高考化學(xué)二輪專題復(fù)習講與練專題02《化學(xué)計量及其應(yīng)用》(含詳解)-試卷下載-教習網(wǎng)

?專題二化學(xué)計量及其應(yīng)用
[考綱要求]　1.了解物質(zhì)的量(n)及其單位摩爾(mol)、摩爾質(zhì)量(M)、氣體摩爾體積(Vm)、物質(zhì)的量濃度(c)、阿伏加德羅常數(shù)(NA)的含義。2.理解質(zhì)量守恒定律。3.能根據(jù)微粒(原子、分子、離子等)物質(zhì)的量、數(shù)量、氣體體積(標準狀況下)之間的相互關(guān)系進行有關(guān)計算。4.了解溶液的含義。5.了解溶解度、飽和溶液的概念。6.了解溶液濃度的表示方法，理解溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)和物質(zhì)的量濃度的概念，并能進行有關(guān)計算。7.掌握配制一定溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)溶液和物質(zhì)的量濃度溶液的方法。
考點一　阿伏加德羅常數(shù)與阿伏加德羅定律
(一)阿伏加德羅常數(shù)及其應(yīng)用
1．與氣體摩爾體積22.4 L·mol－1相關(guān)的NA的應(yīng)用
(1)非標準狀況下的氣體、標準狀況下的非氣體均不適用22.4 L·mol－1進行物質(zhì)的量的計算；
(2)常見物質(zhì)在標準狀況下的狀態(tài)：溴、H2O、HF、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、碳原子數(shù)大于4的烴(除新戊烷)，均為液體；SO3為固體。
正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”
①標準狀況下，11.2 L 苯中含有分子的數(shù)目為0.5NA(×)
②標準狀況下，22.4 L的SO2中含有的SO2分子數(shù)為NA(√)
③常溫常壓下，35.5 g 氯氣與足量鎂粉充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA(×)
④常溫常壓下，22.4 L NO2和CO2的混合氣體含有的氧原子數(shù)為2NA(×)
⑤2.24 L CO和CO2混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為0.1NA(×)
⑥2.24 L CO2中含有的原子數(shù)為0.3×6.02×1023(×)
2．與物質(zhì)的組成相關(guān)的NA的應(yīng)用
(1)稀有氣體、臭氧(O3)、白磷(P4)分子中的原子數(shù)目；
(2)一定質(zhì)量含核素的物質(zhì)中的質(zhì)子、中子、電子或原子的數(shù)目；
(3)Na2O2、KO2中的陰、陽離子個數(shù)比；
(4)等物質(zhì)的量的羥基與氫氧根離子所含質(zhì)子、電子或原子數(shù)目；
(5)等質(zhì)量的最簡式相同的有機物(如烯烴)、同素異形體、N2與CO、NO2與N2O4等具有的原子、分子數(shù)目；
(6)一定物質(zhì)的量的有機物中共價鍵的數(shù)目(苯環(huán)、萘環(huán)中無碳碳雙鍵)；如：CnH2n＋2中化學(xué)鍵數(shù)目為3n＋1；
(7)一定物質(zhì)的量的SiO2中含Si—O鍵、金剛石(或石墨)中1 mol C中含C—C鍵、1 mol P4中含P—P鍵的數(shù)目。
正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”
①32 g 18O2中含有2NA個氧原子(×)
②17 g —OH與17 g OH－所含電子數(shù)均為10NA(×)
③相同質(zhì)量的N2O4與NO2中所含原子數(shù)目相同(√)
④乙烯和環(huán)丙烷(C3H6)組成的28 g混合氣體中含有3NA個氫原子(×)
⑤18 g D2O和18 g H2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NA(×)
⑥30 g 甲醛中含共用電子對總數(shù)為4NA(√)
⑦4.5 g SiO2晶體中含有的硅氧鍵的數(shù)目為0.3NA(√)
⑧12 g 金剛石含有的共價鍵數(shù)為4NA(×)
3．與氧化還原反應(yīng)相關(guān)的NA的應(yīng)用
(1)歧化反應(yīng)類：Na2O2與CO2、Na2O2與H2O、Cl2與NaOH(冷稀、濃熱)等；
(2)變價金屬(Fe、Cu)與強、弱氧化劑(Cl2/Br2、S/I2)反應(yīng)類；
(3)Fe與濃、稀硝酸，Cu與濃、稀硝酸反應(yīng)類；
(4)足量、不足量Fe與稀硝酸，足量Fe與濃硫酸反應(yīng)類；
(5)足量KMnO4與濃鹽酸、足量MnO2與濃鹽酸反應(yīng)類；
(6)注意氧化還原的順序。如：向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。
正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”
①1 mol Na與足量O2反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA(√)
②5.6 g 鐵粉與硝酸反應(yīng)失去的電子數(shù)一定為0.3NA(×)
③1 mol Cl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為2NA(×)
④0.1 mol Zn與含0.1 mol HCl的鹽酸充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA(×)
⑤足量KMnO4與含1 mol HCl的濃HCl溶液反應(yīng)生成標況下7 L Cl2(×)
⑥足量Cl2與含1 mol NaOH的濃溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移 mol e－(×)
⑦足量Fe與1 L 1 mol·L－1濃H2SO4溶液在加熱條件下徹底反應(yīng)生成0.5 mol SO2(×)
⑧1 mol Na2O2與足量 CO2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA(×)
⑨50 mL 12 mol·L－1 鹽酸與足量MnO2共熱，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA(×)
⑩標準狀況下，6.72 L NO2與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA(×)
?向FeI2溶液中通入適量Cl2，當1 mol Fe2＋被氧化時，共轉(zhuǎn)移的電子的數(shù)目為NA(×)

