主题三 物质的量（教师用书）-【新高考方案】2026年高考化学Ⅰ一轮总复习

主题三|物质的量 　第一讲　物质的量　气体摩尔体积 |内|容|与|目|标| 1.了解物质的量、阿伏加德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积的含义和应用。 2.体会定量研究对化学科学的重要作用。 3.能基于物质的量认识物质组成及其化学变化,并运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积之间的相互关系进行简单计算。 4.理解阿伏加德罗定律并能进行有关气体体积、压强与物质的量关系的判断。 逐点清(一)　物质的量　摩尔质量 1.物质的量 (1)概念:表示含有一定数目粒子的集合体,符号为n,单位为摩尔(mol)。 (2)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。 (3)定量关系 n=⇨ (4)注意事项 ①“物质的量”的计量对象是微观粒子(如分子、原子、离子、原子团、质子、中子、电子等),而不是宏观物质颗粒,如不能说1 mol大米。 ②物质的量表示: 2.摩尔质量 概念 单位物质的量的物质所具有的质量。 符号:M,单位:g·mol-1 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 定义式 M=⇨ 注意:摩尔质量、相对分子质量、质量是三个不同的物理量,具有不同的单位。如H2O的摩尔质量为18 g·mol-1,H2O的相对分子质量为18,1 mol H2O的质量为18 g。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子 (×) (2)12 g 12C中所含碳原子的数目约为6.02×1023 (√) (3)1 mol水中含有2 mol氢和1 mol氧 (×) (4)1 mol OH-的质量为17 g·mol-1 (×) 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0.33NA,氢原子的物质的量为0.26 mol(结果保留2位小数)。 3.根据相关量的关系,完成下列填空。 (1)现有①22 g二氧化碳、②8 g氢气、③1.204×1024个氮气分子、④4 ℃时18 mL水四种物质,其中所含分子数最多的是②,所含原子数最多的是②,质量最大的是③,所含电子数最多的是③。(填序号) (2)12.4 g Na2R含Na+ 0.4 mol,则Na2R的摩尔质量为62 g·mol-1,R的相对原子质量为16,含R的质量为1.6 g的Na2R,其物质的量为0.1 mol。  逐点清(二)　气体摩尔体积　阿伏加德罗定律 系统教材·固本强基 1.影响物质体积大小的因素 2.气体摩尔体积 (1)定义:在一定温度和压强下,单位物质的量的气体所占的体积,符号为Vm。 (2)计算公式:Vm=。 (3)常用单位:L/mol(或L·mol-1)。 (4)数值:在标准状况(指温度为0 ℃,压强为101 kPa)下约为22.4 L·mol-1。 (5)影响因素:气体摩尔体积的数值不是固定不变的,它决定于气体所处的温度和压强。 3.阿伏加德罗定律及其推论 (1)阿伏加德罗定律:在相同的温度和压强下,相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。 (2)适用范围:单一气体或相互不反应的混合气体。 (3)阿伏加德罗定律的推论 同温、 同压下 气体的体积之比等于分子数之比,等于物质的量之比,V1∶V2=N1∶N2 气体的密度之比等于摩尔质量之比: ρ1∶ρ2=M1∶M2 同温、 同体积下 气体的压强之比等于物质的量之比: p1∶p2=n1∶n2 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)含有6.02×1023个He原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L (×) (2)某混合气体摩尔体积为22.4 L·mol-1,则该气体一定处于标准状况 (×) (3)标准状况下,11.2 L HF中含有的原子数为2NA (×) (4)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 (√) (5)同温、同体积的条件下,等质量的SO2和O2的压强之比为2∶1 (×) (6)(2024·江西卷)22.4 L 15N2含有的中子数为16NA (×) 2.标准状况下的Vm=22.4 L·mol-1,那么Vm=22.4 L·mol-1时也一定是标准状况吗? 提示:在标准状况下的Vm=22.4 L·mol-1,若在非标准状况下,气体摩尔体积也可能是22.4 L·mol-1,因此Vm=22.4 L·mol-1时不一定是标准状况。 迁移应用·深化学习 |牛刀小试| 题点(一)　n===关系的应用 1.(1)标准状况下,4.8 g甲烷(CH4)所占的体积为　　　　 L,它与标准状况下　　　　 L硫化氢(H2S)含有相同数目的氢原子。  (2)标准状况下,16 g O2与14 g N2的混合气体所占的体积是　　　　　　。  (3)9.03×1023个NH3含　　　 mol氢原子,　　　　 mol质子,在标准状况下的体积约为　　　　 L。  (4)标准状况下,若6.72 L O3含有m个氧原子,则阿伏加德罗常数的值可表示为　　　　　(用含m的式子表示)。  答案:(1)6.72　13.44　(2)22.4 L (3)4.5　15　33.6　(4) 题点(二)　气体摩尔质量的计算 2.按要求解答下列问题。 (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　　　气体。  (2)CO和CO2的混合气体18 g,完全燃烧后测得CO2的体积为11.2 L(标准状况),则 ①混合气体在标准状况下的密度是　　 g·L-1。  ②混合气体的平均摩尔质量是　 g·mol-1。 (3)在一定条件下,m g NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2、H2O(g),若所得气体对H2的相对密度为d,则该混合气体的平均相对分子质量为　　　　,混合气体的物质的量为　　　　　,NH4HCO3的摩尔质量为　　　　　(用含m、d的代数式表示)。  解析:(1)M=ρ×22.4 L·mol-1≈64 g·mol-1,可能为SO2气体。 (2)2CO+O22CO2,CO的体积与生成CO2的体积相等,故18 g CO和CO2的混合气体的总体积为11.2 L,在标准状况下,该混合气体的物质的量为0.5 mol,设CO的物质的量为x mol,CO2的物质的量为y mol,则,解得x=0.25,y=0.25。 ①混合气体的密度为≈1.61 g·L-1。 ②解法一:=ρ·Vm=1.61 g·L-1×22.4 L·mol-1≈36 g·mol-1; 解法二:==36 g·mol-1; 解法三:=28 g·mol-1×50%+44 g·mol-1×50%=36 g·mol-1。 (3)根据密度之比等于相对分子质量之比,NH3、CO2、H2O(g)的平均相对分子质量为2d;由n=得n混= mol;根据化学方程式NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑,NH4HCO3的物质的量为× mol= mol,所以NH4HCO3的摩尔质量为 g·mol-1=6d g·mol-1。 答案:(1)64　SO2　(2)①1.61　②36 (3)2d　 mol　6d g·mol-1 题点(三)　阿伏加德罗定律的应用 3.(2025·邯郸市部分学校月考)向三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体,下列有关这三种气体的叙述中正确的是 (　　) A.温度、压强相同时,三中气体的密度关系:H2>Ne>O2 B.质量、温度、压强均相同时,三种气体的体积关系:O2>Ne>H2 C.温度、密度相同时,三种气体的压强关系:H2>Ne>O2 D.温度、压强、体积均相同,三种气体的质量关系:H2>Ne>O2 解析:选C　由pV=nRT可推知,pM=ρRT,可知温度、压强相同时,气体密度和摩尔质量成正比,则密度:H2<Ne<O2,A错误;由A可知,温度、压强相同时,密度:H2<Ne<O2,根据公式ρ=,质量相同,则体积:H2>Ne>O2,B错误;根据pM=ρRT知,温度、密度相同时,气体的压强与摩尔质量成反比,则温度、密度相同时,压强:H2>Ne>O2,C正确;由pV=nRT可知,温度、压强、体积均相同,气体物质的量相同,根据公式m=nM,质量:H2<Ne<O2,D错误。 4.(2025·福建省部分达标学校期中)如图所示,气缸的总体积一定,内部被活塞隔成Ⅰ、Ⅱ两部分,活塞可以自由移动,也可以固定,25 ℃时向Ⅰ中充入16 g SO2,Ⅱ中充入22 g CO2,则下列说法正确的是 (　　) A.当活塞不再移动时,Ⅰ、Ⅱ两部分体积之比为2∶1　　　 B.当活塞不再移动时,Ⅰ、Ⅱ两部分原子个数之比为11∶16 C.当活塞固定在气缸正中间,Ⅰ、Ⅱ两部分压强之比为2∶1 D.若活塞移动到气缸正中间,Ⅰ中气体需再通入16 g SO2 解析:选D　n(SO2)==0.25 mol,n(CO2)==0.5 mol。由阿伏加德罗定律可知,当活塞不再移动时,Ⅰ、Ⅱ两部分体积之比为0.25 mol∶0.5 mol=1∶2,故A错误;Ⅰ、Ⅱ两部分气体物质的量之比为1∶2,二氧化硫和二氧化碳均为三原子分子,当活塞不再移动时,原子个数比为1∶2,故B错误;由气体的压强之比等于气体的物质的量之比可知,当活塞固定在气缸正中间,Ⅰ、Ⅱ两部分压强之比为0.25 mol∶0.5 mol=1∶2,故C错误;由阿伏加德罗定律可知,若活塞移动到气缸正中间说明二氧化硫和二氧化碳的物质的量相等,则Ⅰ中需再通入二氧化硫的质量为(0.5-0.25)mol×64 g·mol-1=16 g,故D正确。 |练后补强| 1.建立以物质的量为中心计算的思维流程 2.掌握求气体摩尔质量(M)的常用方法 (1)根据物质的质量(m)和物质的量(n):M=。 (2)根据一定质量(m)的物质中微粒数目(N)和阿伏加德罗常数(NA):M=。 (3)根据标准状况下气体的密度ρ标 g·L-1:M=ρ标 g·L-1×22.4 L·mol-1=22.4ρ标 g·mol-1。 (4)根据气体的相对密度:=D。 (5)对于混合气体,求其平均摩尔质量,上述计算式仍然成立;还可以用下式计算:M=M1×a%+M2×b%+M3×c%……,a%、b%、c%……指混合气体中各成分的物质的量分数(或体积分数)。 [课时跟踪检测] (说明:标题目配有讲评课件) 一、选择题 1.(2025·湛江市期中)下列对于“摩尔”的理解正确的是 (　　) A.摩尔是表示物质粒子多少的物理量 B.摩尔是物质的量的单位,简称摩,符号为mol C.物质的量就是物质的数量 D.1 mol氢含6.02×1023个H2 解析:选B　摩尔是物质的量的单位,不是物理量,故A错误;物质的量是含有一定数目粒子的集合体,单位是摩尔,简称摩,符号为mol,故B正确;物质的量不是物质的数量,而表示含有一定数目粒子的集合体,故C错误;氢指代不明,可以表示氢原子,也可以表示氢气,故D错误。 2.硫单质的同素异形体有多种,比如S2、S4、S6、S8,其中S8的下列有关说法正确的是 (　　) A.该物质的摩尔质量为256 g B.1 mol该分子中含有8NA个质子 C.0.5 mol该分子的质量为128 g D.在标准状况下,0.5 mol S8的体积为11.2 L 解析:选C　A项,摩尔质量的单位为g·mol-1,错误;B项,1 mol该分子中含有8×16NA个质子,错误;D项,S8在标准状况下为固体,错误。 3.下列关于NH3的叙述正确的是 (　　) A.NH3的摩尔质量是17 g B.1 mol NH3含有氢原子数约为6.02×1023 C.17 g NH3的物质的量是1 mol D.1 g NH3中含有的电子数为17 mol 解析:选C　摩尔质量的单位为g·mol-1,A错误;1 mol NH3中含有3 mol H原子,H原子数目约为3×6.02×1023,B错误;n(NH3)==1 mol,C正确;n(NH3)== mol,1个NH3中含有10个电子,1 g NH3共含有电子数为 mol×10= mol,D错误。 4.下列说法正确的是 (　　) A.标准状况下,22.4 L H2和O2的混合物所含分子数为NA B.标准状况下,18 g H2O的体积是22.4 L C.在常温常压下,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项正确;标准状况下,H2O为液体,18 g H2O的体积不是22.4 L,B项错误;常温常压下,11.2 L N2含有的分子数不是0.5NA,C项错误;标准状况下,CCl4为液体,不能用Vm=22.4 L·mol-1计算,D项错误。 5.(2025·邯郸市三龙育华中学期中)下列叙述正确的是 (　　) A.若1 mol气体的体积为22.4 L,则它一定处于标准状况下 B.常温常压下,1 L HCl和1 L H2O物质的量相同 C.28 g CO的体积为22.4 L D.在同温同体积时,气体物质的物质的量越大,则压强越大 解析:选D　影响气体体积的因素有气体分子数目、气体所处的温度和压强,若1 mol气体的体积为22.4 L,则它所处的外界条件不一定处于标准状况下,A错误;常温常压下,HCl为气体,而H2O为液体,因此当二者的体积相同时,它们的物质的量不相同,B错误;28 g CO的物质的量是1 mol,由于该气体所处的外界条件未知,因此不能确定其体积是否为22.4 L,C错误;根据阿伏加德罗定律及其推论可知:在同温同体积时,气体物质的物质的量越大,则容器内气体分子对容器产生的压强就越大,D正确。 6.某硫原子的质量是a g,12C原子的质量是b g,若NA只表示阿伏加德罗常数的数值,则下列说法中正确的是 (　　) 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是aNA g D.a g该硫原子所含的电子数为16NA 解析:选B　A项,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,不正确;B项,m g硫原子的个数为,其物质的量为 mol,正确;C项,该原子的摩尔质量是aNA g·mol-1,不正确;D项,一个硫原子所含电子数为16,硫原子的质量为a g,则a g该硫原子即为1个硫原子,所含电子数为16,不正确。 7.(2025·德州市期中)同温同压下,同体积的H2和气体X质量分别为2 g和17 g。下列说法错误的是 (　　) A.氢气和气体X的密度之比为2∶17 B.氢气和气体X的原子数之比为1∶1 C.氢气和气体X的物质的量之比为1∶1 D.氢气和气体X的相对分子质量之比为2∶17 解析:选B　根据阿伏加德罗定律可知:在同温同压下,同体积的气体具有相同的物质的量,同温同压下,同体积的H2和气体X质量分别为2 g和17 g,依据n=可知,二者摩尔质量之比为2∶17,由于H2的摩尔质量是2 g·mol-1,则该气体的摩尔质量为17 g·mol-1。在同温同压条件下,气体的密度之比等于摩尔质量之比,所以氢气和气体X的密度之比为2∶17,A正确;根据题目已知信息无法确定气体X的化学式,所以无法计算二者含有原子个数之比,B错误;根据阿伏加德罗定律可知:在同温同压下,同体积的气体具有相同的物质的量,所以氢气和气体X的物质的量之比为1∶1,C正确;摩尔质量以g·mol-1为单位,数值上与相对分子质量相等,所以氢气和气体X的相对分子质量之比为2∶17,D正确。 8.(2025·临沂市莒南县期中)一个密闭容器,中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计),将容器分成两部分,当左侧充入1 mol N2,右侧充入一定量CO时,隔板处于如图位置(保持温度不变),下列说法错误的是 (　　) A.左侧与右侧原子数之比为4∶1 B.右侧CO的质量为5.6 g C.左侧与右侧气体密度之比为1∶1 D.若改变右侧CO的充入量而使隔板处于容器正中间,则应再充入0.75 mol CO 解析:选B　左右两侧气体温度、压强相同,气体体积之比等于气体分子物质的量之比,左右两侧体积之比为4∶1,则左右两侧气体分子物质的量之比为4∶1,左侧N2物质的量为1 mol,右侧CO物质的量为×1 mol=0.25 mol,气体分子数与气体分子物质的量成正比,则左侧与右侧分子数之比为4∶1。每个氮气分子、一氧化碳分子均含有2个原子,故左侧与右侧原子数之比为4∶1,A正确;右侧CO的质量为28 g·mol-1×0.25 mol=7 g,B错误;同温、同压下气体密度之比等于气体摩尔质量之比,则左右侧气体密度是相同的,C正确;同温、同压下气体体积之比等于气体分子物质的量之比,隔板处于容器正中间时,左右两侧气体的物质的量相等,则需要再充入CO的物质的量为1 mol-0.25 mol=0.75 mol,D正确。 9.一定温度和压强下,用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球。