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2020届二轮复习 物质的量 质的量浓度 学案（浙江专用）
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专题二 物质的量 化学计算
第1课时 物质的量 质的量浓度
命题调研(2016～2019四年大数据)
2016～2019四年考向分布
核心素养与考情预测
核心素养：证据推理、宏观辨识与微观探析和变化守恒
考情解码：本部分内容为化学基础知识，化学计算的必需工具，历年考查以NA为阿伏加德罗常数考查、物质的量和浓度计算，一定物质的量浓度配制数据处理等方向，预测在2020年选考中该知识点作为基础知识仍是必考内容，必须让学生掌握“见量化摩、遇问设摩”的方法，理解物质变化的守恒思想，分析物质微观和宏观的联系。
真题重现
1.(2019·浙江4月选考，19)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A.1 mol CH2===CH2分子中含有的共价键数为6NA
B.500 mL 0.5 mol·L－1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C.30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D.2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
解析 1个CH2===CH2分子中包含4个单键和1个双键，而1个双键中有2个共价键，故1 mol CH2===CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；500 mL 0.5 mol·L－1的NaCl溶液中含有的微粒包括Na＋、Cl－、H2O、H＋、OH－，故微粒数大于0.5NA，B项正确；HCHO和CH3COOH的最简式均为CH2O，故30 g HCHO和CH3COOH混合物中含“CH2O”的物质的量为1 mol，含C原子数为NA，C项正确；2.3 g Na与O2完全反应，不论生成Na2O还是Na2O2，转移的电子数均为0.1NA，D项不正确，故选D。
答案 D
2.(2018·课标全国Ⅲ，8)下列叙述正确的是( )
A.24 g镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B.同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C.1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D.1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
解析 24 g镁与27 g铝的物质的量均为1 mol，但Mg、Al的质子数分别为12、13，A项错误；1 mol O2含有16 mol电子，1 mol O3含有24 mol电子，质量相同(设为m g)的O2、O3含有的电子的物质的量分别为×16 mol＝ mol、×24 mol＝ mol，B项正确；1 mol D2O含有10 mol中子，1 mol H2O含有8 mol中子，C项错误；1 mol CH3—CH3含有7 mol共价键，1 mol CH2===CH2含有4 mol C—H键，1 mol C===C键，D项错误。
答案 B
3.(2019·浙江1月学考)配制500 mL 0.100 mol·L－1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：
下列说法正确的是( )
A.实验中需用的仪器有：天平、250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B.上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C.容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低
解析 A项、配制500 mL 0.100 mol·L－1 NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，故A错误；B项、配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，故B错误；C项、容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，故C错误；D项、定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，故D正确。
答案 D
4.(2019·浙江1月学考)为探究某铜的硫化物的组成，取一定量的硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀11.65 g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素)溶于过量的H2SO4中，过滤，得到1.60 g红色固体，将滤液稀释至150 mL，测得c(Cu2＋)＝0.50 mol·L－1。
已知：Cu2O＋H2SO4===CuSO4＋Cu＋H2O
请计算：
(1)白色沉淀的物质的量为________ mol。
(2)该铜的硫化物中铜与硫的原子个数比n(Cu)∶n(S)＝________。
解析 (1)二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到11.65 g硫酸钡白色沉淀，n(BaSO4)＝11.65 g÷233 g/mol＝0.05 mol；
(2)由S原子个数守恒可知硫化物中n(S)＝0.05 mol，由Cu原子个数守恒可知n(Cu)＝1.60 g÷64 g/mol＋0.50 mol·L－1×0.15 L＝0.025 mol＋0.075 mol＝0.1 mol，则n(Cu)∶n(S)＝n(Cu)∶n(S)＝2∶1。
答案 (1)0.05 (2)2∶1
5.(2018·北京理综，26)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)
解析 H3PO4 ＋ 2NaOH===Na2HPO4＋2H2O
98 g 2 mol
