（廣東專用）2015高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 考前三個(gè)月 第一部分 專題1 化學(xué)基本概念2

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1、學(xué)案2　常用化學(xué)計(jì)量 最新考綱展示　1.了解相對(duì)原子質(zhì)量，相對(duì)分子質(zhì)量的定義，并能進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。2.理解質(zhì)量守恒定律的含義。3.了解物質(zhì)的量的單位——摩爾(mol)、摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積、物質(zhì)的量濃度、阿伏加德羅常數(shù)的含義。4.能根據(jù)物質(zhì)的量與微粒(原子、分子、離子等)數(shù)目、氣體體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)之間的相互關(guān)系進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。5.了解溶液的組成；理解溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的概念，并能進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。6.了解配制一定溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)、物質(zhì)的量濃度溶液的方法。 基礎(chǔ)回扣 1．有關(guān)物質(zhì)的量與各物理量之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系 若用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下有3.36 L NH3 (1)該氣體的物質(zhì)的量

2、為0.15_mol，質(zhì)量為2.55_g，所含氨氣分子數(shù)為0.15NA。 (2)若將該氣體溶于水配成50 mL溶液，密度為0.9 g·cm－3，所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為5.67%，物質(zhì)的量濃度為3_mol·L－1。 (3)若將上述所得溶液取出10 mL，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為5.67%，再加水稀釋到50 mL，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為0.6_mol·L－1。 2．物質(zhì)的量在化學(xué)方程式中的應(yīng)用 將15.6 g Na2O2固體加入足量的水中，制成200 mL溶液 (1)收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積為2.24_L。 (2)反應(yīng)過(guò)程中轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為0.2NA或1.204×1023。 (3)所得溶液的物質(zhì)的

3、量濃度為2_mol·L－1。 題型1　阿伏加德羅常數(shù)的廣泛應(yīng)用 1．(2014·廣東理綜，10)設(shè)nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．1 mol甲苯含有6nA個(gè)C—H鍵 B．18 g H2O含有10nA個(gè)質(zhì)子 C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L氨水含有nA個(gè)NH3分子 D．56 g鐵片投入足量濃H2SO4中生成nA個(gè)SO2分子 答案　B 解析　解有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)的題一般分為三步，第一步為宏觀量之間的轉(zhuǎn)換，即將質(zhì)量和體積轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量；第二步為微觀量之間的轉(zhuǎn)換，即判斷1分子該物質(zhì)所含的微粒數(shù)；第三步為宏觀量和微觀量的對(duì)應(yīng)，即一定物質(zhì)的量的該物質(zhì)含有的微粒數(shù)。

4、A項(xiàng)，第一步，題目中直接給出物質(zhì)的量，所以不用轉(zhuǎn)換；第二步，甲苯的分子式為C7H8，因此1分子甲苯中含有8個(gè)C—H鍵；第三步，1 mol甲苯中含有8nA個(gè)C—H鍵，錯(cuò)誤。B項(xiàng)，第一步，18 g水的物質(zhì)的量為1 mol；第二步，1個(gè)水分子中含有10個(gè)質(zhì)子；第三步，1 mol水分子中含有10nA個(gè)質(zhì)子，正確。C項(xiàng)，由于氨水為液態(tài)，因此無(wú)法確定其物質(zhì)的量，錯(cuò)誤。D項(xiàng)，常溫下鐵片投入濃H2SO4中發(fā)生鈍化，56 g鐵片即1 mol 鐵不可能生成nA個(gè)SO2分子，錯(cuò)誤。 2．(2014·大綱全國(guó)卷，7)NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是(　　) A．1 mol FeI2與足量氯氣反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電

5、子數(shù)為2NA B．2 L 0.5 mol·L－1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NA C．1 mol Na2O2固體中含離子總數(shù)為4NA D．丙烯和環(huán)丙烷組成的42 g混合氣體中氫原子的個(gè)數(shù)為6NA 答案　D 解析　A項(xiàng)，1 mol FeI2與足量的Cl2反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為 3 mol，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，2 L 0.5 mol·L－1 K2SO4溶液中SO帶的負(fù)電荷數(shù)為2NA，溶液中的陰離子還有OH－，故陰離子所帶電荷數(shù)大于2NA，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，1 mol Na2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，丙烯(C3H6)和環(huán)丙烷(C3H6)互為同分異構(gòu)體，故42 g即1 mol該混合物含有H

