主题三 物质的量（教师用书）-【新高考方案】2026年高考化学一轮总复习（江苏专版）

　 主题分层教学课时安排 基础 落实 第一讲 物质的量　气体摩尔体积 第二讲 物质的量浓度及溶液的配制 综合 应用 第三讲 守正出新的阿伏加德罗常数 第四讲 以物质的量为中心的化学计算常用方法 第一讲　物质的量　气体摩尔体积(基础落实课) |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 [再认再现·旧知新学] 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)使用范围:适用于微观粒子或微观粒子的特定组合。 (3)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。 (4)公式:n=或N=n·NA或NA=。 2.摩尔质量 概念 单位物质的量的物质所具有的质量,符号为M 公式 M=;单位:g·mol-1 数值 当微粒的摩尔质量以g·mol-1为单位时,在数值上等于该微粒的相对分子(原子)质量 注意 对具体的物质,其摩尔质量是确定的,不随物质的量的多少而变化,也不随物质的聚集状态而变化 [边练边学·实践提能] 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)物质的量是表示微粒数目多少的物理量 (×) (2)1 mol H2O中含有2 mol 氢和1 mol 氧 (×) (3)1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子 (×) (4)12 g 12C中所含碳原子的数目约为6.02×1023 (√) (5)氧化钙的摩尔质量为56 g (×) (6)1 mol O2的质量与它的相对分子质量相等 (×) 2.硫酸钠可用来制硫化钠、纸浆、玻璃、水玻璃、瓷釉,也用作缓泻剂和钡盐中毒的解毒剂等,已知硫酸钠晶体(Na2SO4·10H2O)为1 mol,请计算填空: (1)所含钠离子的物质的量是　　　　。  (2)所含硫酸根离子的物质的量是　　　　,数目是　　　　。  (3)所含结晶水的物质的量是　　　　,所含氧原子的物质的量是　　　　。  答案:(1)2 mol　(2)1 mol　NA　(3)10 mol　14 mol 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　　　　,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,其物质的量为　　　　。  答案:(1)②　②　③　③ (2)62 g·mol-1　16　0.1 mol 4.(1)等质量的氧气和臭氧(O3)物质的量之比为　　　　,所含氧原子数之比为　　　　。  (2)NO和O2可发生反应:2NO+O2===2NO2,现有a mol NO和b mol O2充分反应后氮原子与氧原子的个数比为　　　　。  (3)1.7 g NH3所含的分子数与　　　　 g氮气所含的分子数相同,所含原子数与　　　　 g氮气所含的原子数相同。  解析:(1)氧气和臭氧都是由氧原子构成的分子,所以当二者质量相等时,氧原子的物质的量是相等的,物质的量之比为∶=3∶2。(2)化学反应中原子进行了重新组合,但是原子的个数和种类没有改变。反应后氮原子与氧原子的个数比等于反应前氮原子与氧原子的个数比,即a∶(a+2b)。(3)1.7 g的NH3的物质的量n(NH3)===0.1 mol,所含分子数为0.1NA,原子数为0.4NA,分子数为0.1NA的N2物质的量也为0.1 mol,质量为m(N2)=n·M=0.1 mol×28 g·mol-1=2.8 g,原子数为0.4NA的N2物质的量为0.2 mol,质量为m(N2)=n·M=0.2 mol×28 g·mol-1=5.6 g。 答案:(1)3∶2　1∶1　(2)a∶(a+2b)　(3)2.8　5.6 逐点清(二)　气体摩尔体积　阿伏加德罗定律 [再认再现·旧知新学] 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: 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、 同体积下 气体的压强之比等于物质的量之比:p1∶p2=n1∶n2 微点澄清训练 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)14 g CO气体的体积为11.2 L (×) (2)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 (×) (3)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 (×) (4)标准状况下,11.2 L HF中含有的原子数为2NA (×) (5)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 (√) (6)同温、同体积的条件下,等质量的SO2和O2的压强之比为2∶1 (×) 2.在标准状况下有①6.72 L CH4,②3.01×1023个HCl分子,③3.4 g NH3。下列对这三种气体的相关量的大小进行比较。 (1)质量:　　　　　(按由小到大的顺序排列,下同)。  (2)氢原子数:　　　　　　　　 。  (3)体积:　　　　　　　　 。  (4)密度:　　　　　　　。  答案:(1)③<①<②　(2)②<③<① (3)③<①<②　(4)①<③<② [边练边学·实践提能] 一、n===关系的应用 1.回答下列问题: (1)标准状况下33.6 L H2中,所含质子个数是　　　　(设NA为阿伏加德罗常数的值)。  (2)所含电子的物质的量为4 mol的H2,标准状况下的体积是　　　　 L。  (3)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。  (4)标准状况下,16 g O2与14 g N2的混合气体所占的体积为　　　　 L。  (5)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。  解析:(3)标准状况下,4.8 g CH4的物质的量为=0.3 mol,所占的体积为0.3 mol×22.4 L·mol-1=6.72 L,其所含氢原子个数是0.3 mol×4=1.2 mol,1个硫化氢分子中含有2个氢原子,含1.2 mol氢原子的硫化氢的物质的量为=0.6 mol,标准状况下的体积为0.6 mol×22.4 L·mol-1=13.44 L。 (4)16 g O2与14 g N2的混合气体中,n(O2)+n(N2)=+=1 mol,在标准状况下的体积为1 mol×22.4 L·mol-1=22.4 L。 (5)9.03×1023个NH3的物质的量为 mol=1.5 mol,含4.5 mol氢原子,1个NH3分子中含有10个质子,则9.03×1023个NH3含15 mol质子,在标准状况下的体积约为1.5 mol×22.4 L·mol-1=33.6 L。 答案:(1)3NA　(2)44.8　(3)6.72　13.44　(4)22.4　(5)4.5　15　33.6 |思维建模|以物质的量为中心计算的思维流程 二、相对分子质量、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(填化学式)。  (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为　　　　 g·L-1。  ②混合气体的平均摩尔质量为　　　　　 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　　　　,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×Vm=2.857 g·L-1×22.4 L·mol-1≈64 g·mol-1。(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)根据气体的密度之比等于相对分子质量之比,则该混合气体的平均相对分子质量为2d,根据质量守恒定律,所得气体的质量等于NH4HCO3的质量,为m g,则该混合气体的物质的量为 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 |思维建模|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:M=ρ×22.4 L·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)。 三、阿伏加德罗定律的应用 3.两个密闭容器中分别充入a g H2和b g He两种气体,下列说法正确的是 (　　) A.同温同压下,H2 和He的体积比是a∶2b B.同温同密度时,H2和He的压强比是2∶1 C.体积相同时,He的质量一定大于H2的质量 D.同温同压下,若a=b,则H2与He的物质的量之比是1∶1 解析:选B　a g H2和b g He物质的量之比为∶=2a∶b,同温同压下,气体体积比等于物质的量之比,所以H2和He的体积比是2a∶b,A错误;根据阿伏加德罗定律推论,同温同密度时,压强与摩尔质量成反比,则H2和He的压强比是2∶1,B正确;m=×M,体积相同时,He的质量不一定大于H2的质量,C错误;同温同压下,若a=b,则H2与He的物质的量之比是2∶1,D错误。 4.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。 随堂训练——融会贯通本课主干知识 阅读下列材料,完成1~4题。 碳及其化合物在工农业生产中有着广泛的应用。工业上用CH4与H2O、CO2重整生产H2,CH4在高温下分解可制得炭黑和氢气。CO是常见的还原剂,CO2可以用于生产CH4、CH3OCH3等有机物,CH3OCH3为无色有特殊气味的气体,熔点为-141 ℃,沸点为-29.5 ℃。 1.下列物质中,与0.15 mol CH4含有相同氢原子数的物质是 (　　) A.7.2 g H2O B.0.1 mol CH3OCH3 C.3.612×1023个CH4分子 D.4.48 L CH3OCH3(标准状况) 解析:选B　0.15 mol CH4中含有0.6 mol氢原子。A项7.2 g H2O为0.4 mol ,含有0.8 mol氢原子,错误;B项0.1 mol CH3OCH3,含有0.6 mol氢原子,正确;C项3.612×1023个CH4分子为0.6 mol,含有2.4 mol氢原子,错误;D项标准状况下4.48 L CH3OCH3为0.2 mol ,含有1.2 mol氢原子。 2.标准状况下,2 mol CH3OCH3的体积为 (　　) A.11.2 L　　　　B.22.4 L C.44.8 L D.67.2 L 解析:选C　标准状况下,气体摩尔体积为22.4 L·mol-1,2 mol CH3OCH3的体积为2 mol×22.4 L·mol-1=44.8 L。 3.一定温度、压强下,在一容积可变的密闭容器中发生反应:CH4C+2H2,假设甲烷完全分解,下列有关说法正确的是 (　　) A.反应前后容器中气体的密度之比为4∶1 B.反应前后容器中气体的体积之比为1∶2 C.反应前后容器中气体的压强之比为1∶2 D.反应前后容器中气体的质量之比为8∶1 解析:选B　甲烷完全分解,则反应前后容器中的气体由甲烷转化为氢气。根据反应1 mol CH4完全分解生成2 mol H2。同温同压下,气体密度之比等于摩尔质量之比,则甲烷和氢气的密度之比16∶2=8∶1,A错误;同温同压下,气体体积之比等于物质的量之比,则消耗的CH4和生成的H2的物质的量之比为1∶2,B正确;容器的压强保持不变,反应前后容器中气体的压强之比为1∶1,C错误;甲烷和氢气的质量之比16∶2×2=4∶1,D错误。 4.一定温度和压强下,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(如图),下列说法中正确的是 (　　) 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　m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体的物质的量分别为 mol、 mol、 mol、 mol。根据阿伏加德罗定律及其推论可知,同温同压下气体的体积与其物质的量成正比,结合四个气球的体积推知,①是SO2,②是CO2,③是O2,④是CH4,A项错误;气球①和气球③中气体分子数之比为∶=1∶2,B项错误;气球①和气球④中气体物质的量之比为∶=1∶4,C项错误;气球③和气球④中气体密度之比等于其摩尔质量之比,D项正确。 [课时跟踪检测] (说明:标的为难度题,建议教师重点讲评) 一、选择题 1.(2025·南京十三中适应性考试)标准状况下,1.5 mol N2的体积为 (　　) A.11.2 L B.22.4 L C.33.6 L D.67.2 L 解析:选C　标准状况下,气体摩尔体积为22.4 L·mol-1,1.5 mol氮气的体积为1.5 mol×22.4 L·mol-1=33.6 L,故C正确。 