2019届一轮复习人教版第一章化学计量学案

2019届一轮复习人教版第一章化学计量学案

第一章 化学计量 考点一　物质的量、摩尔质量 ‎1．物质的量 ‎(1)定义：表示含有一定数目粒子的集合体的物理量，符号为n。‎ 注意：对象为微观粒子而不是宏观物质，如电子、中子、离子、原子、分子等微观粒子 ‎(2)单位：摩尔(mol)。‎ ‎(3)规范表示方法：‎ ‎2 mol H2SO4(注意：数值＋单位＋指定化学式或微粒符号)‎ ‎2．阿伏加德罗常数 国际上规定，1 mol粒子集合体所含的粒子数与‎0.012 kg 中所含的碳原子数相同，约为6.02×1023。‎ 注意：指质子数为6，中子数为6的碳原子 把1 mol任何粒子所含的粒子数，叫做阿伏加德罗常数，符号为NA，通常用6.02×1023 mol－1表示。‎ ‎3．摩尔质量 ‎(1)定义：单位物质的量的物质所具有的质量，符号为M。‎ ‎(2)单位：g/mol或g·mol－1。‎ ‎　[拓展归纳]‎ ‎1．阿伏加德罗常数(NA)与6.02×1023的区别与联系 NA是‎0.012 kg12C中所含的碳原子的准确数目，是一个精准值，而6.02×1023只是阿伏加德罗常数的一个近似值。‎ ‎2．摩尔质量与相对分子(或原子)质量的关系 以g·mol－1为单位时，任何粒子的摩尔质量在数值上等于该粒子的相对分子(或原子)质量，如CO2的摩尔质量为‎44 g·mol－1，CO2的相对分子质量为44，两者数值相等。‎ ‎3．物质的量与微粒数、物质的质量之间的关系 即n＝＝　　　‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　基本概念的辨析与应用 ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)1 mol NaCl和1 mol HCl含有相同的粒子数目(×)‎ ‎(2)1 mol OH－的质量是‎17 g·mol－1(×)‎ ‎(3)‎22 g CO2中含有的氧原子数为NA(√)‎ ‎(4)1 mol H3PO4与1 mol H2SO4的质量相同，溶于水后电离出的阴离子数目也相同(×)‎ ‎(5)常温常压下，‎14 g乙烯和丙烯的混合物中含有的氢原子的数目为2NA(√)‎ ‎2．硫酸钠(Na2SO4)的摩尔质量为142_g·mol－1；‎71 g Na2SO4中含钠离子的物质的量为1_mol，氧原子的物质的量为2_mol。‎ ‎3．已知‎16 g A和‎20 g B 恰好完全反应生成0.04 mol C和‎31.76 g D，则C的摩尔质量为________。‎ 解析：根据质量守恒定律可知：0.04 mol “C”的质量为(‎16 g＋‎20 g)－‎31.76 g＝‎4.24 g，则M(C)＝＝‎106 g·mol－1。‎ 答案：‎106 g·mol－1‎ ‎[规律方法]　摩尔质量的计算方法 依据 计算公式 根据摩尔质量的定义计算 M＝ 根据标准状况下气体的密度ρ计算 M＝ρ×22.4(g·mol－1)‎ 根据气体的相对密度计算 M(A)＝M(B)×D 根据一定质量(m)的物质中微粒数目(N)计算 M＝ 题点(二)　通过n＝＝突破质量与微粒数目的计算 ‎4．在0.5 mol Na2SO4中含有的离子的个数和氧原子的质量分别是(　　)‎ A．1.5NA　2 mol　　　　　　 B．1.5NA　‎‎32 g C．3.01×1023　4 mol D．NA　‎‎64 g 解析：选B　0.5 mol Na2SO4中含有的离子数为0.5×3NA＝1.5NA，含氧原子的物质的量为0.5 mol×4＝2 mol，质量为2 mol×‎16 g·mol－1＝‎32 g。‎ ‎5．标准状况下有① ‎0.112 L水　② 0.5NA个HCl分子 ‎③‎25.6 g SO2气体　④ 0.2 mol氨气　⑤ 2 mol氦气 ‎⑥6.02×1023 个白磷分子(P4)，所含原子个数从大到小的顺序为①>⑥>⑤>③>②>④。‎ ‎6．最近材料科学家研究发现了首例带结晶水的晶体在5 K下呈现超导性。据报道，该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O。若用NA表示阿伏加德罗常数，试计算‎12.2 g该晶体中含氧原子数________，氢原子的物质的量________mol。‎ 解析：晶体的摩尔质量约为‎122 g·mol－1，n＝＝0.1 mol，故氧原子数目＝0.1×(2＋1.3)NA＝0.33NA，n(H)＝0.1 mol×1.3×2＝0.26 mol。‎ 答案：0.33NA　0.26‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅰ)乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。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(　　)‎ A．1∶1 B．2∶3‎ C．3∶2 D．2∶1‎ 解析：选C　由题图可知乌洛托品的化学式为C6H12N4，根据元素守恒，碳元素全部来自甲醛，氮元素全部来自氨，所以该有机物分子中C与N原子个数比即为甲醛与氨的物质的量之比，即6∶4＝3∶2。‎ ‎2．(2016·海南高考)利用太阳能分解制氢，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 解析：选D　根据方程式：2H2O2H2↑＋O2↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2。A.可生成H2的质量为‎0.04 g，错误；B.可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C.可生成标准状况下H2的体积为‎0.448 L，错误；D.0.04 mol Na与水反应产生H2和光解0.02 mol水生成H2理论上均为0.02 mol，正确。‎ 考点二　气体摩尔体积、阿伏加德罗定律 气体摩尔体积 ‎1.影响物质体积的因素 ‎2．气体摩尔体积 ‎(1)定义：一定条件下，单位物质的量的气体所占的体积，符号为Vm。‎ ‎　　　　　　　　　　 　　　　　　　 ‎ ‎　　　　　　　　　　注意：物质所处的状态是气态而不是固态或液态 ‎(2)单位：L/mol或L·mol－1。‎ ‎(3)数值：标准状况下，气体摩尔体积约为‎22.4 L·mol－1。‎ ‎[拓展归纳]‎ ‎(1)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，如标准状况下，气体摩尔体积Vm＝‎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。如546 K、202 kPa时，1 mol气体的体积也是‎22.4 L。‎ ‎(2)气体摩尔体积只适用于气体，可以是单一气体，也可以是混合气体，应用Vm＝‎22.4 L·mol－1时一定要看清是否是标准状况。‎ ‎(3)有些物质如H2O、CCl4、乙醇、氯仿(CHCl3)、SO3、己烷、苯、HF等在标准状况下不是气体。故不能利用标准状况下的气体摩尔体积进行相关计算。‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)常温常压下，0.5 mol CH4的体积为‎11.2 L(×)‎ ‎(2)标准状况下，1 mol H2O的体积为‎22.4 L(×)‎ ‎(3)标准状况下，‎28 g N2和CO的混合气体的体积约为‎22.4 L(√)‎ ‎(4)标准状况下，‎22.4 L氧气与‎22.4 L苯中所含分子数均为NA(×)‎ ‎(5)常温常压下，‎11 g CO2的体积为‎5.6 L(×)‎ ‎2．设NA为阿伏加德罗常数，如果a g某气态双原子分子的分子数为p，则 b g 该气体在标准状况下的体积 V(L)是(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选D　气态双原子分子的物质的量为 mol，双原子分子的摩尔质量为＝ g·mol－1，b g气体在标准状况下的体积为×‎22.4 L·mol－1＝ L。‎ 阿伏加德罗定律及其推论 ‎1.阿伏加德罗定律 ‎(1)定义 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。‎ ‎　‎ 注意：可以是单一气体，也可以是混合气体 ‎(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，才有分子数相等这一结论，但所含原子数不一定相等。‎ ‎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 ＝ 同温同体积时，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 ＝＝ 例如：相同条件下，等质量的C2H4和丙烯(C3H6)两种气体中：‎ ‎(1)所含的分子数目之比为3∶2；‎ ‎(2)体积之比为3∶2；‎ ‎(3)原子总数之比为1∶1；‎ ‎(4)相同条件下密度之比为2∶3。‎ ‎[对点训练]‎ ‎3．下列条件下，两种气体分子数一定不相等的是(　　)‎ A．相同质量、不同密度的N2O和CO2‎ B．相同体积、相同密度的CO和C2H4‎ C．相同温度、相同压强、相同体积的O2和O3‎ D．相同压强、相同质量的CO和CO2‎ 解析：选D　A项中N2O和CO2的相对分子质量均为44，故质量相同时，分子数一定相等；B项中CO和C2H4的相对分子质量均为28，体积相同、密度相同，则质量相等，故分子数相等；C项为同温、同压、同体积，则气体所含分子数一定相等；D项中由于CO和CO2的摩尔质量不同，故在此条件下两分子数一定不相等。‎ ‎4．在三个密闭容器中分别充入A、B、C三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序为p(B)>p(A)>p(C)，则A、B、C分别是(　　)‎ A．Ne、H2、O2 B．O2、N2、H2‎ C．NO、CO2、H2 D．NH3、O2、NO2‎ 解析：选A　温度和密度相同时，压强与相对分子质量成反比，因此B的相对分子质量最小，C的相对分子质量最大，所以A选项正确。‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．(2013·全国卷)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的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，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．(2015·海南高考改编)下列指定微粒的数目不相等的是(　　)‎ A．等物质的量的水与重水含有的电子数 B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数 C．同温同压同体积的CO和NO含有的质子数 D．等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数 解析：选C　1 mol H2O中含有的电子数是8 mol,1 mol重水(D2O)中含有的电子数也是8 mol，故等物质的量的二者含有的电子数相等，A不符合题意；乙烯和丙烯的最简式均为CH2，等质量时，含有“CH2”的个数相等，含有的共用电子对数也相等，B不符合题意；同温同压下，同体积的CO和NO的物质的量相同，但由于每个分子中含有的质子数不相同，故所含有的质子数不相同，C符合题意；Cl2与Fe反应生成FeCl3，Cl2与Al反应生成AlCl3，故等物质的量的Fe和Al分别与足量Cl2完全反应转移的电子数相等，D不符合题意。‎ 考点三　突破阿伏加德罗常数应用题的“六大陷阱”‎ 从气体摩尔体积的使用条件及物质所处的状态角度设置陷阱 ‎[破题方法]　重“两看”，突破陷阱 ‎[对点训练]‎ ‎1．判断正误(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NA(×)‎ ‎(2)标准状况下，‎5.6 L CO2气体中含有的氧原子数为0.5NA(√)‎ ‎(3)标准状况下，‎22.4 L N2和H2的混合气体中有NA个原子(×)‎ ‎(4)标准状况下，‎2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5NA(×)‎ ‎(5)标准状况下，‎11.2 L N2O4与‎22.4 L NO2中所含的氧原子数均等于2NA(×)‎ ‎(6)标准状况下，‎2.24 L氨水中含有NH3分子数为0.1NA(×)‎ ‎(7)标准状况下，‎22.4 L SO3中含有SO3分子数为NA(×)‎ 从物质的量(或质量)与状况方面设置陷阱 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。‎ ‎[破题方法]　排“干扰”，突破陷阱 ‎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。‎ ‎[对点训练]‎ ‎2．判断正误(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，‎80 g SO3中含3NA个氧原子(√)‎ ‎(3)室温下，1 mol CH4中含有5NA个原子(√)‎ ‎(4)常温常压下，1 mol CO2与SO2的混合气体中含氧原子数为2NA(√)‎ 从特殊物质的组成与结构上设置陷阱 ‎[破题方法]　记“组成”，突破陷阱 ‎①记最简式相同的物质，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。‎ ‎[对点训练]‎ ‎3．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)1 mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA(√)‎ ‎(2)氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含共价键数为0.4NA(×)‎ ‎(3)1 mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA(√)‎ ‎(4)‎2.0 g HO与D2O的混合物中所含中子数为NA(√)‎ ‎(5)相同质量的CO与N2所含分子数、原子数均相同(√)‎ ‎(6)‎7.8 g Na2O2中含有的阴离子数为0.1NA(√)‎ ‎(7)‎78 g苯中含有碳碳双键的数目为3NA(×)‎ ‎(8)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(×)‎ 从电解质溶液中的“弱粒子”方面设置陷阱 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。‎ ‎[破题方法]　审“题目”，突破陷阱 ‎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。‎ ‎[对点训练]‎ ‎4．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)‎1 L 0.1 mol·L－1的乙酸溶液中含H＋的数量为0.1NA(×)‎ ‎(2)‎2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NA(×)‎ ‎(3)‎0.1 L 3.0 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH的数目为0.3NA(×)‎ ‎(4)‎1 L 0.1 mol·L－1碳酸钠溶液中含有的氧原子数为0.3NA(×)‎ ‎(5)‎25 ℃‎时，pH＝13的‎1.0 L NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA(√)‎ ‎(6)‎25 ℃‎时，pH＝13的‎1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA(×)‎ ‎(7)0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，阴、阳离子的数目之和为0.2NA(×)‎ ‎(8)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(×)‎ 从氧化还原反应中电子转移的数目方面设置陷阱 ‎[破题方法]　记“特殊”，突破陷阱 常考氧化还原反应转移的电子数 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：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转移电子数小于1 mol或NA ‎[对点训练]‎ ‎5．