6、原子數(shù)為6NA，正確。 3．(2014·四川理綜，5)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．高溫下，0.2 mol Fe與足量水蒸氣反應(yīng)，生成的H2分子數(shù)目為0.3NA B．室溫下，1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水電離的OH－離子數(shù)目為0.1NA C．氫氧燃料電池正極消耗22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體時(shí)，電路中通過(guò)的電子數(shù)目為2NA D．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反應(yīng)中，生成28 g N2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3.75NA 答案　D 解析　A項(xiàng)，鐵在高溫下與水蒸氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2,0.2 mol

7、Fe生成H2的分子數(shù)約為0.27NA，該項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，該NaOH溶液中OH－總共有0.1NA，但OH－主要來(lái)自于NaOH電離，水電離出很少的OH－，該項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，氫氧燃料電池正極上反應(yīng)的物質(zhì)為O2，當(dāng)消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4 L O2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NA，該項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)中只有N元素化合價(jià)發(fā)生改變，生成8 mol氮原子(4 mol N2)中有5 mol來(lái)自NH，有3 mol來(lái)自NO，故反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為15 mol，則生成28 g(1 mol)N2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3.75NA，該項(xiàng)正確。 高考常涉及到的關(guān)于NA的命題角度總結(jié) 考查方向 涉及問(wèn)題 物質(zhì)狀態(tài)

8、 在標(biāo)準(zhǔn)狀況下非氣態(tài)物質(zhì)，如H2O、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等 物質(zhì)結(jié)構(gòu) 一定物質(zhì)的量的物質(zhì)中含有的微粒(分子、原子、電子、質(zhì)子等)數(shù)，如Na2O2；或一些物質(zhì)中的化學(xué)鍵數(shù)目，如CH4、P4等 氧化還 原反應(yīng) 電子轉(zhuǎn)移(得失)數(shù)目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2與H2O反應(yīng)；電解AgNO3溶液；Cu與S反應(yīng)；Fe失去電子數(shù)(可能是2e－，也可能是3e－) 電離、水解 弱電解質(zhì)的電離，可水解的鹽中的離子數(shù)目多少的判斷。如1 L 1 mol·L－1 Na2CO3溶液中CO數(shù)目小于NA，因?yàn)镃O會(huì)部分水解 隱含的 可逆反應(yīng) 常見(jiàn)的可逆反應(yīng)(如2NO

9、2N2O4)、弱電解質(zhì)的電離平衡等 摩爾質(zhì)量 特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量，如D2O、18O2、H37Cl 單質(zhì)的 組成 單質(zhì)的組成除常見(jiàn)的雙原子分子(如H2、Cl2、N2)外還有單原子分子(惰性氣體，如He、Ne等)、三原子分子(如O3)，甚至有四原子分子(如P4) (一)阿伏加德羅常數(shù)的判斷 1．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是(　　) A．98 g H2SO4和H3PO4中含有的氧原子數(shù)均為4NA B．1 L 1 mol·L－1的硫酸與高氯酸(HClO4)溶液中含有的氧原子數(shù)均為4NA C．33.6 L NO2溶解于足量的水中得到硝酸溶液，溶液中NO數(shù)目為

10、NA D．32 g銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)，一定失去NA個(gè)電子 答案　A 解析　B項(xiàng)易忽視水中的氧；C項(xiàng)未指明標(biāo)準(zhǔn)狀況；D項(xiàng)中Cu可能被氧化為＋1價(jià)。 2．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是(　　) A．在0 ℃時(shí)，22.4 L氫氣中含有2NA個(gè)氫原子 B．電解食鹽水若產(chǎn)生2 g氫氣，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NA C．1 mol乙烷分子中共價(jià)鍵總數(shù)為7NA D．密閉容器中46 g NO2含有的分子數(shù)為NA 答案　C 解析　0 ℃不一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況，A錯(cuò)；電解食鹽水產(chǎn)生2 g氫氣，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NA，B錯(cuò)；乙烷的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH3，含有1個(gè)C—C共價(jià)鍵和6個(gè)C—H