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.某硫原子的质量是a g,12C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 (　　) ①该硫原子的相对原子质量为　②m g该硫原子的物质的量为 mol　③该硫原子的摩尔质量是aNA g　④a g该硫原子所含电子数为16NA A.①③ B.②④ C.①② D.②③ 解析:选C　该硫原子的相对原子质量为=,①对;该硫原子的摩尔质量为a g×NA mol-1=aNA g·mol-1,③错;m g该硫原子的物质的量为= mol,②对;a g硫原子即1个硫原子,其所含电子数为16,④错。 4.我国宇航员成功实现在太空泡茶,茶装在特制包装袋中,注水后用加热器进行加热就可以饮用,但要插上吸管以防止水珠飘起来。下列说法正确的是 (　　) A.宇航员喝茶时注入的2 mol H2O的摩尔质量是36 B.1 mol水的质量是18 g C.1 mol H2O含有3 mol电子 D.在标准状况下,1 mol冰水混合物的体积约是22.4 L 解析:选B　A项,H2O的摩尔质量应为18 g·mol-1;C项,1个水分子中含有10个电子,1 mol H2O含有10 mol电子;D项,冰水混合物不是气态,不能用22.4 L·mol-1计算体积。 5.雾霾天气对环境造成了严重影响,扬州市开展了臭氧的监测。下列有关说法正确的是 (　　) A.臭氧的摩尔质量是48 g B.同温同压条件下,等质量的氧气和臭氧体积比为2∶3 C.20 g氖气中含有6.02×1023个原子 D.1.00 mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×1023 解析:选C　摩尔质量的单位是g·mol-1,故A错误;同温同压下,相同质量的不同气体其体积之比等于摩尔质量的反比,故氧气和臭氧体积比为48 g·mol-1∶32 g·mol-1=3∶2,故B错误;20 g 氖气的物质的量是1 mol,氖气是单原子分子,所以含有6.02×1023个原子,故C正确;氧是8号元素,1.00 mol臭氧中含有24 mol电子,即电子总数为24×6.02×1023,故D错误。 6.(2025·海安实验高中期中)已知a g气体XY3含有b个原子,设阿伏加德罗常数的值为NA,气体摩尔体积为Vm,则该条件下11.2 L该气体的质量为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　a g气体XY3含有b个原子,则其物质的量为,m=nM=·== 。 7.(2025·河北衡水中学模拟)在一个恒温、恒容的密闭容器中,有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b),将容器分成三部分,已知充入的三种气体的质量相等,当隔板静止时,容器内三种气体所占的体积如图所示。下列说法中错误的是 (　　) A.分子数目:N(X)=N(Z)=2N(Y) B.若Y是O2,则X可能是CH4 C.气体密度:ρ(X)=ρ(Z)=2ρ(Y) D.X和Z分子中含有的原子数可能相等 解析:选C　A项,由题给信息可知,图中X、Y、Z三种气体的压强、温度分别相等,V(X)=V(Z)=2V(Y),由阿伏加德罗定律可知,n(X)=n(Z)=2n(Y),所以分子数目:N(X)=N(Z)=2N(Y),正确;B项,由于三种气体的质量相等,若Y是O2,X是CH4,则符合n(X)=2n(Y),正确;C项,由ρ=可知,三种气体的密度:2ρ(X)=2ρ(Z)=ρ(Y),错误;D项,若X是N2,Z是CO,则n(X)=n(Z),X和Z含有的原子数相等,正确。 8.(2025·南通市期中)氨气可用来检验氯气是否泄漏,现象是产生大量白烟,反应的化学方程式为3Cl2+8NH3===6NH4Cl+N2,下列有关该反应的叙述正确的是 (　　) A.常温常压下,氯气和氨气的密度之比为3∶8 B.常温常压下,消耗的氨气和生成的氮气的体积之比为8∶1 C.常温常压下,恰好反应的氨气和氯气的原子数之比为3∶16 D.产生224 mL N2时,消耗NH3的质量为1.36 g 解析:选B　同温同压下,气体密度之比等于摩尔质量之比,则常温常压下,氯气和氨气的密度之比===,A错误;同温同压下,气体体积之比等于物质的量之比,由化学方程式知,消耗的氨气和生成的氮气的物质的量之比为8∶1,B正确;由化学方程式知,恰好反应的氨气和氯气的物质的量之比为8∶3,原子数之比为(8×4)∶(3×2)=16∶3,C错误;没有指明是否为标准状况,不能进行相应计算,D错误。 9.(2025·南京、盐城模拟)两份铝屑,第一份与足量盐酸反应,第二份与足量氢氧化钠溶液反应,产生的氢气的体积比为1∶2(同温同压下),则第一份与第二份铝屑的质量比为 (　　) A.1∶3 B.1∶2 C.1∶1 D.2∶1 解析:选B　铝屑与盐酸和氢氧化钠反应的化学方程式分别为2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑,2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑;两个化学方程式中铝与氢气的物质的量之比均为2∶3,二者产生氢气的体积比为1∶2,故两份铝屑的物质的量之比为1∶2,二者质量之比也为1∶2。 10.(2025 ·无锡模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 (　　) A.1 mol镁原子中含有的电子数为2NA B.标准状况下,1 mol H2O的体积为22.4 L C.常温常压下,28 g N2和CO的混合物中所含有的原子数目为2NA D.在25 ℃ 1.01×105 Pa的条件下,2.24 L H2中含有的分子数等于0.1NA 解析:选C　镁原子的核外电子数是12,1 mol镁原子中含有的电子数为12NA,A错误;标准状况下,H2O不是气体,不能用气体摩尔体积计算,B错误;N2和CO的摩尔质量均是28 g·mol-1,28 g该混合物物质的量是1 mol,N2和CO均是双原子分子,1 mol该混合物所含有的原子数目为2NA,C正确;25 ℃ 1.01×105 Pa的条件不是标准状况,不能用标准状况下的气体摩尔体积计算,D错误。 11.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。 12.向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液,生成了MCO3沉淀,过滤,洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中,充分反应后,在标准状况下收集到V L气体。如要计算金属M的相对原子质量,你认为还必需提供下列哪项数据 (　　) A.M(OH)2溶液的物质的量浓度 B.与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度 C.MCO3的质量 D.题给条件充足,不需要再补充数据 解析:选C　生成的气体是CO2,通过计算CO2物质的量可以得到MCO3物质的量,所以要计算M的相对原子质量,还需要知道MCO3的质量,选项C正确。 13.(2025·淮安实验中学月考)如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体时温度的变化曲线,其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101 kPa。 下列说法错误的是 (　　) A.实验开始时,四种气体密度相同 B.若容器的容积为22.4 L,13:00时N2所在容器内的原子个数少于2NA C.12:30~13:30时间范围内,CO2所在容器内的压强最大 D.CO2是四种气体中温室效应最显著的 解析:选A　实验开始时,四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101 kPa,则气体的物质的量相同,由于四种气体的相对分子质量不等,所以质量不等,密度不等,A错误;若容器的容积为22.4 L,由图可知,初始时压强为101 kPa,温度大于0 ℃,气体的摩尔体积大于22.4 L·mol-1,N2的物质的量小于1 mol,则N2所在容器内的原子个数少于2NA,B正确;12:30~13:30时间范围内,CO2所在容器内的温度最高,又气体的物质的量、体积均相同,所以CO2所在容器内的压强最大,C正确;四种气体中,光照时间相同,CO2所在容器内的温度变化最大,则CO2是四种气体中温室效应最显著的,D正确。 二、非选择题 14.(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+的物质的量之比为　　　　　。  (2)当α⁃Fe催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1∶2时,其催化活性最高,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,x∶y=2∶1,则Fe2+与Fe3+的物质的量之比为x∶2y=1∶1。(2)当催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1∶2时,FeO、Fe2O3的物质的量之比为1∶1,则混合物中铁的质量分数为×100%≈72%。(3)480 g Fe2O3的物质的量为=3 mol,由(2)题分析可知,当催化剂活性最高时,反应后的混合物中FeO、Fe2O3的物质的量之比为1∶1,由Fe2O3粉末和炭粉发生反应:2Fe2O3+C4FeO+CO2↑可知,有1 mol Fe2O3参加反应,理论上要有0.5 mol C反应,即加入炭粉的质量为6 g,生成CO2为0.5 mol,在该实验条件下的体积为0.5 mol×24 L·mol-1=12 L。 答案:(1)1∶1　(2)72%　(3)6 g　12 L 15.(12分)(2025·苏州市期中)根据要求,回答下列问题: (1)同质量的NH3和H2S中所含氢原子个数比为　　　　。  (2)现有12.8 g CO和CO2的混合气体,在标准状况下所占的体积约为8.96 L。 Ⅰ.该混合气体的平均摩尔质量为　　　　。  Ⅱ.混合气体中碳原子的个数为　　　　(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。  Ⅲ.将混合气体依次通过如图装置,最后收集在气球中。 ①气球中收集到的气体的质量为　　　　。  ②气球中收集到的气体在标准状况下的体积为　　　　。  ③气球中收集到的气体的电子总数为　　　　(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。  解析:(1)设NH3和H2S的质量都为a g,则所含氢原子个数比为∶=3∶1。(2)Ⅰ.8.96 L混合气体在标准状况下的物质的量为=0.4 mol,又混合气体的质量为12.8 g,故该混合气体的平均摩尔质量为=32 g·mol-1。 Ⅱ.每个CO、CO2分子中都含1个碳原子,又混合气体的物质的量为0.4 mol,则混合气体中碳原子的物质的量为0.4 mol,个数为0.4NA。 Ⅲ.①该混合气体通过NaOH溶液时CO2被吸收,通过浓硫酸时水蒸气被吸收,最后气球中收集到的气体为CO。根据题意可列式:n(CO)+n(CO2)=0.4 mol,28 g·mol-1×n(CO)+44 g·mol-1×n(CO2)=12.8 g,解得n(CO)=0.3 mol,n(CO2)=0.1 mol,故气球中收集到的CO的质量为0.3 mol×28 g·mol-1=8.4 g。②根据气球中收集到的CO的物质的量为0.3 mol,其在标准状况下体积为0.3 mol×22.4 L·mol-1=6.72 L。③每个CO分子中含14个电子,又气球中收集到的CO的物质的量为0.3 mol,则其中所含电子的物质的量为0.3 mol×14=4.2 mol,电子总数为4.2NA。 答案:(1)3∶1　(2)Ⅰ.32 g·mol-1　Ⅱ.0.4NA Ⅲ.①8.4 g　②6.72 L　③4.2NA 第二讲　物质的量浓度及溶液的配制(基础落实课) |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 [再认再现·旧知新学] 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(mol·L-1)为　　　　。  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 微点澄清训练 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)34 g NH3通入100 g水中所得溶液的溶质质量分数为34% (×) (5)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶液的溶质质量分数为25% (×) 2.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 [边练边学·实践提能] 一、物质的量浓度的有关计算与换算 1.