误；乙烷和丙烯的分子式分别为C2H6、C3H6，故0.1 mol该混合物含有0.6NA个H原子，B项正确；SO2与O2的反应为可逆反应，SO2不可能完全反应生成SO3，故得到SO3的分子数小于NA，C项错误；标准状况下，CCl4为液体，2.24 L CCl4的物质的量远大于0.1 mol，故所含分子数目远大于0.1NA，D项错误。‎ ‎2．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　)‎ A．1 L 0.1 mol·L－1 NaF溶液中含有0.1NA个 B．32 g转移电子数为2NA C．48 g O2和O3的混合气体中含有3NA个氧原子 D．1 mol H2O中含有2NA个共价键 A项：注意F－在水溶液中水解，常涉及的离子有CO、SO、HCO、HS－、S2－、CH3COO－等。‎ B项：注意变价元素发生反应时电子的转移，如Cu＋S、Cl2＋NaOH、Na＋O2、Fe＋Cl2。　　　‎ 解析：选A　A项，1 L 0.1 mol·L－1 NaF溶液中F－由于发生水解，其数目小于0.1NA，错误；B项，根据反应2Cu＋SCu2S可知，32 g硫跟足量铜反应转移电子数为2NA，正确；C项，48 g O2和O3的混合气体中氧原子数为×NA＝3NA，正确；D项，1个H2O分子中含有2个H—O键，故1 mol H2O中含有2NA个共价键，正确。‎ ‎3．计算下列粒子的数目。‎ ‎(1)0.3 mol H2O分子中所含氢原子数与________个NH3分子中所含氢原子数相等。‎ ‎(2)0.3 mol CH4分子中所含质子数与________个H2O分子中所含质子数相等。2.4 g TO中所含中子数为________，1.5 g CH中的电子数为________，15.6 g Na2O2中的阴离子数为________。‎ ‎(3)分子数为0.5NA的CO2分子的质量是________。‎ ‎(4)9.5 g A分子的物质的量是0.25 mol，A的摩尔质量是____________，N个B分子的质量是m g，则B的摩尔质量是______________，24 g O3的分子数与________g 18O2的分子数相等。‎ 答案：(1)0.2NA　(2)0.3NA　1.4NA　0.8NA　0.2NA　(3)22 g　‎ ‎(4)38 g·mol－1　 g·mol－1　18‎ ‎4．在一定条件下，m g NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2、H2O(g)，按要求填空。‎ ‎(1)若所得混合气体对H2的相对密度为d，则混合气体的物质的量为________，NH4HCO3的为________(用含m、d的代数式表示)。‎ ‎(2)所得混合气体的密度折合成标准状况为ρ g·L－1，则混合气体的平均摩尔质量为___。‎ ‎(3)在该条件下，所得NH3、CO2、H2O(g)的体积分数分别为a%、b%、c%，则混合气体的平均相对分子质量为______________________。‎ 掌握求算气体摩尔质量的五种常用方法 ‎①根据标准状况下气体的密度(ρ)：M＝ρ×22.4 L·mol－1。‎ ‎②根据气体的相对密度：＝D。‎ ‎③根据物质的质量(m)和物质的量(n)：M＝。‎ ‎④根据一定质量(m)的物质中微粒数目(N)和阿伏加德罗常数(NA)：M＝。‎ ‎⑤对于混合气体，求其平均摩尔质量，上述计算式仍然成立；还可以用下式计算：M＝×a%＋×b%＋×c%＋…，其中a%、b%、c%指混合物中各成分的物质的量分数(或体积分数)。　　　　‎ 解析：(1)混合气体对H2的相对密度为d，则混合气体平均相对分子质量等于2d，混合气体总质量为m g，则混合气体的物质的量为 mol。‎ NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O↑‎ ‎1 1 1 1‎ NH4HCO3与生成气体的物质的量之比为1∶3，则n(NH4HCO3)＝ mol，M(NH4HCO3)＝ g·mol－1＝6d g·mol－1。(2)混合气体的平均摩尔质量(混合气体)＝ρVm＝22.4ρ g·mol－1。(3)混合气体的平均相对分子质量等于各气体的摩尔质量乘以各成分的体积分数之和，(混合气体)＝M(NH3)×a%＋M(CO2)×b%＋M(H2O)×c%＝17a%＋44b%＋18c%。‎ 答案：(1) mol　6d g·mol－1　(2)22.4ρ g·mol－1‎ ‎(3)17a%＋44b%＋18c%‎ 考点(二)　阿伏加德罗定律及推论 【精讲精练快冲关】‎ ‎[知能学通]‎ ‎1．阿伏加德罗定律 ‎(1)概念 在相同温度和压强下，相同体积的任何气体，都含有相同数目的分子。‎ ‎(2)注意事项 阿伏加德罗定律的适用范围是气体，其适用条件是三个“同”，即在同温、同压、同体积的条件下，才有分子数相同这一结论，但所含原子数不一定相同。‎ ‎2．阿伏加德罗定律的推论 描述 关系 三正比 同温同压下，气体的体积比等于它们的物质的量之比 ＝ 同温同体积下，气体的压强比等于它们的物质的量之比 ＝ 同温同压下，气体的密度比等于它们的摩尔质量(或相对分子质量)之比 ＝ 二反比 同温同压下，相同质量的任何气体的体积与它们的摩尔质量(或相对分子质量)成反比 ＝ 同温同体积下，相同质量的任何气体的压强与它们的摩尔质量(或相对分子质量)成反比 ＝ 一连比 同温同压下，同体积的任何气体的质量比等于它们的密度之比，也等于它们的摩尔质量(或相对分子质量)之比 ＝＝ ‎[题点练通]‎ ‎1．