专题二 化学计量及其应用
[考纲要求] 1.了解物质的量的单位——摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义。2.了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。3.理解质量守恒定律的含义。4.能根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。5.了解溶液的含义。6.了解溶解度、饱和溶液的概念。7.了解溶液的组成，理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。8.了解配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法。
(一)洞悉陷阱设置，突破阿伏加德罗常数应用
题组一 气体摩尔体积的适用条件及物质的聚集状态
1.正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)2.24 L CO2中含有的原子数为0.3NA(×)
(2)常温下，11.2 L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NA(×)
(3)标准状况下，22.4 L己烷中含共价键数目为19NA(×)
(4)常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA(×)
(5)标准状况下，2.24 L HF含有的HF分子数为0.1NA(×)
突破陷阱
抓“两看”，突破“状态、状况”陷阱
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”(如CCl4、H2O、Br2、SO3、HF、己烷、苯等在标准状况下不为气体)。
题组二 物质的量或质量与状况
2.正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)常温常压下，3.2 g O2所含的原子数为0.2NA(√)
(2)标准标况下，18 g H2O所含的氧原子数目为NA(√)
(3)常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为6NA(√)
突破陷阱
排“干扰”，突破“质量、状况”陷阱
给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数，实质上，此时物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。
题组三 物质的组成与结构
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3.正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)在常温常压下，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)m g CO与N2的混合气体中所含分子数目为NA(√)
(5)4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA(√)
(6)30 g甲醛中含共用电子对总数为4NA(√)
突破陷阱
记“组成”，突破“结构”判断陷阱
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。
题组四 电解质溶液中粒子数目的判断
4.正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(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(×)
突破陷阱
审“要求”，突破“离子数目”判断陷阱
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，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。
题组五 阿伏加德罗常数的应用与“隐含反应”
5.正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(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(×)
突破陷阱
记“隐含反应”，突破“粒子组成、电子转移”判断陷阱
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在“NA”应用中，常涉及以下可逆反应：
1.2SO2＋O22SO3
2NO2N2O4
N2＋3H22NH3
2.Cl2＋H2OHCl＋HClO
3.NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－
题组六 氧化还原反应中电子转移数目的判断
6.正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
(1)5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA(×)
(2)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(×)
(3)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(√)
(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，共转移的电子的数目为NA(×)
(6)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA(×)
突破陷阱
“分类”比较，突破“电子转移”判断陷阱
1.同一种物质在不同反应中氧化剂、还原剂的判断。如：
(1)Cl2和Fe、Cu等反应，Cl2只作氧化剂，而Cl2和NaOH反应，Cl2既作氧化剂，又作还原剂。
(2)Na2O2与CO2或H2O反应，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，而Na2O2与SO2反 应，Na2O2只作氧化剂。
2.量不同，所表现的化合价不同。如：
Fe和HNO3反应，Fe不足，生成Fe3＋，Fe过量，生成Fe2＋。
3.氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。如：
Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S。
4.注意氧化还原的顺序。如：
向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。所以上述题(5)中转移的电子数目大于NA。
题组七 2016、2015新课标卷“NA”应用高考试题汇编
7.(2016·全国卷Ⅰ，8)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )
A.14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B.1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C.1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
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D.标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
答案 A
解析 A项，乙烯和丙烯的最简式均为CH2,14 g乙烯和丙烯混合气体中相当于含有1 mol CH2，则其氢原子数为2NA，正确；B项，合成氨的反应是可逆反应，则1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，错误；C项，铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA，错误；D项，标准状况下CCl4为液态，故2.24 L CCl4的物质的量不是0.1 mol，则其含有的共价键数不是0.4NA，错误。
8.(2015·全国卷Ⅰ，8)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B.2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C.过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D.密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
