1、专题02化学常用计量高考化学备考易错点专项复习 1(2017全国卷)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是( )A1 L 0.1 molL1 NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NAB2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NAC标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA2(2017全国卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A0.1 mol的 11B中，含有0.6NA个中子BpH1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个HC2.24 L(标准状况)苯
2、在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个PCl键解析：选A 1个 11B原子中含有6个中子，0.1 mol 11B中含有0.6NA个中子，A项正确；H3PO4溶液的体积未知，所以不能计算出所含氢离子个数，B项错误；标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算2.24 L苯在O2中完全燃烧产生CO2分子的数目，C项错误；PCl3与Cl2生成PCl5(g)的反应是可逆反应，所以1 mol PCl3与1 mol Cl2不可能完全反应，生成的PCl5小于1 mol，故增加的PCl键的数目小于2NA，D项错误。3
3、(2016全国卷)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 mol N2与4 mol H2 反应生成的NH3分子数为2NAC1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA解析：选A A项乙烯和丙烯的分子式分别为C2H4、C3H6，二者的最简式均为CH2,14 g乙烯和丙烯混合气体中含有“CH2”的物质的量为1 mol，故所含氢原子数为2NA。B项N2和H2合成氨的反应为N23H2高温、高压2NH3，该反应为可逆反应，1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3小
4、于2 mol，故生成的NH3分子数小于2NA。C项Fe与过量的硝酸反应生成Fe(NO3)3，故1 mol Fe参加反应时转移电子数为3NA。D项标准状况下，CCl4为液体，2.24 L CCl4的物质的量远大于0.1 mol，故含有的共价键数远大于0.4NA。 4某溶液中(假定不考虑水解因素)仅含有K、Mg2、SO、NO四种离子，其中K与Mg2的个数之比为45，则NO与SO的物质的量浓度之比一定不是( )A83 B32C23 D13答案：C5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 Ba
5、Cl2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 B. mol/LC. mol/L D. mol/L解析：注意混合液分成两等份，由Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO=BaSO4可知原溶液中n(Mg2)mola mol、n(SO)2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K)2n(SO)2n(Mg2)2(2ba) mol。答案：D6在一密闭容器中放入甲、乙、丙、丁四种物质，一段时间后测得数据如下： 四种物质甲乙丙丁反应前质量(g)251515反应后质量(g)11未测122则下列表述正确的是( )A未测值为3B丙一定是催化剂C乙全部参加反应D
6、甲与乙反应的质量比为143解析：反应物甲消耗25 g11 g14 g，生成丁的质量为22 g5 g17 g，根据质量守恒定律可知，乙为反应物，参加反应的乙的质量为3 g，未测值为15 g3 g12 g，甲与乙反应的质量比为143，丙未参与反应，但不一定是催化剂。答案：D7如图是某学校实验室从市场买回的试剂标签上部分内容。据此下列说法正确的是( ) A该硫酸和氨水的物质的量浓度分别约为18.4 mol/L和6.3 mol/LB各取5 mL与等质量的水混合后，c(H2SO4)6.45 mol/LC各取5 mL与等体积的水混合后，(H2SO4)12.5%D各取10 mL于两烧杯中，再分别加入一定量的
7、水即可得到较稀的硫酸溶液和氨水慢慢注入水中，D错误。答案：B8实验室需要配制0.50 mol/L NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_以及等质量的几片纸片。(2)计算。配制该溶液需取NaCl的质量为_g。(3)称量。天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置：称量过程中NaCl固体应放于天平的_(填“左盘”或“右盘”)。称量完毕，将药品倒入烧杯中。(4)溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)转移、洗涤
8、。在转移时应使用_引流，洗涤烧杯23次是为了_。 (6)定容，摇匀。(7)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。答案：(1)500 mL容量瓶 胶头滴管 (2)14.6(3) 左盘(4)搅拌，加速溶解 (5)玻璃棒 保证溶质全部转移至容量瓶中 (7)偏低9软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4H2O ，反应的化学方程式为：MnO2SO2=MnSO4。(导学号 58870109)(1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化_L(标准状况)SO2。(2)已知：KspA
