1、第2讲化学常用计量最新考纲1了解物质的量的单位摩尔( mol)、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度，阿伏加德罗常数的含义。2.根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。3.了解溶液的含义，了解溶解度、饱和溶液的概念。4.了解溶液的组成；理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。5.了解配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法。考点一有关阿伏加德罗常数的综合判断重温真题1(2016课标全国，8)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 mol N2与4 mol H2反
2、应生成的NH3分子数为2NAC1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA解析A项，乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中相当于含有1 mol CH2，则其氢原子数为2NA，正确；B项，合成氨的反应是可逆反应，则1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，错误；C项，铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA，错误；D项，标准状况下CCl4为液态，故2.24 L CCl4的物质的量不是0.1 mol，则其含有的共价键数不是0.4NA，错误。答案A2(
3、2016四川理综，4)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A2.4 g Mg在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NAB标准状况下，5.6 L CO2气体中含有的氧原子数为0.5NAC氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的键数为0.4NAD0.1 L 0.5 mol/L CH3COOH溶液中含有的H数为0.05NA解析A项，0.1 mol Mg完全反应转移电子数为0.2NA，错误；B项，0.25 mol CO2中氧原子数为0.5NA，正确；C项，甲醇的结构式为，0.1 mol CH3OH分子中键数为0.5NA，错误；D项，醋酸是弱酸，部分电离：CH3COOHCH3COOH，含
4、0.05 mol CH3COOH的溶液中H数目小于0.05NA，错误。答案B3(2015全国卷，8)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H离子数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD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A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量不同，分别为20 g mol1和18 g mol1，所以18 g D2O和H2O的物质的量不同，质子数不同，错
5、误；B项，n(H2SO3)2 L0.5 molL11 mol，但H2SO3是弱酸，部分电离，所以H数目小于2NA，错误；C项，发生的反应是2Na2O22H2O=4NaOHO2，转移电子数为2e，所以生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，正确；D项，发生反应：2NOO2=2NO2，生成2 mol NO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。答案C4(2015全国卷，10)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A60 g丙醇中存在的共价键总数为10NAB1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中HCO和CO的离子数之和为0.1NA
6、C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1NAD235 g核素U发生裂变反应：UnSrXe10n，净产生的中子(n)数为10NA解析A项，60 g丙醇的物质的量是1 mol，根据其结构式可知，1 mol丙醇分子中存在的共价键总数为11NA，错误；B项，根据电解质溶液中物料守恒可知，1 L 0.1 molL1的NaHCO3溶液中HCO、CO和H2CO3粒子数之和为0.1NA，错误；C项，在氧化物中，钠元素的化合价只有1价，因此23 g Na即1 mol Na充分燃烧时转移电子数为1NA，正确；D项，235 g核素U即1 mol U，发生裂变反应时净产生的中子数为9NA，