答案 C
解析 A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量不同，分别为20 g·mol－1和18 g·mol－1，所以18 g D2O和H2O的物质的量不同，质子数不同，错误；B项，n(H2SO3)＝2 L×0.5 mol·L－1＝1 mol，但H2SO3是弱酸，部分电离，所以H＋数目小于2NA，错误；C项，发生的反应是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，转移电子数为2e－，所以生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，正确；D项，发生反应：2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。
(二)理解公式推论，破解阿伏加德罗定律应用
9.同温同压下，x g甲气体和y g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 A项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则x g甲气体和y g乙气体的物质的量相等，即＝，推出x∶y＝M甲∶M乙，故正确；B项，甲与乙的分子个数之比为1∶1，而x与y不一定相等，故不正确；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，故正确；D项，等质量的甲、乙的压强之比为p甲∶p乙＝n1∶n2＝∶＝M乙∶M甲＝y∶x，故正确。
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10.在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是( )
A.物质的量：甲＞乙
B.气体体积：甲＞乙
C.摩尔体积：甲＞乙
D.相对分子质量：甲＞乙
答案 D
解析 同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ＝知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。
A项，根据n＝知，相同质量时其物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量小于乙，故A错误；
B项，根据V＝Vm知，相同温度、压强、质量时，气体体积与摩尔质量成反比，摩尔质量甲＞乙，则气体体积甲＜乙，故B错误；
C项，同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；
D项，根据以上分析知，摩尔质量甲＞乙，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以相对分子质量甲＞乙，故D正确。
阿伏加德罗定律及推论可概括为“三同定一同，两同见比例”，可用V＝n×Vm及m＝V×ρ等公式推导出：
(1)同温同压时：①V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2；
②ρ1∶ρ2＝M1∶M2；
③同质量时：V1∶V2＝M2∶M1。
(2)同温同体积时：①p1∶p2＝n1∶n2＝N1∶N2；
②同质量时：p1∶p2＝M2∶M1。
(3)同温同压同体积时：M1∶M2＝m1∶m2。
配制一定物质的量浓度溶液的实验是中学化学中一个重要的定量实验。复习时，要熟记实验仪器，掌握操作步骤，注意仪器使用，正确分析误差，理解基本公式，明确高考题型，做到有的放矢。
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1.七种仪器需记牢
托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。
2.实验步骤要理清
如：配制500 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，图中操作②中应该填写的数据为__________，实验时操作的先后顺序为____________(填编号)。
答案 5.3 ②④⑥⑤①③
3.仪器使用要明了
(1)容量瓶使用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶时应指明规格，并选择合适的容量瓶，如配制480 mL溶液，应选用500 mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体，也不能作为反应容器。
(2)玻璃棒的作用是搅拌和引流，在引流时，玻璃棒末端应插入到容量瓶刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处不能接触瓶口，如图所示。
附 容量瓶的查漏方法
向容量瓶中加入适量水，盖好瓶塞，左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底，将容量瓶倒转过来看瓶口处是否有水渗出，若没有，将容量瓶正立，将瓶塞旋转180度，重复上述操作，如果瓶口处仍无水渗出，则此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞处涂点凡士林。
4.误差分析点点清
进行误差分析的依据是c＝＝，根据公式，分析各个量的变化，判断可能产生的误差。
用“偏高”、“偏低”或“无影响”填空：
(1)砝码生锈：偏高。
(2)定容时，溶液温度高：偏高。
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(3)定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。
(4)称量时物码颠倒且使用游码：偏低。
(5)未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。
(6)称量易吸水物质时间过长：偏低。
(7)转移时，有液体溅出：偏低。
(8)滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。
(9)定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。
(10)容量瓶内有少量水：无影响。
5.换算关系会推导
(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ρ g·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)。
6.两条规律理解透
(1)稀释定律
①如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有c1V1＝c2V2。
②如用m1、m2、w1、w2分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有m1w1＝m2w2。
(2)混合规律
同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。
①两溶液等质量混合：w＝(w1＋w2)。
②两溶液等体积混合
a.若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w＞(w1＋w2)，如H2SO4溶液。
b.若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w＜(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。
题组一 仪器的正确使用及实验操作的规范性
1.正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。
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(1)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线(√)(2016·浙江理综，8D)
(2)称取2.0 g NaOH固体，可先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体(×)(2015·福建理综，8A)