11、共價(jià)鍵，C正確；密閉容器中NO2與N2O4存在轉(zhuǎn)化平衡，D錯(cuò)。 3．NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．25 ℃時(shí)，在pH＝2的1.0 L H2SO4溶液中含有H＋數(shù)目為0.02NA B．1 mol Na2O2固體中含離子總數(shù)與1 mol CH4中所含共價(jià)鍵數(shù)目相等 C．將含有1 mol FeCl3溶質(zhì)的飽和溶液加入沸水中可以得到NA個(gè)Fe(OH)3膠粒 D．向含有FeI2的溶液中通入適量氯氣，當(dāng)有1 mol Fe2＋被氧化時(shí)，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目至少為3NA 答案　D 解析　pH＝2的H2SO4中，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，與二元酸沒(méi)關(guān)系，A項(xiàng)

12、錯(cuò)；B項(xiàng)中1 mol Na2O2含有3NA個(gè)離子，1 mol CH4含有4NA個(gè)共價(jià)鍵，B項(xiàng)錯(cuò)；C項(xiàng)中Fe(OH)3膠粒是多個(gè)Fe(OH)3的聚合體，C項(xiàng)錯(cuò)；D項(xiàng)中，還原性Fe2＋

13、溶于500 mL水中，所得溶液中甲的物質(zhì)的量濃度為1 mol·L－1 答案　CD 解析　題給反應(yīng)可表示為2A3B===B2＋3A2，再結(jié)合題圖中分子的結(jié)構(gòu)可知，甲為氨氣，丙為氮?dú)?，乙為氫氣。由質(zhì)量守恒可知，A正確；氨氣的摩爾質(zhì)量為17 g·mol－1，B正確；由阿伏加德羅定律可知，生成丙和乙的體積比為1∶3，C不正確；500 mL水是溶劑，不是所得溶液的體積，D不正確。 5.如圖表示1 g O2與1 g X氣體在相同容積的密閉容器中壓強(qiáng)(p)與溫度(T)的關(guān)系，則X氣體可能是(　　) A．C2H4 B．CH4 C．CO2 D．NO 答案　C 解析　由圖可知，相同溫度時(shí)，p(O

14、2)>p(X)，在同質(zhì)量、同體積條件下，氣體相對(duì)分子質(zhì)量與壓強(qiáng)成反比，即相對(duì)分子質(zhì)量越大，壓強(qiáng)越小。四個(gè)選項(xiàng)中只有CO2的相對(duì)分子質(zhì)量大于O2的，故C正確。 6．(2012·大綱全國(guó)卷，12)在常壓和500 ℃條件下，等物質(zhì)的量的Ag2O、Fe(OH)3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得氣體體積依次為V1、V2、V3、V4。體積大小順序正確的是(　　) A．V3＞V2＞V4＞V1 B．V3＞V4＞V2＞V1 C．V3＞V2＞V1＞V4 D．V2＞V3＞V1＞V4 答案　A 解析　假設(shè)各物質(zhì)均為1 mol，完全分解計(jì)算氣體的物質(zhì)的量。注意500 ℃時(shí)水是氣體。 題型2　

15、物質(zhì)的量濃度溶液的配制及計(jì)算 1．高考選項(xiàng)正誤判斷，正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×” (1)配制溶液定容時(shí)，俯視容量瓶刻度會(huì)使溶液濃度偏高(√) (2014·大綱全國(guó)卷，6C) (2)用容量瓶配溶液時(shí)，若加水超過(guò)刻度線，立即用滴管吸出多余液體(×) (2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ，12D) (3)洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進(jìn)烘箱中烘干(×) (2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ，12A) (4)配制0.100 0 mol·L－1氯化鈉溶液時(shí)，將液體轉(zhuǎn)移到容量瓶中需用玻璃棒引流(√) (2013·福建理綜，10C) (5)用固體NaCl配制0.5 mol·L－1的溶液，所用的儀器有：燒杯

