學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精第2講化學常用計量知考點明方向滿懷信心正能量設問方式①有關阿伏加德羅常數的綜合判斷［例](2018·全國卷Ⅰ，10），(2018·全國卷Ⅱ，10)，（2017·全國卷Ⅲ，10)，(2017·海南卷，7)②以“物質的量”為核心的多角度計算［例](2018·全國卷Ⅲ，8)③一定物質的量濃度溶液的配制[例](2018·全國卷Ⅱ，11）知識點網絡線引領復習曙光現釋疑難研熱點建模思維站高端考點一阿伏加德羅常數的應用▼命題規律：1．題型：正誤判斷型選擇題2．考向:以選擇題的形式考查一定量的物質所含粒子(分子、原子、離子、質子、中子等）數目、氧化還原轉移電子的數目、一定量的物質所含某種化學鍵的數目等。▼方法點撥:1．關于阿伏加德羅常數試題常設的“陷阱”（1)氣體摩爾體積的運用條件陷阱：考查氣體時經常給定非標準狀況下(如25℃、1。01×105Pa）氣體體積,考生易用22。4L·mol－1進行換算,誤入陷阱.(2）物質的聚集狀態陷阱:22.4L·mol－1適用對象是標準狀況下的氣體。命題者常用在標準狀況下非氣態的物質來迷惑考生，如H2O、CCl4、辛烷、汽油、SO3、C6H6等。(3)單質的組成陷阱:氣體單質的組成除常見的雙原子分子外，還有單原子分子(如He、Ne等）、三原子分子（如O3)等。（4）某些氧化還原反應中電子轉移的數目陷阱：命題者常用一些反應中轉移電子的數目來迷惑考生,如Na2O2與H2O反應、Cl2與NaOH溶液反應、Fe與HCl反應、HNO3與過量Fe反應、電解CuSO4溶液等.（5）物質的組成、結構陷阱:如Na2O2是由Na＋和Oeq\o\al(2－,2）構成，而不是Na＋和O2－；NaCl為離子化合物，只有離子沒有分子；苯中不含碳碳單鍵和碳碳雙鍵。(6)電離、水解對溶液中離子數目的影響陷阱：考查電解質溶液中離子數目或濃度時常設置弱電解質的電離、鹽類水解方面的陷阱。(7)可逆反應不能進行到底陷阱：如2NO2N2O4、2SO2＋O2eq\o（，\s\up7（催化劑),\s\do5（△)）2SO3、合成氨反應、氯氣和水反應等。2．突破陷阱六法(1）“兩看”——是否是標準狀況和氣體狀態，突破“Vm＝22。4L/mol"陷阱；(2)排“干擾",突破“meq\o(→,\s\up7（÷M)）neq\o（→，\s\up7(×NA))N與狀態無關”陷阱;（3)記“組成"，突破“物質組成混亂關系"陷阱；（4)審“附加條件與反應要求”,突破“離子數目”判斷陷阱；(5)記“隱含反應"，突破“粒子組成、電子轉移”判斷陷阱；(6)“分類”比較氧化還原類型、強弱用量、特殊反應，突破“電子轉移”判斷陷阱.1．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是__(5)（6)(9）（12）（13)__。(1)16。25gFeCl3水解形成的Fe（OH)3膠體粒子數為0.1NA（2018·全國卷Ⅰ）(2)92。0g甘油（丙三醇)中含有羥基數為1.0NA(2018·全國卷Ⅰ）(3)1。0molCH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數為1。0NA(2018·全國卷Ⅰ)（4)常溫常壓下,124gP4中所含P—P鍵數目為4NA(2018·全國卷Ⅱ）(5）標準狀況下,11。2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NA(2018·全國卷Ⅱ）(6）0。1mol11B的原子中,含有0.6NA個中子（2017·全國卷Ⅲ)(7）2.24L(標準狀況)苯在O2中完全燃燒,得到0。6NA個CO2分子(2017·全國卷Ⅲ)（8）密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應制備PCl5（g），增加2NA個P—Cl鍵(2017·全國卷Ⅲ）（9)0。1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數為0.2NA（2017·全國卷Ⅱ）(10）pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個H＋(2017·全國卷Ⅲ)（11)50ml12mol/L鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數為0.3NA(2015·四川卷)(12）鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物。23g鈉充分燃燒時轉移電子數為1NA（2015·全國卷Ⅱ)（13）1molS8單質中含有的S—S鍵個數為8NA（2015·天津卷）（14）2L0.5mol/L亞硫酸溶液中含有的H＋數為2NA（2015·全國卷Ⅰ）(15）1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－，3）和COeq\o\al（2－，3)離子數之和為0.1NA(2015·全國卷Ⅱ）突破點撥（1)化學鍵數目：注意物質的結構特點；（2)溶液中離子數目判斷：注意濃度和體積是否確定，注意是否發生水解和電離等變化；(3)晶體中離子數目：注意物質的真實組成；(4)電子得失數目：注意價態變化；（5)化學反應前后微粒數目變化：注意反應是否徹底。解析FeCl3水解不能徹底，而且一個Fe（OH)3膠粒不止含有一個Fe(OH)3，（1)錯誤;92。0g丙三醇為1mol，而1mol丙三醇含有3mol羥基，（2）錯誤；CH4和Cl2反應產物除CH3Cl外有CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，（3)錯誤；白磷結構為，每個P擁有1.5個P—P鍵，124gP4擁有6NA個P-P鍵,（4）錯誤；CH4和C2H4分子均含4個H原子，(5）正確；每個11B有6個中子，(6)正確;苯在標準狀況下為液態，(7）錯誤；PCl3與Cl2的反應為可逆反應,(8)錯誤；H2和I2的反應雖然可逆,但該反應分子總數不變，（9）正確；溶液體積未知,無法確定離子數目，(10)錯誤;濃鹽酸變稀后反應停止,(11)錯誤;Na與O2反應無論生成Na2O還是Na2O2，Na均為＋1價，23g鈉的物質量為1mol，充分燃燒時轉移電子數為1NA,(12）正確；根據S8的分子結構模型可知，1個S8分子含有8個S—S鍵，所以1molS8中含有8NA個S—S鍵，（13)正確；H2SO3為弱酸，無法完全電離，（14）錯誤；根據物料守恒應可知HCOeq\o\al(－，3）、COeq\o\al(2－，3)、H2CO3個數之和為0。1NA，(15）錯誤.