?專題二　化學常用計量及其應用

體系構建·串真知


真題回放·悟高考
解讀考綱
1．了解物質的量(n)及其單位摩爾(mol)、摩爾質量(M)、氣體摩爾體積(Vm)、物質的量濃度(c)、阿伏加德羅常數(shù)(NA)的含義。
2．理解質量守恒定律。
3．能根據(jù)微粒(原子、分子、離子等)物質的量、數(shù)目、氣體體積(標準狀況下)之間的相互關系進行有關計算。
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，理解溶液中溶質的質量分數(shù)和物質的量濃度的概念，并能進行有關計算。
7．掌握配制一定溶質質量分數(shù)溶液和物質的量濃度溶液的方法。
體驗真題
1．(2020·全國卷Ⅲ·9)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　C　)
A．22.4 L(標準狀況)氮氣中含有7NA個中子
B．1 mol重水比1 mol水多NA個質子
C．12 g石墨烯和12 g金剛石均含有NA個碳原子
D．1 L 1 mol·L－1 NaCl溶液含有28NA個電子
【解析】　標準狀況下22.4 L氮氣的物質的量為1 mol，若該氮氣分子中的氮原子全部為14N，則每個N2分子含有(14－7)×2＝14個中子，1 mol該氮氣含有14NA個中子，不是7NA，且構成該氮氣的氮原子種類并不確定，故A錯誤；重水分子和水分子都是兩個氫原子和一個氧原子構成的，所含質子數(shù)相同，故B錯誤；石墨烯和金剛石均為碳單質，12 g石墨烯和12 g金剛石均相當于12 g碳原子，即＝1 mol C原子，所含碳原子數(shù)目為NA個，故C正確；1 mol NaCl中含有28NA個電子，但該溶液中除NaCl外，水分子中也含有電子，故D錯誤。
2．(2019·全國卷Ⅱ·8)已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是(　B　)
A．3 g 3He含有的中子數(shù)為1NA
B．1 L 0.1 mol·L－1磷酸鈉溶液含有的PO數(shù)目為0.1NA
C．1 mol K2Cr2O7被還原為Cr3＋轉移的電子數(shù)為6NA
D．48 g正丁烷和10 g異丁烷的混合物中共價鍵數(shù)目為13NA
【解析】　1個3He的原子核中含有2個質子和1個中子，3 g 3He的物質的量為1 mol，含有的中子數(shù)為1NA，A正確；磷酸是弱酸，磷酸鈉溶液中PO發(fā)生水解，故1 L 0.1 mol·L－1磷酸鈉溶液含有的PO數(shù)目小于0.1NA，B錯誤；由K22O723＋知，1 mol K2Cr2O7被還原為Cr3＋轉移的電子數(shù)為6NA，C正確；正丁烷和異丁烷屬于同分異構體，每個分子中都含有13個共價鍵，48 g正丁烷和10 g異丁烷的混合物共58 g，總物質的量為1 mol，共價鍵數(shù)目為13NA，D正確。
3．(2019·全國卷Ⅲ·11)設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。關于常溫下pH＝2的H3PO4溶液，下列說法正確的是(　B　)
A．每升溶液中的H＋數(shù)目為0.02NA
B．c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)
C．加水稀釋使電離度增大，溶液pH減小　
D．加入NaH2PO4固體，溶液酸性增強
【解析】　pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，每升溶液中含有H＋的物質的量為0.01 mol，數(shù)目為0.01NA，A錯誤；根據(jù)電荷守恒，H3PO4溶液中離子間的關系為c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，B正確；加水稀釋后H3PO4電離度增大，溶液體積也增大，溶液中H＋濃度減小，pH增大，C錯誤；NaH2PO4是強電解質，在水中完全電離NaH2PO4═══Na＋＋H2PO，生成的H2PO抑制了H3PO4的電離，H3PO4H＋＋H2PO平衡逆向移動，溶液酸性減弱，D錯誤。
4．(2018·全國卷Ⅰ·10)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　B　)
A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1NA
B．22.4 L(標準狀況)氬氣含有的質子數(shù)為18NA
C．92.0 g甘油(丙三醇)中含有羥基數(shù)為1.0NA
D．1.0 mol CH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數(shù)為1.0NA
【解析】　16.25 g FeCl3為0.1 mol，但是由于三氯化鐵的水解是可逆的，且膠體粒子是多個Fe(OH)3的集合體，所以形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)一定小于0.1NA，A錯誤；22.4 L(標準狀況)氬氣為1 mol，由于氬是18號元素，且為單原子分子，所以質子數(shù)為18NA，B正確；92.0 g甘油(丙三醇)物質的量為1 mol，一個丙三醇中含有3個羥基，所以含有羥基數(shù)為3.0NA，C錯誤；CH4與Cl2在光照下反應生成的有機分子有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，D錯誤。
