第2板块 定量思想（教案）-【创新方案】2026年高考化学一轮复习Ⅱ

大主题整合(一)　物质的量(2课时教学) 课标要求 1．了解物质的量及其相关物理量的含义和应用，体会定量研究对化学科学的重要作用。 2．能基于物质的量认识物质组成及其化学变化。 3．能运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。 微课时突破1　基础知识一课过(零散知识系统化，为深化学习奠基) 基础逐点清(一)　物质的量 摩尔质量 [系统知识] 1．物质的量(n) (1)概念：表示含有一定数目粒子的集合体。 (2)单位为摩尔，符号为mol。 (3)使用范围：适用于微观粒子或微观粒子的特定组合。 (4)阿伏加德罗常数：指1 mol任何粒子的粒子数，符号为NA，NA≈6.02×1023 mol-1。  (5)公式：n=或N=n·NA或NA=。 2．摩尔质量(M) (1)概念：单位物质的量的物质所具有的质量。 (2)常用单位：g·mol-1(或g/mol)。 (3)数值：当粒子的摩尔质量以g·mol-1为单位时，在数值上等于该粒子的相对分子(或原子)质量。 (4)公式：M=或m=n·M或n=。 [基点查清] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)摩尔既能用来计量纯净物，也能用来计量混合物 (√) (2)1 mol H2O中含有2 mol氢和1 mol氧 (×) (3)1 mol O2的质量与它的相对分子质量相等 (×) (4)阿伏加德罗常数(NA)就是6.02×1023 (×) (5)2 mol 水的摩尔质量是1 mol 水的摩尔质量的2倍 (×) (6)1 mol HCl气体中所含Cl-的数目为NA (×) 2．[双选]某硫原子的质量是a g，12C原子的质量是b g，若NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是 (　 ) A．该硫原子的相对原子质量为 B．m g该硫原子的物质的量为mol C．该硫原子的摩尔质量为aNA g D．a g该硫原子中所含的电子数目为16NA 解析：选AB　该硫原子的相对原子质量为该原子的质量除以12C原子质量的，即，A正确；m g该硫原子的个数为，物质的量为mol，B正确；该硫原子的摩尔质量为aNA g· mol-1，C错误；1个硫原子所含的电子数为16，则16NA为1 mol硫原子所含的电子数目，D错误。 3．根据相关量的关系，完成下列填空。 (1)有以下四种物质：①22 g二氧化碳　②8 g氢气 ③1.204×1024个氮气分子　④4 ℃时18 mL水，它们所含分子数最多的是　　　　，所含原子数最多的是　　　　，质量最大的是　　　　，所含电子数最多的是　　　　。(填序号)  (2)12.4 g Na2R含Na+ 0.4 mol，则Na2R的摩尔质量为　　　　，R的相对原子质量为　　　　　，含R的质量为1.6 g的Na2R的物质的量为　　　　　　　。  答案：(1)②　②　③　③ (2)62 g·mol-1　16　0.1 mol 4．(1)“可燃冰”是由水和甲烷在一定条件下形成的类冰结晶化合物。1.6 g “可燃冰”(CH4·xH2O)的物质的量与6.02×1021个水分子的物质的量相等，则该“可燃冰”的摩尔质量为　　　　　　　 　　　， x的值为　　　　　　　　。  (2)最近材料科学家研究发现了首例带结晶水的晶体在5 K下呈现超导性。据报道，该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O。若用NA表示阿伏加德罗常数的值，试计算12.2 g该晶体中含氧原子数为　　　　，氢原子的物质的量为　　　　　　mol(结果保留两位小数)。  答案：(1)160 g·mol-1　8　(2)0.33NA　0.26 基础逐点清(二)　气体摩尔体积 阿伏加德罗定律 [系统知识] 1．气体摩尔体积(Vm) (1)概念：在一定温度和压强下，单位物质的量的气体所占的体积。 (2)常用单位：L·mol-1(或L/mol)。 (3)特例：标准状况(0 ℃，101 kPa)下的气体摩尔体积约为22.4 L·mol-1。  (4)公式：Vm=或V=n·Vm或n=。 2．阿伏加德罗定律 (1)内容：同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数或物质的量。 (2)阿伏加德罗定律的推论 同温同压 气体的体积之比等于分子数之比：V1∶V2=N1∶N2 气体的摩尔质量之比等于密度之比：M1∶M2=ρ1∶ρ2 同温同体积 气体的压强之比等于物质的量之比：=n1∶n2 [基点查清] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)标准状况下，任何物质的摩尔体积都约为22.4 L·mol-1 (×) (2)20 ℃、101 kPa下，1 mol任何气体的体积都约为22.4 L (×) (3)某混合气体的摩尔体积为22.4 L·mol-1 ，则该气体一定处于标准状况 (×) (4)标准状况下，1 mol N2和O2混合气体的体积约为22.4 L (√) (5)同温同压下，ρ(H2)<ρ(O2) (√) (6)同温同压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于16∶11 (√) (7)温度和容积相同的两容器中分别盛有5 mol O2和2 mol N2，则两容器压强之比为5∶2 (√) 2．下列说法正确的是 (　 ) A．标准状况下，22.4 L H2和O2的混合气体所含分子数为NA B．标准状况下，18 g H2O的体积是22.4 L C．常温常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5NA D．标准状况下，11.2 L CCl4含有的原子数为2.5NA 解析：选A　标准状况下，22.4 L H2和O2的混合气体的物质的量为1 mol，所含分子数为NA，A正确；标准状况下，H2O为液体，18 g H2O的体积不是22.4 L，B错误；常温常压下，11.2 L N2含有的分子数不是0.5NA，C错误；标准状况下，CCl4为液体，11.2 L CCl4含有的原子数不是2.5NA，D错误。 3．(2025·湖南长沙一模)同温同压下，质量忽略不计的两气球A和B，分别充入X气体和Y气体，且充气后两气球的体积相同。若相同条件下，A气球放在CO中下沉，B气球放在O2 中上浮。下列叙述或表示正确的是 (　 ) A．X的相对分子质量比Y的相对分子质量大 B．X可能是CO2，Y可能是CH4 C．X的密度小于Y的密度 D．充气后，A气球质量比B气球质量大 解析：选B　A气球放在CO中下沉，B气球放在O2中上浮，说明X的密度比CO的密度大，Y的密度比O2的密度小，同温同压下，密度与摩尔质量成正比，所以X的相对分子质量大于28，Y的相对分子质量小于32，但X的相对分子质量不一定比Y大，A错误；CO2的相对分子质量为44，CH4的相对分子质量为16，所以X可能是CO2，Y可能是CH4，B正确；X的密度大于CO，但不一定小于Y的密度，C错误；相同条件下，等体积的两种气体的物质的量相等，因为其摩尔质量相对大小未知，所以无法确定其质量相对大小，D错误。 4．按要求回答下列问题。 (1)已知标准状况下，气体A的密度为2.857 g·L-1，则气体A的相对分子质量为　　 　　　，可能是 　　　 　(填化学式)气体。  (2)标准状况下，1.92 g某气体的体积为672 mL，则该气体的相对分子质量为　　　　。  (3)18 g CO和CO2的混合气体，完全燃烧后测得CO2体积为11.2 L(标准状况)，则 ①该混合气体在标准状况下的密度为　　　g·L-1。  ②该混合气体在标准状况下的平均摩尔质量为　　　　g·mol-1。  解析：(1)气体A的相对分子质量为2.857 g·L-1×22.4 L·mol-1≈64 g·mol-1；根据相对分子质量，推测可能是SO2气体。(2)该气体的摩尔质量为g·mol-1=64 g·mol-1，则相对分子质量为64。(3)CO燃烧时发生反应：2CO+O22CO2，混合气体中CO的体积与生成CO2的体积相等，燃烧后CO2的总体积为11.2 L，故18 g CO和CO2的混合气体的总体积为11.2 L(标准状况)，则该混合气体的物质的量为=0.5 mol，设混合气体中CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，有，解得x=y=0.25。①该混合气体在标准状况下的密度为≈1.61 g·L-1。②该混合气体在标准状况下的平均摩尔质量为1.61 g·L-1× 22.4 L·mol-1≈36 g·mol-1。 答案：(1)64　SO2　(2)64　(3)①1．61　②36 大概念知识体系构建 [课时跟踪检测] 1．下列对于“摩尔”的理解正确的是 (　 ) A．摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量 B．摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来 C．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol D．国际上规定0.012 kg碳中所含有的碳原子数目约为6.02×1023 解析：选C　物质的量是国际科学界建议采用的一种物理量，它的单位是摩尔，A错误；物质的量作为一种物理量，把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来，B错误；物质的量是国际单位制中的基本物理量，摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol，C正确；碳元素有碳-12、碳-13、碳-14三种核素，碳-12是相对原子质量的标准，国际上规定0.012 kg 碳-12中所含有的碳原子数为阿伏加德罗常数的值，近似为6.02×1023，D错误。 2．一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成。下列有关说法不正确的是 (　 ) A．该温度和压强可能是标准状况 B．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约为22.4 L C．该气体中每个分子含有2个原子 D．若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L 解析：选A　该气体的物质的量为1 mol，该温度和压强下，1 mol该气体的体积为30 L，若是标准状况，其体积约为22.4 L，故A错误、B正确；1 mol该气体含有1.204×1024个原子，则1个该气体分子中含有原子个数为=2，故C正确；由1 mol该气体在该条件下为30 L可知，该条件下气体摩尔体积为30 L·mol-1，故若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L，故D正确。 3．(2025·湖南湘东一模)同温同压同体积的两个密闭容器中分别充满12C18O和14N2两种气体。以下关于这两个容器中气体的说法正确的是 (　 ) A．质子数相等，质量不相等 B．分子数和质量都不相等 C．分子数和质量都相等 D．原子数和中子数都相等 解析：选A　根据阿伏加德罗定律，同温同压下，同体积的气体具有相同的分子数，所以12C18O和14N2分子数和原子数均相同；每个12C18O和14N2分子中都含14个质子，所以12C18O和14N2质子数相同；但每个12C18O和14N2分子中含有的中子数分别为16、14，所以12C18O和14N2中子数不相同；12C18O和14N2的相对分子质量不同，物质的量相同，所以质量不相同。 4．设NA为阿伏加德罗常数的值，如果a g某气态双原子分子的分子数为p，则b g该气体在标准状况下的体积V(L)是 (　 ) A． B． C． D． 解析：选D　a g该气态双原子分子的物质的量为 mol，该气态双原子分子的摩尔质量为= g·mol-1，所以b g该气体在标准状况下的体积为×22.4 L·mol-1= L。 5．[双选]下列判断正确的是 (　 ) A．同温同压下，相同体积的氮气和氦气所含的原子数相等 B．标准状况下，5.6 L以任意比例混合的氯气和氧气所含的原子数为0.5NA C．1 mol氯气和足量NaOH溶液反应转移的电子数为NA D．常温常压下，22.4 L NO2和CO2的混合气体含有2NA个O原子 解析：选BC　同温同压下，相同体积的氮气和氦气的物质的量相同，而氮气分子为双原子分子，氦气分子为单原子分子，所以二者所含的原子数不相等，A错误；标准状况下，5.6 L任意气体的物质的量为=0.25 mol，氯气分子和氧气分子都是双原子分子，所以标准状况下，5.6 L以任意比例混合的氯气和氧气所含的原子数为0.5NA，B正确；1 mol氯气与足量NaOH溶液反应生成1 mol NaCl和1 mol NaClO，转移1 mol电子，转移的电子数为NA，C正确；不是标准状况，不能用22.4 L·mol-1计算混合气体的物质的量，D错误。 6．标准状况下，有①6.72 L CH4，②3.01×1023个HCl分子，③3.4 g NH3三种气体。下列对这三种气体的相关量的关系比较，正确的是 (　 ) A．质量：②<①<③ B．氢原子数：③<①<② C．体积：②<①<③ D．密度：①<③<② 解析：选D　n(CH4)==0.3 mol，n(HCl)==0.5 mol，n(NH3)==0.2 mol。m(CH4)=0.3 mol×16 g·mol-1=4.8 g，m(HCl)=0.5 mol×36.5 g·mol-1=18.25 g，m(NH3)=3.4 g，故质量：③<①<②，A错误；CH4中n(H)=0.3 mol×4=1.2 mol，HCl中n(H)=0.5 mol，NH3中n(H)=0.2 mol×3=0.6 mol，故氢原子数：②<③<①，B错误；根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，故体积：③<①<②，C错误；根据ρ=知，相同条件下，气体密度之比等于摩尔质量之比，故密度：①<③<②，D正确。 7．[双选]以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础。下列与物质的量相关的计算正确的为 (　 ) A．现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1 mol O原子，则三种气体的物质的量之比为6∶3∶2 B．5.6 g CO和4.48 L CO2中含有的碳原子数一定相等 C．标准状况下，11.2 L X气体分子的质量为32 g，则X气体的摩尔质量为64 D．a g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可以表示为 解析：选AD　设CO、CO2和O3的物质的量分别为x mol、y mol、z mol，由三种气体含有氧原子的物质的量都为1 mol可得x=2y=3z，则三种气体的物质的量之比为6∶3∶2，故A正确；未注明气体所处状况，无法计算4.48 L CO2的物质的量和含有的碳原子数，故B错误；摩尔质量的单位为g·mol-1，故C错误；a g Cl2的物质的量为 mol，含有的氯原子个数为 mol×2NA mol-1=b，则阿伏加德罗常数NA的数值可以表示为，故D正确。 8．我国科学家屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素的分子式为C15H22O5，相对分子质量为282，双氢青蒿素的分子式为C15H24O5，相对分子质量为284。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于青蒿素的说法不正确的是 (　 ) A．C15H22O5的摩尔质量为282 g·mol-1 B．14.2 g双氢青蒿素中含有的原子总数为2.2NA C．一个C15H22O5粒子的质量约为 g D．