2019届二轮复习 化学常用计量 学案（全国通用） (1)

第2讲　化学常用计量

知考点　明方向　满怀信心正能量
设问
方式
①有关阿伏加德罗常数的综合判断
[例](2018·全国卷Ⅰ，10)，(2018·全国卷Ⅱ，10)，
(2017·全国卷Ⅲ，10)，(2017·海南卷，7)
②以“物质的量”为核心的多角度计算
[例](2018·全国卷Ⅲ，8)
③一定物质的量浓度溶液的配制
[例](2018·全国卷Ⅱ，11)

知识点　网络线　引领复习曙光现　


释疑难　研热点　建模思维站高端　

考点一　阿伏加德罗常数的应用　
▼ 命题规律：
1．题型：正误判断型选择题
2．考向：以选择题的形式考查一定量的物质所含粒子(分子、原子、离子、质子、中子等)数目、氧化还原转移电子的数目、一定量的物质所含某种化学键的数目等。
▼ 方法点拨：
1．关于阿伏加德罗常数试题常设的“陷阱”
(1)气体摩尔体积的运用条件陷阱：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，考生易用22.4 L·mol－1进行换算，误入陷阱。
(2)物质的聚集状态陷阱：22.4 L·mol－1适用对象是标准状况下的气体。命题者常用在标准状况下非气态的物质来迷惑考生，如H2O、CCl4、辛烷、汽油、SO3、C6H6等。
(3)单质的组成陷阱：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。
(4)某些氧化还原反应中电子转移的数目陷阱：命题者常用一些反应中转移电子的数目来迷惑考生，如Na2O2与H2O反应、Cl2与NaOH溶液反应、Fe与HCl反应、HNO3与过量Fe反应、电解CuSO4溶液等。
(5)物质的组成、结构陷阱：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。
(6)电离、水解对溶液中离子数目的影响陷阱：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、盐类水解方面的陷阱。
(7)可逆反应不能进行到底陷阱：如2NO2??N2O4、2SO2＋O22SO3、合成氨反应、氯气和水反应等。
2．突破陷阱六法
(1)“两看”——是否是标准状况和气体状态，突破“Vm＝22.4 L/mol”陷阱；
(2)排“干扰”，突破“m nN与状态无关”陷阱；
(3)记“组成”，突破“物质组成混乱关系”陷阱；
(4)审“附加条件与反应要求”，突破“离子数目”判断陷阱；
(5)记“隐含反应”，突破“粒子组成、电子转移”判断陷阱；
(6)“分类”比较氧化还原类型、强弱用量、特殊反应，突破“电子转移”判断陷阱。

