2020届二轮复习物质的量学案（全国通用）

2020届二轮复习物质的量学案（全国通用）

物质的量 考点1　物质的量与阿伏加德罗常数 ‎1.[2019全国卷Ⅱ,8,6分]已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 (　　)‎ A.3 g 3He含有的中子数为1NA B.1 L 0.1 mol·L-1磷酸钠溶液含有的P数目为0.1NA C.1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA D.48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA 有关阿伏加德罗常数类试题是高考的传统题型,知识覆盖面广,思维容量大。‎ 解题模型:链接考法1命题角度 ‎2.[2019浙江4月选考,19,2分]设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是(　　)‎ A.1 mol CH2CH2分子中含有的共价键数为6NA B.500 mL 0.5 mol·L-1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA C.30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA D.2.3 g Na与O2完全反应,反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间 本题从共价键、氧化还原反应、物质所含粒子数目等角度切入,考查考生对基础知识的掌握情况。本题B项考查溶液中的微粒数,审题要仔细。‎ 解题模型:链接考法1命题角度 考点2　物质的量浓度 ‎3.下列有关溶液配制的叙述正确的是 (　　)‎ A.[2018全国卷Ⅱ,13A改编]配制0.400 0 mol·L-1的NaOH溶液,称取4.0 g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250 mL容量瓶中定容 B.[2019北京,26改编]用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的0.1 mol·L-1 KBrO3溶液时,用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管 C.量取27.2 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸于烧杯中,加水稀释、冷却后转移至500 mL容量瓶中即可得1.0 mol·L-1的H2SO4溶液 D.[2017全国卷Ⅲ,9D改编]称取0.158 g KMnO4固体,放入100 mL 容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度,即可得到0.010 mol·L-1的KMnO4溶液 高考重点考查一定物质的量浓度溶液的配制,主要考查操作步骤、所需玻璃仪器及其使用时的注意事项、所需试剂的量及试剂的正确添加顺序等。‎ 解题模型:链接考法2命题角度 ‎ 考点1　物质的量与阿伏加德罗常数 ‎ 考法 考法1 阿伏加德罗常数的应用 命题角度　突破阿伏加德罗常数的应用陷阱(经典角度)‎ ‎1 [2018全国卷Ⅰ,10,6分]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 ‎ 16.25 g FeCl3的物质的量为0.1 mol,若完全水解可生成0.1 mol Fe(OH)3,由于Fe(OH)3胶体粒子是多个分子的聚集体,因此胶体粒子数远小于0.1NA,A项错误;22.4 L(标准状况)氩气的物质的量为1 mol,氩气是单原子分子,每个氩气分子中含有18个质子,故1 mol氩气含有的质子数为18NA,B项正确;1个甘油(丙三醇)分子中含有羟基数为3,92.0 g甘油(丙三醇)的物质的量为1 mol,故含有羟基数为3NA,C项错误;1.0 mol CH4与Cl2在光照下发生取代反应,有机产物除了CH3Cl,还有CH2Cl2、CHCl3、CCl4,故1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA,D项错误。‎ ‎ B 考点扫描 近年有关阿伏加德罗常数的考查盘点 ‎2017全国卷Ⅱ,8A ‎1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中,N的数量为0.1NA(✕)‎ ‎2016全国卷Ⅰ,8A ‎14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA(√)‎ ‎2015新课标全国卷Ⅰ,8A ‎18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA(✕)‎ ‎2014大纲卷,7C ‎1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA(✕)‎ ‎2014江苏,6A ‎1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA(√)‎ 氧化还原反应中转移电子数的考查 ‎2017全国卷Ⅱ,8B ‎2.4 g Mg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.1NA(✕)‎ ‎2016全国卷Ⅰ,8C ‎1 mol Fe溶于过量硝酸,电子转移数为2NA(✕)‎ ‎2015新课标全国卷Ⅰ,8C 过氧化钠与水反应时,生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA(√)‎ ‎2015‎ 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23 g钠充分燃烧时转移电子数为 新课标全国卷Ⅱ,10C ‎1NA(√)‎ ‎2014四川,5D ‎5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中,生成28 g N2时,转移的电子数目为3.75NA(√)‎ 化学键数目的考查 ‎2016全国卷Ⅰ,8D 标准状况下,2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA(✕)‎ ‎2015新课标全国卷Ⅱ,10A ‎60 g丙醇中存在的共价键总数为10NA(✕)‎ ‎2014江苏,6B ‎0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA(✕)‎ 可逆反应中微 粒数及化学键 等的考查 ‎2017全国卷Ⅲ,10D 密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g),增加2NA个P—Cl键(✕)‎ ‎2016全国卷Ⅰ,8B ‎1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA(✕)‎ ‎2015新课标全国卷Ⅰ,8B ‎2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA(✕)‎ ‎2015新课标全国卷Ⅱ,10B ‎1 L 0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中HC和C离子数之和为0.1NA(✕)‎ ‎1.[2018全国卷Ⅱ,11,6分]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 ‎ 考点2　物质的量浓度 ‎ 考法2 一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析 命题角度　溶液的配制和误差分析 ‎2 [2019浙江适应性考试]用无水 Na2SO3固体配制250 mL 0.100 0 mol·L-1 溶液的步骤如图所示,请回答下列问题:‎ ‎(1)在配制过程中必要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 250 mL容量瓶和　　　　;检验容量瓶是否漏水的操作是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。‎ ‎(2)经计算,需无水Na2SO3固体的质量为　　　　g。 ‎ ‎(3)此实验中玻璃棒的作用是　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)下列操作不会对所配的Na2SO3溶液浓度产生影响的是　　　　。 ‎ A.容量瓶刚用蒸馏水洗净,没有烘干 ‎ B.操作③没有用蒸馏水洗涤烧杯2~3次,并转移洗涤液 C.操作⑤仰视容量瓶的刻度线 D.操作⑥后,发现液面略低于刻度线,再滴加少量蒸馏水使液体凹液面的最低处与刻度线相平 ‎(5)已知亚硫酸钠在空气中能被氧气氧化成硫酸钠,请设计实验检验配制的Na2SO3 溶液是否变质:‎ ‎　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。 ‎ 实验步骤 ‎ 计算需无水Na2SO3固体的质量为3.15 g回答第(2)问 误差分析分析n、V的变化回答第(4)问 离子的检验回答第(5)问 ‎ (1)在配制过程中必要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 250 mL容量瓶和电子天平。(2)根据n=cV计算可得,n(Na2SO3)=0.250 L×0.100 0 mol·L-1=0.025 mol,则m(Na2SO3)=0.025 mol×126 g·mol-1=3.15 g。(3)在操作②中玻璃棒的作用是搅拌,加快溶解;在操作③中玻璃棒的作用是引流,防止液体飞溅。(4)A项,容量瓶刚用蒸馏水洗净,没有烘干,无影响;B项,操作③没有用蒸馏水洗涤烧杯2~3次,并转移洗涤液,则溶质的量减少,所以配得的Na2SO3溶液浓度偏低;C项,操作⑥仰视容量瓶的刻度线,则溶液体积偏大,配得的Na2SO3溶液浓度偏低;D项,操作⑦后,发现液面略低于刻度线,再滴加少量蒸馏水使液体凹液面的最低处与刻度线相平,则溶液体积偏大,配得的Na2SO3溶液浓度偏低。(5)亚硫酸钠在空气中能被氧气氧化成硫酸钠,要检验配制的Na2SO3 溶液是否变质,可以检验硫酸根离子,方法是取少量所配Na2SO3溶液,先加入盐酸酸化,再滴加 BaCl2 溶液,若有白色沉淀产生,则溶液已变质,反之则没有变质。‎ ‎ (1)电子天平　向容量瓶中注入适量水,塞好瓶塞倒置, 观察瓶塞周围是否漏水; 如不漏水,正置容量瓶,将瓶塞旋转180°,再重复检漏　(2)3.15 　(3)搅拌,加快溶解;引流,防止液体飞溅　(4)A　(5)取少量所配Na2SO3溶液,先加入盐酸酸化,再滴加BaCl2溶液,若有白色沉淀产生,则溶液已变质,若无白色沉淀产生,则溶液没有变质 考点扫描 ‎1.[2018浙江下半年选考,9D]容量瓶洗净后须用酒精灯加热干燥(　)‎ ‎2.[2018全国卷Ⅲ,26(2)①,3分]溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在　　　　中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的　　　　中,加蒸馏水至　　　　。 ‎ ‎3.