2019高考化學(xué)“985”沖刺二輪精講練通用版講義：第1部分 第2講 化學(xué)常用計(jì)量 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第2講化學(xué)常用計(jì)量知考點(diǎn)明方向滿懷信心正能量設(shè)問方式①有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)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(zhì)的量”為核心的多角度計(jì)算［例](2018·全國卷Ⅲ，8)③一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制[例](2018·全國卷Ⅱ，11）知識(shí)點(diǎn)網(wǎng)絡(luò)線引領(lǐng)復(fù)習(xí)曙光現(xiàn)釋疑難研熱點(diǎn)建模思維站高端考點(diǎn)一阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用▼命題規(guī)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(zhì)所含粒子(分子、原子、離子、質(zhì)子、中子等）數(shù)目、氧化還原轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目、一定量的物質(zhì)所含某種化學(xué)鍵的數(shù)目等。▼方法點(diǎn)撥:1．關(guān)于阿伏加德羅常數(shù)試題常設(shè)的“陷阱”（1)氣體摩爾體積的運(yùn)用條件陷阱：考查氣體時(shí)經(jīng)常給定非標(biāo)準(zhǔn)狀況下(如25℃、1。01×105Pa）氣體體積,考生易用22。4L·mol－1進(jìn)行換算,誤入陷阱.(2）物質(zhì)的聚集狀態(tài)陷阱:22.4L·mol－1適用對(duì)象是標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體。命題者常用在標(biāo)準(zhǔn)狀況下非氣態(tài)的物質(zhì)來迷惑考生，如H2O、CCl4、辛烷、汽油、SO3、C6H6等。(3)單質(zhì)的組成陷阱:氣體單質(zhì)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(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目陷阱：命題者常用一些反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目來迷惑考生,如Na2O2與H2O反應(yīng)、Cl2與NaOH溶液反應(yīng)、Fe與HCl反應(yīng)、HNO3與過量Fe反應(yīng)、電解CuSO4溶液等.（5）物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)陷阱:如Na2O2是由Na＋和Oeq\o\al(2－,2）構(gòu)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(duì)溶液中離子數(shù)目的影響陷阱：考查電解質(zhì)溶液中離子數(shù)目或濃度時(shí)常設(shè)置弱電解質(zhì)的電離、鹽類水解方面的陷阱。(7)可逆反應(yīng)不能進(jìn)行到底陷阱：如2NO2N2O4、2SO2＋O2eq\o（，\s\up7（催化劑),\s\do5（△)）2SO3、合成氨反應(yīng)、氯氣和水反應(yīng)等。2．突破陷阱六法(1）“兩看”——是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況和氣體狀態(tài)，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(tài)無關(guān)”陷阱;（3)記“組成"，突破“物質(zhì)組成混亂關(guān)系"陷阱；（4)審“附加條件與反應(yīng)要求”,突破“離子數(shù)目”判斷陷阱；(5)記“隱含反應(yīng)"，突破“粒子組成、電子轉(zhuǎn)移”判斷陷阱；(6)“分類”比較氧化還原類型、強(qiáng)弱用量、特殊反應(yīng)，突破“電子轉(zhuǎn)移”判斷陷阱.1．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)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(shù)為0.1NA（2018·全國卷Ⅰ）(2)92。0g甘油（丙三醇)中含有羥基數(shù)為1.0NA(2018·全國卷Ⅰ）(3)1。0molCH4與Cl2在光照下反應(yīng)生成的CH3Cl分子數(shù)為1。0NA(2018·全國卷Ⅰ)（4)常溫常壓下,124gP4中所含P—P鍵數(shù)目為4NA(2018·全國卷Ⅱ）(5）標(biāo)準(zhǔn)狀況下,11。2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NA(2018·全國卷Ⅱ）(6）0。1mol11B的原子中,含有0.6NA個(gè)中子（2017·全國卷Ⅲ)(7）2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)苯在O2中完全燃燒,得到0。6NA個(gè)CO2分子(2017·全國卷Ⅲ)（8）密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應(yīng)制備PCl5（g），增加2NA個(gè)P—Cl鍵(2017·全國卷Ⅲ）（9)0。1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應(yīng)后，其分子總數(shù)為0.2NA（2017·全國卷Ⅱ）(10）pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個(gè)H＋(2017·全國卷Ⅲ)（11)50ml12mol/L鹽酸與足量MnO2共熱，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)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(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NA（2015·全國卷Ⅱ)（13）1molS8單質(zhì)中含有的S—S鍵個(gè)數(shù)為8NA（2015·天津卷）（14）2L0.5mol/L亞硫酸溶液中含有的H＋數(shù)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(shù)之和為0.1NA(2015·全國卷Ⅱ）突破點(diǎn)撥（1)化學(xué)鍵數(shù)目：注意物質(zhì)的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)；（2)溶液中離子數(shù)目判斷：注意濃度和體積是否確定，注意是否發(fā)生水解和電離等變化；(3)晶體中離子數(shù)目：注意物質(zhì)的真實(shí)組成；(4)電子得失數(shù)目：注意價(jià)態(tài)變化；（5)化學(xué)反應(yīng)前后微粒數(shù)目變化：注意反應(yīng)是否徹底。解析FeCl3水解不能徹底，而且一個(gè)Fe（OH)3膠粒不止含有一個(gè)Fe(OH)3，（1)錯(cuò)誤;92。