4．與可逆反應(yīng)相關(guān)的NA的應(yīng)用
在“NA”應(yīng)用中，常涉及以下可逆反應(yīng)：
(1)2SO2＋O22SO3
2NO2N2O4
N2＋3H22NH3
(2)Cl2＋H2OHCl＋HClO
(3)NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－
正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”
①2 mol SO2和1 mol O2在一定條件下充分反應(yīng)后，混合物的分子數(shù)為2NA(×)
②標準狀況下，22.4 L NO2氣體中所含分子數(shù)目為NA(×)
③100 g 17%的氨水溶液中含有的NH3分子數(shù)為NA(×)
④標準狀況下，0.1 mol Cl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA(×)
5．電解質(zhì)溶液中粒子數(shù)目的判斷
審準題目“要求”，是突破該類題目的關(guān)鍵
(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱電解質(zhì)或能水解的“弱離子”，如1 L 1 mol·L－1 的乙酸或1 L 1 mol·L－1 乙酸鈉溶液中CH3COO－數(shù)目均小于NA。
(2)題目中是否指明了溶液的體積，如在pH＝1的HCl溶液中，因溶液體積未知而無法求算H＋的數(shù)目。
(3)所給條件是否與電解質(zhì)的組成有關(guān)，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1 mol·L－1，與電解質(zhì)的組成無關(guān)；0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，與電解質(zhì)的組成有關(guān)。
正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”
①0.1 L 3.0 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH的數(shù)目為0.3NA(×)
②等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaCl和KCl溶液中，陰、陽離子數(shù)目之和均為2NA(×)
③0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，陽離子的數(shù)目之和為0.2NA(×)
④25 ℃時，pH＝13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH－數(shù)目為0.2NA(×)
“三年高考”全國卷“NA”應(yīng)用試題匯編
1．(全國卷Ⅱ，8)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是(　　)
A．1 L 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中，NH的數(shù)量為0.1NA
B．2.4 g Mg與H2SO4完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA
C．標準狀況下，2.24 L N2和O2的混合氣體中分子數(shù)為0.2NA
D．0.1 mol H2和0.1 mol I2于密閉容器中充分反應(yīng)后，其分子總數(shù)為0.2NA
答案　D
解析　A項，因銨根離子水解，其數(shù)量小于0.1NA，錯誤；B項，2.4 g Mg為0.1 mol，與硫酸完全反應(yīng)后轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，錯誤；C項，標準狀況下，2.24 L任何氣體所含有的分子數(shù)都為0.1NA，錯誤；D項，H2(g)＋I2(g)2HI(g)，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變，正確。
2．(全國卷Ⅲ，10)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　)
A．0.1 mol的11B中，含有0.6NA個中子
B．pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個H＋
C．2.24 L(標準狀況)苯在O2中完全燃燒，得到0.6NA個CO2分子
D．密閉容器中1 mol PCl3與1 mol Cl2反應(yīng)制備PCl5(g)，增加2NA個P—Cl鍵
答案　A
解析　A項，硼原子的質(zhì)子數(shù)為5,11B的中子數(shù)為6，故0.1 mol的11B中含有的中子數(shù)為0.6NA，正確；B項，未指明溶液體積，無法計算H＋的物質(zhì)的量，錯誤；C項，標準狀況下苯為液體，不能用氣體摩爾體積計算苯燃燒生成的CO2分子數(shù)，錯誤；D項，PCl3＋ Cl2PCl5 ，這是一個可逆反應(yīng)，1mol PCl3與1mol Cl2不可能完全反應(yīng)生成1 mol PCl5，故增加的P—Cl鍵數(shù)目小于2NA，錯誤。
3．(全國卷Ⅰ，8)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。下列有關(guān)敘述正確的是(　　)
A．14 g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數(shù)為2NA
B．1 mol N2與4 mol H2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)為2NA
C．1 mol Fe溶于過量硝酸，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為2NA
D．標準狀況下，2.24 L CCl4含有的共價鍵數(shù)為0.4NA
答案　A
解析　A項，乙烯和丙烯的最簡式均為CH2,14 g乙烯和丙烯混合氣體中相當于含有1 mol CH2，則其氫原子數(shù)為2NA，正確；B項，合成氨的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，則1 mol N2與4 mol H2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)小于2NA，錯誤；C項，鐵和過量硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵，故1 mol Fe溶于過量硝酸，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為3NA，錯誤；D項，標準狀況下CCl4為液態(tài)，故2.24 L CCl4的物質(zhì)的量不是0.1 mol，則其含有的共價鍵數(shù)不是0.4NA，錯誤。
4．(全國卷Ⅰ，8)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　)
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NA
B．2 L 0.5 mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數(shù)為2NA
C．過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成0.1 mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA
D．密閉容器中2 mol NO與1 mol O2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA
答案　C
解析　A項，D2O和H2O的質(zhì)子數(shù)相同(均為10)，但D2O、H2O的摩爾質(zhì)量不同，分別為20 g·mol－1和18 g·mol－1，所以18 g D2O和H2O的物質(zhì)的量不同，質(zhì)子數(shù)不同，錯誤；B項，n(H2SO3)＝2 L×0.5 mol·L－1＝1 mol，但H2SO3是弱酸，部分電離，所以H＋數(shù)目小于2NA，錯誤；C項，發(fā)生的反應(yīng)是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2e－，所以生成0.1 mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，正確；D項，發(fā)生反應(yīng)：2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，常溫下NO2和N2O4之間存在平衡2NO2N2O4，所以分子數(shù)小于2NA，錯誤。
(二)理解公式推論，破解阿伏加德羅常數(shù)應(yīng)用
阿伏加德羅定律及推論可概括為“三同定一同，兩同見比例”，可用V＝n×Vm及m＝V×ρ等公式推導(dǎo)出：
(1)同溫同壓時：①V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2；
②ρ1∶ρ2＝M1∶M2；
③同質(zhì)量時：V1∶V2＝M2∶M1。
(2)同溫同體積時：①p1∶p2＝n1∶n2＝N1∶N2；
②同質(zhì)量時：p1∶p2＝M2∶M1。
(3)同溫同壓同體積時：M1∶M2＝m1∶m2。
1．同溫同壓下，x g甲氣體和y g乙氣體占有相同的體積，根據(jù)阿伏加德羅定律判斷，下列敘述錯誤的是(　　)
A．x∶y等于甲與乙的相對分子質(zhì)量之比
B．x∶y等于甲與乙的分子個數(shù)之比
C．x∶y等于同溫同壓下甲與乙的密度之比
D．y∶x等于同溫同體積下，等質(zhì)量的甲與乙的壓強之比
答案　B
解析　A項，由同溫同壓下，同體積的任何氣體具有相同的分子數(shù)，則x g甲氣體和y g乙氣體的物質(zhì)的量相等，即＝，推出x∶y＝M甲∶M乙，故正確；B項，甲與乙的分子個數(shù)之比為1∶1，而x與y不一定相等，故不正確；C項，同溫同壓下，密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，即為質(zhì)量比，故正確；D項，等質(zhì)量的甲、乙的壓強之比為p甲∶p乙＝n1∶n2＝∶＝M乙∶M甲＝y(tǒng)∶x，故正確。
2．在兩個密閉容器中，分別充有質(zhì)量相同的甲、乙兩種氣體，若兩容器的溫度和壓強均相同，且甲的密度大于乙的密度。則下列說法正確的是(　　)
A．物質(zhì)的量：甲＞乙
B．氣體體積：甲＞乙
C．摩爾體積：甲＞乙
D．相對分子質(zhì)量：甲＞乙
答案　D
解析　同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，根據(jù)ρ＝知，相同條件下，氣體密度與其摩爾質(zhì)量成正比，甲的密度大于乙的密度，說明甲的摩爾質(zhì)量大于乙。
A項，根據(jù)n＝知，相同質(zhì)量時其物質(zhì)的量與摩爾質(zhì)量成反比，甲的摩爾質(zhì)量大于乙，則甲的物質(zhì)的量小于乙，故A錯誤；B項，根據(jù)V＝Vm知，相同溫度、壓強、質(zhì)量時，氣體體積與摩爾質(zhì)量成反比，摩爾質(zhì)量甲＞乙，則氣體體積甲＜乙，故B錯誤；C項，同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，故C錯誤；D項，根據(jù)以上分析知，摩爾質(zhì)量甲＞乙，摩爾質(zhì)量以g·mol－1為單位時在數(shù)值上等于其相對分子質(zhì)量，所以相對分子質(zhì)量甲＞乙，故D正確。
考點二　一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制

配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的實驗是中學(xué)化學(xué)中一個重要的定量實驗。復(fù)習時，要熟記實驗儀器，掌握操作步驟，注意儀器使用，正確分析誤差，理解基本公式，明確高考題型，做到有的放矢。
1．七種儀器需記牢
托盤天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管、燒杯、藥匙。
2．實驗步驟要理清
如：配制500 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，圖中操作②中應(yīng)該填寫的數(shù)據(jù)為__________，實驗時操作的先后順序為____________(填編號)。