下列说法正确的是 (　　) A.气球②中装的是O2 B.气球①和气球③中气体分子数相等 C.气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶1 D.气球③和气球④中气体密度之比为2∶1 解析:选D　根据阿伏加德罗定律的推论:同温同压下,同质量气体的体积与其摩尔质量成反比。四种气体的摩尔质量的大小关系为M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4),所以气球①②③④中的气体分别为SO2、CO2、O2、CH4,A错误;同质量的气体,分子数之比等于其物质的量之比,也等于其摩尔质量的反比,气球①和气球③中气体分子数不相等,气球①和气球④中气体物质的量之比为1∶4,B、C错误;同温同压下,气体的密度与其摩尔质量成正比,气球③和气球④中气体密度之比为2∶1,D正确。 10.下列关于物质的相对分子质量的说法不正确的是 (　　) A.某气体在常温常压下的密度为1.429 g·L-1,则该气体的相对分子质量为32 B.同温同压下,某气体的密度是氢气密度的22倍,则该气体的相对分子质量为44 C.在一定条件下,16 g某双原子分子中含有原子数为NA,其相对分子质量为32 D.假设空气只由氮气和氧气组成且二者体积比为4∶1,则空气的平均相对分子质量约为29 解析:选A　常温常压下,1 mol气体的体积大于22.4 L,则该气体的摩尔质量M>22.4 L·mol-1×1.429 g·L-1≈32 g·mol-1,其相对分子质量大于32,故A错误;同温同压下,气体密度之比等于气体摩尔质量之比,则该气体的摩尔质量为22×2 g·mol-1=44 g·mol-1,其相对分子质量为44,故B正确;该双原子分子的物质的量为0.5 mol,所以其摩尔质量为=32 g·mol-1,相对分子质量为32,故C正确;由氮气和氧气的体积之比可以求出氮气和氧气的体积分数分别为80%、20%,所以空气的平均相对分子质量=28×80%+32×20%≈29,故D正确。 11.一定温度和压强下,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个原子构成,下列有关说法中不正确的是 (　　) 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,其体积约是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　该条件的Vm=30 L·mol-1≠22.4 L·mol-1,不可能是标准状况下的气体。 12.室温下如图所示,关闭活塞,向左、右两室(容积相同) 各充入一定量H2和Cl2,且恰好使两容器内气体密度相同,打开活塞,放电使H2与Cl2充分反应生成氯化氢气体:H2+Cl22HCl,恢复至原温度后,下列判断正确的是 (　　) A.开始时左、右两室分子数相同 B.最终容器内无H2存在 C.反应后H2室压强减小 D.最终容器内气体密度比原来大 解析:选C　左、右两室体积相同,气体密度相同,则气体质量相同,根据N=n·NA=NA,相同质量时,分子数与摩尔质量成反比,则开始时氢气室分子数多,故A错误;两种气体质量相同时,氢气的物质的量多,氢气和氯气以1∶1反应,因氢气过量,所以最终容器内有氢气剩余,故B错误;该反应氢气有剩余,且气体总的物质的量不变,反应后两室气体物质的量相同,氢气室气体的物质的量减小,即压强减小,故C正确;反应前后气体总质量不变,容器体积不变,根据ρ=知,最终容器内气体密度与原来相同,故D错误。 二、非选择题 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)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　　　　　　　。  (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　　　　　　。  (4)现有下列三种气体:①32 g CH4;②约含有6.02×1023个HCl分子的氯化氢气体;③标准状况下33.6 L O2。请按物理量由小到大的顺序排列: a.质量:　　　　　　　　　　(填序号,下同);  b.分子数目:　　　　　　　　　　;  c.相同状况下气体的体积: 　。 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。(4)①32 g CH4的物质的量为2 mol;②约含有6.02×1023个HCl分子的物质的量为1 mol,其质量为36.5 g;③标准状况下33.6 L O2的物质的量为1.5 mol,其质量为32 g·mol-1×1.5 mol=48 g。a.根据上述分析可知,三种物质的质量为①<②<③。b.根据N=n·NA可知,气体分子数与其物质的量成正比,气体的物质的量为②<③<①,则三种气体含有分子数目为②<③<①。c.根据V=n·Vm可知,相同条件下气体的体积与其物质的量成正比,气体的物质的量为②<③<①,则三种气体的体积为②<③<①。 答案:(1)17∶16　(2)80% (3)5(a+b-d)g·mol-1　(4)a.①<②<③ b.②<③<①　c.②<③<① 14.(8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应表示　　　　 L。  (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的相对原子质量是　　　　　,x值为　　　　　,9.6 g单质Rx所含原子个数为　　　　。  (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　　　　。  (4)某物质A加热时按化学方程式2A===2B+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物气体对H2的相对密度为20,则反应物A的相对分子质量为　　　　。  (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(l表示液态,g表示气态): ①反应前O2的体积是　　　　 mL。  ②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　　　　。  解析:(1)由a g气体中含有的分子数为b入手,a g气体的物质的量= mol,再乘以气体摩尔体积,求出a g气体在标准状况下占有的体积V1,即V1= mol×22.4 L·mol-1,标准状况下同一气体的质量之比等于体积之比,列比例式求出c g该气体在标准状况下占有的体积V1,即=,解得V1= L。(2)根据分子数之比为3∶2,则N2与Rx的相对分子质量之比∶=7∶12,N2的相对分子质量为28,Rx的相对分子质量M=28×=48。又因为两者所含原子个数相同,即3×2=2x,得x=3,所以R的相对原子质量==16。n(N2)==0.3 mol,N原子的物质的量为0.6 mol,8.4 g N2与9.6 g某单质Rx所含的原子个数相同,则9.6 g某单质Rx中所含原子个数为0.6NA。(3)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即=0.6 mol AgCl白色沉淀,所以氯离子的物质的量是0.6 mol,金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5 g·mol-1,该金属氯化物的质量是26.7 g,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,混合气体对氢气的相对密度为20,则混合气体平均摩尔质量=2 g·mol-1×20=40 g·mol-1,混合气体总质量=6 mol×40 g·mol-1=240 g,由质量守恒定律可知A的质量等于混合气体总质量,故A的摩尔质量==120 g·mol-1,A的相对分子质量为120。(5)①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;②设X、Y的摩尔质量分别为x、y,由XY2分子中X、Y两元素的质量比是3∶16,得∶=1∶2,故=。 答案:(1)　(2)16　3　0.6NA (3)27 g·mol-1　(4)120　(5)①672　②3∶8 15.(8分)合成氨工业生产中所用的α⁃Fe催化剂的主要成分为FeO、Fe2O3。 (1)某FeO、Fe2O3混合物中,铁、氧原子的物质的量之比为4∶5,其中Fe2+与Fe3+物质的量之比为　　　　　。  (2)当催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1∶2时,其催化剂活性最高,此时混合物中铁的质量分数为　　　　。  (3)为制得这种活性最高的催化剂,理论上应向480 g Fe2O3粉末中加入炭粉的质量为　　　　,生成实验条件下CO2的体积为　　　　(假设此实验条件下,气体摩尔体积为24 L·mol-1)。  解析:(1)设FeO、Fe2O3分别为x mol、y mol,根据铁、氧原子物质的量之比得(x+2y)∶(x+3y)=4∶5,解得x∶y=2∶1,Fe2+与Fe3+物质的量之比=x∶2y=1∶1。(2)根据催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1∶2,可推知,FeO、Fe2O3的物质的量之比为1∶1,混合物中铁的质量分数为×100%≈72%。(3)由于催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1∶2时,其催化剂活性最高,此时反应后的混合物中,FeO、Fe2O3的物质的量之比为1∶1,原料480 g Fe2O3的物质的量为3 mol,Fe2O3~2FeO,原料中必须有的Fe2O3参加反应,即1 mol Fe2O3参加反应,理论上要有0.5 mol C反应,即6 g C,生成CO2为0.5 mol,在该条件下体积为12 L。 答案:(1)1∶1　(2)72%　(3)6 g　12 L 第二讲　物质的量浓度及溶液的配制 |内|容|与|目|标| 1.了解物质的量浓度的概念。 2.掌握有关物质的量浓度的计算。 3.掌握一定物质的量浓度溶液配制的操作并能进行误差分析。 逐点清(一)　物质的量浓度 系统教材·固本强基 1.物质的量浓度 概念 表示单位体积的溶液里所含溶质B的物质的量,也称为B的物质的量浓度,符号为cB 表达式 cB=,变形:nB=cB·V、V= 常用单位 mol·L-1或mol/L 特点 对于某浓度的溶液,取出任意体积的溶液,其浓度、密度、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改变 2.物质的量浓度计算的两种类型 (1)标准状况下气体溶质形成溶液的计算 c= 　　[例1]　在标准状况下,将V L A气体(摩尔质量为M g·mol-1)溶于0.1 L水中,所得溶液的密度为ρ g·cm-3,则此溶液的物质的量浓度为　　　　　mol·L-1。  　　[提示]　 (2)溶液稀释、同种溶质溶液混合的计算 溶液 稀释 溶质的质量在稀释前后保持不变,即m1ω1=m2ω2 溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即c1V1=c2V2 溶液质量守恒,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 　　[例2]　V mL Al2(SO4)3溶液中,含有Al3+a g,取 mL溶液稀释到3V mL,则稀释后S的物质的量浓度为　　　　　　　。  　　[提示]　 mol·L-1 3.溶质的质量分数 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 表达式 ω(B)=×100% 4.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,ω为溶质的质量分数,M为溶质的摩尔质量,单位为g· mol-1。 [例3]　200 mL密度为1.20 g·mL-1、质量分数为31.5%的硝酸的物质的量浓度为　　　　　　　。  [提示]　6 mol·L-1 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)1 mol NaCl溶于1 L水中形成溶液的浓度为1 mol·L-1 (×) (2)从1 L 0.1 mol·L-1的NaOH溶液中取出100 mL,其浓度仍为0.1 mol·L-1 (√) (3)1 L 0.5 mol·L-1 CaCl2溶液中,Ca2+与Cl-的物质的量浓度都是0.5 mol·L-1 (×) (4)25 ℃,pH=1的H2SO4溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L-1 (×) (5)同浓度的三种溶液:Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3,其体积比为3∶2∶1,则S浓度之比为3∶2∶3 (×) 2.①15%的NaCl溶液的含义是 　。  ②0.1 mol·L-1 NaCl溶液的含义是 　。  ③某加碘食盐中含碘量为20~40 mg·kg-1的含义是 　。  提示:①每100 g NaCl溶液中含有NaCl的质量为15 g　②每1 L NaCl溶液中含有NaCl的物质的量为0.1 mol　③每1 kg加碘食盐中含碘元素20~40 mg 3.(1)将53 g Na2CO3投入水中,充分溶解配成1 L溶液,则溶质的物质的量浓度为　　　　。  (2)标准状况下,4.48 L HCl溶于足量水中,所得溶液的体积为0.5 L,则溶液的浓度为　　 　　　mol·L-1。  (3)配制250 mL 0.4 mol·L-1 CuSO4溶液,则需CuSO4的质量为　　　　g。  提示:(1)0.5 mol·L-1　(2)0.4　(3)16 4.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。 硫酸　化学纯(CP)(500 mL) 化学式:H2SO4 相对分子质量:98 密度:1.84 g·cm-3 质量分数:98% (1)该硫酸的物质的量浓度为　　　 　　。  (2)用量筒量取10 mL该样品,其中所含硫酸的质量为　　　　。  (3)配制500 mL 4.6 mol·L-1的稀硫酸需取该硫酸的体积约为　　　　。  提示:(1)18.4 mol·L-1　(2)18.0 g　(3)125 mL 迁移应用·深化学习 |牛刀小试| 题点(一)　物质的量浓度与质量分数的计算 1.标准状况下,V L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL-1),所得溶液的密度为ρ g·mL-1,质量分数为ω,物质的量浓度为c mol·L-1,则下列关系中不正确的是 (　　) A.ρ=　　　 B.ω= C.ω= D.c= 解析:选A　由c==,可得ω=,B项正确;氨水中溶质的质量分数为= ,C项正确;氨水的物质的量浓度为==,D项正确。 2.某结晶水合物的化学式为R·nH2O,其摩尔质量为M g·mol-1。25 ℃时,将a g该晶体溶于b g水中恰好可形成V mL饱和溶液。 (1)饱和溶液中溶质的物质的量浓度为 。 (2)饱和溶液中溶质的质量分数为 。 (3)25 ℃时R的溶解度为 。 (4)饱和溶液的密度为 。 解析:(1)a g该晶体的物质的量是n(R)=n(R·nH2O)= mol,饱和溶液的体积是V mL,溶质的物质的量浓度为= mol·L-1。(2)a g该晶体中含R的质量是a× g,饱和溶液的质量是(a+b)g,溶质质量分数是×100%。(3)水的质量是 g,R的质量是a× g,100∶S=∶,25 ℃时R的溶解度为 g。(4)饱和溶液的质量是(a+b)g,饱和溶液的体积是V mL,根据ρ=可知,饱和溶液的密度为 g·mL-1。 答案:(1) mol·L-1 (2)×100%　(3) g (4) g·mL-1 题点(二)　溶液稀释与混合的计算 3.(2025·宜昌市部分省级示范高中月考)在Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中,测得Al3+浓度为0.1 mol·L-1,S浓度为0.3 mol·L-1,则混合溶液中Na2SO4的浓度为 (　　) A.0.15 mol·L-1 B.0.3 mol·L-1 C.0.45 mol·L-1 D.0.6 mol·L-1 解析:选A　忽略水的电离,依据电荷守恒规律可知:0.1 mol·L-1×3+c(Na+)×1=0.3 mol·L-1×2,解得c(Na+)=0.3 mol·L-1,则混合溶液中Na2SO4的浓度为0.15 mol·L-1。 