高考化学二轮专题复习讲与练专题02《化学计量及其应用》(含详解)

1、PAGE 专题二 化学计量及其应用考纲要求1.了解物质的量(n)及其单位摩尔(mol)、摩尔质量(M)、气体摩尔体积(Vm)、物质的量浓度(c)、阿伏加德罗常数(NA)的含义。2.理解质量守恒定律。3.能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数量、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。4.了解溶液的含义。5.了解溶解度、饱和溶液的概念。6.了解溶液浓度的表示方法，理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。7.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。考点一阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律(一)阿伏加德罗常数及其应用1与气体摩尔体积22.4 Lmol

2、1相关的NA的应用(1)非标准状况下的气体、标准状况下的非气体均不适用22.4 Lmol1进行物质的量的计算；(2)常见物质在标准状况下的状态：溴、H2O、HF、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、碳原子数大于4的烃(除新戊烷)，均为液体；SO3为固体。正误判断，正确的打“”，错误的打“”标准状况下，11.2 L 苯中含有分子的数目为0.5NA()标准状况下，22.4 L的SO2中含有的SO2分子数为NA()常温常压下，35.5 g 氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA()常温常压下，22.4 L NO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NA()2.

3、24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA()2.24 L CO2中含有的原子数为0.36.021023()2与物质的组成相关的NA的应用(1)稀有气体、臭氧(O3)、白磷(P4)分子中的原子数目；(2)一定质量含核素的物质中的质子、中子、电子或原子的数目；(3)Na2O2、KO2中的阴、阳离子个数比；(4)等物质的量的羟基与氢氧根离子所含质子、电子或原子数目；(5)等质量的最简式相同的有机物(如烯烃)、同素异形体、N2与CO、NO2与N2O4等具有的原子、分子数目；(6)一定物质的量的有机物中共价键的数目(苯环、萘环中无碳碳双键)；如：CnH2n2中化学键数目为3n1；(7

4、)一定物质的量的SiO2中含SiO键、金刚石(或石墨)中1 mol C中含CC键、1 mol P4中含PP键的数目。正误判断，正确的打“”，错误的打“”32 g 18O2中含有2NA个氧原子()17 g OH与17 g OH所含电子数均为10NA()相同质量的N2O4与NO2中所含原子数目相同()乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28 g混合气体中含有3NA个氢原子()18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA()30 g 甲醛中含共用电子对总数为4NA()4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA()12 g 金刚石含有的共价键数为4NA()3与氧化还原反应相关的

5、NA的应用(1)歧化反应类：Na2O2与CO2、Na2O2与H2O、Cl2与NaOH(冷稀、浓热)等；(2)变价金属(Fe、Cu)与强、弱氧化剂(Cl2/Br2、S/I2)反应类；(3)Fe与浓、稀硝酸，Cu与浓、稀硝酸反应类；(4)足量、不足量Fe与稀硝酸，足量Fe与浓硫酸反应类；(5)足量KMnO4与浓盐酸、足量MnO2与浓盐酸反应类；(6)注意氧化还原的顺序。如：向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I，再氧化Fe2。正误判断，正确的打“”，错误的打“”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()5.6 g 铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3

6、NA()1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA()0.1 mol Zn与含0.1 mol HCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA()足量KMnO4与含1 mol HCl的浓HCl溶液反应生成标况下7 L Cl2()足量Cl2与含1 mol NaOH的浓溶液反应转移eq f(5,6) mol e()足量Fe与1 L 1 molL1浓H2SO4溶液在加热条件下彻底反应生成0.5 mol SO2()1 mol Na2O2与足量 CO2充分反应转移的电子数为2NA()50 mL 12 molL1 盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA()标准状况下，6.72 L NO2与

