2019届二轮复习化学常用计量——物质的量学案（全国通用） 16页

专题三　化学常用计量——物质的量 ‎[储知识·要点回扣]‎ ‎■思维深化——做一做 ‎1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。‎ ‎(1)丙烯和环丙烷组成的‎42 g混合气体中氢原子的个数为6NA。(　　)‎ ‎(2)将0.1 mol FeCl3溶于水中形成胶体后含有胶体粒子的数目为0.1NA。(　　)‎ ‎(3)‎1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中，HCO与CO离子数之和为0.1NA。(　　)‎ ‎(4)1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA。(　　)‎ ‎(5)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。(　　)‎ ‎(6)密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，生成NO2的分子数为2NA。(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×‎ ‎2．设NA为阿伏加德罗常数值，根据要求填写下列空白。‎ ‎1 mol Na2CO3晶体中含有CO数______(填“大于”“等于”或“小于”)NA，溶于水含有CO数________(填“大于”“等于”或“小于”)NA，阴离子总数______(填“大于”“等于”或“小于”)NA。‎ 答案：等于　小于　大于 ‎3．实验室中欲用NaOH固体配制480 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液。以下是某同学的配制过程：‎ ‎(1)通过计算，该同学首先用托盘天平称量出一个干燥小烧杯的质量为‎29.4 g，然后称出该烧杯和NaOH固体的总质量为________g。‎ ‎(2)该同学用量筒粗略量取150 mL水倒入烧杯，进行溶解。‎ ‎(3)该实验中还要用到的玻璃仪器有____________、____________、____________。‎ ‎(4)溶液混匀后，该同学发现液面低于刻度线，于是他又滴加少量蒸馏水，使溶液达到刻度线，则他配制的溶液浓度__________(填“大于”“等于”或“小于”)0.1 mol·L－1。‎ 答案：(1)31.4　(3)500 mL容量瓶　玻璃棒　胶头滴管　(4)小于 ‎[探高考·真题鉴赏]‎ ‎1．(2018·全国高考卷Ⅰ)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA B．‎22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA C．‎92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NA D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA 解析：氩气是单原子分子，标准状况下，22.4 L氩气的物质的量为1 mol，含有的质子数为18NA，B正确。Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体，所以胶体粒子数小于0.1NA，A错误。92.0 g甘油的物质的量为1 mol，每个甘油分子含有3个羟基，所以1 mol甘油含有的羟基数为3.0NA，C错误。CH4与Cl2发生取代反应生成的有机物除了CH3Cl以外，还有CH2Cl2、CHCl3和CCl4，生成的CH3Cl分子数小于 1.0NA，D错误。‎ 答案：B ‎2．(2018·全国高考卷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：标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5 mol，每个甲烷和乙烯分子都含有4个氢原子，所以含有氢原子数目为2NA，C正确。124 g P4的物质的量为1 mol，每个P4分子中含有6个P－P键，所以含有P－P键数目为6NA，A错误。Fe3＋在水溶液中能发生水解，100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1NA，B错误。SO2和O2的化合反应为可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后，混合气体的物质的量大于2 mol，即分子总数大于2NA，D错误。‎ 答案：C ‎3．(2017·全国高考卷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．0.1 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：由于NH4Cl溶液中NH水解，所以1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH的数量少于0.1NA，A错；2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.2NA，B错；标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体为0.1 mol，则所含分子数为0.1NA，C错；H2(g)＋I2(g)??2HI(g)在反应前后气体分子总数不变，D正确。‎ 答案：D ‎4．(2018·全国高考卷Ⅰ节选)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为________________________，该样品中Na2S2O5的残留量为__________g·L－1(以SO2计)。‎ 解析：根据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋。n(S2O)＝×n(I2)＝×0.010 00 mol·L－1×10.00×10－3 L＝5×10－5 mol，该样品中S2O的残留量(以SO2计)为5×10－5 mol×2×64 g·mol－1×＝0.128 g·L－1。