(3)配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液(×)(2015·安徽理综，8A)
(4)配制一定浓度的NaCl溶液(×)(2015·四川理综，3A)
(5)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干(×)(2014·新课标全国卷Ⅰ，12A)
(6)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体(×)
(2014·新课标全国卷Ⅰ，12D)
2.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是( )
答案 B
解析 A项，托盘天平称量时，应为“左物右码”，错误；B项，用玻璃棒搅拌能加速溶解，正确；C项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误；D项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。
3.(1)配制浓度为2 mol·L－1的NaOH溶液100 mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将________(填写字母)。
A.等于8.0 g B.等于8.00 g
C.大于8.0 g D.等于0.2 g
(2)某实验中需2 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为____________，称取Na2CO3的质量为__________。
答案 (1)C (2)1 000 mL 212.0 g
解析 (1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0 g＋烧杯质量。(2)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2 mol·L－1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的质量为1 L×2 mol·L－1×106 g·mol－1＝212.0 g。
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题组二 有关浓度的换算
4.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。
5.体积为V L、密度为ρ g·cm－3的某溶液中，含有摩尔质量为M的溶质m g。若此溶液中溶质的物质的量浓度为c mol·L－1，溶质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是( )
A.c＝ B.m＝Vρw
C.w＝ D.ρ＝
答案 A
解析 已知：c＝1 000或c＝。
A项，c＝，正确；B项，＝，m＝1 000ρwV，错误；C项，w＝，错误；D项，ρ＝，注意w与w%的区别，错误。
题组三 溶液稀释规律的应用
6.取100 mL 0.3 mol·L－1的硫酸溶液和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸溶液加水稀释至500 mL，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是( )
A.0.21 mol·L－1 B.0.42 mol·L－1
C.0.56 mol·L－1 D.0.26 mol·L－1
答案 B
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解析 根据题意可知，容量瓶中H2SO4溶液的H＋浓度关系如下：c3V3＝c1V1＋c2V2，可得n(H＋)＝(0.1 L×0.3 mol·L－1＋0.3 L×0.25 mol·L－1)×2＝0.21 mol，所以c(H＋)＝＝0.42 mol·L－1。
7.实验室常用98%(ρ＝1.84 g·mL－1)的浓H2SO4配制1∶4的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23 g·mL－1，其物质的量浓度为( )
A.4.6 mol·L－1 B.5.7 mol·L－1
C.3.88 mol·L－1 D.18.4 mol·L－1
答案 C
解析 实验室配制1∶4溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。
求算所得溶液溶质的质量分数：w%＝(1 mL×1.84 g·mL－1×98%)/(1 mL×1.84 g·mL－1＋4 mL×1 g·mL－1)×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)＝(1 000 mL×1.23 g·mL－1×30.9%)/(98 g·mol－1×1 L)≈3.88 mol·L－1，故选C。
掌握两项技能
1.用98%的浓H2SO4配制100 mL 1∶4的稀H2SO4：用量筒量取80 mL的水注入200 mL的烧杯，然后再用另一只量筒量取20 mL的浓H2SO4沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不停搅拌。
2.配制100 g 20%的NaCl溶液：准确称量20.0 g NaCl固体，然后再转移到200 mL的烧杯中，再用量筒量取80 mL的水注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌直到完全溶解为止。
题组四 溶液中电荷守恒在物质的量浓度计算中的应用
8.把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为( )
A.0.1(b－2a) mol·L－1
B.10(2a－b) mol·L－1
C.10(b－a) mol·L－1
D.10(b－2a) mol·L－1
答案 D
解析 根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2＋)＝a mol，n(Cl－)＝b mol，根据电荷守恒关系得n(K＋)＝(b－2a)mol，则c(K＋)＝＝10(b－2a) mol·L－1。
9.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2
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的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为( )
A. mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
答案 D
解析 注意混合液分成两等份，由Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知原溶液中n(Mg2＋)＝ mol＝a mol、n(SO)＝2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K＋)＝2n(SO)－2n(Mg2＋)＝2(2b－a) mol。
1.明确一个中心
必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。
2.注意三个守恒
3.明确两种方法
(1)关系式法
此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。
(2)差量法
①差量法的应用原理
差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题的关键是把化学方程式中的对应差量(理论差量)及差量(实际差量)与未知量列成比例式，然后求解。如：
2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH Δm(固), Δn(气), ΔV(气)
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2 mol 1 mol 2 mol Q 24 g 1 mol 22.4 L(标况)
②使用差量法时的注意事项
a.所选用差量要与未知量的数值成正比例或反比例关系。
b.有关物质的物理量及其单位都要正确地使用和对应，即“上下一致，左右相当”。
4.计算类型及实验方法
(1)计算类型：
①确定化学式；②确定样品质量分数。
(2)实验方法
①滴定分析法；②沉淀分析法；③热重分析法。
题组一 “关系式”法的应用
