考点04 物质的量（考点归纳）——2023年高中化学学业水平考试专项精讲+测试（人教版2019必修1+必修2）

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考点04 物质的量

1．理解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度的涵义及其应用。
2．能运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度进行简单的计算。
3．能够理解阿伏加德罗定律及其推论，并会运用它分析问题。
4．学会配制一定物质的量浓度的溶液，并能正确进行误差分析。
5．体会定量研究对化学科学的重要作用。

考点一　物质的量及其单位——摩尔
1．物质的量
(1)概念：表示含有一定数目粒子的集合体的基本物理量，符号为_n_。它是国际单位制中的七个基本物理量之一。
国际单位制(SI)中的七个基本单位
物理量
长度
质量
时间
电流
热力学温度
物质的量
发光强度
单位(符号)
米(m)
千克(kg)
秒(s)
安(A)
开(K)
摩(mol)
坎(cd)
(2)单位：摩尔，简称摩，符号为mol。
(3)应用范围：微观粒子，如分子、原子、离子、原子团、质子、中子、电子等或其特定组合。
(4)意义：把物质的宏观量和微观粒子的数量联系起来。[来源:学,科,网]
2．阿伏加德罗常数
(1)概念：1 mol任何粒子的粒子数，符号为NA，通常用6.02×1023_mol－1表示。
(2)单位：mol－1。
3．物质的量(n)、阿伏加德罗常数(NA)与微粒数目(N)的关系：__n＝__。
4．以物质的量为核心的各个化学计量之间的关系


【温馨提示】
(1)摩尔不是基本物理量。
(2)物质的量只能表示微观粒子，不能表示宏观粒子。
(3)在用物质的量表示物质时必须指明具体粒子的种类，常用化学式表示，如1 mol O、2 mol O2、1.5 mol O3；不能说“1 mol 氧”。
(4)注意整体与部分的关系，如1 mol H2SO4中含有2 mol H、1 mol S和4 mol O。
考点二　摩尔质量
(1)概念：单位物质的量的物质所具有的质量叫作摩尔质量。
(2)符号和单位：摩尔质量的符号为M；单位为g·mol－1。
(3)数值：当质量以克为单位，物质的量以摩尔为单位时，摩尔质量在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量。
(4)摩尔质量、质量与物质的量之间的关系：M＝。
【温馨提示】摩尔质量与物质的质量的区别
(1)概念不同。摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，而质量是指物体所含物质多少的物理量。
(2)单位不同。摩尔质量的单位是g·mol－1，而物质的质量的单位是g或kg。
考点三　决定物质体积大小的因素
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．阿伏加德罗定律
(1)内容：同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子(即物质的量相同)。
(2)适用范围：适用于任何气体物质，即不但适用于单一气体，也适用于混合气体。
(3)阿伏加德罗定律的推论
相同条件
结论
公式
语言表达
T、p相同
＝
同温、同压下，气体的体积与物质的量成正比
T、V相同
＝
同温、同体积的气体，其压强与物质的量成正比
T、p相同
＝
同温、同压下，气体的密度与其相对分子质量成正比
考点四　气体摩尔体积
(1)定义：一定温度和压强下，单位物质的量的气体所占有的体积，叫做气体的摩尔体积
(2)符号：Vm
(3)单位：L·mol－1(或L/mol)
(4)计算公式：Vm＝
(5)数值：在标准状况(温度为0℃，压强为101 KPa)下，气体摩尔体积为22.4 L·mol－1

(6)影响气体摩尔体积的因素：气体摩尔体积的数值取决于气体所处的温度和压强
【温馨提示】标准状况下气体摩尔体积的理解
(1)1个条件：必须为标准状况。非标准状况下，1 mol气体的体积不一定是22.4 L。
(2)1种状态：必须为气态。如水、酒精、SO3、CCl4等物质在标准状况下不是气体。
(3)2个数据：“1 mol”，“约为22.4 L”。
考点五　物质的量浓度的概念
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＝。
3．单位：mol·L－1(或 mol/L)。
【温馨提示】
(1)cB＝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)确定溶液中溶质的几种特殊情况
①与水发生反应生成新的物质，如Na、Na2O、Na2O2NaOH，SO3H2SO4等。
②含结晶水的物质如CuSO4·5H2O―→CuSO4。
③特殊物质：如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3分子作为溶质。
4．物质的量浓度与溶质的质量分数的比较