‎ 答案：S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　0.128‎ ‎[研考纲·聚焦素养]‎ 最新考纲 ‎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．理解质量守恒定律。‎ ‎3．能根据微观粒子(原子、分子、离子等)物质的量、数量、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。‎ ‎4．了解溶液的含义。‎ ‎5．了解溶解度、饱和溶液的概念。‎ ‎6．了解溶液浓度的表示方法，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。‎ ‎7．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。‎ 核心素养 ‎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。‎ ‎[题型突破·通法悟道]　　　　　　　　　　　　　　　　　摆题型示例　巧取应考宝典 题型一　阿伏加德罗常数的综合应用 ‎[研——题型探究]‎ ‎►角度一　与气体摩尔体积22.4 L·mol－1相关的NA的应用 ‎1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。‎ ‎(1)标准状况下，‎11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA。(　　)‎ ‎(2)标准状况下，‎22.4 L的SO2中含有的SO2分子数为NA。(　　)‎ ‎(3)常温常压下，‎35.5 g氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA。(　　)‎ ‎(4)常温常压下，‎22.4 L NO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NA。(　　)‎ ‎(5)‎2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA。(　　)‎ ‎(6)‎2.24 L CO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023。(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×‎ ‎►角度二　与物质的组成相关的NA的应用 ‎2．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。‎ ‎(1)‎32 g 18O2中含有2NA个氧原子。(　　)‎ ‎(2)‎17 g —OH与‎17 g OH－所含电子数均为10NA。(　　)‎ ‎(3)相同质量的N2O4与NO2中所含原子数目相同。(　　)‎ ‎(4)乙烯和环丙烷(C3H6)组成的‎28 g混合气体中含有3NA个氢原子。(　　)‎ ‎(5)‎18 g D2O和‎18 g H2O中含有的质子数均为10NA。(　　)‎ ‎(6)‎30 g甲醛中含共用电子对总数为4NA。(　　)‎ ‎(7)‎4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA。(　　)‎ ‎(8)‎12 g金刚石含有的共价键数为4NA。(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√　(7)√　(8)×‎ ‎►角度三　与氧化还原反应相关的NA的应用 ‎3．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。‎ ‎(1)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。(　　)‎ ‎(2)‎5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA。(　　)‎ ‎(3)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA。(　　)‎ ‎(4)0.1 mol Zn与含0.1 mol HCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA。(　　)‎ ‎(5)足量KMnO4与含1 mol HCl的浓HCl溶液反应生成标准状况下‎7 L Cl2。(　　)‎ ‎(6)足量Cl2与含1 mol NaOH的浓溶液反应转移 mol e－。(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×‎ ‎►角度四　与可逆反应相关的NA的应用 ‎4．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。‎ ‎(1)2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NA。(　　)‎ ‎(2)标准状况下，‎22.4 L NO2气体中所含分子数目为NA。(　　)‎ ‎(3)‎100 g 17%的氨水溶液中含有的NH3分子数为NA。(　　)‎ ‎(4)标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA。(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎►角度五　电解质溶液中粒子数目的判断 ‎5．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。‎ ‎(1)‎0.1 L 3.0 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH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。(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎[题型建模]　关于NA试题常设的“六大陷阱”‎ ‎(1)气体摩尔体积的运用条件：考查气体时经常给定非标准状况下(如‎25 ℃‎、1.01×105 Pa)气体体积，让学生用‎22.4 L·mol－1进行换算，误入陷阱；考查气体质量时，增加迷惑性信息“常温常压”，让很多学生判断错误。