标准状况下,V L某气体(此气体不与水反应)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,溶质的摩尔质量为M g·mol-1,溶质的质量分数为ω,溶质的物质的量浓度为c mol·L-1,溶液的体积为V0 L,下列关系中不正确的是 (　　) A.ρ= B.ω= C.V0= D.c= 解析:选C　溶液的密度为ρ g·mL-1,则ρ g·mL-1== g·mL-1,A正确;溶质的质量分数ω= =,B项正确;溶液的体积为V0 L,V0 L== L,C错误;c===,D正确。 2.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ω,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ω、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ω表示该温度下NaCl的溶解度:　　　　　。  解析:(1)c= mol·L-1= mol·L-1。 (2)c== mol·L-1。 (3)ω=×100%=×100%。(4)=,S= g。 答案:(1) mol·L-1　(2) mol·L-1 (3)×100%　(4) g 二、溶液的稀释与混合 3.将5 mol·L-1的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL,稀释后N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　5 mol·L-1×2×a mL=c(N)×b mL,故c(N)= mol·L-1。 4.(1)在100 g浓度为c mol·L-1,密度为ρ g·cm-3的硫酸中加入一定量的水(密度为1 g·cm-3)稀释成 mol·L-1的硫酸,则加入水的体积　　　100 mL(填“=”“>”或“<”,下同)。  (2)将溶质质量分数为48%的H2SO4溶液与水等体积混合,所得溶液的质量分数　　　　24%。  解析:(1)·c=·,V水=-100,由于ρ'<ρ,所以V水<100 mL。 (2)等体积H2SO4溶液的质量大于等体积水的质量,故混合液的质量分数大于24%。 答案:(1)<　(2)> |思维建模|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 [再认再现·旧知新学] 1.主要仪器:托盘天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、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 容量瓶使用前一定要检查是否漏水。其操作方法为向容量瓶中加入适量水,盖上瓶塞、倒立,观察是否漏水,若不漏水,然后将容量瓶正立过来,旋转玻璃塞180°、倒立,再观察是否漏水。 (3)注意事项 ①不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释; ②不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中,因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的; ③向容量瓶中注入液体时,一定要用玻璃棒引流; ④容量瓶不能用作反应容器或用来长期贮存溶液; ⑤不能配制任意体积的溶液,只能配制容量瓶上规定容积的溶液。 3.一定物质的量浓度溶液的配制过程　　　 微点澄清训练 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)要配制100 mL 1 mol·L-1 NaCl溶液,可用托盘天平称量5.85 g NaCl配制 (×) (2)溶解或稀释时,可以在容量瓶中进行 (×) (3)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 (√) (4)最后定容时,在液面离刻度线1~2 cm时改用胶头滴管定容 (√) (5)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 (×) 2.某同学在实验室配制500 mL 0.4 mol·L-1的NaCl溶液,他将配制过程分为下列6步进行,请你将他的配制过程补充完整。 (1)用托盘天平称取　　　　g NaCl固体;  (2)将所称取的固体放入　　　　(填仪器名称)中,然后　　　　　　　　　　　　　　　　　　;  (3)将上述溶液注入　　　　　　(填仪器名称)中,用少量蒸馏水 　　　　　　　　　　　　　　;  (4)　 　　　　　　　　　　　,使溶液混合均匀;  (5)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切;  (6)盖好瓶塞,反复上下颠倒,摇匀。 答案:(1)11.7　(2)烧杯　加入适量蒸馏水,用玻璃棒搅拌,使NaCl固体全部溶解　(3)500 mL容量瓶　洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次,并将洗涤液注入容量瓶　(4)轻轻摇动容量瓶 (5)向容量瓶中注入蒸馏水至距刻度线1~2 cm处 [边练边学·实践提能] 一、配制仪器的使用及配制过程分析 1.(2023·全国甲卷)实验室将粗盐提纯并配制0.100 0 mol·L-1的NaCl溶液。下列仪器中,本实验必须用到的有 (　　) ①天平　②温度计　③坩埚　④分液漏斗　⑤容量瓶　⑥烧杯　⑦滴定管　⑧酒精灯 A.①②④⑥　　　　　　 B.①④⑤⑥ C.②③⑦⑧ D.①⑤⑥⑧ 解析:选D　粗盐提纯涉及的操作及使用的仪器有溶解(⑥烧杯和玻璃棒)、除杂、过滤(漏斗、玻璃棒、⑥烧杯)、蒸发结晶(蒸发皿、⑧酒精灯、玻璃棒)。配制0.100 0 mol·L-1的NaCl溶液的操作步骤及使用的仪器有称量(①天平)→溶解(⑥烧杯和玻璃棒)→移液(⑥烧杯、玻璃棒、⑤容量瓶)→定容(胶头滴管)。 2.(2025 ·无锡模拟)实验室配制480 mL 0.10 mol·L-1的NaOH溶液。下列有关叙述正确的是 (　　) A.实验中需使用500 mL规格的容量瓶 B.上述实验操作步骤的正确顺序为②①③④ C.容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤,再干燥后才能使用 D.定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线,需补加少量蒸馏水至刻度线 解析:选A　在实验室中没有规格是480 mL容量瓶,根据选择仪器的标准“大而近”的原则,可知需使用500 mL规格的容量瓶,A正确;配制500 mL 0.10 mol·L-1的NaOH溶液,实验步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀,则步骤先后顺序为②①④③,B错误;容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤,不需干燥后就可以直接使用,C错误;定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线,这是由于部分溶液沾在容量瓶的瓶颈上,由于溶液具有均一性,配制好溶液后,溶液的浓度与溶液体积大小无关,因此不需补加少量蒸馏水至刻度线,D错误。 3.食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。 (1)配制250 mL 0.1 mol·L-1的HAc溶液,需5.0 mol·L-1HAc 溶液的体积为　　　　mL。  (2)下列关于250 mL容量瓶的操作,正确的是　　　　。  解析:(1)设需5.0 mol·L-1HAc溶液的体积为V,又溶液稀释过程中,溶质的物质的量不变,因此250 mL×0.1 mol·L-1=V×5.0 mol·L-1,解得V=5 mL。 (2)容量瓶使用过程中,不能用手等触碰瓶口,以免污染试剂,故A错误;定容时,视线应平视刻度线且与溶液凹液面相切,不能仰视或俯视,故B错误;向容量瓶中转移液体,需用玻璃棒引流,玻璃棒下端位于刻度线以下,同时玻璃棒不能接触容量瓶瓶口,故C正确;定容完成后,盖上瓶塞,将容量瓶来回颠倒,将溶液摇匀,颠倒过程中,左手食指抵住瓶塞,防止瓶塞脱落,右手扶住容量瓶底部,防止容量瓶从左手掉落,故D错误。 答案:(1)5　(2)C 二、溶液配制的误差分析 4.从改变溶质物质的量角度分析误差 (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,用天平称取胆矾8.0 g:　　　　　　。   (3)配制NaOH溶液,用天平称量NaOH固体时,天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片,其他操作均正确:　　　　　　。   (4)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:　　　　　　。   (5)配制一定物质的量浓度的稀硫酸,用量筒量取浓硫酸时,仰视读数:　　　　　　。   (6)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:　　　　　　。   (7)配制一定物质的量浓度溶液时,烧杯及玻璃棒未洗涤:　　　　　　。   解析:(2)所需胆矾质量为0.5 L×0.1 mol·L-1×250 g·mol-1=12.5 g。(3)NaOH易吸水潮解。(4)实际称量质量为4 g-0.4 g=3.6 g。 答案:(1)偏小　(2)偏小　(3)偏小　(4)偏小　(5)偏大　(6)偏小　(7)偏小 5.从改变溶液体积角度分析误差 (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。 答案:(1)偏大　(2)偏小　(3)偏小　(4)无影响 (5)无影响 归纳拓展|定容时视线引起误差的原因分析 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。 随堂训练——融会贯通本课主干知识 阅读下列材料,完成1~3题。 生活中人们常常让抽象的知识可视化,以下是一份“体检化验单”: 1.在上表所示的体检报告中,表示葡萄糖指标的物理量是 (　　) A.质量分数 B.溶解度 C.摩尔质量 D.物质的量浓度 解析:选D　从上表中检测结果:葡萄糖含量为5.1 mmol·L-1,即5.1×10-3 mol·L-1。 2.医院里常给病人输入葡萄糖溶液,可快速给人体补充水分和糖分,提供基本的能量支持。下面是葡萄糖试剂瓶标签上的部分数据。 葡萄糖 化学式:C6H12O6　相对分子质量:180 外观:合格　密度:1.0 g·cm-3 溶质的质量分数:5.0% 符合GB622⁃89 则该葡萄糖溶液中溶质的物质的量浓度是 (　　) A.2.8 mol·L-1 B.0.28 mol·L-1 C.5.6 mol·L-1 D.5.56 mol·L-1 解析:选B　c(C6H12O6)==≈0.28 mol·L-1。 3.在配制葡萄糖溶液过程中,其他操作都是正确的情况下,下列操作会引起浓度偏大的是 (　　) A.容量瓶未干燥,瓶内有少量水,直接用于配制溶液 B.转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面 C.定容时俯视刻度线 D.定容后塞上瓶塞反复颠倒摇匀,静置后,发现液面低于刻度线,再加水至刻度线 解析:选C　A项的操作对溶质的物质的量、溶液的体积无影响,浓度不变,A不符合;B项的操作使溶质的物质的量减小,浓度偏小,B不符合;C项的操作使溶液体积减小,浓度偏大,C符合;D项的操作使溶液的体积偏大,浓度偏小,D不符合。 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.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。 2.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。 3.用36.5%的浓盐酸(ρ=1.2 g·mL-1)配制1 mol·L-1的稀盐酸100 mL,配制过程需要用到哪些仪器,且先后顺序正确的是 (　　) ①100 mL量筒　②10 mL量筒　③50 mL烧杯 ④托盘天平　⑤100 mL容量瓶　⑥胶头滴管　⑦玻璃棒 A.①⑥③⑤⑥⑦ B.②⑥③⑦⑤⑥ C.③⑤⑦⑥① D.④③⑦⑤⑥ 解析:选B　设需要浓盐酸的体积为V mL,稀释前后溶质质量不变,则V mL×1.2 g·mL-1×36.5%=1 mol·L-1×0.1 L×36.5 g·mol-1,解得V≈8.3,所以量取时用10 mL量筒;配制顺序:计算→量取→稀释→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴标签。