(一)由“元素守恒”确定关系式
1.在O2中灼烧0.44 g S和Fe组成的化合物，使其中的S全部转变为SO2，把这些SO2全部氧化转变为H2SO4。这些H2SO4可以用20 mL 0.50 mol·L－1 NaOH溶液完全中和。则原化合物中S的百分含量为( )
A.18% B.46%
C.53% D.36%
答案 D
解析 关注S―→SO2―→SO3―→H2SO4中硫元素守恒，根据酸碱中和求出与NaOH的关系。
全部反应过程中，各物质的量的关系可用下式表示：
S―→SO2―→SO3―→H2SO4―→2NaOH
32 g 2 mol
x (0.02×0.50)mol
x＝＝0.16 g。
S的质量分数为×100%≈36%。
(二)由“电子守恒”确定关系式
2.取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 mol·L－1的FeCl3溶液135 mL，I－完全反应生成I2：2I－＋2Fe3＋===I2＋2Fe2＋。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025 mol时，Fe2＋恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。
答案 2 mol·L－1
解析 依题意，有：
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本题可用关系式法求解。
由上述两个反应及电子转移守恒理论，得知I－与Cl2之间的关系式：2I－～Cl2。
设KI的物质的量是x，则
2I－ ～ Cl2
2 1
x 0.025 mol
＝，x＝0.05 mol。
c(KI)＝＝2 mol·L－1。
题组二 “滴定法”分析物质组成及含量
应用一 确定含量
3.为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol·L－1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗a mol·L－1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。
答案 %
解析 本题涉及的化学方程式或离子方程式为
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓
CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
由方程式可以得出相应的关系式
5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO
5 2
n1(CaCO3) aV2×10－3 mol
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n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol
样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3× mol
则w(CaCO3)＝
×100%
＝%。
4.电解铜的阳极泥中含有3%～14% Se元素，该元素以Se单质、Cu2Se形式存在，还含有稀有金属及贵金属。称取5.000 g电解铜的阳极泥样品以合适方法溶解，配成250 mL混酸溶液，移取上述溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.010 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液[只发生Se(＋4)转化为Se(＋6)]。反应完全后，用0.050 00 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴至终点，消耗15.00 mL。则电解铜的阳极泥中Se的质量分数为________(保留四位有效数字)。
答案 3.950%
解析 MnO ～ 5Fe2＋
0.000 150 0 mol 0.000 750 0 mol
2MnO ～ 5S
0.000 250 0 mol 0.000 250 0 mol
－0.000 150 0 mol
＝0.000 100 mol
w(Se)＝×100%＝3.950%。
应用二 确定组成
5.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________。
31
(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－1×25.00×10－3 L＝0.01 mol，
n(Mg2＋)＝0.020 00 mol·L－1×25.00×10－3 L×＝0.02 mol，
根据电荷守恒，可得：
n(OH－)＝2n(Mg2＋)－n(ClO－)＝2×0.02 mol－0.01 mol＝0.01 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。
解析 (1)根据实验①中的离子方程式可知有I2参加，根据I2的特性可选择淀粉作指示剂。(2)根据实验①中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClO－～I2～2S2O求得n(ClO－)，根据实验②中消耗的EDTA的体积结合关系式Mg2＋～EDTA可求得n(Mg2＋)，利用电荷守恒可求得n(OH－)，根据固体的总质量以及求出的n(Mg2＋)、n(ClO－)、n(OH－)可求得n(H2O)，从而得到n(Mg2＋)、n(ClO－)、n(OH－)、n(H2O)四者之比，最后得到物质的化学式。
1.利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径为
(1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。
(2)利用微粒守恒建立关系式。
2.多步滴定常分为两类
(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。
(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。
题组三 “沉淀法”分析物质组成及含量
6.SO2可转化为硫酸盐。现有一种硫酸盐的化学式为x(NH4)2SO4·Fe2(SO4)3·yH2O。称取该复盐2.410 g，加入过量的NaOH溶液并加热，生成的气体用100 mL 0.050 0 mol·L－1硫酸吸收，多余的硫酸用0.200 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液25.00 mL。再将等质量的复盐溶于水配成溶液，加足量BaCl2
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溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，最后得白色沉淀2.330 g。试列出计算过程确定该复盐的化学式。
答案 根据题干所述得如下关系式
2NH～2NH3～H2SO4～2NaOH，
n(NH)＝2×(100×10－3×0.050 0－25×10－3×0.200 0×)mol＝0.005 mol，
n(BaSO4)＝＝0.01 mol，
则含n(SO)＝n(BaSO4)＝0.01 mol，根据电荷守恒式n(NH)＋3n(Fe3＋)＝2n(SO)可知，该固体中含有n(Fe3＋)＝0.005 mol，则
n(H2O)＝mol＝0.06 mol，
故固体中n(NH)∶n(Fe3＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝0.005∶0.005∶0.01∶0.06＝1∶1∶2∶12，
所以化学式为(NH4)2SO4·Fe2(SO4)3·24H2O或NH4Fe(SO4)2·12H2O。
7.锂－磷酸氧铜电池是一种以磷酸氧铜作为正极材料的锂离子电池，其正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，某化工流程中制得样品38.56 g[假定样品中只含Cu4O(PO4)2和CuO两种物质]，使其完全溶于一定量的硝酸中，再加入氧氧化钠溶液，使铜完全沉淀，将沉淀灼烧使其转变为黑色氧化铜，最终称得残留固体质量为27.20 g。计算所得样品磷酸氧铜的质量分数(写出计算过程)。
答案 n(CuO)×80 g·mol－1＋n[Cu4O(PO4)2]×462 g·mol－1＝38.56 g