m(H3PO4) 10－3bc mol
m(H3PO4)＝4.9×10－2bc g，则精制磷酸中H3PO4的质量分数为×100%＝%。
答案 %
6.(2016·上海卷)CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。
完成下列计算：
(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为________L(标准状况)。
(2)某H2中含有2.40 mol CO2，该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为____________________________________________________________________。
(3)CO2和KO2有下列反应：
4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2
4KO2＋4CO2＋2H2O===4KHCO3＋3O2
若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。
(4)甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4＋H2O(g)CO＋3H2
已知：CO＋2H2CH3OH CO2＋3H2CH3OH＋H2O
300 mol CH4完全反应后的产物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120 mol，计算CO2的转化率。
解析 (1)碳酸氢铵分解的化学方程式为：NH4HCO3H2O＋NH3↑＋CO2↑，从反应的化学方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)＋n(CO2)＝2n(NH4HCO3)＝2×2.00 mol＝4.00 mol，则V(混合气体)＝4.00 mol×22.4 L/mol＝89.6 L，即分解产物经干燥后的体积为89.6 L。
(2)根据题意要求，2.40 mol CO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3(此时NaOH溶液的浓度最大)或NaHCO3(此时NaOH溶液的浓度最小)或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：
①CO2＋NaOH===NaHCO3，n(NaOH)＝n(CO2)＝2.40 mol，则c(NaOH)＝＝1.20 mol/L；
②CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，n(NaOH)＝2n(CO2)＝4.80 mol，则c(NaOH)＝＝2.40 mol/L；
综合①、②可知，NaOH溶液的浓度应该1.20 mol/L≤c(NaOH)≤2.40 mol/L。
(3)方法一
依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n(CO2)∶n(O2)＝1∶1，通过观察题给两个化学反应方程式可知，当把两个化学反应方程式相加时正好符合题目要求：
8KO2＋6CO2＋2H2O===2K2CO3＋4KHCO3＋6O2
所以有n(H2O)＝n(CO2)＝×9 mol＝3 mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3 mol。
方法二
设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2＋4CO2＋2H2O===4KHCO3＋3O2
2n n 1.5n
4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2
9－2n 1.5×(9－2n)
根据题意生成氧气9 mol，所以有1.5n＋1.5×(9－2n)＝9 mol，解得n＝3 mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3 mol。
(4)方法一
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
根据题意，共生成350 mol甲醇，所以有300β mol＋100α mol＝350 mol①式
根据题意，反应后残留氢气120 mol，则实际参加反应的氢气为900 mol－120 mol，所以有600β mol＋300α mol＝900 mol－120 mol②式
由①②式可得α＝0.8，即设CO2的转化率为80%。
方法二
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α
根据题意，反应后残留氢气120 mol，则实际参加反应的氢气为900 mol－120 mol，根据反应中氢元素原子的守恒可有：900 mol－120 mol＝350 mol×2＋100α mol，解得α＝0.8，即设CO2的转化率为80%。
答案 (1)89.6 (2)2.4 mol/L≥c(NaOH)≥1.2 mol/L
(3)8KO2＋6CO2＋2H2O===2K2CO3＋4KHCO3＋6O2
n(CO2)∶n(H2O)＝6∶2 n(H2O)＝(9 mol/6)×2＝3 mol
(4)300 mol CH4完全反应产生H2 900 mol
设CO2转化率为α，CO转化率为β
300β＋100α＝350 600β＋300α＝900－120
α＝80%
或设CO2转化率为α 900－350×2－100α＝120 α＝80/100＝80%
考向一 阿伏加德罗常数
1.(2018·课标全国Ⅱ，11)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B.100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA
C.标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D.密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