7、错误。答案C感悟高考1题型：选择题(正误判断型)2考向：以阿伏加德罗常数的形式出现，但着重考查物质的组成、结构、性质等知识，除考查物质的量为中心的相关概念外，题目的落脚点往往以判断分子、原子、离子、电子等微粒数目为主，如一定量的物质所含粒子(分子、原子、离子、质子、中子等)数目，氧化还原转移电子数目、由于盐类水解造成的溶液中离子浓度或数目改变等，形式灵活、范围广泛、综合性强，是一个中档高频题型。特别关注：以物质的量为中心的不同物理量之间的转换关系；物质的组成特点及在水溶液中的行为；物质反应中的用量情况及隐含条件。知识精华1速查速记(1)牢记两大常数：阿伏加德罗常数：6.021023 mol1。
8、气体摩尔体积(标准状况)：22.4 L mol1。(2)容易出错的“两组单位”：物质质量的单位为g，摩尔质量的单位为g mol1，相对原子质量或相对分子质量的单位为1(无量纲)。气体体积的单位为L，气体摩尔体积的单位为L mol1，物质的量浓度的单位为 molL1。(3)常考的标准状况下不是气体的“九种物质”：H2O、HF、SO3、Br2、CHCl3、CCl4、己烷、苯、乙醇。2阿伏加德罗常数常见考查的知识方向与速判技能知识方向速判技能气体体积没有指明温度、压强的气体体积，其数值无实际意义22.4 L/mol的使用看是否为标准状况；标准状况下对应物质是否为气体可逆过程盐的水解、弱电解质的电离是
9、可逆的；Cl2与H2O、N2与H2、SO2与O2、酯化反应等均是可逆反应，反应物不可能消耗完反应进程中止或方向的改变浓盐酸与MnO2、浓硫酸与金属活动性顺序中氢后边的金属反应，酸不可能消耗完；浓硝酸与足量金属(NO2NO)、过量铁与硝酸(Fe3Fe2)、浓硫酸与金属活动性顺序中氢前边的金属反应(SO2H2)组成与结构稀有气体为单原子分子、离子化合物中无分子，“O”是一个阴离子；金刚石、晶体硅、SiO2中每个碳原子、硅原子形成四个键，石墨中每个碳原子形成三个键(1 mol上述物质中存在的共价键分别为2NA、2NA、4NA、1.5NA)；苯中没有“C=C”，一个丙烯酸(CH2=CHCOOH)分子中
10、有两个双键电子转移数目抓住计算所依据的物质在反应中组成元素的价态变化，并要考虑反应是否存在可逆性、进行过程中反应的中止或方向改变的情况胶粒组成与隐含反应一个氢氧化铁胶粒含若干个Fe(OH)3微粒；2NO2 N2O4考查思维的灵活性(已知条件为总质量一定的含有A、B两种物质的混合物)类型看物质的最简式是否相同(如乙烯与丙烯)；看物质的相对分子质量是否相同(如N2、CO)；看A、B是否由同一种元素组成(如O2、O3)；看A、B中相同元素的质量分数是否相同(如CuO、Cu2S)。对策分析时可将、中A、B物质视为组成最简单的那一种物质，由该物质组成求某种原子数目或原子总数目；可将混合物直接看作是由对应
11、原子构成的；可直接求出相同元素的质量状元体会由于阿伏加德罗常数有关的正误判断涉及到的知识几乎包括了我们高中所学的大部分章节，所设选项知识隐蔽，平时做题时，感到不难，但很难做对，而出错最高的是涉及到微粒计算的判断，下面是平时做此类有关微粒计算题目时的思维过程，希望对你有所帮助。解题模板展示 题组精练1(名师原创)NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A常温常压下，4.4 g体积比为31的CO2和N2O组成的混合气体中所含原子总数为0.3NABCH4与P4的分子结构均为正四面体形，在1 mol CH4分子或P4分子中含有的共价键数皆为4NAC含有NA个阴离子的Na2O溶于1 L水中，所
12、得溶液中溶质的物质的量浓度为1 molL1D1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子解析由于CO2和N2O的摩尔质量相同，而且一个分子中含有的原子个数也相同，所以0.1 mol混合气体中含有的原子总数为0.3NA，A项正确；1 mol P4分子中含有的PP键为6NA，B项错误；由于Na2O溶于1 L水后，溶液体积改变，无法求算物质的量浓度，C项错误；1 mol Na被氧化转移的电子数应为NA，D项错误。答案选A。答案A2(名师原创)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A37 g NH4F和16 g CH4中含有的共价键数均为4NAB0.5 L 4 molL1的Na
13、HSO3溶液中含有的SO数目为2NAC标准状况下，11.2 L NO2完全溶于水，转移电子数为0.5NAD在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中2 g H2与足量N2反应，转移电子数为2NA解析37 g NH4F和16 g CH4均为1 mol，且1 mol NH4F和1 mol CH4中所含共价键数均为4NA，A项正确；亚硫酸为弱电解质，故HSO不能完全电离，B项错误；NO2完全溶于水发生反应的化学方程式为3NO2H2O=2HNO3NO，故0.5 mol NO2完全溶于水，转移 mol电子，C项错误；H2与N2生成NH3的反应为可逆反应，D项错误。答案A3(名师原创)用NA代表阿伏加德罗常数
14、的值。下列有关说法正确的是()A1 mol “18电子粒子”含有的原子总数可能为8NAB在标准状况下，11.2 L HF含有的电子总数为5NAC500 mL、0.2 molL1 Na2S溶液中含S2总数为0.1NAD28 g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳碳双键数目为NA解析18电子粒子有H2O2、F2、CH3CH3、CH3OH、S2、Ca2、Cl等，其中1 mol CH3CH3分子中含8 mol原子，A项正确。在标准状况下，HF呈液态，不能根据标准状况下的气体摩尔体积进行计算，B项错误。硫离子会水解，C项错误。28 g乙烯中含1 mol碳碳双键，而42 g丙烯中含1 mol碳碳双键，故D项错误。