含有6.02×1023个碳原子的C15H22O5的物质的量为1 mol 解析：选D　含有6.02×1023个碳原子的C15H22O5的物质的量为 mol，D错误。 9．内表面光滑的恒温方形容器被可以自由滑动的挡板分隔为左右两部分，向左右两边分别充入如下气体，其中挡板位置正确且两部分密度相等的是 (　 ) 解析：选B　44 g CO2和44 g H2物质的量分别为1 mol、22 mol，相同条件下，H2体积是CO2的22倍，故A错误；NA个N2分子物质的量为1 mol，质量为28 g，28 g C2H4物质的量为1 mol，相同条件下，二者体积相同，且质量均为28 g，密度也相同，故B正确；4 g He物质的量为1 mol，相同条件下，H2体积是He的2倍，故C错误；32 g O2和48 g O3物质的量均为1 mol，二者体积相同，但密度不同，故D错误。 10．相同状况下，体积相等的五个气球分别充满相应的气体，如图所示。与HCl气球中所含原子数一定相等的是 (　 ) 解析：选C　相同状况下，体积相等的气球中，气体的物质的量相等。Ar是单原子分子，O3是三原子分子，它们组成的混合气体的原子数只有在二者的物质的量比为1∶1时才与HCl气球中所含原子数相等，A不符合题意；H2是双原子分子，NH3是四原子分子，无论混合气体由什么比例组成，1 mol混合气体所含的原子数均大于2 mol，B不符合题意；N2、O2都是双原子分子，所以无论混合气体由什么比例组成，1 mol混合气体所含的原子数肯定为2 mol，C符合题意；CO是双原子分子，CO2是三原子分子，无论混合气体由什么比例组成，1 mol混合气体所含的原子数均大于2 mol，D不符合题意。 11．在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。试根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系，判断下列说法正确的是 (　 ) A．若M(甲)>M(乙)，则气体的分子数：甲>乙 B．若M(甲)<M(乙)，则气体摩尔体积：甲>乙 C．若M(甲)<M(乙)，则气体的压强：甲>乙 D．若M(甲)>M(乙)，则气体体积：甲<乙 解析：选C　根据n=，若M(甲)>M(乙)，则n(甲)<n(乙)，气体的分子数：甲<乙，A错误；根据n=，若M(甲)<M(乙)，则n(甲)>n(乙)，甲、乙两种气体的密度、质量相等，则气体的体积相等，根据Vm=，则气体摩尔体积：甲<乙，B错误；根据n=，若M(甲)<M(乙)，则n(甲)>n(乙)，甲、乙两种气体的密度、质量相等，则气体的体积相等，温度相同，由pV=nRT可知，气体的压强：甲>乙，C正确；甲、乙两种气体的密度、质量相等，则气体的体积相等，D错误。 12．(2025·重庆江北区一模)某密闭刚性容器由可动活塞隔成甲、 乙两室，室温下向甲中充入由H2和O2组成的混合气体19 g，向乙中充入1 mol空气，此时活塞的位置如图所示。下列有关说法正确的是 (　 ) A．甲室混合气体的分子总数为3NA B．甲室H2、O2的物质的量之比为1∶3 C．甲室混合气体的密度是同温同压下H2密度的9.5倍 D．若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，忽略生成水的体积，活塞最终停留在刻度2处 解析：选D　同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比。室温下向甲中充入由H2和O2组成的混合气体19 g，向乙中充入1 mol空气，甲、乙两室气体体积之比为2∶1，则甲室中H2和O2的总物质的量为 2 mol。H2和O2的总物质的量为2 mol，则甲室混合气体的分子总数为2NA，A错误；H2和O2的总物质的量为2 mol，总质量为19 g，设H2的物质的量为x mol，O2的物质的量为y mol，有，解得x=1.5，y=0.5，则甲室H2、O2的物质的量之比为3∶1，B错误；甲室气体的平均摩尔质量为=9.5 g·mol-1，同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，甲室混合气体的密度是同温同压下H2密度的4.75倍，C错误；若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，发生反应：2H2+O22H2O，反应后剩余0.5 mol H2，忽略生成水的体积，根据同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，活塞最终停留在刻度2处，D正确。 13．(6分)填写下列空白。 (1)将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为　　　　。(2分)  (2)标准状况下，密度为0.75 g·L-1的NH3与CH4组成的混合气体中，NH3的体积分数为　　　。(2分)  (3)已知a g A和b g B恰好完全反应生成0.2 mol C和d g D，则C的摩尔质量为　　　　　 　。(2分)  解析：(2)标准状况下，混合气体的平均摩尔质量为0.75 g·L-1×22.4 L·mol-1=16.8 g·mol-1，设NH3的体积分数为x，则17x+16(1-x)=16.8，解得x=0.8，即NH3的体积分数为80%。(3)根据质量守恒定律，C的质量为(a+b-d)g，则C的摩尔质量为=5(a+b-d)g·mol-1。 答案：(1)17∶16　 (2)80% (3)5(a+b-d)g·mol-1 14．(15分)按要求完成下列填空。 (1)如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下占有的体积为　　　　L。(2分)  (2)8.4 g N2与9.6 g某单质Rx所含原子个数相同，且分子数之比为3∶2，则R的相对原子质量为　　　　，x值为　　　　，9.6 g单质Rx所含原子个数为　　　　。(5分)  (3)某金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5 g·mol-1，取该金属氯化物26.7 g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1 g白色沉淀。则金属M的摩尔质量为　　　　。(2分)  (4)某物质A加热时按化学方程式2A2B+C+3D分解，产物均为气体，测得相同条件下由生成物组成的混合气体对H2的相对密度为20，则反应物A的相对分子质量为　　　　。(2分)  (5)一定量的液态化合物XY2，在一定量O2中恰好完全反应：XY2(l)+3O2(g)XO2(g)+2YO2(g)，冷却后在标准状况下，测得生成物的体积为672 mL，则反应前O2的体积是　　　　mL，在XY2分子中，X、Y两元素的质量比为3∶16，则X、Y两元素的相对原子质量之比为　　　　。(4分)  解析：(1)由a g气体中含有的分子数为b可知，a g该气体的物质的量为 mol，在标准状况下占有的体积V1= mol ×22.4 L·mol-1= L，标准状况下，同一气体的质量之比等于体积之比，设c g该气体在标准状况下占有的体积为V2，即=，解得V2= L。(2)根据分子数之比为3∶2可知，N2与Rx相对分子质量之比为∶=7∶12，N2相对分子质量为28，则Rx相对分子质量为28×=48，又二者所含原子个数相同，即3×2=2x，解得x=3，所以R的相对原子质量为=16，9.6 g单质Rx所含原子个数为×3NA mol-1=0.6NA。(3)取金属氯化物MClx 26.7 g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1 g即=0.6 mol AgCl白色沉淀，所以Cl-的物质的量为0.6 mol，该金属氯化物的物质的量为= 0.2 mol，解得x=3，所以金属M的摩尔质量为133.5 g·mol-1-(35.5 g·mol-1×3)=27 g·mol-1。(4)令物质A的物质的量为2 mol，由方程式2A2B+C+3D可知，混合气体总物质的量为2 mol+1 mol+3 mol=6 mol，混合气体对H2的相对密度为20，则混合气体平均摩尔质量为2 g·mol-1×20=40 g·mol-1，混合气体总质量为6 mol× 40 g·mol-1=240 g，由质量守恒定律可知，物质A的质量等于混合气体总质量，故物质A的摩尔质量为= 120 g·mol-1，相对分子质量为120。(5)根据方程式可知，反应前后气体的总体积不变，所以反应前O2的体积也是672 mL。参加反应的O2的物质的量为=0.03 mol，质量为0.03 mol ×32 g·mol-1=0.96 g，则参加反应的XY2的物质的量为0.01 mol；设X、Y两元素的相对原子质量分别为x、y，由XY2分子中，X、Y两元素的质量比为3∶16得∶=1∶2，故x∶y=3∶8。 答案：(1)　(2)16　3　0.6NA　 (3)27 g·mol-1　(4)120　(5)672　3∶8 微课时突破2　综合深化解重难(阿伏加德罗常数NA的正误判断) 深化提能力(一)　识别阿伏加德罗常数正误判断的常见陷阱 1．22.4 L·mol-1的适用条件 (1)若题中出现物质的体积，先看该物质是否是气体，如果是气体再看是否为标准状况(0 ℃、1.01×105 Pa)。 (2)标准状况下不是气体的物质：H2O、液溴、HF、CHCl3、CH2Cl2、CCl4、SO3、NO2、酒精、乙酸、碳原子数大于4的烃(除新戊烷)、苯等。 2．忽视可逆反应、隐含反应、反应物浓度变化对反应的影响 (1)隐含的可逆反应 可逆反应不能进行到底，如N2(g)+3H2(g)2NH3(g)、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)、Cl2+H2OHCl+HClO、2NO2N2O4等。 (2)注意盐溶液中是否涉及弱碱阳离子、弱酸酸根阴离子。 (3)有些反应的反应物浓度不一样，反应就不一样。 ①MnO2与浓盐酸的反应，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应停止。 ②Cu与浓硫酸的反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止。 ③Cu与浓硝酸反应，随着反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，得到NO2和NO的混合气体。 ④Zn与浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，得到SO2和H2的混合气体。 3．计算电解质溶液中微粒数目常在溶液体积、溶剂方面设陷 (1)已知浓度时，特别关注是否有具体的体积。 (2)若NA涉及O原子、H原子数目，是否忽视溶剂水。 [典例]　NA代表阿伏加德罗常数的值，判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(2024·安徽卷)1 L 0.1 mol·L-1NaNO2溶液中Na+和N数均为0.1NA (　 ) (2)(2024·贵州卷)0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中含有的H+数目为0.2NA (　 ) (3)(2023·海南卷)标准状况下，22.4 L SO2与1.12 L O2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA (　 ) (4)(2023·全国甲卷)标准状况下，22.4 L SO3中电子的数目为4.00NA (　 ) (5)(2023·辽宁卷)11.2 L CO2含π键数目为NA (　 ) (6)pH=12的Na2CO3溶液中OH-数目为0.01NA (　 ) [解析]　(1)HNO2为弱酸，N在溶液中能够水解为HNO2，因此1 L 0.1 mol·L-1 NaNO2溶液中N数小于0.1NA，故错误；(2)H2C2O4是弱酸，H2C2O4在溶液中不能完全电离，且未给出溶液体积，因此无法计算0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中含有的H+数目，故错误；(3)SO2与O2的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此生成的SO3分子数目无法计算，故错误；(4)标准状况下，SO3为固态，无法计算2.24 L SO3的物质的量，因此无法求出其电子数目，故错误；(5)没有说明是标准状况，气体摩尔体积未知，因此无法计算11.2 L CO2含π键个数，故错误；(6)没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH=12的Na2CO3溶液中OH-的数目，故错误。 [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)× [全训题点考法] 题点(一)　22.4 L·mol-1的适用条件 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)2.24 L CO2中含有的原子数为0.3NA (×) (2)常温下，11.2 L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NA (×) (3)常温常压下，1.4 g乙烯与丙烯的混合气体中含有的原子数为0.3NA (√) (4)标准状况下，22.4 L O2、N2和CO的混合气体中含有2NA个原子 (√) (5)用惰性电极电解饱和食盐水，若阴极产生11.2 L气体，则线路中通过NA个电子 (×) (6)常温常压下，1 mol CO2与SO2的混合气体中含氧原子数为2NA (√) 题点(二)　忽视可逆反应、隐含反应、反应物浓度变化对反应的影响 2．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)1 L 0.1 mol·L-1的氨水中有NA个N (×) (2)向含4 mol HCl的浓盐酸中，加入足量的MnO2，加热，充分反应后，生成NA个Cl2 (×) (3)用含有1 mol FeCl3的溶液充分反应后得到的Fe(OH)3胶体中含有NA个Fe(OH)3胶粒 (×) (4)含2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜共热，转移的电子数为2NA (×) (5)密闭容器中，2 mol NO与1 mol O2充分反应后，混合气体中氧原子数为4NA (√) (6)2 mol冰醋酸与4 mol乙醇在一定条件下充分反应后，生成乙酸乙酯的个数为2NA (×) 题点(三)　以无机物为情境载体的NA综合判断 3．[双选]纳米球状红磷可提高钠离子电池的性能，可由PCl5(易水解)和NaN3制备：2PCl5+10NaN32P+15N2↑+10NaCl。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 ) A．11.2 L N2含π键数目为NA B．每生成3.1 g P转移电子数目为0.5NA C．0.1 mol NaN3晶体中含离子数目为0.2NA D．0.1 mol PCl5与足量水反应，所得溶液中H+的数目为0.8NA 解析：选BC　未说明N2所处的温度和压强，无法计算11.2 L N2含π键的数目，A错误；2PCl5+10NaN32P+15N2↑+10NaCl中，P元素化合价由+5价下降到0价，3.1 g P的物质的量为0.1 mol，每生成3.1 g P转移电子数目为0.5NA，B正确；NaN3晶体由Na+和构成，0.1 mol NaN3晶体中含离子数目为0.2NA，C正确；PCl5与水发生反应：PCl5+4H2O5HCl+H3PO4，0.1 mol PCl5与足量水反应生成0.5 mol HCl和0.1 mol H3PO4，H3PO4是弱电解质，在水溶液中不能完全电离，所得溶液中H+的数目小于0.8NA，D错误。 4．