[2017天津,9改编]将称得的AgNO3配制成250 mL标准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有　　　　　　。 ‎ ‎4.[2016全国卷Ⅰ,10C]配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释(　)‎ ‎5.[2016天津,9改编]配制MnSO4、 KI 、H2SO4无氧溶液时,除去所用溶剂水中氧的简单操作为　　　　　　　　　。 ‎ ‎6.[2016浙江,8D]为准确配制一定物质的量浓度的溶液,定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时,改用滴管滴加蒸馏水至刻度线(　)‎ 提示:1.✕　2.烧杯　容量瓶　刻度　3.250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管　4.√　5.将溶剂水煮沸后冷却　6.√‎ 考法3 以物质的量为中心的有关计算 命题角度　以物质的量为中心的有关计算 ‎3 [2018浙江下半年选考,29,4分]某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物,为探究其组成,称取m g该固体粉末样品,用足量的稀H2SO4充分反应后,称得固体质量为a g。‎ ‎ 已知:Cu2O+2H+Cu2++Cu+H2O ‎ (1)若a=　　　　　　　　　　(用含m的最简式表示),则红色固体粉末为纯净物。 ‎ ‎ (2)若a=m,则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为　　　　　mol(用含m的最简式表示)。 ‎ ‎ (1)根据所得固体(单质Cu)质量为a g,若该固体粉末为纯净物,则一定为Cu2O;根据Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O和m g Cu2O参加反应,可求出m(Cu)= g,即a=。(2)该固体粉末溶于稀H2SO4发生的反应依次为①Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O、②Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O、③2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,由反应②可知生成a g单质Cu时消耗的m(Cu2O)= g= g;结合反应①②③可得④Fe2O3+Cu2O+8H+2Fe2++2Cu2++4H2O,‎ 即参与反应④的Fe2O3、Cu2O共 g,且二者的物质的量之比为1∶1,则n(Fe2O3)== mol。‎ ‎ (1)　(2)‎ 考法点睛·学习理解 解答本题需注意:根据所得 g固体和Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O求出消耗的Cu2O的质量为 g,但Fe2O3的质量并不是 g,还要考虑溶液中Fe3+与Cu的反应,即 g固体Cu是发生反应③后剩余的Cu的质量。‎ ‎2. [2016海南,9,4分]利用太阳能分解水制氢,若光解0.02 mol水,下列说法正确的是 (　　)‎ A.可生成H2的质量为0.02 g B.可生成氢的原子数为2.408×1023个 C.可生成H2的体积为0.224 L(标准状况)‎ D.生成H2的量理论上等于0.04 mol Na与水反应产生H2的量 ‎3. [2015江苏,18节选,8分]软锰矿(主要成分MnO2,杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O,反应的化学方程式为MnO2+SO2 MnSO4。‎ ‎(1)质量为17.40 g纯净 MnO2最多能氧化　　　　L(标准状况)SO2。 ‎ ‎(2)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中,加入适量 H3PO4和 NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用c(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为 Mn2+),消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算 MnSO4·H2O 样品的纯度(请给出计算过程)。‎ 名校冲刺 模型1 化学反应中的三种定量计算模型 近几年高考中对化学计算的考查往往分散在工艺流程题、原理综合题以及化学实验题等中的某一小问,常涉及化学反应中的定量关系和关系式法的应用,此类题具有数据多、关系复杂、综合性强等特点。近几年高考对化学计算的具体考查情况如表所示。‎ 试卷 主要考查点 考查方向及内容 ‎2019全国卷Ⅱ,26(3);‎ ‎2019北京,26(7);‎ 物质含量的计算 高考中有关化学计算的考查,主要有(1)测定目标产物的产率、物质中某组分的质量分数或结晶水的数目等。(2)‎ ‎2018全国卷Ⅰ,27(4);‎ ‎2017全国卷Ⅱ,28(4);‎ ‎2016全国卷Ⅰ,28(5)‎ 利用中和滴定、氧化还原滴定原理进行物质的量浓度、物质的量和质量的有关计算等。(3)通过实验测定结果计算相对分子(原子)质量、中和热等 ‎2019江苏,18(2)②;‎ ‎2018全国卷Ⅱ,28(3)②;‎ ‎2018全国卷Ⅲ,26(2)②;‎ ‎2017全国卷Ⅰ,26(5);‎ ‎2017全国卷Ⅱ,26(4);‎ ‎2016全国卷Ⅰ,36(5)‎ 质量分数或纯度的计算 ‎2019浙江4月选考,29;‎ ‎2017全国卷Ⅲ,26(2)③;‎ ‎2014新课标全国卷Ⅱ,27(4)‎ 化学式、结晶水数目等的确定 ‎2019全国卷Ⅲ,27(6);‎ ‎2017全国卷Ⅲ,27(5);‎ ‎2014新课标全国卷Ⅰ,26(7)‎ 产率的计算 ‎1.