7、水充分反应转移的电子数目为0.1NA()向FeI2溶液中通入适量Cl2，当1 mol Fe2被氧化时，共转移的电子的数目为NA()4与可逆反应相关的NA的应用在“NA”应用中，常涉及以下可逆反应：(1)2SO2O2eq o(,sup7(催化剂),sdo5()2SO32NO2N2O4N23H2eq o(,sup7(高温、高压),sdo5(催化剂)2NH3(2)Cl2H2OHClHClO(3)NH3H2ONH3H2ONHeq oal(,4)OH正误判断，正确的打“”，错误的打“”2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NA()标准状况下，22.4 L NO2气

8、体中所含分子数目为NA()100 g 17%的氨水溶液中含有的NH3分子数为NA()标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA()5电解质溶液中粒子数目的判断审准题目“要求”，是突破该类题目的关键(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱电解质或能水解的“弱离子”，如1 L 1 molL1 的乙酸或1 L 1 molL1 乙酸钠溶液中CH3COO数目均小于NA。(2)题目中是否指明了溶液的体积，如在pH1的HCl溶液中，因溶液体积未知而无法求算H的数目。(3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH1的H2SO4溶液c(H)0.1 molL1，与电解质的组成无关；0.0

9、5 molL1的Ba(OH)2溶液，c(OH)0.1 molL1，与电解质的组成有关。正误判断，正确的打“”，错误的打“”0.1 L 3.0 molL1的NH4NO3溶液中含有的NHeq oal(,4)的数目为0.3NA()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()0.1 molL1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA()25 时，pH13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH数目为0.2NA()“三年高考”全国卷“NA”应用试题汇编1(全国卷，8)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A1 L 0.1 molL1NH4Cl溶液

10、中，NHeq oal(,4)的数量为0.1NAB2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NAC标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD0.1 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答案D解析A项，因铵根离子水解，其数量小于0.1NA，错误；B项，2.4 g Mg为0.1 mol，与硫酸完全反应后转移的电子数为0.2NA，错误；C项，标准状况下，2.24 L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，错误；D项，H2(g)I2(g)2HI(g)，反应前后气体物质的量不变，正确。2(全国卷，10)NA为阿伏加德罗常数

11、的值。下列说法正确的是()A0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子BpH1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个HC2.24 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PCl键答案A解析A项，硼原子的质子数为5,11B的中子数为6，故0.1 mol的11B中含有的中子数为0.6NA，正确；B项，未指明溶液体积，无法计算H 的物质的量，错误；C项，标准状况下苯为液体，不能用气体摩尔体积计算苯燃烧生成的CO2分子数，错误；D项，PCl3 Cl2PCl5 ，这是一个可逆反应，1mol PC

12、l3与1mol Cl2不可能完全反应生成1 mol PCl5，故增加的PCl键数目小于2NA，错误。3(全国卷，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答案A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

13、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。4(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答案C解析A项，D2O

14、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 gmol1和18 gmol1，所以18 g D2O和H2O的物质的量不同，质子数不同，错误；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。(二)理解公式推论，破解阿伏加德罗常数应

15、用阿伏加德罗定律及推论可概括为“三同定一同，两同见比例”，可用VnVm及mV等公式推导出：(1)同温同压时：V1V2n1n2N1N2；12M1M2；同质量时：V1V2M2M1。(2)同温同体积时：p1p2n1n2N1N2；同质量时：p1p2M2M1。(3)同温同压同体积时：M1M2m1m2。1同温同压下，x g甲气体和y g乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是()Axy等于甲与乙的相对分子质量之比Bxy等于甲与乙的分子个数之比Cxy等于同温同压下甲与乙的密度之比Dyx等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比答案B解析A项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子

16、数，则x g甲气体和y g乙气体的物质的量相等，即eq f(x,M甲)eq f(y,M乙)，推出xyM甲M乙，故正确；B项，甲与乙的分子个数之比为11，而x与y不一定相等，故不正确；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，故正确；D项，等质量的甲、乙的压强之比为p甲p乙n1n2eq f(m,M甲)eq f(m,M乙)M乙M甲yx，故正确。2在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是()A物质的量：甲乙B气体体积：甲乙C摩尔体积：甲乙D相对分子质量：甲乙答案D解析同温同压下，气体摩尔体积相等，根据eq