解析 每个P4分子中含6个P—P键，124 g P4的物质的量为1 mol，含6 mol P—P键，A项错误；该溶液中虽然含0.1 mol FeCl3，但由于Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋数目小于0.1NA，B项错误；标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯的混合气体为0.5 mol，根据1 mol CH4和1 mol C2H4均含4 mol H原子可知，0.5 mol混合气体中含2 mol H原子，C项正确；SO2和O2的反应为可逆反应，即反应后容器中同时含有SO2、O2和SO3，分子总数大于2NA，D项错误。
答案 C
备考策略
1.高考常涉及到的关于NA的命题角度总结
考查方向
涉及问题
物质状态
在标准状况下非气态物质。如H2O、HF、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等
物质结构
一定物质的量的物质中含有的微粒(分子、原子、电子、质子等)数，如Na2O2；或一些物质中的化学键数目，如CH4、P4等
氧化还原反应
电子转移(得失)数目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2与H2O反应；电解AgNO3溶液；Cu与S反应；Fe失去电子数(可能是2e－，也可能是3e－)
电离、水解
弱电解质的电离，可水解的盐中的离子数目多少的判断。如1 L 1 mol·L－1 Na2CO3溶液中CO数目小于NA，因为CO会部分水解
隐含的可逆反应
常见的可逆反应(如2NO2N2O4)、弱电解质的电离平衡等
摩尔质量
特殊物质的摩尔质量，如D2O、18O2、H37Cl
单质的组成
单质的组成除常见的双原子分子(如H2、Cl2、N2)外还有单原子分子(惰性气体，如He、Ne等)、三原子分子，如O3，甚至有四原子分子，如P4
2.避开有关NA判断的六大“陷阱”
考查方向
注意问题
气体摩尔体积的适用条件、物质的聚集状态
若题中出现物质的体积，先考虑是否是气体，如是气体再考虑是否为标准状况，熟悉在标准状况下是液体或固体的物质，如CCl4、H2O、SO3、己烷、苯、酒精、CHCl3等
物质的微观结构
①某些物质分子中的原子个数，如Ne、O3、P4等；②特殊物质的摩尔质量或分子中的中子数，如D2O、T2O、18O2、H37Cl等；③一些物质中的化学键数目，如SiO2、Si、CH4、P4、CO2、C60等
电解质的电离与水解
弱电解质的电离及某些离子的水解，如1 mol CH3COOH或1 mol FeCl3溶于水时，溶液中CH3COO－或Fe3＋的物质的量小于1 mol
氧化还原反应中的电子转移
如Na2O2、NO2与H2O反应，电解AgNO3溶液，Fe、Cu与S反应，Cl2与H2O、NaOH反应，Fe与稀HNO3反应等
分散系中的微粒数目
FeCl3溶液转化为Fe(OH)3胶体，胶粒的数目小于原溶液中Fe3＋的数目
隐含的可逆反应
可逆反应不能进行到底。如2NO2N2O4、Cl2＋H2OHClO＋HCl、合成氨反应、二氧化硫的催化氧化等
考向二 阿伏加德罗定律及推论
2.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，下列说法正确的是( )
A.三种气体密度最小的是X
B.分子数目相等的三种气体，质量最大的是Y
C.若一定条件下，三种气体体积均为2.24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 mol
D.20 ℃时，若2 mol Y与1 mol Z体积相等，则Y、Z气体所承受的压强比为2∶1
解析 根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，即Mr(X)＜Mr(Y)＜Mr(Z)，A项，相同条件下，密度和相对分子质量成正比，由于温度压强不定，则密度无法判断，A错误；B项，分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，B错误；C项，Vm和外界条件有关，Vm不一定等于22.4 L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1 mol，C错误；D项，根据同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，D正确。
答案 D
备考策略
阿伏加德罗定律
(1)内容：在相同温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。
即⇒N1===N2 “三同”(T、p、V)―→“一同”(N)―→(n)
(2)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
考点三 以物质的量为中心的化学计算
3.(2018·浙江绍兴适应性测试)将19.20 g Cu 和 Fe2O3的混合物完全溶解在400 mL稀硫酸中， 然后向溶液中加铁粉， 剩余固体质量与加入铁粉质量的关系如图。
(1)混合物中n(Cu)∶n(Fe2O3)为________。
(2)稀硫酸的浓度为________。
解析 (1)根据Cu 和Fe2O3的混合物完全溶解在400 mL稀硫酸中，发生的反应Fe2O3与H＋生成Fe3＋，Fe3＋再与Cu反应，然后加入铁粉，先和Fe3＋反应，再和Cu2＋反应。所以由图像知混合物中铜的质量3.2 g，物质的量为0.05 mol；Fe2O3的质量为19.20－3.2＝16.00(g)，物质的量为0.1 mol，所以混合物中n(Cu)∶n(Fe2O3)为1∶2。
(2)最后溶液为硫酸亚铁溶液，加入的n(Fe)＝0.2 mol，Fe2O3的物质的量为0.1 mol，铁为0.2 mol，所以总的铁为n(Fe)＝0.4 mol，n(FeSO4)＝0.4 mol，由SO守恒，n(H2SO4)＝0.4 mol，稀硫酸的浓度为1.00 mol·L－1。
答案 (1)1∶2 (2)1.00 mol·L－1
备考策略
以物质的量为中心进行计算的“一、二、三”
考向四 溶液配制及物质的量浓度的相关计算
4.为了配制100 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液，其中有下列几种操作，错误的操作有( )
①选刚用蒸馏水洗净过的100 mL容量瓶进行配制
②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中
③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中