(2024·江西卷)我国学者把游离态氮固定在碳上(示踪反应如下)，制得的[NCN]2-可用于合成核酸的结构单元。阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 (　 ) 15N2+C(石墨)+2LiHLi2[15NC15N]+H2 A．22.4 L15N2含有的中子数为16NA B．12 g C(石墨)中sp2杂化轨道含有的电子数为6NA C．1 mol [NCN]2-中含有的π键数为4NA D．生成1 mol H2时，总反应转移的电子数为6NA 解析：选D　1个15N2含有16个中子，但没有指明22.4 L 15N2所处的状况，其物质的量无法计算，A项错误；石墨中C原子为sp2杂化，每个杂化轨道中的2个电子被2个C原子共用，12 g C(石墨)的物质的量为1 mol，则sp2杂化轨道含有的电子数为3NA，B项错误；1个[NCN]2-含有2个π键，则1 mol [NCN]2-中含有的π键数为2NA，C项错误；该反应中，N元素的化合价由0价变为-3价，该反应转移6e-，则生成1 mol H2时，总反应转移的电子数为6NA，D项正确。 深化提能力(二)　突破常见物质的组成与结构特点 1．注意某些物质分子中的原子个数，如氦气(He)、氖气(Ne)、氩气(Ar)、臭氧(O3)、白磷(P4)等。 2．注意特殊物质所含粒子(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目，如D2O、T2O、18O2、H37Cl、—OH、OH-等。 3．注意物质中的离子数目，如Na2O2中阴离子为、NaHSO4熔融状态含Na+、HS。 4．最简式相同的物质：NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等链状单烯烃。 5．苯环中不含碳碳双键。 6．理解一些特殊物质中的化学键数目。 物质 CnH2n+2 P4 (P—P) Si (Si—Si) SiO2 (Si—O) 石墨 金刚石 每摩尔含 共价键数目 (3n+1)NA 6NA 2NA 4NA 1.5NA 2NA [典例]　NA代表阿伏加德罗常数的值，判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(2024·安徽卷)2.8 g N2中含有的价电子总数为0.6NA (　 ) (2)(2024·河北卷)1 mol KO2晶体中离子的数目为3NA (　 ) (3)(2024·贵州卷)0.1 mol O中含有的中子数为1.2NA (　 ) (4)(2024·贵州卷)标准状况下，22.4 L CO2中含σ键数目为2.0NA (　 ) (5)48 g固态硝酸羟胺([NH3OH]+[NO3]-)含有的离子数为0.5NA (　 ) (6)(2023·浙江6月选考)4.4 g C2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA (　 ) [解析]　(1)2.8 g N2物质的量为0.1 mol，N原子的价电子数等于其最外层电子数为5，2.8 g N2含有的价电子总数为NA，故错误；(2)KO2晶体由K+和构成，1 mol KO2晶体中离子的数目为2NA，故错误；(3)O分子中H原子无中子，18O原子的中子数为10，则0.1 mol O中含有的中子数为NA，故错误；(4)1个CO2分子中含有2个σ键和2个π键，则标准状况下，22.4 L即1 mol CO2中含σ键数目为2.0NA，故正确；(5)48 g固态硝酸羟胺含有的离子数为×2NA·mol-1=NA，故错误；(6)1个C2H4O分子中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4 g C2H4O的物质的量为0.1 mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，故正确。 [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√ [全训题点考法] 题点(一)　考查微粒数目 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)36 g 18O2中含有10NA个中子 (×) (2)17 g —OH与17 g OH-所含电子数均为10NA (×) (3)乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28 g混合气体中含有3NA个氢原子 (×) (4)2 g石墨晶体中含有的质子数目为6NA (×) (5)1 mol KO2与CaO2的混合物中，过氧根离子的数目为NA (×) (6)0.1 mol NaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0.3NA (×) 题点(二)　考查化学键数 2．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)78 g苯中含有碳碳σ键的数目为6NA，π键的数目为3NA (×) (2)1 mol H2C2O4分子中π键的数目为3NA (×) (3)1个尿素()分子中含有7个σ键 (√) (4)CH4与P4的分子结构均为正四面体形，在1 mol CH4或P4分子中含有的共价键数均为4NA (×) (5)4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3NA (√) (6)34 g过氧化氢存在的极性键总数为3NA (×) 题点(三)　以有机物为情境载体的NA综合判断 3．[双选]新制氢氧化铜和葡萄糖的反应可用来检验血糖：CH2OH(CHOH)4CHO+ 2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 ) A．18 g CH2OH(CHOH)4CHO中含有羟基的数目为0.6NA B．每消耗1 mol Cu(OH)2，转移电子的数目为NA C．1 L 1 mol·L-1CH2OH(CHOH)4COONa溶液中含有的离子数目为2NA D．标准状况下，112 mL H2O(l)中含有的分子数目约为6.2NA 解析：选BD　18 g CH2OH(CHOH)4CHO为0.1 mol，含有羟基的数目为0.5NA，A错误；反应中Cu(OH)2中铜元素的化合价降低1价，故每消耗1 mol Cu(OH)2，转移电子的数目为NA，B正确；溶液中还有H+和OH-，1 L 1 mol·L-1CH2OH(CHOH)4COONa溶液中含有的离子数目大于2NA，C错误；112 mL H2O(l)的质量为112 g，物质的量约为6.2 mol，含有的分子数目约为6.2NA，D正确。 4．(2025·湖北武汉模拟)桂皮中含有的肉桂醛是一种食用香料，工业上可通过如下反应制备肉桂醛。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 ) A．0.5 mol 分子中含有的σ键数目为4.5NA B．标准状况下，11.2 L CH3CHO含有的π键数目为0.5NA C．1 mol 中采用sp2杂化的碳原子数为9NA D．1 L 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中含有的氧原子数目为0.1NA 解析：选C　1个分子中含有14个σ键，A错误；CH3CHO在标准状况下不是气体，B错误；分子中9个碳原子均采用sp2杂化，C正确；NaOH溶液中溶质NaOH、溶剂水均含有氧原子，D错误。 深化提能力(三)　关注氧化还原反应中电子转移数目　 1．同一种物质在不同反应中作氧化剂、还原剂的判断。 如Cl2和Fe、Cu等反应，Cl2只作氧化剂，而Cl2和NaOH反应，Cl2既作氧化剂，又作还原剂；Na2O2与CO2或H2O反应，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，而Na2O2与SO2反应，Na2O2只作氧化剂。 2．量不同，在生成物中的化合价可能不同。 如Fe和HNO3反应：Fe不足，生成Fe3+；Fe过量，生成Fe2+。 3．氧化剂或还原剂不同，在生成物中的化合价可能不同。 如Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S 。 [典例]　NA代表阿伏加德罗常数的值，判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(2024·安徽卷)3.3 g NH2OH完全转化为N时，转移的电子数为0.6NA (　 ) (2)(2024·黑、吉、辽卷)反应3S+6OH-S+2S2-+3H2O每生成1 mol还原产物，转移电子数目为2NA (　 ) (3)(2024·贵州卷)反应H2C2O4+2KClO3+H2SO42ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O中每生成67.5 g ClO2，转移电子数为2.0NA (　 ) (4)足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应，转移电子的数目为0.4NA (　 ) (5)电解熔融CuCl2，阴极增重6.4 g，外电路中通过电子的数目为0.10NA (　 ) (6)工业上用N2和H2合成NH3，生成标准状况下22.4 L NH3，电子转移数为2NA (　 ) [解析]　(1)NH2OH→N：N元素的化合价由-1价上升到+3价，3.3 g NH2OH物质的量为0.1 mol，完全转化为N时，转移的电子数为0.4NA，故错误；(2)反应的还原产物为S2-，每生成2 mol S2-共转移 4 mol电子，因此，每生成1 mol S2-，转移2 mol电子，数目为2NA，故正确；(3)每生成2 mol ClO2转移电子数为2NA，则每生成67.5 g即1 mol ClO2转移电子数为NA，故错误；(4)MnO2完全反应，转移电子数为0.2NA，故错误；(5)电解熔融CuCl2时，阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑，阴极反应为Cu2++2e-Cu，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4 g Cu的物质的量为0.1 mol，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2 mol，数目为0.2NA，故错误；(6)由方程式可知，生成标准状况下22.4 L NH3，反应转移电子数为 ×3×NA mol-1=3NA，故错误。 [答案]　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)× [归纳总结] “九防”巧避阿伏加德罗常数正误判断的陷阱 一防“标准状况非气体” 二防“只有浓度缺体积” 三防“溶剂粒子被忽视” 四防“胶体微粒、聚合物” 五防“阴、阳离子能水解” 六防“弱电解质部分电离” 七防“可逆反应未到底” 八防“浓度变化、反应停止(或反应改变)” 九防“特殊物质，特殊结构” [全训题点考法] 题点(一)　电子转移数目的判断 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)0.1 mol Fe和0.1 mol Cu分别与0.1 mol Cl2完全反应，转移电子数均为0.2NA (√) (2)用Na2O2与CO2反应或KMnO4分解制得1 mol O2，转移电子数均为4NA (×) (3)标准状况下，锌与某浓度的H2SO4反应生成11.2 L气体，反应中转移的电子数为6.02×1023 (√) (4)在2CuH+2HClCuCl2+Cu+2H2↑反应中，每生成22.4 L(标准状况)H2，反应转移的电子数为1.5NA (√) (5)常温下，2.7 g Al加至足量的浓硝酸中，转移的电子数为0.3NA (×) (6)标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA (×) 题点(二)　NA的综合判断 2．(2025年1月·八省联考云南卷)Cl2制备Cl2O的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O2NaHCO3+ 2NaCl+Cl2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　 ) A．22.4 L Cl2O中原子总数为3NA B．1 mol C中σ键的数目为3NA C．每消耗2 mol Cl2，转移电子数为4NA D．0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中HC的数目等于0.1NA 解析：选B　没有注明标准状况，无法计算气体的物质的量，A错误；1个C中有3个σ键，1 mol C中σ键的数目为3NA，B正确；根据方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O2NaHCO3+2NaCl+Cl2O可知， 2 mol Cl2参加反应，电子转移的物质的量为2 mol，电子转移数目为2NA，C错误；没有给出溶液的体积，无法计算溶液中HC的数目，D错误。 3．(2025·四川成都一模)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 ) A．1 mol化学式为C6H12O6的单糖分子中含—CHO的数目为NA B．标准状况下，2.24 L SO2溶于水，溶液中HS、S和SO2的微粒数之和小于 0.1NA C．过量酸性KMnO4溶液与1 mol H2O2完全反应，转移电子数为NA D．常温下，已知Ksp=9×10-6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10-3NA个Ca2+ 解析：选B　单糖C6H12O6可以是葡萄糖也可以是果糖，葡萄糖含5个—OH、1个—CHO，具有多元醇和醛的化学性质，果糖是多羟基酮糖，具有醇、酮的化学性质，A错误；标准状况下，2.24 L SO2溶于水，溶液中H2SO3、HS、S和SO2的微粒数之和等于0.1NA，所以HS、S和SO2的微粒数之和小于0.1NA，B正确；过量酸性KMnO4溶液与1 mol H2O2完全反应，转移电子数为2NA，C错误；常温下，已知Ksp=c(Ca2+)·c(S)=9×10-6，c(Ca2+)=c(S)，则c(Ca2+)==3×10-3 mol·L-1，该温度下CaSO4饱和溶液中c(Ca2+)=3×10-3 mol·L-1，溶液没有给出具体体积，无法计算Ca2+数目，D错误。 [课时跟踪检测] 1．(2024·海南卷)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　 ) A．2.2 g超重水(3H2O)所含的电子数目为NA B．1 L 0.1 mol·L-1NaClO溶液中ClO-的数目为0.1NA C．过量C与1 mol SiO2充分反应转移电子数目为3NA D．1 mol Cl2与足量CH4发生取代反应生成HCl分子的数目为2NA 解析：选A　超重水的摩尔质量为22 g·mol-1，2.2 g超重水的物质的量为 =0.1 mol，每个超重水分子中含有10个电子，故0.1 mol超重水所含的电子数目为NA，A项正确；ClO-在水溶液中会发生水解，故1 L 0.1 mol·L-1 NaClO溶液中ClO-的数目小于0.1NA，B项错误；已知2C+SiO2Si+2CO，则过量C与1 mol SiO2充分反应转移电子数目为4NA，C项错误；CH4与Cl2发生取代反应生成氯代产物和HCl，结合氯原子守恒可知，1 mol Cl2与足量CH4发生取代反应生成HCl分子的数目为NA，D项错误。 2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 ) A．30 g乙酸和30 g葡萄糖中含有的氧原子数均为NA B．