【變式考法】設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法中正確的是__（2)（8）(11)(12）__。（1）46g分子式為C2H6O的有機物中含有的C-H鍵的數目為6NA(2018·湖南G10四調）（2)8。4gNaHCO3和MgCO3混合物中含有陰離子數目為0.1NA（2018·湖南G10四調)(3）1molMg在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉移的電子數為3NA(2018·江蘇四市聯考)（4)1molNaHSO4固體中所含陰、陽離子數目總數為3NA（2018·江蘇四市聯考）（5)標準狀況下，44。8LNO與22.4LO2完全反應所得分子數目為2NA(2018·江蘇四市聯考）(6)常溫常壓下，1。8g甲基（—CD3)中含有的中子數為NA（2018·江淮十校模擬)（7）標準狀況下，22.4LHF與0。5NA個H2O中含有的氫原子個數相同（2018·湖南十四校二調）（8）含有NA個Fe（OH）3膠粒的氫氧化鐵膠體溶液中,鐵元素的質量遠大于56g(2018·湖南十四校二調）(9）10。4g苯乙烯分子中含有的碳碳雙鍵數為0.4NA(2018·江淮十校模擬)(10）1molNH4HCO3晶體中,含有NHeq\o\al（＋，4）、NH3和NH3·H2O的總數為NA （2018·湖北七市調考)（11）將1molCl2通入足量NaOH溶液完全反應后,溶液中HClO、Cl－、ClO－粒子數之和為2NA（2018·湖北七市調考)（12)28gN60單質（如圖)中含有的N—N鍵鍵數為3NA（2019·鄂東南新起點）解析（1)C2H6O可能為乙醇和甲醚，所以C—H鍵的數目無法確定，錯誤；（2)NaHCO3和MgCO3二者摩爾質量相同，且陰離子數目相同，正確;(3）無論生成MgO還是Mg3N2，1molMg參與反應轉移電子2mol,錯誤;（4)NaHSO4固體中離子為鈉離子和硫酸氫根離子，二者比值1∶1，錯誤；(5)二氧化氮有部分轉化為四氧化二氮，錯誤；(6)1.8g甲基（－CD3）的物質的量為eq\f（1.8g,18g/mol)＝0.1mol，其中含有的中子為0.1mol×(6＋1×3)＝0.9mol，錯誤；（7)標準狀況下HF是液體,錯誤;（8）每個氫氧化鐵膠體粒子不止含有一個氫氧化鐵,正確；（9）苯乙烯中苯環上不存在雙鍵，所以每個苯乙烯分子只有一個雙鍵，錯誤；(10)NH4HCO3晶體中只含有NHeq\o\al(＋，4)不存在NH3和NH3·H2O，錯誤；（11)根據氯元素守恒，正確；(12）由圖可知，每個N原子分攤的鍵為1.5個,正確。2．(2018·遂寧三診）NA代表阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（B）A．標準狀況下,1。12LCCl4含有質子的數目為3。7NAB．常溫常壓下,3。0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子總數為0.4NAC．常溫時，56gFe與足量濃硝酸反應,轉移的電子數目為3NAD．晶體B的結構單元如圖,則11g晶體B含有0.6NA個三角形(相鄰原子構成)解析標況下,CCl4是液體，選項A錯誤;葡萄糖（C6H12O6)與冰醋酸（C2H4O2）的混合物，最簡式為（CH2O）n，3。0g混合物中有0.1molCH2O，原子總數為0.4NA,選項B正確；常溫時,Fe與濃硝酸反應出現鈍化現象，選項C錯誤；B的晶體中,一個三角形有三個B，每個B參與形成5個三角形，故一個三角形有0。6個B,則11gB,即1molB含有的三角形數為eq\f（5NA，3)，選項D錯誤。3．（2018·合肥八校模擬)設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的組合是(B）（1）Ag＋為NA個的AgNO3溶液中，NOeq\o\al(－，3)個數大于NA（2）60克乙酸、甲醛和葡萄糖混合物完全燃燒消耗2NA個O2(3)5NH4NO3eq\o(=,\s\up7（△））2HNO3＋4N2↑＋9H2O反應中，生成56gN2時,轉移的電子數目為3。75NA（4）28g分子式為CnH2n的烴中含有的C—H鍵的數目一定為4NA(5)高溫下，16。8gFe與足量水蒸氣完全反應轉移電子數為0。8NA(6）某溫度下,1LpH＝1的稀硫酸溶液中，H＋離子數目一定為0。1NA(7）一定溫度下，6.4gS2、S4、S6、S8混合蒸氣中，一定含有0。2NA個S原子（8)用惰性電極電解KOH溶液，若陽極產生5.6L氣體,則電路中通過0.5NA電子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,當Ag＋為NA個時，溶液中AgNO3大于1mol，NOeq\o\al（－,3)個數大于NA，（1）正確；由于乙酸、甲醛和葡萄糖的最簡式均為CH2O，所以60g的乙酸、甲醛和葡萄糖混合物完全燃燒消耗2NA個O2，（2）正確；反應時NHeq\o\al(＋，4)中的N全部轉化為N2,而NOeq\o\al（－，3）中N一部分轉化為N2,另外一部分化合價不變轉化為HNO3，每生成4molN2時，有5molNHeq\o\al（＋，4)被氧化，電子轉移數目為15NA，所以生成56gN2,即2molN2時電子轉移數目為7.5NA，(3）錯誤；CnH2n的最簡式為CH2，28g分子式為CnH2n的烴中含有2molCH2,所含的C—H鍵的數目一定為4NA,(4)正確；高溫下鐵與水蒸氣反應產生四氧化三鐵，每3mol鐵失去8mol電子，(5)正確;pH＝1的溶液無論溫度如何，c（H＋)均為0.1mol/L，（6)正確；6.4gS2、S4、S6、S8混合蒸氣中S原子為0.2mol,（7）正確；用惰性電極電解KOH溶液，陽極發生氧化反應：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，因為沒告訴測量產生5。6L氣體時的溫度和壓強，所以沒法計算其物質的量,也就沒法計算轉移電子數，（8）錯誤.解答阿伏加德羅常數問題“看"“定”“算”三步驟考點二以“物質的量”為核心的計算▼命題規律:1．題型：Ⅰ卷計算型選擇題、Ⅱ卷高分值填空題。2．考向：各物理量以“物質的量”為核心的相互轉換應用,混合物成分含量的確定，未知物質化學式的確定，根據化學方程式的計算,多步連續反應的計算即關系式法計算等.▼方法點撥：1．掌握物質的量與各物理量之間的關系2．牢記兩大常數（1）阿伏加德羅常數：約為6。02×1023mol－1；(2)氣體摩爾體積(標準狀況):約為22。4L·mol－1.3．理解六個基本公式（1)n＝N/NA；(2）n＝m/M；(3）n＝V/Vm；(4)c(B)＝n（B)/V;（5)w＝eq\f(m溶質，m溶液）×100%；(6）c＝eq\f(1000ρw,M）或w＝eq\f（cM，1000ρ)。