④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切
⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出超过的一部分
A.②④⑤ B.①⑤
C.②③⑤ D.①②
解析 ①配制100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液，应选择100 mL容量瓶，因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水，所以使用前不需要干燥，正确；②NaOH溶于水放热，所以不能立即把溶液转移到容量瓶中，应冷却至室温再转移，错误；③用蒸馏水洗涤烧杯内壁2次，洗涤液也均转入容量瓶中，是为了将溶质全部转移到容量瓶中，正确；④定容时为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，错误；⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，若吸出溶液则减少了溶质的质量，结果偏低，实验失败，需要重新配制，错误。
答案 A
5.把含硫酸铵和硝酸铵的混合溶液a L分成两等份，一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，则原溶液中NO的物质的量浓度为( )
A. mol·L－1 B.mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
解析 b mol NaOH恰好将NH3全部赶出，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知，每份中含有b mol NH；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根据Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知每份含有SO c mol，设每份中含有NO的物质的量为x mol，根据溶液呈电中性，则b mol×1＝c mol×2＋x mol×1，得x＝b－2c，因将a L混合溶液分成两等份，则每份的体积是0.5a L，所以每份溶液中NO的浓度是c(NO)＝＝ mol·L－1，即原溶液中NO的浓度是 mol·L－1，故选B。
答案 B
备考策略
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。
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
误差分析的思维流程与方法
(1)误差分析的思维流程
(2)视线引起误差的分析方法
①仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。
②俯视容量瓶刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。
(3)常见情况：
①砝码生锈：偏高。
②定容时，溶液温度高：偏高。
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溶质的质量分数，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。
1.(2018·浙江11月选考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A.32 g S8(分子结构：)中的共价键数目为NA
B.2 g由HO和2H2O组成的物质中含有的质子数为NA
C.8 g CuO与足量H2充分反应生成Cu，该反应转移的电子数为0.2NA
D.标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA
解析 A项，在一个S8分子中含有8个共价键，所以32 g S8中含有共价键数目为NA；B项，HO、2H2O的摩尔质量均为20 g·mol－1，所以2 g由HO、2H2O组成的物质中含有的质子数为NA；C项，8 g CuO被H2还原生成Cu转移电子数为×2NA mol－1＝0.2NA；D项，Cl2溶于水，含氯元素的微粒有Cl2、Cl－、ClO－和HClO，Cl－、ClO－与HClO的微粒数之和应小于NA。
答案 D
2.(2018·浙江4月选考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A.10 g的2HO中含有的质子数与中子数均为5NA
B.32 g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6NA
C.26 g C2H2与C6H6混合气体中含C—H键的数目为2NA
D.120 g NaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
解析 2HO的相对分子质量为20，其中含质子和中子均为10个，因此10 g的2HO中含分子数为0.5NA，质子数与中子数均为5NA，A正确；32 g硫为1 mol，在足量的氧气中充分燃烧，生成二氧化硫，转移电子数为4NA，B错；26 g C2H2与C6H6混合气体中含氢原子个数为2NA ，因此C—H键的数目为2NA ，C正确；NaHSO4和KHSO3的化学式量均为120，120 g固体混合物含两者共1 mol，其中含有的阳离子Na＋，K＋数合计为NA，正确。
答案 B
3.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系判断，下列说法中正确的是( )
A.若M(甲)＜M(乙)，则分子数：甲＜乙
B.若M(甲)＞M(乙)，则气体摩尔体积：甲＜乙
C.若M(甲)＜M(乙)，则气体的压强：甲＞乙
D.若M(甲)＞M(乙)，则气体的体积：甲＜乙
解析 等质量的气体，其摩尔质量与物质的量(或分子数)成反比，若M(甲)＜M(乙)，则分子数：甲＞乙，A错误；若M(甲)＞M(乙)，则物质的量：甲＜乙，又气体体积相等，故气体摩尔体积：甲＞乙，B错误；同温同体积同质量的气体或混合气体，压强与摩尔质量成反比，C正确；由质量和密度相等可知气体体积相等，D错误。
答案 C
4.(2018·浙江省金华十校)实验室发生意外时，比如手指划破、烫伤等都需要对伤口进行消毒。现配制0.01 mol/L的KMnO4消毒液，下列有关说法不正确的是( )