下列关于同温同压下的两种气体 12C18O和 14N2的判断正确的是(　　)‎ A．体积相等时密度相等 B．原子数相等时具有的中子数相等 C．体积相等时具有的电子数相等 D．质量相等时具有的质子数相等 解析：选C　由于12C18O和14N2的相对分子质量不相等，故体积相等的两种气体的质量不相等，因此密度不相等，A项错误；1个12C18O分子中有16个中子，1个14N2分子中有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，B项错误；12C18O和14N2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，C项正确；每个12C18O和14N2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不相等，故等质量的两种分子所具有的质子数不相等，D项错误。‎ ‎2．在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系判断，下列说法中正确的是(　　)‎ A．若M(甲)＜M(乙)，则分子数：甲＜乙 B．若M(甲)>M(乙)，则气体摩尔体积：甲＜乙 C．若M(甲)＜M(乙)，则气体的压强：甲>乙 D．若M(甲)>M(乙)，则气体的体积：甲＜乙 解析：选C　等质量的气体，其摩尔质量与物质的量(或分子数)成反比，若M(甲)＜M(乙)，则分子数：甲>乙，A项错误；若M(甲)>M(乙)，则物质的量：甲<乙，又气体体积相等，故气体摩尔体积：甲>乙，B项错误；同温同体积同质量的气体或混合气体，压强与摩尔质量成反比，C项正确；由质量和密度相等可知气体体积相等，D项错误。‎ ‎3．等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．体积之比为13∶13∶14‎ B．密度之比为14∶14∶13‎ C．质量之比为1∶1∶1‎ D．原子数之比为1∶1∶1‎ 解析：选B　CO、N2、C2H2三种气体中每个分子的质子数均为14，摩尔质量分别为28 g·mol－1、28 g·mol－1、26 g·mol－1。质子数相等的三种气体物质的量相等，体积之比为1∶1∶1，密度与摩尔质量成正比，则密度之比为28∶28∶26＝14∶14∶13，质量与摩尔质量成正比，则质量之比为14∶14∶13，每分子CO、N2、C2H2分别含原子数为2、2、4，则原子数之比为1∶1∶2。‎ ‎4．(2019·哈尔滨模拟)在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相等的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是(　　)‎ A．充入的CO分子数比CO2分子数少 B．甲容器的体积比乙容器的体积小 C．CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小 D．甲中CO的密度比乙中CO2的密度小 解析：选D　质量相等的CO和CO2的物质的量之比为11∶7，在温度和压强相同时体积比为11∶7，但摩尔体积相同，其密度之比为7∶11。‎ ‎5.常温常压下，两个容积相同的烧瓶中分别盛满X和Y两种气体，打开开关a，使两烧瓶内的气体相通，最后容器内的压强由大到小的顺序排列正确的是(　　)‎ 编号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 气体X HI NH3‎ H2‎ NO 气体Y Cl2‎ HCl Cl2‎ O2‎ A.②＞③＞①＞④　　　 B．③＞①＝④＞②‎ C．③＞①＞④＞② D．④＞①＞②＞③‎ 解析：选C　同温同体积下，气体的压强之比等于物质的量之比。设起始状态下，每个烧瓶中气体的物质的量为a mol。①中Cl2＋2HI===2HCl＋I2，常温下，碘呈固态，充分反应后，气体的物质的量为1.5a mol；②中NH3＋HCl===NH4Cl，反应后无气体；③中不反应(光照或点燃条件下才反应)；④中发生反应2NO＋O2===2NO2,2NO2N2O4，反应后气体的物质的量介于a mol与1.5a mol之间，故C项正确。‎ 考点(三)　以物质的量为中心的计算 【多角探明无盲点】‎ 以物质的量为中心的综合运算，常与化学方程式结合起来进行解答，涉及的运算方法主要有比例式法和关系式法，而解题常用的守恒法是化学学科中的一种基本思想和方法，包括质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。‎ ‎ (1)应用原理 ‎　　　　　　 2Na　＋　2H2O===2NaOH＋H2↑‎ 化学计量数之比： 2 ∶ 2 ∶ 2 ∶ 1‎ 扩大NA倍： 2NA ∶ 2NA ∶ 2NA ∶ NA 物质的量之比： 2 mol ∶ 2 mol ∶ 2 mol∶ 1 mol 结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。‎ ‎(2)解题步骤 ‎[典例1]　(2016·上海高考)CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。‎ 完成下列计算：‎ ‎(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为____________L(标准状况)。