15、答案A思维建模准确判断阿伏加德罗常数正误的万能模板一、分析选项含义分析选项中要求判断的微粒的来源、物质结构特征等，写出相关的化学(离子)方程式或相关物质的结构简式二、确定物质的量确定要求判断的微粒、化学键等的物质的量，分析时要注意以下几个方面的陷阱：气体的温度和压强、物质的状态、物质的分子(离子)组成、晶体结构、弱电解质的电离、盐类的水解、隐含的反应等三、确定答案结合题干要求选出符合题意的选项考点二教材实验：一定物质的量浓度溶液的配制重温真题(真题选编)判断下列有关一定物质的量浓度溶液的配制过程中的说法是否正确，正确的打“”，错误的打“”(1)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量
16、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()(2016浙江理综，8D)(2)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁()(2016海南化学，8D)(3)配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液()(2015重庆理综，4B)(4)配制0.10 molL1 NaOH溶液()(2015安徽理综，8A)(5)配制一定浓度的NaCl溶液()(2015四川理综，3A)答案(1)(2)(3)(4)(5)感悟高考1题型：选择题2考向：近几年高考题对本部分知识的考查，主要体现在仪器的使用；配制过程分析；误差判断；有关物质的量浓度的计算，主要以单选项分散到选择题中的形式进行考查，难度中等，预计
17、2017年的考查不会有太大的变化。特别关注：容量瓶的检漏和选择规格及托盘天平的使用；误差分析，特别是俯视与仰视造成的误差。知识精华1牢记仪器使用(1)量筒精确到0.1 mL托盘天平精确到0.1 g(2)玻璃棒的作用是搅拌和引流，在引流时，玻璃棒末端应插入到刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处且不能接触瓶口，如图所示。(3)容量瓶使用前查漏。容量瓶有不同的规格，配制溶液时要正确选择容量瓶的规格，计算时应按照容量瓶规格计算。容量瓶上标有温度、容积和刻度线。配制溶液时，不能直接在容量瓶中溶解。容量瓶不能用于长时间储存溶液。2明了实验步骤3熟知基本操作(1)容量瓶使用前应先检漏。(2)称量NaOH固体应
18、放在烧杯中称量，不能直接放在纸上称量。(3)稀释浓硫酸应先在烧杯中加入适量水，再倒入浓硫酸。(4)转移溶液要用玻璃棒引流，不能直接倾倒。(5)读数时，眼睛要平视，定容时应使溶液的凹液面与刻度线相切。4理清误差来源(1)导致cB偏低的错误操作：垫滤纸称量NaOH固体；左码右物(用游码)；称量时间过长(潮解)；洗涤或转移时溶液溅出；未洗涤烧杯及玻璃棒；超过刻度时用滴管吸出液体；定容时仰视；定容后发现液面低于刻度线再加水。(2)导致cB偏高的错误操作：砝码生锈；定容时俯视；未等溶液冷却至室温就定容。(3)定容时仰视、俯视对结果造成的影响仰视会造成溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；俯视会造成溶液的体积
19、偏小，所配溶液浓度偏高。状元体会溶液配制是一个重要的定量分析实验，在做题时，容量瓶的使用是一个易失分点，特别在答仪器名称时，常漏掉具体规格，另外量器的俯视和仰视也是一个易错点，由于不同量器的构造特点不一样，同样的俯视与仰视影响结果不同，对于质量分数的配制，由于高中教材没有涉及，不少同学不知如何完成，由于质量可加和，其配制在烧杯中完成，定量的溶质加入定量的水(可用量筒量取)即可。配制实例配制100 g 20%的NaCl溶液：准确称量20.0 g NaCl固体，然后再转移到200 mL的烧杯中，再用量筒量取80 mL的水注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌直到完全溶解为止。题组精练题组1仪器使用及配制过
20、程分析1配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是()A容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸C配制1 L 0.1 molL1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体D定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁解析量筒只能精确到0.1 mL，B错误。托盘天平只能精确到0.1 g，C错误。用胶头滴管定容时，滴管不能紧贴容量瓶内壁，以防蒸馏水附着在容量瓶刻度线以上的部分，引起误差，故D错误。答案A2.某同学帮助水质检测站配制500 mL 0.5 molL1NaOH溶液以备使用。