0g丙三醇為1mol，而1mol丙三醇含有3mol羥基，（2）錯(cuò)誤；CH4和Cl2反應(yīng)產(chǎn)物除CH3Cl外有CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，（3)錯(cuò)誤；白磷結(jié)構(gòu)為，每個(gè)P擁有1.5個(gè)P—P鍵，124gP4擁有6NA個(gè)P-P鍵,（4）錯(cuò)誤；CH4和C2H4分子均含4個(gè)H原子，(5）正確；每個(gè)11B有6個(gè)中子，(6)正確;苯在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為液態(tài)，(7）錯(cuò)誤；PCl3與Cl2的反應(yīng)為可逆反應(yīng),(8)錯(cuò)誤；H2和I2的反應(yīng)雖然可逆,但該反應(yīng)分子總數(shù)不變，（9）正確；溶液體積未知,無法確定離子數(shù)目，(10)錯(cuò)誤;濃鹽酸變稀后反應(yīng)停止,(11)錯(cuò)誤;Na與O2反應(yīng)無論生成Na2O還是Na2O2，Na均為＋1價(jià)，23g鈉的物質(zhì)量為1mol，充分燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NA,(12）正確；根據(jù)S8的分子結(jié)構(gòu)模型可知，1個(gè)S8分子含有8個(gè)S—S鍵，所以1molS8中含有8NA個(gè)S—S鍵，（13)正確；H2SO3為弱酸，無法完全電離，（14）錯(cuò)誤；根據(jù)物料守恒應(yīng)可知HCOeq\o\al(－，3）、COeq\o\al(2－，3)、H2CO3個(gè)數(shù)之和為0。1NA，(15）錯(cuò)誤.【變式考法】設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)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(jī)物中含有的C-H鍵的數(shù)目為6NA(2018·湖南G10四調(diào)）（2)8。4gNaHCO3和MgCO3混合物中含有陰離子數(shù)目為0.1NA（2018·湖南G10四調(diào))(3）1molMg在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA(2018·江蘇四市聯(lián)考)（4)1molNaHSO4固體中所含陰、陽離子數(shù)目總數(shù)為3NA（2018·江蘇四市聯(lián)考）（5)標(biāo)準(zhǔn)狀況下，44。8LNO與22.4LO2完全反應(yīng)所得分子數(shù)目為2NA(2018·江蘇四市聯(lián)考）(6)常溫常壓下，1。8g甲基（—CD3)中含有的中子數(shù)為NA（2018·江淮十校模擬)（7）標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LHF與0。5NA個(gè)H2O中含有的氫原子個(gè)數(shù)相同（2018·湖南十四校二調(diào)）（8）含有NA個(gè)Fe（OH）3膠粒的氫氧化鐵膠體溶液中,鐵元素的質(zhì)量遠(yuǎn)大于56g(2018·湖南十四校二調(diào)）(9）10。4g苯乙烯分子中含有的碳碳雙鍵數(shù)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(shù)為NA （2018·湖北七市調(diào)考)（11）將1molCl2通入足量NaOH溶液完全反應(yīng)后,溶液中HClO、Cl－、ClO－粒子數(shù)之和為2NA（2018·湖北七市調(diào)考)（12)28gN60單質(zhì)（如圖)中含有的N—N鍵鍵數(shù)為3NA（2019·鄂東南新起點(diǎn)）解析（1)C2H6O可能為乙醇和甲醚，所以C—H鍵的數(shù)目無法確定，錯(cuò)誤；（2)NaHCO3和MgCO3二者摩爾質(zhì)量相同，且陰離子數(shù)目相同，正確;(3）無論生成MgO還是Mg3N2，1molMg參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子2mol,錯(cuò)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(cuò)誤；(5)二氧化氮有部分轉(zhuǎn)化為四氧化二氮，錯(cuò)誤；(6)1.8g甲基（－CD3）的物質(zhì)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(cuò)誤；（7)標(biāo)準(zhǔn)狀況下HF是液體,錯(cuò)誤;（8）每個(gè)氫氧化鐵膠體粒子不止含有一個(gè)氫氧化鐵,正確；（9）苯乙烯中苯環(huán)上不存在雙鍵，所以每個(gè)苯乙烯分子只有一個(gè)雙鍵，錯(cuò)誤；(10)NH4HCO3晶體中只含有NHeq\o\al(＋，4)不存在NH3和NH3·H2O，錯(cuò)誤；（11)根據(jù)氯元素守恒，正確；(12）由圖可知，每個(gè)N原子分?jǐn)偟逆I為1.5個(gè),正確。2．(2018·遂寧三診）NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（B）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下,1。12LCCl4含有質(zhì)子的數(shù)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(shù)為0.4NAC．常溫時(shí)，56gFe與足量濃硝酸反應(yīng),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3NAD．晶體B的結(jié)構(gòu)單元如圖,則11g晶體B含有0.6NA個(gè)三角形(相鄰原子構(gòu)成)解析標(biāo)況下,CCl4是液體，選項(xiàng)A錯(cuò)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(shù)為0.4NA,選項(xiàng)B正確；常溫時(shí),Fe與濃硝酸反應(yīng)出現(xiàn)鈍化現(xiàn)象，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；B的晶體中,一個(gè)三角形有三個(gè)B，每個(gè)B參與形成5個(gè)三角形，故一個(gè)三角形有0。6個(gè)B,則11gB,即1molB含有的三角形數(shù)為eq\f（5NA，3)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．（2018·合肥八校模擬)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的組合是(B）（1）Ag＋為NA個(gè)的AgNO3溶液中，NOeq\o\al(－，3)個(gè)數(shù)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(gè)O2(3)5NH4NO3eq\o(=,\s\up7（△））2HNO3＋4N2↑＋9H2O反應(yīng)中，生成56gN2時(shí),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3。75NA（4）28g分子式為CnH2n的烴中含有的C—H鍵的數(shù)目一定為4NA(5)高溫下，16。8gFe與足量水蒸氣完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0。