5．(2018·全國卷Ⅱ·11)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　C　)
A．常溫常壓下，124 g P4中所含P—P鍵數(shù)目為4NA
B．100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目為0.1NA
C．標準狀況下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NA
D．密閉容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反應后分子總數(shù)為2NA
【解析】　P4的結構為，分子中含有6個P—P鍵，124 g P4中含P—P鍵數(shù)目為6NA，故A項錯誤；FeCl3溶液中Fe3＋發(fā)生水解，因此溶液中含有的Fe3＋離子數(shù)目小于0.1NA，故B項錯誤；甲烷和乙烯的分子式分別為CH4和C2H4，因此混合物中H原子的平均值為4，故標準狀況下，11.2 L二者的混合氣體中含有的H原子數(shù)為2NA，故C項正確；SO2和O2的反應為可逆反應，反應不能進行徹底，故D項錯誤。
6．(2018·全國卷Ⅲ·8)下列敘述正確的是(　B　)
A．24 g鎂與27 g鋁中，含有相同的質子數(shù)
B．同等質量的氧氣和臭氧中，電子數(shù)相同
C．1 mol重水與1 mol水中，中子數(shù)比為2∶1
D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化學鍵數(shù)相同
【解析】　A項24 g Mg為1 mol，含有質子數(shù)為12NA，27 g Al為1 mol，含有質子數(shù)為13NA，故A錯誤；B項氧氣和臭氧都是由氧原子組成的，所以同質量的氧氣和臭氧含有相同的氧原子數(shù)，進而可知二者的電子數(shù)也相同，故B正確；C項1 mol重水中含有中子數(shù)為10NA，而1 mol水中含有中子數(shù)為8NA，故C錯誤；D項1 mol乙烷分子中含有化學鍵數(shù)為7NA，而1 mol乙烯分子中含有化學鍵數(shù)為6NA，故D錯誤。
7．(2019·全國卷Ⅰ，27(5))采用熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結晶水數(shù)，將樣品加熱到150 ℃時失掉1.5個結晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學式為__NH4Fe(SO4)2·12H2O__。
【解析】　失重5.6%是質量分數(shù)，設結晶水合物的化學式為NH4Fe(SO4)2·xH2O，由題意知＝，解得x≈12。
8．(2019·全國卷Ⅱ，26(3))立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”測得。稱取m g樣品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密閉，置暗處反應5 min，有單質硫析出。以淀粉為指示劑，過理的I2用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反應式為I2＋2S2O═══2I－＋S4O。測定時消耗Na2S2O3溶液體積V mL。終點顏色變化為__淺藍色至無色__，樣品中S2－的含量為__×100%__(寫出表達式)。
【解析】　達到滴定終點時I2完全反應，可觀察到溶液顏色由淺藍色變成無色，且半分鐘內顏色不再發(fā)生變化；根據(jù)滴定過量的I2消耗Na2S2O3溶液的體積和關系式I2～2S2O，可得n(I2)過量＝×0.100 0 V×10－3 mol，再根據(jù)關系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.100 0×25.00×10－3 mol－×0.100 0 V×10－3 mol＝(25.00－)×0.100 0×10－3 mol，則樣品中S2－的含量為×100%。
預判考情
高考要求能根據(jù)粒子的物質的量、數(shù)目、氣體體積之間的相互關系進行有關計算。預測2021年高考仍會圍繞NA、Vm的應用范圍設置陷阱，同時又隱含對物質的組成與結構、氧化還原反應、弱電解質的電離、可逆反應、鹽類的水解等知識的考查，重要命題角度有：
(1)求粒子數(shù)目；
(2)求共價鍵數(shù)；
(3)求混合物中指定粒子數(shù)目；
(4)求電子轉移數(shù)目等等。
同時還要注意有關滴定計算的考查會出現(xiàn)在化工流程中考查產(chǎn)品產(chǎn)率及純度的計算或以填空題考查多步反應的計算；有關化學平衡常數(shù)、轉化率的計算會在綜合題中應用阿伏加德羅定律結合“三段式”進行計算。

知識深化·精整合
1．有關阿伏加德羅常數(shù)試題的六大考查角度
考查角度
注意事項
22.4 L·mol－1的適用條件
“標準狀況(0 ℃、101 kPa)”下氣體摩爾體積為22.4 L·mol－1。
(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進行物質的量的計算；
(2)標準狀況下，非氣態(tài)物質：H2O、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、CH3COOH、溴、HF、NO2、SO3及碳原子數(shù)大于4的烴。
物質的組成與結構
(1)稀有氣體、臭氧(O3)、白磷(P4)分子中的原子數(shù)目；
(2)一定質量含某核素的物質中的質子、中子、電子或原子的數(shù)目；
