高考化学二轮复习专题2化学常用计量及其应用学案

这是一份高考化学二轮复习专题2化学常用计量及其应用学案，共21页。

专题二　化学常用计量及其应用

体系构建·串真知


真题回放·悟高考
解读考纲
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．能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数目、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。
体验真题
1．(2020·全国卷Ⅲ·9)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　C　)
A．22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B．1 mol重水比1 mol水多NA个质子
C．12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA个碳原子
D．1 L 1 mol·L－1 NaCl溶液含有28NA个电子
【解析】　标准状况下22.4 L氮气的物质的量为1 mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14－7)×2＝14个中子，1 mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；石墨烯和金刚石均为碳单质，12 g石墨烯和12 g金刚石均相当于12 g碳原子，即＝1 mol C原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；1 mol NaCl中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误。
2．(2019·全国卷Ⅱ·8)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　B　)
A．3 g 3He含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 mol·L－1磷酸钠溶液含有的PO数目为0.1NA
C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA
D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【解析】　1个3He的原子核中含有2个质子和1个中子，3 g 3He的物质的量为1 mol，含有的中子数为1NA，A正确；磷酸是弱酸，磷酸钠溶液中PO发生水解，故1 L 0.1 mol·L－1磷酸钠溶液含有的PO数目小于0.1NA，B错误；由K22O723＋知，1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA，C正确；正丁烷和异丁烷属于同分异构体，每个分子中都含有13个共价键，48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物共58 g，总物质的量为1 mol，共价键数目为13NA，D正确。
3．(2019·全国卷Ⅲ·11)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是(　B　)
A．每升溶液中的H＋数目为0.02NA
B．c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小　
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【解析】　pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，每升溶液中含有H＋的物质的量为0.01 mol，数目为0.01NA，A错误；根据电荷守恒，H3PO4溶液中离子间的关系为c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，B正确；加水稀释后H3PO4电离度增大，溶液体积也增大，溶液中H＋浓度减小，pH增大，C错误；NaH2PO4是强电解质，在水中完全电离NaH2PO4═══Na＋＋H2PO，生成的H2PO抑制了H3PO4的电离，H3PO4H＋＋H2PO平衡逆向移动，溶液酸性减弱，D错误。
4．(2018·全国卷Ⅰ·10)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　B　)
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】　16.25 g FeCl3为0.1 mol，但是由于三氯化铁的水解是可逆的，且胶体粒子是多个Fe(OH)3的集合体，所以形成的Fe(OH)3胶体粒子数一定小于0.1NA，A错误；22.4 L(标准状况)氩气为1 mol，由于氩是18号元素，且为单原子分子，所以质子数为18NA，B正确；92.0 g甘油(丙三醇)物质的量为1 mol，一个丙三醇中含有3个羟基，所以含有羟基数为3.0NA，C错误；CH4与Cl2在光照下反应生成的有机分子有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，D错误。
5．(2018·全国卷Ⅱ·11)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　C　)