0.1 mol Cl2溶于水时转移的电子数为0.1NA C．1 L 0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的HS数为0.1NA DH和H共5 g发生核聚变反应HH Hen，产生的中子n)数为NA 解析：选A　30 g乙酸(CH3COOH)中含氧原子数为×2×NA mol-1=NA，30 g葡萄糖(C6H12O6)中含氧原子数为×6×NA mol-1=NA，A正确；Cl2+H2OHCl+HClO反应为可逆反应，0.1 mol Cl2不可能完全反应，故转移电子数小于0.1NA，B错误；HS可发生电离、水解，故1 L 0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的HS数小于0.1NA，C错误；只有H为2 gH为3 g时，发生核聚变反应产生的中子数才为NA，D错误。 3．(2025·广西柳州模拟)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 ) A．0.1 mol H2O中含有的质子数目为1.8NA B．pH=2的盐酸中H+的数目为0.01NA C．2.3 g Na在空气中充分燃烧生成Na2O2，转移的电子数目为0.2NA D．8 g甲烷和15 g乙烷的混合气体中含有C—H共价键的数目为5NA 解析：选D　1 mol H2O中含有10 mol质子，则0.1 mol H2O中含有的质子数目为NA，A错误；未给出溶液体积，无法计算H+的物质的量，B错误；，2.3 g Na为0.1 mol，在空气中充分燃烧生成Na2O2，转移的电子数目为0.1NA，C错误；8 g甲烷(0.5 mol)和15 g乙烷(为0.5 mol)分别含有C—H共价键2 mol、3 mol，则共含有C—H共价键的数目为5NA，D正确。 4．已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是 (　 ) A．1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl所含的配位键数目为6NA B．34 g H2O2生成O2转移的电子数一定为2NA C．0.1 mol·L-1Na2S溶液中：N(S2-)+N(HS-)+N(H2S)=0.1NA D．16 g 14CH4分子所含的电子数目为10NA 解析：选A　[Co(NH3)4Cl2]Cl中NH3分子和Cl-均与Co3+形成配位键，1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl所含的配位键数目为6NA，A正确。34 g H2O2的物质的量为1 mol，H2O2生成O2可能有两种途径：一是自身分解，1 mol H2O2分解产生0.5 mol O2，转移的电子数为NA；二是被氧化剂氧化，1 mol H2O2被氧化生成1 mol O2，转移的电子数为2NA；B错误。Na2S溶液中硫元素因水解而有三种存在形式，但0.1 mol·L-1Na2S溶液的体积未知，无法计算含硫物种的微粒数，C错误。16 g 14CH4分子的物质的量小于1 mol，所含的电子数目小于10NA，D错误。 5．(2025·安徽黄山模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 ) A．电解精炼铜时，阳极质量减少64 g，电路中转移电子数可能是2NA B．1 mol CaC2晶体和1 mol CaH2晶体含有的离子数目均为2NA C．1 mol HOOCCH2COOH与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目为2NA D．F-水解能力弱于N，1 L 1 mol·L-1的NH4F溶液中HF和N的总数大于NA 解析：选A　电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁的摩尔质量小于铜的摩尔质量，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，若阳极减少64 g，电路中转移电子数可能是2NA，A正确；CaC2晶体由Ca2+和构成，CaH2晶体由Ca2+和H-构成，1 mol CaC2晶体和 1 mol CaH2晶体含有的离子数目分别为2NA、3NA，B错误；酯化反应是可逆反应，1 mol HOOCCH2COOH与足量乙醇在一定条件下反应，生成的酯基的数目小于2NA，C错误；F-水解能力弱于N，NH4F溶液呈酸性，1 L 1 mol·L-1的NH4F溶液中，c(N)<c(F-)，根据物料守恒，有n(F-)+n(HF)=1 mol，则n(N)+n(HF)<1 mol，HF和N的总数小于NA，D错误。 6．(2024年1月·九省联考甘肃卷)NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 (　 ) A．常温常压下，12 g金刚石含有4NA个共价键 B．pH=1的乙酸和盐酸混合溶液含0.1NA个H+ C．标准状况下，20 g ND3含有的质子数为10NA D．电解水生成2 g氢气，外电路通过NA个电子 解析：选C　12 g金刚石中C原子的物质的量为1 mol，1 mol 碳原子平均形成2 mol C—C键，故12 g金刚石含有2NA个共价键，A错误；溶液体积未知，无法计算H+个数，B错误；标准状况下，ND3为气态，20 g ND3的物质的量为 mol=1 mol，含有的质子数为(7+1×3)NA=10NA，C正确；2 g 氢气的物质的量为1 mol，电解水生成 2 g 氢气，外电路通过2NA个电子，D错误。 7．[双选]AlN是一种半导体材料，一种制备方法是Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 (　 ) A．标准状况下，11.2 L N2含π键数目为NA B．12 g C(金刚石)含非极性键数目为2NA C．每生成1 mol AlN时转移电子数目为6NA D．0.1 mol Al2O3溶于足量盐酸，溶液中含Al3+数目为0.2NA 解析：选AB　1个N2分子含2个π键，标准状况下，11.2 L N2的物质的量为0.5 mol，含π键数目为NA，故A正确；12 g C的物质的量为1 mol，非极性键数目为2NA，故B正确；根据反应式可知，每生成1 mol AlN时转移电子数目为3NA，故C错误；Al3+会水解，0.1 mol Al2O3溶于足量盐酸，溶液中含Al3+数目小于0.2NA，故D错误。 8．(2025·辽宁沈阳一模)NA表示阿伏加德罗常数的值，关于硫代硫酸钠和稀硫酸的反应，下列说法错误的是 (　 ) A．1 mol硫代硫酸钠固体中阴、阳离子总数为3NA B．100 mL pH=2的H2SO4溶液中H+数目为0.002NA C．32 g S6和S8混合物中硫原子数目为NA D．标准状况下，生成22.4 L SO2时，理论上转移的电子数为2NA 解析：选B　1 mol硫代硫酸钠(Na2S2O3)固体中含2 mol Na+和1 mol S2，阴、阳离子总数为3NA，A正确；100 mL pH=2的H2SO4溶液中，H+的物质的量为0.01 mol·L-1×0.1 L=0.001 mol，数目为0.001NA，B错误；32 g S6和S8混合物中n(S)==1 mol，含硫原子数目为NA，C正确；硫代硫酸钠与稀硫酸的反应为Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，反应中每生成1 mol SO2转移2 mol电子，则生成标准状况下22.4 L即1 mol SO2时，理论上转移的电子数为2NA，D正确。 9．解耦电解水可实现用电低谷期的过剩电力向氢能的高效转化，一种以多硫化物离子为介质的转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 ) A．1 L 0.1 mol·L-1Na2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA B．1 mol硫酸分子中含有σ键的数目为4NA C．用电低谷期生成1 mol 得到电子数目为2NA D．用电高峰期1 mol H2O发生还原反应生成11.2 L H2 解析：选C　Na2S溶液中存在水解反应：S2-+H2OHS-+OH-，所以1 L 0.1 mol·L-1Na2S溶液中含阴离子的数目大于0.1NA，A错误；硫酸的结构式为，所以1 mol硫酸分子中含有σ键的数目为6NA，B错误；用电低谷期的反应方程式为2H2O+22+2S2-+O2↑+4H+，所以每生成1 mol 得到2 mol电子，数目为2NA，C正确；用电高峰期的反应方程式为2H2O++S2-+H2↑+2OH-，所以 1 mol H2O发生还原反应生成0.5 mol H2，在标准状况下的体积为0.5 mol×22.4 L·mol-1=11.2 L，题中没有指明标准状况，D错误。 10．(2025·福建泉州一模)氟利昂-11(CFCl3)破坏臭氧层的反应过程如图所示。设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 ) A．0.5 mol由 CFCl3 、·CFCl2组成的混合物中共价键的数目为2NA B．1.6 g由 O2和 O3组成的混合气体中含有的原子总数为0.1NA C．标准状况下，1.12 L18O3中含有的中子总数为1.2NA D．1 mol O3中含孤电子对数为6NA 解析：选B　0.5 mol CFCl3中含共价键为2 mol，0.5 mol·CFCl2中含共价键为1.5 mol，则0.5 mol 由CFCl3、·CFCl2组成的混合物中共价键的数目不为2NA，A错误；O2和O3的最简式相同均为O，则1.6 g由O2和O3组成的混合气体中含有的原子总数为0.1NA，B正确；标准状况下，1.12 L18O3中含有的中子总数为×30NA mol-1=1.5NA，C错误；1个O3分子中中间的O原子含孤电子对数为1，两边的O原子含孤电子对数为2，1个O3分子共含5个孤电子对，所以 1 mol O3中含孤电子对数为5NA，D错误。 11．(2025·江西新余模拟)配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O22Cl2+2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 (　 ) A．1 mol Cl2中含有σ键的数目为21NA B．NH3和H2O的VSEPR模型完全相同 C．0.1 mol N2与足量H2在催化剂作用下合成氨，生成的NH3分子数为0.2NA D．100 g质量分数为17%的H2O2溶液中，氧原子总数为NA 解析：选A　1 mol Cl2中含有σ键的数目为1 mol×(3×5+6)NA mol-1=21NA，A正确；NH3和H2O的中心原子的杂化方式相同，但孤电子对数不同，故VSEPR模型不完全相同，B错误；合成氨反应是可逆反应，故生成NH3的分子数小于0.2NA，C错误；H2O2中氧原子总数为×2NA mol-1=NA，溶剂水中还含有氧原子，故氧原子总数大于NA，D错误。 12．[双选]设NA为阿伏加德罗常数的值。钛镍记忆合金用于制造神舟十四号飞船的天线。钛酸亚铁通过以下反应转化为Ti，用于冶炼钛：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO。下列说法错误的是 (　 ) A．0.1 mol TiCl4中含有的σ键为0.4NA B．标准状况下，1.12 L CO含有质子数为0.7NA C．每生成1 mol TiCl4转移电子数为6NA D．1 L 0.1 mol·L-1FeCl3溶液中，阳离子数目小于0.1NA 解析：选CD　0.1 mol TiCl4中含有的σ键为0.4NA，故A正确；1个CO分子中含有14个质子，标准状况下，1.12 L CO含有质子数为×14NA mol-1=0.7NA，故B正确；反应2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO中，C元素化合价从0价升高为+2价，Cl元素化合价从0价降低为-1价，Fe元素化合价从+2价变为+3价，转移电子数为14，则每生成1 mol TiCl4转移电子数为7NA，故C错误；FeCl3溶液中，Fe3+水解(Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+)导致溶液中阳离子数目变多，则1 L 0.1 mol·L-1FeCl3溶液中，阳离子数目大于0.1NA，故D错误。 13．雄黄(As4S4，结构如图：)与雌黄(As2S3)在古代均曾入药，二者可发生如下转化。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 (　 ) A．1 mol雄黄(As4S4)分子中，含有S—S非极性共价键的数目为2NA B．反应Ⅰ每生成1 mol SO2，转移的电子数目为7NA C．反应Ⅲ产生1 mol雌黄时，消耗H2S分子的数目为3NA D．1 L 1 mol·L-1 NaH2AsO3溶液中，Na+、H3AsO3、H2As、HAs、As数目之和为2NA 解析： 选A　As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构原理，雄黄结构如图(其中，As为+2价，S为-2价)。题给雄黄转化为雌黄的过程中发生反应的化学方程式分别为反应Ⅰ：As4S4+7O24SO2+2As2O3；反应Ⅱ：As2O3+3H2O2H3AsO3；反应Ⅲ：2H3AsO3+3H2SAs2S3+6H2O。雄黄(As4S4)分子中只含有As—As非极性共价键，不含有S—S非极性共价键，A错误；反应Ⅰ每生成1 mol SO2，转移的电子数目为7NA，B正确；根据硫原子守恒，反应Ⅲ每生成1 mol As2S3，需要3 mol H2S，C正确；H2As在溶液中存在电离和水解平衡，根据物料守恒可知，1 L 1 mol·L-1 NaH2AsO3溶液中含Na+数目为NA，H3AsO3、H2As、HAs、As的数目之和为NA，D正确。 14．(2024·广西卷)实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　 ) A．“反应1”中，每消耗0.1 mol NH4Cl，在25 ℃、101 kPa下得到2.24 L NH3 B．“反应2”中，每生成0.1 mol NO，转移电子数为0.5NA C．在密闭容器中进行“反应3”，0.1 mol NO充分反应后体系中有0.1NA个NO2 D．“反应4”中，为使0.1 mol NO2完全转化成HNO3，至少需要0.02NA个O2 解析：选B　“反应1”为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故每消耗0.1 mol NH4Cl，在0 ℃、101 kPa(标准状况)下得到2.24 L NH3，A项错误；“反应2”为4NH3+5O24NO+6H2O，每生成 0.1 mol NO，转移电子数为0.5NA，B项正确；“反应3”为2NO+O22NO2，但体系中存在平衡：2NO2N2O4，故0.1 mol NO充分反应后体系中NO2数目小于0.1NA，C项错误；“反应4”为4NO2+O2+2H2O4HNO3，为使0.1 mol NO2完全转化成HNO3，至少需要0.025NA个O2，D项错误。 大主题整合(二)　一定物质的量浓度溶液的配制(2课时教学) 课标要求 1．掌握配制一定溶质质量分数溶液的方法。 2．掌握配制一定物质的量浓度溶液的方法。 3．了解溶解度、饱和溶液的概念，掌握溶解度曲线在物质分离、提纯中的应用。 微课时突破1　基础知识一课过(零散知识系统化，为深化学习奠基) 基础逐点清(一)　物质的量浓度及其相关计算 [系统知识] 1．物质的量浓度(cB) (1)概念：表示单位体积的溶液里所含溶质B的物质的量。 (2)表达式：cB=，变形：nB=cB·V，V=。 (3)常用单位：mol/L或mol·L-1。 (4)特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、溶质的质量分数均不变，但所含溶质的质量、物质的量因体积不同而不同。 2．溶质的质量分数(wB) (1)概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示，也可用小数表示。 (2)表达式：w(B)=×100%。 3．物质的量浓度计算的三种类型 (1)标准状况下，气体溶质形成溶液的物质的量浓度的计算： c= (2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算 计算公式：c= 其中，c为溶质的物质的量浓度，单位为mol·L-1，ρ为溶液的密度，单位为g·cm-3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位为g·mol-1。 (3)溶液稀释、同种溶质的溶液混合的计算 溶液稀释 ①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1=m2w2； ②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1=c2V2； ③溶液质量守恒，即m(稀)=m(浓)+m(水)(体积一般不守恒) 同种溶质的溶液混合 混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1+c2V2=c混V混 [基点查清] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)1 mol·L-1的NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol Na+ (×) (2)从10 mL 5 mol·L-1 H2SO4溶液中取出1 mL，所得硫酸的物质的量浓度为0.5 mol·L-1 (×) (3)将62 g Na2O溶于水中配成1 L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1 mol·L-1 (×) (4)0.5 mol·L-1的稀硫酸中，c(H+)为1.0 mol·L-1 (√) (5)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中，所得溶质的质量分数为25% (×) (6)将40 g SO3溶于60 g水中，所得溶质的质量分数为49% (√) 2．(人教版教材习题)将30 mL 0.5 mol·L-1 NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为 (　 ) A．0.3 mol·L-1 B．0.03 mol·L-1 C．0.05 mol·L-1 D．0.04 mol·L-1 解析：选B　令稀释后NaOH溶液的物质的量浓度为c mol·L-1，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，有30 mL×0.5 mol·L-1=500 mL×c mol·L-1，解得c=0.03。 3．(鲁科版教材习题)4 ℃时，100 mL水中溶解了22.4 L氯化氢气体(在标准状况下测得)。下列关于所形成溶液的说法中，正确的是 (　 ) A．该溶液溶质的物质的量浓度为10 mol·L-l B．该溶液溶质的物质的量浓度因溶液的密度未知而无法求得 C．该溶液溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得 D．该溶液的体积为22.5 L 解析：选B　标准状况下22.4 L HCl气体的物质的量为1 mol，若形成溶液的体积为100 mL，则浓度为10 mol·L-1，但溶液的体积不等于溶剂的体积100 mL，故A错误；由于没有提供溶液的密度，无法计算出溶液的体积，因此该溶液的物质的量浓度无法计算，故B正确；溶质的质量为×36.5g·mol-1 =36.5 g，溶液质量为36.5 g+100 mL×1 g·mL-1=136.5 g，可以求出溶液溶质的质量分数为×100%≈ 26.7%，故C错误；溶液体积不等于溶剂的体积与溶质的体积之和，溶液的体积远远小于氯化氢气体的体积，故D错误。 4．已知某饱和NaCl溶液的体积为V mL，密度为ρ g·cm-3，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L-1，溶液中含NaCl的质量为m g。 (1)用m、V表示溶液的物质的量浓度：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)用w、ρ表示溶液的物质的量浓度：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)用c、ρ表示溶质的质量分数：　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　。  (4)用w表示该温度下NaCl的溶解度：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案：(1) mol·L-1 (2) mol·L-1　 (3)×100% (4) g 基础逐点清(二)　配制一定物质的量浓度的溶液 [系统知识] 1．主要仪器：托盘天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。 2．容量瓶的结构及使用 (1)结构及用途 (2)查漏操作 3．配制一定物质的量浓度溶液的方法 Ⅰ．配制100 mL 1.00 mol·L-1 NaCl溶液的过程 (1)计算：需NaCl固体的质量为5.85g。 (2)称量：根据计算结果，用托盘天平称量NaCl固体5.9g。 (3)溶解：将称好的NaCl固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解，并用玻璃棒搅拌。 (4)移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流，将溶液注入100mL容量瓶。 (5)洗涤：用适量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液全部注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。 (6)定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。 (7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。 (8)装瓶、贴签。 Ⅱ．配制过程示意图 4．误差分析 (1)误差分析的思维流程 (2)误差分析的理论依据 (3)容量瓶读数误差的图示分析 图1使所配溶液体积偏大，浓度偏小；图2使所配溶液体积偏小，浓度偏大。 [基点查清] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(2024·北京卷)图1用来配制一定物质的量浓度的KCl溶液 (×) (2)(2024·甘肃卷)图2用来配制一定浓度的NaCl溶液 (√) (3)(2024·江苏卷)图3用来配制NaOH溶液 (×) (4)(2023·浙江6月选考)图4中俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大 (√) (5)用固体NaCl配制0.5 mol·L-1的溶液，所用的仪器只有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶 (×) (6)配制480 mL 1 mol·L-1NaOH溶液，应用托盘天平称量NaOH固体19.2 g，选用500 mL容量瓶 (×) 2．(1)(2024·湖北卷)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的　　　　(填标号)。  (2)(2024·全国甲卷)下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复 3次，目的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　 　　　　， 定容后还需要的操作为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　。  解析：(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液需用到容量瓶，定容时需用到胶头滴管，无需用到圆底烧瓶和试管。(2)操作a为冲洗玻璃棒和烧杯并将洗液转移至容量瓶中，重复3次是为了将残留物全部转移至容量瓶中。定容后要将溶液混合均匀，具体操作为左手食指按住塞子，其余手指拿住瓶颈标线以上部分，右手托住瓶底，将瓶倒转并摇动，再倒转过来，上下倒置如此反复多次，使溶液充分混合均匀。 答案：(1)bc　(2)避免溶质损失　盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 3．配制100 mL 1.0 mol·L-1NaOH溶液的操作如图所示，下列说法正确的是 (　 ) A．操作1前可用托盘天平、小烧杯、药匙称取质量为4.0 g的NaOH固体 B．操作1中NaOH完全溶解后，为避免吸收空气中的CO2，应立刻进行操作2 C．操作4中如果俯视刻度线定容，所配NaOH溶液的浓度偏小 D．将1.0 mol·L-1NaOH溶液100 mL加热蒸发50 g水后，溶液物质的量浓度变为2.0 mol·L-1 解析：选A　氢氧化钠具有吸水性，在小烧杯中称取质量为4.0 g的NaOH固体，故A正确；操作1中NaOH完全溶解后，应冷却至室温，再进行操作2，故B错误；操作4中如果俯视刻度线定容，加入水的体积偏少，所配NaOH溶液的浓度偏大，故C错误；将1.0 mol·L-1 NaOH溶液100 mL加热蒸发50 g水后，剩余溶液的体积不是50 mL，物质的量浓度不是 2.0 mol·L-1，故D错误。 4．下列操作是否正确，对实验结果的影响请用“偏大”“偏小”或“无影响”表示。 (1)配制500 mL 0.1 mol·L-1的硫酸铜溶液，用托盘天平称取胆矾8.0 g：　　　　。  (2)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒：　　　　。  (3)用量筒量取浓硫酸时，仰视读数：　　　　。  (4)定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线：　　　　。  (5)定容时仰视刻度线：　　　　。  (6)定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线：　　　　。  答案：(1)偏小　(2)偏小　(3)偏大　(4)偏小　(5)偏小　(6)偏小 基础逐点清(三)　溶解度曲线 [系统知识] 1．常见物质的溶解度曲线 2．溶解度曲线的含义 (1)不同物质在各温度时的溶解度不同。 (2)两曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度。 (3)快速比较两种物质在某温度时溶解度的大小。 (4)反映溶解度随温度变化的趋势。 3．利用溶解度受温度的影响选择不同的物质分离方法 (1)溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法。如NaCl溶液中含有KNO3，应采取蒸发结晶、趁热过滤的方法分离二者。 (2)溶解度受温度影响较大的物质(或带有结晶水)采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。如KNO3溶液中含有NaCl，应采取加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法分离二者。 [基点查清] 1．已知四种盐的溶解度(S)曲线如图所示，下列说法不正确的是 (　 ) A．可以通过将NaCl溶液蒸发结晶得到NaCl晶体 B．NaCl中混有少量Mg(ClO3)2杂质，可以采用将热的饱和溶液冷却结晶的方法得到NaCl晶体 C．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯 D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2 解析：选B　因NaCl的溶解度受温度的影响不大，所以可以通过将NaCl溶液蒸发结晶得到NaCl晶体，故A正确；含少量Mg(ClO3)2的NaCl溶液，可以采用蒸发溶剂而结晶的方法得到NaCl晶体，故B错误；因Mg(ClO3)2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度受温度影响较小，所以Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，故C正确；反应MgCl2+2NaClO3Mg(ClO3)2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3，NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行，故D正确。 2．下表是四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g水) (假设盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计)： 盐 NaNO3 KNO3 NaCl KCl 10 ℃ 80.5 21.2 35.7 31.0 100 ℃ 175 246 39.1 56.6 用物质的量之比为1∶1的硝酸钠和氯化钾为原料制取硝酸钾晶体的流程如图所示： 已知硝酸钾溶于水，不溶于乙醇。以下说法错误的是 (　 ) A．①和②的实验过程中都需要控制温度 B．①实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤 C．②实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤 D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好 解析：选C　在①的实验过程中，将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有NaCl晶体析出，溶液B为硝酸钾溶液，在②的实验过程中，将溶液B蒸发浓缩，冷却至室温，得到硝酸钾晶体。①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，A正确；①实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，B正确；②实验操作为冷却结晶，C错误；用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，D正确。 3．硫酸锰在不同温度下结晶可分别得到MnSO4·7H2O、MnSO4·5H2O和MnSO4·H2O。硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如图所示： 从过滤所得滤液中获得较高纯度MnSO4·H2O的操作：控制温度在80~90 ℃之间蒸发结晶，　　　 　，使固体MnSO4·H2O与溶液分离，　　　　　　　　　　　　　、真空干燥。  解析：据溶解度曲线图，要从过滤所得MnSO4溶液中获得较高纯度的MnSO4·H2O晶体，应在80~90 ℃之间进行蒸发结晶、趁热过滤，再用80~90 ℃的蒸馏水洗涤MnSO4·H2O晶体2~3次，最后真空干燥。 答案：趁热过滤　用80~90 ℃的蒸馏水洗涤MnSO4·H2O晶体 2~3次 大概念知识体系构建 [课时跟踪检测] 1．