17、 f(M,Vm)知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。A项，根据neq f(m,M)知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量小于乙，故A错误；B项，根据Veq f(m,M)Vm知，相同温度、压强、质量时，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量甲乙，则气体体积甲乙，故B错误；C项，同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；D项，根据以上分析知，摩尔质量甲乙，摩尔质量以gmol1为单位时在数值上等于其相对分子质量，所以相对分子质量甲乙，故D正确。考点二一定物质的量浓度溶液的配制配制一定物质的量浓度溶液的实验是中学化学

18、中一个重要的定量实验。复习时，要熟记实验仪器，掌握操作步骤，注意仪器使用，正确分析误差，理解基本公式，明确高考题型，做到有的放矢。1七种仪器需记牢托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。2实验步骤要理清如：配制500 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液，图中操作中应该填写的数据为_，实验时操作的先后顺序为_(填编号)。答案5.33仪器使用要明了(1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶时应指明规格，并选择合适的容量瓶，如配制480 mL溶液，应选用500 mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体，也不能作为反应容器。(2)玻璃棒的作用是搅拌和引流，在引流时，

19、玻璃棒末端应插入到容量瓶刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处不能接触瓶口，如图所示。附容量瓶的查漏方法向容量瓶中加入适量水，盖好瓶塞，左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底，将容量瓶倒转过来看瓶口处是否有水渗出，若没有，将容量瓶正立，将瓶塞旋转180度，重复上述操作，如果瓶口处仍无水渗出，则此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞处涂点凡士林。4误差分析点点清误差分析的思维流程与方法(1)误差分析的思维流程(2)视线引起误差的分析方法仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。(3)用“偏高”“偏低”或“无影响”填空：砝码生锈：偏高。定容时，溶液温度高：偏高

20、。定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。称量时物码颠倒且使用游码：偏低。未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。称量易吸水物质时间过长：偏低。转移时，有液体溅出：偏低。滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。容量瓶内有少量水：无影响。5换算关系会推导(1)气体溶质物质的量浓度的计算：标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为 gcm3，气体的摩尔质量为M gmol1，则ceq f(1 000V,22 400MV) molL1。(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算：ceq f(1 000w,M)(c为溶质的物质的量浓度/molL

21、1，为溶液的密度/gcm3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/gmol1)。6两条规律理解透(1)稀释定律如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有c1V1c2V2。如用m1、m2、w1、w2分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有m1w1m2w2。(2)混合规律同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。两溶液等质量混合：weq f(1,2)(w1w2)。两溶液等体积混合a若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则weq f(1,2)(w1w2)，如H2SO4溶液。b若溶液中溶质

22、的密度小于溶剂的密度，则weq f(1,2)(w1w2)，如氨水、酒精溶液。题组一仪器的正确使用及实验操作的规范性1正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)配制浓度为0.010 molL1的KMnO4溶液可以称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度()(全国卷，9D)(2)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()(浙江理综，8D)(3)称取2.0 g NaOH固体，可先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体()(福建理综，8A)(4)配制一定浓度的Na

23、Cl溶液()(四川理综，3A)(5)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干()(新课标全国卷，12A)(6)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体()(新课标全国卷，12D)2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()答案B解析A项，用托盘天平称量药品时，应为“左物右码”，错误；B项，用玻璃棒搅拌能加速溶解，正确；C项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误；D项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。3(1)配制浓度为2 molL1的NaOH溶液100 mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将_(填字母)

24、。A等于8.0 g B等于8.00 gC大于8.0 g D等于0.2 g(2)天津理综，9(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_。答案(1)C(2)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管解析(1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0 g烧杯质量。(2)配制AgNO3标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。题组二有关浓度的换算4相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况)，溶于m g水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为c molL1，密度为 gcm3。则下列说法不正确的是()A相对分子质量Meq