8NA(6）某溫度下,1LpH＝1的稀硫酸溶液中，H＋離子數(shù)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(gè)S原子（8)用惰性電極電解KOH溶液，若陽極產(chǎn)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(dāng)Ag＋為NA個(gè)時(shí)，溶液中AgNO3大于1mol，NOeq\o\al（－,3)個(gè)數(shù)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(gè)O2，（2）正確；反應(yīng)時(shí)NHeq\o\al(＋，4)中的N全部轉(zhuǎn)化為N2,而NOeq\o\al（－，3）中N一部分轉(zhuǎn)化為N2,另外一部分化合價(jià)不變轉(zhuǎn)化為HNO3，每生成4molN2時(shí)，有5molNHeq\o\al（＋，4)被氧化，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為15NA，所以生成56gN2,即2molN2時(shí)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為7.5NA，(3）錯(cuò)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(shù)目一定為4NA,(4)正確；高溫下鐵與水蒸氣反應(yīng)產(chǎn)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(fā)生氧化反應(yīng)：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，因?yàn)闆]告訴測(cè)量產(chǎn)生5。6L氣體時(shí)的溫度和壓強(qiáng)，所以沒法計(jì)算其物質(zhì)的量,也就沒法計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)，（8）錯(cuò)誤.解答阿伏加德羅常數(shù)問題“看"“定”“算”三步驟考點(diǎn)二以“物質(zhì)的量”為核心的計(jì)算▼命題規(guī)律:1．題型：Ⅰ卷計(jì)算型選擇題、Ⅱ卷高分值填空題。2．考向：各物理量以“物質(zhì)的量”為核心的相互轉(zhuǎn)換應(yīng)用,混合物成分含量的確定，未知物質(zhì)化學(xué)式的確定，根據(jù)化學(xué)方程式的計(jì)算,多步連續(xù)反應(yīng)的計(jì)算即關(guān)系式法計(jì)算等.▼方法點(diǎn)撥：1．掌握物質(zhì)的量與各物理量之間的關(guān)系2．牢記兩大常數(shù)（1）阿伏加德羅常數(shù)：約為6。02×1023mol－1；(2)氣體摩爾體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況):約為22。4L·mol－1.3．理解六個(gè)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(zhì)，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(jīng)稀H2SO4處理后，用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，通過測(cè)定草酸的量可間接獲知鈣的含量,滴定反應(yīng)為：MnOeq\o\al（－,4)＋H＋＋H2C2O4→Mn2＋＋CO2＋H2O。實(shí)驗(yàn)中稱取0。400g水泥樣品，滴定時(shí)消耗了0。0500mol·L－1的KMnO4溶液36.00mL，則該水泥樣品中鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(dāng)于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為__1。57__。(計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù))(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(yīng)，生成NH31792mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況），則(NH4）2SO4和NH4HSO4的物質(zhì)的量比為__1。87∶1__.（4）（2018·江蘇卷)通過測(cè)定堿式硫酸鋁（1－x）Al2（SO4）3·xAl（OH)3溶液中相關(guān)離子的濃度確定x的值,測(cè)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(yīng)，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(biāo)準(zhǔn)溶液25。00mL，調(diào)節(jié)溶液pH約為4.2,煮沸，冷卻后用0。08000mol·L－1CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的EDTA至終點(diǎn)，消耗CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液20。00mL(已知Al3＋、Cu2＋與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量比均為1∶1)。計(jì)算(1－x)Al2（SO4）3·xAl（OH)3中的x值(寫出計(jì)算過程）。突破點(diǎn)撥（1)滴定反應(yīng)可由化學(xué)方程式找出已知與未知的關(guān)系式,再根據(jù)關(guān)系式法求解；（2）解答信息給予題,先理解題給信息，再以物質(zhì)的量為中心進(jìn)行計(jì)算。解析(1）找出關(guān)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(zhì)量分?jǐn)?shù)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(zhì)的量為4mol,1molCl2被還原為Cl－時(shí)得到電子的物質(zhì)的量為2mol，故1gNaClO2得到電子的物質(zhì)的量為4/90.5mol，根據(jù)“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(yīng)完，再反應(yīng)（NH4）2SO4，因共生成NH30.08mol，故與H＋反應(yīng)的氫氧化鈉為0。02mol,則可知道NH4HSO4為0。02mol，則(NH2）2SO4質(zhì)量為7。24g－115g/mol×0.02mol＝4。94g,(NH4）2SO4的物質(zhì)的量為4.94g÷132g/mol＝0。0374mol。因此(NH4)2SO4與NH4HSO4物質(zhì)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(cè)定某堿式氯化銅的組成，進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn):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(diào)節(jié)pH4~5，用濃度為0.08000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cu2＋(離子方程式為Cu2＋＋H2Y2－=CuY2－＋2H＋)，滴定至終點(diǎn),消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液30。00mL。通過計(jì)算確定該樣品的化學(xué)式__Cu2（OH)3Cl·H2O__。(2）（2018·廊坊模擬)為測(cè)定人體血液中Ca2＋的含量,設(shè)計(jì)了如下方案：有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)共生成1。12LNO(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，再向反應(yīng)后的溶液中加入1mol·L－1的NaOH溶液，當(dāng)沉淀完全時(shí)所加NaOH溶液的體積最少是__450mL__。(4)(2018·湖南G10聯(lián)盟)實(shí)驗(yàn)室將氧氣和臭氧的混合氣體0。896L（標(biāo)準(zhǔn)狀況)通入盛有20.0g足量銅粉的反應(yīng)容器中，充分加熱后，粉末的質(zhì)量變?yōu)?1。6g。則原混合氣中臭氧的體積分?jǐn)?shù)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(xué)式為Cu2(OH)3Cl·H2O。