依据化学方程式中的定量关系进行相关计算 ‎(1)应用原理 在化学方程式中,各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比。若各物质均为气体时,各物质的气体体积之比等于其化学计量数之比。‎ ‎(2)解题步骤 ‎4 [2016全国卷Ⅰ,36(5),3分]高锰酸钾纯度的测定:称取1.080 0 g样品,溶解后定容于100 mL容量瓶中,摇匀。取浓度为0.200 0 mol·L-1的H2C2O4标准溶液20.00 mL,加入稀硫酸酸化,用KMnO4溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为24.48 mL。该样品的纯度为　　　　(列出计算式即可,已知2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O)。 ‎ ‎ 由2Mn+5H2C2O4 + 6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O知,w(KMnO4)=×100%=×100%。‎ ‎×100%‎ ‎4.[化学反应中的定量关系][2015新课标全国卷Ⅰ,9改编]乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途,其结构简式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比应为　　　　。 ‎ ‎2.利用关系式法解答连续反应类计算题 ‎(1)应用原理 关系式是表示两种或多种物质之间“量”的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“量”的关系表示出来,把多步计算简化成一步计算。建立已知物质和所求物质之间“量”的关系式是用关系式法解化学计算题的前提。‎ ‎(2)解题步骤 ‎5 [2017全国卷Ⅱ,28,15分]水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:‎ Ⅰ.取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。‎ Ⅱ.酸化、滴定 将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I-还原为Mn2+,在暗处静置5 min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2+I22I-+S4)。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面,这样操作的主要目的是　 。 ‎ ‎(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为  。 ‎ ‎(3)Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和　　　　;蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除　　　　及二氧化碳。 ‎ ‎(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后,用a mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为　　　　　　　;若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL,则水样中溶解氧的含量为　　　　mg·L-1。 ‎ ‎(5)上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏　　　　。(填“高”或“低”) ‎ ‎ (1)取水样时避免扰动水体表面,这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同,以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2,可写出固氧的反应为O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定,配制该溶液时无需用容量瓶,只需粗略配制,故配制Na2S2O3溶液时,还需要用到的玻璃仪器为量筒;所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,这样能除去水中溶解的氧气和二氧化碳等,且能杀菌。(4)根据Ⅱ可知MnO(OH)2能将水样中的I-氧化为I2,滴定过程中用淀粉溶液作指示剂,在滴定终点前淀粉遇I2变蓝,达到滴定终点时,I2完全被消耗,溶液蓝色刚好褪去。根据得失电子守恒可得关系式O2~2MnO(OH)2 ~2I2~4Na2S2O3,结合消耗n(Na2S2O3)=a mol·L-1×b×10-3 L=ab×10-3 mol,可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为ab×10-3 mol×32 g·mol-1=8ab×10-3 g=8ab mg,则该水样中溶解氧的含量为8ab mg÷0.100 00 L=80ab mg·L-1。(5)滴定完成时,滴定管尖嘴处留有气泡,会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小,根据关系式O2~4Na2S2O3,可知测定的溶解氧的含量偏低。