某试剂瓶上贴有标签：“100 mL 1.0 mol·L-1MgCl2溶液”。下列对该试剂理解正确的是 (　 ) A．该溶液中含有的微粒主要有MgCl2、Mg2+、Cl-、H2O B．若取50 mL溶液，其中的c(Cl-)=1.0 mol·L-1 C．取该溶液5.0 mL恰好与100 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液完全反应 D．该溶液与100 mL 1.0 mol·L-1NaCl溶液中的c(Cl-)相等 解析：选C　MgCl2是强电解质，在水溶液中完全电离，水是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以该溶液中含有的微粒有Mg2+、Cl-、H2O、H+、OH-，A错误；该溶液的浓度为1.0 mol·L-1，根据Cl原子守恒可得c(Cl-)=2c(MgCl2)=2.0 mol·L-1，浓度与移取溶液的体积无关，B错误；n(Cl-)=2.0 mol·L-1×0.005 L=0.01 mol，n(Ag+)=0.1 mol·L-1×0.1 L=0.01 mol，二者以1∶1的比例进行反应，所以n(Cl-)=n(Ag+)时，二者恰好完全反应，C正确；1.0 mol·L-1 NaCl溶液中的c(Cl-)=c(NaCl)=1.0 mol·L-1，D错误。 2．下列说法正确的是 (　 ) A．将44.8 L的HCl气体溶于水配成1 L溶液，溶液的浓度为2 mol·L-1 B．将40 g NaOH固体溶解在1 L水中，所得溶液的浓度恰好是1 mol·L-1 C．2 L 0.2 mol·L-1的NaCl溶液与5 L 0.4 mol·L-1的NaCl溶液的Cl-浓度之比为1∶2 D．从100 mL硫酸溶液中取出10 mL，则这10 mL硫酸溶液的物质的量浓度是原溶液的 解析：选C　未知气体所处的外界条件，不能确定其物质的量，因而不能计算其配制溶液的浓度，A错误；40 g NaOH的物质的量是1 mol，将其溶解在1 L水中，所得溶液的体积不是1 L，因此所得溶液的物质的量浓度不是1 mol·L-1，B错误；2 L 0.2 mol·L-1的NaCl溶液中Cl-浓度是0.2 mol·L-1，5 L 0.4 mol·L-1的NaCl溶液的Cl-浓度是0.4 mol·L-1，故两种溶液中Cl-浓度之比为0.2 mol·L-1∶0.4 mol·L-1=1∶2，C正确；溶液具有均一性，同一溶液各处的浓度相等，与移取溶液体积大小无关，故从100 mL硫酸溶液中取出10 mL，则这10 mL 硫酸溶液的物质的量浓度与原溶液的物质的量浓度相等，D错误。 3．某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl2 0.1 mol·L-1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是 (　 ) A．配制1 L该溶液，可将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中 B．Ca2+和Cl-的物质的量浓度都是0.1 mol·L-1 C．从试剂瓶中取出该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L-1 D．将该瓶溶液稀释一倍，所得溶液中c(Cl-)为0.1 mol·L-1 解析：选D　将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中，所得溶液的体积大于1 L，A错误；Cl-的物质的量浓度为0.2 mol·L-1，B错误；所取溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L-1，C错误；原溶液中c(Cl-)=0.2 mol·L-1，将溶液稀释一倍后，所得溶液中c(Cl-)=0.1 mol·L-1，D正确。 4．(2025·湖南长沙一模)现有1 L浓度为1 mol·L-1的盐酸，为使其浓度增大1倍，采取措施合理的是 (　 ) A．将溶液加热浓缩到0.5 L B．通入22.4 L HCl气体(标准状况下) C．加入10 mol·L-1的盐酸0.3 L，再稀释至2 L D．加入0.5 L 2 mol·L-1的盐酸，并充分混合均匀 解析：选C　加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发，溶质的物质的量偏小，A错误；无法计算通入HCl气体后溶液的体积，B错误；加入10 mol·L-1的盐酸0.3 L，再稀释至2 L时，c==2 mol·L-1，C正确；浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，D错误。 5．[双选]4 ℃时，把A g摩尔质量为M g·mol-1的可溶性盐RCln溶解在V mL水中，恰好形成该温度下的饱和溶液，密度为ρ g·cm-3，下列关系式正确的是 (　 ) A．溶质的质量分数w=×100% B．溶质的物质的量浓度c= mol·L-1 C．1 mL该溶液中 n(Cl-)= mol(RCln在溶液中完全电离) D．该温度下此盐的溶解度S= g 解析：选AD　根据溶质的质量分数w=×100%，m溶质=A g，V mL水的质量为V g，m溶液=(A+V)g，代入公式可得w=×100%，溶质的物质的量浓度 c= mol·L-1，1 mL 该溶液中n(Cl-)= mol，故A正确，B、C错误；该温度下此盐的溶解度S= g，故D正确。 6．某兴趣小组需要500 mL 2 mol·L-1的H2SO4溶液，若用质量分数为98%、密度为1.84 g· mL-1的浓硫酸配制该溶液，下列操作正确的是 (　 ) 解析：选D　图中量取浓硫酸时仰视刻度线，导致浓硫酸体积偏大，A错误；图中浓硫酸稀释时，将水注入浓硫酸容易使硫酸飞溅伤人，B错误；图中移液操作未用玻璃棒引流，C错误；图中为定容操作，眼睛平视刻度线，D正确。 7．(2025·河北邯郸一模)某实验需1 mol·L-1NaOH溶液90 mL，配制该NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如下，下列说法正确的是 (　 ) A．用托盘天平和滤纸称取3.6 g氢氧化钠固体 B．NaOH在烧杯中完全溶解后，立即转移到容量瓶中 C．操作①时，若俯视容量瓶的刻度线，使配得的NaOH溶液浓度偏低 D．上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤ 解析：选D　需1 mol·L-1NaOH 溶液 90 mL，应选择100 mL容量瓶，需要氢氧化钠固体的质量：0.1L× 1 mol·L-1×40 g·mol-1=4.0 g，故A错误；NaOH在烧杯中完全溶解后，要冷却至室温，再转移到容量瓶中，故B错误；俯视容量瓶的刻度线导致溶液体积偏小，使配得的溶液浓度偏高，故C错误；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，正确的操作顺序为③②④⑥①⑤，故D正确。 8．(2025·辽宁沈阳一模)实验室需用450 mL 0.1 mol·L-1硫酸铜溶液，下列有关该溶液的配制说法正确的是 (　 ) A．应选用450 mL容量瓶配制溶液 B．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤、干燥后才可用 C．用天平称取12.5 g胆矾 D．定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低 解析：选C　实验室需用450 mL 0.1 mol·L-1硫酸铜溶液，实验室没有450 mL容量瓶，依据大而近原则应选择500 mL容量瓶配制溶液，故A错误；定容操作仍然需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，不需要干燥，故B错误；需要胆矾的质量为0.1 mol·L-1×0.5 L×250 g·mol-1=12.5 g，故C正确；定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故D错误。 9．某同学配制了100 mL 1 mol·L-1的硫酸，然后对溶液浓度做精确测定，且测定过程中一切操作都正确，但测得溶液的物质的量浓度小于1 mol·L-1。则在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是 (　 ) ①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸　②将浓硫酸在烧杯中稀释，转移到100 mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯和玻璃棒　③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面　④最后定容时，加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切 A．只有②③④ B．只有③④ C．只有①②③ D．①②③④ 解析：选D　①量筒用蒸馏水洗净后未干燥立即量取浓硫酸，浓硫酸会被稀释，所取溶质H2SO4偏少，导致溶液浓度偏低；②未洗涤烧杯和玻璃棒，使溶质H2SO4损失，导致溶液浓度偏低；③少量溶液流到容量瓶外面，使溶质H2SO4损失，导致溶液浓度偏低；④加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸去多余的水，使溶质H2SO4损失，导致溶液浓度偏低。 10．[双选]a、b、c三种固体物质在水中的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是 (　 ) A．P点表示T1 ℃时，a、c两种物质的饱和溶液中溶质质量不一定相等 B．T2 ℃时，将30 g a物质放入50 g水中可得到 80 g a的溶液 C．将T1 ℃时，a、b、c三种物质的饱和溶液升温至T2 ℃，b溶液的溶质质量分数最大 D．将T2 ℃时，a、b、c三种物质的饱和溶液降温至T1 ℃，a溶液析出的晶体最多 解析：选AC　P点表示T1 ℃时，a、c两种物质的溶解度相等，饱和溶液中溶质质量分数相等，但溶液质量不确定，则溶质质量不一定相等，故A正确；T2 ℃时，50 g水最多溶解15 g a物质，将30 g a物质放入50 g水中可得到65 g a的溶液，故B错误；T1 ℃ a、b、c三种物质的饱和溶液中，b的溶解度最大，溶质的质量分数最大，升温至T2 ℃时，a、b的溶解度增大，c的溶解度减小，a、b没有晶体析出，质量分数不变，c有晶体析出，质量分数变小，T2 ℃时三种物质的溶液中溶质质量分数由大到小的顺序是b>a>c，故C正确；不确定开始溶液质量的大小，不能判断降温后析出晶体的多少，故D错误。 11．(12分)(2025·安徽亳州一模)某学生欲配制1 000 mL 6.0 mol·L-1的硫酸，实验室有三种不同浓度的硫酸：①480 mL 0.5 mol·L-1的硫酸、②150 mL 25%的硫酸(ρ=1.18 g·mL-1)、③足量的18 mol·L-1的硫酸；有三种规格的容量瓶：250 mL、500 mL、1 000 mL。老师要求把①②两种硫酸全部用完，不足的部分由③来补充。 (1)实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为　　 　mol·L-1(保留一位小数)。(2分)  (2)配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整。(5分) A．将①②两溶液全部在烧杯中混合均匀； B．用量筒准确量取所需的18 mol·L-1的硫酸　　　　mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中。并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；  C．将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中； D．　　　　　　　　　　　　；  E．振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1~2 cm处； F．改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切； G．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。 (3)进行操作C前还需注意　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)  (4)如果省略操作D，所配溶液浓度将　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3分)  解析：(1)实验所用25%的硫酸(ρ=1.18 g·mL-1)物质的量浓度为≈3.0 mol·L-1。(2)欲配制1 000 mL 6.0 mol·L-1的硫酸所需H2SO4的物质的量为6.0 mol·L-1×1 L=6.0 mol，①480 mL 0.5 mol·L-1的硫酸中含H2SO4的物质的量为0.5 mol·L-1×0.48 L=0.24 mol，②150 mL 25%的硫酸(ρ=1.18 g·mL-1)中含H2SO4的物质的量为3.0 mol·L-1×0.15 L=0.45 mol，6.0 mol-0.24 mol-0.45 mol=5.31 mol，所以需要18 mol·L-1的硫酸的体积为=0.295 L，即295.0 mL；烧杯壁和玻璃棒上都沾有硫酸，为保证全部将溶质转移到容量瓶，应进行洗涤，将洗涤液全部转移到容量瓶中；故D为用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶中。(3)容量瓶不能受热，故进行操作C前应将稀释后的硫酸冷却。(4)如果省略操作D，导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小。 答案：(1)3.0　(2)295.0　用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶中　(3)将稀释后的硫酸冷却至室温　(4)偏小 12．(12分)实验室工作人员现用Na2CO3·10H2O晶体配制0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液480 mL。 (1)应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为　　 　　。(2分)  (2)以下操作引起所配溶液浓度偏高的有　　　　，无影响的有　　　　　　。(5分)  ①Na2CO3·10H2O晶体失去部分结晶水 ②用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码) ③碳酸钠晶体不纯(混有氯化钠) ④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈 ⑤容量瓶未经干燥使用 (3)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有　　　　。(2分)  A．配制一定体积准确浓度的标准溶液 B．长时间贮存溶液 C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D．准确稀释某一浓度的溶液 E．量取一定体积的液体 F．用来加热溶解固体溶质 (4)某同学改用固体Na2CO3配制上述Na2CO3溶液的过程如图所示： 你认为该同学的错误步骤有　　　　。(3分)  A．1处　　 B．2处　　 C．3处　　 D．