（2）根據(jù)題意可得關(guān)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(zhì)的量為0.05mol，則此時(shí)NOeq\o\al（－，3)的物質(zhì)的量為0.5mol－0.05mol＝0。45mol。當(dāng)沉淀量最大時(shí)，溶液中的溶質(zhì)是硝酸鈉,硝酸鈉的物質(zhì)的量是0。45mol，根據(jù)鈉原子守恒可知，氫氧化鈉的物質(zhì)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(yīng)，故粉末增加的質(zhì)量即為O2和O3的總質(zhì)量。設(shè)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?jǐn)?shù)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(zhì)子數(shù)B．同等質(zhì)量的氧氣和臭氧中，電子數(shù)相同C．1mol重水與1mol水中，中子數(shù)比為2:1D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化學(xué)鍵數(shù)相同解析24gMg和27gAl均為1mol，含原子數(shù)相同，但Mg、Al原子分別含質(zhì)子數(shù)12、13，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；相同質(zhì)量O2和O3中含O原子數(shù)相同，故電子數(shù)相同，選項(xiàng)B正確；等物質(zhì)的量的重水D2O和水H2O中分子數(shù)相同，但中子數(shù)分別為10和8，不等于2∶1,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;乙烷(C2H6)分子中含7個(gè)共價(jià)單鍵,乙烯（C2H4)分子中含5個(gè)共價(jià)鍵(包含一個(gè)碳碳雙鍵），選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．（1)（2018·華大聯(lián)考)取一定質(zhì)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(yīng)后固體質(zhì)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(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)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(cè)定蛋白質(zhì)中氮含量的經(jīng)典方法，其原理是用濃硫酸在催化劑存在下將樣品中有機(jī)氮轉(zhuǎn)化成銨鹽，利用如圖所示裝置處理銨鹽，然后通過滴定測(cè)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(jìn)行測(cè)定，滴定g中吸收液時(shí)消耗濃度為cmol·L－1的鹽酸VmL，則樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__eq\f（1。4cV，m）__％，樣品的純度≤__eq\f(7.5cV，m）__％。解析(1)一定質(zhì)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(yīng)后固體質(zhì)量為25.6g，這些銅的物質(zhì)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(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下的NO氣體4.48L，NO的物質(zhì)的量為0。2mol。由N原子守恒可以求出硝酸的物質(zhì)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(zhuǎn)化為NH3·H3BO3，滴定時(shí)消耗cmol·L－1的鹽酸VmL，根據(jù)反應(yīng)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(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f（0.001cV×14g,mg）×100%＝eq\f（1。4cV，m）%，樣品中甘氨酸的質(zhì)量≤0.001cV×75g，所以樣品的純度≤eq\f（7.5cV，m）％。以物質(zhì)的量為中心計(jì)算的“一、二、三、四”(1）一個(gè)中心：必須以物質(zhì)的量為中心.(2）兩個(gè)前提：在應(yīng)用Vm＝22.4L·mol－1時(shí)，一定要注意“標(biāo)準(zhǔn)狀況"和“氣態(tài)”這兩個(gè)前提條件(混合氣體也適用）。(3)三個(gè)關(guān)系：①直接構(gòu)成物質(zhì)的粒子與間接構(gòu)成物質(zhì)的粒子(原子、電子等）數(shù)目間的關(guān)系；②摩爾質(zhì)量與相對(duì)分子質(zhì)量的關(guān)系;③強(qiáng)電解質(zhì)、弱電解質(zhì)、非電解質(zhì)與溶質(zhì)粒子（分子或離子）數(shù)之間的關(guān)系。(4）四個(gè)無關(guān)：①物質(zhì)的量、質(zhì)量、粒子數(shù)的多少均與溫度、壓強(qiáng)無關(guān)；②物質(zhì)的量濃度的大小與所取該溶液的體積無關(guān)（但溶質(zhì)粒子數(shù)的多少與溶液體積有關(guān)）；③Vm與m、n無關(guān)；④M與m、n無關(guān)。考點(diǎn)三一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制▼命題規(guī)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(guī)范操作步驟及溶液配制的誤差分析。▼方法點(diǎn)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(zhì)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(zhì)量百分比濃度溶液配制:稱取一定質(zhì)量固體溶質(zhì)或用量筒量取一定體積濃溶液或純液體溶質(zhì)，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(zhì)為固體)；（3）一定物質(zhì)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(shù)據(jù)的處理及要求數(shù)據(jù)要求或解釋藥品的質(zhì)量托盤天平稱量固體藥品，只能精確到0.1g，記錄數(shù)據(jù)時(shí)只能保留小數(shù)點(diǎn)后一位數(shù)字，如14.6g，不能寫為14。60g容量瓶的規(guī)格Ⅰ選擇容量瓶時(shí)應(yīng)該與所配溶液體積相等或稍大。如需配制480mL某溶液，應(yīng)選擇500mL容量瓶；Ⅱ回答儀器容量瓶名稱時(shí)同時(shí)應(yīng)該注明其規(guī)格，如“500mL容量瓶”，不能只回答“容量瓶”③定容時(shí)俯視、仰視對(duì)結(jié)果的影響務(wù)必確保按眼睛視線→刻度線→凹液面最低點(diǎn)的順序,做到“三點(diǎn)一線”。Ⅰ仰視刻度線（圖1），導(dǎo)致溶液體積偏大。Ⅱ俯視刻度線(圖2)，導(dǎo)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(zhuǎn)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(zhuǎn)移液體時(shí)，導(dǎo)流用玻璃棒可以接觸容量瓶內(nèi)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(shí)，若加水超過刻度線，立即用滴定管吸出多余液體。