微专题二物质的量的应用及计算2025年高考化学一轮复习课件

微专题二物质的量的应用及计算高三一轮复习授课人：阳海斌（1）抓“两看”，突破气体与状况陷阱一看“气体”是否处在“标准状况”。二看“标准状况”下，物质是否为“气体”[如CCl4、CHCl3、CH2Cl2（注：CH3Cl为气体）、H2O、溴、SO3、己烷、苯、HF等在标准状况下均不为气体]。（2）排“干扰”，突破质量（或物质的量）与状况无关陷阱

给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数，实际上，此时物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。【核心总结·要点归纳】高频考点1：物质的量及阿伏伽德罗常数（3）记“组成和结构”，突破陷阱①

记特殊物质中所含微粒（分子、原子、电子、质子、中子等）的数目，如Ne、D2O、18O2、—OH、OH-等。②

记最简式相同的物质，如NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等。③

记物质中所含化学键的数目，如1分子H2O2、CnH2n+2中化学键的数目分别为3、3n+1。1molSiO2中含4NA个Si—O键，1molSi中含Si—Si键数目为2NA，1molP4(白磷)中含P—P键数目为6NA。（4）理解反应原理，突破“隐含”陷阱①

可逆反应不能进行到底，反应物不能全部转化为产物。②

常温下，不能共存的气体间的反应，如：HCl+NH3、NO+O2等。③“隐含”浓度变化如：Cu与浓硫酸的反应中，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变为稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应。④

难电离、易水解的粒子数目的判断（5）突破氧化还原反应中电子转移的陷阱①Na2O2与水(或CO2)的反应，转移电子的物质的量即为参加反应的Na2O2的物质的量，或生成的O2物质的量的2倍。②Cl2与碱的反应，转移电子的物质的量即为参加反应的Cl2的物质的量。1、(2022·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（）A.25℃，101kPa下，28L氢气中质子的数目为2.5NAB.2.0L1.0mol·L-1AlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0NAC.0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为1.4NAD.电解熔融CuCl2，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.10NAC【典例研磨】2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是

（）A.常温下，7.8gNa2O2所含阴离子个数为0.2NAB.1mol·L-1的AlCl3溶液中有3NA个氯离子C.含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时，反应中转移电子的数目至少为3NAD.50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子数为0.46NAC【解析】常温下，7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，所含阴离子个数为0.1NA，A错误；1mol·L-1的AlCl3溶液的体积未知，无法计算其中含有的氯离子个数，B错误；因为还原性I->Fe2+，所以当1molFe2+被氧化时，根据FeI2的组成可知至少已有2molI-被氧化，转移电子的物质的量至少为1+1×2=3(mol)，C正确；50mL18.4mol·L-1浓硫酸的物质的量是0.92mol，与足量铜加热反应，由于随着反应的进行，浓硫酸浓度逐渐减小，稀硫酸和铜不反应，则生成SO2分子数小于0.46NA，D错误。3、(2023·广东卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及NaCl、NH4Cl和NaHCO3等物质，下列叙述正确的是（）A.1molNH4Cl含有的共价键数目为5NAB.1molNaHCO3完全分解，得到的CO2分子数目为2NAC.体积为1L的1mol/LNaHCO3溶液中，HCO3-数目为NAD.NaCl和NH4Cl的混合物中含1molCl-，则混合物中质子数为28NAD4、(2023·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NAB.标准状况下，2.24LSO3中电子的数目为4.00NAC.1.0LpH＝2的H2SO4溶液中H＋的数目为0.02NAD.1.0L1.0mol/LNa2CO3溶液中CO32-的数目为1.0NAA5、(2023·辽宁卷)我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为S＋2KNO3＋3C═══K2S＋N2↑＋3CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．11.2LCO2含π键数目为NAB．每生成2.8gN2转移电子数目为NAC．0.1molKNO3晶体中含离子数目为0.2NAD．1L0.1mol/LK2S溶液中含S2-数目为0.1NAC6、(2022·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(

)A．25℃、101kPa下，28L氢气中质子的数目为2.5NAB．2.0L1.0mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0NAC．0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为1.4NAD．电解熔融CuCl2，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.10NAC7、(2021·广东卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(

)A．1molCHCl3含有C—Cl的数目为3NAB．1L1.0mol/L盐酸中含有阴离子总数为2NAC．11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NAD．23gNa与足量H2O反应生成的H2分子数目为NAA【解析】1L1.0mol/L盐酸中含有的Cl－数目为NA，还有水微弱电离产生OH－，但阴离子总数小于2NA，B错误；气体的状况未知，无法利用22.4L/mol计算物质的量，也无法确定反应后的分子数目，C错误；Na与足量H2O反应，根据2Na～H2，23gNa的物质的量为1mol，可生成0.5molH2，H2分子数目为0.5NA，D错误。8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.工业上电解Al2O3制备54gAl时，产生气体的分子数为3NAB.220g三硫化四磷(P4S3，如图所示)中含有的极性键的数目为6NAC.标准状况下，22.4L氯气与足量烧碱溶液反应，转移的电子数为2NAD.1molHOOCCH2COOH与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目为2NAB