(3)Na2O2、KO2、NaHSO4中的陰、陽離子個數(shù)比；注意物質的存在形態(tài)不同，離子的種類、數(shù)目不同；
(4)等物質的量的羥基與氫氧根離子所含質子、電子或原子數(shù)目；
(5)H2O、D2O、T2O的中子數(shù)；
(6)有機物中共價鍵的數(shù)目(苯環(huán)中無碳碳雙鍵)，如C3H8、CH3OH、CnH2n＋2；
(7)一定物質的量的SiO2中含Si—O鍵、1 mol C(金剛石或石墨)中含C—C鍵、1 mol P4中含P—P鍵、1 mol H2O2中共價鍵的數(shù)目；
(8)含NA個Fe(OH)3的氫氧化鐵膠粒數(shù)小于NA。
具有特殊關系的物質
等質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。
可逆過程
(1)可逆反應：N2＋3H22NH3、2NO2N2O4、2SO2＋O22SO3、Cl2＋H2OHCl＋HClO、H2＋I22HI生成的分子數(shù)、反應中轉移的電子數(shù)等；
(2)弱電解質溶液中各微粒數(shù)目和濃度，如CH3COOH、NH3·H2O溶液中分子和離子數(shù)目；
(3)能水解的鹽溶液中各微粒的數(shù)目和濃度，如一定體積、一定濃度的CH3COONa、NH4Cl、FeCl3溶液中各水解微粒數(shù)目。
氧化還原反應
(1)歧化反應：NO2與水、Na2O2與CO2、Na2O2與H2O、Cl2與水、Cl2與NaOH(冷稀、濃熱)等；
(2)強弱：變價金屬(Fe、Cu)與強、弱氧化劑(Cl2/Br2、S/I2)反應類；
(3)與量有關：足量/不足量Fe與稀硝酸、足量/不足量Fe與濃硫酸反應類；
(4)濃稀有關：MnO2與濃鹽酸反應，Cu與濃H2SO4反應，Cu與濃硝酸反應，均需要考慮濃度的降低對反應的影響，從而判斷對轉移電子數(shù)目的影響。
缺少條件
(1)缺少體積，如常溫下，pH＝2的H2SO4溶液中含有的H＋數(shù)目為0.01NA；
(2)缺少溫度、壓強，如由H2O2制得2.24 L O2，轉移的電子數(shù)目為0.2NA；
(3)沒有具體反應，如1 mol Cl2參加反應，轉移電子數(shù)一定為2NA。
2.常見三種組成類型溶液的配制方法
(1)體積比濃度溶液配制：
將濃溶液或純液體溶質和水按體積比用量筒量取，然后在燒杯中混合即可，所需儀器：量筒、燒杯、玻璃棒；
(2)質量百分比濃度溶液配制：
稱取一定質量固體溶質或用量筒量取一定體積濃溶液或純液體溶質，用量筒量取所需體積的水，在燒杯中混合溶解即可。所需儀器：量筒、燒杯、玻璃棒、托盤天平(溶質為固體)；
(3)一定物質的量濃度溶液的配制：
①配制步驟簡要概括為：算—稱—溶—移—洗—蕩—定—搖。
②數(shù)據(jù)的處理及要求
數(shù)據(jù)
要求或解釋
藥品的質量
托盤天平稱量固體藥品，只能精確到0.1 g，記錄數(shù)據(jù)時只能保留小數(shù)點后一位數(shù)字，如14.6 g，不能寫為14.60 g
容量瓶的規(guī)格
a.選擇容量瓶時應該與所配溶液體積相等或稍大。如需配制480 mL某溶液，應選擇500 mL容量瓶；
b．回答儀器容量瓶名稱時同時應該注明其規(guī)格，如“500 mL容量瓶”，不能只回答“容量瓶”
③誤差分析
a．理論依據(jù)

b．仰視、俯視的分析

3．重要換算關系
(1)氣體溶質物質的量濃度的計算：
標準狀況下，1 L水中溶解某氣體V L，所得溶液的密度為ρg·cm－3，氣體的摩爾質量為M g·mol－1，則c＝ mol·L－1.
(2)溶液中溶質的質量分數(shù)與物質的量濃度之間的換算：
c＝(c為溶質的物質的量濃度/ mol·L－1，ρ為溶液的密度/g·cm－3，w為溶質的質量分數(shù)，M為溶質的摩爾質量/g·mol－1)。

典題精研·通題型
考點一　阿伏加德羅常數(shù)及其應用
典例探究
角度一　物質狀態(tài)與“NA”
典例1 設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　B　)
A．標準狀況下，11.2 L苯中含有分子的數(shù)目為0.5NA
B．標準狀況下，22.4 L SO2中含有的SO2分子數(shù)為NA
C．常溫常壓下，35.5 g氯氣與足量鎂粉充分反應，轉移的電子數(shù)為2NA
D．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
【解析】　A項，標準狀況下苯是液體，無法計算物質的量，錯誤；B項，標準狀況下，22.4 L SO2的物質的量是1 mol，分子數(shù)為NA，正確；C項，35.5 g氯氣的物質的量是0.5 mol，轉移電子數(shù)為NA，錯誤；D項，常溫常壓下，22.4 L氣體的物質的量不是1 mol，錯誤。
技巧點撥
氣體摩爾體積使用條件考查的解題方法
注意氣體摩爾體積的使用條件，注重“兩看”，排除干擾。
一看：氣體是否處于標準狀況(0 ℃、101 kPa)。
二看：標準狀況下，物質是否是氣態(tài)。常見干擾物質：①無機物Br2、SO3、H2O、HF等；②有機物中碳原子數(shù)大于4的烴，如苯、己烷等；③有機物中烴的衍生物CCl4、氯仿、乙醇等(CH3Cl、HCHO為氣體)。
若題中給出非標準狀況下的氣體，切勿直接判斷為錯誤說法，氣體的物質的量或質量與溫度、壓強無關，可直接計算。
角度二　物質組成與“NA”
典例2 (2020·南昌模擬)下列說法中正確的是(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)(　C　)
A．O2－的電子式為，則O2－核外有8個電子
B．1 mol NH4Cl中含有的H—Cl鍵的數(shù)目為NA