（經(jīng)典全國卷Ⅰ）Ⅱ。（經(jīng)典浙江卷)用重鉻酸鉀法(一種氧化還原滴定法)可測(cè)定產(chǎn)物Fe3O4中的二價(jià)鐵含量。若需配制濃度為0。01000mol·L－1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液250mL，應(yīng)準(zhǔn)確稱取___0。7350__gK2Cr2O7［保留四位有效數(shù)字，已知M（K2Cr2O7）＝294.0g·mol－1].配制該標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，下列儀器中不必要用到的有__③⑦_(dá)_(用編號(hào)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(diǎn)撥（1）配制溶液時(shí)嚴(yán)格按照:計(jì)算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶步驟進(jìn)行；(2）選擇符合規(guī)格要求的稱量、容器儀器;(3）定容操作要規(guī)范、明確不規(guī)范操作的誤差和處置.解析Ⅰ：（1)不能在容量瓶中溶解溶質(zhì)，錯(cuò)誤;（2)使用的燒杯、玻璃棒要洗滌，錯(cuò)誤；（3）NaOH固體應(yīng)該放在燒杯中稱量，錯(cuò)誤;(4)向容量瓶轉(zhuǎn)移液體時(shí),導(dǎo)流用玻璃棒可以接觸容量瓶內(nèi)壁，但應(yīng)該靠在刻度線下方,正確；(5）缺少量筒，錯(cuò)誤；（6)加水超過刻度線，實(shí)驗(yàn)失敗，應(yīng)該重新配置，錯(cuò)誤。Ⅱ：稱取K2Cr2O7的質(zhì)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(zhì)量，并在燒杯中溶解，然后轉(zhuǎn)移到容量瓶中，不需要量取液體的量筒和移液管?！咀兪娇挤ā竣?。（2018·鄂東南聯(lián)考）下列說法中正確的是__(2）(6)__。（1)移液時(shí)應(yīng)該用玻璃棒引流,且玻璃棒的下端應(yīng)該靠在刻度線上方（2）容量瓶用蒸餾水洗凈后，可不經(jīng)干燥直接用于配制溶液（3）配制一定物質(zhì)的量濃度的稀鹽酸時(shí)，用量筒量取9。82mL濃鹽酸（4)配制1L0。1mol·L－1的NaCl溶液時(shí)，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(zhì)的量濃度的稀硫酸時(shí)，若溶解后立即移液、定容，所得溶液濃度偏高Ⅱ.（2018·聊城質(zhì)檢)市售濃硝酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為65％,密度為1。4g·cm－3，要配制30%稀硝酸500mL，還需要查閱的數(shù)據(jù)是__30％稀硝酸的密度__，若配制過程中不使用天平，則必須要計(jì)算的數(shù)據(jù)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(shí)玻璃棒的下端應(yīng)該靠在刻度線下方，以防刻度線上方殘留有液體，錯(cuò)誤；（2)容量瓶可以不干燥，因?yàn)楹髞硪铀?，正確;(3）量筒的精確度讀數(shù)時(shí)只能保留一位小數(shù)，錯(cuò)誤；（4)托盤天平的精確度讀數(shù)時(shí)只能保留一位小數(shù),錯(cuò)誤；（5）因?yàn)槭桥渲企w積比濃度溶液，所以不需要容量瓶，錯(cuò)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?yàn)榕渲频氖且欢ㄙ|(zhì)量分?jǐn)?shù)的稀硝酸，根據(jù)xmL×1.4g·cm－3×65％＝500mL×ρ×30%,所以還應(yīng)查閱30％稀硝酸的密度。該實(shí)驗(yàn)需計(jì)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(xué)校實(shí)驗(yàn)室從化學(xué)試劑商店買回的硫酸試劑標(biāo)簽上的部分內(nèi)容.據(jù)此，下列說法正確的是（C)A．該硫酸的物質(zhì)的量濃度為9.2mol·L－1B．1molZn與足量的該硫酸反應(yīng)產(chǎn)生2g氫氣C．配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取該硫酸50mLD．等質(zhì)量的水與該硫酸混合所得溶液的物質(zhì)的量濃度大于9.2mol·L－1解析由c＝eq\f（1000ρw，M）可計(jì)算出該硫酸的物質(zhì)的量濃度為18。4mol·L－1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；該硫酸是濃硫酸，和Zn反應(yīng)不生成H2,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由稀釋定律，可得出所用硫酸體積為50mL,選項(xiàng)C正確；等質(zhì)量的硫酸和水,硫酸的密度大，硫酸的體積遠(yuǎn)小于水，兩者等質(zhì)量混合，硫酸的濃度小于9。2mol·L－1，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.3．（2018·江蘇四市調(diào)研）實(shí)驗(yàn)室需配制1mol·L－1的NaOH溶液480mL。(1)用托盤天平稱取NaOH固體時(shí),托盤天平讀數(shù)為__C__（填序號(hào)）.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(zhì)的量濃度偏高的是__ACJ__（填序號(hào)）。A．稱量時(shí)用了生銹的砝碼B．將NaOH放在紙張上稱量C．定容時(shí)俯視刻度線D．往容量瓶中轉(zhuǎn)移時(shí)，有少量液體濺出E．未洗滌溶解NaOH的燒杯F．定容時(shí)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(fù)搖勻，靜置后，液面不到刻度線,再加水至刻度線I．定容時(shí)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(shí)引流用的玻璃棒下端在刻度線上方解析(1)應(yīng)該配置500mL，所以需要的NaOH為20。0g，但是因?yàn)橐旁跓蟹Q量，所以讀數(shù)大于20。0g；（2）稱量時(shí)用了生銹的砝碼會(huì)使稱得的氫氧化鈉偏多，選項(xiàng)A正確;將NaOH放在紙張上稱量,會(huì)有損失，偏低，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；定容時(shí)俯視刻度線，水加少了，濃度偏大，選項(xiàng)C正確；往容量瓶中轉(zhuǎn)移時(shí)，有少量液體濺出，溶質(zhì)損失,偏低，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；燒杯未洗滌，溶質(zhì)損失，偏低,選項(xiàng)E錯(cuò)誤；定容時(shí)仰視刻度線，水加多了，濃度偏低,選項(xiàng)F錯(cuò)誤；容量瓶無需干燥,對(duì)結(jié)果無影響，選項(xiàng)G錯(cuò)誤；定容后塞上瓶塞反復(fù)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(xiàng)H錯(cuò)誤；定容時(shí)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(zhì)損失,濃度偏低，選項(xiàng)I錯(cuò)誤；NaOH溶解后立即移液、洗滌、定容，溶液溫度偏高，恢復(fù)至室溫后體積偏小，濃度偏大，選項(xiàng)J正確；移液時(shí)引流用的玻璃棒下端在刻度線上方，會(huì)使上方有液體殘留，溶液體積偏大，濃度偏小，選項(xiàng)K錯(cuò)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(jì)算題突破技巧考向預(yù)測(cè)熱重分析是重要的分析手段，可以很好的考查學(xué)生的分析能力、計(jì)算能力以及“實(shí)驗(yàn)探究與創(chuàng)新意識(shí)”的化學(xué)核心素養(yǎng)，常見題型為:給出物質(zhì)受熱過程中質(zhì)量與溫度關(guān)系曲線，通過計(jì)算分析不同階段反應(yīng)的化學(xué)方程式或者固體物質(zhì)成分解題關(guān)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(yīng)的產(chǎn)物一般為金屬氧化物與相應(yīng)酸酐等。