A.KMnO4的摩尔质量为158
B.KMnO4溶液用于杀菌消毒的原理是因其具有强氧化性
C.当液面接近容量瓶的刻度线下2 cm处，改用胶头滴管定容
D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液浓度偏高
解析 A.摩尔质量的单位是g/mol，A错误；B.KMnO4具有强氧化性，可以杀菌消毒，B正确；C.当液面接近容量瓶的刻度线下2 cm处时改用胶头滴管定容，C正确；D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致加水偏少，所配溶液浓度偏高，D正确。正确答案为A。
答案 A
5.(2018·浙江省台州中学)取一定质量的溴化钠、碘化钠的混合物平均分成五等份，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干，灼烧固体。通入氯气的量与最终所得固体质量记录如下：
编号
甲
乙
丙
丁
戊
固体组成
NaI、NaBr、NaCl
NaBr、NaCl
NaCl
氯气的体积/mL
V
2V
3V
4V
5V
固体质量/g
54.62
43.64
35.48
30.14
29.25
求：(1)请填写表中空白________、________。
(2)标准状况下氯气的体积V为________，原混合物中溴化钠的物质的量为________。
解析 戊中固体NaCl质量29.25 g，根据钠离子守恒得n(NaBr)＋n(NaI)＋n(NaCl)＝＝0.5 mol，由钠离子守恒可知反应后蒸干灼烧得到的固体的物质的量不变为0.5 mol，将反应甲至戊视作每次增加V mL氯气计算，因还原性I－＞Br－＞Cl－，故先有2NaI＋Cl2===2NaCl＋I2…①，反应完后再有2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2…②；
(1)对于乙视作甲增加V mL氯气，导致固体质量减少为54.62 g－43.64 g＝10.98 g，因还原性I－＞Br－＞Cl－，故先有2NaI＋Cl2===2NaCl＋I2，反应完后再有2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2。对于丙视作乙增加V mL氯气，导致固体质量减少为43.64 g－35.48 g＝8.16 g，V mL氯气与NaBr反应导致固体质量减少最少为35.48 g－30.14 g＝5.34 g，小于8.16 g，故丙中最后V mL氯气，既与NaI反应又与NaBr反应。由上述分析可得：固体乙的组成为NaI、NaBr、NaCl；对于戊视作丁增加V mL氯气，蒸干灼烧得到固体的质量还在减少，结合丙固体的组成为NaBr、NaCl，说明丁固体的组成为NaBr、NaCl；(2)丁中最后V mL氯气与NaBr反应，V mL氯气完全反应，且有NaBr剩余，令V mL氯气的物质的量为n，则
所以n＝0.06 mol，即V mL氯气的物质的量为0.06 mol，标准状况下体积为0.06 mol×22.4 L/mol＝1.344 L＝1 344 mL；由于乙最后通入V mL氯气只与NaI反应，甲通入V mL氯气导致固体质量减少等于乙最后通入V mL氯气导致固体质量减少，所以原溶液中NaI与NaBr的总质量为54.62 g＋10.98 g＝65.6 g，令原溶液中NaI的物质的量为x mol，NaBr的物质的量为y mol，则
，
解得x＝0.3，y＝0.2，则原来混合物中溴化钠的物质的量＝0.2 mol×5＝1 mol。
答案 (1)乙：NaI、NaBr、NaCl 丁： NaBr、NaCl
(2)1 344 1 mol
第1课时 物质的量 质的量浓度
命题调研(2016～2019四年大数据)
2016～2019四年考向分布
核心素养与考情预测
核心素养：证据推理、宏观辨识与微观探析和变化守恒
考情解码：本部分内容为化学基础知识，化学计算的必需工具，历年考查以NA为阿伏加德罗常数考查、物质的量和浓度计算，一定物质的量浓度配制数据处理等方向，预测在2020年选考中该知识点作为基础知识仍是必考内容，必须让学生掌握“见量化摩、遇问设摩”的方法，理解物质变化的守恒思想，分析物质微观和宏观的联系。
真题重现
1.(2019·浙江4月选考，19)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A.1 mol CH2===CH2分子中含有的共价键数为6NA
B.500 mL 0.5 mol·L－1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C.30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D.2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
解析 1个CH2===CH2分子中包含4个单键和1个双键，而1个双键中有2个共价键，故1 mol CH2===CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；500 mL 0.5 mol·L－1的NaCl溶液中含有的微粒包括Na＋、Cl－、H2O、H＋、OH－，故微粒数大于0.5NA，B项正确；HCHO和CH3COOH的最简式均为CH2O，故30 g HCHO和CH3COOH混合物中含“CH2O”的物质的量为1 mol，含C原子数为NA，C项正确；2.3 g Na与O2完全反应，不论生成Na2O还是Na2O2，转移的电子数均为0.1NA，D项不正确，故选D。
答案 D
2.(2018·课标全国Ⅲ，8)下列叙述正确的是( )
A.24 g镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B.同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C.1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D.1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