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】　P4的结构为，分子中含有6个P—P键，124 g P4中含P—P键数目为6NA，故A项错误；FeCl3溶液中Fe3＋发生水解，因此溶液中含有的Fe3＋离子数目小于0.1NA，故B项错误；甲烷和乙烯的分子式分别为CH4和C2H4，因此混合物中H原子的平均值为4，故标准状况下，11.2 L二者的混合气体中含有的H原子数为2NA，故C项正确；SO2和O2的反应为可逆反应，反应不能进行彻底，故D项错误。
6．(2018·全国卷Ⅲ·8)下列叙述正确的是(　B　)
A．24 g镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【解析】　A项24 g Mg为1 mol，含有质子数为12NA，27 g Al为1 mol，含有质子数为13NA，故A错误；B项氧气和臭氧都是由氧原子组成的，所以同质量的氧气和臭氧含有相同的氧原子数，进而可知二者的电子数也相同，故B正确；C项1 mol重水中含有中子数为10NA，而1 mol水中含有中子数为8NA，故C错误；D项1 mol乙烷分子中含有化学键数为7NA，而1 mol乙烯分子中含有化学键数为6NA，故D错误。
7．(2019·全国卷Ⅰ，27(5))采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为__NH4Fe(SO4)2·12H2O__。
【解析】　失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知＝，解得x≈12。
8．(2019·全国卷Ⅱ，26(3))立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过理的I2用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O═══2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为__浅蓝色至无色__，样品中S2－的含量为__×100%__(写出表达式)。
【解析】　达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2O，可得n(I2)过量＝×0.100 0 V×10－3 mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.100 0×25.00×10－3 mol－×0.100 0 V×10－3 mol＝(25.00－)×0.100 0×10－3 mol，则样品中S2－的含量为×100%。
预判考情
高考要求能根据粒子的物质的量、数目、气体体积之间的相互关系进行有关计算。预测2021年高考仍会围绕NA、Vm的应用范围设置陷阱，同时又隐含对物质的组成与结构、氧化还原反应、弱电解质的电离、可逆反应、盐类的水解等知识的考查，重要命题角度有：
(1)求粒子数目；
(2)求共价键数；
(3)求混合物中指定粒子数目；
(4)求电子转移数目等等。
同时还要注意有关滴定计算的考查会出现在化工流程中考查产品产率及纯度的计算或以填空题考查多步反应的计算；有关化学平衡常数、转化率的计算会在综合题中应用阿伏加德罗定律结合“三段式”进行计算。

知识深化·精整合
1．有关阿伏加德罗常数试题的六大考查角度
考查角度
注意事项
22.4 L·mol－1的适用条件
“标准状况(0 ℃、101 kPa)”下气体摩尔体积为22.4 L·mol－1。
(1)非标准状况下的气体、标准状况下的非气体均不适用22.4 L·mol－1进行物质的量的计算；
(2)标准状况下，非气态物质：H2O、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、CH3COOH、溴、HF、NO2、SO3及碳原子数大于4的烃。
物质的组成与结构
(1)稀有气体、臭氧(O3)、白磷(P4)分子中的原子数目；
(2)一定质量含某核素的物质中的质子、中子、电子或原子的数目；
(3)Na2O2、KO2、NaHSO4中的阴、阳离子个数比；注意物质的存在形态不同，离子的种类、数目不同；
(4)等物质的量的羟基与氢氧根离子所含质子、电子或原子数目；
(5)H2O、D2O、T2O的中子数；
(6)有机物中共价键的数目(苯环中无碳碳双键)，如C3H8、CH3OH、CnH2n＋2；
(7)一定物质的量的SiO2中含Si—O键、1 mol C(金刚石或石墨)中含C—C键、1 mol P4中含P—P键、1 mol H2O2中共价键的数目；
(8)含NA个Fe(OH)3的氢氧化铁胶粒数小于NA。
具有特殊关系的物质
等质量的最简式相同的有机物(如烯烃)、同素异形体、N2与CO、NO2与N2O4等具有的原子、分子数目。
可逆过程
(1)可逆反应：N2＋3H22NH3、2NO2N2O4、2SO2＋O22SO3、Cl2＋H2OHCl＋HClO、H2＋I22HI生成的分子数、反应中转移的电子数等；
(2)弱电解质溶液中各微粒数目和浓度，如CH3COOH、NH3·H2O溶液中分子和离子数目；
(3)能水解的盐溶液中各微粒的数目和浓度，如一定体积、一定浓度的CH3COONa、NH4Cl、FeCl3溶液中各水解微粒数目。
氧化还原反应
(1)歧化反应：NO2与水、Na2O2与CO2、Na2O2与H2O、Cl2与水、Cl2与NaOH(冷稀、浓热)等；
(2)强弱：变价金属(Fe、Cu)与强、弱氧化剂(Cl2/Br2、S/I2)反应类；