答案　5.3?、冖堍蔻茛佗?br /> 3．儀器使用要明了
(1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶時應(yīng)指明規(guī)格，并選擇合適的容量瓶，如配制480 mL溶液，應(yīng)選用500 mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀釋和存放液體，也不能作為反應(yīng)容器。
(2)玻璃棒的作用是攪拌和引流，在引流時，玻璃棒末端應(yīng)插入到容量瓶刻度線以下，且玻璃棒靠近容量瓶口處不能接觸瓶口，如圖所示。

附　容量瓶的查漏方法
向容量瓶中加入適量水，蓋好瓶塞，左手食指頂住瓶塞，右手托住瓶底，將容量瓶倒轉(zhuǎn)過來看瓶口處是否有水滲出，若沒有，將容量瓶正立，將瓶塞旋轉(zhuǎn)180度，重復(fù)上述操作，如果瓶口處仍無水滲出，則此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞處涂點凡士林。
4．誤差分析點點清
誤差分析的思維流程與方法
(1)誤差分析的思維流程

(2)視線引起誤差的分析方法
①仰視刻度線(圖1)，導(dǎo)致溶液體積偏大，結(jié)果偏低。
②俯視刻度線(圖2)，導(dǎo)致溶液體積偏小，結(jié)果偏高。

(3)用“偏高”“偏低”或“無影響”填空：
①砝碼生銹：偏高。
②定容時，溶液溫度高：偏高。
③定容時俯視容量瓶刻度線：偏高。
④稱量時物碼顛倒且使用游碼：偏低。
⑤未洗滌燒杯、玻璃棒：偏低。
⑥稱量易吸水物質(zhì)時間過長：偏低。
⑦轉(zhuǎn)移時，有液體濺出：偏低。
⑧滴加蒸餾水超過容量瓶刻度線，再用膠頭滴管吸出：偏低。
⑨定容搖勻后，液面低于刻度線，再加水至刻度線：偏低。
⑩容量瓶內(nèi)有少量水：無影響。
5．換算關(guān)系會推導(dǎo)
(1)氣體溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度的計算：
標準狀況下，1 L水中溶解某氣體V L，所得溶液的密度為ρ g·cm－3，氣體的摩爾質(zhì)量為M g·mol－1，則c＝ mol·L－1。
(2)溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)與物質(zhì)的量濃度之間的換算：
c＝(c為溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度/mol·L－1，ρ為溶液的密度/g·cm－3，w為溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)，M為溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量/g·mol－1)。
6．兩條規(guī)律理解透
(1)稀釋定律
①如用V1、V2、c1、c2分別表示稀釋前后溶液的體積和溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度，有c1V1＝c2V2。
②如用m1、m2、w1、w2分別表示稀釋前后溶液的質(zhì)量和質(zhì)量分數(shù)，有m1w1＝m2w2。
(2)混合規(guī)律
同一溶質(zhì)不同濃度的溶液混合后溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)的判斷方法：設(shè)溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)分別為w1和w2的兩溶液混合后所得溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為w。
①兩溶液等質(zhì)量混合：w＝(w1＋w2)。
②兩溶液等體積混合
a．若溶液中溶質(zhì)的密度大于溶劑的密度，則w＞(w1＋w2)，如H2SO4溶液。
b．若溶液中溶質(zhì)的密度小于溶劑的密度，則w＜(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。

題組一　儀器的正確使用及實驗操作的規(guī)范性
1．正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”
(1)配制濃度為0.010 mol·L－1的KMnO4溶液可以稱取KMnO4固體0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀釋至刻度(×)
(全國卷Ⅲ，9D)
(2)為準確配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，定容過程中向容量瓶內(nèi)加蒸餾水至接近刻度線時，改用滴管滴加蒸餾水至刻度線(√)
(浙江理綜，8D)
(3)稱取2.0 g NaOH固體，可先在托盤上各放一張濾紙，然后在右盤上添加2 g砝碼，左盤上添加NaOH固體(×)
(福建理綜，8A)
(4)配制一定濃度的NaCl溶液(×)
(四川理綜，3A)
(5)洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱中烘干(×)
(新課標全國卷Ⅰ，12A)
(6)用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體(×)
(新課標全國卷Ⅰ，12D)
2．用固體樣品配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，需經(jīng)過稱量、溶解、轉(zhuǎn)移溶液、定容等操作。下列圖示對應(yīng)的操作規(guī)范的是(　　)

答案　B
解析　A項，用托盤天平稱量藥品時，應(yīng)為“左物右碼”，錯誤；B項，用玻璃棒攪拌能加速溶解，正確；C項，轉(zhuǎn)移溶液時需要用玻璃棒引流，錯誤；D項，定容時，膠頭滴管不能伸入容量瓶內(nèi)，錯誤。
3．(1)配制濃度為2 mol·L－1的NaOH溶液100 mL，用托盤天平稱取NaOH固體時，天平讀數(shù)將________(填字母)。
A．等于8.0 g B．等于8.00 g
C．大于8.0 g D．等于0.2 g
(2)[天津理綜，9(1)]將稱得的AgNO3配制成標準溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有____________________________________________________。
答案　(1)C　(2)250 mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管
解析　(1)稱量NaOH固體時需用小燒杯盛放，故天平讀數(shù)等于8.0 g＋燒杯質(zhì)量。(2)配制AgNO3標準溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有250 mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管。
題組二　有關(guān)濃度的換算
4．相對分子質(zhì)量為M的氣態(tài)化合物V L(標準狀況)，溶于m g水中，得到質(zhì)量分數(shù)為w的溶液，物質(zhì)的量濃度為c mol·L－1，密度為ρ g·cm－3。則下列說法不正確的是(　　)
A．相對分子質(zhì)量M＝
B．物質(zhì)的量濃度c＝
C．溶液的質(zhì)量分數(shù)w＝
D．溶液密度ρ＝
答案　C
解析　由c＝知D項正確；由c＝＝知B項正確；由w＝＝知C項錯誤，將此式變形后即可得到A項中的式子。
5．體積為V L、密度為ρ g·cm－3的某溶液中，含有摩爾質(zhì)量為M的溶質(zhì)m g。若此溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為c mol·L－1，溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為w，則下列各表示式中正確的是(　　)
A．c＝ B．m＝Vρw
C．w＝ D．ρ＝
答案　A
解析　已知：c＝1 000或c＝。
A項，c＝，正確；B項，＝，m＝1 000ρwV，錯誤；C項，w＝，錯誤；D項，ρ＝，注意w與w%的區(qū)別，錯誤。
題組三　溶液稀釋規(guī)律的應(yīng)用
6．取100 mL 0.3 mol·L－1的硫酸溶液和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸溶液加水稀釋至500 mL，該混合溶液中H＋的物質(zhì)的量濃度是(　　)
A．0.21 mol·L－1 B．0.42 mol·L－1
C．0.56 mol·L－1 D．0.26 mol·L－1
答案　B
解析　根據(jù)題意可知，混合后H2SO4溶液的H＋濃度關(guān)系如下：c3V3＝c1V1＋c2V2，可得n(H＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L－1＋0.3 L×0.25 mol·L－1)×2＝0.21 mol，所以c(H＋)＝＝0.42 mol·L－1。
7．(鹽城模擬)實驗室常用98%(ρ＝1.84 g·mL－1)的濃H2SO4配制1∶4的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度為1.23 g·mL－1，其物質(zhì)的量濃度為(　　)
A．4.6 mol·L－1 B．5.7 mol·L－1
C．3.88 mol·L－1 D．18.4 mol·L－1
答案　C
解析　實驗室配制1∶4溶液的含義是指取1體積的濃硫酸與4體積的水混合。求算所得溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)：w%＝×100%≈30.9%，稀硫酸的物質(zhì)的量濃度為c(H2SO4)＝≈3.88 mol·L－1，故選C。