n(CuO)＋4n[Cu4O(PO4)2]＝＝0.34 mol
解得n(CuO)＝0.02 mol
n[Cu4O(PO4)2]＝0.08 mol
w[Cu4O(PO4)2]＝×100%≈95.85%。
题组四 热重分析法确定物质组成及含量
应用一 确定含量
8.[2014·新课标全国卷Ⅱ27(4)]PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，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。
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答案 根据PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，x＝2－≈1.4，
根据mPbO2·nPbO，＝1.4，＝＝
应用二 确定组成
9.0.80 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·H2O
解析 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。
10.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________，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%，
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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。
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，＝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7 g÷0.25 mol＝28 g·mol－1，则应为CO，所以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。
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。
题组五 “差量法”在化学计算中的应用
11.一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是( )
A.16.7% B.20.0%
C.80.0% D.83.3%
答案 A
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解析 N2＋3H22NH3 ΔV
1 L 3 L 2 L 2 L
由以上关系式可知，反应前后体积的减少与生成的NH3体积相等。设平衡时混合气体100 L，其中含20 L NH3，则原气体总体积减少20 L。所以，反应前氮气和氢气总体积为120 L，反应后体积缩小的百分率为×100%≈16.7%。
12.有NaCl和KCl的混合物25 g，溶于水形成溶液，加入1 000 g 7.14%的AgNO3溶液，充分反应后滤出沉淀，再向混合物加入100 g Cu片，过一段时间取出(反应完全)，洗涤干燥称其质量为101.52 g，原混合物中NaCl和KCl的物质的量各为( )
A.0.3 mol；0.2 mol B.0.3 mol；0.1 mol
C.0.2 mol；0.1 mol D.0.2 mol；0.3 mol
答案 B
解析 设与Cu反应的硝酸银的物质的量为x
Cu ～ 2AgNO3 ～ 2Ag Δm
64 2 mol 2×108 152
x mol 1.52 g
解得：x＝0.02 mol，
n(AgNO3)＝1 000 g×7.14%/170 g·mol－1＝0.42 mol，
n(NaCl)＋n(KCl)＝0.42 mol－0.02 mol＝0.40 mol，
n(NaCl)×58.5＋n(KCl)×74.5＝25，
解得：n(NaCl)＝0.3 mol，n(KCl)＝0.1 mol。
13.取一定量的CuO粉末与0.5 L稀硫酸充分反应后，将一根50 g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24 g。并收集到224 mL气体(标准状况)。CuO粉末的质量为( )
A.0.8 g B.1.8 g
C.2.8 g D.8 g
答案 D
解析 注意差量的选择和应用。
由题意可知，CuO粉末与稀硫酸充分反应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及下列两个反应：
①Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑
②Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu
其中第①个反应使铁棒质量减少，第②个反应使铁棒质量增加，两者为0.24 g。
①Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑ Δm1
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56 g 1 mol 56 g
0.01 mol 0.56 g
Δm2－Δm1＝0.24 g，Δm2＝Δm1＋0.24 g＝0.56 g＋0.24 g＝0.80 g。
设CuO的物质的量为x，CuSO4的物质的量也为x，
②Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu Δm2
1 mol 8 g
x 0.80 g
解得：x＝0.1 mol，
m(CuO)＝0.1 mol×80 g·mol－1＝8 g。
解此类题的关键是根据题意确定“理论差值”，再根据题目提供的“实际差值”，列出比例式，求出答案。应注意：
(1)分清“差量”是增还是减，在较复杂的情况，存在多个反应，可能差量的增减方向并不一致，这就要取其代数和，若方向相同，则总差量等于各个分差量之和。
(2)正确分析形成差量的原因，根据方程式找出对应的“理论差量”是差量法解题的关键。
1.溶解度的概念及影响因素
在一定温度下，某固体物质在100 g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为“g”。
固体物质溶解度(饱和溶液)S＝×100 g
影响溶解度大小的因素：
(1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。
(2)外因
①溶剂的影响：如NaCl易溶于水，不易溶于汽油；
②温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度影响不大。
2.溶解度的表示方法
(1)列表法
硝酸钾在不同温度时的溶解度：
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温度(℃)
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
溶解度(g)
13.3
20.9
31.6
45.8
63.9
85.5
110
138
168
202
246
(2)曲线法
3.溶解度曲线的含义及应用
(1)不同物质在各温度时的溶解度不同。
(2)曲线与曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度。
(3)能很快比较出两种物质在某温度范围内溶解度的大小。
(4)多数物质溶解度随温度升高而增大，有的变化不大(如NaCl)，少数随温度升高而降低[如Ca(OH)2]。
(5)判断结晶的方法
①溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；
②溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；
③带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从FeCl3溶液中结晶出FeCl3·6H2O晶体，应在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。
(6)判断多溶质溶液的提纯方法(设A为NaCl型溶质，B为KNO3型溶质)
①A溶液中(含少量B杂质)提取A
答案 蒸发浓缩，结晶，趁热过滤。
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②B溶液中(含少量A杂质)提取B