用量筒(用到胶头滴管)量取后,在烧杯中稀释,冷却后转移到100 mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,转移完毕,用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2~3次,并将洗涤液全部转移到容量瓶中,再加适量蒸馏水,当加水至液面距离刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管滴加,使溶液凹液面的最低处与刻度线相平,塞好瓶塞,反复上下颠倒摇匀。 4.(2025·盐城射阳中学月考)下列叙述中正确的是 (　　) A.配制1 mol·L-1 AlCl3溶液时,将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中,再加水稀释 B.配制1 mol·L-1 H2SO4溶液,量取浓硫酸后,将浓硫酸直接注入容量瓶中 C.往18.4 mol·L-1 浓硫酸加入等质量的水所得混合溶液的物质的量浓度大于 9.2 mol·L-1 D.2.0 mol·L-1 Na2CO3溶液中 Na+数约为4×6.02×1023 解析:选A　氯化铝易发生水解,为了防止配制的溶液发生浑浊,应该将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中,再加水稀释到适当浓度,A正确;容量瓶不能用作稀释的容器,浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后转移到容量瓶中,B错误;18.4 mol·L-1的浓硫酸与等质量的水混合,混合后溶液的质量为原硫酸的2倍,稀释后溶液的密度减小,故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍,则稀释后所得溶液的浓度小于9.2 mol·L-1,C错误;未说明碳酸钠溶液的体积,因此不能确定钠离子的数量,D错误。 5.在K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中,已知Al3+的浓度为0.2 mol·L-1,S的浓度为0.4 mol·L-1,则该溶液中的K+浓度为 (　　) A.0.1 mol·L-1 B.0.2 mol·L-1 C.0.3 mol·L-1 D.0.4 mol·L-1 解析:选B　设K+的浓度为c mol·L-1,根据电荷守恒,2c(S)=3c(Al3+)+c(K+),0.4 mol·L-1×2=0.2 mol·L-1×3+c mol·L-1×1,c=0.2 mol·L-1。 6.下列关于物质的量浓度表述正确的是 (　　) A.0.2 mol·L-1 Na2SO4溶液中含有Na+和S总物质的量为0.6 mol B.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 C.用1 L水吸收22.4 L氯化氢(标况下)所得盐酸的浓度是1 mol·L-1 D.10 g 98%的硫酸(密度为1.84 g·cm-3)与10 mL 18.4 mol·L-1的硫酸浓度相等 解析:选D　溶液体积未知,无法计算Na+和S物质的量,故A错误;62 g Na2O的物质的量为1 mol,溶于水后与水反应生成氢氧化钠的物质的量为2 mol,则配成1 L溶液,所得溶质的物质的量浓度为2 mol·L-1,故B错误;用1 L水吸收22.4 L氯化氢(标况下)所得盐酸的体积不是1 L,无法计算盐酸物质的量浓度,故C错误;由于c===18.4 mol·L-1,则10 g 98%的硫酸(密度为1.84 g·cm-3)与10 mL 18.4 mol·L-1的硫酸的浓度是相同的,故D正确。 7.t ℃时,将a g HCl完全溶于水,得到V mL饱和溶液,该溶液的密度为ρ g·cm-3,质量分数为ω,其中含Cl-的物质的量为b mol。下列说法不正确的是 (　　) A.t ℃时,HCl的溶解度为 B.溶液中c(H+)= mol·L-1 C.溶质的质量分数ω=×100% D.溶质的物质的量浓度c= mol·L-1 解析:选C　将a g HCl完全溶于水,得到V mL饱和溶液,设HCl的溶解度为S,则=,得S=,A正确;HCl是强电解质,完全电离,c(H+)=c(Cl-)== mol·L-1,B正确;溶质的质量分数ω=×100%,C错误;溶质的物质的量浓度c== mol·L-1,D正确。 8.有BaCl2和NaCl的混合溶液a L,将它均分成两份:一份滴加稀硫酸,使Ba2+完全沉淀,消耗x mol H2SO4;另一份滴加AgNO3溶液,使Cl-完全沉淀,消耗y mol AgNO3。则求原混合溶液中的c(Na+)为 (　　) A. mol·L-1　　 B. mol·L-1 C. mol·L-1 D. mol·L-1 解析:选D　将a L BaCl2和NaCl的混合溶液均分成两份:一份滴加稀硫酸,使钡离子完全沉淀,消耗x mol硫酸,说明溶液中氯化钡的物质的量为x mol;另一份滴加硝酸银溶液使氯离子完全沉淀,消耗y mol硝酸银,说明溶液中氯离子的物质的量为y mol。x mol氯化钡中氯离子的物质的量为2x mol,则氯化钠中氯离子的物质的量为(y-2x)mol,原混合溶液中钠离子的物质的量为2(y-2x)mol,浓度为 mol·L-1= mol·L-1,故D正确。 9.如图是某品牌饮用矿物质水标签的部分内容。下列说法正确的是 (　　) 饮用矿物质水 净含量:500 mL 配料表:纯净水硫酸镁氯化钾 保质期:12个月 主要离子成分: 钾离子(K+):1.0~27.3 mg·L-1 镁离子(Mg2+):0.1~4.8 mg·L-1 A.标签上离子的浓度是物质的量浓度 B.取少量矿物质水于试管中,滴加硝酸银溶液,若有白色沉淀生成,则该品牌饮用矿物质水中含有Cl- C.该品牌饮用矿物质水中c(Mg2+)最大值为2.0×10-4 mol·L-1 D.一瓶该品牌饮用矿物质水中Cl-的物质的量不超过3.5×10-5 mol 解析:选C　标签上离子的浓度表示单位体积内含离子的质量,不是物质的量浓度,故A错误;矿物质水中含有的硫酸根离子也能与银离子形成沉淀,故B错误;镁离子(Mg2+):0.1~4.8 mg·L-1,则最大值c(Mg2+)==2.0×10-4 mol·L-1,故C正确;该品牌饮用矿物质水中含氯化钾,则最大值c(Cl-)=c(K+)==7.0×10-4 mol·L-1,一瓶该矿物质水中含Cl-最大值为3.5×10-4 mol,故D错误。 10.25 ℃时,将10 mL质量分数为50%(密度为1.4 g·cm-3)的硫酸稀释成100 mL。下列说法正确的是 (　　) A.上述100 mL稀硫酸中含溶质14 g,该稀硫酸不属于电解质 B.上述稀释过程所需要的蒸馏水为90 mL C.50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为7.14 mol·L-1 D.俯视容量瓶刻度线定容,所配溶液的浓度偏低 解析:选C　稀释前后溶质的质量保持不变,则100 mL稀硫酸中含H2SO4的质量为1.4 g·cm-3×10 mL×50%=7 g,稀硫酸属于混合物,既不是电解质、也不是非电解质,A错误;由于稀释后硫酸溶液的密度未知,故无法计算所需蒸馏水的体积,B错误;50%的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为c(H2SO4)=≈7.14 mol·L-1,C正确;俯视容量瓶刻度线定容,所配溶液的体积偏小,则所配溶液的浓度偏高,D错误。 11.如图是NaCl、NH4Cl和NaHCO3的溶解度曲线,下列说法不正确的是 (　　) A.t1 ℃时,饱和NaCl和NH4Cl 溶液的物质的量浓度不同 B.t1 ℃时,饱和NaCl和NH4Cl 溶液的质量分数相同 C.分别将70 ℃时的NH4Cl 和NaCl饱和溶液降温至40 ℃,析出的NH4Cl晶体质量大于NaCl晶体 D.工业上制纯碱可以向饱和的NaCl溶液中通入NH3和CO2,会有NaHCO3固体析出 解析:选C　t1 ℃时,NaCl 和NH4Cl 的溶解度相同,饱和NaCl和NH4Cl溶液的溶质质量分数相同,但溶液密度不同,溶液体积不同,且溶质的摩尔质量不同,则物质的量浓度不同,故A正确;t1 ℃时,NaCl 和NH4Cl 的溶解度相同,饱和溶液中溶质质量分数=×100%,则饱和NaCl 和NH4Cl 溶液的质量分数相同,故B正确;两饱和溶液的质量不确定,无法确定析出晶体质量的大小关系,故C错误;结合图像中的溶解度曲线可知,NaHCO3在水中的溶解度不大且NaHCO3的溶解度比NaCl 和NH4Cl的溶解度小很多,向饱和的NaCl 溶液中通入NH3和CO2,会有NaHCO3固体析出,然后加热分解碳酸氢钠得到纯碱,故D正确。 二、非选择题 12.(6分)如图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上的部分内容: 　 按要求回答下列问题: (1)硫酸的物质的量浓度为　　　　　　　,氨水的物质的量浓度为　　　　　　。  (2)各取5 mL与等质量的水混合后,c(H2SO4)　　　　9.2 mol·L-1,c(NH3)　　　　6.45 mol·L-1。(填“>”“<”或“=”,下同)  (3)各取5 mL与等体积的水混合后,ω(H2SO4)　　　　49%,ω(NH3)　　　　12.5%。  解析:(1)利用c=计算,c(H2SO4)= mol·L-1=18.4 mol·L-1,c(NH3)= mol·L-1≈12.9 mol·L-1。(2)硫酸的密度大于水,氨水的密度小于水,各取5 mL与等质量的水混合后,所得稀硫酸的体积大于10 mL,稀氨水的体积小于10 mL,故有c(H2SO4)<9.2 mol·L-1,c(NH3)>6.45 mol·L-1。(3)5 mL硫酸和5 mL氨水的质量分别为1.84 g·cm-3×5 mL=9.2 g、0.88 g·cm-3×5 mL=4.4 g,而5 mL水的质量约为5 g,故各取5 mL与等体积的水混合后,ω(H2SO4)>49%,ω(NH3)<12.5%。 答案:(1)18.4 mol·L-1　12.9 mol·L-1 (2)<　>　(3)>　< 13.(10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。 请回答下列问题: (1)应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量:　　　　。  (2)根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响,完成下列问题: ①Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水 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,其中混有氯化钠 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 其中引起所配溶液浓度偏高的有　　　　　　(填序号,下同),无影响的有　　　　　　。  (3)下列操作中,容量瓶所不具备的功能有　　　　(填序号)。  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　　　　(填字母)。  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规格的容量瓶,应选择500 mL的容量瓶,所以应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量: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,其中混有氯化钠,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)A.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;B.容量瓶不能用于长期贮存溶液,尤其是碱性溶液;C.容量瓶只有一个刻度线,所以只能配制确定体积的液体;D.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;E.容量瓶只能量取与容量瓶规格相同的液体;F.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配制上述Na2CO3溶液,所需Na2CO3的质量为0.2 mol·L-1×0.5 L×106 g·mol-1=10.6 g,①不正确;定容时,应平视刻度线,⑤不正确;综合以上分析,该同学的错误步骤有2处,故选B。 答案:(1)28.6 g　(2)①④　⑤　(3)BCF　(4)B 第三讲　守正出新的阿伏加德罗常数(综合应用课) 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化学基本概念、基本原理、物质结构、元素化合物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,结合有机和结构进行考查已成为高考的新趋势。 真题集训——悟多彩考法 1.下列有关说法正确的是 (　　) A.(2024·江苏卷)碱性锌锰电池的总反应为Zn+2MnO2+H2O===ZnO+2MnOOH,反应中每生成1 mol MnOOH,转移电子数为2×6.02×1023 B.