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA(√)‎ ‎(2)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(√)‎ ‎(3)标准状况下，‎5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA(×)‎ ‎(4)‎2.4 g Mg在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA(×)‎ ‎(5)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(×)‎ ‎(6)3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子(√)‎ ‎(7)H2O2分解制得标准状况下‎1.12 L O2，转移电子数目为0.2NA(×)‎ ‎(8)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA(×)‎ ‎(9)1 mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA(√)‎ 从物质转化中存在“特殊反应”方面设置陷阱 ‎[破题方法]　记“隐含”，突破陷阱 ‎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。‎ ‎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。‎ ‎[对点训练]‎ ‎6．判断正误(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)常温常压下，‎92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为6NA(√)‎ ‎(5)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分子数为NA(×)‎ ‎(6)标准状况下，‎22.4 L NO2气体中所含分子数为NA(×)‎ ‎[综合训练]‎ ‎1．(2018·皖南八校第一次联考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．常温常压下，‎30 g乙烷气体中所含有的共价键数目为6NA B．标准状况下，‎0.4 g D2中所含中子数目为0.2NA C．常温下，‎1 L pH＝12的氨水溶液中含有NH数目为0.01NA D．标准状况下，盛有‎11.2 L CO2的密闭容器中所含氧原子数为0.5NA 解析：选B　‎30 g乙烷的物质的量为1 mol，含有共价键数目为7NA，A错误；‎0.4 g D2的物质的量为0.1 mol，含有的中子数为0.2NA，B正确；常温下，‎1 L pH＝12的氨水溶液中，‎ c(H＋)＝10－12 mol·L－1，c(OH－)＝10－2 mol·L－1，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)，故溶液中NH数目小于0.01NA，C错误；n(CO2)＝＝0.5 mol，故n(O)＝2n(CO2)＝1 mol，D错误。‎ ‎2．(2018·资阳诊断)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是(　　)‎ A．‎44 g乙醛()与乙酸乙酯的混合物中含氧原子数为NA B．室温下，‎1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－数为1×10－13NA C．1 mol Fe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为2NA D．1 mol Li2O和Na2O2的混合物中含有的离子总数为3NA 解析：选C　选项A，乙醛的分子式为C2H4O，假设全部是乙醛，则‎44 g乙醛含氧原子的物质的量为‎44 g÷‎44 g·mol－1＝1 mol，假设全部是乙酸乙酯，‎44 g乙酸乙酯含氧原子的物质的量为‎44 g÷‎88 g·mol－1×2＝1 mol，故‎44 g二者的混合物含有的氧原子的物质的量为1 mol，正确；选项B,‎1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－浓度等于H＋浓度，数目为1× 10－13NA，正确；选项C,1 mol Fe和足量的稀硫酸反应生成1 mol Fe2＋，转移电子的物质的量为2 mol，与足量的稀硝酸反应，生成1 mol Fe3＋，转移电子的物质的量为3 mol，错误；选项D，Li2O中含有Li＋和O2－，Na2O2中含有Na＋和O，故1 mol混合物中含有的离子总数为3NA，正确。‎ ‎3．已知NA为阿伏加德罗常数的值，有关草酸(HOOC—COOH)的下列说法中错误的是(　　)‎ A．‎9.0 g草酸中共用电子对数目为0.9NA B．‎9.0 g草酸被NaClO氧化生成CO2，转移的电子数为0.2NA C．‎9.0 g草酸溶于水，其中C2O和HC2O的微粒数之和为0.1NA D．‎9.0 g草酸受热完全分解为CO2、CO、H2O，标准状况下测得生成的气体体积为‎4.48 L 解析：选C　‎9.0 g H‎2C2O4的物质的量为0.1 mol，1个H‎2C2O4分子中含有2个H—O键、2个C—O键、2个C===O键、1个C—C键，共9个共用电子对，故0.1 mol H‎2C2O4中含有0.9NA个共用电子对，A项正确；0.1 mol H‎2C2O4被NaClO氧化生成0.2 mol CO2，转移的电子数为0.2NA，B项正确；根据物料守恒，含0.1 mol H‎2C2O4的水溶液中，N(H‎2C2O4)＋N(HC2O)＋N(C2O)＝0.1NA，C项错误；根据H‎2C2O4CO↑＋CO2↑＋H2O及标准状况下H2O不是气体知，0.1 mol H‎2C2O4受热分解生成的气体在标准状况下的体积为‎4.48 L，D项正确。‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅱ)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NA B．‎2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA C．标准状况下，‎2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D．0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA 解析：选D　溶液中含0.1 mol NH4Cl，由于NH部分水解，即NH的数量小于0.1NA，A项错误；‎2.4 g Mg的物质的量为0.1 mol，与H2SO4完全反应转移0.2 mol电子，B项错误；标准状况下，‎2.24 L N2和O2的混合气体为0.1 mol，其分子数为0.1NA，C项错误；H2与I2的反应虽为可逆反应，但由于反应前后气体总物质的量不变，因此无论反应程度如何，分子总数均为0.2NA，D项正确。‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅲ)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子 B．pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋‎ C．‎2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子 D．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 解析：选A　1个11B原子中含有6个中子，0.1 mol 11B中含有0.6NA个中子，A项正确；H3PO4溶液的体积未知，所以不能计算出所含氢离子个数，B项错误；标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算‎2.24 L苯在O2中完全燃烧产生CO2分子的数目，C项错误；PCl3与Cl2生成PCl5(g)的反应是可逆反应，所以1 mol PCl3与1 mol Cl2不可能完全反应，生成的PCl5小于1 mol，故增加的P—Cl键的数目小于2NA，D项错误。‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅰ)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．‎14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 mol N2与4 mol H2 反应生成的NH3分子数为2NA C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，‎2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA 解析：选A　A项乙烯和丙烯的分子式分别为C2H4、C3H6，二者的最简式均为CH2,‎14 g乙烯和丙烯混合气体中含有“CH2”的物质的量为＝1 mol，故所含氢原子数为2NA。B项N2和H2合成氨的反应为N2＋3H22NH3，该反应为可逆反应，1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3小于2 mol，故生成的NH3分子数小于2NA。C项Fe与过量的硝酸反应生成Fe(NO3)3，故1 mol Fe参加反应时转移电子数为3NA。D项标准状况下，CCl4为液体，‎2.24 L CCl4的物质的量远大于0.1 mol，故含有的共价键数远大于0.4NA。 ‎ ‎4．(2015·全国卷Ⅰ)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎18 g D2O和‎18 g H2O中含有的质子数均为10NA B．‎2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA C．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 D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA 解析：选C　A．D2O的摩尔质量为‎20 g·mol－1,‎18 g D2O的物质的量为‎18 g/‎20 g·mol－1＝0.9 mol，则含有的质子数为0.9 mol×10NA＝9NA，H2O的摩尔质量为‎18 g·mol－1，‎18 g H2O的物质的量为‎18 g/‎18 g·mol－1＝1 mol，则含有的质子数为1 mol×10NA＝10NA，故A不正确。B.亚硫酸是弱电解质，不能发生完全电离，所含H＋离子数小于‎2 L×0.5 mol·L－1×2＝2NA，故B不正确。C.过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，根据电子转移情况得关系式O2～2e－，生成0.1 mol氧气转移电子数为0.2NA，故C正确。D.2 mol NO与1 mol O2发生反应2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，因为存在2NO2N2O4，则产物的分子数小于2NA，故D不正确。‎ 考点四　3种方法在化学计算中的巧妙应用 比例式法 ‎1.化学计量数在方程式中的含义 ‎　　　　　　　　 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。　‎ ‎2．一般步骤 一设 设所求物质的物质的量为n 二写 写出有关的化学方程式 三找 找出相关物质对应的化学计量数，从而找出相关物质的物质的量之比 四列 将有关的四个量列出比例式 五解 根据比例式求出n，再求m、V或c 六答 写出简明答案 ‎[典例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－1n总(Fe2＋)‎ 则＝，‎ 可得n总(Fe2＋)＝5×‎0.025 L×2 mol·L－1＝0.25 mol，‎ 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，根据元素守恒得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)‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅲ节选)绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：‎ 为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m‎1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m‎2 g。按下图连接好装置进行实验。‎ ‎(1)仪器B的名称是________。‎ ‎(2)将下列实验操作步骤正确排序________(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m‎3 g。‎ a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2‎ d．打开K1和K2，缓缓通入N2‎ e．称量A f．冷却到室温 ‎(3)根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝___________(列式表示)。若实验时按a、d次序操作，则使x________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ 解析：(1)仪器B是干燥管。(2)根据实验目的及绿矾易被氧化的性质可知，实验时先打开K1和K2，缓缓通入N2排出装置中的空气，避免空气中的氧气将绿矾氧化；再点燃酒精灯进行加热；一段时间后熄灭酒精灯，冷却至室温，关闭K1和K2，再称量A。故正确的操作顺序是dabfce。(3)根据题意，绿矾样品的质量为(m2－m1)g，绿矾中结晶水的质量为(m2－m3)g，则FeSO4的质量为(m3－m1)g，设绿矾的化学式为FeSO4·xH2O，则 FeSO4·xH2OFeSO4　＋　xH2O ‎　　　　　　　 152　　 　　18x ‎ 　　　　　 (m3－m1)g　 (m2－m3)g ＝解得：x＝。如果实验时按照a、d次序操作，则部分绿矾被氧化，导致m3增大，则测出结晶水的值x会偏小。‎ 答案：(1)干燥管　(2)dabfce　(3)　偏小 关系式法 ‎1.应用原理 关系式法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]　(2017·全国卷Ⅱ节选)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(2S2O＋I2===2I－＋S4O)。‎ 回答下列问题：‎ 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。‎ ‎[解析]　滴定过程发生的化学反应：‎ ‎2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2‎ MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O I2＋2S2O===2I－＋S4O 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I2遇淀粉变蓝，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。‎ ‎[答案]　蓝色刚好褪去，且半分钟内颜色不复原　80ab ‎[对点训练]‎ ‎2．(2015·全国卷Ⅱ节选)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：‎ Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；‎ Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；‎ Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；‎ Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；‎ Ⅴ.用0.100 0 mol·L－1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：‎ ‎(1)锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)测得混合气中ClO2的质量为________g。‎ 解析：(1)ClO2具有氧化性，I－具有还原性，二者在酸性溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋4H2O＋2Cl－。(2)ClO2、I2和Na2S2O3间存在关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则有n(ClO2)＝n (Na2S2O3)＝×0.100 0 mol·L－1×20.00×10－‎3 L＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4 mol ×‎67.5 g·mol－1＝0.027 ‎00 g。