4.V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g S,取此溶液0.5V L,用水稀释至2V L,则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为 (　　) A. mol·L-1 B. mol·L-1 C. mol·L-1 D. mol·L-1 解析:选A　依题意知,c(S)= mol·L-1,c(Fe3+)= mol·L-1×= mol·L-1,故有 mol·L-1×0.5V L=2V L×cB,cB= mol·L-1。 5.200 mL 0.3 mol·L-1 K2SO4溶液和100 mL 0.2 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液混合后不考虑混合后溶液体积的变化,溶液中S的物质的量浓度为　　　　。  解析:200 mL 0.3 mol·L-1 K2SO4溶液中S的物质的量为0.2 L×0.3 mol·L-1=0.06 mol,100 mL 0.2 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中S的物质的量为3×0.1 L×0.2 mol·L-1=0.06 mol,故混合液中S的物质的量为0.06 mol+0.06 mol=0.12 mol,由于混合后不考虑体积的变化,混合后溶液的体积为0.3 L,混合液中S的物质的量浓度为=0.4 mol·L-1。 答案:0.4 mol·L-1 |练后补强| 理清相同溶质、不同质量分数两溶液混合的规律 设两溶液的质量分数分别为a%、b%: (1)等体积混合 ①当溶液密度大于1 g·cm-3时,必然是溶液浓度越大,密度越大,(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液)等体积混合后,质量分数ω>(a%+b%)。 ②当溶液密度小于1 g·cm-3时,必然是溶液浓度越大,密度越小,(如酒精、氨水)等体积混合后,质量分数ω<(a%+b%)。 (2)等质量混合 两溶液等质量混合时(无论ρ>1 g·cm-3还是ρ<1 g·cm-3),混合后溶液中溶质的质量分数ω=(a%+b%)。 以上规律可概括为 计算推理有技巧,有大必有小; 均值均在中间找,谁多向谁靠。 逐点清(二)　一定物质的量浓度溶液的配制 系统教材·固本强基 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.容量瓶的构造及使用 (1)构造及用途 (2)查漏操作 3.配制过程　　　 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5.85 g。 (2)称量:根据计算结果,用托盘天平称量NaCl固体5.9 g。 (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1~2 cm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。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)溶解或稀释时,可以在容量瓶中进行 (×) (2)配制0.100 0 mol·L-1氯化钠溶液时,将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流 (√) (3)用蒸馏水洗净容量瓶后未干燥,直接配制所得溶液浓度偏小 (×) (4)用容量瓶配制溶液,定容时若加水超过刻度线,立即用滴管吸出多余液体 (×) 2.配制480 mL 0.10 mol·L-1的硫酸铜溶液,应选　　　　　　 mL容量瓶,可称取无水CuSO4的质量为　　　　　　 g,或者称取胆矾　　　　　　 g。  提示:500　8.0　12.5 3.若配制溶液定容时加水高于刻度线,能否立即用胶头滴管吸出多余水?应该怎么处理? 提示:不能。因为用胶头滴管吸水时,也会吸出一部分溶质,所以应该重新配制。 迁移应用·深化学习 |牛刀小试| 题点(一)　配制仪器的使用与配制过程分析 1.配制0.1 mol·L-1的NaOH溶液,如图所示装置和描述均正确的是 (　　) A.用图①装置称量一定质量的NaOH固体 B.用图②溶解NaOH固体 C.转移洗涤后用图③装置定容 D.定容完成后摇匀如图④所示 解析:选C　A.NaOH固体易潮解,不能用纸片称量,错误。B.不能用量筒溶解,错误。C.视线与凹液面相平,正确。D.图示不是摇匀操作,摇匀时应上下颠倒摇匀,错误。 2.配制480 mL 0.5 mol·L-1的NaOH溶液,试回答下列问题。 (1)选择仪器:完成本实验所必需的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、　　　　、 　等。  (2)计算:需要NaOH固体的质量为　　　　。  (3)称量:①称量过程中NaOH固体应放在小烧杯中并放在天平的　　　(填“左盘”或“右盘”)。  ②某同学先用托盘天平称量一个小烧杯的质量,称量前把游码放在标尺的零刻度处,天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置,说明此时左边质量　　　　(填“大于”或“小于”)右边质量。假定最终称得小烧杯的质量为　　　　(填“32.6 g”或“32.61 g”),请在下图标尺上画出游码的位置(画“△”表示)。  标尺: (4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒,作用是 。 (5)转移、洗涤。在转移时应使用　　　　　　引流,洗涤烧杯2~3次是为了 。  (6)定容、摇匀。定容的操作是 　。  解析:(2)m(NaOH)=0.5 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-1=10.0 g。(3)用托盘天平称量时,物品放在左盘,托盘天平可精确到0.1 g。 答案:(1)胶头滴管　500 mL容量瓶　(2)10.0 g (3)①左盘　②小于　32.6 g (4)搅拌,加速溶解　(5)玻璃棒　保证溶质全部转移至容量瓶中　 (6)向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切 题点(二)　溶液配制的误差分析 3.从溶质改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。 (1)配制450 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液,用托盘天平称取NaOH固体1.8 g:　　　　。  (2)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:　　　　。  (3)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:　　　　。  (4)用量筒量取浓硫酸时,仰视读数:　　　　。  (5)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:　　　　。  (6)未洗涤烧杯及玻璃棒:　　　　。  解析:(2)胆矾的摩尔质量为250 g·mol-1,所需质量为0.5 L×0.1 mol·L-1×250 g·mol-1=12.5 g。(3)实际称量溶质的质量为4.0 g-0.4 g=3.6 g。 答案:(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏大 (5)偏小　(6)偏小 4.从溶液改变角度分析产生的误差(用“偏大”“偏小”或“无影响”填空)。 (1)配制NaOH溶液时,将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解,未经冷却立即转移到容量瓶中并定容:　　　　。  (2)定容摇匀后,发现液面下降,继续加水至刻度线:　　　　。  (3)定容时仰视刻度线:　　　　。  (4)定容摇匀后少量溶液外流:　　　　。  (5)容量瓶中原有少量蒸馏水:　　　　。  解析:(1)NaOH溶于水放热,溶液的体积比室温时大,应恢复至室温后再移液、定容。(2)溶液的总体积偏大。 答案:(1)偏大　(2)偏小　(3)偏小　(4)无影响　(5)无影响 |练后补强| 掌握在配制溶液中的误差分析技巧 (1)误差分析的思维流程 (2)定容时视线引起误差的分析方法 ①仰视刻度线[图(a)],导致溶液体积偏大,结果偏低。 ②俯视刻度线[图(b)],导致溶液体积偏小,结果偏高。 [课时跟踪检测] (说明:标题目配有讲评课件) 一、选择题 1.(2025·福建省部分达标学校期中)关于0.5 mol·L-1的Na2SO4溶液,下列叙述正确的是 (　　) A.含Na+:0.5 mol　　　 B.Na+浓度:1 mol·L-1 C.含S:3.01×1023个 D.含氧原子:2 mol 解析:选B　由于不知道溶液的体积,故无法计算离子的物质的量,A错误;Na+浓度为0.5 mol·L-1×2=1 mol·L-1,B正确;由于不知道溶液的体积,故无法计算离子个数,C错误;由于不知道溶液的体积,故无法计算微粒个数,D错误。 2.下列所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L-1的是 (　　) A.将0.1 mol氨充分溶解在1 L水中 B.将10 g质量分数为98%的硫酸与990 g水混合 C.将25.0 g胆矾溶于水配成1 L溶液 D.将10 mL 1 mol·L-1的盐酸与90 mL水充分混合 解析:选C　将0.1 mol氨充分溶解在1 L水中,所得溶液的体积不是1 L,故不能得到0.1 mol·L-1的溶液,A错误;将10 g质量分数为98%的硫酸与990 g水混合,不知所配溶液的密度,无法求算其物质的量浓度,B错误;25.0 g胆矾的物质的量为0.1 mol,将其溶于水配成1 L溶液,所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L-1,C正确;将10 mL 1 mol·L-1的盐酸与90 mL水充分混合,不同液体混合后的体积不等于两液体体积在数值上的简单加和,D错误。 3.现有两份体积相同的混合溶液,其组成如下: KCl K2SO4 ZnSO4 ZnCl2 ① 0.4 mol 0.1 mol 0.3 mol 0.1 mol ② 0.2 mol 0.2 mol 0.1 mol 0.1 mol 则两份溶液中各离子浓度 (　　) A.仅c(K+)相同　　　　　 B.仅c(Cl-)相同 C.完全相同 D.完全不同 解析:选A　①溶液中各离子的物质的量分别为K+:0.4 mol+2×0.1 mol=0.6 mol,Zn2+:0.3 mol+0.1 mol=0.4 mol,Cl-:0.4 mol+2×0.1 mol=0.6 mol,S:0.1 mol+0.3 mol=0.4 mol;②溶液中各离子的物质的量分别为K+:0.2 mol+2×0.2 mol=0.6 mol,Zn2+:0.1 mol+0.1 mol=0.2 mol,Cl-:0.2 mol+2×0.1 mol=0.4 mol,S:0.2 mol+0.1 mol=0.3 mol;所以只有c(K+)相同,A项正确。 4.关于0.1 mol·L-1 HNO3溶液的叙述错误的是 (　　) A.1 L该溶液中含有HNO3的质量为6.3 g B.0.5 L该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.1 mol·L-1 C.从1 L该溶液中取出100 mL,则取出溶液中HNO3的物质的量浓度为0.1 mol·L-1 D.取该溶液10 mL,加水稀释至100 mL后HNO3的物质的量浓度为0.1 mol·L-1 解析:选D　1 L该溶液中含有HNO3的质量为1 L×0.1 mol·L-1×63 g·mol-1=6.3 g,故A正确;硝酸为一元强酸,则0.5 L该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.1 mol·L-1,故B正确;溶液具有均一性,从1 L 0.1 mol·L-1 HNO3溶液中取出100 mL,取出溶液中HNO3的物质的量浓度仍为0.1 mol·L-1,故C正确;取0.1 mol·L-1 HNO3溶液10 mL,加水稀释至100 mL后HNO3的物质的量浓度为=0.01 mol·L-1,故D错误。 5.(2025·浙南名校联盟联考)配制450 mL 1.00 mol·L-1的NaCl溶液,部分实验操作示意图如下: 下列说法不正确的是 (　　) A.实验中需要用到的仪器有500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒和胶头滴管等 B.上述实验操作步骤的正确顺序为③①④⑤② C.用电子天平称量NaCl固体的质量为29.25 g D.定容时,俯视容量瓶的刻度线,使配得的NaCl溶液浓度偏高 解析:选B　配制450 mL 1.00 mol·L-1 NaCl溶液用到的仪器有烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管等,故A项正确;配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等,操作步骤正确的顺序为③①⑤②④,故B项错误;电子天平称量精确度为0.01 g,可以称取NaCl的质量为29.25 g,故C项正确;俯视容量瓶的刻度线,则所加蒸馏水偏少,溶液的体积偏少,使配得的NaCl溶液浓度偏高,故D项正确。 6.(2025·宜昌市部分省级示范高中月考)下列有关溶液浓度的说法正确的是 (　　) A.将500 mL 1 mol·L-1的盐酸蒸发至100 mL,浓度变为5 mol·L-1 B.将10 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸与90 mL水混合,得到的稀硫酸浓度为1.84 mol·L-1 C.配制1 mol·L-1 CuSO4溶液100 mL,应称取胆矾晶体25.0 g D.实验室需要450 mL 0.2 mol·L-1的NaOH溶液,应准确称量烧碱3.6 g 解析:选C　盐酸中的溶质HCl具有挥发性,若将500 mL 1 mol·L-1的盐酸蒸发至100 mL时,溶质HCl也会挥发逸出,因此所得盐酸的浓度小于5 mol·L-1,A错误;将10 mL 18.4 mol·L-1浓硫酸与90 mL水混合,所得混合溶液体积小于100 mL,因此得到的稀硫酸浓度大于1.84 mol·L-1,B错误;1 mol·L-1 CuSO4溶液100 mL中含有溶质的物质的量n(CuSO4)=1 mol·L-1×0.1 L=0.1 mol,根据Cu元素守恒,可知用硫酸铜晶体配制该溶液,需称取硫酸铜晶体的质量为m(CuSO4·5H2O)=0.1 mol×250 g·mol-1=25.0 g,C正确;在实验室中没有规格是450 mL的容量瓶,应该选择使用500 mL容量瓶配制500 mL 0.2 mol·L-1 NaOH溶液,则应该称量NaOH的质量为m(NaOH)=0.2 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-1=4.0 g,D错误。 7.(2025·浦北县期中)化学实验室里有瓶盐酸,上面的标签如图所示。下列说法正确的是 (　　) ( 产品名称 : 盐酸 化学式 :HCl 产品等级 : 分析纯 质量分数 :36.5% 密度 :1.2 g·cm -3 ) A.该试剂瓶中的盐酸属于纯净物 B.配制100 mL 1.00 mol·L-1的稀盐酸需该盐酸10 mL C.该盐酸物质的量浓度为12 mol·L-1 D.配制稀盐酸时,取用浓盐酸的量筒使用后应洗涤,并将洗涤液也注入容量瓶 解析:选C　依据计算公式c=可计算得到该盐酸物质的量浓度c= mol·L-1=12 mol·L-1。盐酸是氯化氢的水溶液,因此该试剂瓶中的盐酸属于混合物,故A错误;按稀释定律,100 mL×1.00 mol·L-1=V×12 mol·L-1,V≈8.3 mL,配制100 mL 1.00 mol·L-1的稀盐酸需该盐酸8.3 mL,故B错误;配制稀盐酸时,取用浓盐酸的量筒使用后不能洗涤,故D错误。 8.下列有关实验原理或操作错误的是 (　　) A.用20 mL量筒量取15 mL酒精,加水5 mL,配制质量分数为75%酒精溶液 B.在200 mL某硫酸盐溶液中,含有1.5NA个硫酸根离子,同时含有NA个金属阳离子,则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5 mol·L-1 C.实验中需用2.0 mol·L-1的Na2CO3溶液950 mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为1 000 mL、212.0 g D.