21、其操作步骤如图所示，则方框中操作的位置为()A与之间 B与之间C与之间 D与之间解析图中操作表示洗涤液转移入容量瓶后，再向容量瓶中加入蒸馏水直到距刻度线下12 cm为止，应在与之间。答案C题组2误差分析与判断3(2016温州瑞安五中月考)配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，下列情况对实验结果产生偏高影响的是()A定容时俯视观察液面B容量瓶中原有少量蒸馏水C溶解所用的烧杯、玻璃棒未洗涤D转移溶液时不慎将少量液体洒落在外解析定容时俯视观察液面，最终液面位于刻度线下方，配制的溶液体积偏小，浓度偏高，A项正确；定容时还需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以容量瓶中原有少量蒸馏水不影响配制结果，B项错误；配制
22、过程中，溶解所用的烧杯和玻璃棒必须用蒸馏水洗涤，洗涤液一并倒入容量瓶，没有洗涤会使所配溶液中溶质减少，所配溶液的浓度偏低，C项错误；转移溶液时不慎将少量液体洒落在外，溶质会减少，所以所配溶液的浓度偏低，D项错误。答案A4需要配制500 mL 0.5 molL1氢氧化钠溶液，经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45 molL1。可能原因是()A定容时溶液没有冷却至室温B容量瓶没有烘干C称量氢氧化钠固体时砝码放反了D定容时仰视读数解析溶液未冷却至室温导致所配溶液体积偏小，则浓度偏高，A错误；容量瓶没有烘干，对所配溶液的浓度没有影响，B错误；本实验需称量10.0 g氢氧化钠固体，不用游码，砝码放反
23、对结果没有影响，C错误；定容时仰视读数，读数小于实际体积，即配制的溶液浓度偏小，D正确。答案D思维建模误差分析思维流程考点三以“物质的量”为核心的多角度计算重温真题1(2016海南化学，9)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 gB可生成氢的原子数为2.4081023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的量解析由利用太阳能分解水制氢的化学反应方程式：2H2O2H2O2，可知0.02 mol H2O分解可制得0.02 mol H2，其质量为0.04 g，所含氢原子数
24、为2.4081022个，标准状况下的体积为0.448 L，由2Na2H2O=2NaOHH2可知，0.04 mol Na与H2O反应产生H2的物质的量为0.02 mol，故A、B、C三项错，D项正确。答案D2(2016上海化学，22)称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1 792 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为()A11 B12 C1.871 D3.651答案C32015江苏化学，18(4)准确称取0.171 0 g MnSO4H2O样品置于锥形瓶中加入适量H3PO4和NH
25、4NO3溶液，加热使Mn2全部氧化成Mn3，用c(Fe2)0.050 0 molL1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MnSO4H2O样品的纯度(请给出计算过程)。答案n(Fe2)0.050 0 molL11.00103 moln(Mn2)n(Fe2)1.00103 molm(MnSO4H2O)1.00103 mol169 g mol10.169 gMnSO4H2O样品的纯度为：100%98.8%感悟高考1题型：卷计算型选择题，卷高分值填空题2考向：各物理量以“物质的量”为核心的相互换算，混合物成分含量的确定，未知物质化学式的确定，根据
26、化学方程式的计算，多步连续反应的计算(即关系式法计算)等。特别关注：不同物质的量之间的转换关系；计算技巧(如守恒法)的灵活运用；卷对计算过程的要求。知识精华1以物质的量为中心的各物理量的换算关系2物质的量浓度的计算(1)掌握五个公式c，n，w100%，c。每个公式中均可“知二求一”。(2)灵活利用三个守恒关系稀释前后“溶质的物质的量守恒”：c(浓溶液)V(浓溶液)c(稀溶液)V(稀溶液)。溶液中“粒子之间电荷守恒”(溶液呈电中性)。质量守恒。状元体会对于物质的量浓度的求算，常出现在有关阿伏加德罗常数的判断中的某个选项中，破题关键是判断溶液的溶质，并进一步求某物质的量，如一些与水反应生成新物质，
27、包括一些结晶水合物溶于水后溶质的变化，另一方面要准确计算溶液的体积，如体积不可加和，应通过质量除以密度求算，物质溶于水后，溶液的体积与原来水的体积不等。题组精练题组1以“物质的量”为中心的多维计算1(2016江西南昌高三调研)合成氨厂用氨气和空气的混合气体通过灼热铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下A L氨气完全反应，测得转移电子数X个，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A. mol1 B. mol1C. mol1 D. mol1解析根据反应方程式4NH35O24NO6H2O可知，当1个NH3完全反应时，转移5个电子，故当A L(即 mol)氨气完全反应时转移电子数X molNA5，从而