方法一：守恒法1、常见守恒问题2、解题步骤高频考点

2：有关物质的量的计算1、有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测得其含水2.8%、含K2CO337.3%，取1g该样品投入25ml2mol/L的盐酸中后，多余的盐酸用1.0mol/LKOH溶液30.8mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体（）A.1g B.3.725g

C.0.797g D.2.836g【经典例题】解析：考查化学的有关计算。根据反应过程可知，最终生成的固体应该是氯化钾，所以根据氯原子守恒可知，氯化钾的物质的量是0.025L×2mol/L＝0.05mol，则氯化钾的质量就是0.05mol×74.5g/mol＝3.725g。B2、现有24mL浓度为0.05mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（）A.+2B.+3C.+4D.+5B解析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，假设Cr元素在产物中的化合价为+x价，根据电子转移守恒可得关系式：24mL×0.05mol/L×(6-4)=20mL×0.02mol/L×2×(6-x)，解得x=+3。【练一练】1、在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中若有5molH2O参加反应，被水还原的溴原子为（）A.1molB.2/3molC.4/3molD.2molC解析：在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原作用。若5molH2O参加反应，则生成1molO2，氧原子提供电子为4mol，假设被水还原的BrF3的物质的量为x，根据电子转移守恒，可得

2mol×2=x×(3-0)，解得x=4/3mol。2、将NaCl和NaBr混合物mg溶于水后，向所得溶液中通入足量Cl2，反应后将溶液蒸干得固体(m-2)g，则通Cl2前原溶液中Na+、Cl-、Br-的物质的量之比不可能为（）A.4:3:1 B.3:3:1 C.3:2:1 D.3:1:2B解析：任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在NaCl和NaBr的混合溶液中，一定满足：n(Na+)=n(Cl-)+n(Br-)。A.4=3+1，说明n(Na+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确；B.3≠3+1，说明n(Na+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故B错误；C.3=2+1，说明n(Na+)=n(Cl-)+n(Br-)，故C正确；D.3=1+2，说明n(Na+)=n(Cl-)+n(Br-)，故D正确方法二：关系式法解题步骤

关系式法是表示两种或多种物质之间“量”的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“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法解化学计算题的前提。3、在氧气中燃烧0.22g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10mL0.5mol·L-1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为（）

A.72% B.40% C.36% D.18%【经典例题】C解析：经分析，硫元素最终全部转化为硫酸，并和NaOH反应，则由S原子守恒和有关反应可得出：得：m(S)=0.08g原混合物中：w(S)=×100%≈36%【练一练】3、金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl=SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3=SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl=6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613g，经上述反应后，共用去0.100mol·L-1K2Cr2O7溶液16.0mL。求试样中锡的百分含量___________(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。解析：根据题给方程式可知，Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7；所以存在3×119g:1mol=x:0.100×0.016mol，解之得到x=0.5712g，试样中锡的百分含量w(Sn)=×100%≈93.2%。93.2%方法三：差量法

差量法指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。解题步骤4、为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度（质量分数）是（）【经典例题】 .A.B.C.D.A解析：根据方程式可知2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑△m

2×84106

62m（NaHCO3）

w1－w2

m（NaHCO3）＝84（w1－w2）/31则该样品的纯度是[w1－84（w1－w2）/31]÷w1＝（84w2－53w1）/31w1【练一练】4、白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5(g)=PCl3(g)＋Cl2(g)。现将5.84gPCl5装入2.05L真空密闭容器中，在277℃达到平衡，容器内压强为1.01×105Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05mol，求平衡时PCl5的分解率__________。78.6%解析：5.84gPCl5的物质的量为=0.028mol，设参加反应PCl5的物质的量为x，则：PCl5=PCl3+Cl2△n故x=0.022mol，则平衡时PCl5的分解率11x0.05mol-0.028mol=0.022mol方法四：极值法

极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。故也称为极端假设法。（1）把可逆反应假设成向左或向右能进行完全的反应。（2）把混合物假设成纯净物。（3）把平行反应分别假设成单一反应。解题步骤【经典例题】5、密闭容器中进行的反应：X2(g)＋3Y2(g)=2Z(g)，X2、Y2和Z的起始浓度分别为0.2mol·L－1、0.6mol·L－1和0.4mol·L－1，当平衡时，下列数据错误的是（）A．X2为0.4mol·L－1，Y2为1.2mol·L－1