‎ 答案：(1)2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋4H2O＋2Cl－‎ ‎(2)0.027 00‎ 守恒法 ‎(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定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。‎ ‎2．解题步骤 ‎(二)分类突破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)＝2n(FeS2)＝2 mol。‎ ‎[注意]　在利用质量守恒定律时，常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]　(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，可计算出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 mL×10－‎3 L·mL－1×＝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 ‎[对点训练]‎ ‎3.分别称取‎2.39 g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。‎ ‎(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为________。‎ ‎(2)另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl－)＝________(溶液体积变化忽略不计)。‎ 解析：(1)向(NH4)2SO4和NH4Cl混合溶液中加入Ba(OH)2溶液产生沉淀，发生反应Ba ‎2＋＋SO===BaSO4↓。由硫原子守恒可得n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.01 mol，即n[(NH4)2SO4]＝0.01 mol，‎ n(NH4Cl)＝＝0.02 mol，‎ 所以n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)＝1∶2。‎ ‎(2)两份混合物完全相同，可认为第一份中发生反应(NH4)2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2NH3·H2O。此时(NH4)2SO4与Ba(OH)2恰好完全反应，消耗Ba(OH)2溶液100 mL，由(1)知，0.01 mol(NH4)2SO4与0.02 mol NH4Cl提供的NH相等，要使固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液恰好完全反应，则需Ba(OH)2溶液200 mL，即Ba(OH)2溶液的体积为‎0.2 L，n(Cl－)＝n(NH4Cl)＝0.02 mol，c(Cl－)＝＝0.100 mol·L－1。‎ 答案：(1)1∶2　(2)0.100 mol·L－1‎ ‎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等于还原剂所失电子总数；或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。‎ ‎[典例4]　(2016·全国卷Ⅲ节选)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/%‎ ‎2.2～2.9‎ ‎2.8～3.1‎ ‎22～28‎ ‎60～65‎ ‎1～2‎ ‎＜1‎ 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎“氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为________ mol。‎ ‎[解析]　“氧化”中使3 mol的VO2＋变为VO，转移电子的物质的量为3 mol×(5－4)＝3 mol；氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl元素的化合价由＋5价降低到－1价，根据电子守恒可知，需要KClO3的物质的量至少为＝0.5 mol。‎ ‎[答案]　0.5‎ ‎[对点训练]‎ ‎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需用到电荷守恒，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Al2(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 ‎[对点训练]‎ ‎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的此混合液中的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：‎ V(NaOH)＝＝＝‎2 L。‎ ‎[综合演练提能]　 ‎ ‎[课堂巩固练]‎ ‎1．冬季的降雪给机场和马路带来诸多不便，其中醋酸钾(CH3COOK)是融雪效果较好的融雪剂，下列关于醋酸钾的说法正确的是(　　)‎ A．1 mol CH3COOK的质量为‎98 g·mol－1‎ B．CH3COOK的摩尔质量等于它的相对分子质量 C．一个“CH3COOK”微粒的质量约为 g D．含有6.02×1023个碳原子的CH3COOK的物质的量为1 mol 解析：选C　1 mol CH3COOK的质量为‎98 g，A错误；摩尔质量的单位是g·mol－1，相对分子质量的单位是“1”，B错误；一个“CH3COOK”微粒的质量约为 g，C正确；一个“CH3COOK”中含有2个C原子，所以当醋酸钾中有6.02×1023个C原子时，醋酸钾的物质的量为0.5 mol，D错误。‎ ‎2.科学家最近在－‎100 ℃‎的低温下合成了一种化合物X，此分子的模型如图所示，其中黑球代表碳原子，白球代表氢原子，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．该分子的分子式为C5H4‎ B．1 mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时需耗6 mol O2‎ C．该物质完全燃烧生成的CO2与H2O的分子数比为5∶4‎ D．1 mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时转移电子数为24NA 解析：选C　由模型图可知，1个分子中含5个C、4个H，故该分子的分子式为C5H4，A正确；由燃烧规律可知，1 mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时需耗O2为1×(5＋4/4)mol＝6 mol，B正确；由C、H原子守恒可知，该物质完全燃烧生成的CO2与H2O的分子数比为5∶2，C错误；反应过程中C元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由O元素的化合价变化可知，1 mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时转移电子数为6 mol×2×(2－0)×NA＝24NA，D正确。‎ ‎3．由C16O和C18‎ O组成的气体与同温、同压下空气(平均相对分子质量为29)的密度相同，则下列关系正确的是(　　)‎ A．气体中C16O和C18O的分子数之比为14∶15‎ B．气体中C16O和C18O的物质的量之比为1∶1‎ C．气体中C16O和C18O的质量之比为15∶14‎ D．气体中C16O和C18O的密度之比为1∶1‎ 解析：选B　C16O的相对分子质量为28，C18O的相对分子质量为30，二者组成的气体与同温、同压下空气(平均相对分子质量为29)的密度相同，故气体的平均相对分子质量为29，根据十字交叉法计算二者的物质的量之比为1∶1，所以分子数之比为1∶1，A错误，B正确；物质的量相同时，质量之比等于摩尔质量之比，气体中C16O和C18O的质量之比为28∶30＝14∶15，C错误；同温、同压下，密度之比等于相对分子质量之比，气体中C16O和C18O的密度之比为28∶30＝14∶15，D错误。‎ ‎4.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，最后容器内的压强按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　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===2NO2,2NO2N2O4，反应后气体的物质的量介于a mol与‎1.5a mol之间，故C正确。‎ ‎5．(2018·郑州一中测试)等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的(同温同压)，此时混合气体中N2、O2、CO2的物质的量之比为(　　)‎ A．3∶4∶1 B．3∶3∶2‎ C．6∶7∶3 D．6∶9∶1‎ 解析：选A　根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，任何气体的体积之比等于物质的量之比，设反应前N2、O2、CO2气体体积均是3V L，则反应后混合气体的体积为8V L，即气体的体积减小了V L，所以根据化学方程式：2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2可知，参加反应的CO2体积是2V L，生成V L O2，所以此时混合气体中N2、O2、CO2体积之比为3V∶‎ ‎(3＋1)V∶(3－2)V＝3∶4∶1，故A正确。‎ ‎6．(2018·鹰潭一中月考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ ‎①常温常压下，‎6.4 g Cu与40 mL 10 mol·L－1浓HNO3作用，产生NO2分子的数目为0.2NA ‎②‎1.6 g甲烷中含有的C—H键数目为0.1NA ‎③某温度时，‎1 L pH＝6的纯水中含有1.0×10－6NA个H＋‎ ‎④‎7.8 g 中含有的碳碳双键数目为0.3NA ‎⑤‎20 g氖气中所含的原子数目为NA ‎⑥‎25 ℃‎时，pH＝12的NaHCO3溶液中含有OH－的数目为0.01NA ‎⑦含NA个阴离子的Na2O2溶于水形成‎1 L溶液，其浓度为1 mol·L－1‎ A．①⑥ B．③⑤‎ C．②④⑦ D．①②④⑤‎ 解析：选B　‎6.4 g铜的物质的量为0.1 mol，其与浓硝酸反应生成NO2，但随着反应进行，硝酸不断被消耗，稀硝酸与铜反应生成NO，所以‎6.4 g铜与40 mL 10 mol·L－1浓HNO3作用，产生NO2分子的数目小于0.2NA，①错误；一个甲烷分子中有4个C—H键，所以‎1.6 g(0.1 mol)甲烷含有的C—H键数目为0.4NA，②错误；pH＝6的纯水中c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1，则‎1 L纯水中含有1.0×10－6NA个H＋，③正确；苯分子中没有碳碳双键，④错误；氖气是单原子分子，‎20 g氖气的物质的量为1 mol，所含的原子数目为NA，⑤正确；没有给出溶液的体积，无法计算溶液中含有的OH－的数目，⑥错误；含NA个阴离子的Na2O2的物质的量为1 mol，其溶于水生成2 mol NaOH，则形成‎1 L NaOH溶液的浓度为2 mol·L－1，⑦错误。‎ ‎7．化学计量在化学中占有重要地位，请回答下列问题。‎ ‎(1)0.3 mol NH3分子中所含原子数与________个H2O分子中所含原子数相等。‎ ‎(2)含0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO的物质的量是________。‎ ‎(3)在一定的温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是______________________。‎ ‎(4)某盐混合溶液中含有离子：Na＋、Mg2＋、Cl－、SO，测得Na＋、Mg2＋和Cl－的物质的量浓度依次为：0.2 mol·L－1、0.25 mol·L－1、0.4 mol·L－1，则c(SO)＝________。‎ 解析：(1)0.3 mol NH3中含有原子物质的量为0.3×4 mol＝1.2 mol，因此需水的物质的量为 mol＝0.4 mol，即水分子的个数为0.4NA或2.408×1023；(2)n(Al3＋)∶n(SO)＝2∶‎ ‎3，则n(SO)＝0.4× mol＝0.6 mol；(3)反应方程式为X2＋3Y2===2Z，根据原子守恒和元素守恒，可知Z的化学式为XY3或Y3X；(4)根据电荷守恒，c(Na＋)＋‎2c(Mg2＋)＝c(Cl－)＋‎2c(SO)，c(SO)＝[c(Na＋)＋‎2c(Mg2＋)－c(Cl－)]/2＝ mol·L－1＝0.15 mol·L－1。‎ 答案：(1)0.4NA或2.408×1023　(2)0.6 mol ‎(3)XY3或Y3X　(4)0.15 mol·L－1‎ ‎[课下提能练]‎ ‎1．下列说法中正确的是(　　)‎ A．1 mol S和O2的摩尔质量都是‎32 g B．‎7.8 g Na2S与Na2O2的混合物约含有阴离子6.02×1022个 C．1 mol任何气体中都含有相同的原子数 D．‎22.4 L CO2气体中含有3NA个原子 解析：选B　1 mol S和O2的摩尔质量都是‎32 g·mol－1，A错误；Na2S与Na2O2的相对分子质量相同，均是78，且阴阳离子的个数之比均是1∶2，因此‎7.8 g Na2S与Na2O2的混合物约含有阴离子6.02×1022个，B正确；1 mol任何气体中不一定都含有相同的原子数，例如氧气和臭氧，C错误；不知是否为标准状况下，无法根据气体摩尔体积求算其物质的量，D错误。‎ ‎2．(2018·枣阳一中月考)‎6.6 g木炭在标准状况下V L氧气中点燃，恰好完全反应。将反应后生成的气体通入足量过氧化钠中，过氧化钠增重‎7 g，则V为(　　)‎ A．5.6 B．8.96‎ C．9.52 D．12.32‎ 解析：选B　根据2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，向过氧化钠中通入2 mol CO2时，过氧化钠增重‎56 g，则当过氧化钠增重‎7 g时，木炭与氧气反应生成的CO2的物质的量n(CO2)＝×2 mol＝0.25 mol，根据碳元素守恒，则n(CO)＝n(C)－n(CO2)＝0.3 mol，则参加反应的n(O2)＝n(CO2)＋n(CO)＝0.40 mol，故V(O2)＝‎22.4 L·mol－1×0.40 mol＝‎8.96 L，B项正确。‎ ‎3．(2018·郑州质检)如图，同温同压下，分别用氯化氢和四种混合气体吹出体积相等的五个气球。A、B、C、D四个气球中，与充有氯化氢的气球所含原子数一定相等的是(　　)‎ 解析：‎ 选C　同温同压下，体积相等的气球中，气体的物质的量相等。HCl是双原子分子，因此当混合气体分子的平均原子数一定等于2时才符合要求。A项，平均原子数有可能等于2；B项，平均原子数一定大于2；C项，平均原子数一定等于2；D项，平均原子数一定大于2，故C项正确。‎ ‎4．(2018·开封调研)如图是氨气与氯化氢反应的装置。抽走玻璃片充分反应，反应中有关物理量的描述正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的数值)(　　)‎ A．气体反应物的总体积为‎0.224 L B．生成物的分子个数为0.005NA C．产物中的N—H键个数为0.02NA D．加水溶解后所得溶液中NH数目为0.005NA 解析：选C　A项，没有说明气体所处的状况，故气体反应物的总体积不一定是‎0.224 L，错误；B项，生成物NH4Cl为离子化合物，不存在分子，错误；D项，由于NH部分水解，故所得溶液中NH数目小于0.005NA，错误。‎ ‎5．(2018·湖北四校模拟)设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)‎ ‎①常温常压下，1 mol氦气含有的核外电子数为4NA ‎②常温常压下，‎17 g甲基(—14CH3)所含的中子数为8NA ‎③‎64 g铜发生氧化还原反应，一定失去2NA个电子 ‎④常温常压下，100 mL 0.5 mol·L－1乙酸溶液中，乙酸分子的数目小于0.05NA ‎⑤标准状况下，‎22.4 L C2H5OH中含有的氢原子数为6NA ‎⑥常温常压下，‎22.4 L NO气体的分子数小于NA A．①②⑤ B．③④⑤‎ C．②④⑥ D．③⑤⑥‎ 解析：选C　①氦气分子是单原子分子，1 mol氦气含有的核外电子数为2NA，错误；②常温常压下，‎17 g甲基的物质的量是＝1 mol，所含的中子数为8NA，正确；③‎64 g铜的物质的量为1 mol，发生氧化还原反应若生成Cu2＋，一定失去2NA个电子，若生成Cu＋，则失去NA个电子，错误；④100 mL 0.5 mol·L－1乙酸溶液中含乙酸的物质的量为‎0.1 L×0.5 mol·L－1＝0.05 mol，乙酸为弱电解质，在水溶液中会发生电离，故乙酸分子的数目小于0.05NA，正确；⑤标准状况下，乙醇为液态，计算物质的量时不能用‎22.4 L·mol－1，故‎22.4 L乙醇中含有的氢原子数不是6NA，错误；⑥常温常压下，气体的摩尔体积大于‎22.4 L·mol－1，所以‎22.4 L NO气体的分子数小于NA，正确。