答案 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。
1.(2014·新课标全国卷Ⅰ，11)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如下图所示。下列说法错误的是( )
A.溴酸银的溶解是放热过程
B.温度升高时溴酸银溶解速度加快
C.60 ℃时溴酸银的Ksp约等于6×10－4
D.若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
答案 A
解析 A项，由题图可知，随着温度升高，溴酸银的溶解度逐渐增大，因此AgBrO3的溶解是吸热过程；B项，由图像曲线可知，温度升高斜率增大，因此AgBrO3的溶解速度加快；C项，由溶解度曲线可知，60 ℃时，AgBrO3的溶解度约为0.6 g，则其物质的量浓度约为0.025 mol·L－1，AgBrO3的Ksp＝c(Ag＋)·c(BrO)＝0.025×0.025≈6×10－4；D项，若KNO3中含有少量AgBrO3，可通过蒸发浓缩得到KNO3的饱和溶液，再冷却结晶获得KNO3晶体，而AgBrO3留在母液中。
2.根据下列各组溶解度曲线图，判断分离提纯方法。
(1)根据图1中Na2SO4和Na2SO4·10H2O的溶解度曲线(g/100 g水)，由Na2SO4溶液得到Na2SO4
31
固体的操作：将溶液升温结晶、________、用乙醇洗涤后干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是________________________________________________________________________。
(2)根据图2所示相关物质的溶解度曲线。在实验室中提纯过硫酸钾粗产品的实验具体操作依次为将过硫酸钾粗产品溶于适量水中，________________，干燥。
(3)根据图1中红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)和Na2SO4的溶解度曲线。从Na2Cr2O7和Na2SO4的混合溶液中提取红矾钠的操作：先将混合溶液蒸发浓缩，趁热过滤。趁热过滤的目的是______________________________________________________________________________；
然后将滤液____________________________________________________________________，
从而析出红矾钠。
答案 (1)趁热过滤 防止形成Na2SO4·10H2O
(2)在不超过80 ℃的条件下加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冷水洗涤
(3)有利于Na2SO4结晶析出，又能防止Na2Cr2O7·2H2O结晶析出 冷却结晶
解析 本题结合各物质溶解度曲线图考查物质的分离与提纯。
(1)由图1中Na2SO4和Na2SO4·10H2O的溶解度曲线可知，温度较低时析出晶体为Na2SO4·10H2O，温度较高时析出的晶体为Na2SO4，可知由Na2SO4溶液得到Na2SO4固体，应将溶液升温结晶后趁热过滤，为防止水洗过程中温度降低形成Na2SO4·10H2O，故选用乙醇洗涤而不用水洗。
(2)由图2可知，过硫酸钾溶解度较小，将过硫酸钾粗产品溶于适量水中，在不超过80 ℃的条件下加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冷水洗涤，干燥即可提纯。
(3)由图1可看出红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的溶解度随温度的升高而变大，而Na2SO4的溶解度在50 ℃以下温度越高，溶解度越大；当温度超过50 ℃，温度越高，溶解度反而越小，所以先将混合溶液蒸发浓缩，趁热过滤；趁热过滤的目的是除去析出的Na2SO4晶体，又能防止Na2Cr2O7·2H2O结晶析出而损失；然后将滤液冷却结晶，从而析出红矾钠。
专题强化练
1.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A.23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
B.1 mol Cu和足量热的浓硫酸反应可生成NA个SO3分子
C.标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含NA个原子
D.3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子
答案 D
解析 A项，23 g钠的物质的量为1 mol，而1 mol钠～0.5 mol氢气，即生成0.5NA个氢气分子，错误；B项，铜和浓硫酸反应生成的是二氧化硫，而非三氧化硫，错误；C项，标况下22.4 L混合气体的物质的量为1 mol，而氮气和氢气为双原子分子，故1 mol混合气体中含2
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mol原子，即2NA个，错误；D项，由于铁反应生成四氧化三铁后，铁的价态变为＋，故3 mol铁失去8 mol电子，即8NA个，故D正确。
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.3.2 g CH3OH含有的化学键数为0.4NA
B.0.1 mol FeCl3水解制得的Fe(OH)3胶体中胶粒数是0.1NA
C.标准状况下，2.24 L Cl2溶于足量水，转移的电子数为0.1NA
D.0.2 g DO中含有的质子数、中子数和电子数均为 0.1NA
答案 D
解析 A项，根据甲醇的结构式判断1 mol甲醇分子中含有5 mol化学键，3.2 g CH3OH的物质的量为0.1 mol，含有的化学键数为0.5NA，错误；B项，氢氧化铁胶体胶粒为大量氢氧化铁分子的集合体，0.1 mol FeCl3水解制得的Fe(OH)3胶体中胶粒数小于0.1NA，错误；C项，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应，不能进行到底，标准状况下，2.24 L Cl2溶于足量水，转移的电子数小于0.1NA，错误；D项，一个DO分子中含有的质子数、 中子数和电子数均为10,0.2 g DO的物质的量为0.01 mol，含有的质子数、中子数和电子数均为0.1NA，正确。
3. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.C2H4和C3H6的混合物的质量为a g, 所含碳氢键数目为aNA/7
B.标准状况下， 2.24 L 2H35Cl 中所含中子数为1.8NA
C.50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热， 转移的电子数为0.3NA
D.1 L 0.l mol·L－1的Na2CO3 溶液中HCO和CO的离子数之和为0.1NA
答案 A
解析 A项，C2H4和C3H6的最简式均为CH2，a g二者混合物的物质的量为a/14 mol，所含碳氢键数目为aNA/7，正确；B项，一个2H35Cl分子中含有19个中子，标准状况下， 2.24 L 2H35Cl的物质的量为0.1 mol，所含中子数为1.9NA，错误；C项，浓盐酸与足量二氧化锰共热生成氯化锰、氯气和水的反应与浓度有关，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，故50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热， 转移的电子数小于0.3NA，错误；D项，碳酸钠溶液中存在碳酸根的水解平衡，根据物料守恒知1 L 0.l mol·L－1的Na2CO3 溶液中H2CO3、HCO和CO的离子数之和为0.1NA，错误。
4.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
①1 mol CH3CH2C(CH3)3所含甲基个数为4NA
②2.8 g乙烯和2.8 g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA
③1.0 L 1.0 mol·L－1 CH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NA
④8.8 g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA
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⑤标准状况下，22.4 L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2NA
⑥常温常压下，17 g甲基(—14CH3)所含的中子数为9NA
⑦标准状况下，11.2 L氯仿中含有C—Cl键的数目为1.5NA
⑧1 mol C15H32分子中含碳碳键数目为14NA
A.①③⑤⑦ B.①②④⑧
C.②③⑥⑧ D.①②⑥⑧
答案 B
解析 ①l mol CH3CH2C(CH3)3含有4 mol甲基，含有甲基的数目为1 mol×4×NA mol－1＝4NA，正确；②乙烯和聚乙烯的最简式相同，为CH2，碳元素的质量分数相等，则碳元素的质量相等，为2.8 g×＝2.4 g，所以碳原子数目相等，为×NA mol－1＝0.2NA，正确；③醋酸是弱电解质，1.0 mol·L－1 CH3COOH溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝1 mol·L－1，所以c(CH3COO－)小于1 mol·L－1，溶液中CH3COOH分子数小于1 L×1 mol·L－1×NA mol－1＝NA，错误；④乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，8.8 g乙酸乙酯的物质的量为＝0.1 mol，含有共用电子对数为0.1 mol×14×NA mol－1＝1.4NA，正确；⑤标准状况下，乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积22.4 L·mol－1，错误；⑥甲基(—14CH3)中含有的中子数等于碳原子含有的中子数，为14－6＝8,17 g甲基(—14CH3)的物质的量为＝1 mol，含有的中子数为1 mol×8×NA mol－1＝8NA，错误；⑦标准状况下，氯仿是液态，不能使用气体摩尔体积22.4 L·mol－1，错误；⑧C15H32是烷烃，分子中含有14个C—C共价键，1 mol C15H32分子中含C—C共价键数目为1 mol×14×NA mol－1＝14NA，正确；故①②④⑧正确；故选B。
5.下列溶液配制实验的描述完全正确的是( )
A.在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸
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
答案 C
解析 A项，不能在容量瓶中稀释浓H2SO4；B项，用浓盐酸配制体积比1∶1的稀盐酸，应用量筒和烧杯；D项，少量筒。
6.有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的物质的量浓度为0.4 mol·L－1，SO的物质的量浓度为0.7 mol·L－1，则此溶液中K＋的物质的量浓度为( )
A.0.1 mol·L－1 B.0.15 mol·L－1
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C.0.2 mol·L－1 D.0.25 mol·L－1
答案 C
解析 根据电解质溶液显电中性可知，电解质溶液中阳离子所带的电荷总数等于阴离子所带的电荷总数。2c(SO)＝c(K＋)＋3c(Al3＋)，假设溶液体积为1 L，则可得如下等式：0.7 mol·L－1×2＝c(K＋)＋0.4 mol·L－1×3，所以c(K＋)＝0.2 mol·L－1，C项正确。
7.标准状况下V L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，溶质的质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列关系中不正确的是( )
A.ρ＝ B.w＝
C.w＝ D.c＝
答案 A
解析 由c＝＝
＝ mol·L－1，D项正确；
由上式可推知：ρ＝，A项错误；
由c＝可得w＝＝，B项正确；
w＝＝
＝，C项正确。
8. V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋ a g，取V mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO的物质的量浓度是( )
A. mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
答案 B
解析 V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3＋ a g，则 V mL Al2(SO4)3溶液中铝离子的质量为a
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g，所以V mL Al2(SO4)3溶液Al3＋的物质的量为＝a mol，所以V mL Al2(SO4)3溶液SO的物质的量为a mol－1×＝a mol，所以稀释到4V mL后SO的物质的量浓度为＝ mol·L－1。
9.下表是四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g水)：
(假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计)
NaNO3
KNO3
NaCl
KCl
10 ℃
80.5
21.2
35.7
31.0
100 ℃
175
246
39.1
56.6
用物质的量之比为1∶1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示
以下说法错误的是( )
A.①和②的实验过程中，都需要控制温度
B.①实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤
C.②实验操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤
D.用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好
答案 C
解析 A项，①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，故A正确；B项，①实验分离出NaCl，操作依次为加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B正确；C项，②实验操作为冷却结晶，故C错误；D项，用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体可减少硝酸钾的溶解，故D正确。
10.含氯消毒剂给自来水消毒后有余氯Na2S2O3可用于自来水中余氯的测定。测定自来水中余氯含量的方案如下：在250 mL碘量瓶中(或具塞锥形瓶中)放置0.5 g碘化钾，加10 mL稀硫酸，准确量取流动水样100 mL(打开自来水龙头，待水流数十秒后再取水样) 置于碘量瓶，迅速塞上塞摇动，见水样呈淡黄色，加1 mL淀粉溶液变蓝，则说明水样中有余氯。再以c mol·L－1标准Na2S2O3溶液滴定，至溶液蓝色消失呈无色透明溶液，记下消耗硫代硫酸钠溶液的体积。
(已知：滴定时反应的化学方程式为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6)
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(1)若该自来水是以漂白粉消毒，能说明水样中有余氯的反应离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)按上述方案实验，消耗标准Na2S2O3溶液V mL，该次实验测得自来水样品中余氯量(以游离Cl2计算)为________mg·L－1。在上述实验过程中，若“塞上塞摇动”动作不够迅速，则测得结果________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
答案 (1)ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O
(2)355cV 偏高
解析 (1)漂白粉的有效成分是次氯酸，可以将碘离子氧化得碘单质，自身被还原为氯离子，反应的离子方程式为ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O。