16、、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶(×) (2013·山東理綜，11C) (6)在50 mL量筒中配制0.100 0 mol·L－1碳酸鈉溶液(×) (2012·福建理綜，6C) 2．(2014·上海，52)焦硫酸(H2SO4·SO3)溶于水，其中的SO3都轉(zhuǎn)化為硫酸。若將445 g焦硫酸溶于水配成4.00 L硫酸，該硫酸的物質(zhì)的量濃度為_(kāi)_______ mol·L－1。 答案　1.25 解析　445 g焦硫酸H2SO4·SO3的物質(zhì)的量為445 g÷178 g·mol－1＝2.5 mol，溶于水H2SO4·SO3＋H2O===2H2SO4，所得硫酸的物質(zhì)的量為5 mol，c＝n/V＝5

17、mol÷4 L＝1.25 mol·L－1。 1．警惕溶液配制時(shí)的易錯(cuò)點(diǎn) (1)稱量固體時(shí)物碼顛倒，腐蝕性固體應(yīng)放在玻璃器皿中。 (2)容量瓶不能配制任意體積的溶液，不能溶解、稀釋和貯存液體。 (3)在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液實(shí)驗(yàn)中，定容時(shí)加蒸餾水，一旦超過(guò)刻度線，要重新配制。 (4)配制時(shí)完全不需要計(jì)算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸餾水不影響結(jié)果。 (5)定容時(shí)要平視刻度線，仰視體積大濃度小、俯視體積小濃度大。 2．用好配制一定物質(zhì)的量濃度溶液誤差分析的答題模板 1．某同學(xué)實(shí)驗(yàn)需要450 mL 0.1 mol·L－1碳酸鈉溶液，配制該溶液時(shí)下列儀器不需

18、要的是(　　) A．100 mL量筒、燒杯、玻璃棒 B．托盤天平、500 mL容量瓶 C．酒精燈、三角漏斗、導(dǎo)管 D．膠頭滴管、玻璃棒、燒杯 答案　C 解析　根據(jù)操作步驟聯(lián)系實(shí)驗(yàn)儀器。配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，必需的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、量筒、500 mL容量瓶、膠頭滴管等。 2．假若你是衛(wèi)生防疫人員，為配制0.01 mol·L－1的KMnO4消毒液，下列操作導(dǎo)致所配溶液濃度偏高的是(　　) A．取KMnO4樣品時(shí)不慎在表面沾了點(diǎn)蒸餾水 B．溶解攪拌時(shí)有液體飛濺出 C．定容時(shí)俯視容量瓶刻度線 D．搖勻后見(jiàn)液面下降，再加水至刻度線 答案　C 解析　A項(xiàng)取得樣品

19、質(zhì)量偏小，使溶液濃度偏低；B項(xiàng)液體飛濺出，會(huì)損失一部分KMnO4，使溶液濃度偏低；C項(xiàng)定容時(shí)俯視容量瓶刻度線導(dǎo)致加水量較少濃度偏高；D項(xiàng)加水量過(guò)多，使溶液濃度偏低。 3．(1)配制濃度為2 mol·L－1的NaOH溶液100 mL，用托盤天平稱取NaOH固體時(shí)，天平讀數(shù)將________(填寫(xiě)字母，下同)。 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)某實(shí)驗(yàn)中需2 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制時(shí)應(yīng)選用的容量瓶的規(guī)格為_(kāi)___________，稱取Na2CO3的質(zhì)量為_(kāi)_________。 答案　(1)C　(2)1

20、000 mL　212.0 g 解析　(1)稱量NaOH固體時(shí)需用小燒杯盛放，故天平讀數(shù)等于8.0 g＋燒杯質(zhì)量。(2)根據(jù)容量瓶的常用規(guī)格可知，應(yīng)配制2 mol·L－1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的質(zhì)量為1 L×2 mol·L－1×106 g·mol－1＝212.0 g。 4．V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SO，取此溶液0.5V L，用水稀釋至2V L，則稀釋后溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量濃度為(　　) A. mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1 答案　A 解析　a g SO的物質(zhì)的量為 mol，因此