28、可计算出NA mol1，D项正确。答案D2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 gmL1，质量分数为w，其中含有NH的物质的量是b mol，下列叙述正确的是()A溶质的质量分数w100%B溶质的物质的量浓度c molL1C溶液中c(OH) molL1c(H)D向上述溶液中加入V mL水，所得溶液中溶质的质量分数大于0.5w解析氨水中溶质为氨气，该溶液的密度为 gmL1，体积为V mL，所以溶液质量为V g，溶质氨气的质量为a g，溶质的质量分数为w100%，故A错误；a g NH3的物质的量为 mol，溶液体积为V mL，所以溶液的物质的量浓度为c molL
29、1，故B不正确；V mL溶液中c(OH)c(H)c(NH)c(H) molL1，C项正确；混合前后溶质的质量不变，仍为a g，因水的密度比氨水的密度大，等体积的水的质量比氨水的大，混合物溶液的质量大于2V g，所以混合后溶质的质量分数小于0.5w，故D不正确。答案C题组2“物质的量”在化学反应中的应用3(根据卷计算填空改编)某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO47H2O)的纯度，称取11.5 g绿矾产品，溶解，配制成1 000 mL溶液；量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010 00 molL1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00
30、mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为()A94.5% B96.1% C96.7% D97.6%解析高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O，n(KMnO4)20.00103 L0.010 00 molL12.0104 mol，根据得失电子守恒或化学方程式知，n(FeSO47H2O)5n(KMnO4)1.0103 mol，理论上25.00 mL待测液中所含样品的质量m11.5 g0.287 5 g，w(FeSO47H2O)100%96.7%。答案C4葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下： (已
31、知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2O=H2SO42HI)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL1。解析根据滴定反应的化学方程式：SO2I22H2O=H2SO42HI，可计算葡萄酒中抗氧化剂的残留量，即SO2的含量为0.16 gL1。答案0.16解题建模“物质的量”在有关化学方程式计算中的“四步解题法”写写出反应的化学方程式找找出方程式中已知物质和未知物质的物质的量的关系列将已知量和未知量列成比例式求对比例式求算微课说明：近几年高考理综对化学计算的要求越来越高，分值也逐年上升，占化学总分的约15%，高考命题变化趋
32、势是注重基础，所以计算方面很难的题较少，但学生得分较低，主要在于解题方法不对，下面总结一道多解题，供学生们拓展思维，提高思维技巧和能力。【示例】(名师改编)1 L 1.0 molL1 NaOH溶液完全反应吸收0.80 mol CO2气体，所得溶液中CO和HCO的物质的量之比为()A13 B12 C23 D32解析可知：生成Na2CO3为：n(Na2CO3)0.5 mol剩余CO2为：n(CO2)0.8 mol0.5 mol0.3 mol可知：最终固体组成：n(Na2CO3)0.5 mol0.3 mol0.2 moln(NaHCO3)0.3 mol20.6 mol可知：生成NaHCO3为n(Na
33、HCO3)0.8 mol剩余NaOH为n(NaOH)0.2 mol可知：最终固体组成：n(Na2CO3)0.2 moln(NaHCO3)0.8 mol0.2 mol0.6 mol解法三由已知n(NaOH)n(CO2)1 mol0.8 mol54可知：5NaOH4CO2=xNa2CO3yNaHCO3zH2O由原子守恒配平方程式可得x1，y3，z1。解法四由题意所得固体为Na2CO3和NaHCO3的混合物设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，根据Na原子和C原子守恒可得解得解法五由题意由“十字相乘法”可知所以n(Na2CO3)n(NaHCO3)13评析：五种解法各有千秋，这都有
34、赖于学生扎实的基本功，相对而言借助终态，通过原子守恒的解法三更适合于我们在考试中运用。随堂过关通过小组讨论，用四种解法完成下题小组合作工业废气和汽车尾气排出的氮的氧化物，是空气的重要污染源，为了消除NOx的污染，可通入适量氨气将NOx还原为无毒物质N2和H2O，即NOxNH3N2H2O，现有含氮氧化物NO与NO2的混合气体3.0 L，用同温、同压下的3.5 L NH3恰好使该混合气体完全反应转化为N2，则混合气中NO与NO2的体积比是()A14 B13 C12 D11答案B心得体会：_一、卷选择题强化练1下列说法不正确的是()A等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数目相等B等质量的14NO和1