‎ ‎6.如图表示‎1 g O2与‎1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是(　　)‎ A．C2H4 B．CH4‎ C．CO2 D．NO 解析：选C　由图可知，相同温度时，p(O2)>p(X)，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小。只有CO2的相对分子质量大于O2的，故C正确。‎ ‎7．下列说法不正确的是(　　)‎ A．温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)所含的分子数一定相同 B．等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于16∶11‎ C．温度和容积相同的两容器中分别盛有5 mol O2和2 mol N2，则压强之比为5∶2‎ D．等温等压条件下，5 mol O2(g)和2 mol H2(g)的体积之比等于5∶2‎ 解析：选A　温度相同、压强相同、体积相同的O2(g)和N2(g)所含的分子数相同，故A错误；等温等压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故B正确；同温同体积的气体的物质的量之比等于压强之比，故C正确；等温等压条件下气体的物质的量之比等于体积之比，故D正确。‎ ‎8．(2018·雅礼中学月考)三个密闭容器中分别充入H2、O2、CO2三种气体，以下各种情况下排序正确的是(　　)‎ A．当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)＞m(O2)＞m(CO2)‎ B．当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：‎ ρ(H2)＞ρ(O2)＞ρ(CO2)‎ C．当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V(CO2)＞V(O2)＞V(H2)‎ D．当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：‎ p(H2)＞p(O2)＞p(CO2)‎ 解析：选D　同温同压时，同体积的气体物质的量相同，摩尔质量越大，则质量越大，因此m(CO2)＞m(O2)＞m(H2)，A项错误；同温同压下，相对分子质量越大，则密度越大，因此ρ(CO2)＞ρ(O2)＞ρ(H2)，B项错误；同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，由于三种气体质量相等，因此n(H2)＞n(O2)＞n(CO2)，所以V(H2)＞V(O2)＞V(CO2)，C项错误；同温同密度下，气体压强与摩尔质量成反比，故p(H2)＞p(O2)＞p(CO2)，D项正确。‎ ‎9．现有三种常见治疗胃病药品的标签：‎ 　　 ‎　　　①　　　　　　　 ②　　　　　　　③‎ 药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列关于三种药片中和胃酸的能力比较，正确的是(　　)‎ A．①＝②＝③ B．①>②>③‎ C．③＞②＞① D．②＞③＞①‎ 解析：选C　碳酸钙摩尔质量为‎100 g·mol－1，氢氧化镁摩尔质量为‎58 g·mol－1‎ ‎，氧化镁摩尔质量为‎40 g·mol－1，碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量比1∶2反应，药片中三者的质量相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强，所以中和盐酸的能力为③＞②＞①。‎ ‎10．(2018·厦门质检)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中指定粒子数目一定小于NA的是(　　)‎ A．‎12 g C60和石墨的混合物所含的碳原子数目 B．‎1 L 1 mol·L－1的Na2CO3溶液中含有的碳酸根离子的数目 C．0.5 mol·L－1NaOH溶液中所含Na＋数目 D．‎28 g铁在反应中作还原剂且完全反应时，失去电子的数目 解析：选B　‎12 g C60和石墨的混合物所含碳原子数目为NA，A错误；‎1 L 1 mol·L－1的Na2CO3溶液中，由于CO水解，含有的CO数目小于NA，B正确；未指明溶液的体积，C错误；‎28 g铁在反应中作还原剂且完全反应时，失去电子的数目可能为1.5NA，可能为NA，也可能在NA～1.5NA之间，D错误。‎ ‎11.肼(N2H4)是火箭燃料，常温下为液体，其分子的球棍模型如图所示。肼能与双氧水发生反应：N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎11.2 L N2中含电子总数为7×6.02×1023‎ B．‎3.2 g N2H4中含有共价键的总数为6×6.02×1022‎ C．标准状况下，‎22.4 L H2O2中所含原子总数为4×6.02×1023‎ D．若生成‎3.6 g H2O，则上述反应转移电子的数目为2×6.02×1022‎ 解析：选D　没有指明是否是标准状况，无法计算物质的量，故A错误；1 mol N2H4中含有共价键的物质的量为5 mol，则‎3.2 g N2H4中含共价键5×＝0.5 mol，故B错误；标准状况下，H2O2不是气体，故C错误；生成4 mol水时，转移电子的物质的量为4 mol，因此生成‎3.6 g水时转移电子的物质的量为＝0.2 mol，故D正确。‎ ‎12．(2018·天津五校联考)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．在标准状况下，‎22.4 L一氯甲烷分子所含原子总数为5NA B．在标准状况下，‎11.2 L HF含质子总数为5NA C．‎63 g HNO3作氧化剂时转移电子数目为NA D．1 mol环己烷()含非极性键数目为5NA 解析：选A　A项，在标准状况下，一氯甲烷呈气态，正确；B项，在标准状况下，HF呈液态，错误；C项，硝酸的还原产物可能是NO2、NO、N2、NH3等，错误；D项，1个环己烷分子含6个非极性键，错误。‎ ‎13．(2018·吉林五校联考)NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　)‎ A．‎9 g Sr2＋中含有的电子数为3.6NA B．某温度下纯水的pH＝6，该温度下‎1 L pH＝11的NaOH溶液中含OH－的数目为0.1NA C．一定温度下，‎1 L 0.5 mol·L－1 NH4Cl溶液与‎2 L 0.25 mol·L－1NH4Cl溶液中含NH数目均为0.5NA D．丙烯和环丙烷组成的‎42 g混合气体中氢原子的个数为6NA 解析：选C　1个Sr2＋中含有36个电子，‎9 g Sr2＋为0.1 mol，含有的电子数为3.6NA，A项正确；某温度下纯水的pH＝6，则水的离子积KW＝10－12，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1,‎1 L该溶液中含OH－的数目为0.1NA，B项正确；‎1 L 0.5 mol·L－1 NH4Cl溶液与‎2 L 0.25 mol·L－1NH4Cl溶液中由于NH水解，两者含NH数目均小于0.5NA，C项错误；丙烯和环丙烷的分子式均为C3H6,‎42 g该混合气体为1 mol，所含氢原子的个数为6NA，D项正确。‎ ‎14．现有‎14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为‎8.96 L。回答下列问题：‎ ‎(1)该混合气体的平均摩尔质量：___________________________________________。‎ ‎(2)混合气体中碳原子的个数：____________________。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)‎ ‎(3)将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。‎ ‎①气球中收集到的气体摩尔质量：______________________________；‎ ‎②标准状况下气球中收集到的气体的体积为_________________________________；‎ ‎③气球中收集到的气体的电子总数为_________________________________________。‎ ‎(用NA表示阿伏加德罗常数的值)‎ 解析：(1)混合气体的体积在标准状况下为‎8.96 L，则其物质的量n＝＝＝0.4 mol，混合气体的平均摩尔质量为＝‎36 g·mol－1；(2)设混合气体中 CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，则根据混合物的质量为‎14.4 g可得：28x＋44y＝14.4①；根据气体的物质的量为0.4 mol，所得x＋y＝0.4②；解①②得：x＝0.2 mol，y＝0.2 mol；由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2 mol CO和0.2 mol CO2中共含0.4 mol C原子即0.4NA个；(3)将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体；①‎ 气球中收集到的气体为CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到的气体的摩尔质量为‎28 g·mol－1；②气球中的气体为CO，其体积V＝nVm＝0.2 mol×‎22.4 L·mol－1＝‎4.48 L；③一个CO含有14个电子，由(2)求出的CO的物质的量为0.2 mol，则电子的物质的量为0.2 mol×14＝2.8 mol，电子总数为2.8NA个。‎ 答案：(1)‎36 g·mol－1　(2)0.4NA ‎(3)①‎28 g·mol－1　②‎4.48 L　③2.8NA ‎15．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。‎ ‎(1)已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：‎ 第一步：准确称取a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L－1的H2SO4溶液，充分反应。‎ 第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。‎ 第三步：逐滴加入浓度为c mol·L－1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为________(用字母表示)。‎ ‎(2)已知过氧化钙加热至‎350 ℃‎左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则‎350 ℃‎左右所得固体物质的化学式为______________。‎ 解析：(1)根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2O，则样品中CaO2的质量分数为×100%＝×100%。‎ ‎(2)CaO2·8H2O的摩尔质量为‎216 g·mol－1，故‎2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol,‎350 ℃‎左右所得固体质量为‎0.56 g，根据钙元素守恒，可知为CaO。‎ 答案：(1)溶液由蓝色变无色，振荡，且30 s内不出现蓝色　×100%　(2)CaO ‎16．(2017·北京高考)SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。‎ ‎(1)SCR(选择性催化还原)工作原理：‎ ‎①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。‎ ‎②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：____________________________________。‎ ‎③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：________________________________。‎ ‎④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M＝‎60 g·mol－1)含量的方法如下：‎ 取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L－1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L－1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________。‎ ‎(2)NSR(NOx储存还原)工作原理：‎ NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。‎ ‎①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是________。‎ ‎②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是________。‎ 解析：(1)①根据题意，反应物为H2O和CO(NH2)2，生成物为NH3和CO2，反应条件为加热，结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。②根据题意，反应物为NH3和NO2，生成物为N2和H2O，反应需在催化剂作用下进行。③根据题意，NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4。④根据题意，加入硫酸的总物质的量为c1v1×10－3 mol，NaOH消耗硫酸的物质的量为 mol，因此与NH3反应的硫酸的物质的量为 eq lc( c)(avs4alco1(c1v1×10－3－f(c2v2×10－3,2)))mol，根据关系式：CO(NH2)2～2NH3～H2SO4，得n[CO(NH2)2]＝×10－3 mol，m[CO(NH2)2]＝(c1v1－c2v2)×10－3 mol×‎60 g·mol－1＝0.06(c1v1－c2v2)g，因此尿素溶液中溶质的质量分数为×100%＝。(2)①由图a可以看出NOx在BaO中储存，在Ba(NO3)2中还原，因此储存NOx的物质为BaO。②由图b可知，Ba(NO3)2在第一步反应中被H2还原为NH3，根据得失电子守恒，1 mol Ba(NO3)2转化成NH3得到2 mol×8＝16 mol电子，1 mol氢气失去2 mol电子，因此消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比为8∶1。‎ 答案：(1)①CO(NH2)2＋H2OCO2↑＋2NH3↑‎ ‎②8NH3＋6NO27N2＋12H2O ‎③2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O===2(NH4)2SO4‎ ‎④ ‎(2)①BaO　②8∶1‎ 考点一　物质的量浓度及其计算 ‎1．物质的量浓度 ‎(1)定义：表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量，符号为cB。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　 　　 ‎ 注意：指溶液的体积而非溶剂的体积 注意：可能是分子或离子 ‎(2)表达式：cB＝。‎ ‎(3)单位：mol/L或mol·L－1。‎ ‎(4)特点：从一定物质的量浓度溶液中取出任一体积的溶液，其浓度、密度、质量分数相同，但所含溶质的物质的量因其体积不同而改变。‎ ‎[拓展归纳]‎ 计算物质的量浓度的三关键 ‎(1)判断溶液中的溶质并计算其物质的量 ‎①与水发生反应生成新的物质：如Na、Na2O、Na2O2NaOH(溶质)，SO3‎ eq o(――→,sup7(水))H2SO4(溶质)。‎ ‎②含结晶水的物质：CuSO4·5H2OCuSO4(溶质)、‎ Na2SO4·10H2ONa2SO4(溶质)。‎ ‎③特殊的物质：如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。但是‎1 L 1 mol·L－1的氨水中，NH3的物质的量并不是1 mol，而是指NH3、NH3·H2O、NH三者的物质的量之和为1 mol。‎ ‎(2)准确计算溶液的体积 不能用溶剂的体积(一般为水)代替溶液的体积，应根据V＝计算。‎ ‎(3)注意溶液中整体与部分的关系 溶质的浓度和离子浓度不同，要注意根据化学式具体分析。