新高考化学二轮复习考点提升讲与练专题02 物质的量及化学计算（专讲）（解析版）

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考点01 物质的量及其单位1
考点02 气体摩尔体积3
考点03 物质的量浓度6
考点04 阿伏加德罗常数9
考点05 物质的量在化学计算中的应用12
考点01 物质的量及其单位
1．物质的量(n)
(1)概念：用0.012 kg 12C中所含的原子数目作为标准来衡量其他微粒集体所含微粒数目多少的物理量。
(2)单位：摩尔，简称“摩”，符号：ml。
2．摩尔
(1)概念：摩尔是物质的量的单位，1 ml物质含有阿伏加德罗常数值个微粒。
(2)适用范围及注意事项
①用ml为单位只能用于物质的微观粒子，如分子、原子、离子或它们的特定组合。不能用于宏观物质。
②用ml为单位必须指明物质微粒(或微粒组合)的符号。
3．阿伏加德罗常数(NA)
(1)含义：0.012 kg 12C中所含碳原子数为阿伏加德罗常数，根据实验测得其数值约为6.02×1023。
1 ml任何物质均含有阿伏加德罗常数个相应微粒。
(2)单位：ml―1，符号NA。
(3)微粒数(N)、物质的量(n)与阿伏加德罗常数(NA)三者关系。
n=，利用该关系式，已知其中任意两个量，可以求第三个量。
4．摩尔质量
(1)概念：单位物质的量的物质所具有的质量。
(2)单位：g·ml―1或kg·ml－1 。
(3)数值：当摩尔质量单位是g·ml－1时数值上等于物质的相对分子质量或相对原子质量。
(4)物质的量(n)、物质的质量(m)和物质的摩尔质量(M)之间的关系式：。
5．相对原子质量
(1)定义：以12C原子质量的1/12为标准，其它原子的质量跟它相比较所得到的比值，作为这种原子的相对原子质量。
(2)两种原子的质量之比与其相对原子质量之比有何关系：
二者相等。因为任何一种原子的相对原子质量，都是以12C质量的1/12为标准所得的比值。所以，任何原子的质量之比，就等于它们的相对原子质量之比。
【典例1】下列说法正确的是( )
A．1 ml任何物质均含有阿伏加德罗常数个分子 B．1 ml H2O的质量是18 g/ml
C．H2O的摩尔质量是18 g D．18 g水中所含氧原子数约为6.02×1023个
【答案】D
【解析】有些物质不是由分子构成的，故A项错误；1 ml H2O的质量是18 g，H2O的摩尔质量是18 g/ml，故B、C项错误；18 g水为1 ml，所含氧原子数约为6.02×1023个，D项正确。
【变式1-1】下列叙述中正确的是( )
A．镁的原子质量就是镁的相对原子质量 B．一个氧原子的实际质量约等于
C．水的相对分子质量等于18g D．二氧化硫的摩尔质量是64g
【答案】B
【解析】相对原子质量是比值，不是原子的实际质量，故A不正确；1ml氧原子的实际质量是16g，故一个氧原子的质量为，所以B正确；相对分子质量的单位是1，不是g，所以C错误；摩尔质量的单位为g·ml－1，所以D也是错的。
【变式1-2】(2022·浙江省杭州二中模拟)2021年4月29日11时23分，搭载空间站天和核心舱的长征五号B遥二运载火箭，在我国文昌航天发射场升空，任务圆满成功。偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料，燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述正确的是( )
A．偏二甲肼的摩尔质量为60g
B．6.02×1023个偏二甲肼分子的质量约为60g
C．1ml偏二甲肼的质量为60g·ml-1
D．6g偏二甲肼含有NA个偏二甲肼分子
【答案】B
【解析】A项，摩尔质量不能以g作单位，偏二甲肼的摩尔质量应为60g·ml-1，A错误；B项，6.02×1023个偏二甲肼约为1ml，其质量约为60g，B正确；C项，质量不能以g·ml-1作单位，C错误；D项，6g偏二甲肼的物质的量为6g÷60g·ml-1=0.1ml，含有的分子数为0.1NA，D错误；故选B。
【变式1-3】(2022·浙江省台州地区期中)下列叙述正确的是( )
A．1 ml H2SO4 的质量为98 g·ml−1 B．98 g H2SO4含有NA个H2SO4分子
C．H2SO4的摩尔质量为98 g D．6.02×1023个H2SO4分子的质量为9.8 g
【答案】B
【解析】A项，质量的单位为g，g•ml-1是摩尔质量的单位，故A错误；B项，98g硫酸的物质的量为1ml，含有NA个H2SO4分子，故B正确；C项，摩尔质量的单位是g•ml-1，故C错误；D项，6.02×1023个H2SO4分子的物质的量为1ml，质量为98 g，故D错误。故选B。
考点02 气体摩尔体积
1．物质体积大小的影响因素
2．粒子数目相同时不同物质的体积关系
3．气体摩尔体积

4．标况下气体摩尔体积
5．阿伏加德罗定律
(1)内容：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。即气体物质的量之比等于气体体积之比，也等于气体分子数之比。即：。
(2)两个推论：
①同温同压下：气体密度之比等于气体式量之比，的比值称为气体1对气体2的相对密度。
②同温同体积下：气体压强之比等于气体物质的量之比说明：M：摩尔质量，m：质量，n：物质的量
6．气体式量的基本计算方法
(1)密度法： ：该气体在标准状况下的密度，g·L－1。
：气体摩尔体积，22.4 L·ml－1(标准状况)。
M：气体的摩尔质量，数值上等于相对分子质量。
(2)相对密度法：
(3)公式法：(混合气体的平均化学式量)
【典例2】(2022·浙江省浙北G2联盟高一期中联考)下列关于阿伏加德罗常数和气体摩尔体积等的说法正确的是( )
A．标准状况下，1摩尔H2O的体积约为22.4 L