物质的量浓度
溶质的质量分数
溶解度
定义
单位体积溶液里所含溶质B的物质的量称为B的物质的量浓度
溶液中溶质的质量分数是溶质质量与溶液质量之比
在一定温度下，某固体物质在100g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解溶质的质量
相似处
表示溶液中溶质含量的物理量
不同处
计算式
cB＝

S＝×100g
单位
mol·L－1
1
g
特点
体积相同、物质的量浓度相同的不同溶质的溶液中，所含溶质的物质的量相同，溶质的质量不一定相同
质量相同、溶质的质量分数相同的不同溶质的溶液中，所含溶质的质量相同，溶质的物质的量不一定相同
溶解度相同，则不同溶质的溶液中溶质的质量分数相同，溶质的物质的量浓度不一定相等
转化关系
cB＝ mol·L－1，
考点六　配制一定物质的量浓度的溶液
1．主要仪器
(1)天平：使用分析天平或托盘天平。
(2)容量瓶：

①结构：细颈、梨形、平底玻璃瓶，瓶口配有磨口塞或塑料塞
②标志：温度、容量和刻度线
③规格：100mL﹑250mL﹑500mL﹑1000mL
④用途：容量瓶是一种容积精密的仪器，常用于配制一定物质的量浓度的溶液
(3)其他仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。
【温馨提示】容量瓶的使用注意事项
(1)第一步操作：查漏
①关键词：注水→盖塞→倒立→观察→正立→旋180°→倒立→观察。
②语言描述：向容量瓶注入一定量水，盖好瓶塞。用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶倒立，观察瓶塞周围是否漏水。如不漏，将容量瓶正立并将瓶塞旋转180°后塞紧，再检查是否漏水。如不漏水，该容量瓶才能使用。
(2)容量瓶的使用“六忌”：一忌用容量瓶溶解固体；二忌用容量瓶稀释浓溶液；三忌用容量瓶加热；四忌把容量瓶当作反应容器；五忌用容量瓶长期存放溶液；六忌瓶塞互换。
(3)选择容量瓶的原则。
选择容量瓶遵循“大而近”原则：所配溶液的体积等于或略小于容量瓶的容积。因为容量瓶的规格是固定的，配制溶液时要根据溶液的体积选择匹配的容量瓶。
2．配制过程
以配制100 mL 1.00 mol·L－1 NaCl溶液为例：
(1)配制过程示意图：

(2)
①计算：根据nB＝cB·V可知n(NaCl)＝0.1 mol，则m(NaCl)＝5.85 g。
②称量：用托盘天平称取5.9 g NaCl固体。
③溶解：将称好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌，并放置至室温。
④移液：将烧杯中的溶液用玻璃棒引流转移到容量瓶中。
⑤洗涤：用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2～3次，并将洗涤液都注入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
⑥定容：将蒸馏水注入容量瓶，当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最低处与刻度线相切。
⑦摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
【温馨提示】
(1)如果加水定容时超过了刻度线，不能将超出的部分吸出，必须重新配制；
(2)转移和定容时都要用玻璃棒引流，玻璃棒下端，必须放在刻度线以下部位；
(3)用胶头滴管定容后再振荡摇匀，出现液面低于刻度线时不要再加水；
(4)如果摇匀时不小心洒出几滴，不能再补加水到刻度线。因洒出的溶液中带走了一部分溶质，再补加水会使所配溶液浓度偏低。