9、l(OH)311033，KspFe(OH)331039，pH7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3、Al3(使其浓度小于1106mol/L)，需调节溶液pH范围为_。(3)下图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4H2O晶体，需控制结晶温度范围为_。 (4)准确称取0.171 0 g MnSO4H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2全部氧化成Mn3，用c(Fe2)0.050 0 mol/L的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3被还原为Mn2)，消耗Fe2溶液20.00 mL。计算MnSO4H2O样品的纯度(请
10、给出计算过程)。液中结晶MnSO4H2O晶体，根据图中信息，高于60 以后MnSO4H2O的溶解度减小，而MgSO46H2O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60 ，这样可以得到纯净的MnSO4H2O；(4)根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3)1n(Fe2)120.001030.050 0 mol1.00103 mol，根据Mn元素守恒，m(MnSO4H2O)1.00103169 g0.169 g，纯度是：0.169/0.171 0100%98.8%。答案：(1)4.48 (2)5.0pH7.1 (3)高于60 ；(4)根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3)1n(Fe2)1
11、20.001030.050 0 mol1.00103mol，根据Mn元素守恒，m(MnSO4H2O)1.00103169 g0.169 g，纯度是：0.169/0.171 0100%98.8%。10白玉的化学式可用CaxMgySipO22(OH)2表示(也可用Ca、Mg、Si、H的氧化物表示)。(导学号 58870110)(1)取8.10 g白玉粉末灼烧至恒重，固体减少了0.18 g，则白玉的摩尔质量为_。(2)另取4.05 g白玉粉末加入100 mL 1 mol/L的盐酸中充分溶解，最终得不溶氧化物2.40 g，过滤，将滤液和洗涤液合并后往其中加入足量的铁屑，得到气体336 mL(标准状况下
12、)。则p_； 白玉的化学式(用氧化物的形式)表示为_。解析：(1)由白玉的化学式CaxMgySipO22(OH)2可以看出1 mol白玉在灼烧时发生反应，只能生成1 mol水。n(H2O)0.01 mol，所以白玉的物质的量也是0.01 mol，则白玉的摩尔质量为8.10 g0.01 mol810 g/mol。(2)n(白玉)4.05 g810 g/mol0.005 mol，其中含有Si的物质的量为2.40 g60 g/mol0.04 mol，因此每摩尔白玉中含有Si的物质的量为0.040.005 mol8 mol；由化学方程式Fe2HCl=FeCl2H2可知：n(H2)0.336 L22.4
13、 L/mol0.015 mol，因此与白玉反应后过量的HCl的物质的量为0.03 mol，白玉消耗的HCl的物质的量为1 mol/L0.1 L0.03 mol0.07 mol，那么每摩尔白玉反应需要消耗的HCl的物质的量为0.070.005 mol14 mol。由于Ca、Mg都是2价的金属，所以与盐酸反应时每个金属阳离子都要结合2个Cl，所以n(Ca2)n(Mg2)14 mol/27 mol即xy7，再结合相对分子质量40x24y2881622172810可得x2，y5。所以该化合物的分子式为Ca2Mg5Si8O22(OH)2，用氧化物的形式表示为2CaO5MgO8SiO2H2O答案：(1)8
14、10 g/mol (2) 8 2CaO5MgO8SiO2H2O 易错起源1、以物质的量为中心的有关概念及应用例1已知agN2含有b个分子，则阿伏加德罗常数的数值为( )A. B. C. D. 答案 C解析 由n可知，NAmol1。【变式探究】某气体的摩尔质量为Mgmol1，NA表示阿伏加德罗常数的值，在一定的温度和压强下，体积为VL的该气体所含有的分子数为X。则表示的是( )AVL该气体的质量(以g为单位)B1L该气体的质量(以g为单位)C1mol该气体的体积(以L为单位)D1L该气体中所含的分子数答案 B 【名师点睛】1.摩尔质量与相对原子(或分子)质量的易混点(1)摩尔质量的单位是gmol
15、1或kgmol1，相对原子(或分子)质量的单位为1，不是同一个物理量。摩尔质量只有当以gmol1作单位时，在数值上才等于其相对原子(或分子)质量。(2)熟记几组摩尔质量相同的物质，如H2SO4和H3PO4(98gmol1)；Mg3N2和CaCO3(100gmol1)；CO、N2、C2H4(28gmol1)。【锦囊妙计，战胜自我】1摩尔质量(1)摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量。单位是gmol1。(2)表达式：M。2气体摩尔体积(1)影响物质体积大小的因素微粒的大小(物质的本性)微粒间距的大小(由温度与压强共同决定)微粒的数目(物质的量的大小)(2)气体摩尔体积含义：单位物质的量的气体所