(3)与量有关：足量/不足量Fe与稀硝酸、足量/不足量Fe与浓硫酸反应类；
(4)浓稀有关：MnO2与浓盐酸反应，Cu与浓H2SO4反应，Cu与浓硝酸反应，均需要考虑浓度的降低对反应的影响，从而判断对转移电子数目的影响。
缺少条件
(1)缺少体积，如常温下，pH＝2的H2SO4溶液中含有的H＋数目为0.01NA；
(2)缺少温度、压强，如由H2O2制得2.24 L O2，转移的电子数目为0.2NA；
(3)没有具体反应，如1 mol Cl2参加反应，转移电子数一定为2NA。
2.常见三种组成类型溶液的配制方法
(1)体积比浓度溶液配制：
将浓溶液或纯液体溶质和水按体积比用量筒量取，然后在烧杯中混合即可，所需仪器：量筒、烧杯、玻璃棒；
(2)质量百分比浓度溶液配制：
称取一定质量固体溶质或用量筒量取一定体积浓溶液或纯液体溶质，用量筒量取所需体积的水，在烧杯中混合溶解即可。所需仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、托盘天平(溶质为固体)；
(3)一定物质的量浓度溶液的配制：
①配制步骤简要概括为：算—称—溶—移—洗—荡—定—摇。
②数据的处理及要求
数据
要求或解释
药品的质量
托盘天平称量固体药品，只能精确到0.1 g，记录数据时只能保留小数点后一位数字，如14.6 g，不能写为14.60 g
容量瓶的规格
a.选择容量瓶时应该与所配溶液体积相等或稍大。如需配制480 mL某溶液，应选择500 mL容量瓶；
b．回答仪器容量瓶名称时同时应该注明其规格，如“500 mL容量瓶”，不能只回答“容量瓶”
③误差分析
a．理论依据

b．仰视、俯视的分析

3．重要换算关系
(1)气体溶质物质的量浓度的计算：
标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为ρg·cm－3，气体的摩尔质量为M g·mol－1，则c＝ mol·L－1.
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算：
c＝(c为溶质的物质的量浓度/ mol·L－1，ρ为溶液的密度/g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。

典题精研·通题型
考点一　阿伏加德罗常数及其应用
典例探究
角度一　物质状态与“NA”
典例1 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　B　)
A．标准状况下，11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA
B．标准状况下，22.4 L SO2中含有的SO2分子数为NA
C．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
D．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
【解析】　A项，标准状况下苯是液体，无法计算物质的量，错误；B项，标准状况下，22.4 L SO2的物质的量是1 mol，分子数为NA，正确；C项，35.5 g氯气的物质的量是0.5 mol，转移电子数为NA，错误；D项，常温常压下，22.4 L气体的物质的量不是1 mol，错误。
技巧点拨
气体摩尔体积使用条件考查的解题方法
注意气体摩尔体积的使用条件，注重“两看”，排除干扰。
一看：气体是否处于标准状况(0 ℃、101 kPa)。
二看：标准状况下，物质是否是气态。常见干扰物质：①无机物Br2、SO3、H2O、HF等；②有机物中碳原子数大于4的烃，如苯、己烷等；③有机物中烃的衍生物CCl4、氯仿、乙醇等(CH3Cl、HCHO为气体)。
若题中给出非标准状况下的气体，切勿直接判断为错误说法，气体的物质的量或质量与温度、压强无关，可直接计算。
角度二　物质组成与“NA”
典例2 (2020·南昌模拟)下列说法中正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(　C　)
A．O2－的电子式为，则O2－核外有8个电子
B．1 mol NH4Cl中含有的H—Cl键的数目为NA
C．CrO5中Cr元素的化合价为＋6价，每个CrO5分子中存在两个过氧键
D．20 g Na2O和Na2O2的混合物中，所含阴阳离子数目之比无法确定
【解析】　O2－的电子式为，表示O2－的最外层有8个电子，但其原子核外有10个电子，A错误；NH4Cl是离子化合物，NH与Cl－间形成离子键，无H—Cl共价键存在，B错误；根据化合物中所有元素化合价的代数和为0原则，CrO5中5个O共为－6价，说明以－1价氧存在的共有两个过氧根，一个氧化合价－2价，C正确；Na2O和Na2O2都是离子化合物，其中含有的阴阳离子数目之比都是1∶2，与物质的多少无关，D错误。
规律方法
常见物质的组成和结构考查的解题方法
记常见物质组成和结构，突破陷阱。
(1)记常见微粒(分子、原子、质子、中子、电子、电荷等)的数目，如Ne(稀有气体均为单原子分子)、H2O和D2O、CH4、—OH和OH－(质子数相同电子数不同)。
(2)记常见物质中所含化学键的数目，如几种常见物质化学键数目：
1 mol物质
金刚石
石墨
Si
SiO2
化学键的物质的量(mol)
碳碳键：2
碳碳键：1.5
硅硅键：2
硅氧键：4
1 mol物质
白磷
H2O2
烷烃CnH2n＋2
化学键的物质的量( mol)
磷磷键：6
氧氢键(极性键)：2
氧氧键(非极性键)：1
总数：3n＋1
碳氢键：2n＋2
碳碳键：n－1