‎ ‎(2)忽视物质的聚集状态：‎22.4 L·mol－1适用对象是气体(包括混合气体)。命题者常用在标准状况下非气态的物质来迷惑学生，如H2O、CCl4等。‎ ‎(3)混淆某些氧化还原反应中电子转移的数目：命题者常用一些反应中转移电子的数目来迷惑学生，如Na2O2与H2O反应、Cl2与NaOH溶液反应、Fe与盐酸反应、1 mol氯气与过量铁反应、电解硫酸铜溶液等。‎ ‎(4)不理解物质的组成结构：如Na2O2是由Na＋和O构成，而不是Na＋和O2－；NaCl为离子化合物，只有离子，没有分子；苯中不含碳碳单键和碳碳双键。气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如He、Ne等)、三原子分子(如O3)等。‎ ‎(5)忽视电离、水解对溶液中离子数目的影响：考查电解质溶液中离子数目或浓度时常设置弱电解质的电离、盐类水解等方面的陷阱。‎ ‎(6)忽视可逆反应不能进行到底：如2NO2??N2O4、2SO2＋O22SO3、合成氨反应等。[练——即学即用]‎ ‎1．(2018·湖北武汉模拟)通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．0.1 mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.1NA B．‎25 ℃‎时，pH＝1的HCl溶液中含有H＋的数目为0.1NA C．‎17 g H2O2中含有非极性键数目为0.5NA D．生成‎2.33 g BaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA 解析：BaCl2晶体由钡离子和氯离子构成，故0.1 mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.3NA，A项错误；没有给定溶液体积，无法计算H＋的数目，B项错误；H2O2的结构式为 ‎,17 g H2O2为0.5 mol，含有非极性键的数目为0.5NA，C项正确；根据反应SO2＋H2O2＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl，生成2.33 g(0.01 mol)BaSO4沉淀时，转移电子数目为0.02NA，D项错误。‎ 答案：C ‎2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．常温下pH＝2的CH3COOH溶液中，H＋的数目为0.01NA B．常温常压下，‎18 g D2O含有的质子数为10NA C．标准状况下，‎11.2 L乙烯和环丙烷(C3H6)的混合气体中，共用电子对数目为3NA D．0.1 mol Cu溶于足量稀硝酸中，转移的电子数为0.2NA 解析：没有说明溶液的体积，所以无法计算H＋的数目，选项A错误。D2O的分子量为20，所以18 g D2O的物质的量为0.9 mol，一个D2O分子含有10个质子，所以18 g D2O含有9 mol质子，选项B错误。一个乙烯分子有6个共用电子对(4个碳氢共用电子对和2个碳碳共用电子对)，一个环丙烷分子有9个共用电子对(6个碳氢共用电子对和3个碳碳共用电子对)，不知道两个有机物各自的含量，所以无法计算共用电子对数，选项C错误。Cu溶于硝酸一定转化为Cu2＋，所以0.1 mol Cu溶于足量稀硝酸中，转移的电子数为0.2NA，选项D正确。‎ 答案：D 题型二　以物质的量为中心的计算 ‎[研——题型探究]‎ ‎►角度一　关系式法 ‎1．将500 mL(标准状况)含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管，‎170 ℃‎下充分反应，用水－乙醇混合液充分溶解产物I2，定容到100 mL。取25.00 mL用0. 010 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00 mL，则样品中CO的体积分数为________。(保留三位有效数字)(已知：气体样品中其他成分与I2O5不反应；2Na2S2O3＋I2===2NaI＋Na2S4O6)‎ 解析：由信息可知5CO＋I2O55CO2＋I2，所以5CO～I2～2Na2S2O3即5CO～2Na2S2O3，n(CO)＝n(Na2S2O3)＝×4×(0.010 0 mol·L－1×0.02 L)＝2×10－3mol，V(CO)＝2×10－3mol×22.4 L·mol－1×1 000 mL·L－1＝44.8 mL。故样品中CO的体积分数＝×100%＝8.96%。‎ 答案：8.96%‎ ‎[题型建模]‎ ‎　多步反应计算的特征是多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，依据化学方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物的物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。‎ ‎►角度二　守恒法 ‎2．碱式氯化铜有多种组成，其化学式可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.116 ‎0 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.172 ‎2 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.080 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。‎ 解析：由②中生成AgCl的质量，可计算出1.116 0 g样品中Cl－的物质的量n(Cl－)；由③可计算出1.116 0 g样品中Cu2＋的物质的量n(Cu2＋)，根据电荷守恒：n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，得出n(OH－)，最后由质量守恒得出n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。