1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是__(5)(6)(9)(12)(13)__。
(1)16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA(2018·全国卷Ⅰ)
(2)92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NA(2018·全国卷Ⅰ)
(3)1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA(2018·全国卷Ⅰ)
(4)常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA(2018·全国卷Ⅱ)
(5)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(2018·全国卷Ⅱ)
(6)0.1 mol 11B的原子中，含有0.6NA个中子(2017·全国卷Ⅲ)
(7)2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子(2017·全国卷Ⅲ)
(8)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(2017·全国卷Ⅲ)
(9)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(2017·全国卷Ⅱ)
(10)pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋(2017·全国卷Ⅲ)
(11)50 ml 12 mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA(2015·四川卷)
(12)钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NA(2015·全国卷Ⅱ)
(13)1 mol S8单质中含有的S—S键个数为8NA(2015·天津卷)
(14)2 L 0.5 mol/L亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NA(2015·全国卷Ⅰ)
(15)1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO和CO离子数之和为0.1NA(2015·全国卷Ⅱ)
突破点拨
(1)化学键数目：注意物质的结构特点；
(2)溶液中离子数目判断：注意浓度和体积是否确定，注意是否发生水解和电离等变化；
(3)晶体中离子数目：注意物质的真实组成；
(4)电子得失数目：注意价态变化；
(5)化学反应前后微粒数目变化：注意反应是否彻底。
解析　FeCl3水解不能彻底，而且一个Fe(OH)3胶粒不止含有一个Fe(OH)3，(1)错误；92.0 g丙三醇为1 mol，而1 mol丙三醇含有3 mol羟基，(2)错误；CH4和Cl2反应产物除CH3Cl外有CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，(3)错误；白磷结构为，每个P拥有1.5个P—P键，124 g P4拥有6NA个P—P键，(4)错误；CH4和C2H4分子均含4个H原子，(5)正确；每个11B有6个中子，(6)正确；苯在标准状况下为液态，(7)错误；PCl3与Cl2的反应为可逆反应，(8)错误；H2和I2的反应虽然可逆，但该反应分子总数不变，(9)正确；溶液体积未知，无法确定离子数目，(10)错误；浓盐酸变稀后反应停止，(11)错误；Na与O2反应无论生成Na2O还是Na2O2，Na均为＋1价，23 g钠的物质量为1 mol，充分燃烧时转移电子数为1NA，(12)正确；根据S8的分子结构模型可知，1个S8分子含有8个S—S键，所以1 mol S8中含有8NA个S—S键，(13)正确；H2SO3为弱酸，无法完全电离，(14)错误；根据物料守恒应可知HCO、CO、H2CO3个数之和为0.1NA，(15)错误。
【变式考法】 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是__(2)(8)(11)(12)__。
(1)46 g分子式为C2H6O的有机物中含有的C—H键的数目为6NA(2018·湖南G10四调)
(2)8.4 g NaHCO3和MgCO3混合物中含有阴离子数目为0.1NA(2018·湖南G10四调)
(3)1 mol Mg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为3NA(2018·江苏四市联考)
(4)1 mol NaHSO4固体中所含阴、阳离子数目总数为3NA(2018·江苏四市联考)
(5)标准状况下，44.8 L NO与22.4 L O2完全反应所得分子数目为2NA(2018·江苏四市联考)
(6)常温常压下，1.8 g甲基(—CD3)中含有的中子数为NA(2018·江淮十校模拟)
(7)标准状况下，22.4 L HF与0.5NA个H2O中含有的氢原子个数相同(2018·湖南十四校二调)
(8)含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体溶液中，铁元素的质量远大于56 g (2018·湖南十四校二调)
(9)10.4 g苯乙烯分子中含有的碳碳双键数为0.4NA(2018·江淮十校模拟)
(10)1 mol NH4HCO3晶体中，含有NH、NH3和NH3·H2O的总数为NA (2018·湖北七市调考)
(11)将1mol Cl2通入足量NaOH溶液完全反应后，溶液中HClO、Cl－、ClO－粒子数之和为2NA(2018·湖北七市调考)
(12)28 g N60单质(如图)中含有的N—N键键数为3NA(2019·鄂东南新起点)
解析　(1)C2H6O可能为乙醇和甲醚，所以C—H键的数目无法确定，错误；(2)NaHCO3和MgCO3二者摩尔质量相同，且阴离子数目相同，正确；(3)无论生成MgO还是Mg3N2，1 mol Mg参与反应转移电子2 mol，错误；(4)NaHSO4固体中离子为钠离子和硫酸氢根离子，二者比值1∶1，错误；(5)二氧化氮有部分转化为四氧化二氮，错误；(6)1.8 g甲基(－CD3)的物质的量为＝0.1 mol，其中含有的中子为0.1 mol×(6＋1×3)＝0.9 mol，错误；(7)标准状况下HF是液体，错误；(8)每个氢氧化铁胶体粒子不止含有一个氢氧化铁，正确；(9)苯乙烯中苯环上不存在双键，所以每个苯乙烯分子只有一个双键，错误；(10)NH4HCO3晶体中只含有NH不存在NH3和NH3·H2O，错误；(11)根据氯元素守恒，正确；(12)由图可知，每个N原子分摊的键为1.5个，正确。
2．(2018·遂宁三诊)NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　B　)
A．标准状况下，1.12 L CCl4含有质子的数目为3.7NA
B．常温常压下，3.0 g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
C．常温时，56 g Fe与足量浓硝酸反应，转移的电子数目为3NA
D．晶体B的结构单元如图，则11 g晶体B含有0.6NA个三角形(相邻原子构成)
解析　标况下，CCl4是液体，选项A错误；葡萄糖(C6H12O6)与冰醋酸(C2H4O2)的混合物，最简式为(CH2O)n,3.0 g混合物中有0.1 mol CH2O，原子总数为0.4NA，选项B正确；常温时，Fe与浓硝酸反应出现钝化现象，选项C错误；B的晶体中，一个三角形有三个B，每个B参与形成5个三角形，故一个三角形有0.6个B，则11 g B，即1 mol B含有的三角形数为，选项D错误。
3．(2018·合肥八校模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的组合是(　B　)
(1)Ag＋为NA个的 AgNO3溶液中，NO个数大于NA
(2)60克乙酸、甲醛和葡萄糖混合物完全燃烧消耗2NA个O2
(3)5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成56 g N2时，转移的电子数目为3.75NA
(4)28 g分子式为CnH2n的烃中含有的C—H键的数目一定为4NA
(5)高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应转移电子数为0.8NA
(6)某温度下，1 L pH＝1的稀硫酸溶液中，H＋离子数目一定为0.1NA
(7)一定温度下，6.4 g S2、S4、S6、S8混合蒸气中，一定含有0.2NA个S原子
(8)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
A．(1)(2)(4)(5)(8) B．(1)(2)(4)(5)(6)(7)
C．(2)(3)(5)(8) D．全部
解析　由于Ag＋部分水解，当Ag＋为NA个时，溶液中AgNO3大于1 mol，NO个数大于NA ，(1)正确；由于乙酸、甲醛和葡萄糖的最简式均为CH2O，所以60 g的乙酸、甲醛和葡萄糖混合物完全燃烧消耗2NA个O2，(2)正确；反应时NH中的N全部转化为N2，而NO中N一部分转化为N2，另外一部分化合价不变转化为HNO3，每生成4 mol N2时，有5 mol NH被氧化，电子转移数目为15NA，所以生成56 g N2，即2 mol N2时电子转移数目为7.5NA，(3)错误；CnH2n的最简式为CH2,28 g分子式为CnH2n的烃中含有2 mol CH2，所含的C—H键的数目一定为4NA，(4)正确；高温下铁与水蒸气反应产生四氧化三铁，每3 mol铁失去8 mol电子，(5)正确；pH＝1的溶液无论温度如何，c(H＋)均为0.1 mol/L，(6)正确；6.4 g S2、S4、S6、S8混合蒸气中S原子为0.2 mol，(7)正确；用惰性电极电解KOH溶液，阳极发生氧化反应：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，因为没告诉测量产生5.6 L气体时的温度和压强，所以没法计算其物质的量，也就没法计算转移电子数，(8)错误。