(3)记摩尔质量相同的物质，如N2、CO和C2H4等。
(4)记最简式相同的物质，如NO2和N2O4、单烯烃和环烷烃等。等质量的乙烯和丙烯所含原子数、碳原子数、氢原子数、共用电子对数分别相等，但分子数、物质的量、相同状况下体积均不同。
角度三　电子转移与“NA”
典例3 (2020·资阳模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　D　)
A．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32 g铜
B．标准状态下，33.6 L氟化氢中含有1.5NA个氟化氢分子
C．在反应KClO4＋8HCl═══KCl＋4Cl2↑＋4H2O中，每生成4 mol Cl2转移的电子数为8NA
D．25 ℃时，1 L pH＝13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子
【解析】　电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属也放电，故当转移NA个电子，阳极的铜溶解少于32 g，故A错误；在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6 L氟化氢的物质的量，故B错误；在反应KClO4＋8HCl═══KCl＋4Cl2↑＋4H2O中高氯酸钾中氯元素化合价从＋7价降低到0价，得到7个电子，转移7 mol电子时生成4 mol氯气，即当生成4 mol氯气时转移的电子数为7NA个，故C错误；25 ℃时，1 L pH＝13的氢氧化钡溶液中c(OH－)＝0.1 mol/L,1 L该溶液中含有0.1NA个氢氧根离子，故D正确。
技巧点拨
明确三步确定电子转移数目

角度四　溶液中粒子数目判断与“NA”
典例4 (2020·昆明模拟)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　A　)
A．常温常压下，11.2 L SO2含有的氧原子数小于NA
B．0.1 mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NA
C．10 g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NA
D．100 mL 0.1 mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA
【解析】　常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L/mol，故11.2 L二氧化硫的物质的量小于0.5 mol，则含有的氧原子个数小于NA，故A正确；由Na2O2的电子式为，Na2O的电子式为可知，1 mol Na2O中含3 mol离子，1 mol Na2O2中含3 mol离子，则0.1 mol Na2O和Na2O2混合物中离子为0.3 mol，即含有的阴、阳离子总数是0.3NA，故B错误；H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氢原子，故10 g质量分数为34%的H2O2溶液中溶质的质量10 g×34%＝3.4 g，物质的量n＝＝＝0.1 mol,0.1 mol过氧化氢分子中含有0.2 mol氢原子，0.2 mol氢原子个数等于0.2NA，水也含氢原子，氢原子的个数大于0.2NA，故C错误；醋酸为弱酸，在水中不完全电离，100 mL 0.1 mol/L醋酸的物质的量n＝cV＝0.1 mol/L×0.1 L＝0.01 mol，含有的醋酸分子数小于0.01NA，故D错误。
题后反思
审准题目“要求”，是突破该类题目的关键
(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱电解质或能水解的“弱离子”，如1 L 1 mol·L－1的乙酸或1 L 1 mol·L－1乙酸钠溶液中CH3COO－数目均小于NA。
(2)题目中是否指明了溶液的体积，如在pH＝1的HCl溶液中，因溶液体积未知而无法求算H＋的数目。
(3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成无关；0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成有关。
角度五　可逆反应与“NA”
典例5 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　C　)
A．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
B．100 g 17%的氨水溶液中含有的NH3分子数为NA
C．标准状况下，44.8 L NO与22.4 L O2反应后的分子数小于2NA
D．标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
【解析】　2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数大于2NA，A项错误；氨水溶液中存在如下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，NH3分子数小于NA，B项错误；标准状况下，44.8 L NO与22.4 L O2反应生成44.8 L NO2，但体系中存在可逆反应2NO2N2O4，所以反应后的分子数小于2NA，C项正确；Cl2＋H2OHCl＋HClO是可逆反应，D项错误。