1．（1）（2017·全國卷Ⅱ）草酸鈣沉淀經稀H2SO4處理后，用KMnO4標準溶液滴定，通過測定草酸的量可間接獲知鈣的含量,滴定反應為：MnOeq\o\al（－,4)＋H＋＋H2C2O4→Mn2＋＋CO2＋H2O。實驗中稱取0。400g水泥樣品，滴定時消耗了0。0500mol·L－1的KMnO4溶液36.00mL，則該水泥樣品中鈣的質量分數為__45.0％__。（2）(2016·全國卷Ⅰ）“有效氯含量"可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是:每克含氯消毒劑的氧化能力相當于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為__1。57__。(計算結果保留兩位小數)(3）(2016·上海卷）稱取(NH4）2SO4和NH4HSO4混合物樣品7。24g，加入含0。1molNaOH的溶液，完全反應，生成NH31792mL(標準狀況），則(NH4）2SO4和NH4HSO4的物質的量比為__1。87∶1__.（4）（2018·江蘇卷)通過測定堿式硫酸鋁（1－x）Al2（SO4）3·xAl（OH)3溶液中相關離子的濃度確定x的值,測定方法如下：①取堿式硫酸鋁溶液25。00mL，加入鹽酸酸化的過量BaCl2溶液充分反應，靜置后過濾、洗滌，干燥至恒重，得固體2。3300g。②取堿式硫酸鋁溶液2.50mL，稀釋至25mL，加入0.1000mol·L－1EDTA標準溶液25。00mL，調節溶液pH約為4.2,煮沸，冷卻后用0。08000mol·L－1CuSO4標準溶液滴定過量的EDTA至終點，消耗CuSO4標準溶液20。00mL(已知Al3＋、Cu2＋與EDTA反應的化學計量比均為1∶1)。計算(1－x)Al2（SO4）3·xAl（OH)3中的x值(寫出計算過程）。突破點撥（1)滴定反應可由化學方程式找出已知與未知的關系式,再根據關系式法求解；（2）解答信息給予題,先理解題給信息，再以物質的量為中心進行計算。解析(1）找出關系式5Ca2＋~5H2C2O4~2KMnO4,n（KMnO4）＝0。0500mol/L×36×10－3L＝1.80×10－3mol，n（Ca2＋)＝4。50×10－3mol，水泥中鈣的質量分數為eq\f（4。50×10－3mol×40.0g/mol,0.400g)×100%＝45。0%。(2）NaClO2在殺菌消毒的過程中被還原為Cl－，則1molNaClO2得到電子的物質的量為4mol,1molCl2被還原為Cl－時得到電子的物質的量為2mol，故1gNaClO2得到電子的物質的量為4/90.5mol，根據“有效氯含量”的定義可知，NaClO2的有效氯含量為1.57。(3)利用極值法分析，0。1mol氫氧化鈉不足，故先將NH4HSO4反應完，再反應（NH4）2SO4，因共生成NH30.08mol，故與H＋反應的氫氧化鈉為0。02mol,則可知道NH4HSO4為0。02mol，則(NH2）2SO4質量為7。24g－115g/mol×0.02mol＝4。94g,(NH4）2SO4的物質的量為4.94g÷132g/mol＝0。0374mol。因此(NH4)2SO4與NH4HSO4物質的量之比為：1。87∶1。(4)25mL溶液中：n(SOeq\o\al（2－,4）)＝n（BaSO4）＝eq\f（2。3300g，233g·mol－1)＝0。0100mol。2．50mL溶液中：n（Al3＋）＝n(EDTA)－n(Cu2＋)＝0。1000mol·L－1×25。00×10－3L－0.08000mol·L－1×20。00×10－3L＝9.000×10－4mol；25mL溶液中:n(Al3＋）＝9.000×10－3mol.1mol（1－x）Al2（SO4）3·xAl(OH）3中：n(Al3＋)＝(2－x)mol，n(SOeq\o\al（2－，4）)＝3(1－x）mol,eq\f（nAl3＋，nSO\o\al(2－,4））＝eq\f(2－x，31－x）＝eq\f(9.000×10－3mol,0。0100mol），x＝0.41.【變式考法】（1）(2017·江蘇卷)堿式氯化銅有多種組成，可表示為Cua（OH)bClc·xH2O。為測定某堿式氯化銅的組成，進行下列實驗:①稱取樣品1。1160g,用少量稀HNO3溶解后配成100。00mL溶液A；②取25。00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0。1722g；③另取25.00mL溶液A,調節pH4~5，用濃度為0.08000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O）標準溶液滴定Cu2＋(離子方程式為Cu2＋＋H2Y2－=CuY2－＋2H＋)，滴定至終點,消耗標準溶液30。00mL。通過計算確定該樣品的化學式__Cu2（OH)3Cl·H2O__。(2）（2018·廊坊模擬)為測定人體血液中Ca2＋的含量,設計了如下方案：有關反應的化學方程式為2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。若血液樣品為15mL,滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL,則這種血液樣品中的含鈣量為__0.0025mol·L－1__。(3)（2018·衡陽模擬）一定量Fe和Fe2O3的混合物投入250mL2mol·L－1的硝酸中,反應共生成1。12LNO(標準狀況下)，再向反應后的溶液中加入1mol·L－1的NaOH溶液，當沉淀完全時所加NaOH溶液的體積最少是__450mL__。(4)(2018·湖南G10聯盟)實驗室將氧氣和臭氧的混合氣體0。896L（標準狀況)通入盛有20.0g足量銅粉的反應容器中，充分加熱后，粉末的質量變為21。6g。則原混合氣中臭氧的體積分數為__50％__。解析（1）n(Cl－)＝n(AgCl）×eq\f（100。00mL，25。00mL）＝eq\f(0。1722g,143。5g·mol－1)×eq\f（100.00mL，25。00mL)＝4.800×10－3mol，n（Cu2＋)＝n（EDTA)×eq\f(100.00mL,25.00mL）＝0.08000mol·L－1×30.00×10－3L×eq\f（100。00mL，25.00mL）＝9.600×10－3mol，n（OH－）＝2n（Cu2＋)－n（Cl－）＝2×9。600×10－3mol－4.800×10－3mol＝1.440×10－2mol；m（Cl－)＝4。800×10－3mol×35.5g·mol－1＝0。