2019届二轮复习化学常用计量学案（全国通用）(2) 37页

化学常用计量 ‎[考纲要求]1.了解物质的量(n)及其单位摩尔(mol)、摩尔质量(M)、气体摩尔体积(Vm)、物质的量浓度(c)、阿伏加德罗常数(NA)的含义。2.根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数目、气体体积(标准状况下)、物质的量浓度之间的相互关系进行有关计算。‎ ‎[学科素养]1.宏观辨识与微观探析：能从元素和原子、分子水平认识物质的组成和构成微粒。2.平衡思想：能认识物质是变化的，并遵循质量守恒定律。3.证据推理：能基于证据对物质组成及其变化明确物质的量浓度的含义，掌握一定物质的量浓度溶液的配制及相关仪器的使用，掌握与阿伏加德罗常数相结合的有关计算和判断。‎ ‎[网络构建]‎ ‎[核心强化]‎ ‎1．牢记“2个”数值 ‎(1)阿伏加德罗常数：6.02×1023 mol－1。‎ ‎(2)气体摩尔体积(标准状况)：22.4 L·mol－1。‎ ‎2．理解“3大”规律 ‎(1)质量守恒定律。‎ ‎①化学反应前后，反应物和生成物的质量相等。‎ ‎②稀释前后，溶质的物质的量不变。‎ ‎(2)阿伏加德罗定律。‎ 同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。‎ ‎(3)电荷守恒规律。‎ 溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。‎ ‎3．牢记“6个”基本公式 ‎(1)n＝N/NA ‎(2)n＝m/M ‎(3)n＝V/Vm ‎(4)c(B)＝n/V ‎(5)ω＝×100%‎ ‎(6)c＝(或ω＝)‎ ‎4．明确溶液配制过程中的“4个数据”‎ ‎(1)记录质量或体积的数据小数点后保留一位数字。‎ ‎(2)选择合适规格的容量瓶，作答时要标明容量瓶规格。‎ ‎(3)转移溶液时要洗涤烧杯2～3次。‎ ‎(4)定容时液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加。‎ 考点一　阿伏加德罗常数的应用 ‎[解析]　氯化铁的摩尔质量为162.5 g·mol－1,16.25 g FeCl3的物质的量为0.1 mol，铁离子水解生成的氢氧化铁胶体粒子是大量氢氧化铁微粒的聚集体，故氢氧化铁胶体粒子数小于0.1NA，A错误；标准状况下，22.4 L氩气(氩气分子为单原子分子)的物质的量为1 mol，Ar是18号元素，1 mol氩气分子含有18 mol质子，即质子数为18NA，B正确；甘油的摩尔质量为92 g·mol－1,92.0 g甘油的物质的量为1 mol，甘油(丙三醇)的结构简式为CHCH2—OHCH2—OHOH,1个丙三醇分子中含有3个羟基，故92.0 g甘油中含有羟基数为3.0NA，C错误；甲烷与氯气在光照下反应生成的有机产物有一氯甲烷(CH3Cl)、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故1.0 mol CH4与氯气在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D错误。‎ ‎[答案]　B 解答阿伏加德罗常数类题目的“3看”‎ ‎[分点突破]‎ 角度：有关NA的正误判断 ‎1．(2018·河北高阳中学月考)阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述中错误的是(　　)‎ ‎①标准状况下，2.24 L水中含有0.1NA个水分子 ‎②常温常压下，32 g SO2含有的分子数约为3.01×1023‎ ‎③2 mol NaOH的摩尔质量为80 g/mol ‎④H2的气体摩尔体积约为22.4 L/mol ‎⑤标准状况下，22.4 L由N2和N2O组成的混合气体中，所含有的氮原子的物质的量为2 mol ‎⑥2 mol/L的CaCl2溶液中Cl－的数目为4NA ‎⑦常温常压下，1 mol氦气含有的原子数为NA ‎⑧11.2 L氯气中含有NA个氯原子 A．①③④⑥⑧ B．①④⑤⑥⑧‎ C．①②④⑥⑧ D．②③④⑤⑦‎ ‎[解析]　①‎ 中标准状况下，水不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算2.24 L水的物质的量，错误；②中常温常压下，32 g SO2的物质的量为0.5 mol，含有的分子数约为3.01×1023，正确；③中2 mol NaOH的摩尔质量为40 g/mol，摩尔质量与物质的量无关，错误；④中没有说明在标准状况下，H2的气体摩尔体积不一定为22.4 L/mol，错误；⑤中在标准状况下，22.4 L由N2和N2O组成的混合气体的物质的量为1 mol,1 mol混合气体中含有2 mol氮原子，正确；⑥中没有说明2 mol/L的CaCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量，错误；⑦中常温常压下，1 mol氦气含有1 mol氦原子，含有的原子数为NA，正确；⑧中没有说明在标准状况下，题中条件无法计算11.2 L氯气的物质的量，错误。‎ ‎[答案]　A ‎2．(2018·山东桓台二中月考)设NA为阿伏加德罗常数的数值，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．500 mL 1 mol/L MgCl2溶液中含有Cl－数目为0.5NA B．标准状况下，22.4 L H2O所含分子数为1 mol C．17 g NH3含有的电子数为10NA D．36 g H2O与32 g CH4所含的氢原子数相等 ‎[解析]　A项，Cl－数目为0.5 L×1 mol/L×2×NA＝NA，错误；B项，标准状况下，H2O为液态，错误；C项，17 g NH3为1 mol，含有的电子数为1×(7＋3)×NA＝10NA，正确；D项，36 g H2O为2 mol，含有的氢原子为4 mol, 32 g CH4为2 mol，含有的氢原子为8 mol，错误。‎ ‎[答案]　C ‎3．(2018·福建厦门期末)阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是(　　)‎ A．用惰性电极电解KOH溶液，若阳极产生5.6 L气体，则电路中通过0.5NA电子 B．常温常压下，4.6 g NO2气体所含的分子数为0.1NA C．