25、 f(22.4mw,1wV)B物质的量浓度ceq f(1 000V,MV22.4m)C溶液的质量分数weq f(MV,22.4m)D溶液密度eq f(cM,1 000w)答案C解析由ceq f(1 000w,M)知D项正确；由ceq f(f(V,22.4),f(V,22.4)Mm103)eq f(1 000V,MV22.4m)知B项正确；由weq f(f(V,22.4)M,mf(V,22.4)M)eq f(MV,22.4mMV)知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。5体积为V L、密度为 gcm3的某溶液中，含有摩尔质量为M的溶质m g。若此溶液中溶质的物质的量浓度为c molL1，溶

26、质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是()Aceq f(m,MV) BmVwCweq f(cM,) Deq f(cM,1 000w%)答案A解析已知：c1 000eq f(w,M)或ceq f(m,MV)。A项，ceq f(m,MV)，正确；B项，eq f(1 000w,M)eq f(m,MV)，m1 000wV，错误；C项，weq f(cM,1 000)，错误；D项，eq f(cM,1 000w)，注意w与w%的区别，错误。题组三溶液稀释规律的应用6取100 mL 0.3 molL1的硫酸溶液和300 mL 0.25 molL1的硫酸溶液加水稀释至500 mL，该混合溶液中H的物质的量浓

27、度是()A0.21 molL1 B0.42 molL1C0.56 molL1 D0.26 molL1答案B解析根据题意可知，混合后H2SO4溶液的H浓度关系如下：c3V3c1V1c2V2，可得n(H)(0.1 L0.3 molL10.3 L0.25 molL1)20.21 mol，所以c(H)eq f(0.21 mol,0.5 L)0.42 molL1。7(盐城模拟)实验室常用98%(1.84 gmL1)的浓H2SO4配制14的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23 gmL1，其物质的量浓度为()A4.6 molL1 B5.7 molL1C3.88 molL1 D18.4 molL1答案

28、C解析实验室配制14溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液溶质的质量分数：w%eq f(1 mL1.84 gmL198%,1 mL1.84 gmL14 mL1 gmL1)100%30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)eq f(1 000 mL1.23 gmL130.9%,98 gmol11 L)3.88 molL1，故选C。掌握两项技能(1)用98%的浓H2SO4配制100 mL 14的稀H2SO4：用量筒量取80 mL的水注入200 mL的烧杯，然后再用另一只量筒量取20 mL的浓H2SO4沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不停搅拌。(2)配制100 g

29、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。题组四溶液中电荷守恒在物质的量浓度计算中的应用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硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为()A0.1(b2a) molL1B10(2ab) molL1C10(ba) molL1D10(b2a) molL1答案D解析根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。

30、每份中n(Ba2)a mol，n(Cl)b mol，根据电荷守恒关系得n(K)(b2a)mol，则c(K)eq f(b2amol,0.1 L)10(b2a) molL1。9把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为()A.eq f(ba,V) molL1 B.eq f(2ba,V) molL1C.eq f(2ba,V) molL1 D.eq f(22ba,V) molL1答案D解析注意混合液分成两等份，由Mg

31、22OH=Mg(OH)2、Ba2SOeq oal(2,4)=BaSO4可知原溶液中n(Mg2)eq f(2a,2) mola mol、n(SOeq oal(2,4)2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K)2n(SOeq oal(2,4)2n(Mg2)2(2ba) mol。考点三化学计算的类型和方法1明确一个中心必须以“物质的量”为中心“见量化摩，遇问设摩”。2掌握两种方法(1)守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如某原子、离子或原子团不变；溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；氧化还原

32、反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。(2)关系式法：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。3计算类型及实验方法(1)计算类型确定化学式；确定样品质量分数。(2)实验方法滴定分析法；沉淀分析法；热重分析法。题组一“关系式”法的应用(一)由“元素守恒”确定关系式1在O2中灼烧0.44 g S和Fe组成的化合物，使其中的S全部转变为SO2，把这些SO2全部氧化转变为H2SO4。这些H2SO4可以用20 mL 0.50 molL1 NaOH溶液完全中

