高考大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺化學(xué)經(jīng)典版學(xué)案：專題重點(diǎn)突破 專題二 化學(xué)常用計(jì)量 Word版含解析

《高考大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺化學(xué)經(jīng)典版學(xué)案：專題重點(diǎn)突破 專題二 化學(xué)常用計(jì)量 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺化學(xué)經(jīng)典版學(xué)案：專題重點(diǎn)突破 專題二 化學(xué)常用計(jì)量 Word版含解析（29頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題二 化學(xué)常用計(jì)量 主干知識(shí)梳理 1.熟記“兩大數(shù)據(jù)”“兩組單位” 2．牢記常用基本公式 (1)物質(zhì)的量計(jì)算中的萬能恒等式 n＝＝＝＝cV(aq)。 (2)物質(zhì)的量濃度與溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)之間的換算 cB＝＝＝＝，w＝。(ρ單位：g·cm－3) (3)物質(zhì)的量濃度與溶解度的換算(飽和溶液) cB＝＝＝，S＝。(ρ單位：g·cm－3) 3．理解“三定律、一推論” (1)質(zhì)量守恒定律 ①化學(xué)反應(yīng)前后，反應(yīng)物和生成物的質(zhì)量相等。 ②稀釋前后，溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變。 (2)電荷守恒定律 溶液中陽離子所帶的正電荷總數(shù)等于陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)。 (3)阿伏加德

2、羅定律 同溫同壓下，相同體積的任何氣體都含有相同數(shù)目的分子。 (4)阿伏加德羅定律推論 阿伏加德羅定律及推論可概括為“三同定一同，兩同見比例”，可用V＝n×Vm及m＝V×ρ等公式推導(dǎo)出： ①同溫同壓時(shí)： a．V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2； b．ρ1∶ρ2＝M1∶M2； c．同質(zhì)量時(shí)：V1∶V2＝M2∶M1。 ②同溫同體積時(shí)： a．p1∶p2＝n1∶n2＝N1∶N2； b．同質(zhì)量時(shí)：p1∶p2＝M2∶M1。 ③同溫同壓同體積時(shí)：M1∶M2＝m1∶m2。 4．溶液的配制步驟及操作 如：配制500 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，圖中操作②中應(yīng)該填寫的

3、數(shù)據(jù)為5.3，實(shí)驗(yàn)時(shí)操作的先后順序?yàn)棰冖堍邰佗?填編號(hào))。 考點(diǎn)1　物質(zhì)的量與阿伏加德羅常數(shù) 例1　(2019·全國(guó)卷Ⅱ)已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯(cuò)誤的是(　　) A．3 g 3He含有的中子數(shù)為1NA B．1 L 0.1 mol·L－1磷酸鈉溶液含有的PO數(shù)目為0.1NA C．1 mol K2Cr2O7被還原為Cr3＋轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA D．48 g正丁烷和10 g異丁烷的混合物中共價(jià)鍵數(shù)目為13NA [批注點(diǎn)撥]　 [解析]　3 g 3He含有的中子數(shù)為1NA，A正確；磷酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，PO會(huì)發(fā)生水解，所以所含PO的數(shù)目小于0.1NA，

4、B錯(cuò)誤；Cr的化合價(jià)變化為6－3＝3，1 mol K2Cr2O7含有2 mol Cr，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6NA，C正確；58 g正丁烷、異丁烷的混合物為1 mol，烷烴(CnH2n＋2)中總鍵數(shù)為3n＋1，則該混合物中共價(jià)鍵數(shù)目為13NA，D正確。 [答案]　B 　 1．計(jì)算公式：N＝n·NA＝NA＝NA＝cBV(aq)·NA應(yīng)用時(shí)注意利用上述公式求出的是物質(zhì)基本微粒的數(shù)目，一定要根據(jù)題目要求找出基本微粒與所求微粒的關(guān)系。 2．突破阿伏加德羅常數(shù)應(yīng)用的“六個(gè)”陷阱 (1)氣體摩爾體積，抓“兩看” 看“氣體”是否在“標(biāo)準(zhǔn)狀況”；看“標(biāo)準(zhǔn)狀況”下，物質(zhì)是否為“氣體”(如CCl4、H2O、

5、溴、SO3、己烷、HF、苯等在標(biāo)準(zhǔn)狀況下不為氣體)。 (2)排“干擾” n＝、n＝在任何條件下都適用，不存在條件限制，物質(zhì)所含的粒子數(shù)與溫度、壓強(qiáng)等外界條件無關(guān)。 (3)記“組成” ①記特殊物質(zhì)中所含微粒的數(shù)目，如Ne、D2O、18O2、—OH、OH－等。 ②記最簡(jiǎn)式相同的物質(zhì)，如NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等。 ③記摩爾質(zhì)量相同的物質(zhì)，如N2、CO、C2H4等。 (4)審準(zhǔn)“題目”，突破陷阱 ①是否有弱離子的水解。 ②是否指明了溶液的體積。 ③所給條件是否與電解質(zhì)的組成有關(guān)，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1 mol·L－1，與電解質(zhì)的組

6、成無關(guān)；0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，與電解質(zhì)的組成有關(guān)。 (5)記“隱含變化” ①隱含“可逆反應(yīng)” 2SO2＋O22SO3,2NO2N2O4， PCl3＋Cl2PCl5，N2＋3H22NH3， Cl2＋H2OHCl＋HClO。 ②隱含“濃度的變化” MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O， Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O， Cu＋4HNO3(濃)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。 ③隱含“存在反應(yīng)” 在混合氣體NO和O2中會(huì)發(fā)生反應(yīng)： 2NO＋O2==

7、=2NO2和2NO2N2O4。 ④隱含“鈍化” 常溫下，鐵、鋁遇濃硫酸、濃硝酸發(fā)生“鈍化”。 ⑤隱含反應(yīng)物的“用量” 有些反應(yīng)，反應(yīng)物的用量不同，產(chǎn)物不同，如CO2與堿溶液的反應(yīng)，少量CO2生成正鹽，足量CO2生成酸式鹽；Na2CO3與鹽酸的反應(yīng)；石灰水與NaHCO3溶液的反應(yīng)等。 (6)記住反應(yīng)的實(shí)質(zhì) ①Fe與S(或I2)反應(yīng)時(shí)生成FeS(或FeI2)， Cu與S(或I2)反應(yīng)時(shí)生成Cu2S(或CuI)。 ②Na2O2與H2O(或CO2)反應(yīng)時(shí)，Na2O2既作氧化劑，又作還原劑，生成的O2完全來自Na2O2，每生成1 mol O2轉(zhuǎn)移2 mol e－。 1．(201