7.8 g Na2O2与足量的水(HO)反应生成的氧气所含的中子数为NA D．100 g 46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为5NA ‎[解析]　A项，没有给出温度和压强，错误；B项，二氧化氮气体中存在着二氧化氮与四氧化二氮的可逆反应，错误；C项，7.8 g Na2O2与水反应生成0.05 mol氧气，生成的氧气中不含18O，因此生成的氧气所含中子的物质的量为0.8 mol，错误；D项，46 g甲酸的物质的量为1 mol，含有2 mol氧原子，54 g水的物质的量为3 mol，含有3 mol氧原子，因此溶液中所含氧原子的物质的量为5 mol，正确。‎ ‎[答案]　D ‎4．(2018·河北邢台质检)设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是(　　)‎ A．5.6 g Fe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为0.3NA B．标准状况下，2.24 L苯含C—H键的数目为0.6NA C．K37ClO3与浓H35Cl反应制得7.1 g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NA D．6.4 g Cu与40 mL 10 mol·L－1浓硝酸充分反应，生成的NO2分子数为0.2NA ‎[解析]　A项，铁与稀硝酸反应变为＋3价，故5.6 g铁即0.1 mol铁反应时失去0.3 mol电子，正确；B项，标准状况下，苯不是气体，题中条件无法计算苯的物质的量，错误；C项，K37ClO3与浓H35Cl 反应生成的7.1 g氯气，物质的量不为0.1 mol，分子数不为0.1NA，错误；D项，40 mL 10 mol·L－1浓硝酸中含有硝酸的物质的量为0.4 mol,6.4 g铜的物质的量为0.1 mol,0.1 mol铜完全反应消耗浓硝酸的物质的量为0.4 mol，而浓硝酸随着反应的进行，逐渐变为稀硝酸，故硝酸的还原产物不仅有NO2，还有部分NO，错误。‎ ‎[答案]　A ‎5．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．1 mol NaCl中，所有Na＋的最外层电子总数为NA B．含NA个Na＋的Na2O溶解于1 L水中，Na＋的物质的量浓度为1 mol·L－1‎ C．电解饱和食盐水，阳极产生22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为2NA D．向0.2 mol NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液至沉淀完全溶解，消耗NA个OH－‎ ‎[解析]　NaCl中Na＋的最外层有8个电子，因此1 mol NaCl中，所有Na＋的最外层电子总数为8NA，A错误；所得溶液中含NA个Na＋，可得氢氧化钠的物质的量为1 mol，但这时候溶液不是1 L，所以物质的量浓度不是1 mol·L－1，B错误；阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，没有指明标准状况，无法计算电子数目，C错误；向0.2 mol NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液至沉淀完全溶解，消耗1 mol OH－，D正确。‎ ‎[答案]　D 阿伏加德罗常数常见考查的知识方向与速判技能 考点二　溶液的配制及误差分析 ‎[解析]　(1)配制Na2S2O3溶液还需要的玻璃仪器是用于量取一定体积蒸馏水的量筒；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。‎ ‎(2)用容量瓶配制溶液时，不能将所称量固体直接放入容量瓶中溶解。‎ ‎[答案]　(1)量筒　氧气　(2)错误 溶液配制是一个重要的定量分析实验，在解答此种题型时，首先要关注配制过程中的注意事项：‎ ‎(1)计算所得数据所含的有效数字必须与量器的精确度一致，中学一般用托盘天平和量筒，所以必须保留到小数点后一位。‎ ‎(2)溶解过程中若有较大温度变化，转移前必须冷却到室温。‎ ‎(3)洗涤时需要洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤所得洗涤液必须转移到容量瓶中。‎ ‎(4)选取容量瓶时必须注明与所配溶液相对应的规格。‎ ‎(5)定容时必须平视，定容的操作是“先用小烧杯直接加水至离刻度线1～2 cm处，然后改用胶头滴管滴加至刻度线”。‎ ‎(6)判断配制终点的方法是“凹液面的最低点与视线水平相切”或“凹液面的最低点、刻度线和眼睛在同一水平线上”。‎ 其次要进行科学的误差分析：‎ ‎(1)误差分析的思维流程 ‎(2)视线引起误差的分析方法 ‎①仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。‎ ‎②俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。‎ ‎ ‎ ‎[分点突破]‎ 角度一：溶液的配制 ‎1．配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是(　　)‎ A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液 B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸 C．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g ‎ NaCl固体 D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁 ‎[解析]　量筒只能精确到0.1 mL，B错误。托盘天平只能精确到0.1 g，C错误。用胶头滴管定容时，滴管不能紧贴容量瓶内壁，以防蒸馏水附着在容量瓶刻度线以上的部分，引起误差，故D错误。‎ ‎[答案]　A ‎2．实验室要配制480 mL 0.2 mol·L－1 NaCl溶液，实验室只有含少量硫酸钠的氯化钠固体，设计如下方案，请回答下列问题：‎ ‎(1)固体A的化学式为____________。