C．CrO5中Cr元素的化合價為＋6價，每個CrO5分子中存在兩個過氧鍵
D．20 g Na2O和Na2O2的混合物中，所含陰陽離子數(shù)目之比無法確定
【解析】　O2－的電子式為，表示O2－的最外層有8個電子，但其原子核外有10個電子，A錯誤；NH4Cl是離子化合物，NH與Cl－間形成離子鍵，無H—Cl共價鍵存在，B錯誤；根據(jù)化合物中所有元素化合價的代數(shù)和為0原則，CrO5中5個O共為－6價，說明以－1價氧存在的共有兩個過氧根，一個氧化合價－2價，C正確；Na2O和Na2O2都是離子化合物，其中含有的陰陽離子數(shù)目之比都是1∶2，與物質的多少無關，D錯誤。
規(guī)律方法
常見物質的組成和結構考查的解題方法
記常見物質組成和結構，突破陷阱。
(1)記常見微粒(分子、原子、質子、中子、電子、電荷等)的數(shù)目，如Ne(稀有氣體均為單原子分子)、H2O和D2O、CH4、—OH和OH－(質子數(shù)相同電子數(shù)不同)。
(2)記常見物質中所含化學鍵的數(shù)目，如幾種常見物質化學鍵數(shù)目：
1 mol物質
金剛石
石墨
Si
SiO2
化學鍵的物質的量(mol)
碳碳鍵：2
碳碳鍵：1.5
硅硅鍵：2
硅氧鍵：4
1 mol物質
白磷
H2O2
烷烴CnH2n＋2
化學鍵的物質的量( mol)
磷磷鍵：6
氧氫鍵(極性鍵)：2
氧氧鍵(非極性鍵)：1
總數(shù)：3n＋1
碳氫鍵：2n＋2
碳碳鍵：n－1
(3)記摩爾質量相同的物質，如N2、CO和C2H4等。
(4)記最簡式相同的物質，如NO2和N2O4、單烯烴和環(huán)烷烴等。等質量的乙烯和丙烯所含原子數(shù)、碳原子數(shù)、氫原子數(shù)、共用電子對數(shù)分別相等，但分子數(shù)、物質的量、相同狀況下體積均不同。
角度三　電子轉移與“NA”
典例3 (2020·資陽模擬)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是(　D　)
A．電解精煉銅時，若轉移了NA個電子，則陽極溶解32 g銅
B．標準狀態(tài)下，33.6 L氟化氫中含有1.5NA個氟化氫分子
C．在反應KClO4＋8HCl═══KCl＋4Cl2↑＋4H2O中，每生成4 mol Cl2轉移的電子數(shù)為8NA
D．25 ℃時，1 L pH＝13的氫氧化鋇溶液中含有0.1NA個氫氧根離子
【解析】　電解精煉銅時，陽極是粗銅，粗銅中含有一些比銅活潑的金屬也放電，故當轉移NA個電子，陽極的銅溶解少于32 g，故A錯誤；在標準狀況下，氟化氫不是氣體，無法計算33.6 L氟化氫的物質的量，故B錯誤；在反應KClO4＋8HCl═══KCl＋4Cl2↑＋4H2O中高氯酸鉀中氯元素化合價從＋7價降低到0價，得到7個電子，轉移7 mol電子時生成4 mol氯氣，即當生成4 mol氯氣時轉移的電子數(shù)為7NA個，故C錯誤；25 ℃時，1 L pH＝13的氫氧化鋇溶液中c(OH－)＝0.1 mol/L,1 L該溶液中含有0.1NA個氫氧根離子，故D正確。
技巧點撥
明確三步確定電子轉移數(shù)目

角度四　溶液中粒子數(shù)目判斷與“NA”
典例4 (2020·昆明模擬)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　A　)
A．常溫常壓下，11.2 L SO2含有的氧原子數(shù)小于NA
B．0.1 mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的離子總數(shù)等于0.4NA
C．10 g質量分數(shù)為34%的H2O2溶液含有的氫原子數(shù)為0.2NA
D．100 mL 0.1 mol/L醋酸中含有的醋酸分子數(shù)是0.01NA
【解析】　常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4 L/mol，故11.2 L二氧化硫的物質的量小于0.5 mol，則含有的氧原子個數(shù)小于NA，故A正確；由Na2O2的電子式為，Na2O的電子式為可知，1 mol Na2O中含3 mol離子，1 mol Na2O2中含3 mol離子，則0.1 mol Na2O和Na2O2混合物中離子為0.3 mol，即含有的陰、陽離子總數(shù)是0.3NA，故B錯誤；H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氫原子，故10 g質量分數(shù)為34%的H2O2溶液中溶質的質量10 g×34%＝3.4 g，物質的量n＝＝＝0.1 mol,0.1 mol過氧化氫分子中含有0.2 mol氫原子，0.2 mol氫原子個數(shù)等于0.2NA，水也含氫原子，氫原子的個數(shù)大于0.2NA，故C錯誤；醋酸為弱酸，在水中不完全電離，100 mL 0.1 mol/L醋酸的物質的量n＝cV＝0.1 mol/L×0.1 L＝0.01 mol，含有的醋酸分子數(shù)小于0.01NA，故D錯誤。
題后反思
審準題目“要求”，是突破該類題目的關鍵
(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱電解質或能水解的“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的組成有關，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1 mol·L－1，與電解質的組成無關；0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，與電解質的組成有關。