实验室配制500 mL 0.2 mol·L-1的硫酸亚铁溶液,其操作是:用天平称27.8 g绿矾(FeSO4·7H2O),放入小烧杯中加水溶解,转移到500 mL容量瓶,洗涤、定容、摇匀 解析:选A　酒精的密度ρ1小于水,15 mL酒精和5 mL水配成溶液,因为ρ1<ρ水,故酒精的质量分数小于75%,故A错误;1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5 mol,NA个金属阳离子的物质的量为1 mol,令金属离子的化合价为x,根据电荷守恒可知,x=1.5×2=3,故金属阳离子为+3价,所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3,根据硫酸根离子守恒可知,硫酸盐的物质的量为0.5 mol,所以该硫酸盐的物质的量浓度为=2.5 mol·L-1,故B正确;实验中需用2.0 mol·L-1的Na2CO3溶液950 mL,配制时应选用的容量瓶的规格为1 000 mL,称取Na2CO3的质量m=cVM=2 mol·L-1×1 L×106 g·mol-1=212.0 g,故C正确;应称取绿矾的质量为0.5 L×0.2 mol·L-1×278 g·mol-1=27.8 g,故D正确。 9.(2025·盐城市阜宁县期中)在0.4 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合溶液中,部分离子浓度大小如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.NaCl的物质的量为0.4 mol B.MgCl2的质量为19 g C.该混合溶液加水稀释至体积为1 L,稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为0.2 mol·L-1 D.向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液,可得到沉淀0.4 mol 解析:选D　由图可知,c(Na+)=1.0 mol·L-1,该混合液中,NaCl的物质的量为0.4 L×1.0 mol·L-1=0.4 mol,A正确;由图可知,该混合液中,c(Mg2+)=0.5 mol·L-1,含溶质MgCl2的质量为0.4 L×0.5 mol·L-1×95 g·mol-1=19.0 g,B正确;由电荷守恒可以计算出溶液中Ca2+的物质的量浓度为0.5 mol·L-1,该混合液加水稀释至体积为1 L,稀释过程中溶质的物质的量不变,则稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为=0.2 mol·L-1,C正确;加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液,氯离子转化为AgCl沉淀,n(AgCl)=n(Cl-)=3.0 mol·L-1×0.4 L=1.2 mol,D错误。 10.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,得到溶液的质量分数为ω%,物质的量浓度为c mol·L-1,密度为ρ g·cm-3,则下列说法正确的是 (　　) A.相对分子质量M可表示为 B.溶液密度ρ可表示为 C.溶液的质量分数ω%可表示为 D.物质的量浓度c可表示为 解析:选A　=,则m(溶质)= g,×M g·mol-1= g,M=,故A正确;根据c=,则溶液密度ρ可表示为,故B错误;溶液的质量分数ω%可表示为×100%=×100%,故C错误;物质的量浓度c可表示为=,故D错误。 二、非选择题 11.(6分)检测血液中Ca2+的浓度可用于判断多种疾病。某研究性学习小组设计如下实验测定血液中Ca2+的浓度。 (1)配制酸性KMnO4溶液。如图是配制100 mL 0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液的过程示意图。 ①配制100 mL 0.010 mol·L-1酸性KMnO4溶液时所需称量(分析天平,精确度0.000 1 g)KMnO4固体的质量为 　　　　 g。  ②观察图示并判断其中不正确的操作有　　　　(填标号)。  ③其中使用的玻璃仪器除量筒、烧杯外还有　　　　　　　　(填名称)。  ④如果按照图示的操作配制溶液,在其他操作均正确的情况下,配制溶液的浓度将　　　　　(填“偏大”或“偏小”)。  (2)测定血液样品中Ca2+的浓度。取血液样品40.00 mL,加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀,将洗涤后的草酸钙沉淀溶于强酸可得草酸(H2C2O4),再用0.010 mol·L-1酸性KMnO4溶液反应,反应完全时,共消耗48.00 mL酸性KMnO4溶液。 ①写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式: 　。  ②计算血液样品中Ca2+的浓度为　　　　　　 mg·mL-1。  解析:(1)①配制100 mL 0.010 mol·L-1酸性KMnO4溶液时所需称量KMnO4固体的质量为0.010 mol·L-1×0.1 L×158 g·mol-1=0.158 0 g;②KMnO4具有强氧化性,不能直接称量,可以放在烧杯中称量,a错误;转移时应用玻璃棒引流,c错误;定容时应平视刻度线,e错误;③配制一定物质的量浓度溶液时用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL容量瓶;④按图示操作a、c会造成溶质质量减少,e定容时仰视会造成加入水偏多,这些错误操作最终会使配制溶液浓度偏小。(2)①草酸和酸性高锰酸钾反应,草酸做还原剂被氧化生成二氧化碳,高锰酸钾做氧化剂被还原为Mn2+,根据得失电子守恒配平离子方程式为5H2C2O4+2Mn+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O;②根据反应的关系式可知n(Ca2+)=n(H2C2O4)=n(Mn)=×0.010 mol·L-1×0.048 L=1.2×10-3 mol,m(Ca2+)=40 g·mol-1×1.2×10-3 mol=0.048 g,则血液样品中Ca2+的浓度为=1.2 mg·mL-1。 答案:(1)①0.158 0　②ace　③玻璃棒、胶头滴管、100 mL容量瓶　④偏小　 (2)①5H2C2O4+2Mn+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O　②1.2 12.(8分)在标准状况下,将224 L HCl气体溶于635 mL水中,所得盐酸的密度为1.18 g·cm-3。试计算: (1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是　　　　、　　　　。  (2)取这种盐酸100 mL,稀释至1.18 L,所得稀盐酸的物质的量浓度是　　　　。  (3)在40.0 mL 0.065 mol·L-1 Na2CO3溶液中,逐滴加入上述稀释后的稀盐酸,边加边振荡。若使反应不产生CO2气体,加入稀盐酸的体积最多不超过　　　　 mL。  (4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水),放入50 mL 2 mol·L-1的盐酸中,充分反应后,溶液呈酸性,中和多余的酸又用去40 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液,最终得到　　　　 g固体。  解析:(1)n(HCl)==10 mol,m(HCl)=10 mol×36.5 g·mol-1=365 g,盐酸的质量分数ω=×100%=36.5%,c(HCl)===11.8 mol·L-1。(2)由c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)可知,c(稀)=11.8 mol·L-1×=1 mol·L-1。(3)n(Na2CO3)=0.040 L×0.065 mol·L-1=0.002 6 mol,设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL,则n(HCl)=1 mol·L-1×0.001x L=0.001x mol,根据反应Na2CO3+HCl===NaHCO3+NaCl得0.002 6=0.001x,x=2.6。(4)经过反应,蒸发中和后的溶液,最后所得固体为NaCl,根据氯原子守恒:n(NaCl)=n(HCl)=0.050 L×2 mol·L-1=0.1 mol,m(NaCl)=0.1 mol×58.5 g·mol-1=5.85 g。 答案:(1)36.5%　11.8 mol·L-1 (2)1 mol·L-1　(3)2.6　(4)5.85 　　第三讲　守正出新的阿伏加德罗常数(思维建模课) 　　阿伏加德罗常数(NA)是近几年高考中的经典题型,试题通过阿伏加德罗常数将基本概念、基本原理、物质结构、元素化合物的知识与化学计量联系起来。近几年高考命题在坚守对这一经典题型持续考查之外,在命题形式、知识嫁接方面给予了创新改进,结合题干情境或给定具体反应进行考查已成为热点命题方向。 一、NA常规考查的三个角度 角度(一)　通过结构特点考查微粒数目 　　[例1]　NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.12 g NaHSO4中含有0.2NA个阳离子 B.11.2 L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键的数目为3NA C.8 g CH4含有的中子数为3NA D.0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后,HI分子总数为0.2NA 　　[解析]　NaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成,其中的阳离子只有钠离子,12 g NaHSO4的物质的量为0.1 mol,因此,其中只含有0.1NA个阳离子,A说法不正确;没有指明气体的温度和压强,无法确定11.2 L乙烷和丙烯的混合气体的物质的量,因此,无法确定其中所含碳氢键的数目,B说法不正确;1个CH4分子含有6个中子,8 g CH4的物质的量为0.5 mol,因此,8 g CH4含有的中子数为3NA,C说法正确;H2和I2发生反应生成HI,该反应是可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,因此,0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后,HI分子总数小于0.2NA,D说法不正确。 　　[答案]　C |思维建模|记“组成”,明“结构” (1)熟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、O3、P4、H37Cl、—OH、OH-等。 (2)明确特殊物质的结构,如Na2O2是由Na+和构成的,而不是Na+和O2-;NaCl为离子化合物,NaCl中没有分子等。 (3)记住最简式相同的物质,如NO2和N2O4、乙烯和丙烯(质量相同的乙烯和丙烯所含的原子数、电子数均相等)等。 (4)明确物质中所含化学键的数目,如1 mol SiO2中含Si—O键的数目为4NA(设NA为阿伏加德罗常数的值),1个H2O2、1个CnH2n+2中化学键的数目分别为3、3n+1。 (5)根据分子结构确定σ、π键数目,如N2,HCHO,CO2。 　　[对点训练] 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)31 g P4(分子结构:)中的共价键数目为1.5NA (√) (2)18.9 g三肽C6H11N3O4(相对分子质量:189)中的肽键数目为0.2NA (√) (3)18 g O含有的中子数为10NA (×) (4)1 mol N2中,σ键的数目为3NA (×) (5)32 g环状S8()分子中含有的S—S键数为NA (√) (6)常温常压下,1 mol分子式为C2H6O的有机物中,含有C—O σ键的数目为NA (×) (7)30 g甲醛中所含π键数目为NA (√) (8)56 g丁烯中所含sp2杂化的碳原子数目为2NA (√) 角度(二)　结合氧化还原反应考查转移电子 　　[例2]　NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.3.9 g Na2O2与足量水反应,转移电子数目为0.1NA B.1.2 g Mg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2,转移电子数目为0.1NA C.工业合成氨,每生成标准状况下22.4 L NH3,转移电子数目为2NA D.足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应,转移电子数目为0.4NA 　　[解析]　过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,则3.9 g过氧化钠与足量水反应,转移电子个数为×1×NA mol-1=0.05NA,故A错误;镁在空气中燃烧,无论生成氧化镁还是氮化镁,镁均转化为镁离子,则1.2 g Mg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时,转移电子个数为×2×NA mol-1=0.1NA,故B正确;由化学方程式可知,每生成标准状况下22.4 L氨气,转移电子数目为×3×NA mol-1=3NA,故C错误;足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应,+4价Mn转化成Mn2+,转移电子数目为×2×NA mol-1=0.2NA,D错误。 　　[答案]　B |思维建模|理解“反应”,抓准“价态” (1)同一种物质在不同反应中做氧化剂、还原剂的判断。 如Cl2和Fe、Cu等反应,Cl2只做氧化剂,而Cl2和NaOH反应,Cl2既做氧化剂,又做还原剂;Na2O2与CO2或H2O反应,Na2O2既做氧化剂,又做还原剂,而Na2O2与SO2反应,Na2O2只做氧化剂。 (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。 　　 [对点训练] 2.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)惰性电极电解CuSO4溶液,当阳极有0.5 mol气体生成时,转移的电子数为NA (×) (2)1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+,转移的电子数为6NA (√) (3)0.3 mol NO2与足量水充分反应,转移电子数目为0.3NA (×) (4)H2O2分解制得标准状况下1.12 L O2,转移的电子数为0.2NA (×) (5)5.6 g铁粉与稀硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA (×) (6)1 mol Na2O2与足量CO2充分反应,转移的电子数为2NA (×) 角度(三)　通过隐含过程的可逆性考查粒子数目 　　[例3]　NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.标准状况下,33.6 mL氯气通入足量水中发生反应,转移电子数为1.5×10-3NA B.1 mol N2与3 mol H2充分反应后,生成0.5 mol NH3,转移1.5NA个电子 C.常温常压下,0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中含有HC的数目一定小于0.5NA D.含19.6 g H2SO4的浓硫酸与足量铜反应,生成SO2的分子数为0.1NA 　　[解析]　A项,Cl2与水的反应为可逆反应,转移电子数小于1.5×10-3NA,错误;B项,当N2与H2反应生成0.5 mol NH3时,转移1.5 mol电子,正确;C项,没有给出溶液的体积,不能计算HC的数目,错误;D项,随着反应的进行,硫酸浓度逐渐变稀,稀硫酸与铜不反应,生成SO2的分子数小于0.1NA,错误。 　　[答案]　B |思维建模|记“隐含”,析“变化” (1)隐含可逆反应 ①反应为可逆反应,反应物不能完全转化,如: I2+H22HI、2SO2+O22SO3、N2+3H22NH3。 ②有些物质常温常压下就以聚合分子形式存在。比如2NO2N2O4。 (2)隐含浓度变化 有些反应浓度不一样,反应就不一样。如铜与硝酸的反应、铜与浓硫酸的反应、二氧化锰与浓盐酸的反应。 　　[对点训练] 3.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA (×) (2)60 g乙酸在浓H2SO4作用下与足量乙醇共热,充分反应生成乙酸乙酯的分子数为1NA (×) (3)常温下,56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子 (×) (4)常温下,将64 g Cu投入一定量的浓HNO3中,生成NO2的分子数为2NA (×) (5)1 mol·L-1 HCl溶液中,HCl分子的数目为NA (×) (6)1 L 1.0 mol·L-1的盐酸含有阴离子总数为NA (×) (7)2 L 0.5 mol·L-1硫酸溶液中含有的氧原子数为4NA (×) 二、NA创新命题的四种考法 考法(一)　以无机物为情境载体考查 1.