第7讲 物质的量浓度(Word教案)-【金版新学案】2027年高考化学高三总复习大一轮复习讲义（新高考·双选）

该高中化学高考复习讲义聚焦物质的量浓度核心考点，涵盖溶液浓度计算、一定物质的量浓度溶液配制及误差分析，结合差量法、守恒法等计算技巧，按概念理解、定量计算、实验操作逻辑层次展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生构建知识网络，突破计算与实验难点。 讲义突出化学观念与科学思维融合，如溶液配制中通过“操作-误差-结果”分析培养科学探究能力，计算专题用守恒法建立“元素守恒-电子守恒”解题模型，设置基础巩固与能力提升分层练习，助力学生高效掌握考点，为教师把控复习节奏提供系统教学方案。

第7讲　物质的量浓度 [课程标准]　1.了解溶液的含义。2.了解溶解度、饱和溶液的概念。3.了解溶液浓度的表示方法。4.理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。5.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。 考点一　溶液的浓度及其计算 1.物质的量浓度 (1)概念 物质的量浓度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。 (2)表达式：cB＝，变式：nB＝cB·V；V＝。 (3)常用单位：mol·L－1或mol/L。 (4)特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、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.物质的量浓度和溶质质量分数的比较 物质的量浓度c 溶质质量分数w 概念 以单位体积溶液中所含溶质的物质的量来表示溶液组成的物理量 以溶质质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量 溶质的单位 mol g 溶液的单位 L g 表达式 c＝ w＝ 两者关系 w＝(M：摩尔质量，单位：g·mol－1；ρ：密度，单位：g·cm－3) 【微思考】　(1)正误判断 ①用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1 mol·L－1(　　) ②1 L水中溶解5.85 g NaCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1 mol·L－1(　　) ③将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中所得溶质的质量分数为25％(　　) ④将40 g SO3溶于60 g水中所得溶质的质量分数为49％(　　) ⑤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(　　) 提示：①×　②×　③×　④√　⑤× (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 规避2个易错点 易错点1　溶液中溶质的判断 物质 溶于水后的溶质 水量变化 Na、Na2O、Na2O2 NaOH 减少 SO3 H2SO4 减少 CuSO4·5H2O CuSO4 增多 NH3 NH3·H2O(但计算时仍以NH3作为溶质) 减少 易错点2　混淆溶液的体积与溶剂的体积 不能用水的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水，一般根据溶液的密度进行计算。 气体溶于水所得溶液的物质的量浓度的计算 1.在标准状况下，将V L HCl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　　　　　　　。 答案： mol·L－1 解析：标准状况下，HCl气体的物质的量为 mol，所得溶液的质量为g，则此溶液的物质的量浓度为 mol÷[(×M＋100) g÷(1 000ρ g·L－1)]＝ mol·L－1。 气体溶于水，计算物质的量浓度的一般思路 有关物质的量浓度、溶质的质量分数、溶解度的换算 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w，物质的量浓度为c mol·L－1，溶液中含NaCl的质量为m g。 (1)用m、V表示溶液的物质的量浓度：　　　　　　　。 (2)用w、ρ表示溶液的物质的量浓度：　　　　　　　。 (3)用c、ρ表示溶质的质量分数：　　　　　　　。 (4)用w表示该温度下NaCl的溶解度：　　　　　　　。 答案：(1) mol·L－1　(2) mol·L－1 (3)×100％　(4) g 解析：(1)c＝ mol·L－1＝ mol·L－1。 (2)c＝＝ mol·L－1。 (3)w＝×100％＝×100％。 (4)＝，S＝ g。 溶液的稀释与混合 3.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 B. mol/L C. mol/L D. mol/L 答案：A 解析：依题意知，c(S)＝ mol/L，c(Fe3＋)＝ mol/L×＝ mol/L，故有 mol/L×0.5V L＝2V L×cB，cB＝ mol/L。 4.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。 硫酸　化学纯　CP 500 mL 品名：硫酸 化学式：H2SO4 相对分子质量：98 密度：1.84 g·cm－3 质量分数：98％ 氨水　化学纯　CP 500 mL 品名：氨水 化学式：NH3 相对分子质量：17 密度：0.88 g·cm－3 质量分数：25％ 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，w(H2SO4)　　　　49％，w(NH3)　　　　12.5％。 答案：(1)18.4 mol·L－1　12.9 mol·L－1　 (2)＜　＞　(3)＞　＜ 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，w(H2SO4)＞49％，w(NH3)＜12.5％。 1.溶液体积和溶剂体积关系 (1)不能用水的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水，一般根据溶液的密度进行计算：V＝。 (2)两溶液混合后的体积不是两种溶液的体积加和。 2.同溶质不同物质的量浓度溶液混合的计算 (1)混合后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混·(V1＋V2)。 (2)混合后溶液体积发生变化时，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝。 (3)两种稀溶液混合时，常近似看作密度都与水的密度相同。 3.同溶质不同质量分数溶液混合的计算技巧 同溶质、质量分数分别为a％和b％的两溶液混合。 (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w＞(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、氨水溶液)，等体积混合后，质量分数w ＜(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)，则混合后溶液中溶质的质量分数w＝(a％＋b％)。 考点二　一定物质的量浓度的溶液的配制 1.溶液配制的主要仪器——容量瓶 (1)构造及用途 (2)检查是否漏水的操作 【微思考1】　用“能”或“不能”填写容量瓶的用途。 (1)　　　　将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释； (2)　　　　作为反应容器或用来长期贮存溶液； (3)　　　　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的温度下确定的； (4)　　　　配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液。 提示：(1)不能　(2)不能　(3)不能　(4)不能 2.配制主要仪器及过程 以配制500 mL 1.0 mol·L－1的NaCl溶液为例： (1)主要仪器 托盘天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、500 mL 容量瓶、胶头滴管。 (2)配制过程及操作 【微思考2】　实验室用固体烧碱配制0.1 mol·L－1的NaOH溶液480 mL，请回答：(1)应选用容量瓶的规格为　　　　　，使用容量瓶前必须进行的一步操作是　　　　　　　　　　　　。 (2)用托盘天平称量，需要NaOH固体的质量为　　　　 g。 (3)配制溶液时，在计算、称量、溶解、冷却后还有以下几个步骤，其正确的操作顺序为　　　　(填序号)。 a.振荡摇匀　b.洗涤　c.定容　d.颠倒摇匀 e.转移 提示：(1)500 mL　检查是否漏水　(2)2.0　(3)ebacd 溶液配制的两种基本方法 1.配制100 g 10％的NaCl溶液：用托盘天平称取10.0 g NaCl固体，放入烧杯中，再用100 mL量筒量取90.0 mL水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。 2.用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL：用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入烧杯中，再用10 mL的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌。 “一定物质的量浓度溶液的配制过程”答题指导 1.实验室需要配制0.50 mol·L－1NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。 (1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(带砝码、最小砝码为5 g)、药匙、烧杯、　　　　、　　　　、　　　　以及等质量的两片滤纸。 (2)计算。配制该溶液需取NaCl固体　　　　 g。 (3)称量。 ①调节游码使天平平衡时，请在图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置。 ②称量过程中NaCl固体应放于天平的　　　　(填“左盘”或“右盘”)。 ③称量完毕，将NaCl固体倒入烧杯中。 (4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是　　　　　　　。 (5)转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯2～3次是为了　　　　　　 　　　　　　　。 (6)定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线　　　　处，改用　　　　加水，使溶液凹液面与刻度线相切。 (7)摇匀、装瓶。 答案：(1)500 mL容量瓶　胶头滴管　玻璃棒 (2)14.6 (3)① ②左盘 (4)搅拌，加速NaCl溶解 (5)保证溶质全部转入容量瓶中 (6)1～2 cm　胶头滴管 解析：配制480 mL 0.50 mol·L－1的NaCl溶液，必须用500 mL的容量瓶。m(NaCl)＝0.50 mol·L－1×0.5 L×58.5 g·mol－1≈14.6 g(托盘天平精确到0.1 g)。用托盘天平称量时，物品放在左盘。配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算→称量(或量取)→溶解、冷却→转移、洗涤→定容、摇匀→装瓶贴签。 1.考生答卷案例——找错纠错 (1)容量瓶、玻璃棒、胶头滴管 (2)[案例1]14.625；[案例2]14.0 (3)②左 (4)搅拌，加速NaCl容解 (5)减小误差 (6)2～3　交头滴管 2.失分原因分析 (1)虽然熟悉某一规格的容量瓶只能配制一定体积的溶液，但未指明所选容量瓶的规格。 (2)[案例1]没有注意体现托盘天平的精确度；[案例2]注意了托盘天平的精确度，但未正确四舍五入，保留小数点后一位数字。 (3)②不按要求作答。 (4)汉字使用错误。 (5)回答问题不完整、太笼统。 (6)数值错误；未写单位；汉字使用错误。 一定物质的量浓度溶液配制的误差分析 2.(1)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NaOH溶液时，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未洗涤烧杯及玻璃棒：　　　　。 (2)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：　　　　。 答案：(1)①偏小　②偏小　③偏小　④偏小　⑤偏大　⑥偏小　⑦偏小 (2)①偏大　②偏小　③偏小　④无影响　 ⑤无影响 1.误差分析的思维流程 2.视线引起误差的分析方法 (1)仰视容量瓶刻度线[图(a)]，导致溶液体积偏大，结果偏低。 (2)俯视容量瓶刻度线[图(b)]，导致溶液体积偏小，结果偏高。 1.正误判断 (1)(2025·山东卷)称量5.0 g NaOH固体，所用仪器或材料为电子天平、称量纸(　　) (2)(2025·江苏卷)配制草酸溶液(　　) (3)(2025·云南卷)配制100 mL 1.00 mol·L－1 KCl溶液(　　) (4)(2025·重庆卷)定容(　　) (5)(2024·广西卷)定容(　　) (6)(2024·江苏卷)配制NaOH溶液(　　) (7)(2024·甘肃卷)配制一定浓度的NaCl溶液(　　) (8)(2024·北京卷)配制一定物质的量浓度的KCl溶液(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× (6)×　(7)√　(8)× 2.(2025·山东卷)称取1.6 g固体NaOH配制400 mL浓度约为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，下列仪器中不需要使用的是(　　) A.100 mL烧杯 B.500 mL容量瓶 C.500 mL量筒 D.500 mL细口试剂瓶(具橡胶塞) 答案：B 解析：溶解1.6 g NaOH需要在烧杯中进行，故A需要；1.6 g NaOH的物质的量为＝0.04 mol，＝0.1 mol/L，即只需要溶解在400 mL蒸馏水中即可配制400 mL浓度约为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，即不需要500 mL容量瓶，故B不需要；据B项分析可知，配制时需500 mL量筒量取约400 mL蒸馏水，故C需要；NaOH溶液配制好后需要转移到试剂瓶中储存，氢氧化钠溶液呈碱性，能与玻璃中的二氧化硅反应，不能选择玻璃塞，所以需要500 mL细口试剂瓶(具橡胶塞)，故D需要。 3.(2025·甘肃卷，节选)如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为　　　　　　　。 答案：容量瓶、烧杯 4.(2025·安徽卷，节选)配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有　　　　　　　(填名称)。 答案：烧杯、玻璃棒 5.(2024·全国甲卷，节选)下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是　　　　　　　，定容后还需要的操作为　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案：避免溶质损失　盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 解析：操作a为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。 一、在“22.4 L·mol－1的适用条件及物质的聚集状态”上设陷 用NA代表阿伏加德罗常数的值，判断下列说法是否正确。 (1)2.24 L CO2中含有的原子数为0.3NA(　　) (2)常温下11.2 L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NA(　　) (3)标准状况下，2.24 L氨水含有NH3分子数为0.1NA(　　) (4)标准状况下，22.4 L SO3中含有SO3分子数为NA(　　) (5)标准状况下，22.4 L氧气、氮气和CO的混合气体中含有2NA个原子(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ 抓“两看”突破陷阱 　　一看“气体”是否处在“标准状况”。 　　二看“标准状况”下，物质是否为“气体”(如CCl4、H2O、溴、SO3、己烷、HF、苯等在标准状况下不为气体)。 二、用“与计算无关的一些干扰条件”设陷 用NA代表阿伏加德罗常数的值，判断下列说法是否正确。 (1)常温常压下，3.2 g O2所含的原子数为0.2NA(　　) (2)标准状况下，18 g H2O所含的氧原子数目为NA(　　) (3)室温下，1 mol CH4中含有5NA原子(　　) (4)常温常压下，1 mol CO2与SO2的混合气体中含氧原子数为2NA(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)√　(4)√ 排“干扰”突破陷阱 　　给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生的正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数，实际上，此时物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。 三、在“物质的组成与结构”上设陷 用NA代表阿伏加德罗常数的值，判断下列说法是否正确。 (1)在常温常压下，18 g H2O与18 g D2O所含电子数均为10NA(　　) (2)标准状况下，22.4 L氦气与22.4 L氟气所含原子数均为2NA(　　) (3)30 g SiO2中含有硅氧键个数为NA(　　) (4)56 g乙烯中所含共用电子对数目为12NA(　　) (5)78 g苯中含有3NA碳碳双键(　　) (6)28 g乙烯中含有σ键的个数为5NA(　　) (7)1 mol HCN分子中含有π键个数为2NA(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)× (6)√　(7)√ 记“组成”突破陷阱 1.记特殊物质中所含微粒的数目，如Ne、D2O、18O2、—OH、OH－等。 2.记最简式相同的物质，如NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等。 3.记摩尔质量相同的物质，如N2、CO、C2H4等。 4.记物质中所含化学键的数目，如分子H2O2、CnH2n＋2中化学键的数目分别为3、3n＋1。 5.一个N2中含有一个σ键，两个π键；一个中含有3个σ键，2个π键；一个[Cu(NH3)4]2＋中含有16个σ键。 6.一个H2O中含两个孤电子对，两个σ键。 四、在“电解质溶液中粒子数目”上设陷 用NA代表阿伏加德罗常数的值，判断下列说法是否正确。 (1)0.1 L 3.0 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的N的数目为0.3NA(　　) (2)等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NA(　　) (3)0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA(　　) (4)25 ℃时，pH＝13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA(　　) (5)1 L 0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中所含氧原子数目为0.3NA(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× 审准“题目”突破陷阱 1.是否存在弱电解质的电离或盐类水解。 2.已知浓度，是否指明体积，用好公式n＝cV。 3.在判断溶液中微粒总数时，是否忽视溶剂水。 五、在“物质转化中的隐含反应”上设陷 用NA代表阿伏加德罗常数的值，判断下列说法是否正确。 (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)常温下，密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA(　　) (3)常温下，56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子(　　) (4)一定条件下合成氨反应，用1.5 mol H2和0.5 mol N2，充分反应后可得到NH3分子数为NA(　　) (5)1 L 0.01 mol·L－1 KAl(SO4)2溶液中含有的阳离子数大于0.02NA(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ 记“隐含反应”突破陷阱 1.2SO2＋O22SO3　 2NO2⥫⥬N2O4 N2＋3H22NH3 2.Cl2＋H2O⥫⥬HCl＋HClO 3.NH3＋H2O⥫⥬NH3·H2O⥫⥬N＋OH－ 4.H2＋I2⥫⥬2HI 六、在“电子转移数目”上设陷 用NA代表阿伏加德罗常数的值，判断下列说法是否正确。 (1)5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA(　　) (2)1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA(　　) (3)1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA(　　) (4)向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2＋被氧化时，共转移电子的数目为NA(　　) (5)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)× 抓“反应”突破陷阱 1.同一种物质在不同反应中作氧化剂、还原剂的判断。如Na2O2与CO2或H2O反应，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，而Na2O2与SO2反应，Na2O2只作氧化剂。 2.量不同，所表现的化合价不同。如Fe和稀HNO3反应，Fe不足时生成Fe3＋，Fe过量时生成Fe2＋。 3.氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。如Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S。 4.注意氧化还原的顺序。如向FeI2溶液中通入Cl2，Cl2首先氧化I－，再氧化Fe2＋。 1.(2025·广东卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A.1 mol 18O2的中子数，比1 mol 16O2的多2NA B.1 mol Fe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为2NA C.在1 L 0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中，N的数目为0.1NA D.标准状况下的22.4 L Cl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA 答案：D 解析：Cl2和H2发生反应：Cl2＋H22HCl，标准状况下22.4 L(1 mol)Cl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA，D正确。1分子18O2含有的中子数为20，1分子16O2含有的中子数为16，故1 mol 18O2的中子数比1 mol 16O2的多4NA，A错误；Fe与水蒸气发生反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，则1 mol Fe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为NA，B错误；在1 L 0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中，由于N会发生水解，故N的数目小于0.1NA，C错误。 2.(2025·河北卷)设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　) A.18 g H2O晶体内氢键的数目为2NA B.1 L 1 mol·L－1的NaF溶液中阳离子总数为NA C.28 g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为2NA D.铅酸蓄电池负极增重96 g，理论上转移电子数为2NA 答案：B 解析：18 g H2O的物质的量为1 mol，1个H2O分子平均能形成2个氢键，故1 mol H2O晶体内氢键数目为2NA，A正确；NaF溶液中阳离子有Na＋、H＋(由水电离产生)，则1 L 1 mol·L－1 NaF溶液中阳离子总数大于NA，B错误；环己烷与戊烯的最简式均为CH2，故28 g环己烷与戊烯的混合物中碳原子的物质的量为＝2 mol，碳原子的数目为2NA，C正确；放电时，铅酸蓄电池负极的电极反应式为Pb＋S－2e－PbSO4，电池负极增加的质量为S的质量，n(S)＝＝1 mol，结合负极的电极反应式可知，增加1 mol S时，转移2 mol电子，即转移电子数为2NA，D正确。 3.(2025·黑、吉、辽、蒙卷)钠及其化合物的部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) NaClNaNa2O2NaOHNaClO A.反应①生成的气体，每11.2 L(标准状况)含原子的数目为NA B.