角度五　可逆反應與“NA”
典例5 設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　C　)
A．2 mol SO2和1 mol O2在一定條件下充分反應后，混合物的分子數(shù)為2NA
B．100 g 17%的氨水溶液中含有的NH3分子數(shù)為NA
C．標準狀況下，44.8 L NO與22.4 L O2反應后的分子數(shù)小于2NA
D．標準狀況下，0.1 mol Cl2溶于水，轉移的電子數(shù)目為0.1NA
【解析】　2 mol SO2和1 mol O2在一定條件下充分反應后，混合物的分子數(shù)大于2NA，A項錯誤；氨水溶液中存在如下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，NH3分子數(shù)小于NA，B項錯誤；標準狀況下，44.8 L NO與22.4 L O2反應生成44.8 L NO2，但體系中存在可逆反應2NO2N2O4，所以反應后的分子數(shù)小于2NA，C項正確；Cl2＋H2OHCl＋HClO是可逆反應，D項錯誤。
類題精練
1．(2020·東莞模擬)阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示。下列說法中正確的是(　D　)
A．33.6 L丙烯(標準狀況)與足量HCl發(fā)生加成反應，生成1－氯丙烷個數(shù)為1.5NA
B．一定條件下，Ca與O2反應生成7.2 g CaO2，轉移電子的個數(shù)為0.4NA
C．2 mol冰醋酸與4 mol乙醇一定條件下充分反應，生成乙酸乙酯個數(shù)為2NA
D．1 L 1 mol/L的葡萄糖溶液中，溶質所含羥基的個數(shù)為5NA
【解析】　丙烯與HCl發(fā)生加成反應，可能生成1－氯丙烷和2－氯丙烷，無法計算生成1－氯丙烷的個數(shù)，故A錯誤；7.2 g CaO2含有0.1 mol Ca，Ca從0價變到＋2價，轉移電子的個數(shù)為0.2NA，故B錯誤；酯化反應為可逆反應，無法確定反應限度，故無法計算生成乙酸乙酯的量，C錯誤；1 mol的葡萄糖中含有5 mol羥基和1 mol醛基，故所含羥基的個數(shù)為5NA，故D正確。
2．(2020·曲靖模擬)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　B 　)
A．1 L 0.5 mol· L－1葡萄糖溶液中O—H鍵數(shù)目為2.5NA
B．5.6 g鐵與硝酸完全反應時轉移的電子數(shù)目可能為0.25NA
C．0.1 mol苯與足量氫氣反應后，破壞碳碳雙鍵的數(shù)目為0.3NA
D．10 g KHCO3和CaCO3的固體混合物中含有的CO數(shù)目為0.1NA
【解析】　1個葡萄糖分子中有5個O—H鍵，但水分子中也含有O—H鍵，故A錯誤；5.6 g鐵與硝酸完全反應時產(chǎn)物可能完全為Fe2＋，則轉移的電子數(shù)為0.2 mol；若產(chǎn)物完全為Fe3＋，則轉移的電子數(shù)為0.3 mol，故實際轉移的數(shù)目可能為0.25NA，故B正確；苯分中不存在碳碳雙鍵，故C錯誤；KHCO3固體中含有K＋和HCO，沒有CO，故D錯誤。
3．(2020·泉州模擬)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是(　C　)
A．1 mol甲基(—CH3)所含的電子數(shù)為10NA
B．常溫常壓下，1 mol分子式為C2H6O的有機物中，含有C—O鍵的數(shù)目為NA
C．14 g由乙烯和環(huán)丙烷()組成的混合氣體中，含有的原子總數(shù)為3NA
D．標準狀況下，22.4 L四氯化碳中含有共用電子對的數(shù)目為4NA
【解析】　1個甲基中含有9個電子，則1 mol甲基(—CH3)所含的電子數(shù)為9NA，A錯誤；分子式為C2H6O的有機物可能是乙醇CH3CH2OH(1個乙醇分子中含1個C—O鍵)，也可能是二甲醚CH3—O—CH3(1個二甲醚分子中含2個C—O鍵)，故不能確定其中含有的C—O鍵的數(shù)目，B錯誤；乙烯和環(huán)丙烷()的最簡式都是CH2,1個最簡式中含有3個原子，14 g由乙烯和環(huán)丙烷()組成的混合氣體中含有最簡式的物質的量是1 mol，因此含有的原子總數(shù)為3NA，C正確；在標準狀況下四氯化碳呈液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算四氯化碳物質的量，D錯誤。
4．(2020·宜賓模擬)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　A　)
A．2.0 g CO2與SO2的混合氣體分子中，含有的質子數(shù)為NA
B．7.1 g Cl2與100 mL 1.0 mol· L－1NaOH溶液反應，轉移電子數(shù)為0.1NA
C．17 g NH3與48 g O2在催化劑作用下充分反應，得到NO分子數(shù)為NA
D．標準狀況下，2.24 L CH4和C3H6混合氣體中，含有極性鍵數(shù)為0.5NA