21、V L Fe2(SO4)3溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量為× mol＝ mol，從中取出0.5V L后n(Fe3＋)＝ mol×＝ mol，即稀釋到2V L后溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量濃度為＝ mol·L－1。 題型3　化學(xué)反應(yīng)中的計(jì)算問(wèn)題 1．(2014·山東理綜，9)等質(zhì)量的下列物質(zhì)與足量稀硝酸反應(yīng)，放出NO物質(zhì)的量最多的是(　　) A．FeO B．Fe2O3 C．FeSO4 D．Fe3O4 答案　A 解析　根據(jù)得失電子守恒，還原劑提供的電子越多，氧化劑硝酸生成的NO的物質(zhì)的量就越多。 1 g題述四種物質(zhì)能提供的電子的物質(zhì)的量為 A.×1 mol；B.0；C.×1 mol；

22、 D.×1 mol(Fe3O4也可以寫(xiě)為Fe2O3·FeO)，等質(zhì)量時(shí)提供電子的物質(zhì)的量最多的為FeO。 2．(2014·大綱全國(guó)卷，13)已知：將Cl2通入適量KOH溶液，產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值與溫度高低有關(guān)。當(dāng)n(KOH)＝a mol時(shí)，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．若某溫度下，反應(yīng)后＝11，則溶液中＝ B．參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量等于a mol C．改變溫度，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne的范圍：a mol≤ne≤a mol D．改變溫度，產(chǎn)物中KClO3的最大理論產(chǎn)量為a mol 答案　D 解析　A項(xiàng)，設(shè)反應(yīng)后溶液中n(Cl－)＝11n mo

23、l，則n(ClO－)＝n mol，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子守恒可知，生成11n mol Cl－得11n mol電子，生成n mol ClO－失去n mol 電子，而生成1 mol ClO失去5 mol電子，因此反應(yīng)生成的ClO應(yīng)為2n mol，正確；B項(xiàng)，由于產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，根據(jù)原子守恒可知，Cl原子與K原子的物質(zhì)的量始終相等，故參加反應(yīng)的Cl2的物質(zhì)的量為KOH的，正確；C項(xiàng)，當(dāng)只有KCl、KClO生成時(shí)，1 mol Cl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移1 mol電子，故整個(gè)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為a mol，當(dāng)只有KCl、KClO3生成時(shí)，根據(jù)電子守恒可知，有的Cl2生成了KClO

24、3，有的Cl2生成了KCl，故轉(zhuǎn)移電子a mol，正確；D項(xiàng)，當(dāng)只有KCl、KClO3生成時(shí)，產(chǎn)物中KClO3的量達(dá)到了最大值，根據(jù)電子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理論產(chǎn)量為a mol，錯(cuò)誤。 3．[2014·福建理綜，25(6)]葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測(cè)定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)的方案如下： (已知：滴定時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2＋I(xiàn)2＋2H2O===H2SO4＋2HI) ①按上述方案實(shí)驗(yàn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00 mL，該次實(shí)驗(yàn)測(cè)得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)為_(kāi)_______g·L－1。 ②在上

25、述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，若有部分HI被空氣氧化，則測(cè)定結(jié)果________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。 答案?、?.16　②偏低 解析?、俑鶕?jù)反應(yīng)方程式：SO2＋I(xiàn)2＋2H2O===H2SO4＋2HI，可知n(SO2)＝n(I2)＝0.010 00 mol·L－1×0.025 L＝2.5×10－4 mol，由于葡萄酒樣品為100.00 mL，因此樣品抗氧化劑的殘留量為2.5×10－4 mol×64 g·mol－1÷0.100 0 L＝0.16 g·L－1。 ②若部分HI被空氣氧化，則測(cè)得消耗的I2會(huì)減少，故測(cè)得的SO2會(huì)減少，結(jié)果偏低。 4．(2014·上海，37)將一定質(zhì)量小蘇打樣品(含

26、少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量，也可測(cè)定小蘇打的含量。若蒸發(fā)過(guò)程中有少量液體濺出，則測(cè)定結(jié)果____________。(選填“偏高”、“偏低”或“不受影響”) 答案　偏高 解析　將一定質(zhì)量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量是利用NaHCO3→NaCl質(zhì)量差減小為84－58.5＝25.5，若蒸發(fā)過(guò)程中有少量液體濺出，造成質(zhì)量差變大，則測(cè)定結(jié)果偏高。 1.物質(zhì)的量在化學(xué)方程式中計(jì)算的步驟 寫(xiě)：寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式 ↓ 找：找出方程式中已知物質(zhì)和未知物質(zhì)的物質(zhì)的量的關(guān)系 ↓ 列：將已知量和未知量列成比例式 ↓ 求：對(duì)比例式求算 2．