33、和。则原化合物中S的百分含量为()A18% B46%C53% D36%答案D解析明确SSO2SO3H2SO4中硫元素守恒，根据酸碱中和求出与NaOH的关系。全部反应过程中，各物质的量的关系可用下式表示：SSO2SO3H2SO42NaOH32 g2 molx(0.020.50)molxeq f(32 g0.020.50 mol,2 mol)0.16 g。S的质量分数为eq f(0.16 g,0.44 g)100%36%。(二)由“电子守恒”确定关系式2将4.9 g Mg和Fe的混合物在过量稀HNO3中完全反应，得到标准状况下NO气体2.24 L，向反应后的溶液中加入足量烧碱溶液充分反应，求最后生

34、成沉淀的质量。答案由题意知，整个过程中存在关系Fe3e3OHFe(OH)3Mg2e2OHMg(OH)2可以看出eOH，又因得失电子守恒，所以有NOeq oal(,3)NO3e3OH，故n(OH)n(e)3n(NO)0.3 mol。所以沉淀的质量为4.9 g17 gmol10.3 mol10 g。题组二“滴定法”分析物质组成及含量应用一确定含量3为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 molL1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2Oeq

35、 oal(2,4)Ca2=CaC2O4，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a molL1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnOeq oal(,4)5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。若滴定终点时消耗a molL1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。答案本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2C2Oeq oal(2,4)Ca2=CaC2O4CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO42MnOeq oal(,4)5H2C

36、2O46H=2Mn210CO28H2O由方程式可以得出相应的关系式5CaCO35Ca25CaC2O45H2C2O42MnOeq oal(,4)52n1(CaCO3)aV2103 moln1(CaCO3)2.5aV2103 mol样品中n(CaCO3)2.5aV2103eq f(V0,V1) mol则w(CaCO3)eq f(2.5aV2103f(V0,V1)mol100 gmol1,W g)100%eq f(25aV0V2,WV1)%。4电解铜的阳极泥中含有3%14% Se元素，该元素以Se单质、Cu2Se形式存在，还含有稀有金属及贵金属。称取5.000 g电解铜的阳极泥样品以合适方法溶解，配

37、成250 mL混酸溶液，移取上述溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.010 00 molL1 KMnO4标准溶液只发生Se(4)转化为Se(6)。反应完全后，用0.050 00 molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴至终点，消耗15.00 mL。则电解铜的阳极泥中Se的质量分数为_(保留四位有效数字)。答案3.950%解析MnOeq oal(,4)5Fe20000 150 0 mol0.000 750 0 mol2MnOeq oal(,4)5eq o(Se,sup6(4)0000 250 0 mol0.000 250 0 mol0.000 150 0 mol0.

38、000 100 0 molw(Se)eq f(0.000 250 0 mol79 gmol110,5.000 g)100%3.950%。应用二确定组成5碱式次氯酸镁Mga(ClO)b(OH)cxH2O是一种有开发价值的微溶于水的无机抗菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下实验：准确称取1.685 g碱式次氯酸镁试样于250 mL锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0.800 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2Oeq oal(2,3)I2=2IS4Oeq oal(2,6)，消耗25.00 mL。另取1.685 g碱式次氯酸镁试样，用足量乙酸酸化，再

39、用足量3% H2O2溶液处理至不再产生气泡(H2O2被ClO氧化为O2)，稀释至1 000 mL。移取25.00 mL溶液至锥形瓶中，在一定条件下用0.020 00 molL1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2(离子方程式为Mg2H2Y2=MgY22H)，消耗25.00 mL。(1)步骤需要用到的指示剂是_。(2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。答案(1)淀粉溶液(2)关系式：ClOI22S2Oeq oal(2,3)n(ClO)eq f(1,2)n(S2Oeq oal(2,3)eq f(1,2)0.800 0 molL125.00103 L0.01 mol，n

40、(Mg2)0.020 00 molL125.00103 Leq f(1 000 mL,25.00 mL)0.02 mol，根据电荷守恒，可得：n(OH)2n(Mg2)n(ClO)20.02 mol0.01 mol0.03 mol，m(H2O)1.685 g0.01 mol51.5 gmol10.02 mol24 gmol10.03 mol17 gmol10.180 g，n(H2O)eq f(0.180 g,18 gmol1)0.01 mol，n(Mg2)n(ClO)n(OH)n(H2O)0.02 mol0.01 mol0.03 mol0.01 mol2131，碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO

41、(OH)3H2O。解析(1)根据实验中的离子方程式可知有I2参加，根据I2的特性可选择淀粉作指示剂。(2)根据实验中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClOI22S2Oeq oal(2,3)求得n(ClO)，根据实验中消耗的EDTA的体积结合关系式Mg2EDTA可求得n(Mg2)，利用电荷守恒可求得n(OH)，根据固体的总质量以及求出的n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)可求得n(H2O)，从而得到n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)、n(H2O)四者之比，最后得到物质的化学式。1利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径有两种(1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建

42、立关系式。(2)利用微粒守恒建立关系式。2多步滴定常分为两类(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。题组三热重分析法确定物质组成及含量应用一确定含量6新课标全国卷，27(4)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即eq f(样品起始质量a点固体质量,样品起始质量)100%)的残留固体。若a点固体组成表示

43、为PbOx或mPbO2nPbO，列式计算x值和mn值。答案根据PbO2eq o(=,sup7()PbOxeq f(2x,2)O2，有eq f(2x,2)322394.0%，x2eq f(2394.0%,16)1.4，根据mPbO2nPbO，eq f(2mn,mn)1.4，eq f(m,n)eq f(0.4,0.6)eq f(2,3)。应用二确定组成70.80 g CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。试确定200 时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。答案CuSO45H2Oeq o(=,sup7()nH2OCuSO4(5n)H2O25018n0.8

44、0 g0.80 g0.57 g0.23 geq f(250,0.80 g)eq f(18n,0.23 g)，解得n4，则此时固体物质的化学式为CuSO4H2O。8为研究一水草酸钙(CaC2O4H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(eq f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)100%)随温度的变化如下图所示。(1)300 时残留固体的成分为_，900 时残留固体的成分为_。(2)通过计算求出500 时固体的成分及质量(写出计算过程)。答案(1)CaC2O4CaO(2)500 时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O

45、4H2O的物质的量n(CaC2O4H2O)eq f(36.50 g,146 gmol1)0.25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据500 时固体总质量可得128x100y36.50 g76.16%，根据钙元素守恒可得xy0.25，解得x0.10，y0.15，m(CaC2O4)0.10 mol128 gmol112.80 g，m(CaCO3)0.15 mol100 gmol115.0 g，500 时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。解析(1)n(CaC2O4H2O)eq f(36.50 g,146 gmol1)

46、0.25 mol，含有m(H2O)0.25 mol18 gmol14.50 g，在300 时，eq f(m剩余,m起始)100%87.67%，m(剩余)36.50 g87.67%32 g，减少的质量为36.50 g32 g4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 时，eq f(m剩余,m起始)100%38.36%，m(剩余)36.50 g38.36%14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)0.25 mol40 gmol110 g，另外还含有m(O)14 g10 g4 g，n(O)eq f(4 g,16 gmol1)0.25 mol，则n(Ca)n(O)11，

47、化学式为CaO。(2)在600 时，eq f(m剩余,m起始)100%68.49%，m(剩余)36.50 g68.49%25 g，从300 至600 时，失去的总质量为32 g25 g7 g，失去物质的摩尔质量为7 g0.25 mol28 gmol1，则应为CO，所以CaC2O4失去CO后，产物为CaCO3，在500 时，应为CaC2O4和CaCO3的混合物，根据固体总质量及Ca元素守恒列式，可分别得出两者的物质的量。热重分析的方法(1)设晶体为1 mol。(2)失重一般是先失水、再失非金属氧化物。(3)计算每步的m余，eq f(m余,m1 mol晶体质量)固体残留率。(4)晶体中金属质量不减