1704g，m(Cu2＋)＝9.600×10－3mol×64g·mol－1＝0。6144g，m(OH－)＝1.440×10－2mol×17g·mol－1＝0.2448g，n(H2O）＝eq\f（1.1160g－0.1704g－0。6144g－0。2448g，18g·mol－1）＝4。800×10－3mol.a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋）∶n（OH－）∶n(Cl－）∶n(H2O）＝2∶3∶1∶1，化學式為Cu2(OH)3Cl·H2O。（2）根據題意可得關系：2KMnO4~5H2C2O4～5CaC2O4~5Ca2＋2mol5mol0.001mol·L－1×0。015Ln(Ca2＋）c(Ca2＋)＝eq\f(nCa2＋,0.015L)＝eq\f（\f(0.001mol·L－1×0.015L×5mol,2mol),0。015L）＝0。0025mol·L－1.(3）生成NO的物質的量為0.05mol，則此時NOeq\o\al（－，3)的物質的量為0.5mol－0.05mol＝0。45mol。當沉淀量最大時，溶液中的溶質是硝酸鈉,硝酸鈉的物質的量是0。45mol，根據鈉原子守恒可知，氫氧化鈉的物質的量是0。45mol,則氫氧化鈉的體積是450mL。（4)加熱條件下，O3、O2都能和銅粉反應，故粉末增加的質量即為O2和O3的總質量。設混合氣體中含有O2xmol，含有O3ymol，則有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋y＝\f(0。896L,22。4L·mol－1)＝0。04mol，,2x＋3y＝\f（21。6g－20.0g,16g·mol－1）＝0.1mol，))解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝0。02mol，，y＝0.02mol.）)所以混合氣體中臭氧的體積分數為50％。2．(2018·全國卷Ⅲ)下列敘述正確的是(B）A．24g鎂與27g鋁中,含有相同的質子數B．同等質量的氧氣和臭氧中，電子數相同C．1mol重水與1mol水中，中子數比為2:1D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化學鍵數相同解析24gMg和27gAl均為1mol，含原子數相同，但Mg、Al原子分別含質子數12、13，選項A錯誤；相同質量O2和O3中含O原子數相同，故電子數相同，選項B正確；等物質的量的重水D2O和水H2O中分子數相同，但中子數分別為10和8，不等于2∶1,選項C錯誤;乙烷(C2H6)分子中含7個共價單鍵,乙烯（C2H4)分子中含5個共價鍵(包含一個碳碳雙鍵），選項D錯誤。3．（1)（2018·華大聯考)取一定質量的Cu、Cu2O、CuO的固體混合物，將其分成兩等份。其中一份通入足量的氫氣充分反應后固體質量為25。6g，另一份加入到500mL稀硝酸中固體恰好完全溶解并產生標準狀況下的NO氣體4.48L。已知Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，則稀硝酸的濃度為__2mol/L__.（2)（2017·全國卷Ⅰ）凱氏定氨法是測定蛋白質中氮含量的經典方法，其原理是用濃硫酸在催化劑存在下將樣品中有機氮轉化成銨鹽，利用如圖所示裝置處理銨鹽，然后通過滴定測量。已知:NH3＋H3BO3=NH3·H3BO3;NH3·H3BO3＋HCl=NH4Cl＋H3BO3。回答下列問題：取某甘氨酸（C2H5NO2)樣品m克進行測定，滴定g中吸收液時消耗濃度為cmol·L－1的鹽酸VmL，則樣品中氮的質量分數為__eq\f（1。4cV，m）__％，樣品的純度≤__eq\f(7.5cV，m）__％。解析(1)一定質量的Cu、Cu2O、CuO的固體混合物兩等份中，一份通入足量的氫氣充分反應后固體質量為25.6g，這些銅的物質的量為0。4mol，另一份加入到500mL稀硝酸中固體恰好完全溶解一定還生成了0.4molCu(NO3）2，并產生標準狀況下的NO氣體4.48L，NO的物質的量為0。2mol。由N原子守恒可以求出硝酸的物質的量為1mol,則稀硝酸的濃度為2mol/L；（2)mg某甘氨酸(C2H5NO2）樣品中N轉化為NH3·H3BO3，滴定時消耗cmol·L－1的鹽酸VmL，根據反應NH3·H3BO3＋HCl＝NH4Cl＋H3BO3，可以求出樣品中n（N)＝n（HCl）＝cmol·L－1×V×10－3L＝0。001cVmol，則樣品中氮的質量分數為eq\f（0.001cV×14g,mg）×100%＝eq\f（1。4cV，m）%，樣品中甘氨酸的質量≤0.001cV×75g，所以樣品的純度≤eq\f（7.5cV，m）％。以物質的量為中心計算的“一、二、三、四”(1）一個中心：必須以物質的量為中心.(2）兩個前提：在應用Vm＝22.4L·mol－1時，一定要注意“標準狀況"和“氣態”這兩個前提條件(混合氣體也適用）。(3)三個關系：①直接構成物質的粒子與間接構成物質的粒子(原子、電子等）數目間的關系；②摩爾質量與相對分子質量的關系;③強電解質、弱電解質、非電解質與溶質粒子（分子或離子）數之間的關系。(4）四個無關：①物質的量、質量、粒子數的多少均與溫度、壓強無關；②物質的量濃度的大小與所取該溶液的體積無關（但溶質粒子數的多少與溶液體積有關）；③Vm與m、n無關；④M與m、n無關。考點三一定物質的量濃度溶液的配制▼命題規律:1．題型：正誤判斷型選擇題、填空題.2．考向：正確使用儀器，規范操作步驟及溶液配制的誤差分析。▼方法點撥：1．常見三種組成類型溶液的配制方法(1)體積比濃度配制：將濃溶液或純液體溶質和水按體積比用量筒量取,然后在燒杯中混合即可，所需儀器:量筒、燒杯、玻璃棒；（2)質量百分比濃度溶液配制:稱取一定質量固體溶質或用量筒量取一定體積濃溶液或純液體溶質，用量筒量取所需體積的水，在燒杯中混合溶解即可。所需儀器:量筒、燒杯、玻璃棒、托盤天平（溶質為固體)；（3）一定物質的量濃度溶液的配制①配制步驟簡要概括為算—稱—溶—移—洗—蕩—定-搖②數據的處理及要求數據要求或解釋藥品的質量托盤天平稱量固體藥品，只能精確到0.1g，記錄數據時只能保留小數點后一位數字，如14.6g，不能寫為14。60g容量瓶的規格Ⅰ選擇容量瓶時應該與所配溶液體積相等或稍大。如需配制480mL某溶液，應選擇500mL容量瓶；Ⅱ回答儀器容量瓶名稱時同時應該注明其規格，如“500mL容量瓶”，不能只回答“容量瓶”③定容時俯視、仰視對結果的影響務必確保按眼睛視線→刻度線→凹液面最低點的順序,做到“三點一線”。Ⅰ仰視刻度線（圖1），導致溶液體積偏大。Ⅱ俯視刻度線(圖2)，導致溶液體積偏小。1．Ⅰ。下列說法中正確的是__(4）__。（1)稱取KMnO4固體0。158g，放入100mL容量瓶配制濃度為0。