(2024·贵州卷)二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。实验室用草酸(H2C2O4)和KClO3制取ClO2的反应为H2C2O4+2KClO3+H2SO4===2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.0.1 mol O中含有的中子数为1.2NA B.每生成67.5 g ClO2,转移电子数为2.0NA C.0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中含有的H+数目为0.2NA D.标准状况下,22.4 L CO2中含σ键数目为2.0NA 解析:选D　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A错误;由已知反应方程式可知,每生成2 mol ClO2转移电子数为2 mol,则每生成67.5 g ClO2(即1 mol ClO2),转移电子数为NA,故B错误;H2C2O4是弱酸,不能完全电离,且体积未知,则0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中含有的H+数目无法计算,故C错误;1个二氧化碳分子中含有2个σ键和2个π键,则标准状况下22.4 L CO2(即1 mol CO2)中含σ键数目为2.0NA,故D正确。 2.(2024·河北卷)超氧化钾(KO2)可用作潜水或宇航装置的CO2吸收剂和供氧剂,反应为4KO2+2CO2===2K2CO3+3O2,NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.44 g CO2中σ键的数目为2NA B.1 mol KO2晶体中离子的数目为3NA C.1 L 1 mol·L-1 K2CO3溶液中C的数目为NA D.该反应中每转移1 mol电子生成O2的数目为1.5NA 解析:选A　CO2的结构式为O==C==O,44 g(1 mol) CO2中σ键的数目为2NA,A正确;KO2晶体中含有的离子为K+、,故1 mol KO2晶体中离子数目为2NA,B错误;该溶液中K2CO3的物质的量为1 mol,由于C在溶液中发生水解反应,故1 L 1 mol·L-1 K2CO3溶液中C的数目小于NA,C错误;根据题给反应可知,KO2生成O2时,O的化合价由-升高为0,故存在关系式O2~e-,则转移1 mol电子时,生成1 mol O2,即生成O2的数目为NA,D错误。 考法(二)　以有机物为情境载体考查 3.(2025·四川南充模拟)葡萄酒中含有CH3CH2OH、CH3COOH、SO2、H2O等多种成分,设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液的pH为1 B.100 g 46%的CH3CH2OH溶液中,含H—O键数为NA C.1 mol SO2与1 mol O2完全反应转移的电子数为4NA D.标准状况下,22.4 L H2O中含氧原子数大于NA 解析:选D　醋酸是在溶液中部分电离的一元弱酸,则0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH大于1,故A错误;乙醇溶液中乙醇和水分子中都含有氢氧键,则100 g 46%乙醇溶液中含有氢氧键的数目为×1×NA mol-1+×2×NA mol-1=7NA,故B错误;二氧化硫与氧气的催化氧化反应为可逆反应,可逆反应不可能完全反应,所以无法计算1 mol SO2与1 mol O2完全反应转移的电子数,故C错误;标准状况下,22.4 L液态水含有氧原子数为×1×NA mol-1>NA,故D正确。 4.(2025年1月·八省联考内蒙古卷)CO2能与H2反应生成一系列高附加值的化学品,其碳元素转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.反应①每生成1 mol CH4,消耗H2分子数目为4NA B.标准状况下,2.24 L HCHO中含中子数目为1.6NA C.反应③每生成3.2 g CH3OH,转移电子数目为0.4NA D.100 mL 1 mol·L-1HCOOH溶液中含H原子数目为0.2NA 解析:选A　反应①为CO2+4H2===CH4+2H2O,每生成1 mol CH4,消耗H2分子数目为4NA,A正确;标准状况下,2.24 L HCHO物质的量为0.1 mol,一分子HCHO中含中子数为6+8=14,故2.24 L HCHO中含中子数目为1.4NA,B错误;反应③中CO2→CH3OH,C元素化合价从+4价降低到-2价,每生成3.2 g(0.1 mol)CH3OH,转移电子数目为0.6NA,C错误;HCOOH溶液中HCOOH和H2O中都含H原子,故100 mL 1 mol·L-1 HCOOH溶液中含H原子数目大于0.2NA,D错误。 5.(2025·河北衡水一模)蔬菜和水果中富含维生素C,维生素C具有还原性,在酸性溶液中可以被Fe3+等氧化剂氧化为脱氢维生素C(已知:阿伏加德罗常数的值为NA)。下列有关说法错误的是 (　　) A.脱氢维生素C中,键角①<键角② B.维生素C分子中含有2个手性碳原子 C.1 mol维生素C中含σ键数目为18NA D.维生素C与Fe3+发生氧化还原反应时,1 mol维生素C被氧化转移的电子数为2NA 解析:选C　脱氢维生素C中,键角①中心原子O是sp3杂化,键角接近109°28',键角②中心原子C是sp2杂化,键角接近120°,故键角①<键角②,A正确;手性碳原子连接4个各不相同的原子或原子团,如图所示,维生素C分子中含有2个手性碳原子(标号),B正确;根据图中结构简式,1 mol维生素C中含σ键数目为20NA,C错误;根据图示,维生素C转化为脱氢维生素C减少2个H,可知1 mol维生素C被氧化转移的电子数为2NA,D正确。 考法(三)　借助催化反应机理考查 6.(2025·江西赣州模拟)一种光催化重整聚乳酸生成丙酮酸的过程如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 (　　) A.1 mol乳酸分子中含有s⁃sp3σ键数目为6NA B.1 mol乳酸比1 mol丙酮酸多2NA质子 C.生成1 mol丙酮酸,需要消耗2NA h+ D.1 mol丙酮酸与足量Na2CO3溶液反应,生成CO2分子数为0.5NA 解析:选D　由乳酸结构可知,该结构中单键C、O均为sp3杂化,羧基碳原子为sp2杂化,其中H原子与单键C、O之间为s⁃sp3σ键,1分子中含6个s⁃sp3σ键,故A正确;由结构简式可知乳酸比丙酮酸多两个H原子,乳酸比丙酮酸多2个质子,则1 mol乳酸比1 mol丙酮酸多2NA质子,故B正确;生成1 mol丙酮酸,转移2 mol电子,则需要消耗2NA h+,故C正确;1 mol丙酮酸与足量Na2CO3溶液反应,生成碳酸氢钠,没有二氧化碳生成,故D错误。 7.(2024·安徽卷)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质,转化关系之一如图所示(X、Y均为氮氧化物),羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下,羟胺易潮解,水溶液呈碱性,与盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用于药品、香料等的合成。 已知25 ℃时,Ka(HNO2)=7.2×10-4,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,Kb(NH2OH)=8.7×10-9。 NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.标准状况下,2.24 L X和Y混合气体中氧原子数为0.1NA B.1 L 0.1 mol·L-1NaNO2溶液中Na+和N数均为0.1NA C.3.3 g NH2OH完全转化为N时,转移的电子数为0.6NA D.2.8 g N2中含有的价电子总数为0.6NA 解析:选A　N中N为+3价,X、Y均为氮氧化物,由已知图可知,N经三步还原转化为N2,则X为NO,Y为N2O,标准状况下2.24 L NO和N2O混合气体的物质的量为0.1 mol,故氧原子数为0.1NA,A项正确;由HNO2的电离常数知,HNO2为弱酸,1 L 0.1 mol·L-1 NaNO2溶液中,由于N发生水解,故N数小于0.1NA,B项错误;NH2OH转化为N时,N由-1价升高为+3价,3.3 g NH2OH的物质的量为0.1 mol,完全转化为N时,转移的电子数为0.4NA,C项错误;1个N2分子中含有10个价电子,2.8 g N2的物质的量为0.1 mol,含有的价电子数为NA,D项错误。 考法(四)　借助结构进行考查 8.(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[N==C==N]2-离子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 [N==C==N]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)含有1 mol C,sp2杂化轨道含有的电子数为3NA,B项错误;1个[N==C==N]2-含有2个π键,则1 mol [N==C==N]2-中含有的π键数为2NA,C项错误;由N从0价变成-3价知,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。 9.(2024·福建卷)我国科学家预测了稳定的氮单质分子N8(结构如图)。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 (　　) A.1.0 mol N8的σ键电子数为16NA B.1.0 mol N8的(价层)孤电子对数为7NA C.1.0 mol N8的sp2杂化N原子数为6NA D.112.0 g N8完全分解,产生的N2分子数为4NA 解析:选B　由N8分子结构可知,其中每2个N之间均存在1个σ键,则1个N8分子中共有8个σ键,A项正确;该分子为平面结构,2、3、4、5、6、8号N原子的价层电子各有1个孤电子对,故1个N8分子中孤电子对数为6,B项错误;除形成氮氮三键的2个N(7、8号)为sp杂化外,其他6个N(1~6号)均为sp2杂化,C项正确;N8完全分解的化学方程式为N84N2,n(N8)==1 mol,故112.0 g (1 mol) N8完全分解生成4 mol N2,D项正确。 10.(2025·甘肃张掖模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.10 g立方氮化硼晶体所含原子数目为NA B.1 L pH=1的H2SO4与(NH4)2SO4混合溶液中,H+数目为0.1NA C.含4 mol Si—O的SiO2晶体中氧原子数目为NA D.标准状况下,22.4 L NO2的分子数目为NA 解析:选B　立方氮化硼晶胞中B原子在面心上和顶点,个数:8×+6×=4,N原子在体心,个数为4,化学式为BN,10 g立方氮化硼物质的量为0.4 mol,所含原子数为0.8NA,A错误;1 L pH=1的H2SO4与(NH4)2SO4混合溶液中,H+数目为0.1 mol·L-1×1 L×NA mol-1=0.1NA,B正确;含4 mol Si—O的SiO2晶体中有1 mol SiO2,氧原子数目为2NA,C错误;标准状况下,NO2不是气体,不能用气体摩尔体积计算,D错误。 [课时跟踪检测] (说明:标题目配有讲评课件) 1.(2025·怀仁市第一中学校摸底)宏观物质的计量(如质量、体积)与微观粒子的计量(如数目)间可通过物质的量联系在一起。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 (　　) A.18 g重水(O)中含有的中子数目为10NA B.6.0 g NaHSO4固体中含有的阳离子数目为0.05NA C.1 mol 中含σ键的数目为9NA D.加热条件下,1 mol Fe和1 mol Cl2充分反应,转移的电子数目为2NA 解析:选A　1个O分子中含有10个中子,18 g O的物质的量为=0.9 mol,18 g重水(O)中含有的中子数目为9NA,故A错误;6.0 g NaHSO4的物质的量为0.05 mol,其中含有的阳离子为Na+,其数目为0.05NA,故B正确;1个分子中,五元环上5个σ键,另外还含有4个C—H σ键,故1 mol 中含σ键的数目为9NA,故C正确;加热条件下,Fe和Cl2发生的反应为2Fe+3Cl22FeCl3,故1 mol Fe和1 mol Cl2反应时,Fe过量,因此按Cl2计算,转移的电子数目为2NA,故D正确。 2.(2025·黔东南州九校模拟)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,22.4 L Cl2完全反应,转移电子数目一定为2NA B.1.0 L pH=1的H2SO4溶液中H+的数目为0.2NA C.30 g NO与32 g O2混合后所含原子总数小于4NA D.若核反应235U+1nBa+95Kr+31n(1n表示中子)体系内中子增加0.4NA,则消耗235U质量为47 g 解析:选D　若是Cl2与稀碱溶液反应,根据反应Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O可知,1 mol Cl2完全反应,转移1 mol电子,A错误;pH=1的H2SO4溶液中,c(H+)=0.1 mol·L-1,则1.0 L pH=1的H2SO4溶液中H+的数目为0.1NA,B错误;30 g NO的物质的量为=1 mol,所含原子数为2NA,32 g O2的物质的量为=1 mol,所含原子数也为2NA,混合前两种气体所含原子总数为4NA,则混合后所含原子总数不变,仍然为4NA,C错误;根据该核反应的化学计量数可知,体系内中子增加2NA,消耗235U质量为235 g,若体系内中子增加0.4NA,则消耗235U质量为47 g,D正确。 3.(2025·南阳市月考)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是 (　　) A.标准状况下,1.12 L 18O2中含有中子数为NA B.100 mL 0.1 mol·L-1的NaOH水溶液中含有氧原子数为0.01NA C.31 g P4(分子结构:)中的共价键数目为1.5NA D.7.8 g Na2O2中含有的共价键的数目为0.1NA 解析:选B　标准状况下,1.12 L 18O2的物质的量为0.05 mol,一个18O中含有中子数为18-8=10个,所以1.12 L 18O2中含有中子数为0.05 mol×10×2=1 mol,故A正确;100 mL 0.1 mol·L-1的NaOH水溶液含有溶质氢氧化钠和溶剂水,氧原子数目为二者氧原子数目的加和,故B错误;根据白磷的分子结构可知一个白磷分子里含有六个共价键,所以共价键数目为×6×NA mol-1=1.5NA,故C正确;7.8 g Na2O2的物质的量为0.1 mol,过氧根离子中两个氧原子之间为共价键,则其数目为0.1NA,故D正确。 4.(2025·成都市龙泉驿区模拟)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 (　　) A.“铯原子钟”中的铯原子为Cs,则0.2 mol Cs含有的中子数目为11NA B.1 mol某烃()分子中处于同平面碳原子数目最多为10NA C.常温下,1 L pH=12的氢氧化钠溶液中含有OH-的数目为0.01NA D.含4 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应后转移的电子数目为4NA 解析:选C　“铯原子钟”中的铯原子含有中子数为133-55=78,则0.2 mol Cs含中子的数目为78×0.2NA=15.6NA,故A错误;1 mol某烃()分子中,中间的碳原子与周围四个碳原子不在同一平面内,因此处于同平面的碳原子数目最多不可能为10NA,故B错误;常温下,1 L pH=12的氢氧化钠溶液中,n(OH-)=1×10-2 mol·L-1×1 L=0.01 mol,其含有OH-的数目为0.01NA,故C正确;MnO2只与浓盐酸反应,一旦盐酸变稀,与二氧化锰的反应即停止,即4 mol浓盐酸不能反应完全,故转移的电子数目小于4NA,故D错误。 5.(2025·天津市第一中学月考)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的是 (　　) A.1 mol SO2和足量O2反应,生成标准状况下11.2 L SO3时,转移电子数为NA B.14.2 g 含σ键的数目为0.4NA C.6.5 g Zn与一定量浓硫酸反应完全溶解,转移的电子数为0.2NA D.