(2)根据Cl2～I2～2Na2S2O3，可知n(Cl2)＝n(Na2S2O3)＝×V×10－3 L×c mol·L－1，氯气质量为×V×10－3 L×c mol·L－1×71 g·mol－1＝3.55Vc×10－2 g＝35.5Vc mg，故余氯量(以游离Cl2计算)为＝355Vc mg·L－1；动作不迅速，空气中的氧气在酸性条件下可把碘离子氧化生成单质碘，消耗硫代硫酸钠的体积会增大，所以结果偏高。
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。下图为二水合草酸钴(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)Co3O4 3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2
(2)该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为5∶6。
解析 (1)由图可知，CoC2O4·2H2O的质量为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
31
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。
12.为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取W g固体样品，配成250 mL溶液。设计了以下两种实验方案：
方案Ⅰ：取25.00 mL上述溶液，加入足量的用过量盐酸酸化的BaCl2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称得沉淀的质量为m1 g。
方案Ⅱ：取25.00 mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称重，其质量为m2 g。
(1)配制250 mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙、________________、________。
(2)写出Na2SO3固体氧化变质的化学方程式__________________________________________。
(3)方案Ⅰ加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是_________________________________，
在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是________________________________________。
(4)方案Ⅰ中，若滤液浑浊，将导致测定结果________(填“偏高”或“偏低”)。
(5)若操作正确，则m1________m2(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是________________________________________________________________________。
(6)取25.00 mL上述溶液，用酸性KMnO4溶液滴定的方法测定Na2SO3的纯度。已知酸性条件下，KMnO4通常被还原为Mn2＋，则Na2SO3固体的纯度可表示为________________(注明表达式中所用的有关符号的含义和单位)。
答案 (1)天平 250 mL容量瓶
(2)2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
(3)使SO充分转化为气体 静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成
(4)偏高
(5)＜ 方案Ⅱ中盐酸提供的H＋与Ba(NO3)2提供的NO形成稀HNO3，将一部分SO氧化成SO，导致BaSO4质量增大
(6)×100%(V：KMnO4溶液体积，单位是mL，c：KMnO4溶液的浓度，单位是mol·L－1)
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解析 (1)用天平称量固体质量，用到药匙，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流移入250 mL容量瓶中，加水至刻度线1～2 cm改用胶头滴管定容。
(2)Na2SO3固体氧化变质生成硫酸钠，化学方程式为2Na2SO3＋O2===2Na2SO4。
(3)方案Ⅰ是利用生成的硫酸钡沉淀计算样品中硫酸钠的质量，再计算亚硫酸钠的纯度，而亚硫酸钠也会与氯化钡反应生成沉淀，影响硫酸钡质量的测定，加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是使SO充分转化为气体。在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成。
(4)方案Ⅰ中，若滤液浑浊，说明滤液中含有硫酸钡，导致沉淀硫酸钡的质量偏小，样品中硫酸钠的质量偏小，则亚硫酸钠的质量分数偏高。
(5)方案Ⅱ中盐酸提供H＋，Ba(NO3)2提供NO，二者形成稀HNO3，将一部分SO氧化成SO，导致BaSO4质量增大。
(6)设消耗KMnO4溶液体积为 V mL，浓度为c mol·L－1，则消耗高锰酸钾的物质的量为0.001V L×c mol·L－1＝0.001Vc mol，根据电子转移守恒，Na2SO3的物质的量为0.001Vc mol×＝0.002 5Vc mol，其质量为0.002 5Vc mol×126 g·mol－1＝0.315Vc g，故250 mL溶液中亚硫酸的质量为0.315Vc g×＝3.15Vc g，则样品中亚硫酸钠的质量为×100%，故答案为×100%(V：KMnO4溶液体积，单位是mL，c：KMnO4溶液浓度，单位是mol·L－1)。
13.[2015·全国卷Ⅱ，28(3)(4)]用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
Ⅴ.用0.100 0 mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
(3)①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为____________________________________。
②玻璃液封装置的作用是_________________________________________________________。
③Ⅴ中加入的指示剂通常为________，滴定至终点的现象是___________________________。
(4)测得混合气中ClO2的质量为________g。
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答案 (3)①2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O
②吸收残余的二氧化氯气体，防止生成的碘单质逸出(答案合理均可)
③淀粉溶液 当滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且30 s内不恢复原色
(4)0.027 00
解析 (3)①ClO2与KI溶液反应时，O2→－，2I－→I2，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方程式。
②玻璃液封装置的作用是防止残余的ClO2气体挥发到空气中，污染空气，同时防止生成的碘单质逸出。
③步骤Ⅴ反应中，I2→2I－，I2使淀粉溶液显蓝色，故可选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点时溶液由蓝色变为无色。
(4)由反应2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O、I2＋2S2O===2I－＋S4O可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O，n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝2×10－3 mol，则n(ClO2)＝2×10－3 mol×2/10＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4 mol×67.5 g·mol－1＝0.027 00 g。
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