B．Y2为1.0mol·L－1C．X2为0.3mol·L－1，Z为0.2mol·L－1

D．Z为0.7mol·L－1A【练一练】5、将总物质的量为nmol的钠和铝的混合物(其中钠的物质的量分数为x)，投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体VL。下列关系式中正确的是（）A.x=V/(11.2n) B.0<x≤0.5

C.V=33.6n(1-x) D.11.2n<V≤22.4nD解析：金属没有剩余，说明反应2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑中铝与氢氧化钠恰好完全或氢氧化钠过量，否则剩下铝不与水反应；若恰好反应，即钠与铝按1：1混合，x=0.5，则有钠0.5nmol，铝0.5nmol，由方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，0.5nmol钠生成氢气0.25nmol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，0.5nmol铝生成氢气0.75nmol，所以共生成氢气0.25nmol+0.75nmol=nmol，氢气体积为22.4nL；若氢氧化钠过量，即1＞x＞0.5，则有钠nxmol，铝n（1-x）mol，由方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，nxmol钠生成氢气0.5nxmol；由方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知，n（1-x）mol铝生成氢气1.5n（1-x）mol，所以共生成氢气0.5nxmol+1.5n（1-x）mol=n（1.5-x）mol，氢气体积22.4n(1.5-x)L；则根据上面的关系可知，钠越多气体总量越少，当全是钠时，即x=1，生成氢气体积为11.2nL，故氢气体积为11.2nL＜V≤22.4nL。方法五：平均值法（1）依据：若XA>XB

，则XA>

>XB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。（2）应用：已知可以确定XA和XB的范围，或已知XA和XB可以确定的范围。

【经典例题】6、在铁和氧化铁混合物15g中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L(标准状况)。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol·L－1的NaOH溶液200mL，则原硫酸的物质的量浓度是（）A.1.5mol·L－1 B.2mol·L－1 C.2.5mol·L－1 D.3mol·L－1B【解析】：铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，加入NaOH溶液使铁完全转化成Fe(OH)2，反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根离子守恒可得：n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒可知：n(Na2SO4)=1/2n(NaOH)=1/2×3mol/L×0.2L=0.3mol，所以原H2SO4的物质的量浓度为：c(H2SO4)=0.3mol/0.15L=2mol/L【练一练】6、可能混有下列两种杂质的硫酸铵样品13.2g，与过量NaOH溶液在加热条件下反应，收集到标准状况下4.3L气体，则样品中不可能混入的杂质是（）A．NH4HCO3、NH4NO3

B．(NH4)2CO3、NH4ClC．NH4Cl、NH4HCO3

D．NH4Cl、NH4NO3B【解析】：13.2g纯净的(NH4)2SO4与过量NaOH溶液在加热条件下反应时最多能生成标准状况下4.48L气体，实际生成气体的体积为4.3L＜4.48L，故杂质中能转化为NH3的氮元素含量低于(NH4)2SO4中的氮元素含量。(NH4)2SO4中的氮元素含量为14/66，NH4HCO3中的氮元素含量为14/79，NH4NO3中能转化为NH3的氮元素含量为14/80(注意NO3-中的氮元素不能转化为NH3)，(NH4)2CO3中的氮元素含量为14/48，NH4Cl中的氮元素含量为14/53.5。B项中两种物质中的氮元素含量均比硫酸铵中的高，C、D两项中两种物质的可转化为NH3的氮元素含量一种比硫酸铵中的高，一种比硫酸铵中的低，A项中两种物质可转化为NH3的氮元素含量均比硫酸铵的低，依平均值原理知，B项中的组合不可能。【真题演练】1、有100g浓度为18mol·L-1的浓硫酸，其密度为dg·mL-1，加水稀释至9mol·L-1，则加入的水的体积为（）A.100mL B.50mL C.大于100mL D.小于100mLD×10-3L·mL-1=9mol·L-1××10-3L·mL-1，解得：解析：设稀释后的溶液的密度为d1，加水为VmL，稀释前后的n(H2SO4)不变，则有：V=-100，因硫酸的浓度越小密度越小，

的值小1，故加水的体积小于100mL。2、某实验小组为测定某石灰石样品中CaCO3的质量分数，先称取Wg石灰石样品，加入过量的浓度为6mol·L－1的盐酸，使样品完全溶解，加热煮沸后，除去溶解的CO2。再向溶液中加入足量的草酸铵[(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：C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓。过滤出CaC2O4后，用稀H2SO4溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0mL，取出V1mL，用amol·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，此时发生反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若达到滴定终点时消耗amol·L－1的酸性KMnO4溶液V2mL，则样品中CaCO3的质量分数为_______。25aV0V2/WV1%解析：本题涉及的化学方程式或离子方程式有CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，C2O＋Ca2＋=