用电解法精炼铜时,若阴极质量增加64 g,则溶液中转移电子数为2NA 解析:选C　三氧化硫在标准状况下为非气体,不能计算出其物质的量,A错误;由题干图示可知,1分子P4O10含16个σ键,故14.2 g P4O10含σ键的数目为0.8NA,B错误;0.1 mol锌完全反应生成0.1 mol锌离子,转移电子数一定为0.2NA,C正确;电解精炼铜时,电子在外电路中流动,溶液中没有电子流动,D错误。 6.(2025·石家庄市普通高中模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.常温下,28 g N2和CO混合物中含有分子的数目为NA B.标准状况下,11.2 L氯仿中含有原子的数目为2.5NA C.1 mol Cu与2 mol硫单质充分反应转移电子的数目为2NA D.常温下,1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA 解析:选A　28 g N2与CO混合气体的物质的量为1 mol,含有分子的数目为NA,故A正确;标况下氯仿为液体,故无法根据体积计算物质的量,故B错误;铜和硫反应生成Cu2S,铜为+1价,则1 mol铜完全反应转移NA个电子,故C错误;常温下,pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-浓度为0.1 mol·L-1,故1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的物质的量为0.1 mol,数目为0.1NA,故D错误。 7.(2025·南充高级中学月考)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 (　　) A.18 g单糖(C6H12O6)中含醛基数目不一定为0.1NA B.含0.4 mol Br-的CuBr2溶液中,Cu2+的数目小于0.2NA C.32 g SO2和S2混合气体所含分子数为0.5NA D.2 g氘化锂(6LiD)中含有的中子数为2NA 解析:选D　18 g单糖(C6H12O6)物质的量为0.1 mol,C6H12O6可以是葡萄糖或果糖,葡萄糖含醛基,果糖不含,故含醛基数目不一定为0.1NA,A正确;含0.4 mol Br-的CuBr2溶液中含有CuBr2为0.2 mol,由于Cu2+会水解,Cu2+的数目小于0.2NA,B正确;M(SO2)=64 g·mol-1,M(S2)=64 g·mol-1,故32 g SO2和S2混合气体的物质的量为0.5 mol,所含分子数为0.5NA,C正确;D原子为H,6LiD的摩尔质量=6+2=8 g·mol-1,则n(6LiD)==0.25 mol,1个6LiD中含有中子数=6-3+(2-1)=4,故0.25 mol该化合物中含有中子为0.25×4=1 mol,即1NA,D错误。 8.(2025年1月·八省联考四川卷)O3和HI发生反应:O3+2HI===I2+O2+H2O,NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 (　　) A.O3是非极性键形成的极性分子 B.HI的电子式是H︰︰ C.O3和O2互为同素异形体 D.1 mol1O含有的中子数是8NA 解析:选A　O3的中心氧原子和两个配位氧原子之间的O—O具有极性,电子云偏向配位氧原子,故O3是由极性键形成的极性分子,A错误;HI是共价化合物,氢和碘之间共用一对电子,故HI的电子式是H︰︰,B正确;O3和O2是由氧元素形成的不同的单质,互为同素异形体,C正确;1O中H没有中子,O有16-8=8个中子,故1 mol 1O含有的中子数是8NA,D正确。 9.(2024·黑吉辽卷)硫及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.标准状况下,11.2 L SO2中原子总数为0.5NA B.100 mL 0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液中,S数目为0.01NA C.反应①每消耗3.4 g H2S,生成物中硫原子数目为0.1NA D.反应②每生成1 mol还原产物,转移电子数目为2NA 解析:选D　二氧化硫在标准状况下为气态,11.2 L二氧化硫的物质的量为0.5 mol,其原子总数为1.5NA,A错误;亚硫酸根离子在溶液中会水解,故亚硫酸根离子数目小于0.01NA,B错误;反应①为2H2S+SO2===3S+2H2O,则3.4 g(0.1 mol)硫化氢完全反应生成硫原子的数目为0.15NA,C错误;反应②为3S+6OH-2S2-+S+3H2O,每3 mol S发生反应转移4 mol电子,其中2 mol S被还原,则每生成1 mol还原产物S2-,转移2 mol电子,D正确。 10.(2025·广州市调研)设NA为阿伏加德罗常数的值。氯碱工业涉及NaCl、Cl2、H2、NaOH等物质,下列说法正确的是 (　　) A.1.0 mol·L-1 NaCl溶液中Cl-数目为NA B.电解生成1 mol Cl2理论上转移电子数为2NA C.标准状况下22.4 L H2的质子数为NA D.40 g NaOH固体中含有极性共价键的数目为2NA 解析:选B　缺少溶液的体积,无法计算1.0 mol·L-1氯化钠溶液中氯化钠的物质的量和含有氯离子的数目,故A错误;氯化钠溶液电解生成1 mol氯气时,反应转移电子数目为1 mol×2×NA mol-1=2NA,故B正确;氢气分子的质子数为2,则标准状况下22.4 L氢气的质子数为×2×NA mol-1=2NA,故C错误;氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物,40 g氢氧化钠固体中含有极性共价键的数目为×1×NA mol-1=NA,故D错误。 11.(2025·江门市大联考)科研人员发现鸡蛋黄发青的反应机理如图所示: +NH3↑+H2S↑;Fe+H2S===+H2 设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 (　　) A.1 mol半胱氨酸中含有σ键的数目为13NA B.1 mol NH3和H2S组成的混合气体中氢原子数为2NA C.生成22.4 L H2时,消耗1 mol Fe单质 D.1 L 1 mol·L-1 H2S溶液中S2-的数目为NA 解析:选A　由半胱氨酸的结构简式可知,其分子中含有13个σ键,A项正确;1 mol NH3和1 mol H2S所含的H原子数目不同,所以无法推算出1 mol NH3和H2S组成的混合气体中氢原子的数目,B项错误;未说明氢气是否处于标准状况,无法计算,C项错误;氢硫酸为弱酸,该溶液中S2-的数目小于NA,D项错误。 12.(2025·山西省部分学校联考)氨催化氧化法制硝酸的过程为NH3MNO2HNO3,下列叙述正确的是 (　　) A.制备M的化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O B.标准状况下,2.24 L NH3含孤电子对数目约为0.4×6.02×1023 C.M与足量O2混合生成的NO2分子数与参加反应的M分子数相等 D.在吸收塔中充入空气的目的是提高NO2的原子利用率 解析:选D　氨气具有还原性,与氧气发生催化氧化生成M(NO)和水,NO被氧气氧化为二氧化氮,二氧化氮和水反应生成硝酸和NO。制备NO的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O,故A错误;标准状况下,2.24 L NH3的物质的量为=0.1 mol,每个NH3含有一个孤电子对,故含孤电子对数目约为0.1×6.02×1023,故B错误;NO和氧气反应的方程式为2NO+O2===2NO2,部分二氧化氮会转化为四氧化二氮,则参与反应的NO分子数与生成二氧化氮的分子数不相等,故C错误;二氧化氮用水吸收时生成硝酸和NO,充入空气后,氧气可继续与NO反应生成二氧化氮,继续被吸收,总反应的化学方程式为4NO2+2H2O+O2===4HNO3,提高了NO2的原子利用率,故D正确。 13.(2025·惠州市月考)三氯化氮可用于漂白,使用时发生反应:2NCl3+3H2O===3HCl+3HClO+N2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是 (　　) A.1 mol NCl3中N原子的孤电子对的数目为NA B.标准状况下,1.8 g H2O中含有质子数为NA C.1 L pH=4的HClO溶液中H+的数目小于10-4NA D.0.5 mol N2分子中含有π键数目为NA 解析:选C　NCl3中N原子孤电子对数为=1,故1 mol NCl3中N原子的孤电子对的数目为NA,故A正确;1.8 g H2O的物质的量为0.1 mol,1个H2O分子中含有10个质子,则0.1 mol H2O中含有质子数为NA,故B正确;pH=4的HClO溶液中c(H+)=1×10-4 mol·L-1,则1 L pH=4的HClO溶液中H+的数目等于10-4NA,故C错误;N2的结构式为N≡N,1个N2分子含有2个π键,则0.5 mol N2分子中含有π键数目为NA,故D正确。 14.(2025·成都石室中学模拟)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.消耗等物质的量的Al2O3和N2,转移电子数目为6NA B.标准状况下,11.2 L C18O中含中子数目为8NA C.12 g C(石墨空间结构的俯视图如图)含非极性共价键数目为3NA D.0.1 mol Al2O3溶于足量氢氧化钠溶液,溶液中含[Al(OH)4]-的数目为0.2NA 解析:选B　由于不知道等物质的量的Al2O3和N2具体的物质的量,无法计算转移的电子数目,A错误;标准状况下,11.2 L C18O的物质的量为0.5 mol,1个C18O分子中含16个中子,则0.5 mol C18O中含中子数目为8NA,B正确;12 g C(石墨)的物质的量为1 mol,含1 mol×3×=1.5 mol非极性键,即非极性共价键数目为1.5NA,C错误;0.1 mol Al2O3溶于足量氢氧化钠溶液,溶液中四羟基合铝酸根会发生水解,故数目小于0.2NA,D错误。 15.K4[Fe(CN)6]为食盐的抗结剂,已知K4[Fe(CN)6]的熔点为70 ℃、沸点为104.2 ℃,400 ℃以上发生分解反应:3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+5C+3N2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 (　　) A.K4[Fe(CN)6]中含有离子键、配位键和共价键 B.42.0 g N2和N4中的原子数为3NA C.常温下,1 L pH=11的KCN溶液中由水电离的H+数为10-11NA D.3.6 g金刚石晶胞中C—C键的数目为0.6NA 解析:选C　K4[Fe(CN)6]中含有K+与CN-之间的离子键、Fe与CN-之间的配位键和CN-之间的共价键,A正确;42.0 g N2和N4中的原子数为3NA,B正确;1 L pH=11的KCN溶液中CN-发生水解,水的电离被促进,故由水电离的H+数为10-3NA,C错误;金刚石晶胞中每个C原子与周围4个C原子成键,所以每个C原子形成2个C—C键,3.6 g金刚石晶胞中C—C键的数目为0.6NA,D正确。 第四讲　以物质的量为中心的化学计算常用方法(思维建模课) 　　以物质的量为中心的化学计算每年高考必考,涉及的运算方法主要有比例式法、关系式法、守恒法和热重分析法。学通学精这些方法是解题的金钥匙,能使复杂的计算简单化、规律化。有利于学生养成解决相关问题的科学思维。 　　　　　一、 比 例 式 法　　 1.应用原理 　　　　　　　 2Na+2H2O===2NaOH+H2↑ 化学计量数之比: 2　∶ 2∶　　 2　 ∶ 1 扩大NA倍:　　 2NA∶ 2NA　∶　 2NA　∶NA 物质的量之比:　2 mol∶2 mol∶　2 mol ∶1 mol 结论:化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比,也等于各物质的物质的量之比。 2.解题步骤 写 写出有关的化学方程式 找 找出相关物质对应的化学计量数,从而找出相关物质的物质的量之比 列 将有关的四个量列出比例式 解 根据比例式求出n,再求m、V或c 答 写出简明答案 　　[例1]　某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物,为探究其组成,称取m g该固体粉末样品,用足量的稀H2SO4充分反应后,称得固体质量为a g。 已知:Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O (1)若a=　　　　　(用含m的最简式表示),则红色固体粉末为纯净物。  (2)若a=,则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为　　　　　 mol(用含m的最简式表示)。  　　[解析]　(1)若红色固体粉末只是Fe2O3,则与稀H2SO4充分反应后,无固体剩余,所以红色固体若为纯净物,只能是Cu2O,根据Cu2O+2H+===Cu+Cu2++H2O,所以Cu2O与Cu的物质的量相等,而铜的物质的量为 mol,所以Cu2O的质量m=×144,所以a=m。 (2)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O x 2x Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O y y y 2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+ 2x x 根据题意　　所以x=。 　　[答案]　(1)　(2) [迁移应用] 1.玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去,发生如下反应: 3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O (x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6) S+K2SO3K2S2O3 请计算: (1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2S和K2SO3,则V=　　　　 mL。  (2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2Sx和K2S2O3,则x= 　。(写出计算过程) 解析:(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知,3 mol S可以和6 mol KOH反应,0.480 g S的物质的量n(S)=0.015 mol,则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03 mol,需要KOH溶液的体积V===0.03 L=30.0 mL。(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3,将题中第2个方程式均乘以2,而三个方程式相加,则反应的化学方程式为 (2x+2)S　　　+　　　　6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O (2x+2)mol 6 mol =0.080 mol　60.0×10-3 L×1.00 mol·L-1=0.060 mol 有=,解得x=3。 答案:(1)30.0　(2)3(计算过程见解析) 2.MnO2是重要的化工原料,现进行产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4,加热至充分反应。再用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点,消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知:MnO2及Mn均被还原为Mn2+。相对分子质量:MnO2—86.94;Na2C2O4—134.0)。产品纯度为　　　　(用质量分数表示)。  解析:根据题意可知,部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应,剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O),则与二氧化锰反应的草酸钠为-×5;MnO2+Na2C2O4+2H2SO4===Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O,则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-×5,产品纯度=×100% =%。 答案:% 3.测定产品(硫酸铈铵[(NH4)2Ce(SO4)3])纯度。