解答阿伏加德罗常数问题“看”“定”“算”三步骤


考点二　以“物质的量”为核心的计算　
▼ 命题规律：
1．题型：Ⅰ卷计算型选择题、Ⅱ卷高分值填空题。
2．考向：各物理量以“物质的量”为核心的相互转换应用，混合物成分含量的确定，未知物质化学式的确定，根据化学方程式的计算，多步连续反应的计算即关系式法计算等。
▼ 方法点拨：
1．掌握物质的量与各物理量之间的关系

2．牢记两大常数
(1)阿伏加德罗常数：约为6.02×1023 mol－1；
(2)气体摩尔体积(标准状况)：约为22.4 L·mol－1。
3．理解六个基本公式
(1)n＝N/NA；
(2)n＝m/M；
(3)n＝V/Vm；
(4)c(B)＝n(B)/V；
(5)w＝×100%；
(6)c＝或w＝。

1．(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0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为__45.0%__。
(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__1.57__。(计算结果保留两位小数)
(3)(2016·上海卷)称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为__1.87∶1__。
(4)(2018·江苏卷)通过测定碱式硫酸铝(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.330 0 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.100 0 mol·L－1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.080 00 mol·L－1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。
突破点拨
(1)滴定反应可由化学方程式找出已知与未知的关系式，再根据关系式法求解；
(2)解答信息给予题，先理解题给信息，再以物质的量为中心进行计算。
解析　(1)找出关系式5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)＝0.050 0 mol/L×36×10－3 L＝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)利用极值法分析，0.1 mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH3 0.08 mol，故与H＋反应的氢氧化钠为0.02 mol，则可知道NH4HSO4为0.02 mol，则(NH2)2SO4质量为7.24 g－115 g/mol×0.02 mol＝4.94 g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94 g÷132 g/mol＝0.0374 mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87∶1。(4)25 mL溶液中：n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.0100 mol。
2．50 mL溶液中：n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)＝0.100 0 mol·L－1×25.00×10－3 L－0.080 00 mol·L－1×20.00×10－3 L＝9.000×10－4 mol；
25 mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3 mol。
1 mol (1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中：
n(Al3＋)＝(2－x) mol，n(SO)＝3(1－x) mol，
＝＝，x＝0.41。
【变式考法】
(1)(2017·江苏卷)碱式氯化铜有多种组成，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__Cu2(OH)3Cl·H2O__。
(2)(2018·廊坊模拟)为测定人体血液中Ca2＋的含量，设计了如下方案：

有关反应的化学方程式为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。若血液样品为15 mL，滴定生成的草酸消耗了0.001 mol·L－1的KMnO4溶液15.0 mL，则这种血液样品中的含钙量为__0.002 5 mol·L－1__。
(3)(2018·衡阳模拟)一定量Fe和Fe2O3的混合物投入250 mL 2 mol·L－1的硝酸中，反应共生成1.12 L NO(标准状况下)，再向反应后的溶液中加入1 mol·L－1的NaOH溶液，当沉淀完全时所加NaOH溶液的体积最少是__450 mL__。
(4)(2018·湖南G10联盟)实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896 L(标准状况)通入盛有20.0 g足量铜粉的反应容器中，充分加热后，粉末的质量变为21.6 g。则原混合气中臭氧的体积分数为__50%__。
解析　(1)n(Cl－)＝n(AgCl)×＝×＝4.800×10－3 mol，
n(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.080 00 mol·L－1×30.00×10－3 L×＝9.600×10－3 mol，
n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3 mol－4.800×10－3 mol＝1.440×10－2 mol；
m(Cl－)＝4.800×10－3 mol×35.5 g·mol－1＝0.170 4 g，
m(Cu2＋)＝9.600×10－3 mol×64 g·mol－1＝0.614 4 g，
m(OH－)＝1.440×10－2 mol×17 g·mol－1＝0.244 8 g，
n(H2O)＝＝4.800×10－3 mol。
a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1，
化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。
(2)根据题意可得关系：
2KMnO4～5H2C2O4～5CaC2O4～5Ca2＋
2 mol　　　　　　　　 　5 mol
0.001 mol·L－1×0.015 L 　n(Ca2＋)
c(Ca2＋)＝＝＝0.002 5 mol·L－1。
(3)生成NO的物质的量为0.05 mol，则此时NO的物质的量为0.5 mol－0.05 mol＝0.45 mol。当沉淀量最大时，溶液中的溶质是硝酸钠，硝酸钠的物质的量是0.45 mol，根据钠原子守恒可知，氢氧化钠的物质的量是0.45 mol，则氢氧化钠的体积是450 mL。
(4)加热条件下，O3、O2都能和铜粉反应，故粉末增加的质量即为O2和O3的总质量。
设混合气体中含有O2 x mol，含有O3 y mol，
则有
解得
所以混合气体中臭氧的体积分数为50%。
2．(2018·全国卷Ⅲ)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　24 g Mg和27 g Al均为1 mol，含原子数相同， 但Mg、Al原子分别含质子数12、13，选项A错误；相同质量O2和O3中含O原子数相同，故电子数相同，选项B正确；等物质的量的重水D2O和水H2O中分子数相同，但中子数分别为10和8，不等于2∶1，选项C错误；乙烷(C2H6)分子中含7个共价单键，乙烯(C2H4)分子中含5个共价键(包含一个碳碳双键)，选项D错误。
3．(1)(2018·华大联考)取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6 g，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48 L。已知Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O，则稀硝酸的浓度为__2 mol/L__。
(2)(2017·全国卷Ⅰ)凯氏定氨法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：
NH3＋H3BO3===NH3·H3BO3；
NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋ H3BO3。