8、9·華大新高考聯(lián)盟高三教學(xué)質(zhì)量測(cè)評(píng))2018年11月在法國(guó)凡爾賽召開了國(guó)際計(jì)量大會(huì)，會(huì)議將阿伏加德羅常數(shù)的定義修改為“1摩爾包含6.02214076×1023個(gè)基本單元，這一常數(shù)被稱為阿伏加德羅常數(shù)，單位為mol－1”。若NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則下列說法錯(cuò)誤的是(　　) A．新定義中阿伏加德羅常數(shù)的不確定度被消除 B．常溫常壓下，11.2 L O2與N2組成的混合氣體，含有原子個(gè)數(shù)小于NA C．117號(hào)元素符號(hào)為Ts(中文名)，其重氫化物D293Ts含有中子數(shù)為177NA D．60.0 g C3H8O中含有的C—C鍵可能小于2NA 答案　C 解析　根據(jù)新定義，NA就是具體的6

9、.02214076×1023個(gè)基本單元，不確定度被消除，故A正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L O2與N2組成的混合氣體，含有原子個(gè)數(shù)為NA，而常溫常壓下，11.2 L O2與N2組成的混合氣體，含有原子個(gè)數(shù)小于NA，故B正確；未說明重氫化物D293Ts的具體質(zhì)量，無法計(jì)算中子數(shù)，故C錯(cuò)誤；60.0 g C3H8O的物質(zhì)的量為1 mol，C3H8O存在多種同分異構(gòu)體，若是醚類物質(zhì)，則含有的C—C鍵為NA，若是醇類物質(zhì)，則含有的C—C鍵為2NA，故D正確。 2．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子

10、數(shù)為0.1NA B．22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NA C．92.0 g甘油(丙三醇)中含有羥基數(shù)為1.0NA D．1.0 mol CH4與Cl2在光照下反應(yīng)生成的CH3Cl分子數(shù)為1.0NA 答案　B 解析　16.25 g FeCl3的物質(zhì)的量是16.25 g÷162.5 g/mol＝0.1 mol，由于Fe(OH)3膠粒是粒子的集合體，因此水解生成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.1NA，A錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4 L氬氣的物質(zhì)的量是1 mol，氬氣是由單原子分子構(gòu)成的單質(zhì)，其中含有的質(zhì)子數(shù)是18NA，B正確；1分子丙三醇含有3個(gè)羥基，92.0 g丙三醇的物質(zhì)的量

11、是1 mol，其中含有羥基數(shù)是3NA，C錯(cuò)誤；甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成的氯代烴不止一種，因此生成的CH3Cl分子數(shù)小于1.0NA，D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)2　以物質(zhì)的量為核心的計(jì)算 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例2?、?(2019·全國(guó)卷Ⅰ)采用熱重分析法測(cè)定硫酸鐵銨晶體[NH4Fe(SO4)2·xH2O]樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)，將樣品加熱到150 ℃時(shí)失掉1.5個(gè)結(jié)晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學(xué)式為________。 Ⅱ.(2019·長(zhǎng)春外國(guó)語學(xué)校高三期末考試)為測(cè)量所得綠礬中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，某實(shí)驗(yàn)小組進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：取W g綠礬配制成100 mL溶液，

12、用________(填“酸式”或“堿式”)滴定管從中取出20.00 mL溶液放入錐形瓶中待用，滴定時(shí)，用________(填“酸式”或“堿式”)滴定管盛裝標(biāo)準(zhǔn)K2Cr2O7溶液，滴定時(shí)，左手__________________，右手____________，眼睛注視______________________，當(dāng)達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗0.010 mol·L－1的K2Cr2O7 23.20 mL，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是__________________________________________，鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______________(用含有W的式子表示)。如果配制綠礬溶液時(shí)，沒有洗

13、滌燒杯和玻璃棒，造成所測(cè)鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)，滴定前讀取盛有標(biāo)準(zhǔn)K2Cr2O7溶液的滴定管數(shù)據(jù)正確，滴定終點(diǎn)時(shí)，仰視讀數(shù)，造成所測(cè)鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。 [批注點(diǎn)撥]　 [解析]?、?由于樣品失去1.5個(gè)結(jié)晶水，失重5.6%，即M[NH4Fe(SO4)2·xH2O]×5.6%＝1.5×18 g·mol－1，可以求得M[NH4Fe(SO4)2·xH2O]≈482 g·mol－1，利用硫酸鐵銨晶體的摩爾質(zhì)量減去NH4Fe(SO4)2的摩爾質(zhì)量可以求出晶體中水的摩爾質(zhì)量之和，為216 g·mol－

14、1，由此可以求出x＝12。 Ⅱ.硫酸亞鐵溶液顯酸性，重鉻酸鉀具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)放在酸式滴定管中，滴定時(shí)，左手控制酸式滴定管活塞，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛注視錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏色的變化。Cr2O為氧化劑，F(xiàn)e2＋為還原劑，由化合價(jià)升降法配平離子方程式為6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。根據(jù)離子方程式關(guān)系計(jì)算出鐵元素的物質(zhì)的量，進(jìn)而求出其質(zhì)量，則Fe的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式為×100%≈%。如果配制綠礬溶液時(shí)沒有洗滌燒杯和玻璃棒，造成鐵元素含量減少，測(cè)得的結(jié)果偏?。坏味ńK點(diǎn)時(shí)，仰視讀數(shù)，讀取體積數(shù)值偏大，測(cè)得結(jié)果偏大。 [答案]?、?NH4Fe(SO4)2·12H2O Ⅱ.

15、酸式　酸式　控制酸式滴定管活塞　搖動(dòng)錐形瓶　錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏色的變化　6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O　%　偏小　偏大 　化學(xué)計(jì)算的中心和常用方法 (1)明確一個(gè)中心 必須以“物質(zhì)的量”為中心——“見量化摩，遇問設(shè)摩”。 (2)掌握兩種方法 ①守恒法：守恒法是中學(xué)化學(xué)計(jì)算中的一種常用方法，它包括質(zhì)量守恒、電荷守恒、得失電子守恒。它們都是抓住有關(guān)變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過程，利用某種不變量(如a.某原子、離子或原子團(tuán)不變；b.溶液中陰、陽離子所帶電荷數(shù)相等；c.氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等)建立關(guān)系式，從而達(dá)到簡(jiǎn)化過程，快速解題的目的。 ②關(guān)系式法

16、：表示兩種或多種物質(zhì)之間“物質(zhì)的量”關(guān)系的一種簡(jiǎn)化式子。在多步反應(yīng)中，它可以把始態(tài)的反應(yīng)物與終態(tài)的生成物之間的“物質(zhì)的量”關(guān)系表示出來，把多步計(jì)算簡(jiǎn)化成一步計(jì)算。 3．在15 g鐵和氧化鐵的混合物中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。同時(shí)鐵和氧化鐵均無剩余，向反應(yīng)后的溶液中滴入KSCN溶液，未見顏色變化。為了中和過量的H2SO4，且使Fe2＋完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)2，共消耗3 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，則原硫酸的物質(zhì)的量濃度是(　　) A．1.5 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．2.5 mol·L－1 D．3 mol·L－1