‎ 答案：n(Cl－)＝n(AgCl)×＝×＝4.800×10－3mol，‎ n(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.080 00 mol·L－1×30.00 mL×10－‎3 L·mL－1×＝9.600×10－3 mol。‎ 由电荷守恒n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)可得n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3mol－4.800×10－3mol＝1.440×10－2mol。‎ m(Cl－)＝4.800×10－3mol×‎35.5 g·mol－1‎ ‎＝0.170 4 g，‎ m(Cu2＋)＝9.600×10－3mol×‎64 g·mol－1‎ ‎＝0.614 4 g，‎ m(OH－)＝1.440×10－2mol×‎17 g·mol－1‎ ‎＝0.244 8 g。‎ 再由质量守恒可得 n(H2O)＝ ‎＝4.800×10－3mol。‎ a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1。‎ 化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。‎ ‎[题型建模]‎ ‎　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”。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。►角度三　热重分析法确定物质组成及含量 ‎3．PbO2在加热过程中发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即 ×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值_________________________________________。‎ 答案：根据PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，x＝2－≈1.4；‎ 根据mPbO2·nPbO，＝1.4，＝＝，‎ 即m∶n＝2∶3。‎ ‎4．‎0.80 g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。‎ 试确定200 ℃时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。_________________。‎ 答案：‎ CuSO4·5H2OnH2O＋CuSO4·(5－n)H2O ‎250 18n ‎0．‎80 g ‎0.80 g－‎0.57 g＝‎‎0.23 g ＝，解得n≈4，则此时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。‎ 即200 ℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O。‎ ‎[题型建模]　　热重分析的方法 ‎(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余，＝固体残留率。‎ ‎(4)晶体中金属质量不减少，仍在m余中。‎ ‎(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属∶nO，即可求出失重后物质的化学式。‎ ‎[练——即学即用]‎ ‎1．碱式次氯酸镁[Mga(ClO)b(OH)c·xH2O]是一种有开发价值的微溶于水的无机抗菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下实验：‎ ‎①准确称取‎1.685 g碱式次氯酸镁试样于250 mL锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0.800 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2O＋I2===2I－＋S4O)，消耗25.00 mL。‎ ‎②另取1. ‎685 g碱式次氯酸镁试样，用足量乙酸酸化，再用足量3% H2O2溶液处理至不再产生气泡(H2O2被ClO－氧化为O2)，稀释至1 000 mL。移取25.00 mL溶液至锥形瓶中，在一定条件下用0.020 00 mol·L－1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2＋(离子方程式为Mg2＋＋H2Y2－===MgY2－＋2H＋)，消耗25.00 mL。‎ ‎(1)步骤①需要用到的指示剂是____________。‎ ‎(2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。‎ 答案：(1)淀粉溶液 ‎(2)关系式：ClO－～I2～2S2O n(ClO－)＝n(S2O)＝×0.800 0 mol·L－1×25.00×10－‎3L＝0.01 mol，‎ n(Mg2＋)＝0.020 00 mol·L－1×25.00×10－‎3L×＝0.02 mol，‎ 根据电荷守恒，可得：‎ n(OH－)＝2n(Mg2＋)－n(ClO－)＝2×0.02 mol－0.01 mol＝0.03 mol，‎ m(H2O)＝‎1.685 g－0.01 mol×‎51.5 g·mol－1－0.02 mol×‎24 g·mol－1－0.03 mol×‎17 g·mol－1＝‎0.180 g，‎ n(H2O)＝＝0.01 mol，‎ n(Mg2＋)∶n(ClO－)∶n(OH－)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.01 mol∶0.03 mol∶0.01 mol＝2∶1∶3∶1，‎ 碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O。‎ ‎2．为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取‎36.50 g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示。