【解析】　若2.0 g全為CO2，含質子物質的量為×22＝1 mol，若2.0 g全為SO2，含質子物質的量為×32＝1 mol，則2.0 g CO2與SO2的混合氣體分子中含有的質子數(shù)為NA，A項正確；7.1 g Cl2的物質的量為0.1 mol，100 mL 1.0 mol· L－1 NaOH為0.1 mol,1 mol氯氣與2 mol NaOH反應轉移1 mol電子，NaOH不足，故轉移的電子數(shù)小于0.1NA，B項錯誤n(NH3)＝＝1 mol，n(O2)＝＝1.5 mol，依據(jù)方程式：4NH3＋5O24NO＋6H2O可知，該反應生成1 mol NO，同時過量0.25 mol O2，則生成的一氧化氮部分與氧氣反應生成二氧化氮(2NO＋O2═══2NO2)，所以最終生成一氧化氮分子數(shù)小于NA，C項錯誤；n(混合氣體)＝2.24 L÷22.4 L/ mol＝0.1 mol，若全為CH4則含極性鍵為0.4 mol，若全為C3H6則含極性鍵0.6 mol，由于CH4和C3H6的比例未知，則含極性鍵數(shù)無法確定，D項錯誤。
考點二　一定物質的量濃度溶液的配制
典例探究
角度一　一定物質的量溶液的配制及誤差分析
典例6 下列說法中正確的是__(4)__。
(1)(2017·全國卷Ⅲ)稱取KMnO4固體0.158 g，放入100 mL容量瓶配制濃度為0.010 mol·L－1 KMnO4溶液
(2)(2018·全國卷Ⅱ)配制0.400 0 mol·L－1的NaOH溶液：稱取4.0 g固體NaOH于燒杯中，加入少量蒸餾水溶解，轉移至250 mL容量瓶中定容
(3)(2015·福建卷)稱取2.0 g NaOH固體，先在托盤上各放1張濾紙，然后在右盤上添加2 g砝碼，左盤上添加NaOH固體。
(4)(2016·海南卷)向容量瓶轉移液體時，導流用玻璃棒可以接觸容量瓶內壁
(5)(2017·北京卷)用pH＝1的鹽酸配制100 mL pH＝2的鹽酸所需全部玻璃儀器有100 mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管
(6)(2015·全國卷Ⅰ)用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴定管吸出多余液體。
【解析】　(1)不能在容量瓶中溶解溶質，錯誤；(2)應待溶液冷卻至室溫再轉移入容量瓶中，錯誤；(3)NaOH固體應該放在燒杯中稱量，錯誤；(4)向容量瓶轉移液體時，導流用玻璃棒可以接觸容量瓶內壁，但應該靠在刻度線下方，正確；(5)缺少量筒，錯誤；(6)加水超過刻度線，實驗失敗，應該重新配制，錯誤。
題后反思
一定濃度溶液配制“三提醒”
(1)配制步驟
→→→→→→→(→)
(2)配制過程中所需要的主要儀器：量筒或托盤天平、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；
(3)定容操作要規(guī)范、明確不規(guī)范操作所造成的誤差。
角度二　有關物質的量濃度的計算
典例7 相對分子質量為M的氣態(tài)化合物V L(標準狀況)，溶于m g水中，得到質量分數(shù)為w的溶液，物質的量濃度為c mol·L－1，密度為ρ g·cm－3。則下列說法不正確的是(　C　)
A．相對分子質量M＝
B．物質的量濃度c＝
C．溶液的質量分數(shù)w＝
D．溶液密度ρ＝
【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。
類題精練
5．(2020·天津模擬)下列說法正確的是(　B　)
A．配制Fe(NO3)2溶液時，向Fe(NO3)2溶液中滴加幾滴稀硝酸，以防止Fe(NO3)2發(fā)生水解
B．滴定接近終點時，滴定管的尖嘴可以接觸錐形瓶內壁
C．中和熱的測定實驗中，測酸后的溫度計未用水清洗便立即去測堿的濃度，所測中和熱的數(shù)值偏高
D．配制1 mol/L的NH4NO3溶液時，溶解后立即轉移至容量瓶，會導致所配溶液濃度偏高
【解析】　Fe(NO3)2是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，在配制Fe(NO3)2溶液時，為了防止Fe2＋水解不可向溶液中加入硝酸，因為硝酸能將亞鐵離子氧化為鐵離子，A錯誤；滴定接近終點時，滴定管的尖嘴可以接觸錐形瓶內壁，使溶液進入到錐形瓶中，慢慢加標準溶液，以減小實驗誤差，選項B正確；中和熱的測定實驗中，測酸后的溫度計若未用水清洗便立即去測堿的溫度，在溫度計上殘留的酸液就會與溶液中的堿發(fā)生中和反應，放出熱量，使所測堿的起始溫度偏高，導致中和熱的數(shù)值偏小，C錯誤；NH4NO3溶于水吸熱，使溶液溫度降低，配制1 mol/L的NH4NO3溶液時，溶解后，就立即轉移至容量瓶，會導致配制溶液的體積偏大，使所配溶液濃度偏低，D錯誤。
6．標準狀況下，用一定量的水吸收氨氣后制得溶液(密度為0.915 g·cm－3)。該溶液中氨水的物質的量濃度為12.0 mol·L－1，試計算：
(1)該氨水中NH3的質量分數(shù)為__22.3%__。
(2)1體積水需吸收__378__體積氨氣(標準狀況)可制得上述氨水。
(3)取 mL的上述氨水，稀釋到5a mL，所得溶液中氨水的物質的量濃度為__0.48_mol·L－1__。(本題中氨水稀釋過程中的其他變化忽略不計，水的密度以1.00 g·cm－3計)
【解析】　(1)根據(jù)c＝可知，密度為0.915 g·cm－3，物質的量濃度為12.0 mol·L－1的氨水溶液中NH3的質量分數(shù)為＝22.3%。(2)設氨氣體積為V L，則水為1 L，氨氣物質的量為 mol，氨氣質量為 g，水的質量為1 000 mL×1.00 g·mL－1＝1 000 g，溶液質量＝(1 000＋) g，溶液體積＝，則n(NH3)＝12.0× mol＝ mol，解得V＝378。(3)取 mL的上述氨水，稀釋到5a mL，根據(jù)稀釋定律，稀釋后所得溶液中氨水的物質的量濃度為＝0.48 mol·L－1。
考點三　以物質的量為核心的相關計算
典例探究
角度一　滴定法的應用