回答下列问题：取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L－1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为____%，样品的纯度≤____%。
解析　(1)一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物两等份中，一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6 g，这些铜的物质的量为0.4 mol，另一份加入到500 mL稀硝酸中固体恰好完全溶解一定还生成了0.4 mol Cu(NO3)2，并产生标准状况下的NO气体4.48 L，NO的物质的量为0.2 mol。由N原子守恒可以求出硝酸的物质的量为1 mol，则稀硝酸的浓度为2 mol/L；(2)m g某甘氨酸(C2H5NO2)样品中N转化为NH3·H3BO3，滴定时消耗c mol·L－1的盐酸V mL，根据反应NH3·H3BO3＋HCl＝NH4Cl＋H3BO3，可以求出样品中n(N)＝n(HCl)＝c mol·L－1×V×10－3 L＝0.001 cV mol，则样品中氮的质量分数为×100%＝%，样品中甘氨酸的质量≤0.001 cV×75 g，所以样品的纯度≤%。

以物质的量为中心计算的“一、二、三、四”
(1)一个中心：必须以物质的量为中心。
(2)两个前提：在应用Vm＝22.4 L·mol－1时，一定要注意“标准状况”和“气态”这两个前提条件(混合气体也适用)。
(3)三个关系：①直接构成物质的粒子与间接构成物质的粒子(原子、电子等)数目间的关系；②摩尔质量与相对分子质量的关系；③强电解质、弱电解质、非电解质与溶质粒子(分子或离子)数之间的关系。
(4)四个无关：①物质的量、质量、粒子数的多少均与温度、压强无关；②物质的量浓度的大小与所取该溶液的体积无关 (但溶质粒子数的多少与溶液体积有关)；③Vm与m、n无关；④M与m、n无关。

考点三　一定物质的量浓度溶液的配制　
▼ 命题规律：
1．题型：正误判断型选择题、填空题。
2．考向：正确使用仪器，规范操作步骤及溶液配制的误差分析。
▼ 方法点拨：
1．常见三种组成类型溶液的配制方法
(1)体积比浓度配制：
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
Ⅰ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；Ⅱ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定容时俯视、仰视对结果的影响
务必确保按眼睛视线→刻度线→凹液面最低点的顺序，做到“三点一线”。
Ⅰ仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大。
Ⅱ俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小。


1．Ⅰ.下列说法中正确的是__(4)__。
(1)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的KMnO4溶液(2017·全国卷Ⅲ)
(2)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(2018·全国卷Ⅱ)
(3)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。(2015·福建卷)
(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(2016·海南卷)
(5)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(2017·北京卷)
(6)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。(经典全国卷Ⅰ)
Ⅱ.(经典浙江卷)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取___0.735 0__g K2Cr2O7[保留四位有效数字，已知M(K2Cr2O7)＝294.0 g·mol－1]。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有__③⑦__(用编号表示)。
①电子天平　②烧杯　③量筒　④玻璃棒　⑤容量瓶　⑥胶头滴管　⑦移液管
突破点拨
(1)配制溶液时严格按照：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶步骤进行；
(2)选择符合规格要求的称量、容器仪器；
(3)定容操作要规范、明确不规范操作的误差和处置。
解析　Ⅰ：(1)不能在容量瓶中溶解溶质，错误；(2)使用的烧杯、玻璃棒要洗涤，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，应该重新配置，错误。 Ⅱ：称取K2Cr2O7的质量为m(K2Cr2O7)＝0.010 00 mol·L－1×0.250 0 L×294.0 g·mol－1＝0.735 0 g。用固体配制溶液，要用电子天平称量固体质量，并在烧杯中溶解，然后转移到容量瓶中，不需要量取液体的量筒和移液管。
【变式考法】
Ⅰ.(2018·鄂东南联考)下列说法中正确的是__(2)(6)__。
(1)移液时应该用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端应该靠在刻度线上方
(2)容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
(3)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
(4)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
(5)用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约 6 mol·L－1)通常需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等仪器
(6)用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，若溶解后立即移液、定容，所得溶液浓度偏高
Ⅱ.(2018·聊城质检)市售浓硝酸的质量分数为65%，密度为1.4 g·cm－3，要配制30%稀硝酸500 mL，还需要查阅的数据是__30%稀硝酸的密度__，若配制过程中不使用天平，则必须要计算的数据是__所量取浓硝酸的体积和所加蒸馏水的体积__，必须要使用的仪器是__玻璃棒、量筒、烧杯__。
解析　Ⅰ.(1)引流时玻璃棒的下端应该靠在刻度线下方，以防刻度线上方残留有液体，错误；(2)容量瓶可以不干燥，因为后来要加水，正确；(3)量筒的精确度读数时只能保留一位小数，错误；(4)托盘天平的精确度读数时只能保留一位小数，错误；(5)因为是配制体积比浓度溶液，所以不需要容量瓶，错误；(6)立即移液定容，液体是热的，冷却后正常体积减小，浓度增大，正确。
Ⅱ.因为配制的是一定质量分数的稀硝酸，根据x mL×1.4 g·cm－3×65%＝500 mL×ρ×30%，所以还应查阅30%稀硝酸的密度。该实验需计算所量取浓硝酸的体积和所加蒸馏水的体积，所以配制过程中还需玻璃棒、量筒、烧杯。
2．(2018·漳州二模)如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此，下列说法正确的是(　C　)