‎ ‎(2)CO2和KO2有下列反应：‎ ‎4KO2＋2CO2―→2K2CO3＋3O2‎ ‎4KO2＋4CO2＋2H2O―→4KHCO3＋3O2‎ 若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。‎ ‎[解析]　(1)碳酸氢铵分解的化学方程式为NH4HCO3H2O＋NH3↑＋CO2↑，从化学方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)＋n(CO2)＝2n(NH4HCO3)＝2×2.00 mol＝4.00 mol，则V(混合气体)＝4.00 mol ×22.4 L·mol－1＝89.6 L，即分解产物经干燥后的体积为89.6 L。‎ ‎[答案]　(1)89.6‎ ‎(2)设反应前密封舱内H2O的物质的量为n。‎ ‎4KO2 ＋ 4CO2 ＋ 2H2O―→4KHCO3 ＋ 3O2‎ ‎　　　　 2n　　　 n　　　　　　　　 1.5n ‎4KO2 ＋ 2CO2―→2K2CO3 ＋ 3O2‎ ‎9－2n 1.5(9－2n)‎ 根据题意生成氧气9 mol，所以有1.5n＋1.5(9－2n)＝9 mol，解得n＝3 mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3 mol。‎ ‎[对点练]‎ ‎1．某种矿石中铁元素以氧化物FemOn形式存在，现进行如下实验：将少量铁矿石样品粉碎，称取25.0 g样品于烧杯中，加入稀硫酸充分溶解，并不断加热、搅拌，滤去不溶物。向所得滤液中加入10.0 g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体3.6 g。剩下滤液用浓度为2 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，至终点时消耗KMnO4溶液体积为 25.0 mL。‎ ‎(提示：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，8H＋＋MnO＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O)‎ ‎(1)计算该铁矿石中铁元素的质量分数________。‎ ‎(2)计算氧化物FemOn的化学式________________(m、n为正整数)。‎ 解析：(1)样品中的铁元素在加入铜粉后全部转变为Fe2＋，Fe2＋再被酸性KMnO4溶液滴定。‎ ‎8H＋＋MnO　 ＋　 5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O ‎ 　 1 5‎ ‎0．025 L×2 mol·L－1 n(Fe2＋)‎ 则＝，‎ 可得n(Fe2＋)＝5×0.025 L×2 mol·L－1＝0.25 mol，‎ 故样品中铁元素的质量分数为 ×100%＝56%。‎ ‎(2)反应消耗铜的物质的量n(Cu)＝＝0.1 mol，‎ ‎2Fe3＋ ＋ Cu===2Fe2＋＋Cu2＋‎ ‎2　　 　 1‎ n(Fe3＋) 0.1 mol 则＝，可得n(Fe3＋)＝2×0.1 mol ＝0.2 mol，根据铁原子守恒得n(Fe2＋)＝0.25 mol－0.2 mol＝0.05 mol，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶4，所以该氧化物的化学式可表示为Fe5O7(或FeO·2Fe2O3)。‎ 答案：(1)56%　(2)Fe5O7(或FeO·2Fe2O3)‎ ‎(1)应用原理 关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。‎ ‎(2)解题步骤 ‎[典例2]　(2018·全国卷Ⅱ节选)测定三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}中铁的含量。‎ ‎(1)称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_____________________________________________________。‎ ‎(2)向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为__________________________________________。‎ ‎[解析]　(1)滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。(2)三草酸合铁酸钾中的铁元素为＋3价，样品溶解后在溶液中电离出Fe3＋，加入锌粉后将Fe3＋还原为Fe2＋：Zn＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Zn2＋，再用KMnO4溶液滴定，将Fe2＋氧化为Fe3＋，MnO转化为Mn2＋：MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，可得关系式：5Fe3＋～5Fe2＋～MnO。已知n(MnO)＝(cV×10－3)mol，则n(Fe3＋)＝(5cV×10－3)mol，则m(Fe3＋)＝(5cV×10－3×56)g，‎ 该晶体中铁的质量分数w(Fe)＝×100%＝×100%。