(2023·江苏卷)金属硫化物(MxSy)催化反应CH4(g)+2H2S(g) ===CS2(g)+4H2(g),反应中每消耗1 mol H2S,转移电子的数目约为2×6.02×1023 C.(2022·江苏卷)用尿素水解生成的NH3催化还原NO,是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)4N2(g)+6H2O(g),上述反应中消耗1 mol NH3,转移电子的数目为2×6.02×1023 D.(2021·江苏卷改编)通过下列方法可分别获得H2和O2:①通过电解获得NiOOH和H2(如图);②在90 ℃将NiOOH与H2O反应生成Ni(OH)2并获得O2。电解过程中转移4 mol电子,理论上可获得标准状况下的O2 22.4 L 解析:选D　由电极反应式MnO2+e-+H2O===MnOOH+OH-可知,反应中每生成1 mol MnOOH,转移电子数为6.02×1023,故A错误;由方程式知,消耗1 mol H2S同时生成2 mol H2,转移4 mol e-,数目为4×6.02×1023,B错误;由方程式可知,反应每消耗4 mol NH3,转移12 mol电子,则反应中消耗1 mol氨气转移电子的数目为3×6.02×1023,故C错误;电解过程发生反应Ni(OH)2-e-+OH-===NiOOH+H2O,转移4 mol电子,生成4 mol NiOOH,根据4NiOOH+2H2O4Ni(OH)2+O2↑,生成1 mol氧气,标准状况下的体积为22.4 L,故D正确。 2.(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。 3.(2024·广东卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.26 g H—C≡C—H中含有σ键的数目为3NA B.1 L 1 mol·L-1 NH4NO3溶液中含N的数目为NA C.1 mol CO和H2的混合气体含有的分子数目为3NA D.Na与H2O反应生成11.2 L H2,转移电子数目为NA 解析:选A　26 g CH≡CH的物质的量为1 mol,一个C2H2分子中含有3个σ键,则26 g CH≡CH中含有σ键的数目为3NA,A正确;N在水溶液中发生水解,1 L 1 mol·L-1 NH4NO3溶液中含N的数目小于NA,B错误;CO和H2均由分子构成,1 mol CO和H2的混合气体含有的分子数目为NA,C错误;Na与H2O反应生成11.2 L H2,由于未给出气体所处的状态,无法求出生成气体的物质的量,也无法得出转移电子数目,D错误。 4.(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-1NaNO2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。 题点“守正”——命题聚焦“三角度” 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: 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2NO2N2O4,2HF(HF)2。 (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 (×) 形式“创新”——置入具体情境考应用 类型(一)　以无机物为情境载体的NA综合判断 1.(2023·辽宁卷)我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为S+2KNO3+3C===K2S+N2↑+3CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.11.2 L CO2含π键数目为NA B.每生成2.8 g N2转移电子数目为NA C.0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为 0.2NA D.1 L 0.1 mol·L-1 K2S溶液中含S2-数目为0.1NA 解析:选C　CO2的结构式为O==C==O,1个CO2中含有2个π键,但没有指明CO2所处状况,其物质的量无法计算,所含π键数目也无法计算,A项错误;每生成1 mol N2转移电子数目为12NA,则每生成2.8 g(0.1 mol)N2 转移电子数为1.2NA,B项错误;0.1 mol KNO3晶体中含有0.1 mol K+和0.1 mol N,所含离子数目为0.2NA,C项正确;S2-会发生水解,故1 L 0.1 mol·L-1 K2S溶液中S2-数目小于0.1NA,D项错误。 2.(2025·南京十三中适应性考试)氢化钠可用作野外生氢剂:NaH+H2O===H2↑+NaOH。NA为阿伏加德罗常数的值,若生成4.0 g NaOH,下列叙述正确的是 (　　) A.转移的电子数为0.1NA B.消耗的H2O分子中含有孤电子对数为0.1NA C.生成氢气的体积为2.24 L D.该反应为熵减过程 解析:选A　根据反应可知,生成1个氢气分子转移1个电子,所以生成4.0 g NaOH,即0.1 mol NaOH转移0.1 mol e-,A项正确;生成0.1 mol NaOH消耗0.1 mol H2O,每个水分子中含有2个孤电子对,所以消耗的H2O含有孤电子对数为0.2NA,B项错误;未说明气体所在状态,无法计算氢气的体积,C项错误;该反应是气体增多的反应,所以是熵增过程,D项错误。 3.由铬铁矿(FeCr2O4)制备金属铬的流程如图所示:　 已知:酸性条件下可发生反应2Cr+2H+Cr2+H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.反应①中,若有0.4 mol FeCr2O4完全反应,则消耗O2的数目为0.7NA B.1 L 0.5 mol·L-1 Na2CrO4溶液(调pH=3)中Cr的数目为0.5NA C.反应③中,氧化产物为CO与Na2CO3,若有0.2 mol C完全反应,反应过程中转移电子的数目为0.3NA D.反应④中,当生成0.1 mol Cr单质时,反应过程中转移电子的数目为0.6NA 解析:选A　制备金属铬的流程中涉及反应的化学方程式如表所示: 反应 化学方程式 反应① 4FeCr2O4+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑ 反应② 2Na2CrO4+H2SO4Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O 反应③ Na2Cr2O7+2CCr2O3+Na2CO3+CO↑ 反应④ Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr 根据表中反应①的化学方程式可知,若有0.4 mol FeCr2O4完全反应,则消耗0.7 mol O2,故消耗O2的数目为0.7NA,A正确。结合题给已知信息可知,酸性条件下Na2CrO4溶液中存在化学平衡2Cr+2H+Cr2+H2O,故1 L 0.5 mol·L-1 Na2CrO4溶液(调pH=3)中Cr的数目小于0.5NA,B错误。根据表中反应③的化学方程式可知,若有0.2 mol C完全反应,则参与反应的Na2Cr2O7的物质的量为0.1 mol,反应过程中Cr2转化为Cr2O3,Cr的化合价由+6降低为+3,则反应过程中转移电子的数目为0.6NA,C错误。根据表中反应④的化学方程式可知,当生成0.1 mol Cr单质时,反应过程中转移电子的数目为0.3NA,D错误。 类型(二)　以有机物为情境载体的NA综合判断 4.甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。 旧法合成的反应: (CH3)2C==O+HCN→(CH3)2C(OH)CN (CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4→ CH2==C(CH3)COOCH3+NH4HSO4 新法合成的反应: CH3C≡CH+CO+CH3OHCH2==C(CH3)COOCH3 下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为NA) (　　) A.HCN的电子式为 B.新法没有副产物产生,原子利用率高 C.1 L 0.05 mol·L-1的NH4HSO4溶液中的微粒数小于0.05NA D.Pd的作用是降低反应的活化能,使活化分子数目增多,百分数不变 解析:选D　氢氰酸为共价化合物,结构式为H—C≡N,电子式为H︰C　……N︰,故A正确;由方程式可知,新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应没有副产物生成,是原子利用率为100%的化合反应,故B正确;硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐,铵根离子在溶液中发生水解反应,所以1 L 0.05 mol·L-1的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05 mol·L-1×1 L×NA mol—1=0.05NA,故C正确;由方程式可知,钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂,能降低反应的活化能,使活化分子的数目和百分数都增大,故D错误。 5.(2025·盐城一模)高效率和高选择性地将 CO2转化为CH4,是 CO2资源化利用的途径之一,我国科研工作者开发了一种空腔串联反应器,为电催化还原CO2提供了一种可行的转化方案,其原理如图所示,设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.22 g CO2通入足量NaOH溶液得到的溶液中含有C粒子数为0.5NA B.1 mol CH4中所含中子数为10NA C.途径2生成标准状况下22.4 L CH4,反应转移电子数为8NA D.若途径1所得产物物质的量之比为1∶1,则形成共价键数目为 6NA 解析:选C　二氧化碳与足量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水,碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性,则22 g二氧化碳与足量氢氧化钠溶液反应得到的溶液中碳酸根离子的数目小于×NA mol-1=0.5NA,故A错误;甲烷分子中含有的中子数为6,则1 mol甲烷分子中含有的中子数为1 mol×6×NA mol-1=6NA,故B错误;由图可知,途径2中二氧化碳转化为1 mol甲烷时,反应转移电子数目为8 mol,则生成标准状况下22.4 L甲烷时,反应转移电子数为×8×NA mol-1=8NA,故C正确;未明确途径1所得产物的物质的量,无法计算形成共价键数目,故D错误。 [课时跟踪检测] (说明:标的为难度题,建议教师重点讲评) 1.(2025·扬州中学开学检测)下列说法正确的是 (　　) A.足量的Zn与一定量的浓硫酸反应产生2.24 L气体(标准状况),转移的电子数为0.2×6.02×1023 B.7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有的离子数大于0.3×6.02×1023 C.1 L 0.1 mol·L-1NaF溶液中含有的F-数为0.1×6.02×1023 D.60 g SiO2 晶体中含有的共价键数为2×6.02×1023 解析:选A　Zn足量,浓硫酸会由浓变稀,反应过程会生成SO2和H2两种气体,两种气体在反应中得电子数目相同,即无论生成哪种气体,转移相同的电子,生成气体物质的量相等,则生成2.24 L气体(0.1 mol),转移的电子数为0.2×6.02×1023,A正确;Na2S和Na2O2的相对分子质量都是78,且二者的离子个数都是3,7.8 g混合物中含有的离子数等于0.3×6.02×1023,B错误;F-会发生水解反应,1 L 0.1 mol·L-1NaF溶液中含有的F-数小于0.1×6.02×1023,C错误;1个Si形成4条Si—O键,所以60 g SiO2晶体即1 mol SiO2 中含有的共价键数为4×6.02×1023,D错误。 2.(2025·南师附中模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.等物质的量的C2H4和C2H6O完全燃烧,消耗O2分子数目均为3NA B.Na2O2与CO2反应生成标准状况下O2 44.8 L,转移电子数目为4NA C.25 ℃,1 L pH=12 Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.02NA D.标准状况下,22.4 mL CH2Cl2中含有碳原子数目为1×10-3NA 解析:选B　1 mol C2H4完全燃烧消耗O2物质的量和1 mol C2H6O完全燃烧消耗O2的量均为3 mol,但是等物质的量的C2H4和C2H6O,并未指明是多少物质的量,无法计算消耗氧气的量,A错误;Na2O2与CO2反应生成标准状况下O2 44.8 L,即2 mol O2,转移电子数目为4NA,B正确;25 ℃,1 L pH=12 Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01 mol·L-1×1 L×NA=0.01NA,C错误;标况下,CH2Cl2非气体,D错误。 