17、 答案　B 解析　反應(yīng)最后所得溶液中只有Na2SO4，因加入的NaOH共0.6 mol，由Na原子守恒可知Na2SO4為0.3 mol，由S原子守恒可知原H2SO4為0.3 mol，其濃度為＝2 mol·L－1。 4．為了測(cè)定NaClO2粗品的純度，取粗產(chǎn)品10.0 g溶于水配成1 L溶液，取出10 mL溶液于錐形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液。充分反應(yīng)后(NaClO2被還原為Cl－，雜質(zhì)不參加反應(yīng))，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20 mol·L－1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)用去標(biāo)準(zhǔn)液20.00 mL，試計(jì)算NaClO2粗品的純度：________。(提示：2Na2S2O

18、3＋I(xiàn)2===Na2S4O6＋2NaI) 答案　90.5% 解析　NaClO2與KI反應(yīng)的離子方程式為ClO＋4I－＋4H＋===Cl－＋2I2＋2H2O，結(jié)合2Na2S2O3＋I(xiàn)2===Na2S4O6＋2NaI，可得關(guān)系式：ClO～2I2～4Na2S2O3，又n(Na2S2O3)＝0.20 mol·L－1×0.02000 L＝0.00400 mol， 則ClO～2I2～4Na2S2O3 1 mol 4 mol n(ClO) 0.00400 mol n(ClO)＝0.00100 mol，所以1 L溶液中含有：n(NaClO2)＝0.00100 mol×1

19、00＝0.100 mol，則10.0 g粗產(chǎn)品中含有：m(NaClO2)＝0.100 mol×90.5 g·mol－1＝9.05 g，NaClO2粗品的純度為×100%＝90.5%。 考點(diǎn)3　一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制及誤差分析 例3　(2019·綿陽高三第一次診斷)草酸亞鐵晶體(FeC2O4·xH2O)為淡黃色粉末，是生產(chǎn)鋰電池的原料。某化學(xué)興趣小組對(duì)草酸亞鐵晶體的一些性質(zhì)進(jìn)行探究?；卮鹣铝袉栴}： (1)實(shí)驗(yàn)室用0.5 mol·L－1 FeSO4溶液與0.5 mol·L－1 (NH4)2C2O4溶液制備草酸亞鐵晶體。要配制500 mL 0.5 mol·L－1的FeSO4

20、溶液，需稱取FeSO4·7H2O(M＝278 g·mol－1)樣品________g，必須使用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外，還有________________________。 (2)為測(cè)定草酸亞鐵晶體中結(jié)晶水含量，將石英玻璃管(帶兩端開關(guān)K1和K2，設(shè)為裝置A)稱重，記為m1 g。將樣品裝入石英玻璃管中，再次將裝置A稱重，記為m2 g。按下圖連接好裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。 實(shí)驗(yàn)操作步驟為：打開K1、K2，緩緩?fù)ㄈ隢2→點(diǎn)燃酒精燈，小火加熱→熄滅酒精燈→冷卻至室溫→停止通N2，關(guān)閉K1、K2→稱量A。重復(fù)上述操作步驟，直至A恒重，記為m3 g。 ①儀器B的名稱是________。 ②緩緩?fù)ㄈ?/p>

21、N2的目的是________________________。 ③根據(jù)實(shí)驗(yàn)記錄，計(jì)算草酸亞鐵晶體中結(jié)晶水?dāng)?shù)目x＝________________(列式表示)。若不關(guān)閉K1和K2進(jìn)行稱量，則所得x將________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。 (3)為探究草酸亞鐵的熱分解產(chǎn)物，將實(shí)驗(yàn)(2)中已恒重的裝置A接入下圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。 ①實(shí)驗(yàn)中觀察到裝置B、F中澄清石灰水均變渾濁，裝置E中固體變?yōu)榧t色，由此判斷熱分解產(chǎn)物中一定含有________。 ②停止實(shí)驗(yàn)時(shí)要先熄滅兩處酒精燈，再繼續(xù)通N2至玻璃管冷卻到室溫，目的是_______________________________

22、_。 ③若A裝置中5.76 g樣品完全分解后殘余2.88 g黑色固體，E的硬質(zhì)玻璃管中固體質(zhì)量減輕0.64 g。則草酸亞鐵受熱分解的化學(xué)方程式為_______________。 [批注點(diǎn)撥]　 [解析]　(1)配制500 mL 0.5 mol·L－1的FeSO4溶液，需稱取FeSO4·7H2O樣品的質(zhì)量m＝c·V·M＝0.5 L×0.5 mol·L－1×278 g·mol－1＝69.5 g，必須使用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外，還有500 mL容量瓶、膠頭滴管。 (2)①儀器B的名稱是干燥管。 ②實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖菧y(cè)定草酸亞鐵晶體中結(jié)晶水的含量，原理是FeC2O4·xH2OFe

23、C2O4＋xH2O，通過測(cè)盛裝草酸亞鐵晶體的裝置A加熱前后的質(zhì)量差來進(jìn)行計(jì)算，F(xiàn)eC2O4易被氧氣氧化，故加熱前要通入N2，排出A管中的空氣，防止加熱時(shí)草酸亞鐵被氧氣氧化。 ③裝置質(zhì)量為m1 g，裝入樣品后質(zhì)量為m2 g，則樣品質(zhì)量為(m2－m1) g，加熱一段時(shí)間停止加熱，稱量質(zhì)量，重復(fù)操作直至質(zhì)量不變，說明此時(shí)結(jié)晶水完全失去，則產(chǎn)物FeC2O4的質(zhì)量為(m3－m1) g，所以結(jié)晶水的質(zhì)量為(m2－m3) g，根據(jù) FeC2O4　　～　　xH2O 144 18x (m3－m1) g (m2－m3) g 則有＝，可得x＝，若不關(guān)閉K1和K2進(jìn)行稱量，空

24、氣會(huì)進(jìn)入裝置A將FeC2O4氧化，造成m3偏大，則所得x將偏小。 (3)①實(shí)驗(yàn)中觀察到裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明熱分解產(chǎn)物中一定含有CO2，裝置E中固體變?yōu)榧t色，且F中澄清石灰水變渾濁，說明熱分解產(chǎn)物中一定含有CO，則判斷熱分解產(chǎn)物中一定含有CO2和CO。 ②停止實(shí)驗(yàn)時(shí)要先熄滅兩處酒精燈，再繼續(xù)通N2至玻璃管冷卻至室溫，目的是防止倒吸。 ③裝置A中樣品FeC2O4的質(zhì)量為5.76 g，則FeC2O4的物質(zhì)的量為＝0.04 mol，殘余黑色固體中含F(xiàn)e 0.04 mol，則含O的物質(zhì)的量為 ＝0.04 mol，則殘余黑色固體為FeO，E中固體質(zhì)量減輕0.64 g，是CO還原氧化銅反應(yīng)