‎ ‎[答案]　(1)粉红色出现　(2)×100%‎ ‎[对点练]‎ ‎2．黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。‎ 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋‎ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O ‎(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1位小数)。‎ ‎(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。‎ 解析：(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2‎ SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋‎ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 得关系式：‎ Cr2O　～　6Fe2＋ ～ 3SO2　～ FeS2‎ ‎1 ‎0.020 00 mol·L－1×0.025 00 L m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为90.0%。‎ ‎(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2‎ ‎ 4 mol 8 mol n(SO2)‎ n(SO2)＝1.5×105 mol，V(SO2)＝3.36×106 L。‎ 由SO2 ～ SO3～H2SO4‎ ‎ 1 mol 98 g ‎ 1.5×105 mol m(H2SO4)×98%‎ 得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。‎ 答案：(1)90.0%　(2)3.36×106　15‎ ‎(一)守恒法的应用原理及解题步骤 ‎(1)应用原理 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循守恒规律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。‎ ‎(2)解题步骤 ‎(二)高考中常考的三种守恒关系 ‎1．原子(质量)守恒 解题的一般步骤为找出要关注的原子（或原子团），利用反应前后原子数目、种类不变列出等式，如含有 1 mol FeS2 硫铁矿中，完全反应（不考虑过程损耗）制得 H2SO4 的物质的量，可根据反应过程中 S 原子守恒，得到 n(H2SO4)=2 mol。‎ ‎[注意] 在利用质量守恒定律时，需要根据题意找出反应时相关物质的质量比，再用此比例进行推导、计算。‎ ‎ [典例3]　碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g 上述混合物，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是(　　)‎ A．35 g　　　　　　　　B．30 g C．20 g D．15 g ‎[解析]　碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜，溶解28.4 g混合物，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯原子守恒则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据Cu原子守恒可知，原混合物中含有Cu原子的物质的量为0.25 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。‎ ‎[答案]　C ‎[对点练]‎ ‎3．(2017·江苏高考节选)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.116 0 g，用少量稀HNO3溶解后配成 100.00 mL 溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.172 2 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.080 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。‎ 解析：由Cl原子守恒，可根据②中生成AgCl的质量计算出1.116 0 g样品中Cl－的物质的量n(Cl－)；由③可计算出1.116 0 g样品中Cu2＋的物质的量n(Cu2＋)，根据电荷守恒：n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，得出n(OH－)，最后由质量守恒得出n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。