类题精练
1．(2020·东莞模拟)阿伏加德罗常数的值用NA表示。下列说法中正确的是(　D　)
A．33.6 L丙烯(标准状况)与足量HCl发生加成反应，生成1－氯丙烷个数为1.5NA
B．一定条件下，Ca与O2反应生成7.2 g CaO2，转移电子的个数为0.4NA
C．2 mol冰醋酸与4 mol乙醇一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯个数为2NA
D．1 L 1 mol/L的葡萄糖溶液中，溶质所含羟基的个数为5NA
【解析】　丙烯与HCl发生加成反应，可能生成1－氯丙烷和2－氯丙烷，无法计算生成1－氯丙烷的个数，故A错误；7.2 g CaO2含有0.1 mol Ca，Ca从0价变到＋2价，转移电子的个数为0.2NA，故B错误；酯化反应为可逆反应，无法确定反应限度，故无法计算生成乙酸乙酯的量，C错误；1 mol的葡萄糖中含有5 mol羟基和1 mol醛基，故所含羟基的个数为5NA，故D正确。
2．(2020·曲靖模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　B 　)
A．1 L 0.5 mol· L－1葡萄糖溶液中O—H键数目为2.5NA
B．5.6 g铁与硝酸完全反应时转移的电子数目可能为0.25NA
C．0.1 mol苯与足量氢气反应后，破坏碳碳双键的数目为0.3NA
D．10 g KHCO3和CaCO3的固体混合物中含有的CO数目为0.1NA
【解析】　1个葡萄糖分子中有5个O—H键，但水分子中也含有O—H键，故A错误；5.6 g铁与硝酸完全反应时产物可能完全为Fe2＋，则转移的电子数为0.2 mol；若产物完全为Fe3＋，则转移的电子数为0.3 mol，故实际转移的数目可能为0.25NA，故B正确；苯分中不存在碳碳双键，故C错误；KHCO3固体中含有K＋和HCO，没有CO，故D错误。
3．(2020·泉州模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是(　C　)
A．1 mol甲基(—CH3)所含的电子数为10NA
B．常温常压下，1 mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C—O键的数目为NA
C．14 g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中，含有的原子总数为3NA
D．标准状况下，22.4 L四氯化碳中含有共用电子对的数目为4NA
【解析】　1个甲基中含有9个电子，则1 mol甲基(—CH3)所含的电子数为9NA，A错误；分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH(1个乙醇分子中含1个C—O键)，也可能是二甲醚CH3—O—CH3(1个二甲醚分子中含2个C—O键)，故不能确定其中含有的C—O键的数目，B错误；乙烯和环丙烷()的最简式都是CH2,1个最简式中含有3个原子，14 g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中含有最简式的物质的量是1 mol，因此含有的原子总数为3NA，C正确；在标准状况下四氯化碳呈液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量，D错误。
4．(2020·宜宾模拟)NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　A　)
A．2.0 g CO2与SO2的混合气体分子中，含有的质子数为NA
B．7.1 g Cl2与100 mL 1.0 mol· L－1NaOH溶液反应，转移电子数为0.1NA
C．17 g NH3与48 g O2在催化剂作用下充分反应，得到NO分子数为NA
D．标准状况下，2.24 L CH4和C3H6混合气体中，含有极性键数为0.5NA
【解析】　若2.0 g全为CO2，含质子物质的量为×22＝1 mol，若2.0 g全为SO2，含质子物质的量为×32＝1 mol，则2.0 g CO2与SO2的混合气体分子中含有的质子数为NA，A项正确；7.1 g Cl2的物质的量为0.1 mol，100 mL 1.0 mol· L－1 NaOH为0.1 mol,1 mol氯气与2 mol NaOH反应转移1 mol电子，NaOH不足，故转移的电子数小于0.1NA，B项错误n(NH3)＝＝1 mol，n(O2)＝＝1.5 mol，依据方程式：4NH3＋5O24NO＋6H2O可知，该反应生成1 mol NO，同时过量0.25 mol O2，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮(2NO＋O2═══2NO2)，所以最终生成一氧化氮分子数小于NA，C项错误；n(混合气体)＝2.24 L÷22.4 L/ mol＝0.1 mol，若全为CH4则含极性键为0.4 mol，若全为C3H6则含极性键0.6 mol，由于CH4和C3H6的比例未知，则含极性键数无法确定，D项错误。
考点二　一定物质的量浓度溶液的配制
典例探究
角度一　一定物质的量溶液的配制及误差分析
典例6 下列说法中正确的是__(4)__。
(1)(2017·全国卷Ⅲ)称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶配制浓度为0.010 mol·L－1 KMnO4溶液