35、4CO中含有的中子数之比为78C12.6 g Na2SO3固体中含阴、阳离子总数约为1.8061023D5.6 g铁和25.6 g铜分别与3.2 g硫反应，转移的电子数相等解析A项叙述正确，设乙烯和丙烯的质量均为m g，则m g乙烯中含有3m/14 mol共用电子对，m g丙烯中也含有3m/14 mol共用电子对；B项叙述不正确，等质量的14NO和14CO，其物质的量相同，假设均为1 mol，则1 mol 14NO中含有15 mol中子，1 mol 14CO中含有16 mol中子，故二者的中子数之比为1516；C项叙述正确，12.6 g Na2SO3的物质的量为0.1 mol，即固体中含0.2
36、 mol Na和0.1 mol SO，阴、阳离子总数约为1.8061023；D项叙述正确，5.6 g铁与3.2 g硫恰好反应生成硫化亚铁，转移电子0.2 mol，25.6 g铜与3.2 g硫反应生成0.1 mol Cu2S，铜有剩余，转移电子0.2 mol。答案B2NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A17 g NH3和18 g H2O中含有的电子数均为10NAB2 L 1.5 molL1乙酸钠溶液中含有的CH3COO为3NAC标准状况下，5.6 L NO2溶于足量水中，完全反应后转移的电子数为0.75 NAD向恒压密闭容器中充入2 mol NO与1 mol NO2，容器中的分子总
37、数为3NA解析17 g NH3和18 g H2O均为1 mol，且二者均为10电子分子，故其中含有的电子数均为10NA，A项正确；乙酸为弱酸，CH3COO水解，故2 L 1.5 molL1乙酸钠溶液中含有的CH3COO少于3 mol，B项错误；3NO2H2O=2HNO3NO，故5.6 L(0.25 mol)NO2转移1/6 mol电子，C项错误；NO2可转化为N2O4，且为可逆反应，故向恒压密闭容器中充入2 mol NO与1 mol NO2，容器中的分子总数少于3NA，D项错误。答案A3设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A1 mol甲苯含碳碳双键的数目为3NAB56 g纯铁粉与
38、稀硝酸反应生成NO的分子数为NAC25 ，1 L pH13的氢氧化钡溶液中含OH的数目为0.2NAD标准状况下，11.2 L一氯甲烷含共价键的数目为2NA解析甲苯中不含碳碳双键，A项错误。铁粉与稀硝酸反应，可能生成Fe2、Fe3，故 moln(NO)1 mol，B项错误。c(H)11013 molL1，c(OH)0.1 molL1，n(OH)0.1 mol，C项错误。一氯甲烷在标准状况下呈气态，1 mol一氯甲烷分子中含4 mol共价键，n(CH3Cl)0.5 mol，故D项正确。答案D4(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中子数B等质量的乙烯和
39、丙烯中含有的共用电子对数C同温、同压、同体积的14CO和NO含有的质量数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1 mol普通水中含有的中子数是8NA，1 mol重水中含有的中子数是10NA，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，A项符合题意；乙烯、丙烯都属于烯烃，分子式符合CnH2n，最简式是CH2，所以若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，B项不符合题意；同温同压下，同体积的14CO和NO分子数相同，又因每个分子中含有相同的质量数，C项不符合题意；由于Cl2的氧化性很强，与变价金属Fe反应时产生的是FeCl3，与Al发生反应产生AlCl3
40、，所以等物质的量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子数目相等，D项不符合题意。答案A5同温同压下，甲容器中充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是()A若两种气体体积相等，则甲、乙两容器中气体密度之比为3537B若两种气体体积相等，则甲、乙两容器中气体分子数之比为3537C若两种气体质量相等，则甲、乙两容器中气体所含质子数之比为3735D若两种气体体积相等，则甲、乙两容器中气体所含中子数之比为910解析同温同压下，若两种气体体积相等，则两种气体物质的量相等(气体分子数也相等)，两种气体质量之比为3537，而，mnM，故甲、乙两容器中气体密度之比为3537，甲、乙两容器中气
41、体所含中子数之比为(3517)(3717)910，A、D项正确，B项错误；同温同压下，若两种气体质量相等，则甲、乙两容器中气体物质的量之比为3735，故甲、乙两容器中气体所含质子数之比为3735，C项正确。答案B6.如图，抽去右图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应(整个过程中认为装置气密性良好)，等温度恢复到原来温度。下列说法正确的是()A反应后瓶内压强是反应前的B装置中氢元素的总质量为0.42 gC生成物的分子数目为0.01NAD反应结束后，两个集气瓶很容易分开解析NH3与HCl反应生成了离子化合物NH4Cl，组成中不存在分子这种微粒，C项错误；反应后剩余HCl气体为0.02 mol，总