‎ ‎(2)试剂2的名称为________，判断试剂2是否过量的方法_______________________________________________________，‎ 操作3的名称________________。‎ ‎(3)加入试剂1、3发生反应的离子方程式分别为__________、______________________________________________________。‎ ‎(4)配制过程中不需要使用的化学仪器有________(填选项的字母)。‎ A．烧杯 B．500 mL容量瓶 C．漏斗 D．胶头滴管 ‎(5)用托盘天平称取氯化钠，其质量为________g。‎ ‎(6)下列主要操作步骤的正确顺序是________(填序号)。‎ ‎①称取一定质量的氯化钠，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；‎ ‎②加水至液面离容量瓶颈刻度线下1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；‎ ‎③待冷却至室温后，将溶液转移到500 mL容量瓶中；‎ ‎④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；‎ ‎⑤用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中。‎ ‎(7)如果实验过程中缺少步骤⑤，会使配制出的NaCl溶液浓度________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。‎ ‎[答案]　(1)BaSO4、BaCO3‎ ‎(2)碳酸钠　取上层清液滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生则未过量，反之过量　蒸发结晶 ‎(3)Ba2＋＋SO===BaSO4↓‎ ‎2H＋＋CO===H2O＋CO2↑‎ ‎(4)C　(5)5.9　(6)①③⑤②④　(7)偏低 角度二：误差分析 ‎3．(1)用质量分数为98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm－3)配制250 mL浓度为0.5 mol·L－1的硫酸溶液，选用到的仪器正确的是(　　)‎ ‎(2)在容量瓶的使用方法中，下列操作中不正确的是________，造成浓度偏大的为________。(填写标号)‎ A．使用容量瓶前检查它是否漏水 B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗 C．配制溶液时用量筒量取浓硫酸后用玻璃棒引流入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线1～2 cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水直到凹液面的最低处和标线相平 D．定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次 ‎[解析]　(1)需要量取的浓硫酸体积V＝≈6.8 mL，故不能选用100 mL量筒，应选用10 mL量简，A项错误；配制体积为250 mL的溶液只能选取250 mL规格的容量瓶，B项正确；该实验不需称量固体药品，C项错误；配制溶液用不到锥形瓶，D项错误。‎ ‎(2)容量瓶用蒸馏水洗净后，不能再用待配溶液润洗，这样会使所配溶液的浓度偏大；用量筒量取的浓硫酸，应先在烧杯中稀释，冷却后再转移到容量瓶中，在容量瓶中稀释是错误的，会造成溶液温度高，所加水量小，浓度偏大。‎ ‎[答案]　(1)B　(2)BC　BC 考点三　以物质的量为核心的计算 ‎[解析]　注意混合液分成两等份，由Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知原溶液中n(Mg2＋)＝mol＝a mol、n ‎(SO)＝2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(SO)－2n(Mg2＋)＝2(2b－a)mol。‎ ‎[答案]　D 以物质的量为核心进行计算的“一、二、三”‎ ‎[分点突破]‎ 角度一：有关气体的计算 ‎1．(2018·上海静安区二模)同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶气体一定具有相同的(　　)‎ A．质量 B．密度 C．碳原子数 D．原子总数 ‎[解析]　根据阿伏加德罗定律，同温同压下，两个容积相等的贮气瓶中气体的物质的量相等，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和 C2H6的混合气体，两瓶气体中分子总数相等，每个分子含有的碳原子数相等，因此碳原子总数相等，故选C。由于不能确定第二个贮气瓶中C2H2和C2H6的比例，则无法确定氢原子数和原子总数，因此原子总数不一定相等，质量不一定相等，密度不一定相等。‎ ‎[答案]　C ‎2．(2018·承德二模)如图所示装置，室温下密闭容器内分别充入空气和H2、O2的混合气体在可移动的活塞两边，在标准状况下若将H2、O2的混合气体点燃引爆，活塞先左移，恢复原温度后，活塞右移并停留于容器的中央，则原来H2、O2的体积比最接近于(　　)‎ ‎①2∶7　②5∶4　③4∶5　④7∶2‎ A．①② B．③④‎ C．②④ D．①③‎ ‎[解析]　反应前左右压强相等，气体的物质的量之比等于体积之比，设空气的物质的量为1 mol，则开始时氢气、氧气的混合气体为3 mol。反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中央，说明反应后左右气体的物质的量相等，则右室中剩余气体为1 mol。‎ 若剩余的气体为氢气，参加反应的气体共2 mol，由2H2＋O22H2O可知，氧气为2 mol×＝ mol，故氢气为3 mol－ mol＝ mol，故H2、O2的体积比为 mol∶ mol＝7∶2。‎ 若剩余的气体为氧气，参加反应的气体共2 mol，由2H2＋O2‎ 2H2O可知，氢气为2 mol×＝ mol，故氧气为3 mol－ mol＝ mol，故H2、O2的体积比为 mol∶ mol＝4∶5，所以原来H2、O2的体积比最接近的为③④。‎ ‎[答案]　B 解答有关气体体积的计算题，常根据公式n＝V/22.4 L·mol－1(标准状况)或阿伏加德罗定律及其推论，把气体体积关系转化为物质的量的关系进行计算。