25、前后固體質(zhì)量的減少量，結(jié)合化學(xué)方程式計(jì)算反應(yīng)的CO的物質(zhì)的量： CuO＋COCu＋CO2　Δm 1 mol 16 g 0.04 mol 0.64 g 根據(jù)FeC2O4的化學(xué)式，結(jié)合元素守恒，二氧化碳的物質(zhì)的量也為0.04 mol，則草酸亞鐵受熱分解的化學(xué)方程式為FeC2O4FeO＋CO↑＋CO2↑。 [答案]　(1)69.5 g　500 mL容量瓶、膠頭滴管 (2)①干燥管?、谂懦鯝管中的空氣，防止加熱時(shí)草酸亞鐵被氧氣氧化?、邸∑? (3)①CO2和CO?、诜乐沟刮? ③FeC2O4FeO＋CO↑＋CO2↑ 　配制溶液過程

26、中的幾點(diǎn)注意 　(1)明確溶液配制過程中的“四數(shù)據(jù)” ①記錄質(zhì)量或體積的數(shù)據(jù)，小數(shù)點(diǎn)后保留一位數(shù)字。 ②選擇相應(yīng)規(guī)格的容量瓶，作答時(shí)要標(biāo)明容量瓶規(guī)格。 ③轉(zhuǎn)移溶液時(shí)要洗滌燒杯、玻璃棒2～3次。 ④定容時(shí)液面距刻度線1～2 cm處，改用膠頭滴管滴加。 (2)實(shí)驗(yàn)操作易錯(cuò)點(diǎn) ①稱量物體時(shí)應(yīng)“左物右碼”，腐蝕性物質(zhì)應(yīng)放在玻璃器皿中。 ②容量瓶不能配制任意體積的溶液，不能溶解、稀釋和長(zhǎng)時(shí)間貯存液體。 ③定容時(shí)要平視刻度線，仰視(如圖1)體積偏大濃度偏小、俯視(如圖2)體積偏小濃度偏大。 ④用玻璃棒引流時(shí)，玻璃棒末端應(yīng)插入到刻度線以下，且玻璃棒不能接觸瓶口。 ⑤定容搖勻后，液面

27、低于刻度線，不能再滴加蒸餾水。 (3)誤差分析 分析依據(jù)：c＝＝，在進(jìn)行誤差分析時(shí)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作弄清是“m”還是“V”引起的誤差，再具體分析。 5．下列有關(guān)說法中正確的是(　　) A．用上圖甲所示方法配制一定濃度的NaCl溶液 B．用上圖乙所示方法配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液 C．配制溶液時(shí)，容量瓶未干燥，會(huì)使所得溶液濃度偏小 D．配制0.1000 mol·L－1 NaOH溶液時(shí)，將液體轉(zhuǎn)移到容量瓶中需用玻璃棒引流 答案　D 解析　定容時(shí)視線應(yīng)該與刻度線相平，圖示為俯視刻度線，A錯(cuò)誤；配制溶液時(shí)，不能在容量瓶中溶解固體，應(yīng)在燒杯中溶解并冷卻至室溫后移液，

28、B錯(cuò)誤；容量瓶使用前未干燥對(duì)所配制溶液的濃度無影響，C錯(cuò)誤；為防止轉(zhuǎn)移過程中液體流到容量瓶外，必須用玻璃棒引流，D正確。 6．某研究性學(xué)習(xí)小組欲測(cè)25 ℃、101 kPa的氣體摩爾體積，請(qǐng)回答以下問題。 該小組設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)易實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示： 該實(shí)驗(yàn)的主要操作步驟如下： ①配制100 mL 1.0 mol·L－1的鹽酸溶液； ②用________(填儀器名稱并注明規(guī)格)量取10.0 mL 1.0 mol·L－1的鹽酸溶液加入錐形瓶中； ③稱量a g已除去表面氧化膜的鎂條，并系于銅絲末端，為使HCl全部參加反應(yīng)，a的數(shù)值至少為________； ④往廣口瓶中裝入足量水，按上圖連接

29、好裝置，檢查裝置的氣密性； ⑤反應(yīng)結(jié)束后待體系溫度恢復(fù)到室溫，讀出量筒中水的體積為V mL。 請(qǐng)將上述步驟補(bǔ)充完整并回答下列問題。 (1)用文字表述實(shí)驗(yàn)步驟④中檢查裝置氣密性的方法： _______________________________________________________________。 (2)實(shí)驗(yàn)步驟⑤中應(yīng)選用______(填序號(hào))的量筒。 A．100 mL　　　B．200 mL　　　C．500 mL 讀數(shù)時(shí)除恢復(fù)到室溫外，還要注意_______________________________。 (3)若忽略水蒸氣的影響，在實(shí)驗(yàn)條件下測(cè)得氣體摩爾體積的

30、計(jì)算式為Vm＝________，若未除去鎂條表面的氧化膜，則測(cè)量結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。 答案　②10 mL量筒?、?.12 (1)向廣口瓶中加水沒過長(zhǎng)導(dǎo)管口，塞緊瓶塞，兩手掌緊貼錐形瓶外壁一會(huì)兒，如果觀察到廣口瓶中長(zhǎng)導(dǎo)管內(nèi)有一段水柱高出液面，表明裝置氣密性良好 (2)B　量筒內(nèi)的液面與廣口瓶?jī)?nèi)液面相平 (3)0.2V L·mol－1　偏小 解析　③因HCl的物質(zhì)的量為0.01 mol，由反應(yīng)Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑知，HCl可與0.005 mol Mg完全反應(yīng)，為保證HCl完全反應(yīng)，故鎂應(yīng)不少于0.005 mol×24 g·mol－1

31、＝0.12 g。 (2)實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.005 mol×22.4 L·mol－1＝0.112 L＝112 mL，考慮到室溫時(shí)氣體的體積稍大些，再考慮通常儀器規(guī)格應(yīng)略大且越接近誤差越小，故選B。讀數(shù)時(shí)注意量筒內(nèi)的液面與廣口瓶中液面相平，保證氣壓相等。 (3)Vm是氣體的體積(排出水的體積)與氣體的物質(zhì)的量之比。若未除去表面的氧化膜，導(dǎo)致氧化膜耗酸，從而放出H2的體積變小，則Vm偏小。 1．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．常溫常壓下，124 g P4中所含P—P鍵數(shù)目為4NA B．100 mL 1 mol·L