【例1】下列对摩尔(mol)的有关说法中不正确的是( )
A．摩尔是一个单位而非物理量 B．氧气的摩尔质量就是其相对分子质量
C．1mol任何气体所含气体的分子数目都相等 D．0.5mol氦气约含有3.01×1023个原子
【答案】B
【解析】A项，物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A正确；B项，摩尔质量的单位为g/mol，相对分子质量无单位，所以氧气的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，故B错误；C项，1mol任何气体都含有阿伏伽德罗常数个气体分子，所以1mol任何气体所含气体的分子数目都相等，故C正确；D项，氦气是单原子分子，0.5mol氦气约含有原子的数目为0.5mol×6.02×1023=3.01×1023个，故D正确；故选B。
【例2】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A．标准状况下，11.2 L丙烷中含C－C键的数目为NA
B．0.1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl-、ClO-数目之和为0.2NA
C．0.1 mol重水(D2O)分子中含有的中子数为NA
D．1.6 g 硫在足量的氧气中完全燃烧，转移的电子数为0.2NA
【答案】B
【解析】A项，丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，故11.2升丙烷中含有1molC—C键，A项错误；B项，氯气与水的反应为可逆反应，溶液中还存在氯气分子，故B错误；C项，一个D2O分子中的中子数为10，C项正确；D项，因S+O2SO2，共转移4e-，故1.6gS完全燃烧转移电子数为0.2NA，D项正确。
【例3】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　)
A．32 g S8(分子结构：)中的共价键数目为NA
B．2 g由HO和2H2O组成的物质中含有的质子数为NA
C．8 g CuO与足量H2充分反应生成Cu，该反应转移的电子数为0.2NA
D．标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA
【答案】D
【解析】A项，一个 S8(分子结构：)分子中的共价键数目为8，32 g S8的物质的量为0.125 mol，其共价键数目为NA，故A正确；B项，HO和2H2O的摩尔质量均为20 g·mol－1，HO和2H2O的质子数均为10，所以2 g由HO和2H2O组成的物质中含有的质子数为NA，故B正确；C项，8 g CuO的物质的量为0.1 mol，其与足量H2充分反应生成0.1 mol Cu，该反应转移的电子数为0.2NA，故C正确；D项，标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5 mol，溶于水后只有部分与水反应，所以溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和小于NA，故D不正确。
【例4】实验室用氢氧化钠固体配制1.00mo/L的NaOH溶液480mL，以下配制步骤及分析正确的是( )
A．用烧杯在托盘天平上称取19.2g NaOH固体，加蒸馏水溶解
B．待溶液冷却后，将烧杯中的溶液沿玻璃棒转移到容量瓶中，并洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，将洗涤液移至容量瓶中
C．定容时仰视刻度线
D．定容后塞上瓶塞、振荡、摇匀、静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】B
【解析】A项，验室无480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，配制500mL溶液，所需的氢氧化钠的质量m=cVM=1mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g， 故A错误；B项，氢氧化钠固体溶于水放热，因此应冷却至室温，移液时应用玻璃棒引流，否则溶液溅出会导致浓度偏低，并洗涤烧杯 2～3 次，将洗涤液全部转移至容量瓶中，避免溶质损失，故B正确；C项，定容时，应平视刻度线，故C错误；D项，定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线是正常的，再加水至刻度线，会导致溶液浓度偏低，故D错误；故选B。
【例5】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(　　)
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＝
【答案】C
【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。
【例6】某同学购买了一瓶“84”消毒液，包装说明如下：
主要成分：25%NaClO、1 000 mL、密度1.19 g·cm－3
使用方法：稀释100倍(体积比)后使用
注意事项：密封保存，易吸收空气中的CO2变质
请根据以上信息和相关知识判断，下列分析不正确的是(　　)
A．该“84”消毒液的物质的量浓度为4.0 mol·L－1
B．一瓶该“84”消毒液敞口放置一段时间后浓度会变小
C．取100 mL该“84”消毒液稀释100倍后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)约为0.04 mol·
L－1
D．参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制含25%NaClO的消毒液480 mL，需要称量的NaClO固体质量为143 g
【答案】D
【解析】A项，根据c＝得，c(NaClO)＝≈4.0 mol·L－1；B项，一瓶该“84”消毒液敞口放置一段时间后，由于其易吸收空气中的二氧化碳变质而会使浓度变小；C项，根据稀释前后溶质的物质的量不变有100 mL×4.0 mol·L－1＝100 mL ×100×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)＝0.04 mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04 mol·L－1；D项，应选取500 mL规格的容量瓶进行配制，然后取出480 mL，所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149 g。