B．128 g SO2气体在标准状况下的体积约为44.8 L
C．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比
D．常温下，22.4 LO2所含的分子数为NA
【答案】B
【解析】A项，标准状况下H2O不是气体，不能使用气体摩尔体积进行有关计算，A错误；B项，128 g SO2气体的物质的量是n(SO2)=，则在标准状况下的体积约V=2 ml×22.4 L/ml=44.8 L，B正确；C项，在同温同压下两种气体的体积之比等于气体的物质的量的比，C错误；D项，常温下，气体摩尔体积大于22.4 L/ml，则该条件下22.4 LO2的物质的量小于1 ml，故其中所含的分子数小于NA，D错误；故选B。
【变式2-1】同温同压下，x g的甲气体和y g的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是( )
A．x∶y等于甲与乙的相对分子质量之比
B．x∶y等于等质量的甲与乙的分子个数之比
C．x∶y等于同温同压下甲与乙的密度之比
D．y∶x等于同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比
【答案】B
【解析】由阿伏加德罗定律，n甲＝n乙，则M甲∶M乙＝x∶y，ρ甲∶ρ乙＝M甲∶M乙，等质量时甲与乙的分子个数比为y∶x，同温同体积时等质量的甲、乙压强比等于物质的量之比，为y∶x。
【变式2-2】(2022·河南省名校联盟高二期中联考)同温同压下，等质量的三种常见金属M、N、P分别与足量的稀盐酸反应，产生的体积分别为、、。下列说法正确的是( )
A．转移的电子数之比一定为V1：V2：V3
B．M消耗酸的物质的量一定为
C．化合价之比一定为V1：V2：V3
D．金属的相对原子质量之比一定为V3：V2：V1
【答案】A
【解析】A项，同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此M、N、P生成H2的物质的量之比一定为V1：V2：V3，即转移电子数之比一定为V1：V2：V3，A正确；B项，没有指明气体处于标准状况下，B错误；C项，当金属等质量时，表示各金属失去电子的总物质的量，根据得失电子守恒可知该式也等于产生氢气的物质的量= V1：V2：V3，故C错误；D项，根据C分析可得，金属的相对原子质量之比不一定为V3：V2：V1，故D错误；故选A。
【变式2-3】在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系判断，下列说法中正确的是( )
A．若M(甲)＜M(乙)，则分子数：甲＜乙 B．若M(甲)＞M(乙)，则气体摩尔体积：甲＜乙
C．若M(甲)＜M(乙)，则气体的压强：甲＞乙 D．若M(甲)＞M(乙)，则气体的体积：甲＜乙
【答案】C
【解析】由质量和密度相等可知气体体积相等，D错误；等质量的气体，其摩尔质量与物质的量(或分子数)成反比，若M(甲)＜M(乙)，则分子数：甲＞乙，A错误；若M(甲)＞M(乙)，则物质的量：甲＜乙，又气体体积相同，故气体摩尔体积：甲＞乙，B错误；同温同体积同质量的气体或混合气体，摩尔质量与压强成反比，C正确。
考点03 物质的量浓度
1．物质的量浓度
(1)概念：表示单位体积溶液中所含溶质B的物质的量。
(2)表达式：cB＝eq \f(nB,V)。
(3)单位：ml·L－1(或 ml/L)。
(4)注意事项：①cB＝eq \f(nB,V)中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和。
②从一定物质的量浓度溶液中取出任意体积的溶液，其浓度相同，所含溶质的物质的量不同。
2．溶质的质量分数
3．配制一定物质的量浓度溶液
(1)步骤：
由固体配制溶液(需确定溶质的质量)和由浓溶液配制稀溶液(需确定要量取的浓溶液体积)。整个过程可细化为八个步骤：计算、称量、溶解或稀释、转移、洗涤、转移、定容、摇匀。
(2)仪器：
容量瓶(注意规格)、托盘天平(固体配制溶液)或滴定管(用浓溶液配制稀溶液)、量筒(用于量取溶剂)、烧杯(溶解)、玻璃棒(搅拌、引流)、胶头滴管(用于定容)、药匙(溶质是固体时使用)。
(3)检查容量瓶是否漏液的方法：
容量瓶上标有刻度线、适用温度、容量。使用前一定要检查容量瓶是否漏液，其方法是：向瓶内加一定量水，塞好瓶塞，用左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底，将容量瓶倒置，看是否有水漏出。如不漏水，再将容量瓶正立，将瓶塞旋转180°，重复上述操作，两次均不漏水的容量瓶才能使用。
(4)注意事项：
①称量时一般用托盘天平，量取时一般用量筒，它们只能准确到小数点后一位(0.1 g或0.1 mL)，因此计算所用溶质的质量或体积时保留到小数点后一位。
②称量时左物右码，有吸湿性和腐蚀性的药品放在烧杯中快速称量；用量筒量取的液体倒入烧杯后，量筒内壁附着的溶质不要洗涤到烧杯中。
③溶解时一般先在烧杯中加入溶质，后加溶剂进行溶解。浓硫酸的稀释一定要注意将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，且边加边用玻璃棒搅拌。
④配制一定物质的量浓度的溶液，是将一定质量或体积的溶质按溶液的体积在选定的容量瓶中定容，因而完全不需要计算水的用量。
⑤不能配制任意体积的溶液，因为配制过程中是用容量瓶来定容的，而容量瓶的规格又是特定值。常用容量瓶的规格有100 mL、250 mL、500 mL、1000 mL等。
⑥不能在容量瓶中溶解、稀释或久贮溶液(尤其碱性溶液)，更不可在容量瓶中进行化学反应。配制完溶液后，应将溶液倒入干燥、洁净的试剂瓶中。
⑦溶液注入容量瓶前要使其温度恢复到室温，这是因为热的溶液转入容量瓶会使所配的溶液的体积偏小(玻璃的膨胀系数小于液体)，所配溶液浓度偏大。