解析 24 g镁与27 g铝的物质的量均为1 mol，但Mg、Al的质子数分别为12、13，A项错误；1 mol O2含有16 mol电子，1 mol O3含有24 mol电子，质量相同(设为m g)的O2、O3含有的电子的物质的量分别为×16 mol＝ mol、×24 mol＝ mol，B项正确；1 mol D2O含有10 mol中子，1 mol H2O含有8 mol中子，C项错误；1 mol CH3—CH3含有7 mol共价键，1 mol CH2===CH2含有4 mol C—H键，1 mol C===C键，D项错误。
答案 B
3.(2019·浙江1月学考)配制500 mL 0.100 mol·L－1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：
下列说法正确的是( )
A.实验中需用的仪器有：天平、250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B.上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C.容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低
解析 A项、配制500 mL 0.100 mol·L－1 NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，故A错误；B项、配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，故B错误；C项、容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，故C错误；D项、定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，故D正确。
答案 D
4.(2019·浙江1月学考)为探究某铜的硫化物的组成，取一定量的硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀11.65 g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素)溶于过量的H2SO4中，过滤，得到1.60 g红色固体，将滤液稀释至150 mL，测得c(Cu2＋)＝0.50 mol·L－1。
已知：Cu2O＋H2SO4===CuSO4＋Cu＋H2O
请计算：
(1)白色沉淀的物质的量为________ mol。
(2)该铜的硫化物中铜与硫的原子个数比n(Cu)∶n(S)＝________。
解析 (1)二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到11.65 g硫酸钡白色沉淀，n(BaSO4)＝11.65 g÷233 g/mol＝0.05 mol；
(2)由S原子个数守恒可知硫化物中n(S)＝0.05 mol，由Cu原子个数守恒可知n(Cu)＝1.60 g÷64 g/mol＋0.50 mol·L－1×0.15 L＝0.025 mol＋0.075 mol＝0.1 mol，则n(Cu)∶n(S)＝n(Cu)∶n(S)＝2∶1。
答案 (1)0.05 (2)2∶1
5.(2018·北京理综，26)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)
解析 H3PO4 ＋ 2NaOH===Na2HPO4＋2H2O
98 g 2 mol
m(H3PO4) 10－3bc mol
m(H3PO4)＝4.9×10－2bc g，则精制磷酸中H3PO4的质量分数为×100%＝%。
答案 %
6.(2016·上海卷)CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。
完成下列计算：
(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为________L(标准状况)。
(2)某H2中含有2.40 mol CO2，该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为____________________________________________________________________。
(3)CO2和KO2有下列反应：
4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2
4KO2＋4CO2＋2H2O===4KHCO3＋3O2
若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。
(4)甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4＋H2O(g)CO＋3H2
已知：CO＋2H2CH3OH CO2＋3H2CH3OH＋H2O
300 mol CH4完全反应后的产物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120 mol，计算CO2的转化率。
解析 (1)碳酸氢铵分解的化学方程式为：NH4HCO3H2O＋NH3↑＋CO2↑，从反应的化学方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)＋n(CO2)＝2n(NH4HCO3)＝2×2.00 mol＝4.00 mol，则V(混合气体)＝4.00 mol×22.4 L/mol＝89.6 L，即分解产物经干燥后的体积为89.6 L。
(2)根据题意要求，2.40 mol CO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3(此时NaOH溶液的浓度最大)或NaHCO3(此时NaOH溶液的浓度最小)或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：
①CO2＋NaOH===NaHCO3，n(NaOH)＝n(CO2)＝2.40 mol，则c(NaOH)＝＝1.20 mol/L；
②CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，n(NaOH)＝2n(CO2)＝4.80 mol，则c(NaOH)＝＝2.40 mol/L；
综合①、②可知，NaOH溶液的浓度应该1.20 mol/L≤c(NaOH)≤2.40 mol/L。
(3)方法一