010mol·L－1的KMnO4溶液(2017·全國卷Ⅲ)（2)配制0。4000mol·L－1的NaOH溶液:稱取4。0g固體NaOH于燒杯中,加入少量蒸餾水溶解，轉移至250mL容量瓶中定容(2018·全國卷Ⅱ)(3）稱取2。0gNaOH固體，先在托盤上各放1張濾紙,然后在右盤上添加2g砝碼,左盤上添加NaOH固體.(2015·福建卷）(4)向容量瓶轉移液體時，導流用玻璃棒可以接觸容量瓶內壁（2016·海南卷)（5）用pH＝1的鹽酸配制100mLpH＝2的鹽酸所需全部玻璃儀器有100mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管（2017·北京卷)（6）用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴定管吸出多余液體。（經典全國卷Ⅰ）Ⅱ。（經典浙江卷)用重鉻酸鉀法(一種氧化還原滴定法)可測定產物Fe3O4中的二價鐵含量。若需配制濃度為0。01000mol·L－1的K2Cr2O7標準溶液250mL，應準確稱取___0。7350__gK2Cr2O7［保留四位有效數字，已知M（K2Cr2O7）＝294.0g·mol－1].配制該標準溶液時，下列儀器中不必要用到的有__③⑦__(用編號表示)。①電子天平②燒杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥膠頭滴管⑦移液管突破點撥（1）配制溶液時嚴格按照:計算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶步驟進行；(2）選擇符合規格要求的稱量、容器儀器;(3）定容操作要規范、明確不規范操作的誤差和處置.解析Ⅰ：（1)不能在容量瓶中溶解溶質，錯誤;（2)使用的燒杯、玻璃棒要洗滌，錯誤；（3）NaOH固體應該放在燒杯中稱量，錯誤;(4)向容量瓶轉移液體時,導流用玻璃棒可以接觸容量瓶內壁，但應該靠在刻度線下方,正確；(5）缺少量筒，錯誤；（6)加水超過刻度線，實驗失敗，應該重新配置，錯誤。Ⅱ：稱取K2Cr2O7的質量為m（K2Cr2O7）＝0.01000mol·L－1×0.2500L×294。0g·mol－1＝0.7350g。用固體配制溶液，要用電子天平稱量固體質量，并在燒杯中溶解，然后轉移到容量瓶中，不需要量取液體的量筒和移液管。【變式考法】Ⅰ。（2018·鄂東南聯考）下列說法中正確的是__(2）(6)__。（1)移液時應該用玻璃棒引流,且玻璃棒的下端應該靠在刻度線上方（2）容量瓶用蒸餾水洗凈后，可不經干燥直接用于配制溶液（3）配制一定物質的量濃度的稀鹽酸時，用量筒量取9。82mL濃鹽酸（4)配制1L0。1mol·L－1的NaCl溶液時，用托盤天平稱量5.85gNaCl固體（5）用濃鹽酸配制1∶1（體積比)的稀鹽酸(約6mol·L－1）通常需要用燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶等儀器（6）用濃硫酸配制一定物質的量濃度的稀硫酸時，若溶解后立即移液、定容，所得溶液濃度偏高Ⅱ.（2018·聊城質檢)市售濃硝酸的質量分數為65％,密度為1。4g·cm－3，要配制30%稀硝酸500mL，還需要查閱的數據是__30％稀硝酸的密度__，若配制過程中不使用天平，則必須要計算的數據是__所量取濃硝酸的體積和所加蒸餾水的體積__，必須要使用的儀器是__玻璃棒、量筒、燒杯__。解析Ⅰ.（1)引流時玻璃棒的下端應該靠在刻度線下方，以防刻度線上方殘留有液體，錯誤；（2)容量瓶可以不干燥，因為后來要加水，正確;(3）量筒的精確度讀數時只能保留一位小數，錯誤；（4)托盤天平的精確度讀數時只能保留一位小數,錯誤；（5）因為是配制體積比濃度溶液，所以不需要容量瓶，錯誤；（6）立即移液定容，液體是熱的,冷卻后正常體積減小,濃度增大，正確。Ⅱ.因為配制的是一定質量分數的稀硝酸，根據xmL×1.4g·cm－3×65％＝500mL×ρ×30%,所以還應查閱30％稀硝酸的密度。該實驗需計算所量取濃硝酸的體積和所加蒸餾水的體積，所以配制過程中還需玻璃棒、量筒、燒杯。2．(2018·漳州二模)如圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回的硫酸試劑標簽上的部分內容.據此，下列說法正確的是（C)A．該硫酸的物質的量濃度為9.2mol·L－1B．1molZn與足量的該硫酸反應產生2g氫氣C．配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取該硫酸50mLD．等質量的水與該硫酸混合所得溶液的物質的量濃度大于9.2mol·L－1解析由c＝eq\f（1000ρw，M）可計算出該硫酸的物質的量濃度為18。4mol·L－1，選項A錯誤；該硫酸是濃硫酸，和Zn反應不生成H2,選項B錯誤；由稀釋定律，可得出所用硫酸體積為50mL,選項C正確；等質量的硫酸和水,硫酸的密度大，硫酸的體積遠小于水，兩者等質量混合，硫酸的濃度小于9。2mol·L－1，選項D錯誤.3．（2018·江蘇四市調研）實驗室需配制1mol·L－1的NaOH溶液480mL。(1)用托盤天平稱取NaOH固體時,托盤天平讀數為__C__（填序號）.A．20。00g B．大于20。00gC．大于20.0g(2）下列操作使所配制溶液的物質的量濃度偏高的是__ACJ__（填序號）。A．稱量時用了生銹的砝碼B．將NaOH放在紙張上稱量C．定容時俯視刻度線D．往容量瓶中轉移時，有少量液體濺出E．未洗滌溶解NaOH的燒杯F．定容時仰視刻度線G．容量瓶未干燥即用來配制溶液H．定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面不到刻度線,再加水至刻度線I．定容時不小心多加了水,立即用膠頭滴管將水吸出，至液面與刻度線相切J．NaOH溶解后立即移液、洗滌、定容K．移液時引流用的玻璃棒下端在刻度線上方解析(1)應該配置500mL，所以需要的NaOH為20。0g，但是因為要放在燒杯中稱量，所以讀數大于20。0g；（2）稱量時用了生銹的砝碼會使稱得的氫氧化鈉偏多，選項A正確;將NaOH放在紙張上稱量,會有損失，偏低，選項B錯誤；定容時俯視刻度線，水加少了，濃度偏大，選項C正確；往容量瓶中轉移時，有少量液體濺出，溶質損失,偏低，選項D錯誤；燒杯未洗滌，溶質損失，偏低,選項E錯誤；定容時仰視刻度線，水加多了，濃度偏低,選項F錯誤；容量瓶無需干燥,對結果無影響，選項G錯誤；定容后塞上瓶塞反復搖勻,靜置后,液面不到刻度線，再加水至刻度線,體積偏大，濃度偏小,選項H錯誤；定容時不小心多加了水，立即用膠頭滴管將水吸出，至液面與刻度線相切，溶質損失,濃度偏低，選項I錯誤；NaOH溶解后立即移液、洗滌、定容，溶液溫度偏高，恢復至室溫后體積偏小，濃度偏大，選項J正確；移液時引流用的玻璃棒下端在刻度線上方，會使上方有液體殘留，溶液體積偏大，濃度偏小，選項K錯誤。