称取w g产品全部溶于水,配制成250 mL溶液,准确量取25.00 mL配制的溶液于锥形瓶中,以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂,用0.10 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定(滴定反应为Fe2++Ce4+===Ce3++Fe3+),起始读数为V0 mL,终点时溶液恰好由紫红色变为亮黄色,此时滴定管的读数为V1 mL,则该产品的纯度为　　　　　　%(用含w、V0、V1的代数式表示)。  解析:n(Fe2+)=0.1 mol·L-1×(V1-V0)×10-3 L=1.0×10-4(V1-V0)mol,根据离子方程式:Fe2++Ce4+===Ce3++Fe3+可知,n(Ce4+)=1.0×10-4(V1-V0)mol,故原样品中[(NH4)2Ce(SO4)3]的物质的量为1.0×10-3(V1-V0)mol,该产品的纯度为×100%=%。 答案: 二、 关 系 式 法 1.应用原理 在求“已知量”和“待求量”之间的关系式时,一定要找出“中间量”(该“中间量”可在前一个化学反应中作生成物,而在下一个化学反应中作反应物),并通过改变相关化学方程式的化学计量数使“中间量”的计量数变成同一个数值,从而建立“已知量”和“待求量”之间的化学计量数之比,即关系式。还可以根据原子守恒,寻找反应物与最终产物之间的关系。 2.解题步骤 (1)写出各步反应的化学方程式。 (2)找出作为“中介”的物质,并确定最初的反应物、中介物质、最终生成物之间“量”的关系。 (3)确定最初反应物和最终生成物之间“量”的关系。 (4)根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。 　　[例2]　六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂,熔点为283 ℃,沸点为340 ℃,易溶于CS2,极易水解。实验室中,先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6,利用碘量法测定WCl6产品纯度,实验如下: (1)称量:将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中,盖紧称重为m1 g;开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g;再开盖加入待测样品并计时1分钟,盖紧称重为m3 g,则样品质量为　　　　g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。  (2)滴定:先将WCl6转化为可溶的Na2WO4,通过I离子交换柱发生反应:W+Ba(IO3)2===BaWO4+2I;交换结束后,向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应:I+5I-+6H+===3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应:I2+2S2===2I-+S4。滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL,则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为　　　　　　　　。  　　[解析]　(1)称量时加入足量的CS2,盖紧称重为m1 g,由于CS2易挥发,开盖时要挥发出来,称量的质量要减少,开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g,则挥发出的CS2的质量为(m1-m2)g,再开盖加入待测样品并计时1分钟,又挥发出(m1-m2)g的CS2,盖紧称重为m3 g,则样品质量为m3 g+2(m1-m2)g-m1 g=(m3+m1-2m2)g。(2)滴定时,根据关系式:WCl6~W~2I~6I2~12S2,样品中n(WCl6)=n(S2)=cV× 10-3 mol,m(WCl6)= cV× 10-3 mol×M g·mol-1= g,则样品中WCl6的质量分数为 ×100%=%。 　　[答案]　(1)(m3+m1-2m2) (2)% [迁移应用] 1.工业上,利用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)冶炼金属,产生的废气可以制备硫酸。某黄铜矿中铜元素的质量分数为a%(假设杂质不含铜、铁、硫元素),其煅烧过程转化率为75%,得到的SO2转化为SO3的转化率为80%,SO3的吸收率为96%。现有黄铜矿100 t,其废气最多能制备98%的硫酸 (　 ) A.1.8a t　 B.2.8a t　 C.3.2a t　 D.4.5a t 解析:选A　根据题中转化过程中物质变化及物质中硫原子守恒可得关系式:CuFeS2~2SO2~2SO3~2H2SO4,根据黄铜矿中铜元素的质量分数为a%可得100 t黄铜矿中n(CuFeS2)=n(Cu)== mol,则根据关系式及各步的转化率可知n(H2SO4)=2n(CuFeS2)×75%×80%×96%=1.8a×104 mol,则能制备98%的硫酸的质量为=1.8a×106 g=1.8a t。 2.Ba2+是一种重金属离子,有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2+的物质的量浓度。 (1)现需配制250 mL 0.100 0 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液,所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外,还需要 　。 (2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为 　 g。 (3)另取50.00 mL废水,控制适当的酸度,加入足量的K2Cr2O7溶液,得到BaCrO4沉淀;沉淀经洗涤、过滤后,用适量的稀盐酸溶解,此时Cr全部转化为Cr2,再向其中滴加上述标准Na2S2O3溶液,反应完全时,消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2+6S2+14H+===2Cr3++3S4+7H2O。则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为　　　　　。  解析:(1)配制250 mL 0.100 0 mol·L-1的标准Na2S2O3溶液,实验步骤有:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀,所需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、烧杯外,还需要250 mL容量瓶、胶头滴管。(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量m=cVM=0.25 L×0.100 0 mol·L-1×158 g·mol-1≈4.0 g。(3)根据操作过程,得反应关系式2Ba2+~2BaCrO4~2Cr~Cr2~6S2,50.00 mL废水中含有Ba2+的物质的量为0.1 mol·L-1×0.036 L×=0.001 2 mol,则该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度为=0.024 mol·L-1。 答案:(1)250 mL容量瓶、胶头滴管　(2)4.0　(3)0.024 mol·L-1 3.测定产品中V2O5的纯度:称取a g产品,先用硫酸溶解,得到(VO2)2SO4溶液,再加入b1 mL c1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(V+2H++Fe2+===VO2++H2O+Fe3+),最后用c2 mol·L-1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点,消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知Mn被还原为Mn2+,假设杂质不参与反应,则产品中V2O5的质量分数是　　　　　　　%。  解析:加入高锰酸钾溶液发生反应:5Fe2++Mn+8H+===Mn2++5Fe3++4H2O,反应消耗KMnO4为b2×10-3L×c2 mol·L-1=b2c2×10-3 mol,剩余Fe2+的物质的量n2(Fe2+)=5b2c2×10-3 mol,与V反应的Fe2+的物质的量n1(Fe2+)=n总(Fe2+)-n2(Fe2+)=b1×10-3 L×c1 mol·L-1-5b2c2×10-3 mol=(b1c1-5b2c2)×10-3 mol,根据V+2H++Fe2+===VO2++H2O+Fe3+和V守恒,可得关系式:V2O5~2V~2Fe2+,则n(V2O5)=n1(Fe2+)=(b1c1-5b2c2)×10-3 mol,产品中V2O5的质量分数为×100%=%。 答案: 4.尿素溶液的浓度影响NO2的转化,测定溶液中尿素(M=60 g·mol-1)含量的方法如下:取a g尿素溶液,将所含氮完全转化为NH3,所得NH3用过量的V1 mL c1 mol·L-1 H2SO4溶液吸收完全,剩余H2SO4用V2 mL c2 mol·L-1 NaOH溶液恰好中和,则尿素溶液中溶质的质量分数是　　　　　(已知尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2)。  解析:吸收NH3的硫酸的物质的量为V1×10-3 L×c1 mol·L-1-V2×10-3 L×c2 mol·L-1×=V1c1-V2c2×10-3 mol,根据化学方程式CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑和2NH3+H2SO4=== (NH4)2SO4,可知尿素的物质的量为V1c1-V2c2×10-3 mol,则尿素溶液中溶质的质量分数是×100%=%。 答案:% 三、 守 恒 法 1.应用原理 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒,如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 2.解题步骤 第一步:明确题目要求解的量; 第二步:根据题目中要求解的量,分析反应过程中物质的变化,找出守恒类型及相关的量; 第三步:根据守恒原理,梳理出反应前后守恒的量,列式计算求解。 　　[例3]　某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g,经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O,其中H2O的质量为3.06 g;残留的固体产物是Al2O3,质量为1.02 g。计算: (1)x= 　(写出计算过程)。  (2)气体产物中n(O2)=　　　　　 mol。  　　[解析]　(1)根据关系式法 2[Al(NO3)3·xH2O]~Al2O3 2(213+18x)g 102 g 7.50 g 1.02 g =,解得x=9。 (2)样品中n(Al)=×2=0.02 mol,气体产物中n(H2O)==0.17 mol,根据氢元素守恒,n(HNO3)=0.02×9×2 mol-0.17×2 mol=0.02 mol,根据氮元素守恒,n(NO2)=样品中N的物质的量-HNO3中N的物质的量=0.02×3 mol-0.02 mol=0.04 mol,根据氧元素守恒,n(O2)= mol=0.01 mol。 　　[答案]　(1)9　(2)0.01 [迁移应用] 1.[得失电子守恒]现将1 mol Cu2S与144 g FeO投入到足量稀硝酸溶液中,充分反应得到Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、CuSO4的混合溶液,并产生NO气体。则最终反应所得NO物质的量为 (　　) A.7.2 mol　　　　　　　 B.5 mol C.6.4 mol D.4 mol 解析:选D　Cu2S与FeO均与稀硝酸发生氧化还原反应,铜元素化合价由+1价上升至+2价,硫元素化合价由-2价上升至+6价,铁元素化合价由+2价上升至+3价,1 mol Cu2S参与反应能够失去10 mol电子,144 g FeO物质的量为2 mol,参加反应失去2 mol电子,因此1 mol Cu2S与144 g FeO共失去12 mol电子,硝酸发生还原反应每生成1 mol NO得到电子3 mol,故根据电子转移守恒可知共生成4 mol NO,故选D项。 2.[电荷守恒]某溶液中仅含有Na+、Mg2+、S、Cl-四种离子,其物质的量浓度比为c(Na+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=3∶5∶5,若Na+浓度为3 mol·L-1,则S的浓度为 (　　) A.2 mol·L-1 B.3 mol·L-1 C.4 mol·L-1 D.8 mol·L-1 解析:选C　根据电荷守恒可知c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(S),代入数据可得,3 mol·L-1×1+5 mol·L-1×2=5 mol·L-1×1+c(S)×2,c(S)=4 mol·L-1。 3.[原子守恒]某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O,并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案: ①称取产品0.500 0 g,用100 mL水溶解,酸化,加热至近沸; ②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1 H2SO4溶液; ③沉淀完全后,60 ℃水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为0.466 0 g。 产品中BaCl2·2H2O的质量分数为　　　　(保留三位有效数字)。  解析:由题意可知,硫酸钡的物质的量为=0.002 mol,依据钡原子守恒,产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol,质量为0.002 mol×244 g·mol-1=0.488 g,质量分数为×100%=97.6%。 答案:97.6% 四、热重分析法 　　热重分析法是指程序控制温度和一定气氛条件下,测量物质的质量与温度或时间关系的一种热分析方法,解答热重分析试题的常用方法为: (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剩余,×100%=固体残留率。 (4)晶体中金属质量不减少,仍在m剩余中。 (5)失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒得m(O),由n(金属)∶n(O),即可求出失重后物质的化学式。 　　[例4]　0.80 g CuSO4·5H2O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: 请回答下列问题: (1)试确定200 ℃时固体物质的化学式: 　。 (2)取270 ℃所得样品,于570 ℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体,该反应的化学方程式为 　。 把该黑色粉末溶解于稀硫酸中,经浓缩、冷却,有晶体析出,该晶体的化学式为　　　　　　,其存在的最高温度是　　　　。  　　[解析]　CuSO4·5H2O受热到102 ℃时开始脱水分解,113 ℃时可得到较稳定的一种中间物,到258 ℃时才会继续分解。(1)在200 ℃时失去的水的质量为0.80 g-0.57 g=0.23 g,根据反应的化学方程式: CuSO4·5H2OCuSO4·(5-n)H2O+nH2O 250 18n 0.80 g 0.23 g =,解得n≈4,故200 ℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O。(2)于570 ℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO,氧化性气体则为SO3,反应的化学方程式为CuSO4CuO+SO3↑。CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水,经浓缩、冷却,得到的晶体为CuSO4·5H2O;由分析可知,其存在的最高温度是102 ℃。 [答案]　(1)CuSO4·H2O　(2)CuSO4CuO+SO3↑　CuSO4·5H2O　102 ℃ [迁移应用] 1.(2023·全国乙卷·节选)在N2气氛中,FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示: 根据上述实验结果,可知x=　 　,y= 。  