32、－1 FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目為0.1NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NA D．密閉容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA 答案　C 解析　常溫常壓下，124 g P4的物質(zhì)的量是1 mol，由于白磷是正四面體結(jié)構(gòu)，1個(gè)P4分子中含有6個(gè)P—P鍵，因此其中所含P—P鍵數(shù)目為6NA，A錯(cuò)誤；鐵離子在溶液中水解，所以100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目小于0.1NA，B錯(cuò)誤；每個(gè)甲烷和乙烯分子均含有4個(gè)氫原子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物質(zhì)的量是0.5 mol，其中

33、含氫原子數(shù)目為2NA，C正確；反應(yīng)2SO2＋O22SO3是可逆反應(yīng)，因此密閉容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反應(yīng)后分子總數(shù)大于2NA，D錯(cuò)誤。 2．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是(　　) A．1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH的數(shù)量為0.1NA B．2.4 g Mg與H2SO4完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L N2和O2的混合氣體中分子數(shù)為0.2NA D．0.1 mol H2和0.1 mol I2于密閉容器中充分反應(yīng)后，其分子總數(shù)為0.2NA 答案　D 解析　因銨根離子水解，其數(shù)

34、量小于0.1NA，A錯(cuò)誤；2.4 g Mg為0.1 mol，與硫酸完全反應(yīng)后轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，B錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L任何氣體所含有的分子數(shù)都為0.1NA，C錯(cuò)誤。 3．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．0.1 mol的 11B中，含有0.6NA個(gè)中子 B．pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個(gè)H＋ C．2.24 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)苯在O2中完全燃燒，得到0.6NA個(gè)CO2分子 D．密閉容器中1 mol PCl3與1 mol Cl2反應(yīng)制備PCl5(g)，增加2NA個(gè)P—Cl鍵 答案　A 解析　 11B中含有6個(gè)中子，

35、0.1 mol 11B含有0.6NA個(gè)中子，A正確；溶液體積未定，不能計(jì)算氫離子個(gè)數(shù)，B錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下苯是固體，不能利用氣體摩爾體積計(jì)算，C錯(cuò)誤；PCl3與Cl2反應(yīng)生成PCl5的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，所以1 mol PCl3與1 mol Cl2反應(yīng)制備PCl5，增加的P—Cl鍵的數(shù)目小于2NA個(gè)，D錯(cuò)誤。 4．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。下列有關(guān)敘述正確的是(　　) A．14 g乙烯和丙烯混合氣體中的氫原子數(shù)為2NA B．1 mol N2與4 mol H2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)為2NA C．1 mol Fe溶于過量硝酸，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為2NA D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24

36、L CCl4含有的共價(jià)鍵數(shù)為0.4NA 答案　A 解析　乙烯和丙烯的最簡(jiǎn)式均為CH2，故14 g乙烯和丙烯混合氣體中含氫原子數(shù)為2NA，A正確；N2和H2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，轉(zhuǎn)化率不可能達(dá)到100%，生成的NH3分子數(shù)小于2NA，B錯(cuò)誤；1 mol Fe和過量HNO3反應(yīng)生成1 mol Fe3＋，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為3NA，C錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CCl4呈液態(tài)，D錯(cuò)誤。 5．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．18 g D2O和18 g H2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NA B．2 L 0.5 mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數(shù)為2NA C．過氧化

37、鈉與水反應(yīng)時(shí)，生成0.1 mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA D．密閉容器中2 mol NO與1 mol O2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA 答案　C 解析　18 g D2O和18 g H2O的物質(zhì)的量不相同，所以含有的質(zhì)子數(shù)也不相同，A錯(cuò)誤；亞硫酸為弱酸，不能完全電離，氫離子數(shù)目少于2NA，B錯(cuò)誤；過氧化鈉與水發(fā)生反應(yīng)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O2既作氧化劑又作還原劑，生成0.1 mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子0.2NA，C正確；2NO＋O2===2NO2，生成的NO2又發(fā)生反應(yīng)2NO2N2O4，產(chǎn)物的分子數(shù)少于2NA，D錯(cuò)誤。 6．(2015·全國(guó)卷Ⅱ)NA代

38、表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是(　　) A．60 g丙醇中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為10NA B．1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO和CO離子數(shù)之和為0.1NA C．鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物。23 g鈉充分燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA D．235 g核素U發(fā)生裂變反應(yīng)：U＋nSr＋Xe＋10n，凈產(chǎn)生的中子(n)數(shù)為10NA 答案　C 解析　由丙醇的結(jié)構(gòu)推知，1 mol丙醇共含有11 mol共價(jià)鍵，共價(jià)鍵總數(shù)為11NA，A錯(cuò)誤；因NaHCO3溶液中也存在HCO的水解平衡：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，所以NaHCO3溶液中，HCO、CO、H2CO3三者

39、粒子數(shù)之和為0.1NA，B錯(cuò)誤；鈉與O2反應(yīng)的各種產(chǎn)物中鈉只有＋1價(jià)，所以1 mol Na反應(yīng)失去1 mol e－，C正確；235 g核素U為1 mol，由裂變反應(yīng)知，凈產(chǎn)生的中子為9 mol，D錯(cuò)誤。 7．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測(cè)定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時(shí)，取50.00 mL葡萄酒樣品，用0.01000 mol·L－1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00 mL。滴定反應(yīng)的離子方程式為________________________________，該樣品中Na2S2O5的殘留量為__________ g·L－1(以SO2計(jì))。 答案　S2O＋

40、2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　0.128 解析　單質(zhì)碘具有氧化性，能把焦亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，反應(yīng)的方程式為S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋；消耗碘的物質(zhì)的量是0.0001 mol，所以焦亞硫酸鈉的殘留量(以SO2計(jì))是 ＝0.128 g·L－1。 8．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合鐵酸鉀)為亮綠色晶體，可用于曬制藍(lán)圖?；卮鹣铝袉栴}： 測(cè)定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量。 (1)稱量m g樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是____________

41、____________。 (2)向上述溶液中加入過量鋅粉至反應(yīng)完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液V mL。該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為______________。 答案　(1)溶液變紫色且半分鐘內(nèi)顏色不變　 (2)×100% 解析　(1)高錳酸鉀氧化草酸根離子而自身被還原，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)高錳酸鉀不再被還原，故溶液變紫色且半分鐘內(nèi)顏色不變。 (2)鋅把鐵離子還原為亞鐵離子，酸性高錳酸鉀溶液又把亞鐵離子氧化為鐵離子。反應(yīng)中消耗高錳酸鉀0.001cV mol，Mn元素化合價(jià)從＋7