48、少，仍在m余中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属nO，即可求出失重后物质的化学式。专题强化练1下列实验操作或仪器选择正确的是()A配制240 mL 0.1 molL1 FeSO4溶液需要选择240 mL容量瓶B配制1 molL1 H2SO4溶液，为了节省时间，可将浓硫酸直接注入容量瓶中C配制1 molL1 AlCl3溶液时，将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，加水稀释D移液时，玻璃棒下端紧靠容量瓶刻度线以上的位置答案C解析A项，实验室没有规格为240 mL的容量瓶，应选择规格略大于配制溶液体积的容量瓶，错误；B项，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，错误；C项，氯化铝易水解，将A

49、lCl3溶于浓盐酸中可抑制AlCl3的水解，正确；D项，移液时，玻璃棒下端应紧靠容量瓶刻度线以下的位置，错误。2某学生需配制0.2 molL1 Na2SO3溶液，经检测所配溶液的浓度为0.15 molL1，可能的原因有()A容量瓶中有残留水B定容时俯视刻度线C漏掉洗涤操作步骤D称量时所用砝码生锈答案C解析A项，容量瓶中有残留水，不影响配制的溶液浓度，错误；B项，定容时俯视刻度线，实际溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，错误；C项，漏掉洗涤步骤，损失部分溶质，配制溶液的浓度偏低，正确；D项，砝码生锈，所称样品的质量偏大，配制的溶液浓度偏高，错误。3将5 molL1 盐酸10 mL稀释到200 mL，

50、再取出5 mL，这5 mL溶液的物质的量浓度是()A0.05 molL1 B0.25 molL1C0.1 molL1 D0.5 molL1答案B解析设稀释后盐酸的物质的量浓度为c，则：10 mL5 molL1200 mLc，解得c0.25 molL1。由于溶液是均匀的，所以取出的5 mL盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为0.25 molL1，故选B。4已知：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同。现有R的质量分数为27.5%、密度为1.10 gcm3的溶液，该溶液中R的物质的量浓度(molL1)约为()A6.8 B7.4C8.9 D9.5答案C解析根据物质的量浓度与质量分数之间的换算公式ceq f(1

51、 000w,M)知，c(R)eq f(1 0001.1027.5%,34) molL18.9 molL1。5标准状况下V L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 gmL1)，所得溶液的密度为 gmL1，溶质的质量分数为w，物质的量浓度为c molL1，则下列关系中不正确的是()Aeq f(17V22 400,22.422.4V) Bweq f(17c,1 000)Cweq f(17V,17V22 400) Dceq f(1 000V,17V22 400)答案A解析由ceq f(n,V)eq f(f(V L,22.4 Lmol1),f(17 gmol1f(V L,22.4 Lmol1)1 00

52、0 g, gmL11 000 mLL1)eq f(1 000V,17V22 400) molL1，D项正确；由上式可推知：eq f(17Vc22 400c,1 000V)，A项错误；由ceq f(1 000w,M)可得weq f(Mc,1 000)eq f(17c,1 000)，B项正确；weq f(m质,m液)eq f(f(V L,22.4 Lmol1)17 gmol1,f(V L,22.4 Lmol1)17 gmol11 000 g)eq f(17V,17V22 400)，C项正确。6(汕头市高三上学期期末)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A34 g H2O2中含有的阴离子

53、数为1NAB4.6 g乙醇中含有的CH键的个数为0.6NAC标准状况下，V L水含有的氧原子个数约为eq f(V,22.4)D1 mol Fe2与足量的H2O2溶液反应，转移NA个电子答案D解析A项，H2O2是共价型分子，不含有阴离子，错误；B项，每个乙醇分子含有的CH键的个数为5，错误；C项，标准状况下，水为液体，不可根据气体摩尔体积计算其物质的量，错误；D项，1 mol Fe2与足量的H2O2溶液反应被氧化为Fe3，转移NA个电子，正确。7(海南，9)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是()A1 mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4NAB1 mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NAC1