反应②中2.3 g Na完全反应生成的产物中含非极性键的数目为0.1NA C.反应③中1 mol Na2O2与足量H2O反应转移电子的数目为2NA D.100 mL 1 mol·L－1NaClO溶液中，ClO－的数目为0.1NA 答案：A 解析：反应①为2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑，标准状况下11.2 L Cl2的物质的量为0.5 mol，所含原子的数目为NA，A正确；2.3 g Na的物质的量为0.1 mol，根据原子守恒可知，0.1 mol Na完全反应生成Na2O2的物质的量为0.05 mol，1个Na2O2中含1个O—O非极性键，故产物中所含非极性键的数目为0.05NA，B错误；反应③的化学方程式为2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑，该反应为歧化反应，Na2O2中O的化合价为－1，H2O和NaOH中O的化合价为－2，O2中O的化合价为0，故1 mol Na2O2与足量H2O反应生成0.5 mol O2，反应转移电子的数目为NA，C错误；NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会发生水解，导致100 mL 1 mol/L NaClO溶液中ClO－的数目小于0.1NA，D错误。 4.(2025·湖南卷)加热时，浓硫酸与木炭发生反应：2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2SO2↑＋2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A.12 g 12C含质子数为6NA B.常温常压下，6.72 L CO2含σ键数目为0.6NA C.1.0 L pH＝1的稀硫酸中含H＋数目为0.2NA D.64 g SO2与16 g O2充分反应得到SO3的分子数为NA 答案：A 解析：12 g的12C的物质的量为1 mol，每个12C原子含有6个质子，因此1 mol 12C的质子数为6NA，A正确；常温常压下，6.72 L CO2的物质的量小于0.3 mol，每个CO2分子中含2个σ键，σ键总数小于0.6NA，B错误；pH＝1的稀硫酸中，H＋浓度为0.1 mol/L，1 L溶液中含H＋数目为0.1NA，而非0.2NA，C错误；SO2与O2生成SO3的反应为可逆反应，SO2无法完全转化，实际生成的SO3分子数小于NA，D错误。 1.(2025·河北石家庄质量检测)NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A.25 ℃时，pH为12的氨水中含有OH－的数目为0.01NA B.3.2 g硫中含有价电子的数目为0.6NA C.22.4 L甲醇中所含碳氢键的数目为3NA D.制备粗硅的反应中，当有12 g碳参加反应时，转移电子的数目为4NA 答案：B 解析：25 ℃时，pH＝12的氨水溶液体积未知，不能计算氨水中所含OH－的数目，故A错误；硫的价层电子排布为3s23p4，3.2 g硫中含有价层电子的数目为×6×NA mol－1＝0.6NA，故B正确；甲醇所处的条件及状态未知，无法计算甲醇的物质的量，故C错误；制备粗硅的反应为SiO2＋2CSi＋2CO↑，2 mol碳反应转移4 mol电子，则12 g碳参加反应时，转移电子的数目为×2NA mol－1＝2NA，故D错误。 2.(2025·河南部分名校联合模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A.18 g葡萄糖中含有的羟基数目为0.6NA B.1 mol邻苯二酚可以与2 mol Br2反应 C.4.6 g Na与100 mL含0.1 mol HCl的盐酸溶液反应，转移电子数目为0.2NA D.2.8 g Si晶体中，六元环的个数为0.1NA 答案：C 解析：每个葡萄糖分子含5个羟基，18.0 g葡萄糖所含羟基数为×5NA＝0.5NA，A错误；邻苯二酚分子中酚羟基邻、对位有4个氢原子可被Br原子取代，故1 mol邻苯二酚可以与4 mol Br2反应，B错误；4.6 g Na物质的量为0.2 mol，虽盐酸不足，但钠会继续和水反应，即0.2 mol金属钠会全部转化为钠离子，故转移电子数目为0.2NA，C正确；Si晶体中6个硅原子形成一个六元环，每个硅原子被12个环共用，则晶体中硅原子和六元环个数比为1∶2，2.8 g Si晶体即含0.1 mol Si原子的晶体中，六元环的个数为0.2NA，D错误。 3.(2025·内蒙古模拟预测)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－1 HCOOH溶液中含H原子数目为0.2NA 答案：A 解析：反应①为CO2＋4H2CH4＋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，HCHO的中子数为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价到－2价，每生成3.2 g CH3OH即0.1 mol，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H原子数目大于0.2NA，D错误。 4.(2025·黑龙江教育学会示范性高中专业委员会模拟)催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现了氯资源的再利用，下图为该法的一种催化机理。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A.18 g 3H2O中含有的质子数为10NA B.过程Ⅴ，氧化1 mol CuCl需氧气分子数为0.25NA C.标准状况下，11.2 L Cl2溶于足量水中，转移电子数为0.5NA D.标准状况下，等物质的量的Cl2与HCl所占的体积均为22.4 L 答案：B 解析：3H2O中含有的质子数为2＋8＝10，18 g 3H2O的物质的量为≈0.82 mol，其含有的质子数为8.2NA，A错误；过程Ⅴ：4CuCl＋O22Cu2OCl2，氧元素化合价由0降低到－2价，Cu由＋1价升高到＋2价，氧化2 mol CuCl共转移4 mol电子，故氧化1 mol CuCl需氧气分子数为0.25NA，B正确；标准状况下，11.2 L Cl2即0.5 mol Cl2溶于水发生反应：Cl2＋H2O⥫⥬HClO＋HCl，该反应是可逆反应，转移电子数小于0.5NA，C错误；标准状况下，等物质的量的Cl2与HCl所占的体积相等，但未给出物质的量是多少，无法确定体积，D错误。 