如：1 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝3 mol·L－1，c(Al3＋)＝2 mol·L－1(考虑Al3＋水解时，则其浓度小于2 mol·L－1)。‎ ‎2．溶质的质量分数 ‎(1)定义：用溶质的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(a%)表示。‎ ‎(2)表达式：w＝×100%。‎ ‎[拓展归纳]‎ 两种重要的换算关系 ‎(1)某温度下饱和溶液质量分数(w)与溶解度(S)的换算公式：‎ w＝×100%‎ ‎(2)物质的量浓度与质量分数的关系 如图所示，体积为 V L，密度为ρ g·cm－3的溶液，含有溶质的摩尔质量为M g·mol－1，溶质的质量分数为w，则物质的量浓度c与质量分数w的关系是：c＝＝＝＝＝⇨w＝。‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　物质的量浓度及简单计算 ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)1 mol·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl(×)‎ ‎(2)‎1 L水中溶解‎5.85 g NaCl所形成的溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1(×)‎ ‎(3)100 mL 0.1 mol·L－1的HNO3溶液取出25 mL，剩余溶液中NO的物质的量浓度为0.075 mol·L－1(×)‎ ‎(4)‎32.2 g Na2SO4·10H2O溶于‎67.8 g水中，w(Na2SO4)＝32.2%(×)‎ ‎(5)将‎40 g SO3溶于‎60 g水中所得溶质的质量分数为40%(×)‎ ‎(6)‎31 g Na2O溶于水，配成‎1 L溶液，c(Na2O)＝0.5 mol·L－1(×)‎ ‎(7)将1 mol·L－1的NaCl溶液和0.5 mol·L－1的BaCl2溶液等体积混合后，不考虑体积变化c(Cl－)＝0.75 mol·L－1(×)‎ ‎(8)同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3，其体积比为3∶2∶1，则SO浓度之比为3∶2∶3(×)‎ ‎2．若‎20 g密度为ρ g·mL－1的Ca(NO3)2溶液中含有‎2 g Ca(NO3)2，则溶液中NO的物质的量浓度为(　　)‎ A. mol·L－1　　　　 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ 解析：选C　溶质的物质的量n＝＝ mol，溶液的体积：V＝×10－‎3 L·mL－1＝ L，Ca(NO3)2的物质的量浓度：c＝＝＝ mol·L－1，NO的物质的量浓度为 mol·L－1×2＝ mol·L－1。‎ ‎3．将标准状况下的a L氯化氢气体溶于‎100 g水中，得到的盐酸的密度为b g·mL－1，则该盐酸的物质的量浓度(mol·L－1)是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　根据c＝进行计算，n＝ mol，V＝，可知C正确。‎ ‎[规律方法]‎ 气体溶于水所得溶液物质的量浓度计算的解题流程 题点(二)　物质的量浓度、质量分数、溶解度的换算 ‎4．在T ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g·cm－3，溶质的质量分数为w，其中含NH的物质的量为b mol。下列叙述中正确的是(　　)‎ A．溶质的质量分数w＝×100%‎ B．上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w C．溶液中c(OH－)＝ mol·L－1‎ D．溶质的物质的量浓度c＝ mol·L－1‎ 解析：选D　氨水中溶质为氨，该溶液的密度为ρ g·cm－3，体积为V mL，所以溶液质量为ρV g，溶质氨的质量为a g，溶质的质量分数为×100%，故A错误；水的密度比氨水的密度大，等体积的氨水与水相比，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故B错误；溶液中OH－来源于一水合氨、水的电离，NH的浓度为＝ mol·L－1，NH3·H2ONH＋OH－，则一水合氨电离出的OH－为 mol·L－1，所以溶液中OH－的浓度大于 mol·L－1，故C错误；a g NH3的物质的量为＝ mol，溶液体积为V mL，所以溶质的物质的量浓度为＝ mol·L－1，故D正确。‎ ‎5．(2018·吉安一模)‎4 ℃‎下，把摩尔质量为M g·mol－1的可溶性盐RCln A g溶解在V mL水中，恰好形成该温度下的饱和溶液，密度为ρ g·cm－3，下列关系式错误的是(　　)‎ A．溶质的质量分数w＝A/(A＋V)×100%‎ B．溶质的物质的量浓度c＝1 000ρA/(MA＋MV)mol·L－1‎ C．1 mL该溶液中n(Cl－)＝ mol(RCln在溶液中完全电离)‎ D．该温度下此盐的溶解度S＝‎100A/V g 解析：选C　根据溶质的质量分数w＝×100%，m溶质＝A g，V mL水的质量为V g ‎，m溶液＝(A＋V)g，代入公式可得w＝A/(A＋V)×100%，故A正确；同理，根据溶质的物质的量浓度c＝n/V′，n＝A/M mol，V′＝(A＋V)/(1 000ρ)L，代入可得c＝1 000ρ A/(MA＋MV)mol·L－1，故B正确；1 mL该溶液中n(Cl－)＝1 000ρ A/(MA＋MV)mol·L－1×1 mL×10－‎3 L·mL－1×n＝ mol，故C错误；该温度下此盐的溶解度S＝‎100A/V g，故D正确。‎ 题点(三)　溶液的稀释、混合的计算 ‎6．V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋m g，取 mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO物质的量浓度为(　　)‎ A. mol·L－1 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ 解析：选A　 mL溶液中Al3＋的物质的量为＝ mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c(Al3＋)＝＝ mol·L－1，c(SO)＝c(Al3＋)＝× mol·L－1＝ mol·L－1。‎ ‎7．(2018·江西两校联考)下列说法正确的是(　　)‎ A．‎1 L水中溶解了‎58.5 g NaCl，该溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1‎ B．V L Fe2(SO4)3溶液中含a g SO，取此溶液 L用水稀释成2V L，则稀释后溶液中c(Fe3＋)为 mol·L－1(不考虑Fe3＋水解)‎ C．已知某NaCl溶液的密度是‎1.17 g·cm－3，可求出此溶液的物质的量浓度 D．把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL 10%的NaOH溶液混合后，可判断NaOH混合溶液的质量分数等于15%‎ 解析：选B　‎1 L水中溶解了‎58.5 g(1 mol)NaCl，溶液的体积不等于‎1 L，故溶液的物质的量浓度不是1 mol·L－1，A项错误；V L Fe2(SO4)3溶液中含a g SO，则c(SO)＝ mol·L－1，又c(Fe3＋)∶c(SO)＝2∶3，则该溶液中c(Fe3＋)＝×c(SO)＝ mol·L－1，取此溶液 L用水稀释成2V L，则稀释后溶液中c(Fe3＋)＝ mol·L－1＝ mol·L－1‎ ‎，B项正确；该溶液中溶质的质量分数未知，故无法求出此溶液的物质的量浓度，C项错误；因为NaOH溶液的质量或密度未知，因此无法判断NaOH混合溶液的质量分数，D项错误。‎ ‎8．下图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是(　　)‎ 　 A．该硫酸和氨水的物质的量浓度分别约为18.4 mol·L－1和6.3 mol·L－1‎ B．各取5 mL与等质量的水混合后，c(H2SO4)<9.2 mol·L－1，c(NH3)>6.45 mol·L－1‎ C．各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)<49%，w(NH3)>12.5%‎ D．各取10 mL于两烧杯中，再分别加入一定量的水即可得到较稀的硫酸溶液和氨水 解析：选B　利用c＝计算：c(H2SO4)＝ mol·L－1＝18.4 mol·‎ L－1，c(NH3)＝ mol·L－1≈12.9 mol·L－1，A错误；硫酸的密度大于水，氨水的密度小于水，各取5 mL与等质量的水混合后，所得稀硫酸的体积大于10 mL，稀氨水的体积小于10 mL，故有c(H2SO4)<9.2 mol·L－1，c(NH3)>6.45 mol·L－1，B正确；5 mL浓硫酸和5 mL浓氨水的质量分别为‎1.84 g·cm－3×5 mL＝‎9.2 g、‎0.88 g·cm－3×5 mL＝‎4.4 g，而5 mL水的质量约为‎5 g，故各取5 mL与等体积的水混合后，w(H2SO4)>49%，w(NH3)<12.5%，C错误；质量分数为98%的硫酸为浓硫酸，稀释时，不能将水加入浓硫酸中，否则易引起暴沸，D错误。‎ ‎[规律方法]‎ ‎1．同种溶液混合后浓度计算的关键点 有关溶液稀释及混合的计算，应抓住稀释前后溶质的物质的量不变列方程式：c前·V前＝c后·V后或c1V1＋c2V2＝c混·V混，混合后溶液的体积不等于混合前两溶液的体积和，而是要根据密度计算，即V混＝。‎ ‎2．溶质相同、质量分数不同的两溶液的混合规律 同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。‎ 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，必然是溶液越浓，密度越小，等体积混合后，质量分数w<(a%＋b%)(如酒精、氨水溶液)。‎ 等质量混合 两溶液等质量混合时(无论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%)。‎ 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 一定物质的量浓度溶液的配制流程 ‎1.配制仪器——容量瓶 ‎(1)构造及用途 ‎(2)查漏操作 ‎(3)注意事项 ‎①不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释。‎ ‎②不能用作反应容器或用来长期贮存溶液。‎ ‎③不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中，因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的。‎ ‎④不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液。‎ ‎⑤选择容量瓶应遵循“大而近”的原则，即所需溶液的体积小于容量瓶的容积时，要选择比所需溶液体积大而差别小的容量瓶，如配制“450 mL”溶液时，应选用500 mL规格的容量瓶，计算溶质的量时，也应按500 mL计算。‎ ‎⑥向容量瓶中注入液体时，一定要用玻璃棒引流。‎ ‎2．一定物质的量浓度溶液的配制过程 ‎(1)主要仪器 托盘天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。‎ ‎(2)配制流程分析 ‎(3)注意事项 ‎①配制一定物质的量浓度的溶液时将一定质量或体积的溶质在选定的容量瓶中定容，不必计量水的用量。‎ ‎②定容振荡后，液面低于刻度线时不用再加水定容。‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)用图A装置配制0.1 mol·L－1的NaOH溶液(×)‎ ‎(2)用图B装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液(×)‎ ‎(3)用图C配制0.5 mol·L－1的Na2CO3溶液(×)‎ ‎(4)配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流(√)‎ ‎(5)用固体NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的仪器只有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(×)‎ ‎(6)用配制100 mL 0.100 0 mol·L－1 K2Cr2O7溶液(×)‎ ‎2．某同学按如图所示的步骤配制50 mL一定物质的量浓度的NaOH溶液，其中不正确的操作有(　　)‎ A．②⑤　　　　　　　　 B．①②⑤‎ C．①②③⑤ D．①②③④⑤⑥‎ 解析：选C　NaOH容易变质，且容易潮解，称量NaOH固体时应该在烧杯中快速称量，图示操作方法不合理，故①错误；量筒只能用于量取液体，不能在量筒中溶解固体或者稀释液体，溶解NaOH固体应该在烧杯中进行，故②错误；转移溶液时，玻璃棒应该放在容量瓶刻度线下方，图示操作不合理，故③错误；加入蒸馏水定容时，要用玻璃棒引流，玻璃棒放在容量瓶刻度线以下，该操作合理，故④正确；图示为仰视容量瓶刻度线定容，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，正确操作应该平视定容，故⑤错误；⑥为摇匀操作，摇匀时需要将容量瓶上下反复颠倒摇匀，该操作合理，故正确。‎ 溶液配制中的误差分析 ‎1.误差分析的理论依据 ‎2．视线引起误差的分析方法 ‎(1)仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。‎ ‎(2)俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。‎ ‎[对点训练]‎ ‎3．用“偏大”、“偏小”或“无影响”填空，来表示所配制溶液的浓度情况。‎ ‎(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 1 mol·L－1的CuSO4溶液，用托盘天平称取胆矾‎8.0 g________。‎ ‎(3)配制NaOH溶液时，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NaOH溶液时，NaOH固体放在烧杯中称量时间过长________。‎ ‎(5)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________。‎ ‎(6)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数________。‎ ‎(7)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________。‎ ‎(8)转移后，未洗涤小烧杯和玻璃棒，或者未将洗涤液一并转移至容量瓶中________。‎ 答案：(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏小　(5)偏小　‎ ‎(6)偏大　(7)偏大　(8)偏小 ‎[规律方法]‎ 具体误差分析汇总(以配制NaOH溶液为例)‎ 产生误差的实验步骤 能引起误差的一些操作 因变量 误差 m V 用托盘天平称量 砝码与物品颠倒(使用游码)‎ 减小 不变 偏低 用滤纸称量NaOH 减小 不变 转移 向容量瓶注液时少量溅出 减小 不变 洗涤 未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 不变 定容 定容时，水多用滴管吸出 减小 不变 定容摇匀后液面下降再加水 不变 增大 定容时仰视刻度线 不变 增大 用托盘天平称量 砝码沾有其他物质或已生锈 增大 不变 偏高 定容 未冷却至室温就注入容量瓶定容 不变 减小 定容时俯视刻度线 不变 减小 称量 称量前小烧杯内有水 不变 不变 不变 定容 定容后经振荡、摇匀，静置液面下降 不变 不变 ‎[真题验收]‎ ‎1.判断下列关于溶液配制实验操作的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)(2015·重庆高考)如图配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液(　　)‎ ‎(2)(2015·福建高考)配制FeCl3溶液，将FeCl3固体溶于适量蒸馏水(　　)‎ ‎(3)(2016·海南高考)向容量瓶转移液体时，引流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁(　　)‎ ‎(4)(2016·浙江高考)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(　　)‎ ‎(5)(2017·全国卷Ⅲ)配制0.1 mol·L－1 KMnO4溶液的实验操作是称取KMnO4固体‎0.158 g放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度(　　)‎ 解析：(1)容量瓶不能用来溶解固体，错误；(2)配制FeCl3溶液时，为抑制Fe3＋的水解，一般会在稀盐酸中溶解FeCl3固体，然后再稀释到需要的浓度，错误；(5)配制一定物质的量浓度的溶液，应在烧杯中溶解固体，冷却至室温后再转移到容量瓶中定容，不能在容量瓶中直接配制溶液，错误。‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×‎ ‎2．(2013·江苏高考)用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是(　　)‎ 解析：选B　用托盘天平称量物体的质量时，应“左物右码”，A错误。转移溶液时应使用玻璃棒引流，C错误。定容时胶头滴管不能插入容量瓶内部，D错误。‎ ‎[综合演练提能]　 ‎ ‎[课堂巩固练]‎ ‎1．配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的(　　)‎ 解析：选D　配制一定物质的量浓度的溶液时需要容量瓶、烧杯、玻璃棒和胶头滴管等，不需要分液漏斗、锥形瓶和坩埚。‎ ‎2．(2018·桑海中学模拟)下列关于物质的量浓度表述正确的是(　　)‎ A．0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO的总物质的量为0.9 mol B．‎1 L水吸收‎22.4 L氨气时所得氨水的浓度是1 mol·L－1‎ C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同 D．‎10 ℃‎时，100 mL 0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液蒸发掉‎5 g水，冷却到‎10 ℃‎时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1‎ 解析：选D　A项，溶液的体积未知，无法计算Na＋和SO 的总物质的量，错误；B项，不知氨气的物质的量，溶液的体积不能确定，无法计算溶液的浓度，错误；C项，同一溶液中，物质的量相等的Na＋与SO的浓度也相等，即c(Na＋)＝c(SO)，根据电荷守恒有c(K＋)＝‎2c(Cl－)，错误；D项，由于饱和溶液蒸发后会析出晶体，溶液仍是饱和的，相同温度时其浓度不发生变化，正确。‎ ‎3．实验室欲配制100 mL 1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液，下列操作正确的是(　　)‎ A．用托盘天平称量‎10.6 g Na2CO3·10H2O，倒入烧杯中加适量的水溶解 B．当烧杯中固体全部溶解后，立即用玻璃棒引流转移至容量瓶中 C．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分 D．若配制时，俯视刻度线定容，所配溶液的浓度偏高，再补加少量蒸馏水至刻度线 解析：选D　实验室欲配制100 mL 1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液，需称量Na2CO3·10H2O的质量为‎0.1 L×1.0 mol·L－1×‎286 g·mol－1＝‎28.6 g，A项错误；固体溶解后需先冷却至室温，然后进行移液操作，B项错误；定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分会导致溶质的物质的量减小，从而使所配溶液的浓度偏低，C项错误；若配制时，俯视刻度线定容，则会使溶液体积偏小，从而导致所配溶液的浓度偏高，定容时需平视刻度线，故应再加水至凹液面与刻度线水平相切，D项正确。‎ ‎4．(2018·漯河高中月考)V L浓度为0.5 mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是(　　)‎ A．通入标准状况下的HCl气体11.2V L B．加入10 mol·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L C．将溶液加热浓缩到0.5V L D．加入V L 1.5 mol·L－1的盐酸混合均匀 解析：选B　标准状况下11.2V L HCl气体的物质的量为0.5V mol，向溶液中通入0.5V mol HCl气体，溶液体积增大，所以溶液浓度小于1 mol·L－1，A项不合理；V L 0.5 mol·L－1的盐酸中HCl的物质的量是0.5V mol,0.1V L 10 mol·L－1的盐酸中HCl的物质的量是V mol，二者混合并稀释至1.5V L后溶液中c(HCl)＝＝1 mol·L－1，B项合理；加热浓缩盐酸时，HCl挥发，则所得溶液浓度小于1 mol·L－1，C项不合理；混合溶液中n(HCl)＝2V mol，但混合后溶液的体积不是2V L，故混合后溶液的浓度不是1 mol·L－1，D项不合理。‎ ‎5．‎36.5 g HCl溶解在‎1 L水中(水的密度近似为‎1 g·mL－1)所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数的数值。则下列叙述中正确的是(　　)‎ A．所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1‎ B．所得溶液中含有NA个HCl分子 C．‎36.5 g HCl气体占有的体积为‎22.4 L D．所得溶质的质量分数w＝×100%‎ 解析：选D　n(HCl)＝＝1 mol，溶剂的体积是‎1 L，而溶液的体积不是‎1 L，所得溶液的物质的量浓度不是1 mol·L－1，A错误；所得溶液中存在的离子是H＋和Cl－，不存在HCl分子，B错误；题目未指明标准状况，故1 mol HCl气体的体积不一定是‎22.4 L，C错误；根据质量分数与物质的量浓度的换算公式c＝，可知D正确。‎ ‎6．实验室需要用到480 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，根据溶液配制方法回答下列问题：‎ ‎(1)应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体________ g。‎ ‎(2)用托盘天平和小烧杯称量碳酸钠晶体的质量，其正确操作顺序的标号为_________________(同一步骤可用多次)。‎ A．调整零点 B．将游码移至刻度尺的零刻度处 C．将碳酸钠晶体放入小烧杯中称量 D．称量空的小烧杯 E．将砝码放回砝码盒内 F．记录称量的结果 ‎(3)配制Na2CO3溶液时需要用到的主要仪器有托盘天平、烧杯、药匙、________、________、________。‎ ‎(4)若实验遇到下列情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)‎ A．加水时超过刻度线________。‎ B．洗涤液未移入容量瓶________。‎ C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥________。‎ 解析：(1)需要480 mL溶液，配制时需要用500 mL容量瓶，配制500 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，所需m(Na2CO3·10H2O)＝‎286 g·mol－1×‎0.5 L×0.1 mol·L－1＝‎14.3 g。‎ ‎(2)用天平称量药品时，应先将游码移到零刻度处，调节螺母使天平平衡；先称量小烧杯质量；记录称量结果；然后放入晶体称量其质量；记录称量结果；将砝码放回砝码盒中，将游码移至零刻度，结束称量。(3)配制过程中还需要500 mL容量瓶、玻璃棒和胶头滴管等仪器。(4)A中定容时加水超过刻度线，造成溶液体积偏大，浓度偏低；B中洗涤液未移入容量瓶，造成溶质损失，浓度偏低；C中容量瓶内壁附有水珠，对溶液浓度无影响。‎ 答案：(1)14.3　(2)BADFCFEB　(3)500 mL容量瓶　玻璃棒　胶头滴管　(4)偏低　偏低　无影响 ‎[课下提能练]‎ ‎1．(2018·定州中学月考)下列有关0.2 mol·L－1BaCl2溶液的说法不正确的是(　　)‎ A．500 mL溶液中Ba2＋浓度为0.2 mol·L－1‎ B．500 mL溶液中Cl－浓度为0.2 mol·L－1‎ C．500 mL溶液中Cl－总数为0.2NA D．500 mL溶液中Ba2＋和Cl－的总数为0.3NA 解析：选B　500 mL 0.2 mol·L－1BaCl2溶液中Ba2＋浓度为0.2 mol·L－1，Cl－浓度为0.4 mol·L－1，A项正确，B项错误；500 mL 0.2 mol·L－1BaCl2溶液中Cl－的物质的量为‎0.5 L×0.4 mol·L－1＝0.2 mol，C项正确；500 mL 0.2 mol·L－1BaCl2溶液中Ba2＋和Cl－的总物质的量为‎0.5 L×0.2 mol·L－1＋0.2 mol＝0.3 mol，D项正确。‎ ‎2．(2018·湖南联考)下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1的是(　　)‎ A．‎10 g NaOH固体溶解在水中配成250 mL溶液 B．将‎80 g SO3溶于水并配成‎1 L的溶液 C．将0.5 mol·L－1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉‎50 g水的溶液 D．标准状况下，将‎22.4 L氯化氢气体溶于水配成‎1 L溶液 解析：选C　A项，c(NaOH)＝＝1 mol·L－1，不符合题意；B项，SO3溶于水后形成溶液的溶质为H2SO4，c(H2SO4)＝＝1 mol·L－1，不符合题意；C项，蒸发‎50 g水后，溶液的体积并不是50 mL，NaNO3的物质的量浓度也不是1 mol·L－1，符合题意；D项，c(HCl)＝＝1 mol·L－1，不符合题意。‎ ‎3．实验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作正确的是(　　)‎ 选项 容量瓶容积 溶质质量 实验操作 A ‎480 mL 硫酸铜：‎‎7.68 g 加入500 mL水 B ‎480 mL 胆矾：‎‎12.0 g 配成500 mL溶液 C ‎500 mL 硫酸铜：‎‎8.0 g 加入500 mL水 D ‎500 mL 胆矾：‎‎12.5 g 配成500 mL溶液 解析：选D　实验室里需要配制480 mL 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，由于没有480 mL规格的容量瓶，根据“大而近”的原则故需选择500 mL 容量瓶，溶质若为CuSO4，则需要‎8.0 g。若是胆矾则需要‎12.5 g。应配成500 mL溶液而不是加入500 mL水。‎ ‎4．(2018·黄冈中学模拟)由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其中c(H＋)＝0.1‎ ‎ mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，c(SO)＝0.8 mol·L－1，则c(K＋)为(　　)‎ A．0.15 mol·L－1　　　　　 B．0.2 mol·L－1‎ C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1‎ 解析：选C　因溶液呈电中性，故存在：‎3c(Al3＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝‎2c(SO)＋c(OH－)，而溶液中c(OH－)很小，可以忽略不计，则有‎3c(Al3＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝‎2c(SO)，所以c(K＋)＝‎2c(SO)－‎3c(Al3＋)－c(H＋)＝2×0.8 mol·L－1－3×0.4 mol·L－1－0.1 mol·L－1＝0.3 mol·L－1。‎ ‎5．下列溶液配制实验的描述完全正确的是(　　)‎ A．在实验室，学生一般无需查阅资料即可用一定体积75%的硝酸来配制250 mL 2 mol·L－1 的硝酸溶液 B．实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中再加水稀释 C．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约 6 mol·L－1)通常需要用容量瓶等仪器 D．用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 解析：选B　准确配制250 mL 2 mol·L－1 HNO3溶液，要知道浓HNO3的浓度或密度，A错误；FeCl3易水解，配制其溶液时，常将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释，B正确；用浓盐酸配制体积比为1∶1的稀盐酸，是粗略配制一定浓度的溶液，不需要容量瓶，C错误；用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸，还需要量筒，用于量取pH＝1的盐酸，D错误。‎ ‎6.如图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于(　　)‎ A．2 B．3‎ C．4 D．5‎ 解析：选C　在稀释过程中溶质的物质的量不变，则2 mol·L－1×‎1 L＝0.5 mol·L－1×a L，解得a＝4。‎ ‎7．下列有关溶液的说法正确的是(　　)‎ A．将‎10 g CaCO3粉末加入100 mL水中，所得溶液的浓度为1 mol·L－1‎ B．将100 mL 2 mol·L－1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度为4 mol·L－1‎ C．将10 mL 1.0 mol·L－1NaCl溶液与90 mL水混合，所得溶液的浓度为0.1 mol·L－1‎ D．将‎10 g CaO加入100 mL饱和石灰水中，充分搅拌，静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变 解析：选D　将‎10 g CaCO3粉末加入100 mL水中，由于CaCO3难溶于水，且所得溶液体积不是100 mL，故无法判断所得溶液的浓度，A项错误；将100 mL 2 mol·L－1盐酸加热蒸发至50 mL，由于加热过程中HCl挥发，故所得溶液的浓度小于4 mol·L－1‎ ‎，B项错误；将10 mL 1.0 mol·L－1NaCl溶液与90 mL水混合，所得混合溶液的体积不是100 mL，故所得溶液的浓度不是0.1 mol·L－1，C项错误；将‎10 g CaO加入100 mL饱和石灰水中，充分搅拌，静置并恢复到原来的温度，所得溶液仍为饱和氢氧化钙溶液，温度不变，则所得溶液的浓度不变，D项正确。‎ ‎8．(2018·郑州一中月考)某学生配制了100 mL 1 mol·L－1的硫酸，然后对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确，但测得溶液的物质的量浓度小于1 mol·L－1。则在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是(　　)‎ ‎①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸 ‎②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到100 mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯 ‎③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面 ‎④最后定容时，加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切 A．只有②③④ B．只有③④‎ C．只有①②③ D．①②③④‎ 解析：选D　①量筒用蒸馏水洗净后未干燥立即量取浓硫酸，浓硫酸被稀释，所取溶质H2SO4偏少，导致溶液浓度偏低。②未洗涤烧杯，使溶质H2SO4损失，导致溶液浓度偏低。③少量溶液流到容量瓶外面，使溶质H2SO4损失，导致溶液浓度偏低。④加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，会损失H2SO4，导致溶液浓度偏低。‎ ‎9．100 mL 0.3 mol·L－1 Na2SO4溶液和50 mL 0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO的物质的量浓度为(　　)‎ A．0.20 mol·L－1 B．0.25 mol·L－1‎ C．0.40 mol·L－1 D．0.50 mol·L－1‎ 解析：选C　由c1·V1＋c2·V2＝c混·(V1＋V2)可知，100 mL×0.3 mol·L－1＋50 mL×0.2 mol·L－1×3＝c混(SO)×(100 mL＋50 mL)，解得c混(SO)＝0.40 mol·L－1。‎ ‎10．T ℃时，NaCl的溶解度为a g/(‎100 g 水)，取该温度下的饱和氯化钠溶液V mL，测得其密度为ρ g·cm－3，则下列表达式正确的是(　　)‎ A．