1．下列说法正确的是( )
A．摩尔是国际单位制确定的7个基本物理量之一
B．任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 L/mol
C．OH-的摩尔质量为17 g/mol
D．1 mol任何分子都含有约6.02×1023个原子
【答案】C
【解析】A项，物质的量是国际单位制确定的7个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，A错误；B项，在标准状况下任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 L/mol，若不指明气体所处的外界条件是在标准状况下，则不能确定气体摩尔体积的大小，B错误；C项，OH-的式量是17，其摩尔质量为17 g/mol，C正确；D项，不同的物质分子中含有的原子数目不同，若物质未知，就不能确定1 mol物质分子中含有的原子数目，D错误；故选C。
2．实验室中配制250mL 0.10mol·L－1NaOH溶液时，必须使用到的玻璃仪器是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】题中用固体NaOH来配制250mL 0.10mol·L－1NaOH溶液，需要的仪器为托盘天平、药匙、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故所给的仪器中一定用到250ml的容量瓶，故D正确。
3．下列有关溶液配制说法不正确的是( )
A．在溶液配制过程中，定容时俯视会导致所配溶液浓度偏高
B．取58.5gNaCl固体溶于1L水中，所得溶液物质的量浓度为1mol·L-1
C．取16.0gCuSO4固体溶于水并加水稀释至500mL，所得溶液物质的量浓度为0.2mol·L-1
D．10mL5mol·L-1Na2SO4溶液加水稀释至100mL，所得溶液浓度为0.5mol·L-1
【答案】B
【解析】A项，在溶液配制过程中，定容时俯视会导致所配溶液的体积偏小，则所配溶液的浓度偏高，A项正确；B项，58.5gNaCl物质的量为=1mol，水的体积为1L，所配溶液的体积不等于1L，所配溶液物质的量浓度不为1mol/L，B项错误；C项，16.0gCuSO4物质的量为=0.1mol，所配溶液的体积为500mL，则所配CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.2mol/L，C项正确；D项，根据稀释前后Na2SO4物质的量不变，0.01L×5mol/L=0.1L×c(Na2SO4)后，解得c(Na2SO4)后=0.5mol/L，D项正确；故选B。
4．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．过量Fe与1 mol稀HNO3反应，转移2NA个电子
B．16g甲烷中含有非极性共价键的数目为4NA
C．28g乙烯和丙烯的混合气体含有原子的数目为6NA
D．标准状况下2.24L氯仿(CHCl3)含有分子的数目为0.1NA
【答案】C
【解析】A项，根据过量的铁与稀硝酸反应的关系式8HNO3～2NO～6e-，当1mol稀硝酸发生反应时转移的电子数为0.75NA，故A不正确；B项，甲烷分子中只存在碳氢键属于极性共价键，不存在非极性共价键，故B不正确；C项，乙烯和丙烯最简式都为CH2，故28g混合物含有CH2的物质的量为2mol，则原子数为6NA，故C正确；D项，标准状况下，氯仿是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算，故D不正确；故选C。
5．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )
A．常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有的电子数目为8NA
B．1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为2NA
C．4.6g组成为C2H6O的有机物，C—H键数目为0.5NA
D．将1molI2和2molH2置于密闭容器中充分反应后，生成的HI数目小于2NA
【答案】C
【解析】A项，常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有1mol氧原子，含有的电子数目为8NA，A正确；B项，氯气和铁反应生成氯化铁，1mol氯气反应转移2mol电子，B正确；C项，组成为C2H6O的有机物可能为乙醇，一个分子含有5个碳氢键，可能为甲醚，一个分子含有6个碳氢键，所以不能确定碳氢键数目，C错误；D项，因为该反应为可逆反应，反应物不能完全反应，不能确定产物的具体数据，但碘化氢小于2mol，D正确；故选C。
6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．足量Fe与0.1molCl2充分燃烧反应，转移电子数目为0.2NA
B．常温常压下，11.2LCH4含有的共用电子对数目为2NA
C．密闭容器中1.5molH2与0.5molN2充分反应，得到NH3的分子数为NA
D．0.5mol•L-1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
【答案】A
【解析】A项，足量Fe在Cl2中充分燃烧生成氯化铁，1molCl2得到2mol电子，则0.1molCl2转移电子数为0.2NA，故A正确；B项，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L甲烷的物质的量小于0.5mol，则共用电子对数小于2NA个，故B错误；C项，氢气与氮气合成氨气为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以密闭容器中1.5molH2与0.5molN2充分反应，得到NH3的分子数小于NA，故C错误；D项，溶液体积不明确，故溶液中阴离子所带电荷数无法计算，故D错误；故选A。
7．配制100mL NaOH溶液的操作如下所示。下列说法不正确的是( )