3.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.1 L 1 mol·L-1的NaClO溶液含有ClO-的数目小于NA B.78 g苯含有双键数目为3NA,单键数目为9NA C.标准状况下,5.6 L NO和5.6 L O2混合后分子总数为0.5NA D.0.1 mol Na3AlF6晶体中含有的阳离子数目为0.4NA 解析:选A　ClO-会发生水解,1 L 1 mol·L-1的NaClO溶液中ClO-的数目少于NA,故A正确;苯中没有碳碳双键,苯中的化学键是介于单键和双键之间的一种独特的键,故B错误;标准状况下,NO和O2都是5.6 L,其物质的量都是0.25 mol,两种气体混合后会发生反应产生NO2,NO2又可以发生可逆反应产生N2O4,其气体分子总数小于0.5NA,故C错误;0.1 mol Na3AlF6晶体中的阳离子只有Na+,其数目为0.3NA,故D错误。 4.(2025·镇江期初模拟)阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法中正确的是 (　　) A.一定条件下3.2 g SO2与足量O2反应转移电子数为0.1NA B.2.9 g异丁烷和正丁烷混合物含有C—H键数目为0.5NA C.50 mL 12 mol·L-1浓盐酸与足量MnO2共热转移电子数0.3NA D.标准状况下,3.36 L三氯甲烷中含有氯原子0.45NA 解析:选B　二氧化硫与氧气的反应是可逆反应,3.2 g SO2的物质的量为=0.05 mol,与足量O2反应转移电子少于0.05 mol×2=0.1 mol,A错误;2.9 g正丁烷和异丁烷的混合物的物质的量为=0.05 mol,而正丁烷和异丁烷中含有的C—H键数均为10,故0.05 mol混合物中含有的C—H键数为0.5NA,B正确;二氧化锰只能与浓盐酸反应,和稀盐酸不反应,即盐酸不能反应完全,故无法计算转移的电子数,C错误;标况下三氯甲烷为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,D错误。 5.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1NA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,故含有2NA个共价键,A错误;溶液体积未知,故无法计算氢离子个数,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。 6.(2025·宿迁开学考试)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.7.8 g Na2O2中所含阴离子数为0.1NA B.1 mol N2和3 mol H2在一定条件下充分反应生成的NH3分子数为2NA C.1 L pH=1的H2SO4溶液中H+数目为0.2NA D.6.0 g SiO2中的Si—O共价键的数目为0.2NA 解析:选A　Na2O2中阴、阳离子数之比为1∶2,7.8 g即0.1 mol Na2O2中所含阴离子数为0.1NA,故A正确;N2和H2生成NH3的反应是可逆反应,生成的NH3分子数应少于2NA,故B错误;1 L pH=1的H2SO4溶液中H+数目为0.1 mol·L-1×1 L×NA mol-1=0.1NA,故C错误;1 mol SiO2中含有4 mol Si—O键,6.0 g即0.1 mol SiO2中的Si—O共价键的数目为0.4NA,故D错误。 7.(2025·徐州期初调研)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.24 g乙烯和丙烯的混合气体中p⁃p σ键数目为2NA B.1 L 1 mol·L-1氯化铵溶液中N和H+数目之和为NA C.2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA D.标准状况下,11.2 L CH4与22.4 L Cl2反应后分子总数为1.5NA 解析:选D　24 g乙烯和丙烯的混合气体中不确定具体乙烯、丙烯的质量,不能计算含有p⁃p σ键数目,A项错误;1 L 1 mol·L-1氯化铵溶液中氯离子为1 mol,根据电荷守恒可知,c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),则N和H+物质的量大于1 mol,数目之和大于NA,B项错误;反应体系中存在的反应为2NO+O2===2NO2,产生的NO2为2 mol。但NO2存在平衡2NO2N2O4,充分反应后体系中分子数目小于2NA,C项错误;标况下由n==得反应前CH4和Cl2分别为0.5 mol和1 mol,发生的反应为CH4+Cl2CH3Cl+HCl 、CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl 、CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl和CHCl3+Cl2CCl4+HCl,四个反应均是反应前后分子数不变的反应,所以光照后分子总数为1.5NA,D项正确。 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.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是 (　　) A.0.2 mol苯完全燃烧生成CO2的数目为1.2NA B.31 g P4()中的共价键数目为1.5NA C.100 mL 0.1 mol·L-1的NaOH水溶液中含有氧原子数为0.01NA D.0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2NA 解析:选C　A项,1 mol苯含有6 mol碳原子,根据碳元素守恒,0.2 mol苯完全燃烧生成CO2的数目为1.2NA,正确;B项,1 mol P4含有6 mol P—P,故31 g P4中的共价键的物质的量为×6=1.5 mol,即1.5NA,正确;C项,NaOH水溶液中溶剂水和溶质NaOH都含有氧原子,故100 mL 0.1 mol·L-1的NaOH水溶液中含有的氧原子数不止0.01NA,错误;D项,H2与I2反应生成HI的反应是等体积的可逆反应,故0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应,分子总数为0.2NA,正确。 10.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,2.24 L 18O2含有的中子数为2.00NA B.常温下,1.7 g H2S中含有的孤电子对数为0.20NA C.1.0 L 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液中含有的Cu2+数为0.1NA D.0.2 mol SO2和足量O2充分反应转移的电子数为0.4NA 解析:选A　18O的中子数为10,n===0.1 mol,则2.24 L 18O2中子数为2NA,A正确;n===0.05 mol,1个H2S中,孤电子对数为=2,则1.7 g H2S中孤电子对数为0.1NA,B错误;1 L 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液中Cu2+水解,使Cu2+的个数小于0.1NA,C错误;2SO2+O22SO3,该反应有限度,故转移电子数小于0.4NA,D错误。 11.科学家研究发现,火山喷发时会带出H2S气体,其中H2S转化为S的过程如图所示。用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　　) A.过程一中每消耗22.4 L(标准状况)H2S转移的电子数为2NA B.密闭容器中,2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA C.32 g S单质中含有的硫原子数目为NA D.0.1 L 0.5 mol·L-1H2S溶液中含有的极性键数目为0.1NA 解析:选C　过程一中H2S不完全燃烧得到S,完全燃烧得到SO2,无法确定消耗22.4 L(标准状况)H2S转移的电子数,A项错误;2SO2+O22SO3为可逆反应,2 mol SO2和1 mol O2不能完全反应,反应后分子总数不等于2NA,B项错误;32 g S单质中含有的硫原子的物质的量为=1 mol,数目为NA,C项正确;H2S溶液中含有的极性键包括H—S键和H—O键,极性键数目不等于0.1NA,D项错误。 12.设NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.标准状况下,22.4 L CCl4中所含的原子数为5NA B.28 g N60(分子结构如图所示)中含有的N—N键数目为3NA C.0 ℃、1.01×105 Pa下,11.2 L氧气中所含的原子数为0.5NA D.常温下,将5.6 g铁投入足量的稀硫酸中充分反应,转移的电子数为0.3NA 解析:选B　标准状况下,CCl4不是气体,不能用气体摩尔体积公式进行计算,故A错误;1个N与3个N形成3个N—N键,每个N—N键被2个N共用,则28 g N60中含有的N—N键为×=3 mol,故B正确;0 ℃、1.01×105 Pa(标准状况)下,11.2 L氧气的物质的量为0.5 mol,含有的氧原子数为NA,故C错误;Fe与稀硫酸反应生成Fe2+,0.1 mol Fe完全转化为Fe2+时,转移的电子数为0.2NA,故D错误。 13.常温下,将0.1 L 0.2 mol·L-1 酸性KMnO4溶液与一定量pH=3的草酸(HOOC—COOH)溶液混合,放出V L气体。NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.pH=3的草酸溶液中含有H+数目为0.001NA B.当1 mol KMnO4被还原时,强酸提供H+数目为NA C.1 mol HOOC—COOH中含σ键数目为7NA D.该反应释放CO2分子数目为NA 解析:选C　没有给出溶液体积,无法计算H+数目,A错误;根据反应2Mn+5HOOC—COOH+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O可知,当1 mol KMnO4被还原时,强酸提供H+数目为3NA,B错误;1个HOOC—COOH分子中含有2个碳氧双键、1个碳碳单键、2个碳氧单键、2个氢氧键,σ键有7个,故C正确;常温下不能用22.4 L·mol-1计算气体的物质的量,D错误。 14.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.生态环保部指出,近地面臭氧已成为现阶段夏季主要大气污染物,其产生和吸收机理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (　　) A.22.4 L O2和O3的混合物含质子数为16NA B.每产生1 mol O3需要NO2分子数为3NA C.反应③中有48 g O3完全反应,转移电子数为2NA D.标准状况下NO和O2各22.4 L混合充分反应后,分子总数为1.5NA 解析:选C　未说明是否为标准状况,无法确定混合物中各物质的物质的量,质子总数无法求出,A错误;根据反应①和②,产生1 mol O3需要1 mol NO2提供1 mol O和空气中的氧气分子结合,B错误;根据反应③,O3反应时只有一个氧原子被还原,所以有48 g O3完全反应,转移电子数为2NA,C正确;因存在反应2NO2N2O4,最终分子总数小于1.5NA,D错误。 16.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(综合应用课) 　　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]　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,则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O,有=,即=,解得x=3。 [答案]　(1)30.0　(2)3 　　[对点训练] 1.在标准状况下,15.6 g Na2O2投入足量水中,充分反应,生成NaOH的物质的量为多少?生成O2的体积为多少? 解析:n(Na2O2)==0.2 mol 　2Na2O2　+　2H2O===4NaOH　+　O2↑ 2 mol 4 mol 22.4 L 0.2 mol n(NaOH) V(O2) == 故n(NaOH)=0.4 mol,V(O2)=2.24 L。 答案:生成NaOH 0.4 mol,生成O2 2.24 L 2.