‎ ‎(1)‎300 ℃‎时残留固体的成分为________，‎900 ℃‎时残留固体的成分为________。‎ ‎(2)通过计算求出‎500 ℃‎时固体的成分及质量(写出计算过程)。‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案：(1)CaC2O4　CaO ‎(2)‎500 ℃‎时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据‎500 ℃‎时固体总质量可得128x＋100y＝‎36.50 g×76.16%，根据钙元素守恒可得x＋y＝0.25，解得x＝0.10，y＝0.15，m(CaC2O4)＝0.10 mol×‎128 g·mol－1＝‎12.80 g，m(CaCO3)＝0.15 mol×‎100 g·mol－1＝‎15.0 g,‎500 ℃‎时固体的成分为‎12.8 g CaC2O4和‎15.0 g CaCO3。‎ ‎[限时规范训练]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　单独成册 ‎1．下列条件下，两物质所含分子数不相等的是(　　)‎ A．同温度、相同质量的N2和CO B．常温常压，同体积的H2O和O2‎ C．同压强、同物质的量的N2和O2‎ D．同温度、同压强、同体积的N2O和CO2‎ 解析：N2和CO摩尔质量都是28 g·mol－1，质量相同，则二者物质的量相同，即分子数相同，故A不符合题目要求；同温同压下，同体积的气体所含分子数相同，但常温常压下，水是液体，二者分子数不相等，故B符合题目要求；物质的量相同，分子数相等，故C不符合题目要求；同温同压下，同体积的气体所含分子数相同，故D不符合题目要求。‎ 答案：B ‎2．(2018·甘肃兰州模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述错误的是(　　)‎ A．由H2O2分解制得标准状况下‎2.24 L O2，转移电子数为0.2NA B．氢气与氯气反应生成‎36.5 g氯化氢气体，断裂的共价键总数为NA C．‎44 g丙烷中含有的极性键为8NA D．‎1 L 0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中HSO和SO离子数之和为0.1NA 解析：根据2H2O2===2H2O＋O2↑、生成标准状况下2.24 L(0.1 mol)O2、氧元素化合价变化，可知反应转移0.2 mol电子，A项正确；1 mol H2和1 mol Cl2反应生成2 mol HCl时断裂2 mol共价键，则生成36.5 g(1 mol)HCl时断裂1 mol共价键，B项正确；每个丙烷分子中含8个C—H键，44 g丙烷为1 mol,1 mol丙烷中含8 mol极性键，C项正确；1 L 0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中含HSO、H2SO3、SO的物质的量之和为0.1 mol，D项错误。‎ 答案：D ‎3．(2018·深圳二调)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．0.1 mol SiO2晶体中含有Si—O键的数目为0.2NA B．‎56 g铁粉与高温水蒸气反应，生成H2数目为1.5NA C．标准状况下，‎22.4 L Cl2溶于水，转移电子数为NA D．‎18 g HO和D2O的混合物中，所含中子数为9NA 解析：A.根据SiO2的结构，1 mol SiO2中含有4 mol Si—O键，即0.1 mol SiO2晶体中含有0.4 mol Si—O键，故A错误；B.铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，因此56 g铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为× mol＝8/3mol，故B错误；C.氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应，无法计算出转移电子的物质的量，故C错误；D.假设18 g全部是HO，含有中子的物质的量为18×(0＋10)/20 mol＝9 mol，假设18 g全部是D2O，D为2H，含有中子的物质的量为18×(2＋8)/20 mol＝9 mol，因此18 g此混合物中含有中子的物质的量为9 mol，故D正确。‎ 答案：D ‎4．(2018·广东汕头模拟)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)‎ A．‎6.4 g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2NA B．将1 mol Cl2通入水中，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和为2NA C．标准状况下，‎44.8 L NO与‎22.4 L O2反应后的分子数是2NA D．‎27 g铝中加入1 mol·L－1的NaOH溶液，转移电子数是3NA 解析：6.4 g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为×NA＝0.2NA，A正确；将1 mol Cl2通入水中，部分氯气与水反应，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA，B错误；标准状况下，44.8 L NO与22.4 L O2若完全反应生成44.8 L NO2，但NO2与N2O4之间存在平衡2NO2??N2O4，所以反应后的分子数小于2NA，C错误；27 g铝的物质的量是1 mol，加入1 mol·L－1的NaOH溶液，氢氧化钠的物质的量不能确定，不能计算转移电子数目，D错误。‎ 答案：A ‎5．(2018·山西太原三模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．‎28 g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA B．‎32 g Cu和‎32 g S充分反应，转移电子数为NA C．‎1 L 0.3 mol·L－1 Na2CO3溶液中的阴离子数目小于0.3NA D．