解析:由题图可知,FeSO4·7H2OFeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3%,则失重比为19.4%时,失去的结晶水数目为≈3,故x=7-3=4,同理可推出y=7-≈1。 答案:4　1 2.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×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO,列式计算x值和m∶n值。 答案:若a点固体组成表示为PbOx,根据PbO2PbOx+O2↑,有×32=239×4.0%,解得x=2-≈1.4,若组成表示为mPbO2·nPbO,因O原子与Pb原子的比值为x,有=1.4,得==。 3.(2024·江苏卷·节选)将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值 　(写出计算过程)。  解析:8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol,其在氮气氛围中焙烧后,金属元素的质量和化合价均保持不变,因此,n(Nd3+)=4×10-5 mol;550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg,固体减少的质量为1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,因此,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量。根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为=2×10-5 mol,由C元素守恒可知,分解后剩余的C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值为=2∶1。 答案:2∶1(计算过程见解析) [课时跟踪检测] (电子版配有升维和降维题组,通过调试难度,满足不同层级学生的需求) 一、选择题 1.在标准状况下,有750 mL含臭氧的氧气,其中臭氧完全分解后体积变为780 mL,若将此含臭氧的氧气1 L通入碘化钾溶液中,发生如下反应:2KI+O3+H2O===2KOH+I2+O2,则生成的碘的质量是 (　　) A.0.91 g B.0.81 g C.0.71 g D.0.61 g 解析:选A　差量法: 2O3===3O2　　　　ΔV, 2 3 3-2=1 V(O3)=60 mL 780-750=30 mL 1 L混合气体中含臭氧的体积V=1 L×=0.08 L,根据臭氧和KI反应的化学方程式,n(O3)=n(I2)=≈0.003 6 mol,m(I2)=0.003 6 mol×254 g·mol-1≈0.91 g。 2.为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染,常采用NaOH溶液进行吸收处理(2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O;NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体,恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余),则此NaOH溶液的物质的量浓度为 (　　) A. mol·L-1　　 B. mol·L-1 C. mol·L-1 D. mol·L-1 解析:选B　根据氮原子守恒,可知反应后得到的NaNO2和NaNO3的物质的量之和为(a+b+2c)mol,再根据钠原子守恒,可知参与反应的NaOH为(a+b+2c)mol,则c(NaOH)= mol·L-1。 3.某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度,称取11.5 g绿矾产品,溶解,配制成1 000 mL溶液;量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中,用硫酸酸化的0.010 00 mol·L-1高锰酸钾溶液滴定至终点,消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00 mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为 (　　) A.94.5% B.96.1% C.96.7% D.97.6% 解析:选C　高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为Mn+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O, n(KMnO4)=20.00×10-3 L×0.010 00 mol·L-1=2.0×10-4 mol,则n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3 mol,ω(FeSO4·7H2O)=×100%≈96.7%。 4.向100 mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36 L,所得溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为 (　　) A.0.75 mol·L-1 B.1 mol·L-1 C.1.5 mol·L-1 D.2 mol·L-1 解析:选D　在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+>Br-,n(Cl2)==0.15 mol;n(Cl-)=0.3 mol;假设FeBr2溶液的浓度是x mol·L-1,则在原溶液中n(Fe2+)=0.1x mol,n(Br-)=0.2x mol; 方法一:得失电子守恒,由题意可得:0.1x+(0.2x-0.3)=0.15×2,解得x=2。 方法二:电荷守恒,反应后主要离子为Fe3+、Cl-和Br-可知:3×0.1x=0.3+0.3,解得x=2。也可依据分步反应或总反应求解。 5.铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸,若反应中硝酸被还原,只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为 (　　) A.9.02 g B.8.51 g C.8.26 g D.7.04 g 解析:选B　最后生成的沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2,Cu和Mg共4.6 g,关键是求增加的n(OH-),n(OH-)等于金属单质所失电子的物质的量,即n(OH-)=×1 mol+×2 mol=0.23 mol,故沉淀的质量为4.6 g+0.23 mol×17 g·mol-1=8.51 g。 二、非选择题 6.(4分)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容量瓶定容。取25.00 mL定容后的溶液于锥形瓶,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+2H2O===Cr+Fe(OH)3↓+OH-,2Cr+2H+===Cr2+H2O, Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O。 则标准溶液应选用　　　　(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放,该K2FeO4样品的纯度为　　　　%。  解析:由题意得关系式: 　Fe~Cr~Cr2~3Fe2+ 1 mol　　　　　3 mol n 0.10 mol·L-1×0.026 L n=×0.10 mol·L-1×0.026 L,该样品的纯度为×100%=85.8%。 答案:酸式　85.8 7.(4分)为测定FeC2O4·2H2O(M=180 g·mol-1)样品的纯度,用硫酸溶解6.300 g样品,定容至250 mL。取25.00 mL溶液,用0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验,数据如下: 序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 1 0.00 19.98 2 1.26 22.40 3 1.54 21.56 已知:3Mn+5FeC2O4·2H2O+24H+===3Mn2++5Fe3++10CO2↑+22H2O。 假设杂质不参加反应,则该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为　　　　%(保留小数点后一位);写出简要计算过程。  解析:第一次所用标准液为19.98 mL,第二次所用标准液为(22.40-1.26)mL=21.14 mL,第三次所用标准液为(21.56-1.54)mL=20.02 mL,第二次数据偏差较大舍去,所以所用标准液的体积为=20.00 mL;根据已知方程式可知反应中存在数量关系:3Mn~5FeC2O4·2H2O,所以样品中FeC2O4·2H2O的质量分数为×100%≈95.2%。 答案:95.2 ×100%≈95.2% 8.(4分)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下: Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为 　。  铁渣中铁元素的化合价为　　　　。在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41 g,CO2体积为1.344 L(标准状况),则钴氧化物的化学式为　　　　　　。  解析:酸性条件下,Co(OH)3首先与H+反应生成Co3+,Co3+具有氧化性,可将S氧化为S,根据电子守恒和质量守恒定律,配平可得:2Co(OH)3+4H++S===S+2Co2++5H2O。由于NaClO3和O2具有氧化性,铁渣中铁元素应为+3价。在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,n(CO2)==0.06 mol,设钴氧化物的化学式为CoxOy,则有 xCoC2O4+O2CoxOy　　+　　2xCO2 (59x+16y)g 2x mol 2.41 g 0.06 mol 则有(59x+16y)×0.06=2.41×2x, 得x∶y=3∶4。 所以钴氧化物的化学式为Co3O4。 答案:2Co(OH)3+S+4H+===2Co2++S+5H2O[或Co(OH)3+3H+===Co3++3H2O,2Co3++S+H2O===2Co2++S+2H+]　+3　Co3O4 9.(4分)测定聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 g,置于250 mL锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.000×10-2 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 (1)上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  (2)计算该样品中铁的质量分数 　(写出计算过程)。  解析:(1)若不除去过量的Sn2+,滴定过程中Cr2与Sn2+反应,消耗K2Cr2O7偏多,使结果偏大。(2)根据题意,计算出消耗K2Cr2O7的物质的量,然后根据氧化还原反应的电子得失守恒,找出关系式,列等式计算求出铁原子的物质的量,得出铁元素的质量,最后得出样品中铁元素的质量分数。 答案:(1)偏大　(2)n(Cr2)=5.000×10-2 mol·L-1×22.00 mL×10-3 L·mL-1=1.100×10-3 mol,由滴定时Cr2→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式:Cr2~6Fe2+ (或Cr2+14H++6Fe2+===6Fe3++2Cr3++7H2O),则n(Fe2+)=6n(Cr2)=6×1.100×10-3 mol=6.600×10-3 mol, 样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.600×10-3 mol×56 g·mol-1=0.369 6 g,样品中铁元素的质量分数:ω(Fe)=×100%=12.32%。 10.(4分)H2O2作为绿色氧化剂应用广泛,某实验小组测定产品中H2O2的含量:取2.50 g产品,加蒸馏水定容至100 mL摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中,用0.050 0 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果,产品中H2O2质量分数为 　 。 解析:滴定反应的离子方程式为2Mn+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O,可得关系式:2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大,舍去,故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL,H2O2的质量分数ω=×100%=17%。 答案:17% 11.(4分)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。 Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L-1 KBrO3标准溶液。 Ⅱ.取V1 mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色。 Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2 mL废水。 Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI。 Ⅴ.用b mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。 已知:①I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6; ②Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色; ③+3Br2→↓+3HBr。 计算废水中苯酚的含量为　　　　　　 g·L-1(苯酚摩尔质量:94 g·mol-1)。  解析:n(Br)=aV1×10-3 mol,根据反应Br+5Br-+6H+===3Br2+3H2O可知n(Br2)=3aV1×10-3 mol,溴分别与苯酚和KI反应,先计算由KI消耗的溴的量,设为n1(Br2),根据I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3,又Br2+2I-===I2+2Br-可知Br2~I2,可得Br2~2Na2S2O3,n(Na2S2O3)=bV3×10-3 mol,n1(Br2)=bV3×10-3 mol,再计算由苯酚消耗的溴的量,设为n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=3aV1-bV3×10-3 mol,苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH,n(C6H5OH)=n2(Br2)=aV1-bV3×10-3 mol,废水中苯酚的含量为 = g·L-1。 答案: 12.(8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+2S2===2I-+S4,测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的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)。  (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　　　　　。  解析:(1)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)CaO2·8H2O的摩尔质量为216 g·mol-1,故2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol,350 ℃左右所得固体质量为0.56 g,根据钙原子守恒,可知为CaO。 答案:(1)当滴入最后半滴标准液,溶液由蓝色变无色,且30 s内不恢复蓝色　×100%　(2)CaO 19 / 58 学科网（北京）股份有限公司 $$