掌握兩項技能
(1)用98%的濃H2SO4配制100 mL 1∶4的稀H2SO4：用量筒量取80 mL的水注入200 mL的燒杯，然后再用另一只量筒量取20 mL的濃H2SO4沿著燒杯內(nèi)壁緩慢注入水中，并用玻璃棒不停攪拌。
(2)配制100 g 20%的NaCl溶液：準確稱量20.0 g NaCl固體，然后再轉(zhuǎn)移到200 mL的燒杯中，再用量筒量取80 mL的水注入燒杯中，并用玻璃棒不停攪拌直到完全溶解為止。
題組四　溶液中電荷守恒在物質(zhì)的量濃度計算中的應(yīng)用
8．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硫酸鈉的溶液，恰好使鋇離子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸銀的溶液，恰好使氯離子完全沉淀。則該混合溶液中鉀離子濃度為(　　)
A．0.1(b－2a) mol·L－1
B．10(2a－b) mol·L－1
C．10(b－a) mol·L－1
D．10(b－2a) mol·L－1
答案　D
解析　根據(jù)題意，500 mL溶液分成5等份，每份為100 mL。每份中n(Ba2＋)＝a mol，n(Cl－)＝b mol，根據(jù)電荷守恒關(guān)系得n(K＋)＝(b－2a)mol，則c(K＋)＝＝10(b－2a) mol·L－1。
9．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為(　　)
A. mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
答案　D
解析　注意混合液分成兩等份，由Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知原溶液中n(Mg2＋)＝ mol＝a mol、n(SO)＝2b mol，依據(jù)電荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(SO)－2n(Mg2＋)＝2(2b－a) mol。
考點三　化學(xué)計算的類型和方法

1．明確一個中心
必須以“物質(zhì)的量”為中心——“見量化摩，遇問設(shè)摩”。
2．掌握兩種方法
(1)守恒法：守恒法是中學(xué)化學(xué)計算中的一種常用方法，它包括質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子守恒。它們都是抓住有關(guān)變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過程，利用某種不變量(如①某原子、離子或原子團不變；②溶液中陰、陽離子所帶電荷數(shù)相等；③氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等)建立關(guān)系式，從而達到簡化過程，快速解題的目的。
(2)關(guān)系式法：表示兩種或多種物質(zhì)之間“物質(zhì)的量”關(guān)系的一種簡化式子。在多步反應(yīng)中，它可以把始態(tài)的反應(yīng)物與終態(tài)的生成物之間的“物質(zhì)的量”關(guān)系表示出來，把多步計算簡化成一步計算。
3．計算類型及實驗方法
(1)計算類型
①確定化學(xué)式；②確定樣品質(zhì)量分數(shù)。
(2)實驗方法
①滴定分析法；②沉淀分析法；③熱重分析法。

題組一　“關(guān)系式”法的應(yīng)用
(一)由“元素守恒”確定關(guān)系式
1．在O2中灼燒0.44 g S和Fe組成的化合物，使其中的S全部轉(zhuǎn)變?yōu)镾O2，把這些SO2全部氧化轉(zhuǎn)變?yōu)镠2SO4。這些H2SO4可以用20 mL 0.50 mol·L－1 NaOH溶液完全中和。則原化合物中S的百分含量為(　　)
A．18% B．46%
C．53% D．36%
答案　D
解析　明確S―→SO2―→SO3―→H2SO4中硫元素守恒，根據(jù)酸堿中和求出與NaOH的關(guān)系。
全部反應(yīng)過程中，各物質(zhì)的量的關(guān)系可用下式表示：
S―→SO2―→SO3―→H2SO4―→2NaOH
32 g　　　　　　　　　　　　2 mol
x　　　　　　　　　　　　　(0.02×0.50)mol
x＝＝0.16 g。
S的質(zhì)量分數(shù)為×100%≈36%。
(二)由“電子守恒”確定關(guān)系式
2．將4.9 g Mg和Fe的混合物在過量稀HNO3中完全反應(yīng)，得到標準狀況下NO氣體2.24 L，向反應(yīng)后的溶液中加入足量燒堿溶液充分反應(yīng)，求最后生成沉淀的質(zhì)量。
答案　由題意知，整個過程中存在關(guān)系
Fe～3e－～3OH－～Fe(OH)3
Mg～2e－～2OH－～Mg(OH)2
可以看出e－～OH－，又因得失電子守恒，所以有NO～NO～3e－～3OH－，故n(OH－)＝n(e－)＝3n(NO)＝0.3 mol。所以沉淀的質(zhì)量為4.9 g＋17 g·mol－1×0.3 mol＝10 g。
題組二　“滴定法”分析物質(zhì)組成及含量
應(yīng)用一　確定含量
3．為測定某石灰石中CaCO3的質(zhì)量分數(shù)，稱取W g石灰石樣品，加入過量的濃度為6 mol·L－1的鹽酸，使它完全溶解，加熱煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，則析出草酸鈣沉淀，離子方程式為C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，過濾出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸餾水稀釋溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol·L－1的KMnO4酸性溶液滴定，此時發(fā)生反應(yīng)：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定終點時消耗a mol·L－1的KMnO4 V2 mL，計算樣品中CaCO3的質(zhì)量分數(shù)。
答案　本題涉及的化學(xué)方程式或離子方程式為
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓
CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
由方程式可以得出相應(yīng)的關(guān)系式
5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO
5　　　　　　　　　　　　　　　　　2
n1(CaCO3)　　　　　　　　　　　　aV2×10－3 mol
n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol
樣品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3× mol
則w(CaCO3)＝×100%＝%。
4．電解銅的陽極泥中含有3%～14% Se元素，該元素以Se單質(zhì)、Cu2Se形式存在，還含有稀有金屬及貴金屬。稱取5.000 g電解銅的陽極泥樣品以合適方法溶解，配成250 mL混酸溶液，移取上述溶液25.00 mL于錐形瓶中，加入25.00 mL 0.010 00 mol·L－1 KMnO4標準溶液[只發(fā)生Se(＋4)轉(zhuǎn)化為Se(＋6)]。反應(yīng)完全后，用0.050 00 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴至終點，消耗15.00 mL。則電解銅的陽極泥中Se的質(zhì)量分數(shù)為________(保留四位有效數(shù)字)。
答案　3.950%
解析　MnO　　　　　～　　　　　5Fe2＋
0．000 150 0 mol　　　　　　　0.000 750 0 mol
2MnO　　　　　～　　　　　5
0．000 250 0 mol　　　　　　　0.000 250 0 mol
－0.000 150 0 mol
＝0.000 100 0 mol
w(Se)＝×100%＝3.950%。
應(yīng)用二　確定組成
5．堿式次氯酸鎂[Mga(ClO)b(OH)c·xH2O]是一種有開發(fā)價值的微溶于水的無機抗菌劑。為確定堿式次氯酸鎂的組成，進行如下實驗：
①準確稱取1.685 g堿式次氯酸鎂試樣于250 mL錐形瓶中，加入過量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0.800 0 mol·L－1 Na2S2O3標準溶液滴定至終點(離子方程式為2S2O＋I2===2I－＋S4O)，消耗25.00 mL。
②另取1.685 g堿式次氯酸鎂試樣，用足量乙酸酸化，再用足量3% H2O2溶液處理至不再產(chǎn)生氣泡(H2O2被ClO－
氧化為O2)，稀釋至1 000 mL。移取25.00 mL溶液至錐形瓶中，在一定條件下用0.020 00 mol·L－1 EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Mg2＋(離子方程式為Mg2＋＋H2Y2－===MgY2－＋2H＋)，消耗25.00 mL。
(1)步驟①需要用到的指示劑是________。
(2)通過計算確定堿式次氯酸鎂的化學(xué)式(寫出計算過程)。
答案　(1)淀粉溶液
(2)關(guān)系式：ClO－～I2～2S2O
n(ClO－)＝n(S2O)＝×0.800 0 mol·L－1×25.00×10－3 L＝0.01 mol，
n(Mg2＋)＝0.020 00 mol·L－1×25.00×10－3 L×＝0.02 mol，
根據(jù)電荷守恒，可得：
n(OH－)＝2n(Mg2＋)－n(ClO－)＝2×0.02 mol－0.01 mol＝0.03 mol，
m(H2O)＝1.685 g－0.01 mol×51.5 g·mol－1－0.02 mol×24 g·mol－1－0.03 mol×17 g·mol－1＝0.180 g，
n(H2O)＝＝0.01 mol，
n(Mg2＋)∶n(ClO－)∶n(OH－)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.01 mol∶0.03 mol∶0.01 mol＝2∶1∶3∶1，
堿式次氯酸鎂的化學(xué)式為Mg2ClO(OH)3·H2O。
解析　(1)根據(jù)實驗①中的離子方程式可知有I2參加，根據(jù)I2的特性可選擇淀粉作指示劑。(2)根據(jù)實驗①中消耗的Na2S2O3的物質(zhì)的量結(jié)合關(guān)系式ClO－～I2～2S2O求得n(ClO－)，根據(jù)實驗②中消耗的EDTA的體積結(jié)合關(guān)系式Mg2＋～EDTA可求得n(Mg2＋)，利用電荷守恒可求得n(OH－)，根據(jù)固體的總質(zhì)量以及求出的n(Mg2＋)、n(ClO－)、n(OH－)可求得n(H2O)，從而得到n(Mg2＋)、n(ClO－)、n(OH－)、n(H2O)四者之比，最后得到物質(zhì)的化學(xué)式。