现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验: 实验Ⅰ:称取m1 g样品,用足量稀硫酸溶解后,用c mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+,达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2转化为Cr3+,Cl-不反应)。 实验Ⅱ:另取m1 g样品,与足量SOCl2反应后,固体质量为m2 g。 已知SOCl2与FeCl2·4H2O混合并加热可得到无水FeCl2,则n=　　　　。  解析:滴定过程中,Cr2将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1 g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2)=6cV×10-3 mol;m1 g样品中m(H2O)=(m1-m2)g,n(H2O)=mol;n(FeCl2)∶n(H2O)=1∶n=(6cV×10-3 mol)∶ mol,解得n=。 答案: 3.(2025·扬州中学期中节选)用镍铂合金废料(主要成分为Ni、Pt,含少量Al和难溶于硫酸的重金属)回收镍和铂的一种工艺流程如下: Ni2O3产品中可能含少量NiO,为测定Ni2O3的纯度,进行如下实验:称取5.000 g样品,加入足量硫酸后,再加入100 mL 1.000 mol·L-1 Fe2+标准溶液,充分反应,加水定容至200 mL。取出20.00 mL,用0.1 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液10.00 mL。实验过程中发生反应如下: Ni2O3+Fe2++H+→Ni2++Fe3++H2O (未配平) Fe2++Mn+H+→Fe3++Mn2++H2O (未配平) 试通过计算确定Ni2O3的质量分数,并写出计算过程。 解析:20.00 mL溶液消耗KMnO4物质的量为0.1 mol·L-1×0.01 L=1×10-3 mol,根据得失电子守恒,得到反应5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O,则与KMnO4反应的Fe2+物质的量为5×10-3 mol;与Ni2O3反应的Fe2+物质的量为1.000 mol·L-1×0.1 L-5×10-3 mol×=0.05 mol,根据反应Ni2O3+2Fe2++6H+===2Ni2++2Fe3++3H2O,n(Ni2O3)=0.025 mol,Ni2O3的质量分数为×100%=83%。 答案:83%(计算过程见解析) 二、关 系 式 法 　　关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子,在多步反应中,它可以把始态反应物与终态生成物之间“量”的关系表示出来,把多步计算简化成一步计算。高考题量大,时间紧,对于涉及多步计算的问题,如滴定实验的有关计算,巧妙运用关系式法,可以缩短答题时间;解题的关键是正确书写关系式。 　　[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: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)% |思维建模|关系式法解题步骤 第一步:写出各步反应的化学方程式。 第二步: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。 第三步:确定最初反应物和最终生成物之间“量”的关系。 第四步:根据已知条件及关系式列出比例式计算求解。 　　[对点训练] 1.氯化亚铜(CuCl)是一种白色固体,难溶于乙醇,微溶于水,易水解,在空气中易被氧化。测定CuCl样品的纯度。准确称取0.250 0 g CuCl样品,溶解于H2O2和H2SO4的混合溶液,加热溶液,待没有气体逸出、冷却后转移至碘量瓶中,加过量KI溶液,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色,加入淀粉指示剂继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。测定过程中发生下列反应:2Cu2++4I-===2CuI↓+I2、2S2+I2===S4+2I-。计算CuCl样品的纯度为　　　　(写出计算过程)。  解析:由已知反应方程式得到关系式:2CuCl~2Cu2+~I2~2S2,故n(CuCl)=n(S2),则CuCl样品的纯度为×100%=99.5%。 答案:99.5%(计算过程见解析) 2.(2025·苏南名校联考)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+)=5b2c2×10-3mol,与V反应的Fe2+的物质的量n 1(Fe2+)=n总(Fe2+)-n2(Fe2+)=b1×10-3L×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: 3.(2025·镇江中学零诊)取制取的NaBiO3产品x g,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应,再用0.1 mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的Mn(已知:5NaBiO3+2Mn2++14H+===5Bi3++2Mn+5Na++7H2O,5H2C2O4+2Mn+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O),当达到滴定终点时,消耗y mL。滴定终点的现象:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,该产品的纯度为　　　 　。  解析:含有Mn的溶液为紫红色,滴定终点时,溶液紫红色完全褪去且30 s内不变色;由题给方程式可得关系式:5NaBiO3~2Mn~5H2C2O4,即1 mol NaBiO3完全反应消耗1 mol H2C2O4,反应消耗草酸的物质的量为0.1 mol·L-1×y×10-3 L=y×10-4mol,所以NaBiO3的质量为y×10-4 mol×280 g·mol-1=0.028y g,该产品的纯度为×100%=%。 答案:加入最后半滴H2C2O4溶液时,溶液恰好由紫红色变成无色,且30 s内不恢复原色　% 三、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3]　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 ℃ |思维建模|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,纵坐标一般为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,失重最后一般为金属氧化物或金属,晶体中金属质量不减少,仍在残留固体中 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 　　 [对点训练] 1.依据动力学原理,CaMg(CO3)2分解过程中Mg2+会比Ca2+优先向外扩散,C随后扩散到表面分解产生CO2和O2-,而Ca2+与C的结合能力较强,不易扩散。如图为在一定条件下的热重分析图: 下列说法错误的是 (　　) A.第一阶段反应的化学方程式为CaMg(CO3)2CaCO3+MgO+CO2↑ B.图中B点时,碳酸钙的分解率为60% C.图中C点以后剩余固体的成分是CaO、MgO D.第二阶段图像斜率明显加大,可能是因为温度较高使反应速率加快 解析:选B　由题意可知,Mg2+和C优先于Ca2+向外扩散,因此第一阶段可视为碳酸镁分解阶段,生成氧化镁和二氧化碳,而碳酸钙不反应,化学方程式为CaMg(CO3)2CaCO3+MgO+CO2↑,故A正确;第二阶段为碳酸钙分解,若其完全分解时质量分数变化为(76-52)%=24%,B点时,因碳酸钙分解损失的质量分数为(76-64)%=12%,可知此时碳酸钙分解率为50%,故B错误;C点为完全分解产物,固体成分为氧化镁和氧化钙,故C正确;第二阶段反应温度高于第一阶段,温度越高反应速率越快,固体损失相同质量的时间段,曲线斜率较大,故D正确。 2.(2025·南师附中模拟)碳酸镍具有良好的催化性能,在化学和工业领域有广泛应用。利用废镍催化剂(主要成分为Ni及其氧化物、Al和Fe的氧化物)获得碳酸镍的过程如下: “沉镍”过程可能生成碱式碳酸镍[xNiCO3·yNi(OH)2·4H2O]。为测定该沉淀的组成进行下列实验:称取干燥沉淀样品7.54 g,隔绝空气加热。该化合物的热重曲线如图所示。 则y=　　　　。  解析:由图可知,200 ℃之前失去结晶水为=0.08 mol,则碱式碳酸镍[xNiCO3·yNi(OH)2·4H2O]的物质的量为=0.02 mol,所以200~500 ℃间,失去的二氧化碳和水为0.02×44x+0.02×18y=6.10-4.50=1.60　①,最后NiO的物质的量为=0.06 mol,即0.02(x+y)=0.06　②,联立方程解得x=1,y=2。 答案:2 真题集训——高考能力达标 1.(2024·江苏卷·节选)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为 　。 (2)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:(1)Nd3+、C发生相互促进的水解反应,产物为Nd(OH)CO3和HC,根据电荷守恒、原子守恒配平反应的离子方程式为Nd3++2C+H2O===Nd(OH)CO3↓+HC↑。(2)n[Nd(OH)CO3]==4×10-5 mol,其中n(OH-)=4×10-5 mol,550~600 ℃时,Nd(OH)CO3生成NdaOb(CO3)c,质量减少8.84 mg-7.60 mg=1.24 mg,焙烧产物中不含有H元素,根据H原子守恒,则焙烧过程中生成H2O的质量为×4×10-5 mol×18 g·mol-1×103 mg·g-1=0.36 mg,则生成的CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,根据C~CO2,发生反应的C的物质的量为=2×10-5 mol,起始固体中含有的C的物质的量=n[Nd(OH)CO3]=4×10-5 mol,则剩余固体中C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,焙烧过程中,Nd不会减少,则剩余固体中Nd3+的物质的量为4×10-5 mol,故产物中n(Nd3+)∶n(C)=(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)=2∶1。 答案:(1)Nd3++2C+H2O===Nd(OH)CO3↓+HC (2)2∶1,8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为4×10-5 mol,550~600 ℃时,固体分解产生H2O与CO2,质量共减少1.24 mg,其中n(H2O)=2×10-5 mol,m(H2O)=0.36 mg,则m(CO2)=1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,n(CO2)=2×10-5 mol,故产物中n(C)=2×10-5 mol,n(Nd3+)∶n(C)=2∶1 2.(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+6HCl===3I2+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+2H2O===H2SO4+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)该滴定实验达终点的现象是 　;  (2)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)。  解析:由题中信息可知,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)该滴定实验是利用半滴标准溶液来指示滴定终点,因此,该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴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)由S元素守恒及SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl===3I2+6KCl+3H2O可得关系式3S~3SO2~3I2~KIO3,若滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,则n(KIO3)=V×10-3L×0.002 000 0 mol·L-1=2.000 0×10-6V mol,n(S)=3n(KIO3)=3×2.000 0×10-6V mol=6.000 0×10-6V mol,样品中硫的质量分数是×100%=%。 