誤差分析的思維過程享資源練類題彎道超越顯功力熱重分析類計算題突破技巧考向預測熱重分析是重要的分析手段，可以很好的考查學生的分析能力、計算能力以及“實驗探究與創新意識”的化學核心素養，常見題型為:給出物質受熱過程中質量與溫度關系曲線，通過計算分析不同階段反應的化學方程式或者固體物質成分解題關鍵(1)因金屬氧化物的能量明顯低于硫化物、氮化物、磷化物、碳化物等，故各種金屬含氧酸鹽的熱分解反應的產物一般為金屬氧化物與相應酸酐等。如果金屬含氧酸鹽有結晶水，則結晶水合物受熱一般先失去結晶水；如果是變價金屬元素，則產物可能是多種價態的金屬氧化物。（2）金屬氫氧化物受熱分解一般生成金屬氧化物與水.若是變價金屬,則在空氣中加熱產物可能為多種價態的金屬氧化物。(3)高價金屬氧化物受熱分解一般生成低價金屬氧化物（或金屬單質）與氧氣失分防范此類問題要采取定性推測與定量驗證來準確推斷.定性推測：對熱重圖像中的易分解物質發生的分解反應原理進行分析判斷,是失水過程,還是分解過程，甚至是在空氣中灼燒生成不同價態氧化物的過程（有O2參與反應)等情況,初步確定產物的可能化學式。定量驗證：對熱重圖像中的有關數據根據化學式進行計算,定量計算的方法一般有元素守恒、質量守恒、差量法等【預測】鈷及其化合物廣泛應用于磁性材料、電池材料及超硬材料等領域。草酸鈷是制備鈷的氧化物的重要原料。CoC2O4·2H2O熱分解質量變化過程如圖所示（其中600℃以前是隔絕空氣加熱，600℃以后是在空氣中加熱)；A、B、C均為純凈物。(1）A、B、C點所示產物的化學式分別是________、________、________。（2)如果將A點的固體直接在空氣中加熱至900℃，發生的反應化學方程式為________.（3）取一定質量的二水合草酸鈷分解后的鈷氧化物（其中Co的化合價為＋2、＋3)，用480mL5mol·L－1鹽酸恰好完全溶解固體,得到CoCl2溶液和4.48L(標準狀況）黃綠色氣體。試確定該鈷氧化物中Co、O的物質的量之比。思維導航解答此類型試題可遵照以下思路流程:規范答題：(1)CoC2O4·2H2O屬于變價金屬元素的結晶水合物，600℃前后分解反應原理不同。600℃前隔絕空氣加熱的分解產物A、B中Co的化合價均為＋2。600℃后在空氣中加熱固體質量增加,只能是與空氣中的氧氣反應，Co化合價升高。(1)定性推測：CoC2O4·2H2O受熱分解生成A、B，要經過失水與分解兩個過程，可能產物為無水物CoC2O4與氧化物CoO。600℃后在空氣中加熱CoO被空氣中的氧氣氧化，固體質量增加，類比Fe，Co有＋2、＋3價，可能生成Co2O3，也可能生成Co3O4。定量驗證：設A、B的摩爾質量分別為MA、MB,根據Co元素守恒：18。30g/183g·mol－1＝14。70g/MA＝7。50g/MB，解得MA＝147g·mol－1,MB＝75。0g·mol－1，恰為CoC2O4、CoO的摩爾質量,故A、B分別為CoC2O4、CoO。設C的化學式為CoxOy，x∶y＝7.5/75∶[7.5/75＋（8.03－7。50)/16］＝0。1∶0。133＝3∶4，故C為Co3O4或CoO·Co2O3。（2）A固體為CoC2O4，C點固體為Co3O4，可見在空氣中加熱時，CoC2O4與氧氣反應生成Co3O4與二氧化碳，反應的化學方程式為3CoC2O4＋2O2eq\o（=,\s\up7(△))Co3O4＋6CO2。（3）由電子得失守恒：n(Co3＋）＝2n（Cl2)＝eq\f（2×4。48L，22。4L·mol－1)＝0.4mol,由電荷守恒：n（Co原子）總＝n(Co2＋）溶液＝eq\f（1，2）n（Cl－）＝eq\f（1，2）×（0.48L×5mol·L－1－2×eq\f（4.48L，22。4L·mol－1））＝1mol，所以固體中的n（Co2＋)＝1mol－0。4mol＝0。6mol，根據化合價代數和為0，氧化物中n（O)＝(0。6mol×2＋0.4mol×3）÷2＝1.2mol，故該鈷氧化物中n(Co）∶n(O）＝1mol∶1.2mol＝5∶6。答案：(1)CoC2O4CoOCo3O4或CoO·Co2O3(2）3CoC2O4＋2O2eq\o（=,\s\up7（△））Co3O4＋6CO2（3）5∶6【變式考法】將25.0g膽礬晶體放在坩堝中加熱測定晶體中結晶水的含量，固體質量隨溫度的升高而變化的曲線如圖。請認真分析上圖，填寫下列空白：(1)30℃～110℃間所得固體的化學式是__CuSO4·3H2O__,650℃～1000℃間所得固體的化學式是__CuO__，溫度高于1000℃后所得固體的化學式是__Cu2O__;(2）常溫下無水硫酸銅__可以__(選填“可以”或“不可以”）用作干燥劑，進行硫酸銅晶體結晶水含量測定實驗時，溫度應控制在__260_℃～650_℃__范圍內。解析(1)樣品開始的化學式為CuSO4·5H2O，其質量為25.0g，在30℃～110℃內損失的質量為25.0g－21.4g＝3.6g，假設當溫度升高到110℃時，CuSO4·5H2O晶體失去水的相對分子質量總和為x,則根據比例關系25.0∶3.6＝250∶x，x＝36,即失去了2個H2O,所以，110℃時晶體的化學式CuSO4·3H2O。另假設25。0gCuSO4·5H2O失去全部結晶水變成CuSO4的質量為25.0g×160/250＝16.0g，所以，650℃固體的化學式為CuSO4。由圖可知，650℃～1000℃范圍內,16.0g固體受熱損失了16.0g－8。0g＝8.0g，設從CuSO4中失去的總相對分子質量為y，根據比例關系16。0∶8。0＝160∶y，y＝80，說明CuSO4中失去了SO3變為CuO,所以650℃~1000℃間所得固本的化學式是CuO.當溫度高于1000℃時，固體的質量由開始的8。0g又損失了8。0g－7。2g＝0。8g，同樣假設從化學式CuO中失去的總相對分子質量為z,根據比例關系8。0∶0.8＝80∶z,z＝8，即從CuO中又失去了1/2個O，變為CuO1/2，所以，溫度高于1000℃后得固體的化學式是Cu2O.(2）CuSO4·5H2O可以受熱失去結晶水變成CuSO4·5H2O，所以,無水硫酸銅可以用作干燥劑。在進行硫酸銅晶體結晶水含量測定實驗時，一方面要使其中的結晶水盡量全部失掉,即溫度要超過260℃，但是溫度升高的最高溫度要保證不能使CuSO4分解，即最高溫度不能超過650℃。因此，進行硫酸銅晶體結晶水含量測定實驗時，溫度應控制在260℃～650℃范圍內。對點特訓(二）化學常用計量1．設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法中正確的是（D）A．標準狀況下，11.2LNO和11。