如果金屬含氧酸鹽有結(jié)晶水，則結(jié)晶水合物受熱一般先失去結(jié)晶水；如果是變價(jià)金屬元素，則產(chǎn)物可能是多種價(jià)態(tài)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(jià)金屬,則在空氣中加熱產(chǎn)物可能為多種價(jià)態(tài)的金屬氧化物。(3)高價(jià)金屬氧化物受熱分解一般生成低價(jià)金屬氧化物（或金屬單質(zhì)）與氧氣失分防范此類問題要采取定性推測(cè)與定量驗(yàn)證來準(zhǔn)確推斷.定性推測(cè)：對(duì)熱重圖像中的易分解物質(zhì)發(fā)生的分解反應(yīng)原理進(jìn)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(jià)態(tài)氧化物的過程（有O2參與反應(yīng))等情況,初步確定產(chǎn)物的可能化學(xué)式。定量驗(yàn)證：對(duì)熱重圖像中的有關(guān)數(shù)據(jù)根據(jù)化學(xué)式進(jìn)行計(jì)算,定量計(jì)算的方法一般有元素守恒、質(zhì)量守恒、差量法等【預(yù)測(cè)】鈷及其化合物廣泛應(yīng)用于磁性材料、電池材料及超硬材料等領(lǐng)域。草酸鈷是制備鈷的氧化物的重要原料。CoC2O4·2H2O熱分解質(zhì)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(diǎn)所示產(chǎn)物的化學(xué)式分別是________、________、________。（2)如果將A點(diǎn)的固體直接在空氣中加熱至900℃，發(fā)生的反應(yīng)化學(xué)方程式為________.（3）取一定質(zhì)量的二水合草酸鈷分解后的鈷氧化物（其中Co的化合價(jià)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(biāo)準(zhǔn)狀況）黃綠色氣體。試確定該鈷氧化物中Co、O的物質(zhì)的量之比。思維導(dǎo)航解答此類型試題可遵照以下思路流程:規(guī)范答題：(1)CoC2O4·2H2O屬于變價(jià)金屬元素的結(jié)晶水合物，600℃前后分解反應(yīng)原理不同。600℃前隔絕空氣加熱的分解產(chǎn)物A、B中Co的化合價(jià)均為＋2。600℃后在空氣中加熱固體質(zhì)量增加,只能是與空氣中的氧氣反應(yīng)，Co化合價(jià)升高。(1)定性推測(cè)：CoC2O4·2H2O受熱分解生成A、B，要經(jīng)過失水與分解兩個(gè)過程，可能產(chǎn)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(zhì)量增加，類比Fe，Co有＋2、＋3價(jià)，可能生成Co2O3，也可能生成Co3O4。定量驗(yàn)證：設(shè)A、B的摩爾質(zhì)量分別為MA、MB,根據(jù)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(zhì)量,故A、B分別為CoC2O4、CoO。設(shè)C的化學(xué)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(diǎn)固體為Co3O4，可見在空氣中加熱時(shí)，CoC2O4與氧氣反應(yīng)生成Co3O4與二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)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(jù)化合價(jià)代數(shù)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(cè)定晶體中結(jié)晶水的含量，固體質(zhì)量隨溫度的升高而變化的曲線如圖。請(qǐng)認(rèn)真分析上圖，填寫下列空白：(1)30℃～110℃間所得固體的化學(xué)式是__CuSO4·3H2O__,650℃～1000℃間所得固體的化學(xué)式是__CuO__，溫度高于1000℃后所得固體的化學(xué)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(jìn)行硫酸銅晶體結(jié)晶水含量測(cè)定實(shí)驗(yàn)時(shí)，溫度應(yīng)控制在__260_℃～650_℃__范圍內(nèi)。解析(1)樣品開始的化學(xué)式為CuSO4·5H2O，其質(zhì)量為25.0g，在30℃～110℃內(nèi)損失的質(zhì)量為25.0g－21.4g＝3.6g，假設(shè)當(dāng)溫度升高到110℃時(shí)，CuSO4·5H2O晶體失去水的相對(duì)分子質(zhì)量總和為x,則根據(jù)比例關(guān)系25.0∶3.6＝250∶x，x＝36,即失去了2個(gè)H2O,所以，110℃時(shí)晶體的化學(xué)式CuSO4·3H2O。另假設(shè)25。0gCuSO4·5H2O失去全部結(jié)晶水變成CuSO4的質(zhì)量為25.0g×160/250＝16.0g，所以，650℃固體的化學(xué)式為CuSO4。由圖可知，650℃～1000℃范圍內(nèi),16.0g固體受熱損失了16.0g－8。0g＝8.0g，設(shè)從CuSO4中失去的總相對(duì)分子質(zhì)量為y，根據(jù)比例關(guān)系16。0∶8。0＝160∶y，y＝80，說明CuSO4中失去了SO3變?yōu)镃uO,所以650℃~1000℃間所得固本的化學(xué)式是CuO.當(dāng)溫度高于1000℃時(shí)，固體的質(zhì)量由開始的8。0g又損失了8。0g－7。2g＝0。8g，同樣假設(shè)從化學(xué)式CuO中失去的總相對(duì)分子質(zhì)量為z,根據(jù)比例關(guān)系8。0∶0.8＝80∶z,z＝8，即從CuO中又失去了1/2個(gè)O，變?yōu)镃uO1/2，所以，溫度高于1000℃后得固體的化學(xué)式是Cu2O.(2）CuSO4·5H2O可以受熱失去結(jié)晶水變成CuSO4·5H2O，所以,無水硫酸銅可以用作干燥劑。在進(jìn)行硫酸銅晶體結(jié)晶水含量測(cè)定實(shí)驗(yàn)時(shí)，一方面要使其中的結(jié)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(jìn)行硫酸銅晶體結(jié)晶水含量測(cè)定實(shí)驗(yàn)時(shí)，溫度應(yīng)控制在260℃～650℃范圍內(nèi)。對(duì)點(diǎn)特訓(xùn)(二）化學(xué)常用計(jì)量1．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法中正確的是（D）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LNO和11。2LSO3的分子總數(shù)為NAB．0。1molBr2與足量H2O或NaOH反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為0。1NAC．0。1mol的白磷(P4)或四氯化碳(CCl4)中所含的共價(jià)鍵數(shù)均為0。4NAD．