1．利用守恒法計算物質(zhì)含量，其關(guān)鍵是建立關(guān)系式，一般途徑有兩種
(1)利用化學(xué)方程式中的化學(xué)計量數(shù)之間的關(guān)系建立關(guān)系式。
(2)利用微粒守恒建立關(guān)系式。
2．多步滴定常分為兩類
(1)連續(xù)滴定：第一步滴定反應(yīng)生成的產(chǎn)物，還可以繼續(xù)參加第二步的滴定。根據(jù)第二步滴定的消耗量，可計算出第一步滴定的反應(yīng)物的量。
(2)返滴定：第一步用的滴定劑是過量的，然后第二步再用另一物質(zhì)返滴定計算出過量的物質(zhì)。根據(jù)第一步加入的量減去第二步中過量的量，即可得出第一步所求物質(zhì)的物質(zhì)的量。
題組三　熱重分析法確定物質(zhì)組成及含量
應(yīng)用一　確定含量
6．[新課標全國卷Ⅱ，27(4)]PbO2在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如下圖所示，已知失重曲線上的a點為樣品失重4.0%(即×100%)的殘留固體。若a點固體組成表示為PbOx或mPbO2·nPbO，列式計算x值和m∶n值。

答案　根據(jù)PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，x＝2－≈1.4，根據(jù)mPbO2·nPbO，＝1.4，＝＝。
應(yīng)用二　確定組成
7．0.80 g CuSO4·5H2O樣品受熱脫水過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如圖所示。

試確定200 ℃時固體物質(zhì)的化學(xué)式(要求寫出推斷過程)。
答案　CuSO4·5H2OnH2O＋CuSO4·(5－n)H2O
　　　250　　　　　　　18n
　　　0.80 g　　　　　0.80 g－0.57 g＝0.23 g
＝，解得n≈4，則此時固體物質(zhì)的化學(xué)式為CuSO4·H2O。
8．為研究一水草酸鈣(CaC2O4·H2O)的熱分解性質(zhì)，進行如下實驗：準確稱取36.50 g樣品加熱，樣品的固體殘留率(×100%)隨溫度的變化如下圖所示。

(1)300 ℃時殘留固體的成分為________，900 ℃時殘留固體的成分為________。
(2)通過計算求出500 ℃時固體的成分及質(zhì)量(寫出計算過程)。
答案　(1)CaC2O4　CaO
(2)500 ℃時殘留固體的成分為CaC2O4和CaCO3的混合物，樣品中CaC2O4·H2O的物質(zhì)的量n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，設(shè)混合物中CaC2O4和CaCO3的物質(zhì)的量分別為x mol和y mol，根據(jù)500 ℃時固體總質(zhì)量可得128x＋100y＝36.50 g×76.16%，根據(jù)鈣元素守恒可得x＋y＝0.25，解得x＝0.10，y＝0.15，m(CaC2O4)＝0.10 mol×128 g·mol－1＝12.80 g，m(CaCO3)＝0.15 mol×100 g·mol－1＝15.0 g，500 ℃時固體的成分為12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。
解析　(1)n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，含有m(H2O)＝0.25 mol×18 g·mol－1＝4.50 g，在300 ℃時，×100%＝87.67%，m(剩余)＝36.50 g×87.67%≈32 g，減少的質(zhì)量為36.50 g－32 g＝4.50 g，故此時失去全部的結(jié)晶水，殘留固體為CaC2O4；在900 ℃時，×100%＝38.36%，m(剩余)＝36.50 g×38.36%≈14 g，其中Ca的質(zhì)量沒有損失，含m(Ca)＝0.25 mol×40 g·mol－1＝10 g，另外還含有m(O)＝14 g－10 g＝4 g，n(O)＝＝0.25 mol，則n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化學(xué)式為CaO。
(2)在600 ℃時，×100%＝68.49%，m(剩余)＝36.50 g×68.49%≈25 g，從300 ℃至600 ℃時，失去的總質(zhì)量為32 g－25 g＝7 g，失去物質(zhì)的摩爾質(zhì)量為7 g÷0.25 mol＝28 g·mol－1，則應(yīng)為CO，所以CaC2O4失去CO后，產(chǎn)物為CaCO3，在500 ℃時，應(yīng)為CaC2O4和CaCO3的混合物，根據(jù)固體總質(zhì)量及Ca元素守恒列式，可分別得出兩者的物質(zhì)的量。