0.2 mol NH3与0.3 mol O2在催化剂的作用下充分反应，所得NO的分子数为0.2NA 解析：A.乙烯和丙烯的最简式为CH2,28 g CH2的物质的量为2 mol，而2 mol CH2中含4 mol极性键，所以28 g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA，A正确；B.Cu和S反应生成CuS，Cu不足，转移电子数为0.5NA，B错误；C.CO水解生成HCO和OH－，导致阴离子数目增多，因此1 L 0.3 mol·L－1 Na2CO3溶液中的阴离子数目大于0.3NA，C错误；D.依据4NH3＋5O24NO＋6H2O,0.2 mol NH3与0.3 mol O2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.2NA，D错误。‎ 答案：A ‎6．现有一瓶1 000 mL、含25%NaClO、密度是‎1.19 g·cm－3的“84消毒液”，使用时需要稀释100倍(体积比)，密封保存。下列分析不正确的是(　　)‎ A．该“84消毒液”中NaClO物质的量浓度为4.0 mol·L－1‎ B．该“84消毒液”稀释100倍后，Na＋的物质的量浓度为0.04 mol·L－1‎ C．空气中的CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO D．用容量瓶配制上述浓度的“84消毒液”480 mL，需要称量的NaClO固体质量为‎143.0 g 解析：c(NaClO)＝ ‎＝＝4.0 mol·L－1，A正确；稀释前后NaClO的物质的量不变，体积变为原来的100倍，则浓度变为原来的，即稀释后浓度为0.04 mol·L－1，故B正确；酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，由强酸制弱酸原理可知，CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，故C正确；配制480 mL溶液需要500 mL的容量瓶，由n＝cV＝4.0 mol·L－1×0.5 L＝2.0 mol，则m＝nM＝2.0 mol×74.5 g·mol－1＝149.0 g，故D错误。‎ 答案：D ‎7．在标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M g/mol)溶于‎0.1 L水中，所得溶液密度为ρ g/cm3，则此溶液中溶质的物质的量浓度(mol/L)为(　　)‎ A.　　　　　　 B. C. D. 解析：标准状况下，V L A气体的质量为×M g/mol＝ g,0.1 L水的质量为100 mL×1 g/mL＝100 g。‎ 所以溶液中溶质的质量分数w＝＝，‎ 所得溶液密度为ρ g/cm3，所以溶液中溶质的物质的量浓度c＝ mol/L＝ mol/L。‎ 答案：B ‎8．(1)实验探究小组在实验中需要用到456 mL 1 mol·L－1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8 mol·L－1的HNO3溶液，该小组用8 mol·L－1的HNO3溶液配制所需溶液。‎ ‎①实验中所需的玻璃仪器包括________、________mL量筒、烧杯、________、胶头滴管等。‎ ‎②该实验中需要量取8 mol·L－1的HNO3溶液________mL。‎ ‎③下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是________。‎ A．取8 mol·L－1的HNO3溶液时仰视刻度线 B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作 C．8 mol·L－1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯 D．定容时仰视刻度线 E．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作 ‎(2)某同学转移溶液的操作如图所示，该同学操作中的错误是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 容量瓶的刻度线标在比较细的瓶颈之上的原因是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ A．为了美观 B．为了统一标准 C．为了提高准确度 D．方便刻画 解析：(1)①实验室没有456 mL的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500 mL，另外需要用量筒量取8 mol·L－1的HNO3溶液倒在烧杯中加水稀释，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500 mL容量瓶、100 mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。②设需要量取8 mol·L－1的HNO3溶液V mL，则8 mol·L－1×V×10－3L＝1 mol·L－1×500×10－3L，解得V＝62.5。③取8 mol·L－1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏高，故A正确；量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；定容后，将容量瓶振荡摇匀后，不用再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误。‎ ‎(2)转移溶液的错误操作是未用玻璃棒引流。容量瓶的刻度线标在比较细的瓶颈之上，这样做的目的是提高准确度，与美观、方便刻画等没有关系。‎ 答案：(1)①500 mL容量瓶　100　玻璃棒　②62.5　③AC ‎(2)未用玻璃棒引流　C ‎9．如图所示的实验装置可用来测定含两种元素的某种气体X的化学式。‎ 在注射器A中装有240 mL气体X，慢慢通过不含空气并装有红热的氧化铜的玻璃管B，使之完全反应，得到下面的实验结果：‎ 实验前B管重20.32 g，实验后B管重20.00 g，B管中的黑色粉末变成红色粉末。