答案:(1)当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色　(2)% [课时跟踪检测] 一、选择题 1.在反应X+2Y===R+2M中,已知R和M的摩尔质量之比为22∶9,当1.6 g X与Y完全反应后,生成4.4 g R。则在此反应中Y和M的质量之比为 (　　) A.16∶9　　　　　　　 B.23∶9 C.32∶9 D.46∶9 解析:选选A　设生成M的质量为m,由已知反应得:X+2Y===R　+　2M 　　　　　　 Mr(R)　2Mr(M) 　　　　　　 4.4 g　 　m 由题意得Mr(R)∶2Mr(M)=22∶18=4.4 g∶m,解得m=3.6 g。根据质量守恒定律,参加反应的Y的质量为4.4 g+3.6 g-1.6 g=6.4 g,所以Y与M的质量之比为6.4 g∶3.6 g=16∶9。 2.用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物,把生成的CO2全部通入过量的澄清石灰水中,得到的沉淀经干燥后质量为8.0 g,则此铅氧化物的化学式是 (　　) A.PbO B.Pb2O3 C.Pb3O4 D.PbO2 解析:选C　设该铅氧化物的化学式为PbxOy, PbxOy~y[O]~yCO~yCO2~yCaCO3 　　　　16y　　　　　　 　　 100y 　　　　m(O)=1.28 g　 　　 8.0 g 所以m(Pb)=13.7 g-1.28 g=12.42 g,x∶y=∶=3∶4。 3.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。 4.烧杯中盛有一定质量CaCO3和K2CO3的固体混合物,向其中加入150 g质量分数为7.3%的稀盐酸,恰好完全反应放出全部CO2,得到 160.3 g该温度下的不饱和溶液。则下列说法正确的是 (　　) A.反应生成的气体的质量为4.4 g B.参与反应的HCl质量为150 g C.原混合固体中金属元素的质量为7.9 g D.发生的反应类型为分解反应 解析:选C　1个碳酸根离子和2个氢离子生成1分子二氧化碳,则反应生成二氧化碳的物质的量为 mol=0.15 mol,质量为6.6 g,A错误;参与反应的HCl质量为150 g×7.3%=10.95 g,B错误;反应生成的二氧化碳逸出,结合A项分析可知,溶液总质量的增加为金属元素质量和0.15 mol氧原子的质量,故原混合固体中金属元素的质量为160.3 g-150.0 g-0.15 mol×16 g·mol-1=7.9 g,C正确;该反应是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应,属于复分解反应,D错误。 5.将一定量CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中,收集到气体V L(标准状况),向反应后的溶液中(存在Cu2+和S)加入足量NaOH,产生蓝色沉淀,过滤,洗涤,灼烧,得到CuO 12.0 g,若上述气体为NO和NO2的混合物,且体积比为1∶1,则V可能为 (　　) A.9.0 L B.13.5 L C.15.7 L D.16.8 L 解析:选A　若混合物全是CuS,根据铜元素守恒,其物质的量n(CuS)=n(CuO)==0.15 mol,转移电子0.15 mol×8=1.2 mol。气体中NO和NO2的体积比为1∶1,设n(NO)=n(NO2)=x mol,根据电子转移守恒,有3x+x=1.2,计算得x=0.3,气体体积V=0.6 mol×22.4 L·mol-1=13.44 L;若混合物全是Cu2S,同理得其物质的量为0.075 mol,电子转移0.075 mol×10=0.75 mol,设n(NO)=n(NO2)=x mol,3x+x=0.75,计算得x=0.187 5,气体体积V=0.375 mol×22.4 L·mol-1=8.4 L;因此8.4 L<V<13.44 L。 6.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,所得到的铁的物质的量为 (　　) 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元素守恒可得,n[Fe(NO3)2]=0.15 L×4 mol·L-1-×=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,所得到的铁的物质的量为0.25 mol。 7.将5.00 g胆矾(无其他杂质)置于氮气中,然后对其进行加热,逐渐升高温度使其分解,分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.a点对应的物质中,氧元素的质量分数约为50.3% B.c点对应的固体物质只有CuSO4 C.将c→d产生的气体全部通入BaCl2溶液中,有沉淀产生 D.d→e的过程中,生成的某种物质可使带火星的小木条复燃 解析:选A　胆矾失去部分结晶水得到a点对应的物质,设该物质化学式为CuSO4·xH2O,由铜元素守恒,有=,解得x=3,则a点对应的物质为CuSO4·3H2O,该物质中,氧元素的质量分数约为×100%≈52.3%,故A错误;胆矾的化学式为CuSO4·5H2O,5.00 g胆矾的物质的量是0.02 mol,加热完全失去结晶水得到0.02 mol CuSO4,质量为3.20 g,所以c点对应的固体物质是CuSO4,故B正确;c→d为CuSO4分解,d中含有0.02 mol铜元素,则d中氧元素的物质的量为=0.02 mol,所以d点对应的物质为CuO,则c→d为CuSO4分解为CuO,产生的气体可能全部为SO3,也可能为SO2和O2,或SO3、SO2和O2的混合气体,将该气体通入BaCl2溶液中,生成BaSO4沉淀,故C正确;e中含有0.02 mol铜元素,则含氧元素的物质的量为=0.01 mol,所以e点对应的物质为Cu2O,则d→e的过程发生反应的化学方程式为4CuO2Cu2O+O2↑,有氧气生成,氧气可使带火星的小木条复燃,故D正确。 8.(2025·南通模拟预测)Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液中,充分反应后,溶液中除大量OH-外,还有Cl-、ClO-、Cl ,且这三种离子的物质的量之比为9∶2∶1,则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为 (　　) A.5∶2　　B.2∶5　　C.3∶1　　D.1∶3 解析:选A　Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO-、Cl是氯原子被氧化的过程,氯元素的化合价分别由0价升高到+1价和+5价,Cl-、ClO-、Cl的物质的量之比为9∶2∶1,可设物质的量分别为9 mol、2 mol、1 mol,则被氧化的Cl原子的物质的量总共3 mol,Cl原子失电子的总物质的量为2 mol×(1-0)+1 mol×(5-0)=7 mol;Cl2生成Cl-为氯原子被还原的过程,氯元素化合价从0价降低为-1价,根据氧化还原反应中得失电子相等,得到电子的Cl原子物质的量也应该为7 mol,即被还原的Cl的物质的量为7 mol,则参加反应的氯气的物质的量为×(7 mol+3 mol)=5 mol;由氯气生成的氯离子的物质的量为7 mol,总氯离子为9 mol,则氯化氢生成的氯离子为9 mol-7 mol=2 mol,所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为5∶2。 二、非选择题 9.(6分)(2025·常熟中学一模)二氯异氰尿酸钠(,简称DCCNa)是一种高效、安全的消毒剂,常温下性质稳定,受热易分解,难溶于冰水。DCCNa有效氯含量测定:称取0.100 0 g样品,用100 mL蒸馏水于碘量瓶中溶解后,依次加入20 mL 0.3 mol·L-1醋酸溶液和过量的KI溶液。用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至溶液呈浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液16.00 mL。 已知: +CH3COOH+2H2O→+2HClO+CH3COONa I2+2Na2S2O3===Na2S4O6+2NaI(样品有效氯=×100%) (1)滴定终点的现象为 　。 (2)计算样品有效氯 　。(写出必要的计算过程)  解析:(1)反应中用淀粉溶液作指示剂,碘单质遇到淀粉溶液显蓝色,故滴定终点的现象为溶液由蓝色褪为无色,且30 s不恢复。 答案:(1)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液,锥形瓶中溶液由蓝色褪为无色,且30 s不恢复 (2)根据电子守恒可知,得到关系式:HClO~I2~2Na2S2O3,故有:n(HClO)=n(I2)=n(Na2S2O3)=×16.00×10-3 L×0.100 0 mol·L-1=8×10-4 mol,故样品有效氯=×100% =56.8% 10.(5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,设钴氧化物的分子式为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 11.(6分)用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M[Ca(C6H11O7)2·H2O]=448 g·mol-1)的纯度,其步骤如下: ①称取产品0.600 g置于烧杯中,加入蒸馏水及适量稀盐酸; ②加入足量(NH4)2C2O4溶液,用氨水调节pH为4~5,生成白色沉淀,过滤、洗涤; ③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸中,用0.020 00 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。 (1)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为 (用离子方程式表示),判断滴定达到终点的现象为 。  (2)根据以上实验数据,测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为　　　　　　(保留三位有效数字)。   解析:(2)由原子守恒及反应原理5H2C2O4+2Mn+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O可得关系式: 5Ca(C6H11O7)2·H2O~5CaC2O4~5H2C2O4~2Mn, 则葡萄糖酸钙晶体的纯度为×100%≈93.3%。 答案:(1)5H2C2O4+2Mn+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O　当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时,溶液由无色变为浅紫色,且半分钟内不褪色　(2)93.3% 12.(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% 13.(6分)(2025·南京盐城一模)以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成,还含有Cu等元素)为原料,制备脱硫剂MnxOy,可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示如下。 (1)“沉锰”中若产生a mol Mn(OH)2沉淀。现用5 L一定浓度的Na2CO3溶液将其全部转化为MnCO3,需Na2CO3溶液的浓度至少为　　　 mol·L-1(用含a的表达式表示)。已知:Ksp(MnCO3)=1.1×10-11,Ksp[Mn(OH)2]=1.1×10-13。  (2)“沉锰”得到的MnCO3在空气中煅烧可制得脱硫剂MnxOy。测得煅烧过程中固体残留率[固体残留率=×100%]随温度变化的曲线如图所示。975 K时,煅烧MnCO3后得到固体产物为 　 (填化学式,写出计算过程)。 解析:(1)Mn(OH)2(s)+C(aq)MnCO3(s)+2OH-(aq),K==,a mol Mn(OH)2完全转化为MnCO3时,溶液中c(OH-)= mol·L-1,则此时溶液中c(C)=·c2(OH-)=×=16a2 mol·L-1,溶液中含C的物质的量为16a2 mol·L-1×5 L=80a2 mol,由于反应时要消耗a mol Na2CO3,所以至少需要(80a2+a)mol Na2CO3,则需Na2CO3溶液的浓度至少为 mol·L-1。(2)975 K时,残留固体是锰的氧化物。假设煅烧MnCO3的物质的量为1 mol,则975 K时m(固体)=115 g×(1-31.4%)≈79 g,因n(Mn)=1 mol,n(O)==1.5 mol,则n(Mn)∶n(O)=2∶3,即固体的化学式为Mn2O3。 答案:(1)　(2)Mn2O3(计算过程见解析) 14 / 60 学科网（北京）股份有限公司 $$