⑧溶液转移至容量瓶时，要用玻璃棒引流，并用蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒(上面粘有少量溶质)2～3次，将洗涤液移入容量瓶。
⑨当容量瓶中液面上升到离刻度线1～2 cm处，要改用胶头滴管加入蒸馏水，防止液面超过刻度线。若加水定容时超过刻度线，必须重新配制。
⑩定容后的溶液要注意反复摇匀。静置后若发现液面下降，稍低于标线，不要再加蒸馏水，否则会引起结果偏低。如果摇匀后洒出几滴，溶液的浓度不变。
5、配制误差分析：
根据判断。其他正常时，凡是使m或n增大的因素，使c偏大；凡是使m或n减小的因素，使c偏小；凡是使V增大的因素，使c偏小；凡是使V减小的因素，使c偏大。
①若称量固体溶质时，操作无误，但所有砝码生锈，m偏大，结果偏高。
②若没有洗涤烧杯内壁，使n偏小，结果偏低。
③若容量瓶中有少量蒸馏水，或定容后反复摇匀后发现液面低于刻度，则对结果无影响。
④仰视刻度线(图甲)。由于操作时是以刻度线为基准加水，从下向上看，最先看见的是刻度线，刻度线低于液面的实际刻度，故加水量偏多，导致溶液体积偏大，结果偏低。
⑤俯视刻度线(图乙)。恰好与(4)相反，刻度线高于液面的实际刻度，使得加水量偏小，结果偏高。
【典例3】（2022·河南湘潭模拟）配制一定物质的量浓度的稀盐酸，结果偏高的是( )
A．在容量瓶中定容时，俯视刻度线
B．用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线
C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线
【答案】A
【解析】在容量瓶中定容时，俯视刻度线导致溶液体积偏小，浓度偏高，A正确；用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线体积偏小，浓度偏低，B错误；转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容溶质偏少，浓度偏低，C错误；定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线溶液体积增加，浓度偏低，D错误。
【变式3-1】（2022·广东湛江模拟）下列关于物质的量浓度表述正确的是( )
A．0.3 ml·L－1的Na2SO4溶液中含有的Na＋和SOeq \\al(2－,4)的总物质的量为0.9 ml
B．当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 ml·L－1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 ml·L－1
C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SOeq \\al(2－,4)的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同
D．10 ℃时，0.35 ml·L－1的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 ml·L－1
【答案】D
【解析】不知道溶液体积，无法计算物质的量，A错误；22.4 L 氨气的温度、压强不知，物质的量不一定为1 ml，B错误；K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，c(H＋)＝c(OH－)，则c(K＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋2c(SOeq \\al(2－,4))，若Na＋和SOeq \\al(2－,4)的物质的量相等，则K＋的浓度必定大于Cl－的浓度，C错误；同一物质在同一温度下的溶解度一定，饱和溶液物质的量浓度恒定，D正确。
【变式3-2】（2022·辽宁大连模拟） “84消毒液”的包装说明上有如下信息：含25%NaClO(次氯酸钠)、1 000 mL、密度1.19 g·cm－3，稀释到浓度变为原来的eq \f(1,100)后使用。
请回答下列问题：
(1)上述“84消毒液”的物质的量浓度约为________ml·L－1。
(2)该同学取100 mL上述“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释到浓度变为原来的eq \f(1,100)的溶液中c(Na＋)＝________ml·L－1(假设稀释后溶液密度为1.0 g·cm－3)，该消毒液长时间放置在空气中能吸收标准状况下CO2的体积为________ L。
(3)将上述25%的NaClO溶液与水等质量混合，混合液的溶质质量分数________12.5%(填“>”“<”或“＝”，下同)；若与水等体积混合，混合液的溶质质量分数______12.5%。
【解析】 (1)c(NaClO)＝eq \f(1 000 mL×1.19 g·mL－1×25%,74.5 g·ml－1×1 L)≈4.0 ml·L－1。
(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变可得：100 mL×4.0 ml·L－1＝10 000 mL×c(NaClO)，解得c(NaClO)＝0.04 ml·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 ml·L－1。根据NaClO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HClO，可知n(CO2)＝n(NaClO)＝0.4 ml，标准状况下CO2的体积为8.96 L。(3)因等体积的水比等体积的NaClO溶液质量小，故与等体积水混合时混合液的浓度大于12.5%。