依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n(CO2)∶n(O2)＝1∶1，通过观察题给两个化学反应方程式可知，当把两个化学反应方程式相加时正好符合题目要求：
8KO2＋6CO2＋2H2O===2K2CO3＋4KHCO3＋6O2
所以有n(H2O)＝n(CO2)＝×9 mol＝3 mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3 mol。
方法二
设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2＋4CO2＋2H2O===4KHCO3＋3O2
2n n 1.5n
4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2
9－2n 1.5×(9－2n)
根据题意生成氧气9 mol，所以有1.5n＋1.5×(9－2n)＝9 mol，解得n＝3 mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3 mol。
(4)方法一
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
根据题意，共生成350 mol甲醇，所以有300β mol＋100α mol＝350 mol①式
根据题意，反应后残留氢气120 mol，则实际参加反应的氢气为900 mol－120 mol，所以有600β mol＋300α mol＝900 mol－120 mol②式
由①②式可得α＝0.8，即设CO2的转化率为80%。
方法二
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α
根据题意，反应后残留氢气120 mol，则实际参加反应的氢气为900 mol－120 mol，根据反应中氢元素原子的守恒可有：900 mol－120 mol＝350 mol×2＋100α mol，解得α＝0.8，即设CO2的转化率为80%。
答案 (1)89.6 (2)2.4 mol/L≥c(NaOH)≥1.2 mol/L
(3)8KO2＋6CO2＋2H2O===2K2CO3＋4KHCO3＋6O2
n(CO2)∶n(H2O)＝6∶2 n(H2O)＝(9 mol/6)×2＝3 mol
(4)300 mol CH4完全反应产生H2 900 mol
设CO2转化率为α，CO转化率为β
300β＋100α＝350 600β＋300α＝900－120
α＝80%
或设CO2转化率为α 900－350×2－100α＝120 α＝80/100＝80%
考向一 阿伏加德罗常数
1.(2018·课标全国Ⅱ，11)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B.100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA
C.标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D.密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
解析 每个P4分子中含6个P—P键，124 g P4的物质的量为1 mol，含6 mol P—P键，A项错误；该溶液中虽然含0.1 mol FeCl3，但由于Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋数目小于0.1NA，B项错误；标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯的混合气体为0.5 mol，根据1 mol CH4和1 mol C2H4均含4 mol H原子可知，0.5 mol混合气体中含2 mol H原子，C项正确；SO2和O2的反应为可逆反应，即反应后容器中同时含有SO2、O2和SO3，分子总数大于2NA，D项错误。
答案 C
备考策略
1.高考常涉及到的关于NA的命题角度总结
考查方向
涉及问题
物质状态
在标准状况下非气态物质。如H2O、HF、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等
物质结构
一定物质的量的物质中含有的微粒(分子、原子、电子、质子等)数，如Na2O2；或一些物质中的化学键数目，如CH4、P4等
氧化还原反应
电子转移(得失)数目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2与H2O反应；电解AgNO3溶液；Cu与S反应；Fe失去电子数(可能是2e－，也可能是3e－)
电离、水解
弱电解质的电离，可水解的盐中的离子数目多少的判断。如1 L 1 mol·L－1 Na2CO3溶液中CO数目小于NA，因为CO会部分水解
隐含的可逆反应
常见的可逆反应(如2NO2N2O4)、弱电解质的电离平衡等
摩尔质量
特殊物质的摩尔质量，如D2O、18O2、H37Cl
单质的组成
单质的组成除常见的双原子分子(如H2、Cl2、N2)外还有单原子分子(惰性气体，如He、Ne等)、三原子分子，如O3，甚至有四原子分子，如P4
2.避开有关NA判断的六大“陷阱”
考查方向
注意问题
气体摩尔体积的适用条件、物质的聚集状态
若题中出现物质的体积，先考虑是否是气体，如是气体再考虑是否为标准状况，熟悉在标准状况下是液体或固体的物质，如CCl4、H2O、SO3、己烷、苯、酒精、CHCl3等
物质的微观结构
①某些物质分子中的原子个数，如Ne、O3、P4等；②特殊物质的摩尔质量或分子中的中子数，如D2O、T2O、18O2、H37Cl等；③一些物质中的化学键数目，如SiO2、Si、CH4、P4、CO2、C60等
电解质的电离与水解
弱电解质的电离及某些离子的水解，如1 mol CH3COOH或1 mol FeCl3溶于水时，溶液中CH3COO－或Fe3＋的物质的量小于1 mol
氧化还原反应中的电子转移
如Na2O2、NO2与H2O反应，电解AgNO3溶液，Fe、Cu与S反应，Cl2与H2O、NaOH反应，Fe与稀HNO3反应等
分散系中的微粒数目
FeCl3溶液转化为Fe(OH)3胶体，胶粒的数目小于原溶液中Fe3＋的数目
隐含的可逆反应
可逆反应不能进行到底。如2NO2N2O4、Cl2＋H2OHClO＋HCl、合成氨反应、二氧化硫的催化氧化等
考向二 阿伏加德罗定律及推论
2.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，下列说法正确的是( )