灵活运用阿伏加德罗定律及其推论是解答该类题目的关键。 ‎ 角度二：有关浓度的计算 ‎3．标准状况下，将42.3 L HCl完全溶解于蒸馏水中，得到1.0 L溶液。下列叙述正确的是(　　)‎ A．得到的盐酸的物质的量浓度为≈1.89 mol/L B．得到的盐酸的密度为≈1.07 g/cm3‎ C．得到的盐酸的质量分数为 ‎×100%≈6.4%‎ D．缺少数据，不能计算出盐酸的物质的量浓度、密度及质量分数 ‎[解析]　根据标准状况下的气体体积及所得溶液体积可计算其物质的量浓度，A项正确、D项错误；1.0 L溶液中所含溶剂的体积小于1 L，即水的质量小于1000 g，B、C项错误。‎ ‎[答案]　A ‎4．V L Fe2(SO4)3的溶液中含有a g SO，取此溶液0.5V L，用水稀释至2V L，则稀释后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为(　　)‎ A. mol·L－1 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ ‎[解析]　a g SO的物质的量为 mol，因此V L Fe2(SO4)3溶液中Fe3＋的物质的量为× mol＝ mol，从中取出0.5V L后n(Fe3＋)＝ mol×＝ mol，即稀释到2V L后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为＝ mol·L－1。‎ ‎[答案]　A 角度三：化学反应中的计算问题 ‎5．已知硫酸铝铵晶体的化学式可表示为Al2(NH4)2(SO4)4·24H2O，其受热易分解，400 ℃时硫酸铝铵能够稳定存在。取4.53 g硫酸铝铵晶体，加热过程中所得固体质量与温度的变化关系如图所示。根据图中数据的变化，推断下列说法中不正确的是(　　)‎ A．硫酸铝铵晶体在50 ℃下不易分解 B．硫酸铝铵晶体加热到400 ℃时会分解生成Al2(NH4)2(SO4)4‎ C．物质C的化学式为Al2(SO4)3‎ D．物质D的化学式为Al2O3‎ ‎[解析]　根据图示可知，约100 ℃时硫酸铝铵晶体开始分解，所以在50 ℃下硫酸铝铵晶体可以稳定存在，A项说法正确。4.53 g硫酸铝铵晶体的物质的量n[Al2(NH4)2(SO4)4·24H2O]＝4.53 g÷906 g·mol－1＝0.005 mol，该晶体中含有结晶水的物质的量为0.005 mol×24＝0.12 mol；受热分解过程中，固体中一定含有铝元素，根据信息，400 ℃时硫酸铝铵未分解，所以A转化为B的过程中，固体质量的减少量是结晶水的质量，减少的结晶水的物质的量为(4.53 g－2.46 g)÷18 g·mol－1＝0.115 mol；固体中剩余结晶水的物质的量为0.12 mol－0.115 mol＝0.005 mol，所以物质B的化学式为Al2(NH4)2(SO4)4·H2O，B项说法错误。根据Al元素质量守恒，可以推出物质C为Al2(SO4)3，物质D为Al2O3，C、D项正确。‎ ‎[答案]　B ‎6．葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：‎ ‎(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI)‎ 按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________ g·L－1。‎ ‎[解析]　根据滴定反应的化学方程式：SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，可计算葡萄酒中抗氧化剂的残留量，即SO2的含量为 ‎＝0.16 g·L－1。‎ ‎[答案]　0.16‎ 考向一　有关阿伏加德罗常数的多角度判断 ‎1．(2018·全国卷Ⅱ)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA B．100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA C．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA ‎[解析]　A项，124 g P4是1 mol，所含P—P键的数目是6NA；B项，由于Fe3＋水解，所含Fe3＋数目小于0.1NA；C项，一个甲烷和一个乙烯分子中都含有4个H原子，标准状况下11.2 L混合气体为 ‎0.5 mol，故混合气体中的氢原子数为2NA；D项，SO2与O2的反应属于可逆反应，生成的SO3不是2 mol。‎ ‎[答案]　C ‎2．(2017·全国卷Ⅱ)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是(　　)‎ A．1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NA B．2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA C．标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA ‎[解析]　A项，因铵根离子水解，其数量小于0.1NA，错误；B项，2.4 g Mg为0.1 mol，与硫酸完全反应后转移的电子数为0.2NA，错误；C项，标准状况下，2.24 L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，错误；D项，H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，反应前后气体物质的量不变，正确。‎ ‎[答案]　D ‎3．(2017·全国卷Ⅲ)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子 B．pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋‎ C．2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子 D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P—Cl键 ‎[解析]　A项，硼原子的质子数为5,11B的中子数为6，故0.1 mol 的11B中含有中子数为0.6NA，正确；B项，未指明溶液体积，无法计算H＋的个数，错误；C项，标准状况下苯为液体，故2.24 L(标准状况)苯的物质的量不为0.1 mol，生成的CO2分子也不是0.6NA，错误；D项，PCl3＋Cl2??PCl5，这是一个可逆反应，1 mol PCl3与1 mol Cl2不可能完全反应生成1 mol PCl5，故增加的P—Cl键数目小于2NA，错误。‎ ‎[答案]　A ‎4．(2016·全国卷Ⅰ)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA ‎[解析]　A项，乙烯和丙烯的最简式均为CH2,14 g乙烯和丙烯混合气体中相当于含有1 mol CH2，则其氢原子数为2NA，正确；B项，合成氨的反应是可逆反应，则1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，错误；C项，铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA，错误；D项，标准状况下CCl4为液态，故2.24 L CCl4的物质的量不是0.1 mol，则其含有的共价键数不是0.4NA，错误。‎ ‎[答案]　A 考向二　溶液配制过程中仪器使用及过程分析 ‎5．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”‎ ‎(1)(2017·全国卷Ⅲ改编)取20.00 mL盐酸，可在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL 后，将剩余盐酸放入锥形瓶(　　)‎ ‎(2)(2016·浙江卷)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线(　　)‎ ‎(3)(2016·海南卷)向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒可以接触容量瓶刻度线以下内壁(　　)‎ ‎[答案]　(1)×　(2)√　(3)√‎ 考向三　以物质的量为中心的计算 ‎6．(1)(2017·全国卷Ⅱ)草酸钙沉淀经稀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：MnO＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2↑＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.0500 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________。‎ ‎(2)(2016·全国卷Ⅰ)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)‎ ‎(3)(2016·全国卷Ⅱ)联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2________kg。‎ ‎[解析]　(1)5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)＝0.0500 mol/L×36.00 mL×10－3 L·mL－1＝1.80×10－3 mol，n(Ca2＋)＝4.50×10－3 mol，水泥中钙的质量分数为×100%＝45.0%。‎ ‎(2)NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl－，则1 mol NaClO2得到电子的物质的量为4 mol,1 mol Cl2被还原为Cl－‎ 时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为4/90.5 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。‎ ‎(3)联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1 kg÷32 g·mol－1×32 g·mol－1＝1 kg。‎ ‎[答案]　(1)45.0%　(2)1.57　(3)1‎ 题型特点：选择题　填空题 考向评析：阿伏加德罗常数主要考查判断分子、原子、离子、电子等微粒数目，如物质所含粒子数目、转移电子数目、水解或电离造成离子浓度改变或数目变化等，形式灵活、范围广泛；溶液的配制主要考查仪器的使用及误差分析；而Ⅱ卷中的计算则以含量的测定、化学式的确定等，主要是通过方程式(一个或多个)完成计算。‎ 答题启示：二轮复习时，对于阿伏加德罗常数判断类题目应注意隐含条件的挖掘，而Ⅱ卷计算应注重计算技巧(如关系式法)的灵活运用，加强计算能力的培养。 ‎ 专题跟踪训练(二)‎ 能力练(20分钟　50分)‎ 一、选择题(每小题6分，共42分)‎ ‎1．(2018·山东济宁期末)对于温度、压强一定的气体，下列数值中与其物质的量无关的是(　　)‎ A．质量 B．体积 C．分子数目 D．气体摩尔体积 ‎[解析]　温度和压强一定时，气体摩尔体积为一定值，与物质的量无关，故符合题意。‎ ‎[答案]　D ‎2．(2018·上海浦东模拟)如图是氨气与氯化氢反应的装置。抽走玻璃片充分反应，反应中有关物理量的描述正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)(　　)‎ A．气体反应物的总体积为0.224 L B．生成物的分子个数为0.005NA C．产物中的N—H键个数为0.02NA D．加水溶解后所得溶液中NH数目为0.005NA ‎[解析]　A项，未知气体所处的状态时，气体反应物的总体积无法确定，错误；B项，生成物为离子化合物NH4Cl，不存在分子，错误；D项，溶液中NH部分水解，错误。‎ ‎[答案]　C ‎3．(2018·吉林长春一测)设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．0.1 mol HCl分子中含有的H＋数目为0.1NA B．标准状况下，33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA C．