w(NaCl)＝%‎ B．n(NaCl)＝ mol C．c(NaCl)＝ mol·L－1‎ D．n(NaCl)＝ mol 解析：选D　该温度下饱和氯化钠溶液的质量分数w(NaCl)＝×100%＝ ‎%，A项错误；V mL饱和氯化钠溶液的质量为ρ g·cm－3×V mL＝ρV g，溶液中氯化钠的质量分数为%，则溶液中n(NaCl)＝＝ mol，B项错误，D项正确；该饱和氯化钠溶液的浓度c(NaCl)＝ mol÷(V×10－‎3L)＝ mol·L－1，C项错误。‎ ‎11．浓度为2 mol·L－1 的盐酸V L，欲使其浓度变为4 mol·L－1，以下列出的方法中可行的是(　　)‎ A．通入标准状况下的HCl气体‎44.8 L B．将溶液加热蒸发浓缩至0.5V L C．蒸发掉0.5V L水 D．加入10 mol·L－1盐酸0.6V L，再将溶液稀释至2V L 解析：选D　浓度为2 mol·L－1的盐酸V L含溶质HCl 2V mol。A项，加入2 mol HCl，体积会发生改变，不可行；B项，加热浓缩时HCl和水都要蒸发出去，不可行；C项，蒸发掉0.5V L水后溶液体积无法求出，不可行；D项，属于混合溶液的有关计算，加入10 mol·L－1盐酸0.6V L后，溶质HCl的物质的量为8V mol，再将溶液稀释至2V L，浓度变为4 mol·L－1，可行。‎ ‎12.将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是(　　)‎ A．Mg和Al的总质量为‎8 g B．硫酸的物质的量浓度为5 mol·L－1‎ C．NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol·L－1‎ D．生成的H2在标准状况下的体积为‎11.2 L 解析：选C　根据题图可知，0～20 mL，发生酸碱中和反应，20～200 mL，发生离子与碱生成沉淀的反应，200～240 mL，发生Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，200 mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，由图像可知，氢氧化镁的物质的量为0.15 mol，则n(Mg)＝n[Mg(OH)2]＝0.15 mol，溶解的氢氧化铝的物质的量为0.35 mol－0.15 mol＝0.2‎ ‎ mol，根据铝原子守恒可得n(Al)＝0.2 mol，则Mg和Al的总质量为0.15 mol×‎24 g·mol－1＋0.2 mol×‎27 g·mol－1＝‎9 g，A项错误；200～240 mL，发生反应Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.2 mol，则c(NaOH)＝＝5 mol·L－1,200 mL时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则c(H2SO4)＝＝1 mol·L－1，B项错误，C项正确；Mg和Al的混合物与硫酸反应生成的氢气的体积应为(0.15 mol＋0.3 mol)×‎22.4 L·mol－1＝‎10.08 L，D项错误。‎ ‎13．有‎9.7 g Cu和Zn的合金与足量的稀HNO3反应，还原产物只有NO气体，其体积在标准状况下为‎2.24 L。将溶液稀释为‎1 L，测得溶液的pH＝1，此时溶液中NO的浓度为(　　)‎ A．0.3 mol·L－1 B．0.4 mol·L－1‎ C．0.5 mol·L－1 D．0.6 mol·L－1‎ 解析：选B　NO气体是Cu和Zn的合金还原HNO3得到的，在这个过程中，金属失去的电子跟HNO3得到电子数相等，生成0.1 mol的NO气体，HNO3得到0.3 mol的电子，在这个过程中金属失去0.3 mol的电子，又由于都是二价金属，所以跟Cu2＋和Zn2＋结合的NO的物质的量也为0.3 mol。再加上溶液中的0.1 mol的硝酸，总共是0.4 mol的NO，又因为溶液的体积为‎1 L，即B正确。‎ ‎14.在‎0.4 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题。‎ ‎(1)该混合液中，NaCl的物质的量为________mol，含溶质MgCl2的质量为________g。‎ ‎(2)该混合液中CaCl2的物质的量为________mol，将该混合液加水稀释至体积为‎1 L，稀释后溶液中Ca2＋的物质的量浓度为______mol·L－1。‎ ‎(3)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀________mol。‎ 解析：由图可知c(Na＋)＝c(NaCl)＝1.0 mol·L－1。c(Mg2＋)＝c(MgCl2)＝0.5 mol·L－1，则c(CaCl2)＝＝0.5 mol·L－1‎ ‎(1)n(NaCl)＝1.0 mol·L－1×‎0.4 L＝0.4 mol m(MgCl2)＝0.5 mol·L－1×‎0.4 L×‎95 g·mol－1＝‎‎19 g ‎(2)n(CaCl2)＝0.5 mol·L－1×‎0.4 L＝0.2 mol c(Ca2＋)＝＝0.2 mol·L－1‎ ‎(3)原溶液中n(Cl－)＝3 mol·L－1×‎0.4 L＝1.2 mol 由反应Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，生成AgCl沉淀为1.2 mol。‎ 答案：(1)0.4　19　(2)0.2　0.2　(3)1.2‎ ‎15．有三种镁铝合金样品(组分比例不一定相同)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。三位同学各取一种样品，对合金中镁的质量分数进行下列实验探究：‎ ‎(1)第一位同学取样品Ⅰm‎1 g和过量的氢氧化钠溶液反应，然后过滤；再往滤液中通入过量的二氧化碳气体，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、灼烧，得到固体的质量仍为m‎1 g。则合金中镁的质量分数为________(保留小数点后2位)。‎ ‎(2)第二位同学取样品Ⅱm‎2 g和足量的稀硫酸反应，发现固体完全溶解，并得到标准状况下气体的体积为V L，则m2的取值范围是________(结果化为最简分数)。‎ ‎(3)第三位同学取不同质量的样品Ⅲ分别和30 mL同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体的体积(标准状况下测定)如表所示：‎ 实验序号 a b c 合金质量/g ‎0.51‎ ‎0.765‎ ‎0.918‎ 气体体积/mL ‎560‎ ‎672‎ ‎672‎ ‎①盐酸的物质的量浓度为________。‎ ‎②合金中镁的质量分数为________。‎ ‎③要使c组实验后剩余合金中的铝恰好完全溶解，还需向容器中加入1.0 mol·L－1的氢氧化钠溶液________mL。‎ 解析：(1)加入过量NaOH溶液，过滤后，再往滤液中通入二氧化碳得到Al(OH)3沉淀，灼烧得到Al2O3，合金的质量与Al2O3的质量相同，故Al2O3中O的质量分数就是合金中镁的质量分数，即×100%≈47.06%。(2)若该氢气完全由Al生成，则m(Al)＝××‎27 g·mol－1＝ g；若该氢气完全由Mg生成，则m(Mg)＝×‎24 g·mol－1＝ g，则m2的取值范围是＜m2＜。(3)①c中盐酸反应完全，n(H2)＝0.03 mol，则c(HCl)＝＝2.0 mol·L－1。②用a组数据列方程式，求得n(Mg)＝n(Al)＝0.01 mol，w(Mg)＝≈47.06%。③由HCl～NaCl知，n(NaCl)＝n(HCl)＝2n(H2)＝0.06 mol，由关系式Al～NaAlO2可知，n(NaAlO2)＝n(Al)＝×0.01 mol＝0.018 mol。根据Na元素守恒得n(NaOH)＝0.06 mol＋0.018 mol＝0.078 mol，所以V(NaOH)＝＝‎0.078 L＝78 mL。‎ 答案：(1)47.06%　(2)＜m2＜ ‎(3)①2.0 mol·L－1　②47.06%　③78‎ ‎16．(2018·清远三中期中)“‎84”‎消毒液能有效杀灭甲型H1N1等病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“‎84”‎消毒液，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：含25% NaClO、1 000 mL、密度‎1.19 g·cm－3，稀释后使用。‎ 请根据信息和相关知识回答下列问题：‎ ‎(1)该“‎84”‎消毒液的物质的量浓度为________mol·L－1。‎ ‎(2)该同学取100 mL该“‎84”‎消毒液，加入10 000 mL水进行稀释，稀释后的溶液中c(Na＋)＝________mol·L－1。(假设稀释后溶液密度为‎1.0 g·cm－3)‎ ‎(3)该同学参阅该“‎84”‎消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25% NaClO的消毒液。下列说法正确的是________。‎ A．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器 B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制 C．利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低 D．需要称量的NaClO固体质量为‎143.0 g 解析：(1)c(NaClO)＝＝4.0 mol·L－1。‎ ‎(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变，则100 mL×4.0 mol·L－1＝×c(NaClO)，解得c(NaClO)≈0.04 mol·L－1，故稀释后的溶液中c(Na＋)＝c(NaClO)≈0.04 mol·L－1。(3)配制480 mL含25% NaClO的消毒液时，用到的主要仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，故题图中①～④四种仪器不需要，但还需量筒、玻璃棒和胶头滴管，A项错误；容量瓶不能烘干，容量瓶用蒸馏水洗净后，可以直接使用，不用干燥，B项错误；由于NaClO易变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO的物质的量减小，从而使结果偏低，C项正确；配制480 mL该“‎84”‎消毒液，应选取500 mL的容量瓶，所以需要称量的NaClO固体的质量为‎0.5 L×4.0 mol·L－1×‎74.5 g·mol－1＝‎149.0 g，D项错误。‎ 答案：(1)4.0　(2)0.04　(3)C 章 末 聚焦命题热点·精析高考重难 阿伏加德罗常数(NA)‎ 阿伏加德罗常数的运算类试题是高考试卷中出现频率最高的题型之一，该类题目通常以物质的量为中心设题：‎ ‎1．计算N(微粒数)的基本思路 ‎①＝n适用于所有微粒的求算；‎ ‎②＝n中Vm的条件一般为标准状况下Vm＝‎22.4 L·mol－1，V可以是单一组分的气体(如NO)或混合气体(如空气)；‎ ‎③cV＝n适用于一定体积一定物质的量浓度的溶液，如‎1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液中所含Na＋或Cl－微粒数的求算。‎ ‎2．阿伏加德罗常数类题目的解题步骤 ‎[多角练透]‎ ‎1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)‎ A．标准状况下，‎33.6 L SO3中含有硫原子的数目为1.5NA B．常温常压下，‎7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NA C．50 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜充分反应，生成SO2分子的数目为0.46NA D．某密闭容器盛有1 mol O2和2 mol SO2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为4NA 解析：选B　标准状况下，SO3是固体，故A错误；乙烯与丙烯的最简式均为CH2，所以‎7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的物质的量为×2＝1 mol，故B正确；稀硫酸与铜不反应，50 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜充分反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，反应停止，故生成SO2分子的数目小于0.46NA，故C错误；SO2与O2生成SO3‎ 的反应为可逆反应，1 mol O2和2 mol SO2在一定条件下充分反应，转移电子的数目小于4NA，故D错误。‎ ‎2．(2018·淄博模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　)‎ A．标准状况下，‎11.2 L C2H6中含有共价键的数目为3.5NA B．通常状况下，‎2.0 g H2和1 mol Cl2反应后的气体分子数目为2NA C．1 mol Al分别与足量的盐酸、足量的NaOH溶液反应，转移的电子数都是3NA D．将‎3.4 g H2S全部溶于水所得溶液中HS－和S2－数之和为0.1NA 解析：选D　烷烃中共价键的数目是碳原子的3倍加1，标准状况下，‎11.2 L C2H6即0.5 mol，含有的共价键数为3.5NA，A正确；根据反应H2＋Cl2===2HCl,‎2.0 g H2和1 mol Cl2反应生成氯化氢分子数目为2NA，B正确；每个铝原子失去3个电子，故1 mol Al分别与足量的盐酸、足量的NaOH溶液反应，转移的电子数都是3NA，C正确；根据物料守恒有n(HS－)＋n(S2－)＋n(H2S)＝0.1NA，D不正确。‎ ‎3．(2018·景德镇模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是(　　)‎ A．‎100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA B．1 mol Cl2通入水中，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA C．t ℃时，‎1 L pH＝6的纯水中含OH－数为10－6NA D．‎25 ℃‎时，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，则BaSO4饱和溶液中Ba2＋数目为1×10－5NA 解析：选D　‎100 g质量分数为46%的乙醇水溶液含有‎46 g乙醇，物质的量为1 mol，含有1 mol O；含有‎54 g水，物质的量为3 mol，含有3 mol O，共含有氧原子4NA，A正确；1 mol Cl2通入水中，根据原子守恒，Cl2、HClO、Cl－、ClO－中氯原子之和为2 mol，因此HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA，B正确；pH＝6的纯水中c(H＋)＝10－6 mol·L－1，而纯水显电中性，故纯水中c(OH－)＝c(H＋)＝10－6 mol·L－1，则OH－的物质的量为n＝cV＝10－6 mol·L－1×‎1 L＝10－6 mol，OH－数为10－6NA，C正确；未注明溶液的体积，无法计算BaSO4饱和溶液中Ba2＋数目，D错误。‎ 关系式法在化学计算中的应用 ‎1.在多步连续进行的化学反应中关系式法 在多步连续进行的化学反应中，通过找出已知物质、中介物质、所求物质之间物质的量的关系，并据此列出比例式进行计算，求解的方法，如：‎ CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑‎ Ca2＋＋C2O===CaC2O4↓‎ CaC2O4＋H2SO4===H‎2C2O4＋CaSO4‎ ‎2MnO＋5H‎2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 由此可得出相应的关系式为 ‎5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H‎2C2O4～2MnO ‎2．在涉及反应较多的化工流程或反应过程中特定关系式法 在化工流程题中，计算某种物质的质量分数或在多步复杂的反应过程中进行某个特定量的计算，可以考虑利用某种微粒(或原子)的守恒关系或物质的特定组成关系建立关系式解题。‎ ‎[多角练透]‎ ‎4．(2017·全国卷Ⅱ节选)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ 草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnO＋H＋＋H‎2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取‎0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________。