【解析】 (1)4.0 (2)0.04 8.96 (3)＝ >
考点04 阿伏加德罗常数
【典例4】（2022·浙江卷）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. ，完全反应转移的电子数为20NA
B. 用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有转化为
C. 常温下，的溶液中，水电离出的H+数为
D. 1L浓度为的Na2CO3溶液中，阴离子数为0.100NA
【答案】A
【解析】Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mlMnO4-完全反应转移电子物质的量为4ml×[(+7)-(+2)]=20ml，即转移电子数为20NA，A正确；电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1ml电子，Cu失去的电子应小于1ml，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5ml，则阳极反应的Cu的质量小于0.5ml×64g/ml=32g，B错误；溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；n（Na2CO3）=0.100ml/L×1L=0.100ml，由于CO32-发生水解：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100ml，阴离子数大于0.100NA，D错误；答案选A。
【变式4-1】(2022·全国卷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 ml CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
【答案】B
【解析】16.25 g FeCl3的物质的量n(FeCl3)＝0.1 ml，如果氯化铁完全水解，则生成0.1 ml Fe(OH)3，而氢氧化铁胶体粒子由许多氢氧化铁聚集而成，故氢氧化铁胶体粒子数远小于0.1NA，A项错误；甘油(丙三醇)的分子式为C3H8O3，相对分子质量为921 ml(92.0 g)甘油含3 ml羟基，C项错误；甲烷与氯气在光照下反应会生成四种有机产物，即1.0 ml甲烷反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4共为1 ml，D项错误。
【变式4-2】(2022·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 ml·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 ml SO2和1 ml O2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】每个P4分子中含6个P—P键，124 g P4的物质的量为1 ml，含6 ml P—P键，A项错误；该溶液中虽然含0.1 ml FeCl3，但由于Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋数目小于0.1NA，B项错误；标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯的混合气体为0.5 ml，根据1 ml CH4和1 ml C2H4均含4 ml H原子可知，0.5 ml混合气体中含2 ml H原子，C项正确；SO2和O2的反应为可逆反应，即反应后容器中同时含有SO2、O2和SO3，分子总数大于2NA，D项错误。
【变式4-3】（2022·新课标Ⅲ）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B 1 ml重水比1 ml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 ml·L−1 NaCl溶液含有28NA个电子
【答案】C
【解析】标准状况下22.4L氮气的物质的量为1ml，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，1ml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，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即=1mlC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；1mlNaCl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；故答案为C。
【变式4-4】(2022·全国卷Ⅱ)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A．3 g 3He含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 ml·L－1磷酸钠溶液含有的POeq \\al(3－,4)数目为0.1NA
C．1 ml 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
【答案】B