3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去的电子数为8NA D．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的HCO的数目一定小于0.5NA ‎[解析]　HCl是共价化合物，只有溶于水时才能完全电离，A项错误；标准状况下HF呈液态，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，B项错误；Fe3O4中Fe的化合价可认为是＋，则3 mol单质铁完全转变为Fe3O4，失去的电子数为8NA，C项正确；题中没有给出溶液的体积，不能计算HCO的数目，D项错误。‎ ‎[答案]　C ‎4．(2018·东北三省四市一模)洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应：NaClO＋2HCl===NaCl＋Cl2↑＋H2O，生成有毒的氯气。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．每生成1 mol氯气，转移的电子数为2NA B．1 mol NaCl含有的电子数为28NA C．1 L 0.2 mol·L－1 NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数为0.2NA D．标准状况下，将22.4 L HCl溶解在0.5 L水中，形成2 mol·L－1的盐酸 ‎[解析]　根据该反应中氯元素的化合价变化可知，生成1 mol Cl2时转移1 mol电子，A项错误；1 mol NaCl中含1 mol Na＋和1 mol Cl－，Na＋和Cl－的电子数分别为10和18，故1 mol NaCl中含28 mol电子，B项正确；1 L 0.2 mol·L－1的NaClO溶液中含0.2 mol NaClO，但由于ClO－水解，故溶液中ClO－数目小于0.2NA，C项错误；标准状况下22.4 L HCl的物质的量为1 mol，溶解在0.5 L水中，所得溶液体积不为0.5 L，则盐酸的浓度不为2 mol·L－1，D项错误。‎ ‎[答案]　B ‎5．(2018·陕西西安一中模拟)实验室里需要用到480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作都正确的是(　　)‎ 选项 容量瓶容积 固体质量 实验操作 A ‎480 mL 硫酸铜：7.68 g 加入500 mL水 B ‎480 mL 胆矾：12.0 g 配成500 mL溶液 C ‎500 mL 硫酸铜：8.0 g 加入500 mL水 D ‎500 mL 胆矾：12.5 g 配成500 mL溶液 ‎[解析]　配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，由于实验室没有480 mL的容量瓶，故需要选用500 mL的容量瓶，即实际配制的溶液是500 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，配制500 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量为0.10 mol·L－1×0.5 L＝0.05 mol，需要硫酸铜的质量为160 g·mol－1 ×0.05 mol＝8.0 g，需要胆矾的质量为250 g·mol－1×0.05 mol＝12.5 g。没有480 mL的容量瓶，A、B项错误；将硫酸铜加入500 mL水中，得到的溶液体积不是500 mL，配制的不是500 mL 0.10 mol·L－1的硫酸铜溶液，C项错误；12.5 g胆矾的物质的量为0.05 mol，配成500 mL溶液，所得溶液的浓度为0.10 mol·L－1，D项正确。‎ ‎[答案]　D ‎6．(2018·辽宁葫芦岛六校模拟)下列叙述错误的是(　　)‎ A．10 mL质量分数为98%的浓H2SO4，用10 mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%‎ B．配制0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液500 mL，需要称量Na2CO3固体质量为5.3 g C．在标准状况下，将22.4 L氨气溶于1 L水中，得到1 mol·L－1的氨水 D．向两份完全一样的稀烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O 的物质的量相等(保持温度不变)‎ ‎[解析]　设稀释前浓硫酸的密度为ρ g·cm－3，根据质量分数的定义，稀释后H2SO4的质量分数为×100%＝×100%，因为浓硫酸的密度大于水的密度，故稀释后H2SO4的质量分数大于49%，A项正确；Na2CO3固体的质量为0.1 mol·L－1×0.5 L×106 g·mol－1＝5.3 g，B项正确；将1 mol氨气溶于1 L水中，所得溶液的体积不是1 L，C项错误；根据钠元素守恒，所得溶液均恰好饱和时，投入的Na2O2和Na2O的物质的量之比为1∶1，D项正确。‎ ‎[答案]　C ‎7．(2018·湖南浏阳一中等五校联考)将5.6 L CO2气体缓慢通过一定量的Na2O2固体后，得到3.36 L气体(气体体积均在标准状况下测定)，所得气体的质量为(　　)‎ A．3.8 g B．4.8 g C．5.4 g D．6.6 g ‎[解析]　设参加反应的CO2气体的体积为a，生成的O2的体积为b，则：‎ ‎2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　气体体积减小ΔV ‎2 1 　 　1‎ a b 5.6 L－3.36 L＝2.24 L 解得a＝4.48 L，b＝2.24 L，所以3.36 L气体中CO2体积为5.6 L－4.48 L＝1.12 L，O2的体积为2.24 L，则3.36 L气体的质量为×44 g/mol＋×32 g/mol＝5.4 g，C正确。‎ ‎[答案]　C 二、非选择题(8分)‎ ‎8．(2018·河南开封模拟)实验室配制100 mL 1.0 mol·L－1的硫酸，回答下列问题：‎ ‎(1)所需98%的浓硫酸(密度为1.84 g·mL－1)的体积是________mL(精确到小数点后一位)。量取时应选择最大量程为________mL的量筒。‎ A．5　　　B．10　　　C．20　　　D．