典例8 (2020·西安模擬)二氧化氯(ClO2)是國際上公認的安全、無毒的綠色消毒劑。常溫下二氧化氯為黃綠色氣體，其熔點為－59.5 ℃，沸點為11.0 ℃，極易溶于水，不與水反應。若溫度過高，二氧化氯的水溶液可能會發(fā)生爆炸。某研究性學習小組擬用如下圖所示裝置制取并收集ClO2(加熱和夾持裝置均省略)。

(1)在圓底燒瓶中先放入一定量的KClO3和草酸(H2C2O4)，然后再加入足量的稀硫酸，在60～80 ℃之間反應生成ClO2、CO2和一種硫酸鹽，該反應的化學方程式為__2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O__。
(2)裝置A中使用溫度計的目的是__控制溫度，防止溫度過高引起爆炸__。反應開始后，可以觀察到圓底燒瓶內的現(xiàn)象是__溶液中有氣泡逸出，圓底燒瓶內產(chǎn)生黃綠色氣體__。
(3)裝置B的作用是__冷凝并收集C1O2__。
(4)實驗過程中裝置D中的溶液里除生成Na2CO3外，還生成物質的量之比為1∶1的另外兩種鹽，一種為NaClO3，另一種為__NaClO2__。
(5)ClO2很不穩(wěn)定，需隨用隨制，產(chǎn)物用水吸收得到ClO2溶液。為測定所得溶液中ClO2的含量，進行了下列實驗：
步驟1：量取ClO2溶液20 mL，稀釋成100 mL試樣，量取V1 mL試樣加入到錐形瓶中；
步驟2：調節(jié)試樣的pH≤2.0，加入足量的KI晶體，振蕩后，靜置片刻；
步驟3：加入指示劑X，用c mol· L－1 Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
已知：2ClO2＋8H＋＋10I－═══5I2＋2Cl－＋4H2O
2Na2S2O3＋I2═══Na2S4O6＋2NaI
請回答：
①配制100 mL步驟3中所需的Na2S2O3標準溶液時，用到的玻璃儀器除燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管外，還需要__100_mL容量瓶__。(填儀器名稱)
②步驟3中滴定終點的現(xiàn)象為__滴入最后一滴Na2S2O3標準溶液，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復__。
③原ClO2溶液的濃度為____g· L－1(用含字母的代數(shù)式表示)
【解析】　(1)由草酸、氯酸鉀和硫酸在60 ℃～80 ℃之間生成ClO2、CO2和一種硫酸鹽可知，反應中草酸做還原劑被氧化生成二氧化碳，氯酸鉀做氧化劑被還原生成二氧化氯，反應的化學方程式為2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O；(2)常溫下二氧化氯為黃綠色氣體，溫度過高，二氧化氯的水溶液可能爆炸，則圓底燒瓶中可以觀察到有氣泡逸出，并產(chǎn)生黃綠色氣體，溫度計的作用是控制溫度，防止溫度過高引起爆炸；(3)二氧化氯熔沸點較低，應該在冰水中冷凝并收集；(4)裝置D中的NaOH溶液的作用是吸收尾氣中的ClO2，反應除生成Na2CO3外，生成物質的量之比為1∶1的兩種鹽，一種為NaClO3，由得失電子數(shù)目守恒可知，另一種鹽中Cl元素化合價降低，應為NaClO2；(5)①配制100 mL Na2S2O3標準溶液時，用到的玻璃儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶、膠頭滴管；②由題意可知步驟3中加入的指示劑為淀粉溶液，溶液變藍色，當Na2S2O3標準溶液與I2完全反應時，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復；③由題給離子方程式可得到關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，設原ClO2溶液的濃度為x,2∶10＝(x××V1×10－3 L)∶(c mol· L－1×V2×10－3 L)，解得x＝ mol/L＝ g/L。
技巧點撥
物質的量的綜合計算技巧方法——關系式法
(1)在進行多步反應的計算時，要找出起始物與目標物之間的定量關系，一般的解題步驟：

(2)多步反應也可以利用原子守恒建立關系
如工業(yè)制硝酸可利用生產(chǎn)過程中氮原子守恒直接建立NH3和硝酸的關系式：NH3HNO3。
角度二　熱重分析計算
典例9 為研究一水草酸鈣(CaC2O4·H2O)的熱分解性質，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__CaC2O4__,900 ℃時殘留固體的成分為__CaO__。
(2)通過計算求出500 ℃時固體的成分及質量(寫出計算過程)。
【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，減少的質量為36.50 g－32 g＝4.50 g，故此時失去全部的結晶水，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，失去的總質量為32 g－25 g＝7 g，失去物質的摩爾質量為＝28 g·mol－1，則600 ℃時殘留固體成分為CaCO3,500 ℃時殘留固體的成分為CaC2O4和CaCO3的混合物，樣品中CaC2O4·H2O的物質的量n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，設混合物中CaC2O4和CaCO3的物質的量分別為x mol和y mol，根據(jù)500 ℃時固體總質量可得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。