【解析】A项，3 g 3He含有的中子数为1NA，正确；B项，磷酸钠为强碱弱酸盐，POeq \\al(3－,4)会发生水解，所以所含POeq \\al(3－,4)的数目小于0.1NA，错误；C项，Cr的化合价变化为6－3＝31 ml K2Cr2O7含有2 ml Cr，所以转移电子数为6NA，正确；D项，58 g正丁烷、异丁烷的混合物为1 ml，烷烃(CnH2n＋2)中总键数为3n＋1，则该混合物中共价键数目为13NA，正确。
【变式4-5】(2022·全国卷Ⅲ)下列叙述正确的是( )
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 ml重水与1 ml水中，中子数比为2∶1
D．1 ml乙烷和1 ml乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】24 g镁与27 g铝的物质的量均为1 ml，但Mg、Al的质子数分别为12、13，A项错误；1 ml O2含有16 ml电子，1 ml O3含有24 ml电子，质量相同(设为m g)的O2、O3含有的电子的物质的量分别为eq \f(m,32)×16 ml＝eq \f(m,2) ml、eq \f(m,48)×24 ml＝eq \f(m,2) ml，B项正确；1 ml D2O含有10 ml中子，1 ml H2O含有8 ml中子，C项错误；1 ml CH3—CH3含有7 ml共用电子对，1 ml CH2===CH2含有6 ml共用电子对，D项错误。
考点05 物质的量在化学计算中的应用
1．化学方程式中化学计量数与相关物理量的关系c
2．物质的量应用于化学方程式计算的基本步骤
3．以物质的量为中心的各种计量关系
【典例5】黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。
【答案】(1)90.0% (2)3.36×106 15
【解析】(1)据方程式：4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：
Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq \f(3,2)FeS2
1 eq \f(3,2)
eq \(\s\up7(0.020 00 ml·L－1×),\s\d5(0.025 00 L )) eq \f(mFeS2,120 g·ml－1)
m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为90.0%。
(2)4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO2
4 ml 8 ml
eq \f(10×106×0.9,120) ml n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 ml，V(SO2)＝3.36×106 L；
由SO2 ～SO3 ～H2SO4
1 ml 98 g
1.5×105 ml m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
【变式5-1】(2022·浙江省十校联盟高三联考)为测定某补血剂样品[主要成分是硫酸亚铁晶体(FeSO4·7HO，M=278gml-1)]中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了如下实验方案。取10片补血剂，加入一定量稀硫酸溶解后，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.00500ml·L-1酸性KMnO4溶液滴定，重复实验平均消耗酸性KMnO4溶液10.00mL。已知滴定过程反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
(1)若实验无损耗，则每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为 ____mg(列式计算)。
(2)正常人每天应补充14mg左右的铁，如果全部通过服用含FeSO4·7H2O的片剂来补充铁，则正常人每天最少需服用含FeSO4·7H2O的片剂____片。
【答案】(1)0.00500ml/L×10.00×10-3L×5××278g/ml×103mg/g÷10=69.5mg (2)1
【解析】(1)反应过程中消耗KMnO4物质的量为n(KMnO4)= 0.00500ml·L-1×10.00×10-3L=5×10-5ml，根据离子反应：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，25.00mL溶液中含Fe2+物质的量n(Fe2+)=5 n(KMnO4)=2.5×10-4ml，则250mL溶液中含Fe2+物质的量n(Fe2+)=2.5×10-4ml×=2.5×10-3ml，10片补血剂中含FeSO4·7H2O的质量为2.5×10-3ml×278g/ml=0.695g，每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为0.0695g=69.5mg。(2) 正常人每天应补充14mg左右的铁，则服用的含FeSO4·7H2O的片剂中所含FeSO4·7H2O的质量为14mg÷=69.5mg，由于每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为69.5mg，则正常人每天最少需服用含FeSO4·7H2O的片剂1片。
【变式5-2】（2022·模拟）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(eq \f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%)随温度的变化如下图所示：