42、價(jià)降低到＋2價(jià)，所以根據(jù)得失電子守恒可知鐵離子的物質(zhì)的量是0.005cV mol，則該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為×100%＝×100%。 9．(2017·天津高考)準(zhǔn)確稱取AgNO3基準(zhǔn)物4.2468 g(0.0250 mol)后，配制成250 mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。將稱得的AgNO3配制成標(biāo)準(zhǔn)溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有____________________。 答案　250 mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管 2020還可能這么考 10．清末成書的《化學(xué)鑒原》中有一段描述：“各原質(zhì)(元素)化合所用之?dāng)?shù)名曰‘分劑數(shù)’。養(yǎng)氣(氧氣)以八分為一分劑(即分劑數(shù)

43、為八)，……一分劑輕氣(氫氣)為一，……并之即水，一分劑為九”。其中與“分劑數(shù)”一詞最接近的現(xiàn)代化學(xué)概念是(　　) A．摩爾質(zhì)量 B．物質(zhì)的量 C．化合價(jià) D．質(zhì)量分?jǐn)?shù) 答案　A 解析　根據(jù)“各原質(zhì)(元素)化合所用之?dāng)?shù)名曰‘分劑數(shù)’”。氧氣八分為一分劑，氫氣一分為一分劑，水九分為一分劑，則氧氣的分劑數(shù)為八，氫氣的分劑數(shù)為一，水的分劑數(shù)為九，即八份氧氣與一份氫氣化合生成九份水，滿足O2＋2H2===2H2O中的質(zhì)量守恒，因此與“分劑數(shù)”一詞最接近的現(xiàn)代化學(xué)概念為摩爾質(zhì)量，故選A。 11．NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．0.4 mol HI受熱分解生成H

44、2的分子數(shù)為0.2NA B．7.8 g Na2O2與含CO2、H2O的混合氣體完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA C．12.0 g NaHSO4和MgSO4的混合物含陽離子數(shù)為0.3NA D．1 mol有機(jī)物最多共平面的原子個(gè)數(shù)為18NA 答案　D 解析　HI分解反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能完全分解，A錯(cuò)誤；2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2,2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，2 mol Na2O2完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移2 mol電子。n(Na2O2)＝0.1 mol，轉(zhuǎn)移電子為0.1 mol，B錯(cuò)誤；硫酸氫鈉中含Na＋、HSO，NaHSO4與MgSO4的摩爾質(zhì)量均為120 g

45、·mol－1，則混合物的物質(zhì)的量為＝0.1 mol，所以12.0 g NaHSO4和MgSO4的混合物含0.1 mol陽離子，C錯(cuò)誤。 專題作業(yè) 1．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，如果所配溶液濃度偏小，原因可能是(　　) A．轉(zhuǎn)移時(shí)沒有洗滌燒杯和玻璃棒2～3次 B．定容時(shí)，俯視液面使之與刻度線相平 C．溶解時(shí)放出了大量的熱，但未等溫度恢復(fù)為常溫就開始轉(zhuǎn)移 D．轉(zhuǎn)移溶液前，容量瓶不干燥，留下少量的水 答案　A 解析　沒有洗滌燒杯和玻璃棒，導(dǎo)致配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，配制的溶液濃度偏低，A正確；定容時(shí)，俯視液面使之與刻度線相平，導(dǎo)致加入的蒸餾水體積偏小，配制的溶液濃度偏

46、高，B錯(cuò)誤；溶解時(shí)放出了大量的熱，但未等溫度恢復(fù)為常溫就開始轉(zhuǎn)移，導(dǎo)致配制的溶液體積偏小，溶液濃度偏高，C錯(cuò)誤；容量瓶中有少量水，對(duì)溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量及最終溶液體積無影響，則不影響配制結(jié)果，D錯(cuò)誤。 2．(2019·云南師范大學(xué)附屬中學(xué)高三月考)下列各項(xiàng)表達(dá)正確的是(　　) A．Na2O2中的陰陽離子數(shù)之比為1∶1 B．1.00 mol NaCl中含有6.02×1023個(gè)NaCl分子 C．電解58.5 g熔融的NaCl，能產(chǎn)生22.4 L氯氣(標(biāo)準(zhǔn)狀況)、23.0 g金屬鈉 D．1.00 mol NaCl中，所有Na＋的最外層電子總數(shù)約為8×6.02×1023 答案　D 解析　

47、Na2O2由2個(gè)Na＋和1個(gè)O構(gòu)成，其陰陽離子數(shù)之比為1∶2，A錯(cuò)誤；NaCl由Na＋和Cl－構(gòu)成，不含NaCl分子，B錯(cuò)誤；58.5 g NaCl的物質(zhì)的量為1 mol，能產(chǎn)生0.5 mol Cl2，標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2 L，C錯(cuò)誤；Na＋的離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故1 mol Na＋的最外層電子總數(shù)約為8×6.02×1023個(gè)，D正確。 3．(2019·綿陽高三第一次診斷)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．0.2 g HO與DO的混合物中所含中子數(shù)為0.1NA B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L臭氧所含質(zhì)子數(shù)為8NA C．20 mL 0.1 mol/L AlCl3溶液中，

48、水解形成Al(OH)3膠體粒子數(shù)為0.002NA D．0.5 mol H2和0.5 mol I2在加熱條件下充分反應(yīng)，生成HI的分子數(shù)為NA 答案　A 解析　HO與DO的摩爾質(zhì)量均為20 g/mol，故0.2 g混合物的物質(zhì)的量為0.01 mol，且兩者均含10個(gè)中子，故0.01 mol混合物中所含中子數(shù)為0.1NA，A正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L臭氧的物質(zhì)的量為0.5 mol，所含質(zhì)子數(shù)為0.5×3×8＝12NA，B錯(cuò)誤；Al(OH)3膠體粒子是大量粒子的集合體，20 mL 0.1 mol/L AlCl3溶液中，水解形成Al(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.002NA，C錯(cuò)誤；H2和I2生

49、成HI的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，0.5 mol H2和0.5 mol I2在加熱條件下充分反應(yīng)，生成HI的分子數(shù)小于NA，D錯(cuò)誤。 4．(2019·重慶第一中學(xué)高三期中)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　　) A．NA個(gè)氫氧化鐵膠體粒子的質(zhì)量為107 g B．0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，陽離子的數(shù)目之和為0.2NA C．100 g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為17%的H2O2水溶液中含O—O鍵數(shù)目為NA D．2.7 g鋁與足量的稀硫酸和氫氧化鈉溶液分別反應(yīng)，得到氫氣的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下均為3.36 L 答案　D 解析　膠體微粒是多個(gè)氫氧化鐵的集合體，NA個(gè)Fe(OH)3膠體粒子

50、的質(zhì)量大于107 g，A錯(cuò)誤；體積未知，無法計(jì)算0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中陽離子的數(shù)目之和，B錯(cuò)誤；100 g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為17%的H2O2水溶液中H2O2的物質(zhì)的量為0.5 mol，含O—O鍵數(shù)目為0.5NA，C錯(cuò)誤；由化學(xué)方程式可得關(guān)系式2Al～3H2,2.7 g鋁與足量的稀硫酸和氫氧化鈉溶液分別反應(yīng)，均得到0.15 mol H2，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為3.36 L，D正確。 5．(2019·南昌二中高三第三次月考)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是(　　) A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.1 mol Cl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA B．常溫下，22 g CO2和N2O