在精煉銅或電鍍銅的過程中，當(dāng)陰極析出32g銅時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為NA解析標(biāo)準(zhǔn)狀況下，SO3為固體，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;Br2與H2O反應(yīng)是可逆反應(yīng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0。1molP4中含有0.6mol共價(jià)鍵，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.2．(2018·江淮十校三模）設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述不正確的是(A)A．1mol淀粉（C6H10O5）n完全水解后產(chǎn)生的葡萄糖分子數(shù)一定為NAB．水蒸氣通過Na2O2使其增重2g時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAC．常溫下，15gHCHO與14CO組成的混合氣體中分子數(shù)為0.5NAD．10g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%乙醇溶液中O－H鍵數(shù)目為0。7NA解析1mol淀粉（C6H10O5)n中n不確定,所以完全水解后產(chǎn)生的葡萄糖分子數(shù)也不確定，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；水與過氧化鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，由反應(yīng)方程式可知,若有2mol水參加反應(yīng)，反應(yīng)后固體增加4g,轉(zhuǎn)移2mol電子,因此質(zhì)量增加2g時(shí)，轉(zhuǎn)移電子1mol，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為NA，選項(xiàng)B正確；HCHO與14CO的摩爾質(zhì)量相等，均為30g/mol，則15g混合氣體的物質(zhì)的量為0。5mol，其分子總數(shù)為0。5NA，選項(xiàng)C正確；10g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%乙醇溶液中含有4.6g乙醇和5。4g水,乙醇和水的物質(zhì)的量分別為0。1mol和0。3mol，由乙醇和水的分子結(jié)構(gòu)可知，二者分別含有0。1molO—H鍵和0。6molO—H鍵，O-H鍵的總數(shù)為0.7NA，選項(xiàng)D正確。3．(2018·合肥二模)已知NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是(A)A．8.4gNaHCO3晶體中含有0。1NA個(gè)COeq\o\al（2－，3)B．含有NA個(gè)氫氧化鋁膠粒的明礬溶液中,硫酸根離子數(shù)目大于2NA個(gè)C．3。0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子總數(shù)為0.4NAD．鉛蓄電池工作時(shí)，當(dāng)電路中通過的電子為0。2NA時(shí)，負(fù)極質(zhì)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(xiàng)A錯(cuò)誤；由于鋁離子水解不徹底而且一個(gè)氫氧化鋁膠粒中含有的鋁原子不止一個(gè)，選項(xiàng)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(shù)為0。4NA，選項(xiàng)C正確；負(fù)極反應(yīng)式為Pb＋SOeq\o\al（2－,4）－2e－=PbSO4,負(fù)極增加的質(zhì)量是SOeq\o\al（2－，4)的質(zhì)量,因此通過0。2mole－，負(fù)極質(zhì)量增加9。6g，選項(xiàng)D正確。4．（2018·皖西名校質(zhì)檢）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)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(yīng),最后分子總數(shù)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(shí)溶液中NHeq\o\al（＋，4）數(shù)目為NAC．10gDeq\o\al（16,2）O和10gHeq\o\al(18，2)O中含有的中子數(shù)均為5NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1LpH＝13的Ba(OH）2溶液中含有OH－的數(shù)目為0.1NA解析H2與I2的反應(yīng)雖然是可逆反應(yīng),但是該反應(yīng)分子總數(shù)不變，選項(xiàng)A正確;根據(jù)電荷守恒可知呈中性溶液中NHeq\o\al（＋，4)數(shù)目與Cl－相等，選項(xiàng)B正確;Deq\o\al(16，2)O和Heq\o\al(18,2）O相對(duì)分子質(zhì)量以及中子數(shù)均相等，選項(xiàng)C正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，溫度低于室溫，所以KW改變了，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5．（2018·福州八縣期中)實(shí)驗(yàn)室中需要2mol/L的硫酸銅溶液95mL，配制時(shí)應(yīng)選用的容量瓶的規(guī)格和稱取膽礬質(zhì)量分別是(D）A．95mL,30。4g B．95mL,47。5gC．100mL，32.0g D．100mL，50.0g解析實(shí)驗(yàn)室沒有95mL的容量瓶，應(yīng)用100mL的容量瓶進(jìn)行配制，則n(CuSO4)＝0。1L×2mol/L＝0.2mol，需要膽礬的質(zhì)量＝2mol×250g/mol＝50。0g,選項(xiàng)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(zhì)量為(B)A．12.8g B．19。2gC．32。0g D．38。4g解析反應(yīng)的離子方程式為3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al（－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，要使溶解的銅的質(zhì)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(guān)系，硝酸全部起氧化劑作用，假設(shè)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(zhì)的量為1mol·L－1×0。2L＝0。2mol，溶解的銅為0。3mol，質(zhì)量為0.3mol×64g·mol－1＝19。2g，選項(xiàng)B正確.7．（2017·湖南師大附中檢測(cè))將Na2O2逐漸加入到含有Al3＋、Mg2＋、NHeq\o\al(＋，4)的混合液中并微熱,產(chǎn)生沉淀和氣體的物質(zhì)的量(mol）與加入Na2O2的物質(zhì)的量(mol）關(guān)系如圖所示，則原溶液中Al3＋、Mg2＋、NHeq\o\al（＋，4）的物質(zhì)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(zhì)的量最大時(shí)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(shí)為氫氧化鎂，由圖可知n［Mg（OH)2]＝3mol，則n[Al（OH）3]＝2mol，根據(jù)元素守恒可知,n(Al3＋）＝n［Al(OH)3]＝2mol，n（Mg2＋）＝n［Mg(OH)2］＝3mol；反應(yīng)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(shí),NHeq\o\al(＋，4)完全反應(yīng)，且沉淀達(dá)最大值，故溶液中Mg2＋、NHeq\o\al（＋，4）、Al3＋都恰好完全反應(yīng)，此時(shí)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(jù)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(xiàng)C正確。