‎ ‎ (1)使测定值与水体中的实际值保持一致,避免产生误差　(2)O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2　(3)量筒　氧气　(4)蓝色刚好褪去　80ab　(5)低 考法点睛·应用实践 本题需根据多个反应计算水样中溶解氧的含量,为了减少运算量,可结合所给化学反应通过某种或某几种物质找出最初反应物和最终生成物间的计量关系进行计算,即利用关系式法,如本题通过MnO(OH)2 、I2可找出关系式O2~4Na2S2O3。在类似多步计算的题目中均可以采用关系式法解题。‎ ‎5. [关系式法求解离子浓度][2018海南,14(3),2分]溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得:‎ ‎①2Cu2++5I-2CuI↓+　② +2S2S4+3I-‎ 反应①中的氧化剂为　　　　。现取20.00 mL含Cu2+的溶液,加入足量的KI充分反应后,用0.100 0 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液25.00 mL,此溶液中Cu2+的浓度为　　　　mol·L-1。 ‎ ‎6. [关系式法求解产率][2017全国卷Ⅲ,27(5),2分]某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2 kg,产率为　　　　。 ‎ ‎7. [关系式法求解纯度]无水MgBr2可用作催化剂,实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。为测定产品的纯度,可用EDTA(简写为Y4-)标准溶液滴定,反应的离子方程式:Mg2++Y4-MgY2-。测定前,先称取0.250 0 g无水MgBr2产品,溶解后,用0.050 0 mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点,消耗EDTA标准溶液26.50 mL,则测得无水MgBr2产品的纯度为　　　　(以质量分数表示)。 ‎ ‎3.利用守恒法简化解题过程 ‎(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”。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 ‎6 [2016天津,7(6)改编]铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应,生成的盐只有硫酸铜,同时生成的两种气体均由下表中两种元素组成,气体的相对分子质量都小于50。为防止污染,将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐,消耗1 L 2.2 ‎ mol·L-1NaOH溶液和1 mol O2,则两种气体的分子式及物质的量分别为　　　　,生成硫酸铜物质的量为　　　　。 ‎ 碳 氮 氧 硅 硫 氯 ‎ 根据题意知生成的两种气体是NO和NO2,由钠原子守恒可知,生成NaNO3的物质的量为2.2 mol,1 mol O2参与反应转移电子的物质的量为4 mol。设生成NO2的物质的量为x,生成 NO的物质的量为y,则x+y=2.2 mol,x+3y=4 mol,解得x=1.3 mol,y=0.9 mol。根据得失电子守恒知,参与反应的铜的物质的量为 mol=2 mol,因此生成硫酸铜的物质的量为2 mol。‎ ‎ NO:0.9 mol;NO2:1.3 mol　2 mol ‎8.(1)[用原子守恒法求解化学式][2015山东,29(2)节选,3分]在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41 g,CO2体积为1.344 L(标准状况),则钴氧化物的化学式为　　　　。 ‎ ‎(2)[用质量守恒法求解化学式][2015浙江,27Ⅱ(1)改编]一定条件下金属钠和H2反应生成化合物甲。将4.80 g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。请推测甲的化学式:　　　　。 ‎ 参考答案 讲义 ‎1.B　3 g 3He的物质的量为1 mol,每个3He含1个中子,则1 mol 3He含1 mol中子,A项正确;该溶液中含0.1 mol Na3PO4,由于部分P水解,故溶液中P的数目小于0.1NA,B项错误;K2Cr2O7中Cr为+6价,1 mol K2Cr2O7被还原成Cr3+时,得到6 mol电子,C项正确;正丁烷和异丁烷互为同分异构体,每个分子中均含10个C—H键和3个C—C键,即每个分子中含13个共价键,则48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中含13 mol 共价键,D项正确。‎ ‎【光速解法】　Na3PO4为强碱弱酸盐,部分P在溶液中发生水解反应而使溶液中P数目减少。‎ ‎2.D　1个CH2CH2分子中含4个单键和1个双键,而1个双键中含2个共价键,故1 mol CH2CH2分子中含有的共价键数为6NA,A项正确;500 mL 0.5 mol·L-1的NaCl溶液中含有的微粒包括Na+、Cl-、H2O、H+、OH-,故微粒数大于0.5NA,B项正确;HCHO和CH3COOH的最简式均为“CH2O”,故30 g HCHO和CH3COOH混合物中含“CH2O”的物质的量为1 mol,含C原子数为NA,C项正确;2.3 g Na与O2完全反应,不论生成Na2O还是Na2O2,转移的电子数均为0.1NA,D项不正确。‎ ‎【走出误区】　1个碳碳双键包含2个共价键,即1个σ键和1个π键。‎ ‎3.B　4.0 g固体NaOH的物质的量为 0.1 mol,在烧杯中加入蒸馏水溶解时放出大量的热,要恢复到室温后,再转移到250 mL容量瓶中,且需用蒸馏水洗涤烧杯内壁2~3次,洗涤液也转移至容量瓶中,然后定容,A项错误;在烧杯中稀释浓硫酸时,应该把浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,C项错误;容量瓶不能作为溶解仪器,应在烧杯中溶解,D项错误。