51、混合氣體中，含有的原子數(shù)目為1.5NA C．物質(zhì)的量濃度為0.1 mol·L－1的MgCl2溶液中，含有Cl－個(gè)數(shù)為0.2NA D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L SO3中含有的氧原子數(shù)目為0.3NA 答案　B 解析　0.1 mol Cl2溶于水，部分氯氣與水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于0.1NA，故A錯(cuò)誤；CO2和N2O的摩爾質(zhì)量都是44 g/mol,22 g CO2和N2O混合氣體的物質(zhì)的量是0.5 mol，含有的原子數(shù)目為1.5NA，故B正確；缺少溶液體積，無法計(jì)算Cl－的物質(zhì)的量和個(gè)數(shù)，故C錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下SO3為非氣態(tài)，不能使用標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體摩爾體積進(jìn)行計(jì)算，故D錯(cuò)誤。 6．(20

52、19·長(zhǎng)郡中學(xué)高三月考)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　　) A．0.1 mol FeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1NA B．一定條件下，6.4 g銅與過量的硫反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA C．常溫常壓下，22.4 L O2中含有的分子數(shù)小于NA D．6.4 g CaC2中所含的共價(jià)鍵數(shù)為0.2NA 答案　C 解析　常溫常壓下，22.4 L O2物質(zhì)的量小于1 mol。 7．(2019·A10聯(lián)考段考)設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　　) A．98 g純硫酸中含有氫離子的數(shù)目為2NA B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1 mol H2和1

53、mol F2混合后所含氣體分子數(shù)目為2NA C．溶有28 g乙烯的四氯化碳溶液中含有的碳原子數(shù)目為2NA D．1 mol 16O2和18O2的“混合物”中含有中子數(shù)目可能為19NA 答案　D 解析　純硫酸不電離，無氫離子，A錯(cuò)誤；氫氣和氟氣恰好完全反應(yīng)得到HF，HF在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是液體，B錯(cuò)誤；溶劑四氯化碳中大量的碳未計(jì)算進(jìn)去，C錯(cuò)誤；1 mol 16O2中含有16NA中子，1 mol 18O2中含有20NA中子，故1 mol二者的“混合物”中含有的中子數(shù)目介于16NA～20NA之間，D正確。 8．(2019·寧夏銀川一中第三次月考)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是(　　

54、) A．28 g乙烯和丙烯混合物中的極性鍵數(shù)目為4NA B．32 g Cu和32 g S充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA C．精煉銅時(shí)，若陽極失去0.1NA個(gè)電子，則陰極增重3.2 g D．等物質(zhì)的量的鈉分別在足量的氧氣和氯氣中燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等 答案　B 解析　乙烯和丙烯的最簡(jiǎn)式為CH2，含有2個(gè)極性鍵(C—H鍵)，28 g乙烯和丙烯混合物認(rèn)為含有最簡(jiǎn)式CH2的物質(zhì)的量為2 mol，則含有極性鍵數(shù)目為4NA，A正確；32 g Cu和32 g S充分反應(yīng)時(shí)生成0.25 mol硫化亞銅，轉(zhuǎn)移電子為0.5 mol，B錯(cuò)誤；精煉銅時(shí)，陰極是銅離子得到電子生成銅單質(zhì)，所以若陽極失去0.1NA個(gè)

55、電子，則陰極得到0.1NA個(gè)電子，陰極增重3.2 g，C正確；鈉和氧氣或氯氣反應(yīng)時(shí)都是生成鈉離子，所以等物質(zhì)的量的鈉分別在足量的氧氣和氯氣中燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等，D正確。 9．(2019·湖南名校高三大聯(lián)考)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述不正確的是(　　) A．7.8 g過氧化鈉與足量水反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA B．常溫常壓下，16 g甲烷中共價(jià)鍵數(shù)目為4NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L CCl4含有的分子數(shù)目為NA D．1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO和CO粒子數(shù)之和為0.1NA 答案　C 解析　根據(jù)2Na2O2＋2H2O===4N

56、aOH＋O2↑及反應(yīng)中各物質(zhì)化合價(jià)變化可知，2 mol Na2O2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移2 mol 電子，7.8 g Na2O2為0.1 mol，與足量水反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移0.1 mol電子，A正確；每個(gè)CH4分子中含4個(gè)共價(jià)鍵(即C—H鍵)，16 g CH4為1 mol，含4 mol共價(jià)鍵，B正確；CCl4在標(biāo)準(zhǔn)狀況下呈液態(tài)，C錯(cuò)誤；NaHCO3溶液中存在HCO的電離平衡與水解平衡，根據(jù)物料守恒可知，溶液中H2CO3、HCO和CO粒子數(shù)之和為1 L×0.1 mol·L－1×NA mol－1＝0.1NA，D正確。 10．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．1.6 g由氧氣和臭氧組成的混

57、合物中含有氧原子的數(shù)目為0.1NA B．0.1 mol丙烯酸中含有雙鍵的數(shù)目為0.1NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L苯中含有分子的數(shù)目為0.5NA D．在過氧化鈉與水的反應(yīng)中，每生成0.1 mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA 答案　A 解析　O2和O3都由氧原子構(gòu)成，1.6 g O2和O3的混合物中O質(zhì)量為1.6 g，物質(zhì)的量為0.1 mol，A正確；丙烯酸(CH2===CHCOOH)中含有碳碳雙鍵和碳氧雙鍵，0.1 mol丙烯酸中含有0.2 mol雙鍵，B錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，苯不是氣體，C錯(cuò)誤；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，反應(yīng)中過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑

58、，每生成0.1 mol氧氣，轉(zhuǎn)移0.2 mol電子，D錯(cuò)誤。 11．(2019·河南汝州實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三期末)某氮肥樣品可能含有NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中的一種或幾種。稱取該樣品1.000 g，溶于水配成100 mL溶液。將溶液分成兩等份依次完成如下實(shí)驗(yàn)： ①向一份溶液中加入10 mL 0.2 mol·L－1的鹽酸與之充分反應(yīng)，可收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的CO2氣體44.8 mL(設(shè)產(chǎn)生的CO2全部逸出)。 ②向另一份溶液中加入足量的6 mol·L－1氫氧化鈉溶液，加熱，產(chǎn)生的氣體(設(shè)產(chǎn)生的NH3全部逸出)至少需要25 mL 0.15 mol·L－1的硫酸才能被完全反應(yīng)。 下列說法