8．(2018·運(yùn)城質(zhì)檢）下列溶液配制實(shí)驗(yàn)的描述完全正確的是(C)A．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí),移液應(yīng)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(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí),加入一定量H2SO4以防水解D．用濃鹽酸配制一定物質(zhì)的量濃度的稀鹽酸,量取濃鹽酸時(shí)仰視量筒的刻度線會(huì)導(dǎo)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(xiàng)A錯(cuò)誤；用濃鹽酸配制體積比1∶1的稀鹽酸，不需要容量瓶，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；銨根離子和鐵離子易水解，可加H2SO4以防水解，選項(xiàng)C正確;量取濃鹽酸時(shí),仰視會(huì)使量取的濃鹽酸體積偏大，所配制溶液濃度偏高，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9．(2018·江西六市聯(lián)考)8.34gFeSO4·7H2O樣品受熱脫水過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線）如下圖所示，下列有關(guān)說法正確的是（D)A．溫度為78℃時(shí)固體物質(zhì)M的化學(xué)式為FeSO4·5H2OB．溫度為159℃時(shí)固體物質(zhì)N的化學(xué)式為FeSO4·3H2OC．在隔絕空氣條件下，N得到P的化學(xué)方程式為FeSO4eq\o（=,\s\up7（高溫））FeO＋SO3↑D．取適量380℃時(shí)所得的樣品P，隔絕空氣加熱至650℃,得到一種固體物質(zhì)Q，同時(shí)有兩種無色氣體生成,Q的化學(xué)式為Fe2O3解析8.34gFeSO4·7H2O的物質(zhì)的量是8.34g÷278g/mol＝0。03mol。根據(jù)圖像可知溫度為78℃時(shí)固體質(zhì)量減少8.34g－6.72g＝1.62g，則失去結(jié)晶水的物質(zhì)的量是1.62g÷18g/mol＝0。09mol，即每摩爾固體失去3mol結(jié)晶水,所以固體物質(zhì)M的化學(xué)式為FeSO4·4H2O，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；溫度為159℃時(shí)固體質(zhì)量又減少6。72g－5.10g＝1。62g，則失去結(jié)晶水的物質(zhì)的量是0.09mol，每摩爾固體又失去了3mol結(jié)晶水，則固體物質(zhì)N的化學(xué)式為FeSO4·H2O，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)圖像可知N到P固體質(zhì)量又減少5.10g－4.56g＝0.54g，相當(dāng)于0.03mol結(jié)晶水，這說明此時(shí)固體已經(jīng)完全失去結(jié)晶水，則在隔絕空氣條件下，N得到P的化學(xué)方程式為FeSO4·H2Oeq\o（=,\s\up7(高溫））FeSO4＋H2O↑，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)以上分析可知，380℃時(shí)P是硫酸亞鐵，隔絕空氣加熱至650℃時(shí)固體質(zhì)量變?yōu)?。40g，根據(jù)鐵元素守恒可知，0.03mol鐵能生成0。015mol氧化鐵，質(zhì)量是0.015mol×160g/mol＝2.4g,這說明Q的化學(xué)式恰好為Fe2O3，選項(xiàng)D正確。10．(2018·江西九校聯(lián)考）相對(duì)分子質(zhì)量為M的氣態(tài)化合物VL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，溶于mg水中,得到質(zhì)量分?jǐn)?shù)為ω的溶液,物質(zhì)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(duì)分子質(zhì)量M＝eq\f（22.4mω,V1－ω）B．物質(zhì)的量濃度c＝eq\f（1000ρV，MV＋22。4m)C．溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(xiàng)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(xiàng)C錯(cuò)誤；將此式變形后即可得到選項(xiàng)A中的式子，由c＝eq\f(1000ρω,M)知選項(xiàng)D正確。11．(2018·鄂東南聯(lián)盟聯(lián)考）一定質(zhì)量的液態(tài)化合物XY2與標(biāo)準(zhǔn)狀況下的一定質(zhì)量的O2恰好完全反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為XY2(l)＋3O2(g)=XO2(g)＋2YO2(g），冷卻后，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測(cè)得生成物的體積是672mL，密度是2。56g·L－1。則：（1）反應(yīng)前O2的體積是__672_mL__。(2）化合物XY2的摩爾質(zhì)量是__76_g·mol－1__。(3)若XY2分子中X、Y兩元素的質(zhì)量比是3∶16,則X、Y兩元素分別為__C__和__S__(寫元素符號(hào)）。解析（1）由反應(yīng)XY2(l)＋3O2（g）=XO2（g)＋2YO2(g）可知，反應(yīng)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(zhì)量m＝0。672L×2.56g·L－1＝1.72g，O2的物質(zhì)的量n＝eq\f（0。672L,22。4L·mol－1）＝0.03mol，XY2的物質(zhì)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(lián)考)化合物A［KxFe(C2O4)y·zH2O，其中鐵元素為＋3價(jià)］是一種重要的光化學(xué)試劑.測(cè)定化合物A的化學(xué)式實(shí)驗(yàn)步驟如下：a．準(zhǔn)確稱取A樣品4.91g,干燥脫水至恒重，殘留物質(zhì)的質(zhì)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(yīng)；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(yīng):2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O通過計(jì)算填空：（1)4。91gA樣品中含結(jié)晶水的物質(zhì)的量為__0。03__mol。（2)A的化學(xué)式為__K3Fe(C2O4)3·3H2O__（寫出計(jì)算過程）。解析（1）樣品中結(jié)晶水的物質(zhì)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(jù)反應(yīng)的化學(xué)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(jù)離子