A．该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol·L－1
B．1 mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 g氢气
C．配制200 mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸50 mL
D．等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 mol·L－1
解析　由c＝可计算出该硫酸的物质的量浓度为18.4 mol·L－1，选项A错误；该硫酸是浓硫酸，和Zn反应不生成H2，选项B错误；由稀释定律，可得出所用硫酸体积为50 mL，选项C正确；等质量的硫酸和水，硫酸的密度大，硫酸的体积远小于水，两者等质量混合，硫酸的浓度小于9.2 mol·L－1，选项D错误。
3．(2018·江苏四市调研)实验室需配制1 mol·L－1的NaOH溶液480 mL。
(1)用托盘天平称取NaOH固体时，托盘天平读数为__C__(填序号)。
A．20.00 g　　 B．大于20.00 g　　　
C．大于20.0 g
(2)下列操作使所配制溶液的物质的量浓度偏高的是__ACJ__(填序号)。
A．称量时用了生锈的砝码
B．将NaOH放在纸张上称量
C．定容时俯视刻度线
D．往容量瓶中转移时，有少量液体溅出
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯
F．定容时仰视刻度线
G．容量瓶未干燥即用来配制溶液
H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线
I．定容时不小心多加了水，立即用胶头滴管将水吸出，至液面与刻度线相切
J．NaOH溶解后立即移液 、洗涤、定容
K．移液时引流用的玻璃棒下端在刻度线上方
解析　(1)应该配置500 mL，所以需要的NaOH为20.0 g，但是因为要放在烧杯中称量，所以读数大于20.0 g；(2)称量时用了生锈的砝码会使称得的氢氧化钠偏多，选项A正确；将NaOH放在纸张上称量，会有损失，偏低，选项B错误；定容时俯视刻度线 ，水加少了，浓度偏大，选项C正确；往容量瓶中转移时，有少量液体溅出，溶质损失，偏低，选项D错误；烧杯未洗涤，溶质损失，偏低，选项E错误；定容时仰视刻度线，水加多了，浓度偏低，选项F错误；容量瓶无需干燥，对结果无影响，选项G错误；定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线 ，体积偏大，浓度偏小，选项H错误；定容时不小心多加了水，立即用胶头滴管将水吸出，至液面与刻度线相切，溶质损失，浓度偏低，选项I错误；NaOH溶解后立即移液、洗涤、定容，溶液温度偏高，恢复至室温后体积偏小，浓度偏大，选项J正确； 移液时引流用的玻璃棒下端在刻度线上方，会使上方有液体残留，溶液体积偏大，浓度偏小，选项K错误。

误差分析的思维过程

享资源　练类题　弯道超越显功力　
热重分析类计算题突破技巧
考向预测
热重分析是重要的分析手段，可以很好的考查学生的分析能力、计算能力以及“实验探究与创新意识”的化学核心素养，常见题型为：给出物质受热过程中质量与温度关系曲线，通过计算分析不同阶段反应的化学方程式或者固体物质成分
解题关键
(1)因金属氧化物的能量明显低于硫化物、氮化物、磷化物、碳化物等，故各种金属含氧酸盐的热分解反应的产物一般为金属氧化物与相应酸酐等。如果金属含氧酸盐有结晶水，则结晶水合物受热一般先失去结晶水；如果是变价金属元素，则产物可能是多种价态的金属氧化物。
(2)金属氢氧化物受热分解一般生成金属氧化物与水。若是变价金属，则在空气中加热产物可能为多种价态的金属氧化物。
(3)高价金属氧化物受热分解一般生成低价金属氧化物(或金属单质)与氧气
失分防范
此类问题要采取定性推测与定量验证来准确推断。定性推测：对热重图像中的易分解物质发生的分解反应原理进行分析判断，是失水过程，还是分解过程，甚至是在空气中灼烧生成不同价态氧化物的过程(有O2参与反应)等情况，初步确定产物的可能化学式。定量验证：对热重图像中的有关数据根据化学式进行计算，定量计算的方法一般有元素守恒、质量守恒、差量法等
【预测】 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。CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图所示(其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热)；A、B、C均为纯净物。

(1)A、B、C点所示产物的化学式分别是________、________、________。
(2)如果将A点的固体直接在空气中加热至900℃，发生的反应化学方程式为________。
(3)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。
思维导航
解答此类型试题可遵照以下思路流程：