熱重分析的方法
(1)設(shè)晶體為1 mol。
(2)失重一般是先失水、再失非金屬氧化物。
(3)計算每步的m余，＝固體殘留率。
(4)晶體中金屬質(zhì)量不減少，仍在m余中。
(5)失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得mO，由n金屬∶nO，即可求出失重后物質(zhì)的化學(xué)式。
專題強化練
1．下列實驗操作或儀器選擇正確的是(　　)
A．配制240 mL 0.1 mol·L－1 FeSO4溶液需要選擇240 mL容量瓶
B．配制1 mol·L－1 H2SO4溶液，為了節(jié)省時間，可將濃硫酸直接注入容量瓶中
C．配制1 mol·L－1 AlCl3溶液時，將氯化鋁晶體溶于適量濃鹽酸中，加水稀釋
D．移液時，玻璃棒下端緊靠容量瓶刻度線以上的位置
答案　C
解析　A項，實驗室沒有規(guī)格為240 mL的容量瓶，應(yīng)選擇規(guī)格略大于配制溶液體積的容量瓶，錯誤；B項，不能在容量瓶中直接稀釋濃硫酸，錯誤；C項，氯化鋁易水解，將AlCl3溶于濃鹽酸中可抑制AlCl3的水解，正確；D項，移液時，玻璃棒下端應(yīng)緊靠容量瓶刻度線以下的位置，錯誤。
2．某學(xué)生需配制0.2 mol·L－1 Na2SO3溶液，經(jīng)檢測所配溶液的濃度為0.15 mol·L－1，可能的原因有(　　)
A．容量瓶中有殘留水
B．定容時俯視刻度線
C．漏掉洗滌操作步驟
D．稱量時所用砝碼生銹
答案　C
解析　A項，容量瓶中有殘留水，不影響配制的溶液濃度，錯誤；B項，定容時俯視刻度線，實際溶液體積偏小，所配溶液濃度偏高，錯誤；C項，漏掉洗滌步驟，損失部分溶質(zhì)，配制溶液的濃度偏低，正確；D項，砝碼生銹，所稱樣品的質(zhì)量偏大，配制的溶液濃度偏高，錯誤。
3．將5 mol·L－1 鹽酸10 mL稀釋到200 mL，再取出5 mL，這5 mL溶液的物質(zhì)的量濃度是(　　)
A．0.05 mol·L－1 B．0.25 mol·L－1
C．0.1 mol·L－1 D．0.5 mol·L－1
答案　B
解析　設(shè)稀釋后鹽酸的物質(zhì)的量濃度為c，則：10 mL×5 mol·L－1＝200 mL×c，解得c＝0.25 mol·L－1。由于溶液是均勻的，所以取出的5 mL鹽酸的濃度等于稀釋后鹽酸的濃度為0.25 mol·L－1，故選B。
4．已知：某溶質(zhì)R的摩爾質(zhì)量與H2S的相同?，F(xiàn)有R的質(zhì)量分數(shù)為27.5%、密度為1.10 g·cm－3的溶液，該溶液中R的物質(zhì)的量濃度(mol·L－1)約為(　　)
A．6.8 B．7.4
C．8.9 D．9.5
答案　C
解析　根據(jù)物質(zhì)的量濃度與質(zhì)量分數(shù)之間的換算公式c＝知，c(R)＝ mol·L－1≈8.9 mol·L－1。
5．標準狀況下V L氨氣溶解在1 L水中(水的密度近似為1 g·mL－1)，所得溶液的密度為ρ g·mL－1，溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為w，物質(zhì)的量濃度為c mol·L－1，則下列關(guān)系中不正確的是(　　)
A．ρ＝ B．w＝
C．w＝ D．c＝
答案　A
解析　由c＝＝＝ mol·L－1，D項正確；
由上式可推知：ρ＝，A項錯誤；
由c＝可得w＝＝，B項正確；
w＝＝＝，C項正確。
6．(汕頭市高三上學(xué)期期末)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　　)
A．34 g H2O2中含有的陰離子數(shù)為1NA
B．4.6 g乙醇中含有的C—H鍵的個數(shù)為0.6NA
C．標準狀況下，V L水含有的氧原子個數(shù)約為
D．1 mol Fe2＋與足量的H2O2溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移NA個電子
答案　D
解析　A項，H2O2是共價型分子，不含有陰離子，錯誤；B項，每個乙醇分子含有的C—H鍵的個數(shù)為5，錯誤；C項，標準狀況下，水為液體，不可根據(jù)氣體摩爾體積計算其物質(zhì)的量，錯誤；D項，1 mol Fe2＋與足量的H2O2溶液反應(yīng)被氧化為Fe3＋，轉(zhuǎn)移NA個電子，正確。
7．(海南，9)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述錯誤的是(　　)
A．1 mol乙烯分子中含有的碳氫鍵數(shù)為4NA
B．1 mol甲烷完全燃燒轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為8NA
C．1 L 0.1 mol·L－1的乙酸溶液中含H＋的數(shù)量為0.1NA
D．1 mol的CO和N2混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為14NA
答案　C
解析　A項，乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2==CH2,1 mol乙烯中含有碳氫鍵的物質(zhì)的量為4 mol，正確；B項，甲烷燃燒生成CO2，甲烷中C的化合價為－4價，CO2中C的化合價為＋4價，因此1 mol甲烷完全燃燒轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為8 mol，正確；C項，乙酸是弱酸，部分電離，因此溶液中H＋物質(zhì)的量小于0.1 mol，錯誤；D項，1 mol CO含有質(zhì)子物質(zhì)的量為(6＋8)mol＝14 mol,1 mol N2中含有質(zhì)子物質(zhì)的量為2×7 mol＝14 mol，因此1 mol N2和CO的混合氣體中含有質(zhì)子物質(zhì)的量為14 mol，正確。
8．(長春外國語學(xué)校高三上學(xué)期期末)CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中陽離子的濃度相同(不考慮水解)，且SO的物質(zhì)的量濃度為3 mol·L－1，則此溶液最多溶解鐵粉的質(zhì)量為(　　)
A．5.6 g B．11.2 g
C．22.4 g D．33.6 g
答案　B
解析　n(SO)＝0.1 L×3 mol·L－1＝0.3 mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的溶液中陽離子的濃度相同，則有c(Cu2＋)＝c(H＋)＝c(Fe3＋)，由于溶液中陽離子的濃度相同，所以陽離子物質(zhì)的量也相同，設(shè)Cu2＋、Fe3＋、H＋三種離子物質(zhì)的量均為n，根據(jù)電荷守恒知道：2n＋3n＋n＝0.3 mol×2，由此解得n＝0.1 mol，Cu2＋、H＋、Fe3＋都能與Fe反應(yīng)生成Fe2＋，最后溶液的成分為FeSO4，則n(FeSO4)＝0.3 mol，根據(jù)Fe的守恒可知，此溶液最多溶解鐵粉的物質(zhì)的量為0.3 mol－0.1 mol＝0.2 mol，則此溶液最多溶解鐵粉的質(zhì)量為0.2 mol×56 g·mol－1＝11.2 g。
9．(哈師大附中高三上學(xué)期期末)設(shè)NA為阿伏加徳羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　　)
A．標準狀況下，11.2 L C2H5OH含有的氫原子數(shù)為3NA
B．高溫下，16.8 g Fe與足量水蒸氣完全反應(yīng)失去的電子數(shù)為0.8NA
C．0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中CH3COO－和CH3COOH的總數(shù)為0.1NA
D．密閉容器中，46 g NO2和N2O4的混合氣體所含分子數(shù)為NA
答案　B
解析　A項，標準狀況下C2H5OH是液體，不能利用氣體摩爾體積計算含有的氫原子數(shù)，錯誤；B項，高溫下，16.8 g Fe即0.3 mol鐵與足量水蒸氣完全反應(yīng)生成四氧化三鐵，失去的電子數(shù)為0.8NA，正確；C項，不確定0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液的體積，則不能計算其中CH3COO－和CH3COOH的總數(shù)，錯誤；D項，不能確定NO2和N2O4的體積比，且二者之間存在平衡關(guān)系，因此不能計算密閉容器中46 g NO2和N2O4的混合氣體所含分子數(shù)，錯誤。
10．(棗莊十八中高三上學(xué)期期末)鎂帶在空氣中燃燒生成的固體產(chǎn)物主要是氧化鎂和氮化鎂。將燃燒后的固體產(chǎn)物溶解在60 mL濃度為2.0 mol·L－1的鹽酸中(氮化鎂和鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Mg3N2＋8HCl===3MgCl2＋2NH4Cl)，以20 mL 0.5 mol·L－1的氫氧化鈉溶液中和多余的鹽酸，然后在此溶液中加入過量的堿，把氨全部蒸發(fā)出來，用稀鹽酸吸收，稀鹽酸增重0.17 g。鎂帶的質(zhì)量為(　　)
A．0.6 g B．1.2 g
C．2.4 g D．3.6 g
答案　B
解析　氧化鎂、氮化鎂溶解在鹽酸中生成MgCl2、NH4Cl，再用氫氧化鈉中和多余的鹽酸，此時溶液中溶質(zhì)為MgCl2、NH4Cl、NaCl，再加入過量的堿，把氨全部蒸發(fā)出來，用稀鹽酸吸收，稀鹽酸增重0.17 g，即為生成氨氣的質(zhì)量，根據(jù)N元素守恒n(NH4Cl)＝n(NH3)＝＝0.01 mol，根據(jù)鈉離子守恒n(NaCl)＝n(NaOH)＝0.02 L×0.5 mol·L－1＝0.01 mol，根據(jù)氯離子守恒：2n(MgCl2)＋0.01 mol＋0.01 mol＝0.06 L×2 mol·L－1，解得n(MgCl2)＝0.05 mol，根據(jù)Mg元素守恒知鎂帶的質(zhì)量＝0.05 mol×24 g·mol－1＝1.2 g。
11．(棗莊十八中高三上學(xué)期期末)一定質(zhì)量的鎂、鋁合金與硝酸溶液恰好完全反應(yīng)，得硝酸鹽溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與標準狀況下3.36 L氧氣混合后通入水中，所有氣體恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸鹽溶液中加入2 mol·L－1 NaOH溶液至沉淀最多時停止加入，將所產(chǎn)生沉淀濾出，向濾液加水稀釋至500 mL，此時所得溶液物質(zhì)的量濃度為(　　)
A．0.5 mol·L－1 B．1 mol·L－1
C．1.2 mol·L－1 D．2 mol·L－1
答案　C
解析　標準狀況下3.36 L氧氣的物質(zhì)的量＝＝0.15 mol，所以氧氣獲得電子的物質(zhì)的量為0.15 mol×4＝0.6 mol。金屬失去的電子等于氧氣與混合氣體反應(yīng)生成硝酸獲得的電子，為0.6 mol，向所得硝酸鹽溶液中加入2 mol·L－1 NaOH溶液至沉淀最多停止加入，此時溶液為硝酸鈉溶液。根據(jù)硝酸根離子守恒可知，鈉離子物質(zhì)的量等于金屬失去的電子的物質(zhì)的量為0.6 mol。所以硝酸鈉的物質(zhì)的量為0.6 mol。稀釋至500 mL，此時所得溶液的物質(zhì)的量濃度＝＝1.2 mol·L－1。
12．(雙鴨山市第一中學(xué)高三上學(xué)期期末)將17.9 g由Al、Fe、Cu組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，產(chǎn)生氣體3.36 L(標準狀況)。另取等質(zhì)量的合金溶于過量的稀硝酸中，向反應(yīng)后的溶液中加入過量的NaOH溶液，得到的沉淀的質(zhì)量為25.4 g，若硝酸的還原產(chǎn)物僅為NO，則生成的NO在標準狀況下的體積為(　　)
A．2.24 L B．4.48 L
C．6.72 L D．8.96 L
答案　C
解析　合金溶于足量的NaOH溶液中，金屬鋁和氫氧化鈉反應(yīng)產(chǎn)生氫氣3.36 L(標準狀況)，物質(zhì)的量為3.36 L÷22.4 L·mol－1＝0.15 mol，根據(jù)電子得失守恒可知n(Al)＝0.15 mol×2/3＝0.1 mol，故金屬鋁的質(zhì)量為0.1 mol×27 g·mol－1＝2.7 g，金屬鋁提供電子的量是0.3 mol；將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋，向反應(yīng)后的溶液中加入過量的NaOH溶液，鋁離子全部轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根離子，不會出現(xiàn)沉淀，所得沉淀為氫氧化鐵、氫氧化銅。由電荷守恒可知，反應(yīng)中金屬鐵、銅提供的電子的物質(zhì)的量等于生成堿的氫氧根離子的物質(zhì)的量。設(shè)反應(yīng)中金屬鐵、銅提供的電子的物質(zhì)的量為x mol，根據(jù)沉淀的質(zhì)量等于Fe、Cu的總質(zhì)量與氫氧根質(zhì)量之和可得：17.9 g－2.7 g＋x mol×17 g·mol－1＝25.4 g，解得x＝0.6 mol，因此17.9 g合金失去的電子總的物質(zhì)的量為0.6 mol＋0.3 mol＝0.9 mol，設(shè)生成NO的標準狀況下的體積為V，則有：V/22.4 mol·L－1×3＝0.9 mol，解得V＝6.72 L。
13．(河北省定州中學(xué)高三上學(xué)期期末)實驗室需要0.1 mol·L－1 NaOH溶液450 mL和 0.5 mol·L－1硫酸溶液450 mL。根據(jù)這兩種溶液的配制情況回答下列問題：
(1)如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是________(填字母)。儀器C的名稱是________，本實驗所需玻璃儀器E規(guī)格和名稱是____________________________________________。