54、L 0.1 molL1的乙酸溶液中含H的数量为0.1NAD1 mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA答案C解析A项，乙烯的结构简式为CH2=CH2,1 mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4 mol，正确；B项，甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为4价，CO2中C的化合价为4价，因此1 mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8 mol，正确；C项，乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H物质的量小于0.1 mol，错误；D项，1 mol CO含有质子物质的量为(68)mol14 mol,1 mol N2中含有质子物质的量为27 mol14 mol，因此1 mol N2和CO的混合气体中含有

55、质子物质的量为14 mol，正确。8(长春外国语学校高三上学期期末)CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考虑水解)，且SOeq oal(2,4)的物质的量浓度为3 molL1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为() A5.6 g B11.2 gC22.4 g D33.6 g答案B解析n(SOeq oal(2,4)0.1 L3 molL10.3 mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，则有c(Cu2)c(H)c(Fe3)，由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，设Cu2、Fe3、H三种离子物质

56、的量均为n，根据电荷守恒知道：2n3nn0.3 mol2，由此解得n0.1 mol，Cu2、H、Fe3都能与Fe反应生成Fe2，最后溶液的成分为FeSO4，则n(FeSO4)0.3 mol，根据Fe的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为0.3 mol0.1 mol0.2 mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为0.2 mol56 gmol111.2 g。9(哈师大附中高三上学期期末)设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是()A标准状况下，11.2 L C2H5OH含有的氢原子数为3NAB高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去的电子数为0.8NAC0.1 molL1 CH3CO

57、ONa溶液中CH3COO和CH3COOH的总数为0.1NAD密闭容器中，46 g NO2和N2O4的混合气体所含分子数为NA答案B解析A项，标准状况下C2H5OH是液体，不能利用气体摩尔体积计算含有的氢原子数，错误；B项，高温下，16.8 g Fe即0.3 mol铁与足量水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去的电子数为0.8NA，正确；C项，不确定0.1 molL1 CH3COONa溶液的体积，则不能计算其中CH3COO和CH3COOH的总数，错误；D项，不能确定NO2和N2O4的体积比，且二者之间存在平衡关系，因此不能计算密闭容器中46 g NO2和N2O4的混合气体所含分子数，错误。10(枣庄

58、十八中高三上学期期末)镁带在空气中燃烧生成的固体产物主要是氧化镁和氮化镁。将燃烧后的固体产物溶解在60 mL浓度为2.0 molL1的盐酸中(氮化镁和盐酸反应的化学方程式为Mg3N28HCl=3MgCl22NH4Cl)，以20 mL 0.5 molL1的氢氧化钠溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17 g。镁带的质量为()A0.6 g B1.2 gC2.4 g D3.6 g答案B解析氧化镁、氮化镁溶解在盐酸中生成MgCl2、NH4Cl，再用氢氧化钠中和多余的盐酸，此时溶液中溶质为MgCl2、NH4Cl、NaCl，再加入过量的碱，把氨全部

59、蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17 g，即为生成氨气的质量，根据N元素守恒n(NH4Cl)n(NH3)eq f(0.17 g,17 gmol1)0.01 mol，根据钠离子守恒n(NaCl)n(NaOH)0.02 L0.5 molL10.01 mol，根据氯离子守恒：2n(MgCl2)0.01 mol0.01 mol0.06 L2 molL1，解得n(MgCl2)0.05 mol，根据Mg元素守恒知镁带的质量0.05 mol24 gmol11.2 g。11(枣庄十八中高三上学期期末)一定质量的镁、铝合金与硝酸溶液恰好完全反应，得硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与标

60、准状况下3.36 L氧气混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2 molL1 NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将所产生沉淀滤出，向滤液加水稀释至500 mL，此时所得溶液物质的量浓度为()A0.5 molL1 B1 molL1C1.2 molL1 D2 molL1答案C解析标准状况下3.36 L氧气的物质的量eq f(3.36 L,22.4 Lmol1)0.15 mol，所以氧气获得电子的物质的量为0.15 mol40.6 mol。金属失去的电子等于氧气与混合气体反应生成硝酸获得的电子，为0.6 mol，向所得硝酸盐溶液中加入2 molL1 NaOH溶液至