类型一　差量法计算 1.差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差值”。这个差值可以是质量、气体物质的体积、压强、物质的量、反应过程中热量的变化等。该差值的大小与参与反应的有关量成正比。差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题。 2.差量法解题的关键是找准“理论差量”，把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如： 2C(s)＋O2(g)2CO(g)　Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气) 2 mol 1 mol 2 mol 24 g 1 mol 22.4 L(标准状况) 1.标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为(　　) A.4 L B.8 L C.12 L D.16 L 答案：C 解析：混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，则有： 44.8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16) L， 解得V(CO2)＝8 L， 则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。 2.在一个容积为6 L的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(g)，在一定条件下发生反应：4X(g)＋nY(g)⥫⥬2Q(g)＋6R(g)，反应达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5％，X的浓度减小，则该反应中的n值为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 答案：B 解析：根据题意，平衡时混合气体的压强比原来增大了5％，说明正反应为气体总体积增大的反应，则有：4＋n＜2＋6，所以n＜4，C、D项错误；温度、容积不变，气体压强之比等于其物质的量之比，平衡时压强增大5％，说明气体的体积增加了5 L×5％＝0.25 L，由于平衡时X浓度减少了，所以X减少了1 L，根据差量法，则有： 4X(g)＋nY(g)⥫⥬2Q(g)＋6R(g)　ΔV 4 n 2 6 4－n 1 L 0.25 L ＝，解得n＝3，A项错误、B项正确。 3.16 mL NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH3⥫⥬5N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3　②3∶2　③4∶3　④9∶7。其中正确的是(　　) A.①② B.①④ C.②③ D.③④ 答案：C 解析：根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。 6NO＋4NH3⥫⥬5N2＋6H2O(g)　ΔV(气体的体积差) 6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量) 9 mL 6 mL 17.5 mL－16 mL＝1.5 mL(实际差量) 由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3；假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。 类型二　守恒法计算 1.含义：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”。在化学变化中存在各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。利用化学反应前后某些量之间的等量关系，推理得出正确答案的方法称为守恒法，从而达到速解、巧解化学试题的目的。细挖题目中隐含的等量关系是守恒法解题的关键。 2.守恒法主要有如下三种类型 (1)质量守恒法：宏观特征：反应前后质量守恒；微观特征：反应前后各元素的原子个数守恒。 (2)电荷守恒法：溶液中阴、阳离子个数不一定相等，但正、负电荷总数相等。离子方程式中，反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相等且电性相同。 (3)得失电子守恒：氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等。 1.(2025·吉林梅河开学考)碳酸铜和碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]在高温下均能分解成氧化铜，均可溶于盐酸转化为氯化铜。溶解28.4 g碳酸铜和碱式碳酸铜的混合物，恰好消耗500 mL 1 mol·L－1的盐酸。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是(　　) A.35 g B.30 g C.20 g D.15 g 答案：C 解析：要求“得到的氧化铜的质量”，需要求出混合物中“Cu”的物质的量。28.4 g CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物恰好消耗500 mL 1 mol·L－1的盐酸，转化为CuCl2。根据Cl原子守恒，可得n(CuCl2)＝n(HCl)＝0.5 L×1 mol·L－1÷2＝0.25 mol。根据Cu原子守恒，混合物中n(Cu)＝n(CuCl2)＝0.25 mol，可知煅烧后得到的n(CuO)＝0.25 mol，质量为0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g，故选C。 2.有一混合溶液，其中只含有Fe2＋、Cl－、Br－、I－(忽略水的电离)，其中Cl－、Br－、I－的个数之比为2∶3∶3，向溶液中通入氯气，使溶液中Cl－和Br－的个数比为7∶3(已知还原性：I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－)，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2＋的物质的量之比为(　　) A.5∶4 B.4∶5 C.5∶12 D.12∶5 答案：A 解析：还原性：I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－，根据电荷守恒2n(Fe2＋)＝n(Cl－)＋n(Br－)＋n(I－)计算n(Fe2＋)，根据溶液中通入氯气使溶液中Cl－和Br－的个数比为7∶3，计算消耗的氯气和剩余Fe2＋的物质的量，可解答该题。