(2)(2018·全国卷Ⅱ)配制0.400 0 mol·L－1的NaOH溶液：称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容
(3)(2015·福建卷)称取2.0 g NaOH固体，先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体。
(4)(2016·海南卷)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
(5)(2017·北京卷)用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
(6)(2015·全国卷Ⅰ)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体。
【解析】　(1)不能在容量瓶中溶解溶质，错误；(2)应待溶液冷却至室温再转移入容量瓶中，错误；(3)NaOH固体应该放在烧杯中称量，错误；(4)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，但应该靠在刻度线下方，正确；(5)缺少量筒，错误；(6)加水超过刻度线，实验失败，应该重新配制，错误。
题后反思
一定浓度溶液配制“三提醒”
(1)配制步骤
→→→→→→→(→)
(2)配制过程中所需要的主要仪器：量筒或托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；
(3)定容操作要规范、明确不规范操作所造成的误差。
角度二　有关物质的量浓度的计算
典例7 相对分子质量为M的气态化合物V L(标准状况)，溶于m g水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·cm－3。则下列说法不正确的是(　C　)
A．相对分子质量M＝
B．物质的量浓度c＝
C．溶液的质量分数w＝
D．溶液密度ρ＝
【解析】　由c＝知D项正确；由c＝＝知B项正确；由w＝＝知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。
类题精练
5．(2020·天津模拟)下列说法正确的是(　B　)
A．配制Fe(NO3)2溶液时，向Fe(NO3)2溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe(NO3)2发生水解
B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
C．中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的浓度，所测中和热的数值偏高
D．配制1 mol/L的NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高
【解析】　Fe(NO3)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2＋水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，A错误；滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，导致中和热的数值偏小，C错误；NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制1 mol/L的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，D错误。
6．标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得溶液(密度为0.915 g·cm－3)。该溶液中氨水的物质的量浓度为12.0 mol·L－1，试计算：
(1)该氨水中NH3的质量分数为__22.3%__。
(2)1体积水需吸收__378__体积氨气(标准状况)可制得上述氨水。
(3)取 mL的上述氨水，稀释到5a mL，所得溶液中氨水的物质的量浓度为__0.48_mol·L－1__。(本题中氨水稀释过程中的其他变化忽略不计，水的密度以1.00 g·cm－3计)
【解析】　(1)根据c＝可知，密度为0.915 g·cm－3，物质的量浓度为12.0 mol·L－1的氨水溶液中NH3的质量分数为＝22.3%。(2)设氨气体积为V L，则水为1 L，氨气物质的量为 mol，氨气质量为 g，水的质量为1 000 mL×1.00 g·mL－1＝1 000 g，溶液质量＝(1 000＋) g，溶液体积＝，则n(NH3)＝12.0× mol＝ mol，解得V＝378。(3)取 mL的上述氨水，稀释到5a mL，根据稀释定律，稀释后所得溶液中氨水的物质的量浓度为＝0.48 mol·L－1。
考点三　以物质的量为核心的相关计算
典例探究
角度一　滴定法的应用
典例8 (2020·西安模拟)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。常温下二氧化氯为黄绿色气体，其熔点为－59.5 ℃，沸点为11.0 ℃，极易溶于水，不与水反应。若温度过高，二氧化氯的水溶液可能会发生爆炸。某研究性学习小组拟用如下图所示装置制取并收集ClO2(加热和夹持装置均省略)。

(1)在圆底烧瓶中先放入一定量的KClO3和草酸(H2C2O4)，然后再加入足量的稀硫酸，在60～80 ℃之间反应生成ClO2、CO2和一种硫酸盐，该反应的化学方程式为__2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O__。