(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)在600 ℃时，eq \f(m剩余,m起始)×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eq \f(7 g,0.25 ml)＝28 g·ml－1，500 ℃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)＝eq \f(36.50 g,146 g·ml－1)＝0.25 ml，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x ml和y ml，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 ml×128 g·ml－1＝12.80 g，m(CaCO3)＝0.15 ml×100 g·ml－1＝15.0 g，500 ℃时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。
【解析】(1)n(CaC2O4·H2O)＝eq \f(36.50 g,146 g·ml－1)＝0.25 ml，含有m(H2O)＝0.25 ml×18 g·ml－1＝4.50 g，在300 ℃时，eq \f(m剩余,m起始)×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，eq \f(m剩余,m起始)×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 ml×40 g·ml－1＝10 g，另外还含有m(O)＝14 g－10 g＝4 g，n(O)＝eq \f(4 g,16 g·ml－1)＝0.25 ml，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。
【变式5-3】（2022·山东威海模拟）重量分析法测定产品BaCl2·2H2O的纯度步骤为：准确称取m g BaCl2·2H2O试样，加入100 mL水， 用3 mL 2 ml·L－1的HCl溶液加热溶解。边搅拌边逐滴滴加 0.1 ml·L－1 H2SO4溶液。待 BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01 ml·L－1 的稀H2SO4洗涤沉淀3～4次，直至洗涤液中不含 Cl－为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为n g。则BaCl2·2H2O的质量分数为________。
【答案】eq \f(244n,233m)×100%
【解析】经过烘干灼烧至恒重得到的沉淀即为n g BaSO4，根据钡元素守恒，n(Ba)＝eq \f(n,233) ml，n(BaCl2·2H2O)＝eq \f(n,233) ml，m(BaCl2·2H2O)＝eq \f(244n,233) g，则BaCl2·2H2O的质量分数为eq \f(244n,233m)×100%。
1．（2022·全国甲卷）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．，下，氢气中质子的数目为
B．溶液中，的数目为
C．苯甲酸完全燃烧，生成的数目为
D．电解熔融，阴极增重，外电路中通过电子的数目为
【答案】C
【解析】A．25℃、101kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故A错误；
B．Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3，因此2.0L 1.0 ml/L的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA，故B错误；
C．苯甲酸燃烧的化学方程式为，1ml苯甲酸燃烧生成7mlCO2，则0.2ml苯甲酸完全燃烧生成1.4mlCO2，数目为1.4NA，故C正确；
D．电解熔融CuCl2时，阳极反应为，阴极反应为，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.1ml，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2ml，数目为0.2NA，故D错误；
答案选C。
2．（2022·浙江卷）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有个阳离子
B．乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
C．含有中子数为
D．和于密闭容器中充分反应后，分子总数为
【答案】C
【解析】A． 由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子，的物质的量为0.1ml，因此，其中只含有个阳离子，A说法不正确；
B．没有指明气体的温度和压强，无法确定乙烷和丙烯的混合气体的物质的量是多少，因此，无法确定其中所含碳氢键的数目，B说法不正确；
C．分子中有6个中子，的物质的量为0.5ml，因此，含有的中子数为，C说法正确；
D．和发生反应生成，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此，和于密闭容器中充分反应后，分子总数小于，D说法不正确。
综上所述，本题选C。
3．（2022·广东卷）我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C．中含有个电子
D．被还原生成
【答案】A
【解析】A．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故A正确；