规范答题：(1)CoC2O4·2H2O属于变价金属元素的结晶水合物，600 ℃前后分解反应原理不同。600 ℃前隔绝空气加热的分解产物A、B中Co的化合价均为＋2。600 ℃后在空气中加热固体质量增加，只能是与空气中的氧气反应，Co化合价升高。(1)定性推测：CoC2O4·2H2O受热分解生成A、B，要经过失水与分解两个过程，可能产物为无水物CoC2O4与氧化物CoO。600 ℃后在空气中加热CoO被空气中的氧气氧化，固体质量增加，类比Fe，Co有＋2、＋3价，可能生成Co2O3，也可能生成Co3O4。定量验证：设A、B的摩尔质量分别为MA、MB，根据Co元素守恒：18.30 g/183 g·mol－1＝14.70 g/MA＝7.50 g/MB，解得MA＝147 g·mol－1，MB＝75.0 g·mol－1，恰为CoC2O4、CoO的摩尔质量，故A、B分别为CoC2O4、CoO。设C的化学式为CoxOy，x∶y＝7.5/75∶[7.5/75＋(8.03－7.50)/16]＝0.1∶0.133＝3∶4，故C为Co3O4或CoO·Co2O3。(2)A固体为CoC2O4，C点固体为Co3O4，可见在空气中加热时，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。(3)由电子得失守恒：n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝＝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。
答案： (1)CoC2O4　CoO　Co3O4或CoO·Co2O3　
(2)3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2　(3)5∶6
【变式考法】
将25.0 g胆矾晶体放在坩埚中加热测定晶体中结晶水的含量，固体质量随温度的升高而变化的曲线如图。

请认真分析上图，填写下列空白：
(1)30℃～110℃间所得固体的化学式是__CuSO4·3H2O__,650℃～1 000℃间所得固体的化学式是__CuO__，温度高于1 000℃后所得固体的化学式是__Cu2O__；
(2)常温下无水硫酸铜__可以__(选填“可以”或“不可以”)用作干燥剂，进行硫酸铜晶体结晶水含量测定实验时，温度应控制在__260_℃～650_℃__范围内。
解析　(1)样品开始的化学式为CuSO4·5H2O，其质量为25.0 g，在30 ℃～110 ℃内损失的质量为25.0 g－21.4 g＝3.6 g，假设当温度升高到110 ℃时，CuSO4·5H2O晶体失去水的相对分子质量总和为x，则根据比例关系25.0∶3.6＝250∶x，x＝36，即失去了2个H2O，所以，110 ℃时晶体的化学式CuSO4·3H2O。
另假设25.0 g CuSO4·5H2O失去全部结晶水变成CuSO4的质量为25.0 g×160/250＝16.0 g，所以，650 ℃固体的化学式为CuSO4。由图可知，650 ℃～1 000 ℃范围内，16.0 g固体受热损失了16.0 g－8.0 g＝8.0 g，设从CuSO4中失去的总相对分子质量为y，根据比例关系16.0∶8.0＝160∶y，y＝80，说明CuSO4中失去了SO3变为CuO，所以650 ℃～1 000 ℃间所得固本的化学式是CuO。
当温度高于1 000 ℃时，固体的质量由开始的8.0 g又损失了8.0 g－7.2 g＝0.8 g，同样假设从化学式CuO中失去的总相对分子质量为z，根据比例关系8.0∶0.8＝80∶z，z＝8，即从CuO中又失去了1/2个O，变为CuO1/2，所以，温度高于1 000 ℃后得固体的化学式是Cu2O。
(2)CuSO4·5H2O可以受热失去结晶水变成CuSO4·5H2O，所以，无水硫酸铜可以用作干燥剂。在进行硫酸铜晶体结晶水含量测定实验时，一方面要使其中的结晶水尽量全部失掉，即温度要超过260 ℃，但是温度升高的最高温度要保证不能使CuSO4分解，即最高温度不能超过650 ℃。因此，进行硫酸铜晶体结晶水含量测定实验时，温度应控制在260 ℃～650 ℃范围内。
对点特训(二)　化学常用计量
1．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是(　D　)
A．标准状况下，11.2 L NO和11.2 L SO3的分子总数为NA
B．0.1 mol Br2与足量H2O或NaOH反应转移的电子数均为0.1NA
C．0.1 mol的白磷(P4)或四氯化碳(CCl4)中所含的共价键数均为0.4NA
D．在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出32 g铜时，转移电子数均为NA
解析　标准状况下，SO3为固体， 选项A错误；Br2与H2O反应是可逆反应， 选项B错误；0.1 mol P4中含有0.6 mol共价键， 选项C错误。
2．(2018·江淮十校三模)设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是(　A　)
A．1 mol淀粉(C6H10O5)n完全水解后产生的葡萄糖分子数一定为NA
B．水蒸气通过Na2O2使其增重2 g时，反应中转移的电子数为NA
C．常温下，15 g HCHO与14CO组成的混合气体中分子数为0.5NA
D．10 g质量分数为46%乙醇溶液中O－H键数目为0.7NA
解析　1 mol淀粉(C6H10O5)n中n不确定 ，所以完全水解后产生的葡萄糖分子数也不确定， 选项A错误； 水与过氧化钠反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，由反应方程式可知，若有2 mol水参加反应，反应后固体增加4 g，转移2 mol电子，因此质量增加2 g时，转移电子1 mol，转移电子的数目为NA，选项B正确；HCHO与14CO的摩尔质量相等，均为30 g/mol，则15 g混合气体的物质的量为0.5 mol，其分子总数为0.5NA，选项C正确； 10 g质量分数为46%乙醇溶液中含有4.6 g乙醇和5.4 g水，乙醇和水的物质的量分别为0.1 mol和0.3 mol，由乙醇和水的分子结构可知，二者分别含有0.1 mol O—H键和0.6 mol O—H键，O—H键的总数为0.7NA，选项D正确。
3．(2018·合肥二模)已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(　A　)
A．8.4 g NaHCO3晶体中含有0.1NA个CO
B．含有NA个氢氧化铝胶粒的明矾溶液中，硫酸根离子数目大于2NA个
C．3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
D．铅蓄电池工作时，当电路中通过的电子为0.2NA时，负极质量增加9.6 g
解析　NaHCO3晶体是由Na＋和HCO组成，不含CO，选项A错误； 由于铝离子水解不彻底而且一个氢氧化铝胶粒中含有的铝原子不止一个，选项B正确；甲醛(HCHO)和冰醋酸的最简式都是CH2O,3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有0.1 mol CH2O，故其原子总数为0.4NA，选项C正确 ；负极反应式为Pb＋SO－2e－===PbSO4，负极增加的质量是SO的质量，因此通过0.2 mol e－，负极质量增加9.6 g，选项D正确。
4．(2018·皖西名校质检)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　D　)
A．1 mol H2与0.5 mol I2在一定条件下充分反应，最后分子总数一定为1.5NA
B．向含1 mol Cl－的NH4Cl溶液中加入氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH数目为NA
C．10 g DO和10 g HO中含有的中子数均为5NA
D．标准状况下，1 L pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目为0.1NA
解析　H2与I2的反应虽然是可逆反应，但是该反应分子总数不变，选项A正确；根据电荷守恒可知呈中性溶液中NH数目与Cl－相等，选项B正确； DO和HO相对分子质量以及中子数均相等，选项C正确；标准状况下，温度低于室温，所以KW改变了，选项D错误。
5．( 2018·福州八县期中)实验室中需要2 mol/L的硫酸铜溶液95 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取胆矾质量分别是(　D　)
A．95 mL,30.4 g　　　 B．95 mL,47.5 g
C．100 mL,32.0 g　　　 D．100 mL,50.0 g
解析　实验室没有95 mL的容量瓶，应用100 mL的容量瓶进行配制，则n(CuSO4)＝0.1 L×2 mol/L＝0.2 mol，需要胆矾的质量＝2 mol×250 g/mol＝50.0 g，选项D正确。
6．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SO)＋c(NO)＝2.5 mol·L－1。取200 mL该混合酸，则能溶解铜的最大质量为(　B　)
A．12.8 g　　　 B．19.2 g
C．32.0 g　　　 D．38.4 g
解析　反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，要使溶解的铜的质量最大，则氢离子和硝酸根离子浓度满足方程式中的比例关系，硝酸全部起氧化剂作用，假设硫酸的浓度为x mol·L－1，则硝酸的浓度为(2.5－x) mol·L－1，则氢离子浓度为2x＋(2.5－x)＝2.5＋x，c(NO)＝2.5－x，则(2.5－x)：(2.5＋x)＝2：8，解得x＝1.5 mol·L－1，则硝酸根物质的量为1 mol·L－1×0.2 L＝0.2 mol，溶解的铜为0.3 mol，质量为0.3 mol×64 g·mol－1＝19.2 g，选项B正确。
7．(2017·湖南师大附中检测)将Na2O2逐渐加入到含有Al3＋、Mg2＋、NH的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入Na2O2的物质的量(mol)关系如图所示，则原溶液中Al3＋、Mg2＋、NH的物质的量分别为(　C　)