(2)装置A中使用温度计的目的是__控制温度，防止温度过高引起爆炸__。反应开始后，可以观察到圆底烧瓶内的现象是__溶液中有气泡逸出，圆底烧瓶内产生黄绿色气体__。
(3)装置B的作用是__冷凝并收集C1O2__。
(4)实验过程中装置D中的溶液里除生成Na2CO3外，还生成物质的量之比为1∶1的另外两种盐，一种为NaClO3，另一种为__NaClO2__。
(5)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：
步骤1：量取ClO2溶液20 mL，稀释成100 mL试样，量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；
步骤3：加入指示剂X，用c mol· L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
已知：2ClO2＋8H＋＋10I－═══5I2＋2Cl－＋4H2O
2Na2S2O3＋I2═══Na2S4O6＋2NaI
请回答：
①配制100 mL步骤3中所需的Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要__100_mL容量瓶__。(填仪器名称)
②步骤3中滴定终点的现象为__滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复__。
③原ClO2溶液的浓度为____g· L－1(用含字母的代数式表示)
【解析】　(1)由草酸、氯酸钾和硫酸在60 ℃～80 ℃之间生成ClO2、CO2和一种硫酸盐可知，反应中草酸做还原剂被氧化生成二氧化碳，氯酸钾做氧化剂被还原生成二氧化氯，反应的化学方程式为2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O；(2)常温下二氧化氯为黄绿色气体，温度过高，二氧化氯的水溶液可能爆炸，则圆底烧瓶中可以观察到有气泡逸出，并产生黄绿色气体，温度计的作用是控制温度，防止温度过高引起爆炸；(3)二氧化氯熔沸点较低，应该在冰水中冷凝并收集；(4)装置D中的NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，反应除生成Na2CO3外，生成物质的量之比为1∶1的两种盐，一种为NaClO3，由得失电子数目守恒可知，另一种盐中Cl元素化合价降低，应为NaClO2；(5)①配制100 mL Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管；②由题意可知步骤3中加入的指示剂为淀粉溶液，溶液变蓝色，当Na2S2O3标准溶液与I2完全反应时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；③由题给离子方程式可得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，设原ClO2溶液的浓度为x,2∶10＝(x××V1×10－3 L)∶(c mol· L－1×V2×10－3 L)，解得x＝ mol/L＝ g/L。
技巧点拨
物质的量的综合计算技巧方法——关系式法
(1)在进行多步反应的计算时，要找出起始物与目标物之间的定量关系，一般的解题步骤：

(2)多步反应也可以利用原子守恒建立关系
如工业制硝酸可利用生产过程中氮原子守恒直接建立NH3和硝酸的关系式：NH3HNO3。
角度二　热重分析计算
典例9 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%)随温度的变化如下图所示：

(1)300 ℃时残留固体的成分为__CaC2O4__,900 ℃时残留固体的成分为__CaO__。
(2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。
【解析】　(1)n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，含有m(H2O)＝0.25 mol×18 g· mol－1＝4.50 g，在300 ℃时，×100%＝87.67%，m(剩余)＝36.50 g×87.67%≈32 g，减少的质量为36.50 g－32 g＝4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 ℃时，×100%＝38.36%，m(剩余)＝36.50 g×38.36%≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0.25 mol×40 g·mol－1＝10 g，另外还含有m(O)＝14 g－10 g＝4 g，n(O)＝＝0.25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。(2)在600 ℃时，×100%＝68.49%，m(剩余)＝36.50 g×68.49%≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的总质量为32 g－25 g＝7 g，失去物质的摩尔质量为＝28 g·mol－1，则600 ℃时残留固体成分为CaCO3,500 ℃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。
规律方法