A．操作1前称取NaOH的质量为4.00g B．操作2前NaOH溶液需恢复至室温
C．操作4若俯视刻度线定容，结果偏大 D．操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线
【答案】D
【解析】A项，操作1前称取NaOH的质量m(NaOH)＝0.1L×1.00mol∙L−1×40g∙mol−1＝4.00g，故A正确；B项，转移溶液之前应将溶液冷却至室温即操作2前NaOH溶液需恢复至室温，故B正确；C项，操作4若俯视刻度线定容，溶液体积减小，物质的量浓度偏大，故C正确；D项，操作5后液面下降，液体可能在容量瓶和瓶塞之间，不能补充水，故D错误。故选D。
8．下图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是( )

A．标签上离子的浓度是物质的量浓度
B．取少量矿泉水于试管中，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则含有Cl-
C．该品牌饮用矿泉水中c(Mg2+)最大值为2.0×10-4mol/L
D．一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42-的物质的量不超过1.0×10-5mol
【答案】C
【解析】A项，标签上离子的浓度单位为mg/L，而物质的量浓度单位为mol/L，所以标签上离子的浓度不是物质的量浓度，A错误；B项，题中Cl-的检验不严谨，Cl-和硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀氯化银，据此进行检验。故应取少量经硝酸酸化的矿泉水于试管中，滴加硝酸银溶液后，若有白色沉淀生成，才能说明含有Cl-。B错误；C项，根据标签可知1L该饮用矿泉水中含Mg2+最多4.8mg，则c(Mg2+)最大值为，C正确；D项，该溶液中含有硫酸根的物质为硫酸镁，所以溶液中c(SO42-)最大=c(Mg2+)最大。由C项可知c(Mg2+)最大值为2.0×10-4mol/L，则一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42-的最大物质的量=，D错误；故选C。
9．铁和铝都是用途广泛的金属，同温、同压下，将铁与足量稀硫酸反应，生成体积为；将铝与足量浓氢氧化钠溶液反应，生成体积为。下列说法正确的是( )
A．两反应生成的物质的量之比为
B．铁与足量稀硫酸反应，生成的物质的量一定为
C．保持温度压强不变，将铝与足量稀硫酸反应，生成体积大于
D．参加反应的铁与铝的质量比
【答案】A
【解析】A项，同温、同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，故两反应生成H2的物质的量之比为，故A正确；B项，不知道温度和压强的具体值，也就不知道气体摩尔体积，故无法计算H2的物质的量，故B错误；C项，Al都被反应完，Al的质量不变，产生H2的量也不变，故C错误；D项，根据关系式：Fe~H2，Fe的物质的量=氢气的物质的量=；根据关系式：2Al~3H2，Al的物质的量=氢气的物质的量= ；有，，故D错误。故选A。
10．回答下列问题：
(1)标准状况下，2 mol NH3与___________ g CO2的体积相等。