4处 解析：(1)配制0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液480 mL时，由于实验室没有480 mL的容量瓶，应选择500 mL的容量瓶，所以应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为0.2 mol·L-1×0.5 L×286 g·mol-1=28.6 g。(2)①Na2CO3·10H2O晶体失去部分结晶水，则溶质的物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高；②用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)，则所称取溶质的质量偏小，所配溶液的浓度偏低；③碳酸钠晶体不纯(混有氯化钠)，则所称取溶质的质量偏小，所配溶液的浓度偏低；④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈，则所称取溶质的质量偏大，所配溶液的浓度偏高；⑤容量瓶未经干燥使用，对溶质的物质的量、溶液的体积都不产生影响，所配溶液的浓度不变。(3)使用容量瓶，可以将一定物质的量的溶质溶解在一定量的溶剂中，配成一定体积准确浓度的标准溶液；容量瓶不能用于长期贮存溶液，尤其是碱性溶液；容量瓶只有一个刻度线，所以只能配制确定体积的液体；利用容量瓶，可以将一定物质的量浓度的溶液加水稀释配成准确浓度的溶液；容量瓶只能量取与容量瓶规格相同的液体；容量瓶是不耐热的仪器，不能用来加热溶解固体溶质。(4)改用固体Na2CO3配制该Na2CO3溶液，应称取Na2CO3固体的质量为0.2 mol·L-1×0.5 L×106 g·mol-1=10.6 g，①错误；定容时应平视刻度线，⑤错误；综上，故选B。 答案：(1)28.6 g　(2)①④　⑤　(3)BCF　(4)B 微课时突破2　综合深化解重难(化学计算的重要方法及类型) 深化提能力(一)　关系式法 1．关系式是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。 2．利用关系式法可以省去不必要的中间运算步骤，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果。 3．用关系式法解题的关键是建立关系式。建立关系式的方法： (1)利用物料守恒(即元素守恒)关系建立关系式，如工业制硝酸可利用生产过程中氮原子守恒直接建立NH3和硝酸的关系式：NH3HNO3； (2)利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式； (3)利用方程式的加和建立关系式； (4)多步连续氧化还原反应利用得失电子守恒建立关系式。 [典例]　黄铁矿的主要成分为FeS2，已知4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，某硫酸厂在进行黄铁矿成分的测定时，取0.10 g样品在空气中充分灼烧，生成的SO2气体与足量 溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L-1的K2Cr2O7 标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液 25.00 mL。 已知：SO2+2Fe3++2H2OS+2Fe2++4H+； Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。 (1)样品中FeS2的质量分数为(假设杂质不参加反应)　　　　(保留一位小数)。  (2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为　 L，制得98%硫酸的质量为　　 　　t。  [解析]　(1)根据题给反应方程式可得关系式： Cr2~6Fe2+~3SO2~FeS2 　　　　　 1　　　　　　　　 (0.020 00×0.025)mol　　 有1∶=(0.020 00×0.025)mol∶，解得m(FeS2)=0.09 g，则样品中FeS2的质量分数为×100%=90.0%。(2)10 t黄铁矿中含FeS2的物质的量为=7.5×104 mol，根据硫元素守恒，理论上产生SO2的体积为7.5×104 mol×2×22.4 L·mol-1=3.36×106 L；制得98%硫酸的质量为=1.5×107 g=15 t。 [答案]　(1)90.0%　(2)3.36×106　15 [归纳总结]　关系式法解题步骤 [全训题点考法] 题点(一)　根据原子守恒或得失电子守恒找关系式 1．(2025·浙江杭州一模)XSO4(aq)与NaOH(aq)反应，定量生成X3(OH)4SO4(s)和Na2SO4(aq)。1.0 mol·L-1 XSO4和1.0 mol·L-1 NaOH混合，总体积为50 mL(体积可加合)。为了得到最大的沉淀量，这两种溶液的体积应取 (　 ) A．29 mL NaOH+21 mL XSO4 B．21 mL NaOH+29 mL XSO4 C．15 mL NaOH+35 mL XSO4 D．20 mL NaOH+30 mL XSO4 解析：选A　生成的沉淀为X3(OH)4SO4，其中X2+和OH-的物质的量之比为3∶4，根据元素守恒，XSO4溶液、NaOH溶液的体积比为3∶4，则需要XSO4溶液的体积为50 mL×≈21 mL，需要NaOH溶液的体积为50 mL×≈29 mL，故选A。 2．一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。称取TiO2样品0.60 g，消耗0.20 mol·L-1的NH4Fe(SO4)2溶液36.75 mL，则样品中TiO2的质量分数是　　 　　。   解析：根据得失电子守恒可得关系式：TiO2~Ti3+~NH4Fe(SO4)2，则n(TiO2)=n[NH4Fe(SO4)2]=36.75× 10-3 L×0.20 mol·L-1=7.35×10-3 mol，所以样品中TiO2的质量分数是×100%=98%。 答案：98% 题点(二)　根据相关反应找关系式 3．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，发生反应：Sn+2HClSnCl2+H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2+2FeCl3SnCl4+2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7 溶液滴定生成的Fe2+，发生反应：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L-1 K2Cr2O7溶液16.0 mL，则试样中锡的百分含量为　　　　　　(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。  解析：根据题给反应方程式可得关系式： 　　3Sn~3SnCl2~6FeCl2~K2Cr2O7 　　 3　　　　　　　　　1 　　 　0.100 mol·L-1×0.016 L 则试样中锡的质量m=×119 g·mol-1=0.571 2 g，百分含量为×100%≈93.2%。 答案：93.2% 4．称取2.0 g制得的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液转移到250 mL容量瓶中定容。取25.00 mL定容后的溶液于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.10 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点溶液颜色由紫色变为绿色，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。发生的反应有Fe+Cr+2H2OCr+Fe(OH)3↓+OH-、2Cr+2H+Cr2+H2O、Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。 标准溶液应选用　　　　　(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放，该K2FeO4样品的纯度为　　　　%。  解析：根据题给反应方程式可得关系式： 　　　Fe~Cr~Cr2~3Fe2+ 　　　 1　　　　　　　　　　3 　　　 n　　　　　　0.10 mol·L-1×0.026 L 则该样品中K2FeO4的物质的量为0.10 mol·L-1×0.026 L××，该样品的纯度为×100%=85.8%。 答案：酸式　85.8 深化提能力(二)　热重曲线分析 1．测定固体物质组成的热重法 只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成。热重法是在控制温度的条件下测量物质的质量与温度关系的方法。通过分析热重曲线，可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。 2．热重曲线模型 由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称为热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量。如固体物质A热分解反应：A(固体)B(固体)+C(气体)的典型热重曲线如图所示。 T1 ℃为固体A开始分解的温度，T2 ℃为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量为W0，失重后试样质量为W1，则失重百分数为×100%。 [典例]　如图是100 mg CaC2O4·H2O受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试利用图中信息结合所学知识，回答下列问题： (1)温度分别为T1 ℃和T2 ℃时，产物A为　　　　　　　　　， B为　　　　　　。(填化学式)  (2)由CaC2O4·H2O得到产物A的化学方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。  (3)由A得到B的化学方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。  (4)产物C的相对分子质量为　　　　　　，故C的化学式为　　　　　　。  [解析]　(1)设产物A、B的相对分子质量分别为x、y， 　　　　　CaC2O4·H2O　 ~　 A 　　　　　　146　　　　　　　x 　　　　　　100 mg　　　　 87.7 mg =，解得x≈128，则A为CaC2O4； 　　　　　CaC2O4·H2O　 ~　 B 　　　　　　146　　　　 　　 y 　　　　　　100 mg　　　 　68.5 mg =，解得y≈100，则B为CaCO3。(4)设产物C的相对分子质量为z， 　　　　　CaC2O4·H2O 　~　 C 　　　　　　146　　　　　　　 z 　　　　　　100 mg　　　　 38 mg =，解得z=55.48，与CaO的相对分子质量56接近，故C为CaO。 [答案]　(1)CaC2O4　CaCO3 (2)CaC2O4·H2OCaC2O4+H2O↑ (3)CaC2O4CaCO3+CO↑ (4)55．48　CaO [归纳总结]　三步突破热重分析题 分析图像 明确坐标含义 分析失重图像，横坐标一般是分解的温度，纵坐标一般是剩余固体的质量或固体残留率 依据性质 猜测各段反应 含结晶水的盐加热失重时一般先失去部分或全部结晶水，再失去非金属氧化物，失重最终固体产物一般为金属氧化物或金属，晶体中金属质量不减少 整合数据 验证猜测结果 根据纵坐标的数据变化或题目给定的数据，根据金属原子守恒，即可求出失重后物质的化学式，或者判断出发生的化学反应 [全训题点考法] 1．取26.90 g ZnSO4·6H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图所示。750 ℃时所得固体的化学式为 (　 ) A．ZnO B．ZnSO4 C．Zn3O(SO4)2 D．ZnSO4·H2O 解析：选C　750 ℃时所得固体与680 ℃时一样，质量为13.43 g，减少了26.90 g-13.43 g=13.47 g，26.90 g ZnSO4·6H2O中结晶水的质量为26.90 g×=10.8 g，说明失去全部结晶水后的固体质量还会减少13.47g-10.8 g=2.67 g，26.90 g ZnSO4·6H2O中S元素的质量为26.90 g×=3.2 g，则还有S元素剩余，故选C。 2．(1)(2024·贵州卷节选)十二钨硅酸晶体结晶水测定：称取m g十二钨硅酸晶体(H4[SiW12O40]·nH2O，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%，计算n=　　　　(用含w、M的代数式表示)，若样品未充分干燥，会导致n的值　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。   (2)NH4B5O8·4H2O的热重曲线如图，在200 ℃以下热分解时无刺激性气体逸出。 ①100~200 ℃阶段热分解失去　　　　个结晶水。  ②500 ℃热分解后生成的固体化合物　　　　(填“是”或“不是”)B2O3。  解析：(1)m g十二钨硅酸晶体的物质的量n1= mol，结晶水占总质量的w%，则结晶水的物质的量n2= mol，n==；若样品未充分干燥，则w%变小，n偏小。(2)①设100~200 ℃阶段热分解失去x个水分子，有=1-80.2%，解得x≈3。②由硼元素守恒可得关系式：2NH4B5O8·4H2O~5B2O3，=××100%≈64.1%，故500 ℃热分解后的固体化合物是B2O3。 答案：(1)　偏小　(2)①3　②是 3．回答下列问题。 (1)25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线如图所示： ①300 ℃时，所得固体的化学式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。  ②1 150 ℃时，发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。  (2)若称取100 g MgCO3·nH2O晶体进行热重分析，得到的热重曲线如图所示，则该晶体中n=　　　　(取整数)。  解析：(1)①25.35 g MnSO4·H2O样品中，n(Mn)=n(MnSO4·H2O)==0.15 mol，其中 n(H2O)=0.15 mol，m(H2O)=2.7 g，300 ℃时所得固体的质量为22.65 g，减少的质量为2.7 g，说明此时所得固体的化学式为MnSO4。②温度继续升高，MnSO4固体受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物各0.15 mol，850 ℃时，固体质量由22.65 g减少到13.05 g，减少的质量为9.6 g，则硫的氧化物的相对分子质量为×151=64，为SO2，此时的固体为MnO2，1 150 ℃时的固体为MnO2分解所得，根据锰元素守恒，锰的氧化物中，n(Mn)=0.15 mol，m(Mn)=8.25 g，m(O)=11.45 g-8.25 g=3.2 g，n(O)=0.2 mol，n(Mn)∶n(O)=0.15∶0.2=3∶4，故该氧化物为Mn3O4，1 150 ℃发生反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4+O2↑。(2)由题图可知，400 ℃时剩余固体的质量为82.3 g，这是该晶体失去全部结晶水后的质量，则有=，解得n≈1。 答案：(1)①MnSO4　②3MnO2Mn3O4+O2↑　(2)1 [课时跟踪检测] 1．14 g铜金合金与足量的某浓度硝酸反应，将产生的气体与2.24 L(标准状况)O2混合，通入水中，气体恰好被完全吸收，则合金中铜的质量为 (　 ) A．9.6 g B．