‎ 解析：根据反应中转移电子数相等可找出关系式2MnO～5H‎2C2O4～5Ca2＋，结合消耗KMnO4溶液的浓度和体积可求出n(Ca2＋)＝＝4.5×10－3 mol，则该水泥样品中钙的质量分数为×100%＝45.0%。‎ 答案：45.0%‎ ‎5．(2018·驻马店模拟节选)银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：‎ ‎[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为‎450 ℃‎和‎80 ℃‎]若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上‎5.0 kg 废料中的铜可完全转化为__________ mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液__________ L。‎ 解析：‎5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为 n(Cu)＝＝50 mol 根据流程图分析可得如下关系 ‎4Cu～4CuO～2Al2(SO4)3～4CuAlO2‎ 即2Cu～Al2(SO4)3～2CuAlO2‎ ‎ 　2　　1　　　　　2‎ 所以可完全转化生成50 mol CuAlO2，‎ 至少需要Al2(SO4)3的体积为＝‎25.0 L。‎ 答案：50　25.0‎ ‎[命题热点强化练] ‎ ‎1．(2018·湖北重点高中协作校联考)设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．‎12 g由C60和C60组成的固体中的原子数目为NA B．‎4.4 g由CO2和N2O组成的混合气体中的电子数目为2.2NA C．常温常压下，‎22.4 L NH3中所含的共价键数目为3NA D．‎1 L 1 mol·L－1次氯酸溶液中的ClO－数目为NA 解析：选B　C60和C60的相对分子质量不相同，故‎12 g由C60和C60组成的固体中的原子个数无法计算，A项错误；CO2和N2O的摩尔质量均为‎44 g·mol－1，且两者1个分子中均含22个电子，故‎4.4 g(0.1 mol)CO2和N2O的混合气体中含2.2NA个电子，B项正确；常温常压下，气体摩尔体积大于‎22.4 L·mol－1，故‎22.4 L NH3的物质的量小于1 mol，含有的共价键数目小于3NA，C项错误；次氯酸是弱酸，在溶液中部分电离，故‎1 L 1 mol·L－1次氯酸溶液中的ClO－数目小于NA，D项错误。‎ ‎2．(2018·郴州一模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．常温常压下，‎44 g丙烷含有共价键的数目为10NA B．‎1 L 1 mol·L－1的Na2CO3溶液中含有氧原子的数目为3NA C．常温常压下，‎11.2 L由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA D．标准状况下，‎6.72 L NO2溶于足量水中，转移电子的数目为0.3NA 解析：选A　1个丙烷分子中含10个共价键，故‎44 g(1 mol)丙烷中含10NA个共价键，A项正确；在Na2CO3溶液中，除Na2CO3含氧原子外，H2O也含有氧原子，故该溶液中含有氧原子的数目大于3NA，B项错误；常温常压下，气体摩尔体积大于‎22.4 L·mol－1，故‎11.2 L N2和CO的混合气体的物质的量小于0.5 mol，含有的原子数目小于NA ‎，C项错误；反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中每消耗3个NO2分子转移2e－，故标准状况下，‎6.72 L(0.3 mol)NO2溶于足量水中，转移电子的数目为0.2NA，D项错误。‎ ‎3．NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是(　　)‎ A．0.05 mol液态KHSO4中含有0.05NA个阳离子 B．当氢氧燃料电池正极消耗‎22.4 L气体时，电路中通过电子的数目为4NA C．常温下，100 mL 1 mol·L－1盐酸与‎4.6 g钠反应生成H2分子的数目为0.1NA D．在电解精炼粗铜的过程中，当阴极析出‎32 g铜时转移电子数目为NA 解析：选B　KHSO4在熔融状态下的电离方程式为KHSO4K＋＋HSO，故0.05 mol液态KHSO4中含有0.05NA个阳离子，A正确；缺少温度和压强，无法确定氢氧燃料电池正极消耗氧气的物质的量，故无法确定电路中通过电子的数目，B错误；根据关系式2Na～H2计算，常温下，100 mL 1 mol·L－1盐酸与‎4.6 g钠反应生成的H2的分子数目为0.1NA，C正确；在电解精炼粗铜的过程中，阴极的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，当阴极析出‎32 g铜时转移电子数目为NA，D正确。‎ ‎4．(2018·衡水中学调研)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．常温下，100 mL pH＝1的醋酸溶液中含有的氢离子数目为0.01NA B．一定量的钠与‎8 g氧气反应，若两者均无剩余，转移电子的数目为NA C．等物质的量的14NO和13CO气体中所含中子数均为15NA D．1 mol丙烯酸(CH2===CHCOOH)中含有双键的数目为NA 解析：选A　pH＝1的醋酸溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1,100 mL该溶液中含有的H＋数目为0.01NA，A项正确；一定量的钠与‎8 g氧气反应，且两者均无剩余，若生成Na2O，则转移电子的数目为NA，若生成Na2O2，则转移电子的数目为0.5NA，若生成Na2O和Na2O2的混合物，则转移电子的数目在0.5NA～NA之间，B项错误；1个14NO和13CO分子中所含中子数均为15，但未指明二者物质的量的具体值，C项错误；1 mol丙烯酸中含有1 mol CC键、1 mol CO键，故含有双键的数目为2NA，D项错误。‎ ‎5．(2018·西安八校联考)设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)‎ A．常温常压下，‎8 g O2含有4NA个电子 B．‎1 L 0.1 mol·L－1的氨水中有0.1NA个NH C．标准状况下，‎22.4 L盐酸含有NA个HCl分子 D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子 解析：选A　1个O2分子中含有16个电子，故‎8 g(0.25 mol)O2中含有4NA个电子，A项正确；NH3·H2O为弱电解质，在溶液中部分电离，故‎1 L 0.1 mol·L－1氨水中含有的NH个数小于0.1NA，B项错误；标准状况下，盐酸为液体，且盐酸中不存在HCl分子，C项错误；Na被氧化为Na2O2，Na元素的化合价由0变为＋1，失去1个电子，故1 mol Na被完全氧化生成Na2O2共失去NA个电子，D项错误。‎ ‎6．(2018·潍坊统考)设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F－‎ B．‎32 g硫跟足量金属铜反应转移电子数为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 解析：选A　‎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，故A错误；根据反应2Cu＋SCu2S可知，‎32 g硫跟足量铜反应转移电子数为2NA，故B正确；‎48 g O2和O3的混合气体中氧原子数为×NA＝3NA，故C正确；1个H2O中含有2个H—O键，故1 mol H2O中含有2NA个共价键，故D正确。‎ ‎7．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．标准状况下，‎22.4 L CCl4中所含的原子数为5NA B．‎28 g N60(分子结构如图所示)中含有的N—N键数目为1.5NA C．‎0 ℃‎ 1.01×105 Pa时，‎11.2 L氧气中所含的原子数为NA D．常温下，将‎5.6 g铁投入足量的稀硫酸中，充分反应，转移的电子数为0.3NA 解析：选C　标准状况下，CCl4是液体不是气体，不能用气体摩尔体积公式进行计算，故A错误；1个N原子与3个N原子形成3个N—N键，每个N—N键被2个N原子共用，则‎28 g N60中含有的N—N键为×＝3 mol，故B错误；0.1 mol Fe完全转化为Fe2＋时，转移的电子数为0.2NA，故D错误。‎ ‎8．(2018·黄冈模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是(　　)‎ A．常温常压下，‎30.0 g氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA B．标准状况下，‎33.6 L乙烯与乙炔的混合物中含有碳原子的数目为3NA C．50 mL 12 mol·L－1浓盐酸与足量二氧化锰共热反应，生成Cl2分子的数目为0.15NA D．某密闭容器中0.1 mol Na2O2和0.1 mol CO2充分反应，转移电子的数目为0.1NA 解析：选C　‎30.0 g氟化氢的物质的量为‎30.0 g÷‎20 g·mol－1＝1.5 mol，含有氟原子的数目为1.5NA，故A正确；标准状况下，‎33.6 L乙烯与乙炔的混合气体的物质的量为1.5 mol，它们分子中均含有2个碳原子，则混合物中含有碳原子的数目为3NA，故B正确；浓盐酸在反应的过程中会变稀，而稀盐酸不与二氧化锰反应，导致浓盐酸不能完全反应，所以生成Cl2分子的数目小于0.15NA，故C错误；根据化学反应2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，0.1 mol Na2O2和0.1 mol CO2充分反应，转移电子的数目为0.1NA，故D正确。‎ ‎9．(2018·安徽培优联盟联赛)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．一定条件下，向‎0.1 L容器内通入‎4.6 g NO2气体，NO2的物质的量浓度小于1 mol·L－1‎ B．标准状况下，‎2.24 L SO3中含有的极性键数目为0.1NA C．50 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液和10 mL 0.5 mol·L－1 CH3COOH溶液中所含CH3COOH分子数相等 D．1 mol Fe与高温水蒸气反应，转移电子的数目为3NA 解析：选A　NO2中存在平衡：2NO2N2O4，因此二氧化氮的物质的量小于0.1 mol，故A正确；标准状况下，SO3不是气体，不能用气体摩尔体积公式计算，故B错误；醋酸属于弱电解质，浓度越小越促进电离，因此在CH3COOH物质的量相同的情况下，0.1 mol·L－1的CH3COOH含有CH3COOH的分子数小于0.5 mol·L－1的CH3COOH的分子数，故C错误；3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2，因此转移电子物质的量为 mol，故D错误。‎ ‎10．(2018·东北三省三校联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是(　　)‎ A．‎7.80 g Na2O2与‎5.85 g NaCl所含阴离子数相等 B．‎15 g甲醛(HCHO)和乙酸的混合物中氧原子数为0.5NA C．一定条件下，‎1.4 g N2和0.2 mol H2混合充分反应，转移的电子数为0.3NA D．常温下，‎2 L pH＝12的Na2CO3溶液中含有OH－数目为0.02NA 解析：选C　Na2O2的阴离子为O，‎7.80 g Na2O2与‎5.85 g NaCl含有的阴离子都是0.1 mol，因此所含阴离子数相等，故A正确；甲醛(HCHO)和乙酸(CH3COOH)的最简式都是CH2O，式量为30,‎15 g CH2O的物质的量为0.5 mol,1 mol的CH2O含氧原子1 mol，所以‎15 g甲醛(HCHO)和乙酸的混合物含有氧原子0.5 mol，即0.5NA，故B正确；该反应为可逆反应，不能完全转化，不知道转化率，因此转移的电子数无法确定，故C错误；常温下，pH＝12，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，c(OH－)＝(10－14÷10－12)mol·L－1＝0.01 mol·L－1，则‎2 L的Na2CO3溶液中含有OH－数目为0.02NA，故D正确。‎ ‎11．(2018·深圳南山区模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．常温常压下，‎18 g D2O中所含中子数为10NA B．1 mol·L－1 NH4Cl 溶液中含有NH 数目小于1NA C．熔融状态下，1 mol NaHSO4中所含阳离子数目为2NA D．‎56 g铁粉与一定量的氯气完全反应，转移电子数≤3NA 解析：选D　‎18 g D2O中所含中子数为×10NA＝9NA，故A错误；溶液的体积未知，不能求NH数目，故B错误；熔融状态下，NaHSO4中含离子是Na＋、HSO，1 mol NaHSO4中所含阳离子数目为NA，故C错误；‎56 g铁粉与一定量的氯气完全反应，生成氯化铁，若铁完全反应转移电子数＝3NA，若铁不完全反应转移电子数<3NA，故D正确。‎ ‎12．(2018·泰州模拟节选)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2MnO＋5H‎2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O)。‎ 解析：先求出H‎2C2O4的物质的量，n(H‎2C2O4)＝20.00×10－‎3 L×0.200 0 mol·L－1，再根据化学方程式求出24.48 mL溶液中MnO的物质的量，n(MnO)＝n(H‎2C2O4)，然后转化为100 mL溶液中MnO的物质的量，乘以KMnO4的摩尔质量(‎158 g·mol－1)，得出样品中含有KMnO4的质量，用KMnO4的质量除以样品的质量即为该样品的纯度。‎ 答案：×100%‎ ‎13．(2018·镇江模拟节选)金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染。六价铬比三价铬毒性高，更易被人体吸收且在体内蓄积。‎ 以下为废水中铬元素总浓度的测定方法：‎ 准确移取25.00 mL含Cr2O和Cr3＋的酸性废水，向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液将Cr3＋氧化成Cr2O，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。计算废水中铬元素总浓度(单位：mg·L－1，写出计算过程)。已知测定过程中发生的反应如下：‎ ‎①2Cr3＋＋3S2O＋7H2O===Cr2O＋6SO＋14H＋‎ ‎②Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O ‎③I2＋2S2O===2I－＋S4O 答案：由方程式确定关系式：Cr～3Na2S2O3，然后进行计算。‎ n(S2O)＝‎0.02 L×0.015 mol·L－1＝3×10－4mol n(Cr)＝1×10－4mol m(Cr)＝1×10－4mol×‎52 g·mol－1＝5.2×10－‎3g＝5.2 mg 废水中铬元素总浓度＝＝208 mg·L－1‎ ‎14．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‎0.100 g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0.020 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)____________。‎ ‎(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 mol　　　　　　　　　　　　　　 mol ‎0．020 mol·L－1×‎0.025 L　　　　　 m(FeS2)＝‎‎0.090 g 样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.00%。‎ ‎(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2‎ ‎4 mol　　　　　　　　　8 mol×‎22.4 L·mol－1‎ mol　　　　V(SO2)‎ V(SO2)＝3.36×‎‎106 L n(SO2)＝＝1.5×105 mol 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)90.00%　(2)3.36×106　15‎