(2)33.3g某金属氯化物MCl2中含有0.6molCl-，则该氯化物的摩尔质量为___________
(3)在同温同压下，等质量的CO和CO2，其体积之比为___________。
(4)___________克NH3中的H原子数目与0.6molH2O中的H原子数目相同
(5)某元素的一种同位素X的质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子，在agHmX分子中含质子的物质的量是___________
(6)在RO3n-中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是___________
【答案】(1)88 (2)111g/mol (3)11：7 (4)6.8
(5)(A-N+m) (6)A-x+n+24
【解析】(1)标准状况下，2 mol NH3与2mol CO2的体积相等，则CO2质量为2mol44g/mol=88g；(2)氯化物MCl2中含有0.6molCl-，则含有M2+的物质的量0.3mol，则氯化物的摩尔质量M=；(3)在同温同压下，等质量的CO和CO2的物质的量之比为，根据阿伏伽德罗定律可知其体积之比等于物质的量之比，所以在同温同压下，等质量的CO和CO2的体积比为11：7；(4)0.6molH2O中的H原子的物质的量为1.2mol，则NH3的物质的量为0.4mol，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g；(5)X原子的质量数为A，含N个中子，则X原子的质子数是A－N；它与1H原子组成HmX分子的摩尔质量是(m+A)g/mol，HmX分子中含质子数是(A-N+m)；agHmX的物质的量是mol，含质子的物质的量是(A-N+m)mol。(6)阴离子是原子获得电子形成的。在RO3n-中，共有x个核外电子，则R原子核外电子数是x-n-8×3=x-n-24，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是A-(x-n-32)=A-x+n+24。
11．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，主要做还原剂和漂白剂。广泛地应用于纺织印染、冶 金、药物生产和化工生产。草酸与酸性KMnO4溶液发生反应：KMnO4 + H2C2O4 + H2SO4 = K2SO4 + MnSO4 + CO2，+ H2O (未配平)。某实验室根据以上原理测定某草酸样品的纯度。
(1)配平该反应：_______。
(2)配制 1 000 mL 0.0100 mol. L-1酸性 KMnO4溶液。
①用托盘天平称取_______g KMnO4晶体，放入_______中(填仪器名称)，加入少许水和稀硫酸溶解，冷却至_______；
②将溶液转移到 _______ 中(填仪器名称)，洗涤，并将洗涤液一并转入容量瓶中， 定容、摇匀。
准确称取 0.50 g 草酸样品配制成 100.00 mL 溶液，待用。
含量测定：
(3)移取 20.00 mL 酸性 KMnO4溶液，加入 25.00 mL 草酸样品溶液，溶液恰好完全褪色(假设其它杂质都不反应)。根据以上数据计算样品中草酸的质量分数为_______。
(4)误差分析 配制酸性 KMnO4溶液定容时如图所示操作，则所测样品中草酸的含 _______(填偏高、偏低或无影响)。