100‎ ‎(2)配制过程和主要步骤依次是：‎ A．量取　　B．稀释　　C．转移　　D．________‎ E．振荡　　F．________　　G．摇匀 ‎(3)步骤B的操作方法是_________________________________‎ ‎______________________________________________________。‎ 进行该操作后，________(填“能”或“不能”)马上进行操作C。‎ ‎(4)上述(2)中F操作的方法是____________________________‎ ‎______________________________________________________。‎ ‎(5)操作B、C均要用到的玻璃仪器是________，若进行C操作时未用该仪器，导致有溶液外流，出现这种情况后，正确的处理方法是___________________________________________________。‎ ‎(6)将浓硫酸按所需体积准确量取后，在空气中放置一段时间后再进行B、C、D、E、F、G操作，则所配溶液的浓度将________(填“大于”、“等于”或“小于”)1.0 mol·L－1。‎ ‎[解析]　(1)98%浓硫酸的物质的量浓度c＝1000ρw/M＝1000×1.84×98%/98 mol·L－1＝ 18.4 mol·L－1，设需要的浓硫酸的体积为V mL，根据稀释前后溶质的物质的量不变可知：18.4 mol·L－1×V×10－3 L＝1.0 mol·L－1×100×10－3 L，解得V＝5.4‎ ‎；应根据大而近的原则来选择量筒，根据所需的浓硫酸的体积可知，应选取量筒的规格为10 mL，故选B。(2)配制过程和主要步骤依次是量取、稀释、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀。(3)步骤B的操作方法是将浓硫酸沿着烧杯内壁慢慢倒入盛有水的烧杯中，并不断用玻璃棒进行搅拌；进行该操作后，不能马上进行操作C，要等溶液冷却到室温再进行移液。(4)定容的操作方法是：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距离瓶颈刻度线下1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。(5)操作B、C均要用到的玻璃仪器是玻璃棒，若进行C操作时未用该仪器，导致有溶液外流，出现这种情况后，正确的处理方法是重新配制。(6)将浓硫酸按所需体积准确量取后，在空气中放置一段时间后再进行B、C、D、E、F、G操作，则所配溶液的浓度不变，因为后面的操作中也要加水。‎ ‎[答案]　(1)5.4 　B　(2)洗涤　定容 ‎(3)将浓硫酸沿着烧杯内壁慢慢倒入盛有水的烧杯中，并不断用玻璃棒进行搅拌　不能 ‎(4)将蒸馏水注入容量瓶，当液面距离瓶颈刻度线下1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切 ‎(5)玻璃棒　重新配制 ‎(6)等于 拔高练(25分钟　50分)‎ 一、选择题(每小题6分，共24分)‎ ‎1．(2018·山东德州期末)下列判断中一定正确的是(　　)‎ A．11.2 L HCl气体其物质的量为0.5 mol B．等质量的O2与O3中，氧原子的个数比为3∶2‎ C．分别用H2O2、KMnO4分解制O2，当制得等质量O2‎ 时，转移电子数之比为1∶2‎ D．10 mL 0.3 mol·L－1 NaCl溶液与30 mL 0.1 mol·L－1 AlCl3溶液中Cl－物质的量浓度比为1∶3‎ ‎[解析]　A项，没有给出氯化氢的温度和压强，因此无法确定其物质的量，错误；B项，两者均由O原子组成，因此等质量的两种物质中，含有的氧原子个数相等，错误；C项，H2O2中O元素的化合价为－1价，高锰酸钾中O元素的化合价为－2价，因此生成等质量氧气时，转移电子数之比为1∶2，正确；D项，两溶液中氯离子浓度相等，错误。‎ ‎[答案]　C ‎2．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．相同物质的量的OH－和CH中含有相同数目的电子 B．苯与液溴反应生成1 mol溴苯，消耗0.5NA个Br2‎ C．常温下CH3COONH4溶液的pH＝7，则0.5 mol·L－1的CH3COONH4溶液中NH浓度为0.5 mol·L－1‎ D．a g C2H4和C3H6的混合物中，所含碳氢键的数目为 ‎[解析]　1个OH－中含有10个电子，1个CH中含有8个电子，相同物质的量的OH－和CH中含有的电子数目不同，A错误；在该取代反应中，当生成1 mol溴苯时，消耗1 mol Br2，B错误；CH3COONH4是弱酸弱碱盐，由于NH水解，其浓度小于0.5 mol·L－1，C错误；C2H4与C3H6的最简式都为CH2，故该混合物中所含氢原子的物质的量为×2 mol，所含碳氢键的数目与氢原子的数目相同，都为×NA，D正确。‎ ‎[答案]　D ‎3．(2018·四川成都龙泉中学考试)溶液的配制过程能引起浓度偏高的是(　　)‎ ‎①用1 g 98%的浓硫酸加4 g水配成体积比为1∶4的硫酸 ‎②配制一定物质的量浓度的硫酸时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，发现液面低于刻度线 ‎③在98 mL无水乙醇中加入2 g碘片溶解后配成2%的碘酒 ‎④在80 mL水中加入18.4 mol·L－1的硫酸20 mL，配制3.68 mol·L－1的硫酸 ‎⑤质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合配成3x%的氨水 ‎⑥10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合配制50%的硫酸 A．①③⑤ B．②④⑤‎ C．③④⑥ D．