‎ ‎1.C　每个P4分子中含6个P—P键,124 g P4的物质的量为1 mol,含6 mol P—P键,A项错误;该溶液中虽然含0.1 mol FeCl3,但由于Fe3+部分水解,即溶液中Fe3+数目小于0.1NA,B项错误;标准状况下,11.2 L甲烷和乙烯的混合气体为0.5 mol,根据1 mol CH4和1 mol C2H4均含4 mol H原子可知,0.5 mol混合气体中含2 mol H原子,C项正确;SO2和O2的反应为可逆反应,即反应后容器中同时含有SO2、O2和SO3,分子总数大于2NA,D项错误。‎ ‎2.D　水分解时的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑,故光解0.02 mol水产生的n(H2)=0.02 mol,m(H2)=0.04 g,A项错误。产生的n(H)=0.04 mol,N(H)=2.408×1022,B项错误。标准状况下,V(H2)=0.02 mol×22.4 L·mol-1=0.448 L,C项错误。由2Na+2H2O2NaOH+H2↑可知,产生n(H2)=0.02 mol时,需n(Na)=0.04 mol,D项正确。‎ ‎3.(1)4.48(2分)‎ ‎(2)n(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1×=1.00×10-3 mol n(Mn2+)=n(Fe2+)=1.00×10-3 mol m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3 mol×169 g·mol-1=0.169 g MnSO4·H2O样品的纯度为×100%≈98.8%(共6分)‎ ‎【解析】　已知n(MnO2)=0.2 mol,根据反应MnO2 + SO2MnSO4,可得n(SO2 )=0.2 mol,V(SO2 )=4.48 L(标准状况)。‎ ‎4.3∶2‎ ‎【解析】　由题给有机物的结构简式可知,乌洛托品的分子式为C6H12N4,分子中C、N原子个数之比即为甲醛与氨的物质的量之比,为3∶2。‎ ‎5.Cu2+(1分)　0.125 0(1分)‎ ‎【解析】　反应①中Cu化合价降低,Cu2+为氧化剂。根据滴定原理,由题中的方程式可得Cu2+~S2,则n(Cu2+)=n(S2),故c(Cu2+)=0.025 L×0.100 0 mol·L-1÷0.02 L=0.125 0 mol·L-1。‎ ‎6.×100%(2分)‎ ‎【解析】　设理论上得到K2Cr2O7的质量为x,依题意知,‎ Cr2O3　~　K2Cr2O7‎ ‎ 152 294‎ ‎ 0.4m1 kg x 则x= kg,产率为×100%=×100%=×100%。‎ ‎7.97.52%‎ ‎【解析】　由镁原子守恒和离子方程式Mg2++ Y4-MgY2-,得关系式MgBr2~Mg2+~Y4-,则n(MgBr2)=n(Y4-)=26.50×10-3 L×0.050 0 mol·L-1=1.325×10-3 mol。无水MgBr2产品的纯度为×100%=97.52%。‎ ‎8.(1)Co3O4(3分)　(2)NaH ‎【解析】　(1)n(CO2)==0.06 mol,根据碳原子守恒,可知n(CoC2O4)=0.03 mol,则钴氧化物中n(Co)=0.03 mol,m(O)=2.41 g-0.03 ‎ mol×59 g·mol-1=0.64 g,故n(O)==0.04 mol,则n(Co)∶n(O)=0.03 mol∶0.04 mol=3∶4,则钴氧化物的化学式为Co3O4。(2)化合物甲是由Na和H2反应得到的,故化合物甲中含有Na、H两种元素,又4.80 g化合物甲加热分解得到2.24 L(标准状况)H2,则化合物甲中氢元素的质量为0.20 g,钠元素的质量为4.60 g,化合物甲中Na和H的原子个数比为1∶1,可判断化合物甲的化学式为NaH。‎ ‎1.B　气体摩尔体积22.4 L·mol-1适用于标准状况下的气体,不适用于常温常压下的气体,A项错误。3.1 g白磷为0.025 mol,一个白磷分子含有的质子数为60,则0.025 mol白磷中含有的质子数为1.5NA, B项正确。过氧化钠与水反应:2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,Na2O2既是氧化剂又是还原剂,则1 mol Na2O2与足量水反应转移电子数为NA,C项错误。氮气与氢气合成氨气的反应为可逆反应,1 mol N2与3 mol H2充分反应生成的氨气少于2 mol,D项错误。‎ ‎2.AB　氧气和臭氧均由氧原子构成,故32 g O2和O3的混合物中含有的氧原子的物质的量为2 mol,1个氧原子中含8个质子,故2 mol氧原子中含有的质子数为16NA, A项正确;pH=1的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.1 mol·L-1,故1 L此溶液中氢离子的物质的量为0.1 mol,数目为0.1NA,B项正确;标准状况下辛烷为液体,故不能根据标准状况下的气体摩尔体积来计算其物质的量, C项错误;FeI2与足量氯气反应后,Fe2+变为Fe3+,I-变为I2,故1 mol FeI2和足量氯气反应时转移3NA个电子, D项错误。