42、体积为2.2V L，混合前两容器内压强相等，由阿伏加德罗定律推论知混合后压强是混合前的，A项错误；由质量守恒知B项正确；反应后容器内气压比大气压小许多，故两个集气瓶不易分开，D项错误。答案B7用质量分数为98%的浓硫酸(1.84 gcm3)配制240 mL 1.84 molL1稀硫酸，下列操作正确的是()A将蒸馏水缓慢注入盛有一定量浓硫酸的烧杯中，并不断搅拌至冷却B必需的定量仪器有100 mL量筒、250 mL容量瓶和托盘天平C量取浓硫酸的体积为25.0 mLD先在容量瓶中加入适量水，将量好的浓硫酸注入容量瓶，加水定容解析稀释浓硫酸时，应将浓硫酸注入水中并不断搅拌，A错误；该实验不需要托盘天平
43、，B错误；根据溶质质量不变知，配制该稀硫酸需要浓硫酸的体积为V25.0 mL，C正确；不能在容量瓶里稀释浓硫酸，在烧杯里稀释并冷却后，再转移到容量瓶中，最后加水定容，D错误。答案C8下列有关操作或判断正确的是() A配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高B用托盘天平称取25.20 g NaClC用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸D用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高解析定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，A不正确；托盘天平的精确度是0.1 g，无法称取25.20 g NaCl，
44、B不正确；应用10 mL量筒量取5.2 mL的盐酸，C不正确；量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线，所取的盐酸比应取的量多，溶质的物质的量增加，会导致所配溶液浓度偏高，D正确。 答案D9有硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 gcm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是()A溶质的质量分数是24.0%B溶液的物质的量浓度是2.4 molL1C溶质和溶剂的物质的量之比是140D硫酸根离子的质量分数是19.2%解析由Mg2的质量分数知MgSO4的质量分数为4.8%24.0%，其浓度为c2.4 molL1，溶质与溶剂的物质的量之比为121，SO的质量分数为4.8%19.2%。
45、答案C10标准状况下，将42.3 L HCl完全溶解于蒸馏水中，得到1.0 L溶液。下列叙述正确的是()A得到的盐酸的物质的量浓度为1.89 mol/LB得到的盐酸的密度为1.07 g/cm3C得到的盐酸的质量分数为100%6.4%D缺少数据，不能计算出盐酸的物质的量浓度、密度及质量分数解析根据标准状况下的气体体积及所得溶液体积可计算其物质的量浓度，A项正确、D项错误；1.0 L溶液中所含溶剂的体积小于1 L，即水的质量小于1 000 g，B、C项错误。答案A11(原创改编)用重量法测定BaCl2nH2O中结晶水数目的实验为准确称取7.91 g该晶体，加入适量盐酸，加热使其完全溶解，冷却，配制
46、100 mL溶液。取20.00 mL该溶液，向其中滴加100 mL 0.05 molL1Na2SO4溶液恰好使Ba2完全沉淀。n等于()A2 B4 C6 D8解析n(Na2SO4)0.1 L0.05 molL15.00103 mol，BaCl2Na2SO4=BaSO42NaCl，20.00 mL该溶液中氯化钡晶体的质量为m(BaCl2nH2O)7.91 g1.582 g，M(BaCl2nH2O)316.4 g mol1316 g mol1，则n6。答案C二、卷填空规范练12(2016枣庄一模)实验室需要配制0.1 molL1 CuSO4溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操
47、作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_以及等质量的两片滤纸。(2)计算，选择下列正确选项_。A需要CuSO4固体8.0 gB需要CuSO45H2O晶体12.0 gC需要CuSO45H2O晶体12.5 gD需要CuSO4固体7.7 g(3)称量。所用砝码生锈则所配溶液的浓度会_(选填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(4)溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_，(5)转移、洗涤。在转移时应使用_引流，需要洗涤烧杯23次是为了_。(6)定容，摇匀。(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶
48、液名称及浓度。(8)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会_(选填“偏高”“偏低”或“无影响”)。解析(1)实验室需配制480 mL 0.1 molL1的CuSO4溶液，需要选用500 mL容量瓶，依据配制500 mL 0.1 molL1的硫酸铜溶液的步骤可知，配制过程中需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500 mL容量瓶等，还缺少的仪器为胶头滴管和500 mL容量瓶。(2)配制的是500 mL 0.1 molL1的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量n(CuSO4)0.1 molL10.5 L0.05 mol，需要硫酸铜的质量：m(CuSO4)160
49、g mol10.05 mol8.0 g，需要五水硫酸铜固体的质量：m(CuSO45H2O)250 g mol10.05 mol12.5 g。(3)称量过程所用砝码生锈，称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高。(4)溶解固体物质，用玻璃棒搅拌可以加速固体的溶解。(5)配制一定物质的量浓度的溶液，在移液操作中应该用玻璃棒引流，并洗涤烧杯23次，保证溶质全部转移到容量瓶中，防止产生误差。(8)定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低。答案(1)胶头滴管500 mL容量瓶(2)AC(3)偏高(4)搅拌，加速固体溶解(5)玻璃棒保证溶质全部转移到容量瓶中(8)偏低13亚硫
50、酸盐是一种常见食品添加剂。为检测某食品中亚硫酸盐含量(通常以1 kg样品中含SO2的质量计)，某研究小组设计了如下两种实验流程：(1)气体A的主要成分是_。为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入_；通入N2的目的是_。(2)写出甲方案第步反应的离子方程式：_。(3)甲方案第步滴定前，滴定管需用NaOH标准溶液润洗，其操作方法是_。(4)若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(5)若取样品w g，按乙方案测得消耗0.010 00 molL1 I2溶液V mL，则1 kg样品中含SO2的质量是_g(用含w、V的代数式表示)。解析解答本题的关键点
51、是SO2、NaHSO3的还原性。(1)亚硫酸盐中加入强酸会生成气体SO2，反应的离子方程式为SO2H=SO2H2O；在加热时为了防止暴沸应加入碎瓷片；通入N2的目的是将产生的SO2气体完全吹出后用吸收液吸收，从而提高实验的准确率。(2)SO2具有还原性，能被H2O2氧化成H2SO4，反应的离子方程式为SO2H2O2=2HSO。(3)滴定管在洗涤后应用NaOH标准液润洗，方法是：向滴定管注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后从尖嘴放出液体，重复操作23次。(4)如果用盐酸代替稀硫酸，在逸出的SO2气体中会含有HCl气体，两者都能被碱液吸收分别生成Na2SO3和NaCl，再用盐酸处理后只有N
52、a2SO3转变成的NaHSO3能与I2反应，反应的离子方程式为HSOI2H2O=SO2I3H，故不会产生影响。(5)根据关系式SO2HSOI2，则1 kg样品中含有SO2的质量为V1030.010 0064 g g。答案(1)N2和SO2碎瓷片(或沸石)使产生的SO2全部逸出(2)SO2H2O2=2HSO(3)向滴定管注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后从尖嘴放出液体，重复操作23次(4)无影响(5)14(计算组合)(1)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36 L(标准状况)二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠_g(保留一位小数)。(2)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲
53、线上的a点为样品失重4.0%(即100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2nPbO，列式计算x值和mn值_。(3)称取14.00 g硫酸铁铵aFe2(SO4)3b(NH4)2SO4cH2O样品，将其溶于水配制成100 mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14 g沉淀；向另一份中加入0.05 mol Ba(NO3)2溶液，恰好完全反应。则该硫酸铁铵的化学式为_。解析 m18.9(3)7.00 g样品中：n(Fe3)nFe(OH)30.02 mol，n(SO)n(BaSO4)nBa(NO3)20.05 mol，n(Fe3)n(SO)25，故样品中Fe2(SO4)3与(NH4)2SO4的物质的量之比为12。n(H2O)(7.0 g0.02 mol56 g mol10.05 mol96 g mol10.04 mol18 g mol1)18 g mol10.02 mol，故该硫酸铁铵的化学式为：Fe2(SO4)32(NH4)2SO42H2O。答案(1)18.9(2)根据PbO2PbOxO2，有322394.0%x21.4，根据mPbO2nPbO，1.4，(3)Fe2(SO4)32(NH4)2SO42H2O