④⑤⑥‎ ‎[解析]　①浓硫酸的密度大于1 g·mL－1，水的密度是1 g·mL－1，用1 g 98%的浓硫酸加4 g水配成1∶4(体积比)的硫酸，浓硫酸的体积和水的体积比小于1∶4，导致所配制溶液浓度偏小；②配制一定物质的量浓度的硫酸时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，这是因为摇匀时部分溶液附着在了刻度线上方的瓶壁上，故所配制溶液浓度不变；③乙醇的密度小于1 g·mL－1，故在98 mL无水乙醇中加入2 g碘片溶解后形成的溶液碘的质量分数大于2%；④在80 mL水中加入18.4 mol·L－1的硫酸20 mL，所得混合溶液体积小于100 mL，所以所配制溶液的浓度高于3.68 mol·L－1；⑤5x%的氨水与x%的氨水等质量混合时所得溶液溶质的质量分数为(5x%＋x%)/2＝3x%，等体积混合时，由于5x%的氨水的密度小于x%的氨水的密度，故所得溶液溶质的质量分数小于3x%；⑥90%和10%‎ 的两种硫酸等体积混合后，所得溶液溶质的质量分数大于50%。故本题选C。‎ ‎[答案]　C ‎4．(2018·黑龙江哈尔滨六中检测)T ℃时，NaCl的溶解度为a g，取该温度下的饱和氯化钠溶液V mL，测得其密度为ρ g·cm－3，则下列表达式正确的是(　　)‎ A．w(NaCl)＝%‎ B．n(NaCl)＝ mol C．c(NaCl)＝ mol·L－1‎ D．n(NaCl)＝ mol ‎[解析]　该饱和氯化钠溶液的质量分数w(NaCl)＝×100%＝%，A项错误；V mL饱和氯化钠溶液的质量为ρ g·cm－3×V mL＝ρV g，氯化钠的质量分数为×100%，则该溶液中含有的氯化钠的物质的量为＝ mol，B项错误，D项正确；该饱和氯化钠溶液的浓度为 mol÷(V×10－3 L)＝ mol·L－1，C项错误。‎ ‎[答案]　D 二、非选择题(26分)‎ ‎5．(12分)(2018·河南中原名校联考)请回答下列问题：‎ ‎(1)下列所给出的几组物质中：含有分子数最少的是______(填序号，下同)；标准状况下体积最小的是________。‎ ‎①1 g H2 ②2.408×1023个CH4分子 ‎③10.8 g H2O ④标准状况下6.72 L CO2‎ ‎(2)溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度和所带电荷数，离子浓度越大，所带电荷数越多，溶液导电能力越强。现有浓度均为1 mol·L－1的以下电解质溶液：①K2CO3②AgNO3③NaHSO4④Al2(SO4)3⑤H2SO4⑥Ba(OH)2。这些溶液中导电能力最强的是________(填序号，下同)，导电能力最弱的是________。‎ ‎(3)在0.2 L由NaCl溶液、MgCl2溶液、CuCl2溶液组成的混合溶液中，部分离子的浓度如图所示。该混合溶液中CuCl2的物质的量浓度为________mol·L－1。‎ ‎[解析]　(1)①n(H2)＝0.5 mol；②n(CH4)＝0.4 mol；③n(H2O)＝0.6 mol；④n(CO2)＝0.3 mol；物质的量越少，分子数越少，故最少的是④；标准状况下水为液态，故体积最小的是③。(2)‎ 溶液中自由移动的离子浓度越大，所带电荷数越多，导电性越强，反之越弱，因此这些溶液中导电能力最强的是硫酸铝；导电能力最弱的是AgNO3。(3)据溶液中的电荷守恒：c(Na＋)＋2c(Mg2＋)＋2c(Cu2＋)＝c(Cl－)，1.0 mol·L－1＋0.5 mol·L－1×2＋2c(Cu2＋)＝3 mol·L－1，c(Cu2＋)＝0.5 mol·L－1，c(CuCl2)＝0.5 mol·L－1。‎ ‎[答案]　(1)④　③　(2)④　②　(3)0.5‎ ‎6．(14分)(2018·河北衡水二中测试)某化学研究性学习小组配制含有NH、Cl－、K＋、SO的植物培养液450 mL，且要求该培养液中c(Cl－)＝c(K＋)＝c(SO)＝0.4 mol·L－1。实验室提供的药品有：NH4Cl、KCl、(NH4)2SO4、K2SO4和蒸馏水；‎ 提供的实验仪器有：①药匙、②托盘天平、③烧杯、④玻璃棒、⑤胶头滴管、⑥量筒。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)该植物培养液中，NH的物质的量浓度为________。‎ ‎(2)该研究小组配制该植物培养液时，还需用到的实验仪器是________(填字母)。‎ A．450 mL容量瓶 B．500 mL容量瓶 C．两个250 mL容量瓶 ‎(3)甲同学用KCl和(NH4)2SO4两种物质进行配制，则需称取m(KCl)＝________g，m[(NH4)2SO4]＝________g。‎ ‎(4)乙同学用所提供药品中的三种进行配制，请帮助该同学选用三种物质(填化学式)：________________、________________、________________。‎ ‎(5)若配制该培养液的其他操作均正确，则下列错误操作将使所配制溶液的浓度偏低的是________(填字母)。‎ A．将溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒 B．将烧杯内的溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出容量瓶 C．用胶头滴管向容量瓶中加水时，溶液的凹液面高于容量瓶刻度线 D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视容量瓶刻度线 ‎[解析]　(1)根据溶液呈电中性有：c(NH)＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SO)，则c(NH)＝c(Cl－)＋2c(SO)－c(K＋)＝0.8 mol·L－1。(2)实验所用容量瓶规格应该等于或略大于实验所需配制溶液的体积，实验室没有450 mL的容量瓶，且用容量瓶配制溶液时，需一次完成，应选用500 mL容量瓶。(3)配制该溶液所需的溶质质量应该按配制500 mL溶液来计算，所需氯化钾和硫酸铵的物质的量均为0.2 mol，对应的质量分别为14.9 g、26.4 g。(4)由题知，该植物培养液中，n(NH)＝2n(Cl－)＝2n(K＋)＝2n(SO)，若用三种物质来配制，三种物质应该为硫酸铵、氯化铵、硫酸钾，且物质的量之比为1∶2∶1。(5)A项，未洗涤烧杯和玻璃棒，会有部分溶质残留在烧杯和玻璃棒上，使所配溶液浓度偏低，正确；B项，转移时部分溶液溅出容量瓶，使溶质损失，所配溶液浓度偏低，正确；C项，加水时溶液凹液面高于容量瓶刻度线，说明所配溶液体积偏大，浓度偏低，正确；D项，俯视读数时，实际液面低于容量瓶刻度线，所配溶液体积偏小，浓度偏高，错误。‎ ‎[答案]　(1)0.8 mol·L－1　(2)B　(3)14.9　26.4‎ ‎(4)(NH4)2SO4　NH4Cl　K2SO4　(5)ABC