‎ ‎3.A　1 L 0.2 mol·L-1 Na2SO3溶液中S的物质的量为0.2 mol,根据原子守恒可知,H2SO3、HS、S的总数为0.2NA,A项正确;只知道甲烷和乙烯的物质的量相等,但不确定具体是多少,无法求氢原子个数,B项错误;向含1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2,由于I-的还原性强于Fe2+,则被氧化的只有I-,转移电子数为2NA,C项错误;H3PO4和H2SO4的摩尔质量都是98 g·mol-1,且分子中含有的氧原子都是4个,故100 g质量分数为9.8%的硫酸与磷酸的混合液中,H2SO4、H3PO4所含氧原子数为 0.4NA,但水中也含有氧原子,故混合液中氧原子数大于0.4NA,D项错误。‎ ‎4.D　CuO→Cu,Cu的化合价由+2降为0,故0.1 mol CuO被完全还原,转移0.2 mol电子,A项正确;根据S8分子结构可知,S8分子中含8个共价键,则32 g(0.125 mol)S8中共价键数目为NA,B项正确;O和2H2O的摩尔质量均为20 g·mol-1,含有的质子数均为10,2 g 该混合物的物质的量为0.1 mol,含有1 mol质子,C项正确;Cl2部分溶解于水,故溶液中除Cl-、ClO-、HClO外,还有Cl2,D项错误。‎ ‎5.C　3He的质量数为3,质子数为2,故1 mol 3He中含2 mol质子,A项正确;pH=1的H3PO4溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,则1 L该溶液中n(H+)=0.1 mol·L-1×1 L=0.1 mol,H+数目为0.1NA,B 项正确;标准状况下,CCl4呈液态,只根据CCl4的体积无法确定其物质的量和分子数,C项错误;由金刚石结构知每个C与4个C形成4个C—C键,每个C—C键被2个C占有,故1 mol金刚石中含2 mol C—C键,D项正确。‎ ‎6.C　A项,根据热化学方程式的定义知,每1 mol [H2(g)+O2(g)]反应生成1 mol [H2O(l)]放出286 kJ热量,正确;B项,根据题给离子方程式可知,Cr3+的化合价由+6降为+3,每生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA,正确;C项,Al3++4OH-[Al(OH)4]-,[Al(OH)4]-为配合物,是由于Al采取sp3杂化,用最外层的4个空轨道接受OH-提供的孤电子对形成配合物,而不是Al(OH)3电离出的H+结合OH-的产物,错误;D项,根据物料守恒可知正确。‎ ‎7.C　根据题意可知,a g水恰好与b g无水硫酸铜粉末形成CuSO4·5H2O晶体。所以有×5=,解得16a=9b,C正确、D错误;根据c=可知,A、B错误。‎ ‎8.(每空2分)(1)①>②>③>④　(2)2∶3　(3)　 (4)2 mol/L ‎【解析】　(1)①常温下112 mL液态水,质量为112 g,物质的量为≈6.2 mol,②含有40 mol电子的NH3的物质的量为4 mol,③乙醇分子含有8个共价键,含有16NA个共价键的乙醇的物质的量为2 mol,④4 g氦气的物质的量为1 mol。物质的量越大,含有的分子数越多,则上述物质中所含分子数目由多到少的顺序为①>②>③>④。(2)混合气体的平均摩尔质量为1.00 g/L×22.4 L/mol=22.4 g/mol,设氧气、甲烷的物质的量分别为x mol、y mol,则=22.4,整理可得x∶y=2∶3。(3)标准状况下V L氨气的物质的量为 mol,质量为 mol×17 g/mol= g,溶解在 ‎1 L水中,所得溶液的质量为 g+1 000 g,体积为== mL=×10-3 L,该溶液的溶质的物质的量浓度c== mol/L。(4)混合溶液分成两等份,每份溶液浓度与原溶液浓度相同,一份中加氢氧化钠溶液时发生反应H++OH-H2O,由方程式可知每份溶液中n(H+)=n(OH-)=0.2 mol,另一份加BaCl2溶液时发生反应Ba2++SBaSO4↓,由方程式可知n(S)=n(Ba2+)=0.05 mol,故每份溶液中n(Cl-)=0.2 mol-2×0.05 mol=0.1 mol,故原溶液中c(Cl-)==2 mol/L。‎ ‎9.(每空2分)(1)物体与砝码放反了　27.4　(2)没有用玻璃棒引流、容量瓶规格选错　(3)①5.4　②1 000 mL容量瓶、胶头滴管　(4)AB ‎【解析】　(1)天平称量物体质量时需遵循左物右码的原则,由题图1可知,该同学在操作时的一个错误是将砝码与烧杯放反了位置,右盘物体质量=左盘砝码质量-游码示数=30 g-2.6 g=27.4 g。(2)根据题图2可知,共有两处错误,一处是没有用玻璃棒引流;另一处是容量瓶规格错误,应该用250 mL容量瓶。(3)①浓H2SO4的物质的量浓度c= mol·L-1=18.4‎ ‎ mol·L-1;根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算所需浓硫酸的体积,设浓硫酸的体积为x mL,则x×10-3 L×18.4 mol·L-1=1 000×10-3 L×0.1 mol·L-1,解得x≈5.4。②步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸,在烧杯中稀释,用玻璃棒搅拌,冷却后转移到容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤2~3次烧杯,将洗涤液转移到容量瓶中,加水至液面距离刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管滴加,最后定容颠倒摇匀。由提供的仪器可知还需要的仪器有1 000 mL容量瓶、胶头滴管。