在C管中收集到的无色液体是水；在注射器D中收集到的气体是氮气。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)气体X是由________和________元素组成的。‎ ‎(2)若240 mL气体X完全反应后，收集到的氮气质量是‎0.28 g；根据实验时的温度和压强计算出1 mol气体X的体积是24 000 mL，则X的摩尔质量是_______________g·mol－1。‎ ‎(3)通过计算，确定X的化学式为____________。‎ ‎(4)写出B中发生反应的化学方程式：__________________________________________‎ ‎________(X在该条件下不发生分解反应)。‎ 解析：在C管中收集到水，其中的氧来源于CuO，则X中一定含有氢元素；在D中收集到N2，说明X中一定含有N元素，即X中含N、H两种元素。反应生成的水中O 的质量为20.32 g－20.00 g＝0.32 g，n(O)＝＝0.02 mol，故n(H)＝0.02 mol×2＝0.04 mol；n(N2)＝＝0.01 mol；本实验条件下Vm＝24 L·mol－1，所以n(X)＝＝0.01 mol，因此n(X)∶n(N)∶n(H)＝0.01 mol∶(0.01 mol×2)∶0.04 mol＝1∶2∶4，所以X的化学式为N2H4，摩尔质量为32 g·mol－1。‎ 答案：(1)N　H　(2)32　(3)N2H4‎ ‎(4)N2H4＋2CuON2＋2H2O＋2Cu ‎10．将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤，将滤液加热至‎60 ℃‎后，再加入Na2CO3溶液，最终可制得碱式碳酸锰[aMnCO3·bMn(OH)2·cH2O]。‎ ‎(1)用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是________________________________________________________________________，‎ 反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，其目的是_____________________。‎ ‎(2)为测定碱式碳酸锰的组成，取‎7.390 g样品溶于硫酸，生成CO2 224.0 mL(标准状况)，并配成500 mL溶液。准确量取10.00 mL该溶液，用0.050 0 mol·L－1EDTA(化学式Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mn2＋(原理为Mn2＋＋H2Y2－===MnY2－＋2H＋)，至终点时消耗EDTA标准溶液28.00 mL。通过计算确定该样品的化学式。‎ 答案：(1)防止FeSO4被氧气氧化　除去铁屑表面的油污 ‎(2)n(CO2)＝n(MnCO3)＝0.01 mol，‎ n(EDTA)＝0.001 4 mol，‎ ‎10 mL溶液中n(Mn2＋)＝0.001 4 mol，‎ ‎7．‎390 g该碱式碳酸锰中n(Mn2＋)＝0.001 4 mol×＝0.07 mol，‎ n[Mn(OH)2]＝0.06 mol，‎ m(H2O)＝‎0.9 g，n(H2O)＝0.05 mol，‎ a∶b∶c＝1∶6∶5，‎ 碱式碳酸锰的化学式为：‎ MnCO3·6Mn(OH)2·5H2O。‎ ‎11．钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中‎300 ℃‎及以上所得固体均为钴氧化物。‎ ‎(1)通过计算确定C点剩余固体的化学成分为______(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225～‎300 ℃‎发生反应的化学方程式：______________________________________。‎ ‎(2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为＋2、＋3)，用480 mL 5 mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和‎4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比。‎ 答案：(1)由图可知，CoC2O4·2H2O的起始质量为18.3 g，其物质的量为0.1 mol，Co元素质量为5.9 g，C点钴氧化物质量为8.03 g，氧化物中氧元素质量为8.03 g－5.9 g＝2.13 g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1 mol∶≈3∶4，故C点为Co3O4；B点对应物质的质量为14.7 g，与其起始物质的质量相比减少18.3 g－14.7 g＝3.6 g，为结晶水的质量，故B点物质为CoC2O4，与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳，反应的化学方程式为3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。‎ ‎(2)由电子守恒：n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×＝0.4 mol，由电荷守恒：n(Co原子)总＝n(Co2＋)溶液＝n(Cl－)＝×(‎0.48 L×5 mol·L－1－2×)＝1 mol，所以固体中的n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 mol，根据化合价代数和为0，氧化物中n(O)＝(0.6 mol×2＋0.4 mol×3)÷2＝1.2 mol，故该钴氧化物中n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6。‎ 即：(1)Co3O4　3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2‎ ‎(2)该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为5∶6。‎