27、化學(xué)計(jì)算中常用方法 (1)守恒法 守恒法是中學(xué)化學(xué)計(jì)算中一種常用方法，守恒法中的三把“金鑰匙”——質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子得失守恒，它們都是抓住有關(guān)變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過(guò)程，利用某種不變量(①某原子、離子或原子團(tuán)不變；②溶液中陰陽(yáng)離子所帶電荷數(shù)相等；③氧化還原反應(yīng)中得失電子相等)建立關(guān)系式，從而達(dá)到簡(jiǎn)化過(guò)程，快速解題的目的。 (2)關(guān)系式法 此法常用于多步連續(xù)反應(yīng)的計(jì)算。確定關(guān)系式可利用各步反應(yīng)的計(jì)量關(guān)系或某元素原子守恒關(guān)系找出已知物質(zhì)和未知物質(zhì)的關(guān)系式，然后根據(jù)已知量和未知量列比例式求解。 (3)極值法 對(duì)混合體系或反應(yīng)物可能發(fā)生幾種反應(yīng)生成多種生成物的計(jì)算，我們可假設(shè)混合

28、體系中全部是一種物質(zhì)，或只發(fā)生一種反應(yīng)，求出最大值、最小值，然后進(jìn)行解答，此類題一般為選擇題。 (4)設(shè)未知數(shù)法 對(duì)混合體系的計(jì)算，我們一般設(shè)兩個(gè)未知數(shù)，然后依據(jù)題意列兩個(gè)方程，進(jìn)行求解。 (一)關(guān)系式法 1．(2012·上海，11)工業(yè)上將氨氣和空氣的混合氣體通過(guò)鉑—銠合金網(wǎng)發(fā)生氨氧化反應(yīng)，若有標(biāo)準(zhǔn)狀況下V L氨氣完全反應(yīng)，并轉(zhuǎn)移n個(gè)電子，則阿伏加德羅常數(shù)(NA)可表示為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由NH3的催化氧化方程式可知1 mol NH3轉(zhuǎn)化為NO時(shí)轉(zhuǎn)移5 mol電子，可得如下關(guān)系式： NH3　　～　　5e－ 1 5 ×N

29、A n 即n＝×NA 解得NA＝。 2．氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料。國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定合格的CuCl產(chǎn)品的主要質(zhì)量指標(biāo)為CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于96.5%。工業(yè)上常通過(guò)下列反應(yīng)制備CuCl： 2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑ (1)CuCl制備過(guò)程中需要配制質(zhì)量分?jǐn)?shù)為20.0%的CuSO4溶液，試計(jì)算配制該溶液所需的CuSO4·5H2O與H2O的質(zhì)量之比。 (2)準(zhǔn)確稱取所制備的0.250 0 g CuCl樣品置于一定量的0.5 mol·L－1FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20 mL，用0.100

30、0 mol·L－1Ce(SO4)2溶液滴定到終點(diǎn)，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為 Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－ Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋ 通過(guò)計(jì)算說(shuō)明上述樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否符合標(biāo)準(zhǔn)。 答案　(1)5∶11　(2)符合標(biāo)準(zhǔn) 解析　(1)假設(shè)配制1 000 g這種CuSO4溶液，則需要硫酸銅200 g，“折合”成CuSO4·5H2O，其質(zhì)量為×200 g＝312.5 g，則所需水的質(zhì)量為1 000 g－312.5 g＝687.5 g，所需的CuSO4·5H2O與H2O的質(zhì)量之比為312.5∶687.5＝