(4)生锈的砝码质量偏大,而m物=m砝+m游,故称量出的药品的质量偏大,则配制出的溶液的浓度偏高,选项A正确;定容时俯视刻度线,溶液体积偏小,则浓度偏高,选项B正确;往容量瓶中转移时,有少量液体溅出,会导致溶质损失,则溶液浓度偏低,选项C错误;定容时仰视刻度线,会导致溶液体积偏大,则浓度偏低,选项D错误;只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可,至于水是原来就有的还是后来加入的,对浓度无影响,选项E错误;定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面不到刻度线,再加水至刻度线导致溶液体积偏大,则浓度偏低,选项F错误。‎ ‎1.A　—18OH的摩尔质量为19 g·mol-1,—18OH所含中子数为10,19 g —18OH的物质的量为1 mol,所含中子数为10NA,A项正确;HF在标准状 况下呈液态,只根据标准状况下的体积无法确定HF的物质的量,B项错误;NaHSO4晶体中含Na+和HS两种离子,即1 mol该晶体中含2 mol离子,离子数为2NA,C项错误;只给出KAl(SO4)2溶液的浓度,未给出体积,无法确定溶液中S的数目,D项错误。‎ ‎【易错警示】　误认为HF在标准状况下呈气态而错选B项。需注意CCl4、CH3CH2OH、SO3、H2O等物质在标准状况下均为非气态,只根据标准状况下的体积无法确定物质的量;给出气态物质的体积时,要看该体积是否为标准状况下的体积,否则也无法计算物质的量。‎ ‎2.BD　30.8 g CCl4的物质的量为0.2 mol,故30.8 g CCl4中所含的原子数为NA,A项正确;100 g质量分数为46%的CH3CH2OH溶液中含有1 mol CH3CH2OH和3 mol H2O,所以溶液中含有的H—O键的数目为7NA,B项错误;Na2O2与CO2反应时,Na2O2既是氧化剂又是还原剂,故1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA,C项正确;根据物料守恒可得,NaHSO3溶液中n(Na+)=n(H2SO3)+n(HS)+n(S)=1 mol+n(S),所以溶液中含有Na+的数目大于NA,D项错误。‎ ‎3.C　0.1 mol NaCl溶于乙醇后形成的胶体中胶粒数目小于0.1NA,A项错误;标准状况下CH2Cl2不是气体,不能使用标准状况下的气体摩尔体积进行计算,B项错误;Na2O2与SO2反应时,Na2O2作氧化剂,O由-1价降为-2价,故1 mol Na2O2与足量SO2反应,转移的电子数目为2NA,C项正确;酯在酸性条件下的水解反应为可逆反应,不能进行彻底,故断裂的化学键数目小于NA,D项错误。‎ ‎4.D　H3PO4为弱酸,故1 L 0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中所含的H+数目小于0.3NA,A项错误;由解毒原理的化学方程式可知,该反应中,若消耗1.0 mol CuSO4,则参加反应的水分子数目为1.6NA,B项错误;3.1 g P4为0.025 mol,其中所含的质子数目为1.5NA,C项错误;由反应方程式知,96 mol水参加反应转移120 mol电子,7.2 g水为0.4 mol,反应转移的电子数目为0.5NA,D项正确。‎ ‎5.C　“盐泡”内含有NaCl等盐类物质,“盐泡”越多,质量越大,海冰的密度越大,A项错误;NaCl属于强电解质,在卤汁中主要以Na+和Cl-的形式存在,B项错误;已知海冰中“盐泡”与H2O的个数之比为2×10-6∶1,则1 L海冰的质量为58.5 g·mol-1×n(NaCl)+18 g·mol-1×n(H2O)=58.5 g·mol-1×2×10-6×n(H2O)+18 g·mol-1×n(H2O)=900 g,解得n(H2O)≈50 mol,则n(NaCl)=1×10-4 mol,故c(NaCl)==1×10-4 mol·L-1,C项正确;由“若海冰的冰龄达到1年以上,融化后的水为淡水”可知,海冰冰龄越长,内层的“盐泡”越少,D项错误。‎ ‎6.C　明矾是由两种阳离子和一种酸根阴离子组成的盐,小苏打是由一种阳离子和一种酸根阴离子组成的盐,因此都不能称为混盐,故A错误;在题述反应中,硫酸中元素化合价没有变化,因此硫酸只体现酸性,故B错误;CaOCl2中有Cl-和ClO-,Cl-和ClO-反应产生氯气,因此每产生1 mol Cl2,转移电子数为NA,故C正确;D项,CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根离子,因此1 mol CaOCl2共含离子数为3NA,故D错误。‎ ‎7.(每空2分)(1)②⑤　(2)容量瓶　(3)偏小　(4)2　(5)溶液由无色变为粉红色,且半分钟内不褪色　(6)1.2‎ ‎【解析】　(1)由题图可知②⑤操作不正确,②不能在量筒中溶解固体,⑤定容时应平视刻度线。(2)应该用容量瓶准确确定50 mL溶液的体积。(3)用题图所示的操作配制溶液,定容时仰视刻度线,会使溶液体积偏大,所配制的溶液浓度偏小。(4)根据电荷守恒,(-1)×2+(+1)×6=(+x)×2,解得x=2。(5)滴定时,用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸,反应达到终点时的现象为溶液由无色变为粉红色,且半分钟内不褪色。(6)血样20.00 mL经过题述处理后得到草酸,草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020 mol·L-1×0.012 L=2.4×10-4 mol,根据反应方程式2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,及草酸钙的化学式CaC2O4,可知n(Ca2+)=n(H2C2O4)= n(Mn)=2.5×2.4×10-4 mol=6×10-4 mol,Ca2+的质量为40 g·mol-1×6×10-4 mol=0.024 g,钙离子的浓度为0.024 g÷20 cm3=1.2 mg·cm-3。‎