59、正確的是(　　) A．1.000 g樣品中一定含有NH4HCO3 0.316 g B．向①反應(yīng)所得的溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若有白色沉淀生成，說明原樣品中一定含有NH4Cl C．原樣品的NH含量為21% D．無需另外再設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，就能確定原樣品中是否含有NH4Cl 答案　D 解析　加入10 mL 0.2 mol·L－1的鹽酸與之充分反應(yīng)，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的CO2氣體44.8 mL (0.002 mol)，說明一定含有NH4HCO3，鹽酸完全反應(yīng)，碳酸氫銨不一定完全反應(yīng)，所以1.000 g樣品中不一定含有NH4HCO3 0.316 g，A錯(cuò)誤；①反應(yīng)加入了鹽酸引入氯離子，所

60、得的溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若有白色沉淀生成，不能說明原樣品中一定含有NH4Cl，B錯(cuò)誤；根據(jù)關(guān)系式2NH3～H2SO4，向另一份溶液中加入足量的6 mol·L－1氫氧化鈉溶液，加熱，產(chǎn)生的氨氣的物質(zhì)的量為0.025 L×0.15 mol·L－1×2＝0.0075 mol，原樣品的NH含量為×100%＝27%，C錯(cuò)誤；NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中NH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為22.8%、33.6%、22.5%，而樣品中，NH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為27%，所以一定含有NH4Cl，故D正確。 12．(2019·山東濟(jì)南歷城二中高三調(diào)研)某固體混合物是由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、Fe

61、Cl2、AlCl3中的兩種或幾種組成，現(xiàn)對(duì)該混合物做如下實(shí)驗(yàn)，所得現(xiàn)象和有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示(氣體體積數(shù)據(jù)已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積)。下列說法中不正確的是(　　) A．該固體中一定沒有FeCl2，可能含有AlCl3 B．該固體中含有2.70 g Al C．該固體中含有6.60 g (NH4)2SO4 D．該固體中含有4.75 g MgCl2 答案　A 解析　往混合固體中加入過量的濃NaOH溶液，能夠生成氣體的有Al、(NH4)2SO4，氣體分別是H2和NH3，把氣體通過堿石灰干燥，氣體體積不變，再通過濃硫酸，氣體體積減小且不為零，所以可知生成的氣體為H2和NH3，體積分別為3.36

62、 L和2.24 L，原固體混合物中一定有Al、(NH4)2SO4，由體積可以分別計(jì)算得m(Al)＝2.70 g、m[(NH4)2SO4]＝6.60 g；又因堿過量有白色沉淀生成，且白色沉淀久置不變色，則一定沒有FeCl2，沉淀為Mg(OH)2，是2.9 g，由此可計(jì)算得m(MgCl2)＝4.75 g；由此m(Al)＋m[(NH4)2SO4]＋m(MgCl2)＝2.70 g＋6.60 g＋4.75 g＝14.05 g，所以固體混合物中只有這三種物質(zhì)，一定沒有AlCl3，A錯(cuò)誤。 13．(2019·安徽五校聯(lián)盟高三質(zhì)檢)如圖裝置中，容器甲內(nèi)充入0.1 mol NO氣體。干燥管內(nèi)裝有一定量Na2O

63、2，從A處緩慢通入CO2氣體。恒溫下，容器甲中活塞緩慢由D處向左移動(dòng)，當(dāng)移至C處時(shí)容器體積縮至最小，為原體積的，干燥管中物質(zhì)的質(zhì)量增加了2.24 g。隨著CO2的繼續(xù)通入，活塞又逐漸向右移動(dòng)。下列說法正確的是(　　) A．活塞從D處移動(dòng)到C處的過程中，通入的CO2氣體為2.24 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況) B．NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的轉(zhuǎn)化率為20% C．容器甲中NO已反應(yīng)完 D．活塞移至C處后，繼續(xù)通入a mol CO2，此時(shí)活塞恰好回至D處，則a小于0.01 答案　D 解析　設(shè)通入CO2的體積為x，根據(jù)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2及差量法，知存在44.8 L∶56 g＝

64、x∶2.24 g，解得x＝1.792 L，A錯(cuò)誤；CO2與Na2O2反應(yīng)消耗CO2的物質(zhì)的量為＝0.08 mol，生成n(O2)＝0.04 mol，又因n(NO)＝0.1 mol，根據(jù)2NO＋O2===2NO2，NO過量，生成的n(NO2)＝0.08 mol，剩余的n(NO)＝0.02 mol，設(shè)NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的物質(zhì)的量為y，根據(jù)2NO2(g)N2O4(g)，則0.02 mol＋0.08 mol－y＋0.5y＝0.1 mol×，解得y＝0.02 mol，故NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的轉(zhuǎn)化率為×100%＝25%，B錯(cuò)誤；容器甲中NO剩余0.02 mol，C錯(cuò)誤；活塞移至C處時(shí)，氣體的總物質(zhì)的

65、量為0.09 mol，此時(shí)容器甲的體積縮至最小，說明Na2O2已反應(yīng)完全，活塞回至D處時(shí)，容器甲的體積增大，2NO2(g)N2O4(g)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，氣體的物質(zhì)的量增加，因此所需CO2的物質(zhì)的量小于0.01 mol，D正確。 14．(2019·貴州重點(diǎn)中學(xué)高考教學(xué)質(zhì)量測(cè)評(píng))水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件。某課外小組采用碘量法測(cè)定學(xué)校周邊河水中的溶解氧。實(shí)驗(yàn)步驟及測(cè)定原理如下： Ⅰ.取樣、氧的固定 用溶解氧瓶采集水樣。記錄大氣壓及水體溫度。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液(含有KI)混合，反應(yīng)生成MnO(OH)2，實(shí)現(xiàn)氧的固定。 Ⅱ.酸化、滴定 將固氧后的水樣酸化

66、，MnO(OH)2被I－還原為Mn2＋，在暗處靜置5 min，然后用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I(xiàn)2===2I－＋S4O)。 回答下列問題： (1)取水樣時(shí)應(yīng)盡量避免擾動(dòng)水體表面，這樣操作的主要目的是____________________________。 (2)“氧的固定”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________。 (3)Na2S2O3溶液不穩(wěn)定，使用前需標(biāo)定。 ①配制該溶液時(shí)需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、試劑瓶和______________________________； ②配制時(shí)使用的蒸餾水必須經(jīng)過煮沸、冷卻后才能使用，其目的是殺菌、除________及二氧化碳。 (4)取200.00 mL水樣經(jīng)固氧、酸化后，用a mol/L Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示劑，終點(diǎn)現(xiàn)象為__________________________________；若消耗Na2S2O3溶液的體積為b mL，則水樣中溶解氧的含量為________ mg/L。 (5)上述滴定過程中，若滴定前俯視刻度，而滴定后仰視刻度，會(huì)使得所測(cè)溶解氧含量_