A．2 mol、3 mol、8 mol　　　 B．3 mol、2 mol、8 mol
C．2 mol、3 mol、4 mol　　　 D．3 mol、2 mol、4 mol
解析　由图可知，沉淀物质的量最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg(OH)2]＋n[Al(OH)3]＝5 mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知n[Mg(OH)2]＝3 mol，则n[Al(OH)3]＝2 mol，根据元素守恒可知，n(Al3＋)＝n[Al(OH)3]＝2 mol，n(Mg2＋)＝n[Mg(OH)2]＝3 mol；反应生成的气体为氨气与氧气，由图可知溶液加入8 mol Na2O2以后，再加Na2O2，气体的增加变慢，故加入8 mol Na2O2时，NH完全反应，且沉淀达最大值，故溶液中Mg2＋、NH、Al3＋都恰好完全反应，此时溶液中Mg2＋、NH、Al3＋为Na＋代替，溶液中n(Na＋)＝2n(Na2O2)＝2×8 mol＝16 mol，根据电荷守恒有n(Na＋)＝2n(Mg2＋)＋n(NH)＋3n(Al3＋)，即16 mol＝2×3 mol＋n(NH)＋3×2 mol，所以n(NH)＝4 mol，选项C正确。
8．(2018·运城质检)下列溶液配制实验的描述完全正确的是(　C　)
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，移液应该用玻璃棒引流，且玻璃棒不能紧贴容量瓶，玻璃棒下端要靠在刻度线上方的瓶壁
B．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)通常需要用容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等仪器
C．配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防水解
D．用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏低
解析　 玻璃棒下端要靠在刻度线下方瓶壁，选项A错误；用浓盐酸配制体积比1∶1的稀盐酸，不需要容量瓶，选项B错误；铵根离子和铁离子易水解，可加H2SO4以防水解，选项C正确 ；量取浓盐酸时，仰视会使量取的浓盐酸体积偏大，所配制溶液浓度偏高，选项D错误。
9．(2018·江西六市联考)8.34 g FeSO4·7H2O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)如下图所示，下列有关说法正确的是(　D　)