【答案】(1)2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4=K2SO4 +2 MnSO4 +10 CO2↑+8H2O
(2) 1.6g     烧杯     室温     1 000 mL 的容量瓶
(3)36% (4)偏低
【解析】(1)草酸与酸性KMnO4溶液发生反应：KMnO4 +H2C2O4 + H2SO4→ K2SO4 +MnSO4 + CO2↑+ H2O ，根据电子守恒、原子守恒进行配平该反应为，2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4=K2SO4 +2 MnSO4 +10 CO2↑+8H2O；(2)①配制 1 000 mL 0.0100 mol. L-1酸性 KMnO4溶液，需要KMnO4的质量m=1L 0.0100 mol. L-1158g/mol=1.58g，用托盘天平称取1.6g KMnO4固体放入烧杯中加入少许水和稀硫酸溶解，冷却至室温；②将冷却至室温溶液转移到1 000 mL 的容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液一并转入容量瓶中， 定容、摇匀；(3)根据2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4=K2SO4 +2 MnSO4 +10 CO2+8H2O反应可知，2KMnO4 5H2C2O4，移取 20.00 mL 酸性 KMnO4溶液，加入 25.00 mL 草酸样品溶液，溶液恰好完全褪色(假设其它杂质都不反应)，则该样品中草酸的浓度为,该样品中草酸的质量分数 =36%。(4)配制酸性 KMnO4溶液定容时俯视读数，导致所配酸性 KMnO4溶液浓度偏高，消耗酸性 KMnO4溶液的体积减小，则所测样品中草酸的含偏低。
12．某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作有以下四步(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)
①配制0.1mol/L稀盐酸和0.1mol/LNaOH溶液；
②向一粒研碎后的药片(0.10g)中加入20.00mL蒸馏水；
③用0.10mol/LNaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积；
④加入25.00mL0.10mol/L稀盐酸。
请回答下列问题：
(1)正确的操作顺序是(填序号)__ __________。
(2)测定过程中发生反应的离子方程式为_________________；_________________。
(3)该测定实验共进行了4次。实验室现有100mL、250mL两种规格的容量瓶，则配制盐酸应选用的容量瓶的规格为____________，理由是__________________。若配制过程中遇到下列情况，溶液的浓度是偏高、偏低还是不变？
①定容时超过刻度线______(填偏高、偏低或不变)；
②容量瓶内壁附有水珠而未进行干燥处理____________(填偏高、偏低或不变)。
(4)某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下：
测定次数
第1次
第2次
第3次
第4次
V[NaOH(aq)/mL]
13.00
12.90
13.10
15.00
根据这个同学的实验数据，这种药片中碳酸钙的质量分数为____________。
【答案】(1)①②④③或②①④③
(2)CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ H++OH- =H2O
(3)250mL 4次实验理论上共消耗盐酸100mL，实验时要考虑损耗，故需要使用250mL容量瓶 ①偏低 ②不变 (4)60%
【解析】(1)欲测定胃药中碳酸钙的含量，应先取一定量的胃药碳酸钙配成水溶液，加入过量的稀盐酸进行反应，过量盐酸用标准NaOH溶液进行滴定，从而测定碳酸钙的含量，故操作顺序为：①②④③或②①④③；(2)测定过程中稀盐酸与碳酸钙反应生成CaCl2、CO2和H2O，离子方程式为：CaCO3+2H+ = Ca2+ + CO2↑ + H2O，过量盐酸与NaOH反应生成NaCl和H2O，离子方程式为：H++OH– = H2O；(3)测定过程中每次消耗盐酸的体积为25.00mL，实验进行了4次共消耗盐酸100mL，实际过程中考虑到盐酸的损耗，则需配制的盐酸体积大于100mL，故配制250mL盐酸溶液；①误差由公式c==进行分析，定容超过刻度线，导致体积偏大，c偏低；②由于配制溶液过程中最后要加蒸馏水定容，故容量瓶内壁附有水珠不影响配制结果；(4)由表中数据，第4次滴定消耗NaOH的体积与前3次差别较大，应舍去，则3次平均用去NaOH体积为(13.00+12.90+13.10)/3=13.00mL，根据盐酸和氢氧化钠的反应：H++OH– = H2O，则消耗的盐酸的物质的量n1= n(NaOH)=0.1mol/L×13.00×10-3L=1.3×10-3 mol，则碳酸钙消耗的盐酸的物质的量n2= n总- n1=0.1mol/L×25.00×10-3L-1.3×10-3mol=1.2×10-3 mol，则胃药中碳酸钙的物质的量n(CaCO3)=×1.2×10-3mol = 6×10-4 mol，则碳酸钙的质量分数ω = = 100% = 60%。