16、占的体积，符号为Vm，标准状况下，Vm约为22.4Lmol1。基本关系式n。影响因素：气体摩尔体积的数值不是固定不变的，它决定于气体所处的温度和压强。易错起源2、阿伏加德罗定律例2等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是( )A体积之比为131314 B密度之比为141413C质量之比为111 D原子数之比为111答案 B体分子的质子数分别为14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，CO、N2、C2H2摩尔质量分别为28gmol1、28gmol1、26gmol1，根据mnM知：质量之比与摩尔质量成正比，则质量之比为2828261
17、41413，故C错误；D项，三种气体分子的质子数分别为14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，1分子CO、N2、C2H2分别含原子数为2、2、4，所以三种气体原子数之比为112，故D错误。【变式探究】同温同压下，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为12，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是( )A同温同压下甲和乙的密度之比为11B甲与乙的相对分子质量之比为11C同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为11D等质量的甲和乙中的原子数之比为11答案 D【名师点睛】同温同压下，相同体积的任何气体，含有相同数目的分子(或气体的物质的量相同)。【锦囊妙计，战胜自
18、我】阿伏加德罗定律的推论相同条件结论公式语言叙述T、p相同同温、同压下，气体的体积与其物质的量成正比T、V相同温度、体积相同的气体，其压强与其物质的量成正比T、p相同同温、同压下，气体的密度与其摩尔质量(或相对分子质量)成正比【特别提醒】对于同一种气体，当压强相同时，密度与温度成反比例关系。易错起源3、 阿伏加德罗常数应用例3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )ANA个氧分子与NA个氢分子的质量之比为81B100mL1.0molL1FeCl3溶液与足量Cu反应，转移的电子数为0.2NAC标准状况下，11.2LCCl4中含有CCl键的数目为2NADNA个D2O分子中，含有10NA个
19、电子答案 D故选D。【变式探究】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A2.8g铁粉与50mL4molL1盐酸反应转移电子的数目为0.15NAB常温下1LpH13的氢氧化钠溶液中由水电离出的H的数目为0.1NAC标准状况下，8.96L氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NAD1.2g金刚石与石墨的混合物中含有碳碳单键的数目为0.4NA答案 C解析 A项，铁与盐酸反应生成Fe2，所以转移电子数应为0.1NA，错误；B项，在pH13的NaOH溶液中，c(H)水1013molL1，所以1LpH13NaOH溶液中，n(H)水1013mol，错误；C项，根据2H2O2=
20、2H2O、2COO2=2CO2，标准状况，8.96L(即0.4mol)该混合气体完全燃烧，消耗氧分子数目为0.2NA，正确；D项，1.2g金刚石中含有碳碳单键的数目为0.2NA，而1.2g的石墨中含有碳碳单键的数目为0.15NA，所以1.2g的该混合物中，含有碳碳单键的数目应在0.15NA0.2NA之间，错误。【名师点睛】审“要求”，突破“离子数目”判断陷阱一审是否指明了溶液的体积；二审所给条件是否与电解质的组成有关，如pH1的H2SO4溶液，c(H)0.1molL1，与电解质的组成无关；0.05molL1的Ba(OH)2溶液，c(OH)0.1molL1，与电解质的组成有关。【锦囊妙计，战胜自
21、我】 “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：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。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F
22、e2。所以上述题(4)中转移的电子数目大于NA。易错起源4、溶液的配制与误差分析例4在标准状况下，将VLA气体(摩尔质量为Mgmol1)溶于0.1L水中，所得溶液的密度为gcm3，则此溶液的物质的量浓度(molL1)为( )A. B. C. D1000VM(MV2240)答案 B【变式探究】实验室需要配制0.50 mol/L NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_以及等质量的几片纸片。(2)计算。配制该溶液需取NaCl的质量为_g。(3)称量。天平调平之后，应将
23、天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置： 称量过程中NaCl固体应放于天平的_(填 “左盘”或“右盘”)。称量完毕，将药品倒入烧杯中。(4)溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)转移、洗涤。在转移时应使用_引流，洗涤烧杯23次是为了_。 (6)定容，摇匀。(7)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。答案：(1)500 mL容量瓶 胶头滴管 (2)14.6(3) 左盘(4)搅拌，加速溶解 (5)玻璃棒 保证溶质全部转移至容量瓶中 (7)偏低【名师点睛】误差分析的理论依据根据cB可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看溶液配制过程中引起了nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。【锦囊妙计，战胜自我】2仰视、俯视的分析 结果：仰视时，容器内液面高于刻度线；俯视时，容器内液面低于刻度线。