2LSO3的分子總數為NAB．0。1molBr2與足量H2O或NaOH反應轉移的電子數均為0。1NAC．0。1mol的白磷(P4)或四氯化碳(CCl4)中所含的共價鍵數均為0。4NAD．在精煉銅或電鍍銅的過程中，當陰極析出32g銅時，轉移電子數均為NA解析標準狀況下，SO3為固體，選項A錯誤;Br2與H2O反應是可逆反應，選項B錯誤；0。1molP4中含有0.6mol共價鍵，選項C錯誤.2．(2018·江淮十校三模）設NA代表阿伏加德羅常數的值。下列敘述不正確的是(A)A．1mol淀粉（C6H10O5）n完全水解后產生的葡萄糖分子數一定為NAB．水蒸氣通過Na2O2使其增重2g時，反應中轉移的電子數為NAC．常溫下，15gHCHO與14CO組成的混合氣體中分子數為0.5NAD．10g質量分數為46%乙醇溶液中O－H鍵數目為0。7NA解析1mol淀粉（C6H10O5)n中n不確定,所以完全水解后產生的葡萄糖分子數也不確定，選項A錯誤；水與過氧化鈉反應的化學方程式為：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，由反應方程式可知,若有2mol水參加反應，反應后固體增加4g,轉移2mol電子,因此質量增加2g時，轉移電子1mol，轉移電子的數目為NA，選項B正確；HCHO與14CO的摩爾質量相等，均為30g/mol，則15g混合氣體的物質的量為0。5mol，其分子總數為0。5NA，選項C正確；10g質量分數為46%乙醇溶液中含有4.6g乙醇和5。4g水,乙醇和水的物質的量分別為0。1mol和0。3mol，由乙醇和水的分子結構可知，二者分別含有0。1molO—H鍵和0。6molO—H鍵，O-H鍵的總數為0.7NA，選項D正確。3．(2018·合肥二模)已知NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是(A)A．8.4gNaHCO3晶體中含有0。1NA個COeq\o\al（2－，3)B．含有NA個氫氧化鋁膠粒的明礬溶液中,硫酸根離子數目大于2NA個C．3。0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子總數為0.4NAD．鉛蓄電池工作時，當電路中通過的電子為0。2NA時，負極質量增加9.6g解析NaHCO3晶體是由Na＋和HCOeq\o\al（－,3）組成,不含COeq\o\al（2－，3），選項A錯誤；由于鋁離子水解不徹底而且一個氫氧化鋁膠粒中含有的鋁原子不止一個，選項B正確;甲醛(HCHO）和冰醋酸的最簡式都是CH2O,3。0g含甲醛（HCHO）的冰醋酸中含有0.1molCH2O，故其原子總數為0。4NA，選項C正確；負極反應式為Pb＋SOeq\o\al（2－,4）－2e－=PbSO4,負極增加的質量是SOeq\o\al（2－，4)的質量,因此通過0。2mole－，負極質量增加9。6g，選項D正確。4．（2018·皖西名校質檢）設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是（D）A．1molH2與0.5molI2在一定條件下充分反應,最后分子總數一定為1.5NAB．向含1molCl－的NH4Cl溶液中加入氨水使溶液呈中性，此時溶液中NHeq\o\al（＋，4）數目為NAC．10gDeq\o\al（16,2）O和10gHeq\o\al(18，2)O中含有的中子數均為5NAD．標準狀況下，1LpH＝13的Ba(OH）2溶液中含有OH－的數目為0.1NA解析H2與I2的反應雖然是可逆反應,但是該反應分子總數不變，選項A正確;根據電荷守恒可知呈中性溶液中NHeq\o\al（＋，4)數目與Cl－相等，選項B正確;Deq\o\al(16，2)O和Heq\o\al(18,2）O相對分子質量以及中子數均相等，選項C正確；標準狀況下，溫度低于室溫，所以KW改變了，選項D錯誤。5．（2018·福州八縣期中)實驗室中需要2mol/L的硫酸銅溶液95mL，配制時應選用的容量瓶的規格和稱取膽礬質量分別是(D）A．95mL,30。4g B．95mL,47。5gC．100mL，32.0g D．100mL，50.0g解析實驗室沒有95mL的容量瓶，應用100mL的容量瓶進行配制，則n(CuSO4)＝0。1L×2mol/L＝0.2mol，需要膽礬的質量＝2mol×250g/mol＝50。0g,選項D正確。6．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))＋c（NOeq\o\al（－,3）)＝2。5mol·L－1.取200mL該混合酸，則能溶解銅的最大質量為(B)A．12.8g B．19。2gC．32。0g D．38。4g解析反應的離子方程式為3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al（－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，要使溶解的銅的質量最大,則氫離子和硝酸根離子濃度滿足方程式中的比例關系，硝酸全部起氧化劑作用，假設硫酸的濃度為xmol·L－1,則硝酸的濃度為(2.5－x)mol·L－1，則氫離子濃度為2x＋(2。5－x）＝2.5＋x,c(NOeq\o\al（－,3））＝2.5－x，則(2.5－x)：(2.5＋x）＝2：8，解得x＝1.5mol·L－1，則硝酸根物質的量為1mol·L－1×0。2L＝0。2mol，溶解的銅為0。3mol，質量為0.3mol×64g·mol－1＝19。2g，選項B正確.7．（2017·湖南師大附中檢測)將Na2O2逐漸加入到含有Al3＋、Mg2＋、NHeq\o\al(＋，4)的混合液中并微熱,產生沉淀和氣體的物質的量(mol）與加入Na2O2的物質的量(mol）關系如圖所示，則原溶液中Al3＋、Mg2＋、NHeq\o\al（＋，4）的物質的量分別為(C)A．2mol、3mol、8mol B．3mol、2mol、8molC．2mol、3mol、4mol D．3mol、2mol、4mol解析由圖可知,沉淀物質的量最大時是氫氧化鎂、氫氧化鋁沉淀，且n［Mg(OH）2]＋n［Al（OH）3］＝5mol，沉淀溶解至最小時為氫氧化鎂，由圖可知n［Mg（OH)2]＝3mol，則n[Al（OH）3]＝2mol，根據元素守恒可知,n(Al3＋）＝n［Al(OH)3]＝2mol，n（Mg2＋）＝n［Mg(OH)2］＝3mol；反應生成的氣體為氨氣與氧氣，由圖可知溶液加入8molNa2O2以后,再加Na2O2，氣體的增加變慢，故加入8molNa2O2時,NHeq\o\al(＋，4)完全反應，且沉淀達最大值，故溶液中Mg2＋、NHeq\o\al（＋，4）、Al3＋都恰好完全反應，此時溶液中Mg2＋、NHeq\o\al(＋，4）、Al3＋為Na＋代替，溶液中n(Na＋）＝2n（Na2O2）＝2×8mol＝16mol，根據電荷守恒有n(Na＋)＝2n（Mg2＋）＋n（NHeq\o\al（＋，4))＋3n（Al3＋)，即16mol＝2×3mol＋n（NHeq\o\al(＋,4)）＋3×2mol，所以n(NHeq\o\al(＋，4)）＝4mol，選項C正確。