6.4 g C．12.8 g D．1.6 g 解析：选C　铜金合金中只有铜与硝酸反应，根据得失电子守恒，Cu失去电子总数等于O2得到电子总数，有n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(Cu)=×=0.2 mol，故合金中铜的质量为0.2 mol×64g·mol-1 =12.8 g。 2．碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 (　 ) A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g 解析：选C　碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜，溶解28.4 g该混合物，消耗1 mol·L-1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯原子守恒，CuCl2的物质的量为0.25 mol，根据铜原子守恒，原混合物中含有Cu的物质的量为0.25 mol，灼烧等质量的该混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，质量为0.25 mol×80 g·mol-1=20 g。 3．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得铁的物质的量为 (　 ) A．0.25 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.35 mol 解析：选A　由题意可知，混合物中的Fe元素全部转化为Fe(NO3)2，根据N元素守恒，n[Fe(NO3)2]=[n(HNO3)-n(NO)]=×=0.25 mol，则n(Fe)=0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得铁的物质的量为0.25 mol。 4．随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。经热重分析测得NH4VO3在焙烧过程中，固体残留率随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中 (　 ) A．先分解失去H2O，再分解失去NH3 B．先分解失去NH3，再分解失去H2O C．同时分解失去H2O和NH3 D．同时分解失去H2、N2和H2O 解析：选B　NH4VO3的摩尔质量为117 g·mol-1，设NH4VO3的物质的量为1 mol，则210 ℃时失重的质量为1 mol×117 g·mol-1×(1-85.47%)≈17 g，NH3的摩尔质量为17 g·mol-1，所以先分解失去NH3，化学方程式为NH4VO3HVO3+NH3↑；380 ℃时失重的质量为1 mol×117 g·mol-1×(1-77.78%)≈26 g，在第一次失重的基础上，第二次又失去的质量为26 g-17 g=9 g，H2O的摩尔质量为18 g·mol-1，所以再分解失去0.5 mol H2O，化学方程式为2HVO3V2O5+H2O↑；故选B。 5．在加热固体NH4Al(SO4)2·12H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示： 已知a点物质为NH4Al(SO4)2，b点物质为Al2(SO4)3，下列判断不正确的是 (　 ) A．0~T ℃的过程变化是化学变化 B．c点物质是工业上冶炼铝的原料 C．a→b反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种 D．Al2(SO4)3能够净水，用离子方程式表示为Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ 解析：选C　a点物质为NH4Al(SO4)2，则0~T ℃的过程为NH4Al(SO4)·12H2O失去结晶水生成 )2，是化学变化，A正确；b点物质为Al2(SO4)3，加热会继续分解生成Al2O3，Al2O3是工业上冶炼铝的原料，B正确；a→b发生的反应为硫酸铝铵分解生成硫酸铝、氨气和硫酸，C错误；硫酸铝能够净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，D正确。 6．采用热重分析法测定FeS2/C复合材料中各组分的含量。FeS2/C样品在空气中的热重曲线如图所示[注：残留率(%)=×100%]，下列说法不正确的是 (　 ) A．300~400 ℃之间发生的主要反应为C+O2CO2 B．800 ℃时残留的固体是Fe2O3 C．复合材料中FeS2的质量分数为90.9% D．复合材料中FeS2与C的物质的量之比约为2∶1 解析：选D　300~400 ℃之间发生的主要反应为C+O2CO2，A正确；550~700 ℃之间发生反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故800 ℃时残留的固体是Fe2O3，B正确；由题图可知，复合材料中碳完全反应时失重9.1%，则碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，C正确；FeS2与C的物质的量之比为∶≈1∶1，D错误。 7．(10分)(1)用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O样品的纯度，过程如下：取0.400 0 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL(滴定反应为I2+2S2S4+2I-)。 ①写出生成白色CuI沉淀的离子方程式：　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　。 (2分)  ②该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3分) (2)称取4.00 g氧化铜和氧化铁的固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。 ①加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量为　　　　。 (2分)  ②固体混合物中氧化铜的质量为　　　　。 (3分)  解析：(1)②根据反应方程式：2Cu2++4I-2CuI↓+I2、I2+2S2S4+2I-，可得关系式：2Cu2+~I2~2S2，n(Cu)=n(Na2S2O3)=0.100 0 mol·L-1×0.02 L=0.002 00 mol，根据Cu元素守恒，可得m(CuCl2·2H2O)=0.002 00 mol×171 g·mol-1=0.342 0 g，所以该样品中CuCl2·2H2O的质量分数为×100% =85.5%。(2)①CuO和Fe2O3的混合物完全溶于硫酸时，发生反应：CuO+H2SO4CuSO4+H2O①、Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O②，再加入5.60 g即0.1 mol铁粉，因氧化性：Fe3+>Cu2+>H+，故先发生反应：Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4③，再发生反应：CuSO4+FeFeSO4+Cu④，最后发生反应：Fe+H2SO4FeSO4+H2↑⑤。若4.00 g固体全为CuO，n(CuO)==0.05 mol，由反应①④⑤知5.60 g铁粉恰好完全反应，由反应④知最终剩余固体全部为Cu，且m(Cu)=0.05 mol×64 g·mol-1=3.2 g；若4.00 g固体全为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.025 mol，由反应②③⑤知5.60 g铁粉过量，最终剩余固体全部为Fe，且m(Fe)=5.60 g-[0.025 mol+(0.1 mol-3×0.025 mol)]×56 g·mol-1=2.80 g；综上，4.00 g固体为CuO和Fe2O3的混合物，最终所得固体为Cu和Fe的混合物。根据溶液中S守恒，所得溶液中溶质的物质的量为n(FeSO4)=n(H2SO4)= 0.100 mol。②设固体混合物中Fe2O3为x mol，CuO为y mol，根据质量守恒：160x+80y=4.00，根据整个体系中金属元素守恒：56×2x+64y+5.60=0.100×56+3.04，解得x=0.01，y=0.03，故CuO质量为0.03 mol× 80 g·mol-1=2.40 g。 答案：(1)①2Cu2++4I-2CuI↓+I2 ②85.5%　(2)①0.100 mol　②2.40 g 8．(10分)过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。 (1)已知：I2+2S22I-+S4，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2含量的实验步骤如下： 第一步：准确称取 a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的 b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。 第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 第三步：逐滴加入浓度为 c mol·L-1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。  若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为　　　　　 (用字母表示)。(5分)  (2)已知过氧化钙加热至350 ℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350 ℃左右所得固体物质的化学式为　　　　。(3分)  解析：(1)第一步过程中发生反应：CaO2+2KI+2H2SO4CaSO4+K2SO4+2H2O+I2，结合已知反应，根据得失电子守恒，可得关系式：CaO2~I2~2S2，则样品中CaO2的质量分数为×100% =×100%。(2)2.16 g过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)为=0.01 mol，350 ℃左右所得固体质量为0.56 g，根据钙原子守恒，可知350 ℃左右所得固体为CaO。 答案：(1)溶液由蓝色变无色，且30 s内不恢复蓝色　×100%　(2)CaO 9．(10分)(2025·山东临沂模拟)苯甲醚为无色液体，常用于有机合成。实验室利用苯酚钠和硫酸二甲酯制备苯甲醚，实验步骤如下： Ⅰ．将苯酚钠放入三颈烧瓶中，降温至10 ℃以下，然后加入硫酸二甲酯，升温至40 ℃，发生反应。 Ⅱ．充分反应后，冷却，分液，依次用氢氧化钠溶液、水洗涤有机相，二次分液。 Ⅲ．向有机相中加入无水氯化钙，静置，过滤，将滤液蒸馏得到产品。 测定产品纯度(杂质不反应)，装置(夹持及加热装置略)和实验步骤如下： Ⅰ．取m g样品加入烧瓶中，加入过量HI的醋酸溶液，将CO2匀速通入烧瓶中，加热使液体沸腾，一碘甲烷蒸气经过洗涤管除去干扰物质，然后通过盛有足量溴水的吸收管。 Ⅱ．反应结束后，拆除装置，将两支吸收管中的溶液均转移至250 mL碘量瓶中，加入甲酸除去过量的溴。 Ⅲ．加入过量KI溶液与稀硫酸，用c mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定析出的单质碘，消耗标准溶液的平均体积为V mL。 已知：C6H5OCH3+HIC6H5OH+CH3I，I+5I-+6H+3I2+3H2O，2S2+I22I-+S4。 (1)一碘甲烷与溴水反应时生成一溴甲烷、碘酸和氢溴酸，该反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　。(3分)  (2)产品的纯度为　　　　　(用含m、c、V的代数式表示)；若CO2流速太慢，则测定结果　　 　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，理由是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。(7分)  解析：(2)根据方程式可得关系式：C6H5OCH3~CH3I~HIO3~3I2~6Na2S2O3，则产品的纯度为×100%=%。 答案：(1)CH3I+3Br2+3H2OHIO3+CH3Br+5HBr　(2)%　偏低　CO2流速太慢，反应生成的CH3I在到达吸收管之前便冷凝而损失 10．(8分)(2024·山东卷节选)利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样：将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：KIO3+5KI+6HCl3I2+6KCl+3H2O，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)，立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退—变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： (1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是　 　。(2分)  A．玻璃棒 B．1 000 mL锥形瓶 C．500 mL容量瓶 D．胶头滴管 (2)该滴定实验达终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　；  滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL，样品中硫的质量分数是　　　 　(用代数式表示)。(6分)  解析：利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经干燥、净化后通入管式炉中将钢铁中的硫氧化为SO2，然后将生成的SO2导入碘液中吸收，通过消耗KIO3碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。(1)取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1 000 mL KIO3碱性标准溶液(稀释了50倍后KIO3的浓度为 0.002 0 mol·L-1)，需要用碱式滴定管或移液管量取20.00 mL 0.100 0 mol·L-1KIO3的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体，需要在烧杯中溶解KI固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用1 000 mL容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，必须用到的仪器是A、D。(2)由S元素守恒及SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl3I2+6KCl+3H2O可得关系式：3S~3SO2~3I2~KIO3，则n(KIO3)=V×10-3L×0.002 0 mol·L-1=2.000 0×10-6V mol，n(S)=3n(KIO3)=6.000 0×10-6V mol，样品中硫的质量分数是×100%=%。 答案：(1)AD　(2)当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为浅蓝色且30 s内不变色　% 2 / 50 学科网（北京）股份有限公司 $$