(2)下列操作中，容量瓶所不具備的功能有__________(填字母)。
A．配制一定體積準確濃度的標準溶液
B．長期貯存溶液
C．用來加熱溶解固體溶質(zhì)
D．量取220 mL體積的液體
(3)在配制NaOH溶液實驗中，其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，則所配制溶液濃度________(填“大于”“等于”或“小于”，下同)0.1 mol·L－1。若NaOH溶液未冷卻即轉(zhuǎn)移至容量瓶定容，則所配制溶液濃度______0.1 mol·L－1。
(4)根據(jù)計算得知：所需質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84 g·cm－3的濃硫酸的體積為________ mL(計算結(jié)果保留一位小數(shù))。如果實驗室有10 mL、25 mL、50 mL量筒，應(yīng)選用________ mL規(guī)格的量筒最好。
(5)如果定容時不小心超過刻度線，應(yīng)如何操作：__________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)AC　分液漏斗　500 mL容量瓶　(2)BCD　(3)小于　大于　(4)13.6　 25　(5)重新配制
解析　(1)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻，用到的儀器：托盤天平、藥匙、量筒、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，用不到的儀器：圓底燒瓶和分液漏斗；儀器C的名稱為分液漏斗；需要0.1 mol·L－1 NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L－1硫酸溶液450 mL，實驗室沒有450 mL容量瓶，所以應(yīng)選擇500 mL容量瓶。(2)容量瓶只能用來配制一定體積準確濃度的溶液，不能配制或測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體，不能稀釋或溶解藥品，不能用來加熱溶解固體溶質(zhì)，故選BCD。(3)若定容時仰視刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，溶液濃度偏??；若NaOH溶液未冷卻即轉(zhuǎn)移至容量瓶定容，冷卻后，溶液體積偏小，溶液濃度偏大。(4)質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84 g·cm－3的濃硫酸物質(zhì)的量濃度c＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1，設(shè)0.5 mol·L－1硫酸溶液500 mL需要濃硫酸體積為V，則依據(jù)溶液稀釋前后含溶質(zhì)的物質(zhì)的量保持不變得：V×18.4 mol·L－1＝0.5 mol·L－1×500 mL，解得V≈13.6 mL，宜選用25 mL量筒。(5)如果定容時不小心超過刻度線，實驗失敗，且不能補救，必須重新配制。
14．(河北省定州中學(xué)高三上學(xué)期期末)將MnO2與FeSO4溶液、硫酸充分反應(yīng)后過濾，將濾液加熱至60 ℃后，再加入Na2CO3溶液，最終可制得堿式碳酸錳[aMnCO3·bMn(OH)2·cH2O]。
(1)用廢鐵屑與硫酸反應(yīng)制備FeSO4溶液時，所用鐵屑需比理論值略高，原因是________________________________________________________________________，
反應(yīng)前需將廢鐵屑用熱Na2CO3溶液浸泡，其目的是
________________________________________________________________________。
(2)為測定堿式碳酸錳的組成，取7.390 g樣品溶于硫酸，生成CO2 224.0 mL(標準狀況)，并配成500 mL溶液。準確量取10.00 mL該溶液，用0.050 0 mol·L－1 EDTA(化學(xué)式Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Mn2＋(原理為Mn2＋＋H2Y2－===MnY2－＋2H＋)，至終點時消耗EDTA標準溶液28.00 mL。通過計算確定該樣品的化學(xué)式。
答案　(1)防止FeSO4被氧氣氧化　除去鐵屑表面的油污
(2)n(CO2)＝n(MnCO3)＝0.01 mol
n(EDTA)＝0.001 4 mol
10 mL溶液中n(Mn2＋)＝0.001 4 mol
7．390 g該堿式碳酸錳中n(Mn2＋)＝0.07 mol，n[Mn(OH)2]＝0.06 mol
m(H2O)＝0.9 g，n(H2O)＝0.05 mol
a∶b∶c＝ 1∶6∶5
堿式碳酸錳的化學(xué)式為MnCO3·6Mn(OH)2·5H2O。
解析　(1)硫酸亞鐵易被氧化，需要加入鐵粉防止硫酸亞鐵被氧化，用廢鐵屑與硫酸反應(yīng)制備FeSO4溶液時，所用鐵屑需比理論值略高，原因是防止FeSO4被氧氣氧化；反應(yīng)前需將廢鐵屑用熱Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸鈉溶液的堿性除去鐵表面的油污。(2)n(CO2)＝n(MnCO3)＝0.01 mol，n(EDTA)＝0.001 4 mol,10 mL溶液中n(EDTA)＝n(Mn2＋)＝0.028 L×0.050 0 mol·L－1＝0.001 4 mol,500 mL溶液中n(Mn2＋)＝0.001 4 mol×＝0.07 mol,7.390 g該堿式碳酸錳中n(Mn2＋)＝0.07 mol，n[Mn(OH)2]＝0.06 mol，m(H2O)＝7.390 g－0.01 mol×115 g·mol－1－0.06 mol×89 g·mol－1＝0.9 g，n(H2O)＝＝0.05 mol，a∶b∶c＝1∶6∶5。堿式碳酸錳的化學(xué)式為MnCO3·6Mn(OH)2·5H2O。
15．化合物A[KxFe(C2O4)y·zH2O，其中鐵元素為＋3價]是一種重要的光化學(xué)試劑。測定化合物A的化學(xué)式實驗步驟如下：
a．準確稱取A樣品4.91 g，干燥脫水至恒重，殘留物質(zhì)的質(zhì)量為4.37 g；
b．將步驟a所得固體溶于水，加入還原鐵粉0.28 g，恰好完全反應(yīng)；
c．另取A樣品4.91 g置于錐形瓶中，加入足量的3 mol·L－1的H2SO4溶液和適量蒸餾水，再加入0.50 mol·L－1的KMnO4溶液24.0 mL，微熱，恰好完全反應(yīng)：
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O
通過計算填空：
(1)4.91 g A樣品中含結(jié)晶水的物質(zhì)的量為______ mol。
(2)A的化學(xué)式為_________________________________________(寫出計算過程)。
答案　(1)0.03
(2)由2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝2×＝0.01 mol，根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式可知n(C2O)＝n(KMnO4)＝×0.50 mol·L－1×0.024 L＝0.03 mol，根據(jù)離子電荷守恒知n(K＋)＋3n(Fe3＋)＝2n(C2O)，可得n(K＋)＝0.03 mol，因此A為K3Fe(C2O4)3·3H2O
解析　(1)樣品中結(jié)晶水的物質(zhì)的量n(H2O)＝＝0.03 mol。
(2)由2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝2×＝0.01 mol，根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式可知n(C2O)＝n(KMnO4)＝×0.50 mol·L－1×0．024 L＝0.03 mol，根據(jù)離子電荷守恒n(K＋)＋3n(Fe3＋)＝2n (C2O)，可得n(K＋)＝0.03 mol，因此A為 K3Fe(C2O4)3·3H2O。
16．(泰州高三二模)鈷及其化合物廣泛應(yīng)用于磁性材料、電池材料及超硬材料等領(lǐng)域。
草酸鈷是制備鈷的氧化物的重要原料。下圖為二水合草酸鈷(CoC2O4·2H2O)在空氣中受熱的質(zhì)量變化曲線，曲線中300 ℃及以上所得固體均為鈷氧化物。