8．(2018·運城質檢）下列溶液配制實驗的描述完全正確的是(C)A．配制一定物質的量濃度的溶液時,移液應該用玻璃棒引流，且玻璃棒不能緊貼容量瓶,玻璃棒下端要靠在刻度線上方的瓶壁B．用濃鹽酸配制1∶1(體積比）的稀鹽酸（約6mol·L－1）通常需要用容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管等儀器C．配制NH4Fe(SO4）2標準溶液時,加入一定量H2SO4以防水解D．用濃鹽酸配制一定物質的量濃度的稀鹽酸,量取濃鹽酸時仰視量筒的刻度線會導致所配溶液濃度偏低解析玻璃棒下端要靠在刻度線下方瓶壁,選項A錯誤；用濃鹽酸配制體積比1∶1的稀鹽酸，不需要容量瓶，選項B錯誤；銨根離子和鐵離子易水解，可加H2SO4以防水解，選項C正確;量取濃鹽酸時,仰視會使量取的濃鹽酸體積偏大，所配制溶液濃度偏高，選項D錯誤。9．(2018·江西六市聯考)8.34gFeSO4·7H2O樣品受熱脫水過程的熱重曲線(樣品質量隨溫度變化的曲線）如下圖所示，下列有關說法正確的是（D)A．溫度為78℃時固體物質M的化學式為FeSO4·5H2OB．溫度為159℃時固體物質N的化學式為FeSO4·3H2OC．在隔絕空氣條件下，N得到P的化學方程式為FeSO4eq\o（=,\s\up7（高溫））FeO＋SO3↑D．取適量380℃時所得的樣品P，隔絕空氣加熱至650℃,得到一種固體物質Q，同時有兩種無色氣體生成,Q的化學式為Fe2O3解析8.34gFeSO4·7H2O的物質的量是8.34g÷278g/mol＝0。03mol。根據圖像可知溫度為78℃時固體質量減少8.34g－6.72g＝1.62g，則失去結晶水的物質的量是1.62g÷18g/mol＝0。09mol，即每摩爾固體失去3mol結晶水,所以固體物質M的化學式為FeSO4·4H2O，選項A錯誤；溫度為159℃時固體質量又減少6。72g－5.10g＝1。62g，則失去結晶水的物質的量是0.09mol，每摩爾固體又失去了3mol結晶水，則固體物質N的化學式為FeSO4·H2O，選項B錯誤；根據圖像可知N到P固體質量又減少5.10g－4.56g＝0.54g，相當于0.03mol結晶水，這說明此時固體已經完全失去結晶水，則在隔絕空氣條件下，N得到P的化學方程式為FeSO4·H2Oeq\o（=,\s\up7(高溫））FeSO4＋H2O↑，選項C錯誤；根據以上分析可知，380℃時P是硫酸亞鐵，隔絕空氣加熱至650℃時固體質量變為2。40g，根據鐵元素守恒可知，0.03mol鐵能生成0。015mol氧化鐵，質量是0.015mol×160g/mol＝2.4g,這說明Q的化學式恰好為Fe2O3，選項D正確。10．(2018·江西九校聯考）相對分子質量為M的氣態化合物VL(標準狀況)，溶于mg水中,得到質量分數為ω的溶液,物質的量濃度為cmol·L－1,密度為ρg·cm－3。則下列說法不正確的是(C)A．相對分子質量M＝eq\f（22.4mω,V1－ω）B．物質的量濃度c＝eq\f（1000ρV，MV＋22。4m)C．溶液的質量分數w＝eq\f（MV，22.4m)D．溶液密度ρ＝eq\f(cM，1000ω)解析由c＝eq\f(\f（V,22.4）,\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（V,22。4)×M＋m))×10－3÷ρ)＝eq\f(1000ρV，MV＋22。4m）知選項B正確；由ω＝eq\f(\f(V,22.4）×M，m＋\f(V,22。4)×M）＝eq\f（MV,22.4m＋MV)知選項C錯誤；將此式變形后即可得到選項A中的式子，由c＝eq\f(1000ρω,M)知選項D正確。11．(2018·鄂東南聯盟聯考）一定質量的液態化合物XY2與標準狀況下的一定質量的O2恰好完全反應，反應的化學方程式為XY2(l)＋3O2(g)=XO2(g)＋2YO2(g），冷卻后，在標準狀況下測得生成物的體積是672mL，密度是2。56g·L－1。則：（1）反應前O2的體積是__672_mL__。(2）化合物XY2的摩爾質量是__76_g·mol－1__。(3)若XY2分子中X、Y兩元素的質量比是3∶16,則X、Y兩元素分別為__C__和__S__(寫元素符號）。解析（1）由反應XY2(l)＋3O2（g）=XO2（g)＋2YO2(g）可知，反應前后氣體的體積變化為0,故V(O2)＝672mL。(2)由m＝ρV得生成物的質量m＝0。672L×2.56g·L－1＝1.72g，O2的物質的量n＝eq\f（0。672L,22。4L·mol－1）＝0.03mol，XY2的物質的量為0。01mol。所以M（XY2）＝eq\f(1。72g－0.03mol×32g·mol－1,0。01mol）＝76g·mol－1.（3）由eq\f（MX，2MY)＝eq\f（3，16)和M（X）＋2M(Y）＝76，解得M(X)＝12，M（Y）＝32，即X為C元素，Y為S元素。12．（2018·上饒六校聯考)化合物A［KxFe(C2O4)y·zH2O，其中鐵元素為＋3價］是一種重要的光化學試劑.測定化合物A的化學式實驗步驟如下：a．準確稱取A樣品4.91g,干燥脫水至恒重，殘留物質的質量為4.37g；b．將步驟a所得固體溶于水,加入還原鐵粉0。28g，恰好完全反應；c．另取A樣品4.91g置于錐形瓶中，加入足量的3mol·L－1的H2SO4溶液和適量蒸餾水，再加入0。50mol·L－1的KMnO4溶液24。0mL，微熱,恰好完全反應:2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O通過計算填空：（1)4。91gA樣品中含結晶水的物質的量為__0。03__mol。（2)A的化學式為__K3Fe(C2O4)3·3H2O__（寫出計算過程）。解析（1）樣品中結晶水的物質的量n（H2O)＝eq\f(4.91g－4.37g,18g·mol－1）＝0.03mol。(2)由2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋可知，n(Fe3＋)＝2n（Fe)＝2×eq\f（0。28g,56g·mol－1）＝0。01mol。根據反應的化學方程式可知n（C2Oeq\o\al(2－,4))＝eq\f（5,2）n(KMnO4）＝eq\f（5，2）×0.50mol·L－1×0.024L＝0.03mol,根據離子