B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，故B错误；
C．一个CO分子含有14个电子，则1mlCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子，故C错误；
D．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；
答案选A。
4．（2022·浙江卷）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要投料_______kg焦炭。
(2)每生产106kg纯碱，同时可获得_______(列式计算)。
【答案】(1)10.8
(2)70
【解析】(1)完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝162000kJ，已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是＝10800g＝10.8kg。
(2)根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900ml，参加反应的碳酸钙的物质的量是900ml，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70kg。
5．（2022·贵州遵义·二模）已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1 ml C5H12含有极性共价键的数目为12 NA
B．标准状况下，4.48 L NO2中原子数为0.6 NA
C．标准状况下，0.2 ml D2O与HF的混合物中电子数有2 NA
D．1 L 0.1 ml∙L−1的Na2CO3 溶液中Na+有0.2 NA
【答案】B
【解析】A．C5H12是烷烃，含有12个碳氢共价键，1 ml C5H12含有极性共价键的数目为12 NA，故A正确；
B．标准状况下，NO2是非气态的物质，无法计算物质的量，故B错误；
C．D2O、HF都有10个电子，标准状况下，0.2 ml D2O与HF的混合物中电子数有2 NA，故C正确；
D．1 L 0.1 ml∙L−1的Na2CO3 溶液中Na2CO3物质的量为0.1ml，含有Na+有0.2 NA，故D正确。
综上所述，答案为B。
6．（2022·贵州贵阳·一模）每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mlO2-核外电子数为8NA
B．常温时，22gT2O中所含的中子数为12NA
C．标准状况下，22.4LHF中含有HF分子数为NA
D．1L0.1ml·L-1AlCl3溶液中含有A13+的数目为0.1NA
【答案】B
【解析】A．O的质子数为8，O2-是O原子得到2个电子形成的，所以1个O2-的电子数为10，则1mlO2-核外电子数为10NA，故A错误；
B．22gT2O的物质的量为1ml，1个T2O中所含的中子数为12个，所以22gT2O中所含的中子数为12NA，故B正确；
C．标准状况下HF为液态，22.4LHF的物质的量不是1ml，所以22.4LHF中含有HF分子数不是NA，故C错误；
D．Al3+在水溶液中会发生水解，所以1L0.1ml·L-1AlCl3溶液中含有A13+的数目小于0.1NA，故D错误；
故选B。
【点睛】T2O中T为氚，1个T含有1个质子和2个中子，T2O的相对分子质量为22。
考查方向
涉及问题
突破方法
物质状态
在标准状况下非气态物质。如H2O、HF、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等
一看气体是否处于标准状况；
二看标准状况下，物质是否为气体；
三若是非标准状况下气体的物质的量或质量，物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关
物质的组
成和结构
一定物质的量的物质中含有的微粒(分子、原子、电子、质子等)数，如Na2O2；或一些物质中的化学键数目，如CH4、P4等；组成单质分子的原子个数，如稀有气体、O3、P4等
(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
氧化还原反应
电子转移(得失或共用电子对偏移)数目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2与H2O反应；电解AgNO3溶液；Cu与S反应；Fe失去电子数(可能是2e－，也可能是3e－)
(1)同一种物质在不同反应中氧化剂、还原剂的判断
(2)量不同，所表现的化合价不同
(3)氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同
(4)注意氧化性、还原性的强弱顺序
电离、水解
弱电解质的电离，可水解的盐中的离子数目多少的判断。如1 L 1 ml·L－1Na2CO3溶液中COeq \\al(2－,3)数目小于NA，因为COeq \\al(2－,3)会部分水解
一审是否有弱离子的水解；
二审是否指明了溶液的体积；
三审所给条件是否与电解质的组成有关
隐含的可逆反应
常见的可逆反应(如2NO2N2O4、氯气溶于水等)、弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡等
掌握常见的反应：
2SO2＋O22SO3、2NO2N2O4、
N2＋3H22NH3、Cl2＋H2OHCl＋HClO、NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－