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，×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。
类题精练
7．(2020·绵阳模拟)水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件，某课外小组用碘量法测定沱江河中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.采集水样及氧的固定：
用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水温。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化及滴定：
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2═══2I－＋S4O)。
回答下列问题：
(1)氧的固定中发生反应的化学方程式为__2Mn(OH)2＋O2═══2MnO(OH)2__。
(2)固氧后的水样用稀H2SO4酸化，MnO(OH)2被I－还为Mn2＋，发生反应的离子方程式为__4H＋＋MnO(OH)2＋2I－═══Mn2＋＋I2＋3H2O__。
(3)标准Na2S2O3溶液的配制。
①配制a mol· L－1480 mL该溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和__500_ml容量瓶、胶头滴管__。
若定容时俯视，会使配制的Na2S2O3浓度__偏高__(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
②Na2S2O3溶液不稳定，配制过程中，用蒸馏水须煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除__O2__及二氧化碳。
(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol· L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉作指示剂，达到滴定终点的现象为__当滴入最后一滴溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化__；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧气的含量为__80ab__mg/L。
【解析】　(1)由题意可知，将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液混合，根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被水样中的氧气氧化为MnO(OH)2，从而实现氧的固定，由此可得方程式2Mn(OH)2＋O2═══2MnO(OH)2；(2)将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，I－被氧化为I2，离子方程式为：4H＋＋MnO(OH)2＋2I－═══Mn2＋＋I2＋3H2O；(3)①配制a mol· L－1 480 mL该溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和500 mL容量瓶，胶头滴管；若定容时俯视，V偏小，会使配制的Na2S2O3浓度偏高；②由于Na2S2O3具有较强的还原性，易被氧气氧化，煮沸是为了除去蒸馏水中溶解的O2，防止变质；(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化，说明滴定到达终点；根据方程式可得关系式：O2～2I2～4S2O，计算得n(O2)＝ mol，m(O2)＝ mol×32 g/ mol＝8ab mg，则水样中溶解氧的含量为：＝80ab mg/L。
8．25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示：

(1)300 ℃时，所得固体的化学式为__MnSO4__。
(2)1 150 ℃时，反应的化学方程式为__3MnO2Mn3O4＋O2↑__。
【解析】　(1)25.35 g MnSO4·H2O样品中n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)＝0.15 mol，其中n(H2O)＝0.15 mol，m(H2O)＝2.7 g,300℃时，所得固体质量为22.65 g，减少的质量为2.7 g，则说明该段失去结晶水，此时固体为MnSO4。(2)温度继续升高，固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15 mol,850 ℃时，固体质量由22.65 g减少到13.05 g，减少的质量为9.6 g，则硫的氧化物的相对分子质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2,1 150 ℃时固体为二氧化锰分解所得，由锰元素质量守恒，则m(Mn)＝n(Mn)×55 g·mol－1＝8.25 g，则氧化物中m(O)＝11.45 g－8.25 g＝3.2 g，n(O)＝0.2 mol，故n(Mn)∶n(O)＝0.15∶0.2＝3∶4，则该氧化物为Mn3O4，故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4＋O2↑。