(1)通過計算確定C點剩余固體的化學(xué)成分為________________(填化學(xué)式)。試寫出B點對應(yīng)的物質(zhì)與O2在225～300 ℃發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________________________
________________________________________________________________________。
(2)取一定質(zhì)量的二水合草酸鈷分解后的鈷氧化物(其中Co的化合價為＋2、＋3)，用480 mL 5 mol·L－1鹽酸恰好完全溶解固體，得到CoCl2溶液和4.48 L(標準狀況)黃綠色氣體。試確定該鈷氧化物中Co、O的物質(zhì)的量之比。
答案　(1)Co3O4　3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2
(2)該鈷氧化物中Co、O的物質(zhì)的量之比為5∶6。
解析　(1)由圖可知，CoC2O4·2H2O的質(zhì)量為18.3 g，其物質(zhì)的量為0.1 mol，Co元素質(zhì)量為5.9 g，C點鈷氧化物質(zhì)量為8.03 g，氧化物中氧元素質(zhì)量為8.03 g－5.9 g＝2.13 g，則氧化物中Co原子與O原子物質(zhì)的量之比為0.1 mol∶≈3∶4，故C點為Co3O4；B點對應(yīng)物質(zhì)的質(zhì)量為14.7 g，與其起始物質(zhì)的質(zhì)量相比減少18.3 g－14.7 g＝3.6 g，為結(jié)晶水的質(zhì)量，故B點物質(zhì)為CoC2O4，與氧氣反應(yīng)生成Co3O4與二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。
(2)由電子守恒：n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×＝0.4 mol，由電荷守恒：n(Co原子)總＝n(Co2＋)溶液＝n(Cl－)＝×( 0.48 L×5 mol·L－1－2×)＝1 mol，所以固體中的n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 mol，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，氧化物中n(O)＝(0.6 mol×2＋0.4 mol×3)÷2＝1.2 mol，故該鈷氧化物中n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6。

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多