由题意可设Cl－、Br－、I－的物质的量分别为2 mol、3 mol、3 mol，由电荷守恒可得：2n(Fe2＋)＝n(Cl－)＋n(Br－)＋n(I－)＝2 mol＋3 mol＋3 mol＝8 mol，n(Fe2＋)＝4 mol，通入氯气后，溶液中有剩余Fe2＋，说明Br－没有参加反应，I－全部参加反应，要满足 n(Cl－)∶n(Br－)＝7∶3，Cl－只要增加5 mol就可以，即需通入氯气2.5 mol。3 mol I－先消耗1.5 mol氯气，2 mol Fe2＋消耗1 mol氯气，剩余2 mol Fe2＋，则通入氯气与剩余Fe2＋的物质的量之比为2.5∶2＝5∶4。 3.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的S完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(mol·L－1)为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的S完全沉淀，及S＋Ba2＋BaSO4↓可知n(S)＝b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，及N＋OH－NH3↑＋H2O可知n(N)＝c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中Al3＋的物质的量为x mol，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3＋的物质的量浓度c(Al3＋)＝＝ mol·L－1，故D正确。 4.将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是　　　　　　　。 答案：0.100 mol·L－1 解析：由得失电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2中＋6价铬所得电子的物质的量相等，即×(3－2)＝0.025 L×c(Cr2)×(6－3)×2，得c(Cr2)＝0.100 mol·L－1。 类型三　关系式法计算 1.关系式法是物质间的一种简化的式子，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。 2.关系式法解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法有：①利用化学方程式中化学计量数间的关系；②利用原子守恒关系；③利用得失电子守恒关系；④利用化学方程式的加和等。 1.在氧气中燃烧0.22 g硫和铁的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转化为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量约为(　　) A.72％ B.40％ C.36％ D.18％ 答案：C 解析：由S原子守恒和有关反应可得出： S～H2SO4～2NaOH 32 g　　　　2 mol m(S)　 　　0.5×10×10－3 mol 得m(S)＝0.08 g 原混合物中w(S)＝×100％≈36％。 2.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限，T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。则每脱去6.8 g H2S时，需消耗氧气的物质的量为　　　　　　。 答案：0.1 mol 解析：过程Ⅰ硫化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和S：H2S＋Fe2(SO4)32FeSO4＋S↓＋H2SO4，过程Ⅱ中氧气将硫酸亚铁氧化为硫酸铁：O2＋4FeSO4＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O；所以2H2S～4FeSO4～O2，n(H2S)＝＝＝0.2 mol，则消耗0.1 mol O2。 3.草酸钙固体经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为Mn＋H＋＋H2C2O4Mn2＋＋CO2＋H2O(未配平)。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥(主要成分为Co、SiO2等)样品中钙的质量分数为　　　　。 答案：45.0％ 解析：根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2Mn＋6H＋＋5H2C2O42Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，设含钙的物质的量为x mol，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式： x mol　　　　0.050 0 mol·L－1×36.00×10－3 L 解得x＝4.5×10－3，则0.400 g水泥样品中钙元素的质量为4.5×10－3 mol×40 g·mol－1＝0.180 g，故该水泥样品中钙的质量分数为×100％＝45.0％。 4.测定产品镍的纯度：取2.5 g产品完全溶于稀硝酸后，配成250 mL溶液，取20 mL溶液于锥形瓶中，加入30 mL 0.10 mol·L－1EDTA溶液，使Ni2＋完全络合，煮沸，滴入几滴PAN作指示剂，趁热用0.10 mol·L－1 CuSO4溶液滴定过量的EDTA，当滴定到达滴定终点时，消耗CuSO4溶液为10 mL。该产品纯度为　　　　　　　　(以NiS进行计算)[假设杂质不参与反应，已知滴定反应：Ni2＋＋EDTAEDTA-Ni2＋，Cu2＋＋EDTAEDTA-Cu2＋]。 答案：91％ 解析：由题可知，Ni2＋＋EDTAEDTA-Ni2＋，Cu2＋＋EDTAEDTA-Cu2＋，过量的EDTA被Cu2＋滴定，所以过量的n(EDTA)＝n(Cu2＋)＝0.1 mol/L×10×10－3 L＝1×10－3mol，n(Ni2＋)＝n(EDTA)－n(过量EDTA)＝(0.1×30－1)×10－3 mol＝2×10－3 mol，则该镍样品纯度为×100％＝91％。 类型四　热重分析法计算 1.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。 