A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B．温度为159℃时固体物质N的化学式为FeSO4·3H2O
C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4FeO＋SO3↑
D．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3
解析　8.34 g FeSO4·7H2O的物质的量是8.34 g÷278 g/mol＝0.03 mol。根据图像可知温度为78℃时固体质量减少8.34 g－6.72 g＝1.62 g，则失去结晶水的物质的量是1.62 g÷18 g/mol＝0.09 mol，即每摩尔固体失去3 mol结晶水，所以固体物质M的化学式为FeSO4·4H2O，选项A错误；温度为159 ℃时固体质量又减少6.72 g－5.10 g＝1.62 g，则失去结晶水的物质的量是0.09 mol，每摩尔固体又失去了3 mol结晶水，则固体物质N的化学式为FeSO4·H2O，选项B错误；根据图像可知N到P固体质量又减少5.10 g－4.56 g＝0.54 g，相当于0.03 mol结晶水，这说明此时固体已经完全失去结晶水，则在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O↑，选项C错误；根据以上分析可知，380 ℃时P是硫酸亚铁，隔绝空气加热至650 ℃时固体质量变为2.40 g，根据铁元素守恒可知，0.03 mol铁能生成0.015 mol氧化铁，质量是0.015 mol×160 g/mol＝2.4 g，这说明Q的化学式恰好为Fe2O3，选项D正确。
10．(2018·江西九校联考)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ω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＝＝知选项B正确；由ω＝＝知选项C错误；将此式变形后即可得到选项A中的式子，由c＝知选项D正确。
11．(2018·鄂东南联盟联考)一定质量的液态化合物XY2与标准状况下的一定质量的O2恰好完全反应，反应的化学方程式为XY2(l)＋3O2(g)===XO2(g)＋2YO2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的体积是672 mL，密度是2.56 g·L－1。则：
(1)反应前O2的体积是__672_mL__。
(2)化合物XY2的摩尔质量是__76_g·mol－1__。
(3)若XY2分子中X、Y两元素的质量比是3∶16，则X、Y两元素分别为__C__和__S__(写元素符号)。
解析　(1)由反应XY2 (l)＋3O2(g)===XO2(g)＋2YO2(g)可知，反应前后气体的体积变化为0，故V(O2)＝672 mL。
(2)由m＝ρV得生成物的质量m＝0.672 L×2.56 g·L－1＝1.72 g，O2的物质的量n＝＝0.03 mol，XY2 的物质的量为0.01 mol。所以M(XY2)＝＝76 g·mol－1。
(3)由＝和M(X)＋2M(Y)＝76，解得M(X)＝12，M(Y)＝32，即X为C元素，Y为S元素。
12．(2018·上饶六校联考)化合物A[KxFe(C2O4)y·zH2O，其中铁元素为＋3价]是一种重要的光化学试剂。测定化合物A的化学式实验步骤如下：
a．准确称取A样品4.91 g，干燥脱水至恒重，残留物质的质量为4.37 g；
b．将步骤a所得固体溶于水，加入还原铁粉0.28 g，恰好完全反应；
c．另取A样品4.91 g置于锥形瓶中，加入足量的3 mol·L－1的H2SO4溶液和适量蒸馏水，再加入0.50 mol·L－1的KMnO4溶液24.0 mL，微热，恰好完全反应：
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O
通过计算填空：
(1)4.91 g A样品中含结晶水的物质的量为__0.03__mol。
(2)A的化学式为__K3Fe(C2O4)3·3H2O__(写出计算过程)。
解析　 (1)样品中结晶水的物质的量
n(H2O)＝＝0.03 mol。
(2)由2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝2×＝0.01 mol。根据反应的化学方程式可知n(C2O)＝n(KMnO4)＝×0.50 mol·L－1×0.024 L＝0.03 mol，根据离子电荷守恒n(K＋)＋3n(Fe3＋)＝2n(C2O)，可得n(K＋)＝0.03 mol，因此A为K3Fe(C2O4)3·3H2O。
13．(2018·西南名校联考)某化学研究性学习小组需配制含有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__0.8_mol·L－1__。
(2)该研究小组配制该植物培养液时，还须用到的实验仪器是__B__(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)＝__14.9__g，m[(NH4)2SO4]＝__26.4__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：__(NH4)2SO4__、__NH4Cl__、__K2SO4__。(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__ABC__(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)配制所需该溶液应该按配制500 mL溶液来计算，所需KCl、(NH4)2SO4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(NH4)2SO4、NH4Cl、K2SO4，且物质的量之比为1∶2∶1。(5)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，选项A正确；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，选项B正确；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、浓度偏小，选项C正确；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、浓度偏大，选项D错误。
14．(2018·太原四月调研)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，＝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，＝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14 g－10 g＝4 g假设只有O，n(O)＝＝0.25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。(2)在600 ℃时，＝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,7 g÷0.25 mol＝28 g·mol－1，每摩尔物质失去的质量看成一种物质则应为CO，CaC2O4失去CO后产物为CaCO3，在500 ℃时，应为CaC2O4和CaCO3的混合物，根据固体总质量及Ca元素守恒列式，可分别得出两者的物质的量。
答案　(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。