‎ 答案：n(Cl－)＝n(AgCl)×＝×＝4.800×10－3 mol n(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.080 00 mol·L－1×30.00×10－3 L×＝9.600×10－3 mol n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3 mol－4.800×10－3 mol＝1.440×10－2 mol m(Cl－)＝4.800×10－3 mol×35.5 g·mol－1＝0.170 4 g m(Cu2＋)＝9.600×10－3 mol×64 g·mol－1＝0.614 4 g m(OH－)＝1.440×10－2 mol×17 g·mol－1＝0.244 8 g n(H2O)＝＝4.800×10－3 mol a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1‎ 化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O ‎2．得失电子守恒 在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用得失电子守恒。氧化还原反应中（或系列化学反应中）氧化剂所得电子总数或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。‎ ‎[典例4]　将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1 硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶 液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________。‎ ‎[解析]　由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2O中＋6价铬所得电子的物质的量相等，×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，得c(Cr2O)＝0.100 mol·L－1。‎ ‎[答案]　0.100 mol·L－1‎ ‎[对点练]‎ ‎4．14 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将生成的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为________。‎ 解析：根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O2)与未知量(Cu、Ag)之间的物质的量关系。HNO3中的元素首先得到Cu、Ag失去的电子生成气体(NO2和NO)，生成的气体再和O2反应，最后又生成了HNO3，整个反应过程的实质相当于Cu、Ag失去的电子最终转移给了O2，整个过程转移电子守恒。根据得失电子守恒规律，得×2＋‎ ＝×4，解得m(Cu)＝3.2 g。‎ 答案：3.2 g ‎3．电荷守恒 涉及溶液中离子浓度的计算时常用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。‎ 如Al(SO4)3、NH4NO3 混合溶液中的电荷守恒为3c(Al3+)+c(NH)+c(H+)===2c(SO)+‎ c(NO)+c(OH-)。‎ ‎[注意]一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H+、OH- ，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH- ，碱性溶液中常可忽略H+ 。‎ ‎[典例5]　把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀 ‎，该混合溶液中K＋浓度为(　　)‎ A．10(b－2a)mol·L－1　　 B．5(b－2a)mol·L－1‎ C．2(b－a)mol·L－1 D．10(2a－b)mol·L－1‎ ‎[解析]　混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根据Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)＝n(Na2SO4)＝a mol；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝b mol，根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，则n(K＋)＝b mol－2a mol＝(b－2a)mol，故c(K＋)＝＝10(b－2a)mol·L－1。‎ ‎[答案]　A ‎[对点练]‎ ‎5．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液(　　)‎ A．0.5 L　　　B．1.625 L　　　C．1.8 L　　　D．2 L 解析：选D　根据电荷守恒得2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，c(Al3＋)＝‎ ＝3 mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时 NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得n(Na＋)＝2n(SO)＋n(AlO)，n(Na＋)＝‎ n(NaOH)，‎ V(NaOH)＝＝‎ ＝2 L。‎