2.热重曲线基本图示 一般以横坐标为温度，纵坐标为固体质量(或质量分数等)建立平面直角坐标系。如固体物质A受热分解：A(s)B(s)＋C(g)，固体A热分解反应的热重曲线如图所示。 试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，温度由T1升高到T2的过程，失重质量Δm＝m0－m1，失重质量百分数为×100％。 3.解答热重分析试题的常用方法 (1)设晶体为1 mol。 (2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3)计算每步的m剩余，固体残留率＝×100％。 (4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。 (5)失重最后一般得到金属氧化物，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。 1.8.34 g绿矾晶体(FeSO4·7H2O)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，下列说法正确的是(　　) A.温度为78～159 ℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O B.温度为159～373 ℃时固体物质N的化学式为FeSO4·2H2O C.在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·2H2OFeSO4＋2H2O D.取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3 答案：D 解析：n(FeSO4·7H2O)＝＝0.03 mol，温度为78～159 ℃时，固体质量为6.72 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g·mol－1＝4.56 g，m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g，n(H2O)＝0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12 mol∶0.03 mol＝4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，A错误；温度为159～373 ℃时，固体质量为5.10 g，其中m(FeSO4)＝4.56 g，m(H2O)＝5.10 g－4.56 g＝0.54 g，n(H2O)＝0.03 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03 mol∶0.03 mol＝1∶1，则化学式为FeSO4·H2O，B错误；由B分析可知，N的化学式为FeSO4·H2O，同理可得P的化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，C错误；P的化学式为FeSO4，则Q应为铁的氧化物，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03 mol，m(Fe)＝0.03 mol×56 g·mol－1＝1.68 g，则Q中m(O)＝2.40 g－1.68 g＝0.72 g，n(O)＝0.045 mol，则n(Fe)∶n(O)＝2∶3，Q的化学式为Fe2O3，D正确。 2.将26.3 g NiSO4·nH2O样品在900 ℃下煅烧，样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知：L→N时失掉全部的结晶水。下列说法错误的是(　　) A.n＝6 B.固体M的化学式为NiSO4·4H2O C.生成固体P时，样品的失重率约为71.5％ D.固体Q的化学式为NiO 答案：D 解析：L→N时失掉全部的结晶水，则分解反应为NiSO4·nH2ONiSO4＋nH2O，根据图像可知，剩余固体NiSO4的质量是15.5 g，失去结晶水的质量是26.3 g－15.5 g＝10.8 g，根据NiSO4～nH2O建立等式，＝，解得n＝6，A项正确；L→M时失掉结晶水的质量是3.6 g，则固体M的化学式为NiSO4·4H2O，B项正确；生成固体P时，样品的失重率为×100％≈71.5％，C项正确；Q为镍的氧化物，n(Ni)＝n(NiSO4·6H2O)＝0.1 mol，则n(O)＝＝0.15 mol，则n(Ni)∶n(O)＝2∶3，固体Q的化学式为Ni2O3，D项错误。 3.碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取115 mg碳酸锰(摩尔质量为115 g/mol)加热，固体物质的质量随温度的变化如下图所示。 527.4 ℃时，MnCO3生成相应固体物质的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。 答案：4MnCO3＋O22Mn2O3＋4CO2 解析：n(MnCO3)＝＝0.001 mol，故n(Mn)＝0.001 mol，m(Mn)＝0.001 mol×55 g/mol＝0.055 g；527.4 ℃时，锰的氧化物中m(O)＝(0.079－0.055) g＝0.024 g，n(O)＝＝0.001 5 mol，n(Mn)∶n(O)＝0.001 mol∶0.001 5 mol＝2∶3，此时产物为Mn2O3，反应的化学方程式为4MnCO3＋O22Mn2O3＋4CO2。 4.碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]加热升温过程中固体的质量变化如下图所示。350 ℃ 时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有　　　　和　　　　　　(填化学式)。 答案：ZnO　Zn(OH)2 解析：碱式碳酸锌加热升温至350 ℃ 时，剩余固体中已不含碳元素，即C 全部以CO2 的形式逸出，2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O 的摩尔质量为583 g·mol－1，设1 mol 碱式碳酸锌加热到350 ℃ 时，固体质量变为423 g，固体减少了583 g－423 g＝160 g，160＝2×44＋18x，解得x＝4，说明分解产生了4 mol H2O，即2 mol 结晶水和2 mol Zn(OH)2一共分解出4 mol H2O，还有1 mol Zn(OH)2未分解，剩余固体中含有ZnO 和Zn(OH)2。 学科网（北京）股份有限公司 $