31、5∶11。 (2)由方程式可得關(guān)系式為CuCl～Fe2＋～Ce4＋ 即CuCl的物質(zhì)的量等于消耗的Ce(SO4)2的物質(zhì)的量，為0.100 0 mol·L－1×24.60×10－3 L＝0.002 46 mol，故CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%＝97.9%，符合標(biāo)準(zhǔn)。 (二)守恒法 3．鎂、鋁合金3 g與100 mL稀H2SO4恰好完全反應(yīng)，將反應(yīng)后所得溶液蒸干，得無(wú)水硫酸鹽17.4 g，則原硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為(　　) A．1.5 mol·L－1 B．1 mol·L－1 C．2.5 mol·L－1 D．2 mol·L－1 答案　A 解析　蒸干后所得產(chǎn)物分別是MgSO4

32、和Al2(SO4)3，增加的質(zhì)量即為SO的質(zhì)量。c(H2SO4)＝＝1.5 mol·L－1。 4．某硫酸鎂和硫酸鋁的混合溶液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若將200 mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋ 分離，至少應(yīng)加入1.6 mol·L－1的苛性鈉溶液(　　) A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L 答案　D 解析　根據(jù)溶液中的電荷守恒可得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，故c(Al3＋)＝(2×6.5 mol·L－1－2×2 mol·L－1)/3＝3 mol·L－1。當(dāng)加入的NaOH溶液恰好

33、將Mg2＋與Al3＋分離時(shí)，所得溶液為Na2SO4和NaAlO2，根據(jù)鈉元素守恒，則V(NaOH)＝，代入數(shù)據(jù)得V(NaOH) ＝ ＝2 L。 5．羥胺(NH2OH)是一種還原劑，能將某些氧化劑還原。現(xiàn)用25.00 mL 0.049 mol·L－1的羥胺的酸性溶液跟足量的硫酸鐵溶液在煮沸條件下反應(yīng)，生成的Fe2＋恰好與24.65 mL 0.020 mol·L－1的酸性KMnO4溶液完全作用，則在上述反應(yīng)中，羥胺的氧化產(chǎn)物是[已知：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O(未配平)](　　) A．N2 B．N2O C．NO D．NO2

34、 答案　B 解析　整個(gè)反應(yīng)過(guò)程是羥胺(NH2OH)將Fe3＋還原為Fe2＋，KMnO4又將Fe2＋氧化為Fe3＋。即始態(tài)還原劑羥胺失去的電子數(shù)與終態(tài)氧化劑KMnO4得到的電子數(shù)相等。設(shè)羥胺的氧化產(chǎn)物中N的化合價(jià)為＋n， 則H2OH―→失電子數(shù)： (n＋1)×0.025 L×0.049 mol·L－1 KO4―→SO4得電子數(shù)： 5×0.024 65 L×0.020 mol·L－1 依據(jù)得失電子守恒建立方程，解得n＝1，所以氧化產(chǎn)物為N2O。 (三)設(shè)未知數(shù)法 6．用含1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中的CO和HCO的物質(zhì)的量之比為(　　)

35、A．1∶3 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2 答案　A 解析　設(shè)生成Na2CO3、NaHCO3物質(zhì)的量分別為x、y，由反應(yīng)前后C和Na＋守恒可知，x＋y＝0.8 mol、2x＋y＝1.0 mol，解得x＝0.2 mol、y＝0.6 mol，即所得溶液中CO和HCO的物質(zhì)的量之比為1∶3。 7．(2013·上海，22)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體V L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中(存在Cu2＋和SO)加入足量NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過(guò)濾，洗滌，灼燒，得到CuO 12.0 g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1∶1，則V可能為 (　　

36、) A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L 答案　A 解析　若混合物全是CuS，其物質(zhì)的量為12/80＝0.15 mol，電子轉(zhuǎn)移數(shù)0.15 mol×(6＋2)＝1.2 mol。兩氣體體積相等，設(shè)NO x mol，NO2 x mol,3x＋x＝1.2，計(jì)算的x＝0.3。氣體體積V＝0.6 mol×22.4 L·mol－1＝13.44 L；若混合物全是Cu2S，其物質(zhì)的量為0.075 mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)0.075 mol×10＝0.75 mol，設(shè)NO x mol，NO2 x mol,3x＋x＝0.75，計(jì)算得x＝0.187 5，氣體體積V＝0.375 mol×22.4 L·mol－1＝8.4 L，因此8.4 L＜V＜13.44 L。