規(guī)律方法
解答熱重分析試題的常用方法
(1)設晶體為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剩余，×100%＝固體殘留率。
(4)晶體中金屬質量不減少，仍在m剩余中。
(5)失重最后一般為金屬氧化物，由質量守恒得m(O)，由n(金屬)∶n(O)，即可求出失重后物質的化學式。
類題精練
7．(2020·綿陽模擬)水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件，某課外小組用碘量法測定沱江河中的溶解氧。實驗步驟及測定原理如下：
Ⅰ.采集水樣及氧的固定：
用溶解氧瓶采集水樣，記錄大氣壓及水溫。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液(含有KI)混合，反應生成MnO(OH)2，實現(xiàn)氧的固定。
Ⅱ.酸化及滴定：
將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I－還原為Mn2＋，在暗處靜置5 min，然后用標準Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2═══2I－＋S4O)。
回答下列問題：
(1)氧的固定中發(fā)生反應的化學方程式為__2Mn(OH)2＋O2═══2MnO(OH)2__。
(2)固氧后的水樣用稀H2SO4酸化，MnO(OH)2被I－還為Mn2＋，發(fā)生反應的離子方程式為__4H＋＋MnO(OH)2＋2I－═══Mn2＋＋I2＋3H2O__。
(3)標準Na2S2O3溶液的配制。
①配制a mol· L－1480 mL該溶液時，需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和__500_ml容量瓶、膠頭滴管__。
若定容時俯視，會使配制的Na2S2O3濃度__偏高__(選填“偏高”、“偏低”或“無影響”)
②Na2S2O3溶液不穩(wěn)定，配制過程中，用蒸餾水須煮沸、冷卻后才能使用，其目的是殺菌、除__O2__及二氧化碳。
(4)取100.00 mL水樣經(jīng)固氧、酸化后，用a mol· L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉作指示劑，達到滴定終點的現(xiàn)象為__當?shù)稳胱詈笠坏稳芤簳r，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內無變化__；若消耗Na2S2O3溶液的體積為b mL，則水樣中溶解氧氣的含量為__80ab__mg/L。
【解析】　(1)由題意可知，將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液混合，根據(jù)氧化還原反應原理，Mn(OH)2被水樣中的氧氣氧化為MnO(OH)2，從而實現(xiàn)氧的固定，由此可得方程式2Mn(OH)2＋O2═══2MnO(OH)2；(2)將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I－還原為Mn2＋，I－被氧化為I2，離子方程式為：4H＋＋MnO(OH)2＋2I－═══Mn2＋＋I2＋3H2O；(3)①配制a mol· L－1 480 mL該溶液時，需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和500 mL容量瓶，膠頭滴管；若定容時俯視，V偏小，會使配制的Na2S2O3濃度偏高；②由于Na2S2O3具有較強的還原性，易被氧氣氧化，煮沸是為了除去蒸餾水中溶解的O2，防止變質；(4)碘遇淀粉變藍色，故選擇淀粉作指示劑，當溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘顏色不再變化，說明滴定到達終點；根據(jù)方程式可得關系式：O2～2I2～4S2O，計算得n(O2)＝ mol，m(O2)＝ mol×32 g/ mol＝8ab mg，則水樣中溶解氧的含量為：＝80ab mg/L。
8．25.35 g MnSO4·H2O樣品受熱分解過程的熱重曲線(樣品質量隨溫度變化的曲線)如下圖所示：

(1)300 ℃時，所得固體的化學式為__MnSO4__。
(2)1 150 ℃時，反應的化學方程式為__3MnO2Mn3O4＋O2↑__。
【解析】　(1)25.35 g MnSO4·H2O樣品中n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)＝0.15 mol，其中n(H2O)＝0.15 mol，m(H2O)＝2.7 g,300℃時，所得固體質量為22.65 g，減少的質量為2.7 g，則說明該段失去結晶水，此時固體為MnSO4。(2)溫度繼續(xù)升高，固體MnSO4受熱分解生成錳的氧化物和硫的氧化物0.15 mol,850 ℃時，固體質量由22.65 g減少到13.05 g，減少的質量為9.6 g，則硫的氧化物的相對分子質量為64，故為二氧化硫，則此時的固體為MnO2,1 150 ℃時固體為二氧化錳分解所得，由錳元素質量守恒，則m(Mn)＝n(Mn)×55 g·mol－1＝8.25 g，則氧化物中m(O)＝11.45 g－8.25 g＝3.2 g，n(O)＝0.2 mol，故n(Mn)∶n(O)＝0.15∶0.2＝3∶4，則該氧化物為Mn3O4，故反應的化學方程式為3MnO2Mn3O4＋O2↑。


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