A.三种气体密度最小的是X
B.分子数目相等的三种气体，质量最大的是Y
C.若一定条件下，三种气体体积均为2.24 L，则它们的物质的量一定均为0.1 mol
D.20 ℃时，若2 mol Y与1 mol Z体积相等，则Y、Z气体所承受的压强比为2∶1
解析 根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，即Mr(X)＜Mr(Y)＜Mr(Z)，A项，相同条件下，密度和相对分子质量成正比，由于温度压强不定，则密度无法判断，A错误；B项，分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，B错误；C项，Vm和外界条件有关，Vm不一定等于22.4 L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1 mol，C错误；D项，根据同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，D正确。
答案 D
备考策略
阿伏加德罗定律
(1)内容：在相同温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。
即⇒N1===N2 “三同”(T、p、V)―→“一同”(N)―→(n)
(2)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
考点三 以物质的量为中心的化学计算
3.(2018·浙江绍兴适应性测试)将19.20 g Cu 和 Fe2O3的混合物完全溶解在400 mL稀硫酸中， 然后向溶液中加铁粉， 剩余固体质量与加入铁粉质量的关系如图。
(1)混合物中n(Cu)∶n(Fe2O3)为________。
(2)稀硫酸的浓度为________。
解析 (1)根据Cu 和Fe2O3的混合物完全溶解在400 mL稀硫酸中，发生的反应Fe2O3与H＋生成Fe3＋，Fe3＋再与Cu反应，然后加入铁粉，先和Fe3＋反应，再和Cu2＋反应。所以由图像知混合物中铜的质量3.2 g，物质的量为0.05 mol；Fe2O3的质量为19.20－3.2＝16.00(g)，物质的量为0.1 mol，所以混合物中n(Cu)∶n(Fe2O3)为1∶2。
(2)最后溶液为硫酸亚铁溶液，加入的n(Fe)＝0.2 mol，Fe2O3的物质的量为0.1 mol，铁为0.2 mol，所以总的铁为n(Fe)＝0.4 mol，n(FeSO4)＝0.4 mol，由SO守恒，n(H2SO4)＝0.4 mol，稀硫酸的浓度为1.00 mol·L－1。
答案 (1)1∶2 (2)1.00 mol·L－1
备考策略
以物质的量为中心进行计算的“一、二、三”
考向四 溶液配制及物质的量浓度的相关计算
4.为了配制100 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液，其中有下列几种操作，错误的操作有( )
①选刚用蒸馏水洗净过的100 mL容量瓶进行配制
②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中
③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中
④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切
⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出超过的一部分
A.②④⑤ B.①⑤
C.②③⑤ D.①②
解析 ①配制100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液，应选择100 mL容量瓶，因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水，所以使用前不需要干燥，正确；②NaOH溶于水放热，所以不能立即把溶液转移到容量瓶中，应冷却至室温再转移，错误；③用蒸馏水洗涤烧杯内壁2次，洗涤液也均转入容量瓶中，是为了将溶质全部转移到容量瓶中，正确；④定容时为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，错误；⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，若吸出溶液则减少了溶质的质量，结果偏低，实验失败，需要重新配制，错误。
答案 A
5.把含硫酸铵和硝酸铵的混合溶液a L分成两等份，一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，则原溶液中NO的物质的量浓度为( )
A. mol·L－1 B.mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
解析 b mol NaOH恰好将NH3全部赶出，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知，每份中含有b mol NH；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根据Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知每份含有SO c mol，设每份中含有NO的物质的量为x mol，根据溶液呈电中性，则b mol×1＝c mol×2＋x mol×1，得x＝b－2c，因将a L混合溶液分成两等份，则每份的体积是0.5a L，所以每份溶液中NO的浓度是c(NO)＝＝ mol·L－1，即原溶液中NO的浓度是 mol·L－1，故选B。
答案 B
备考策略
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。
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
误差分析的思维流程与方法
(1)误差分析的思维流程
(2)视线引起误差的分析方法
①仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。
②俯视容量瓶刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。
(3)常见情况：
①砝码生锈：偏高。
②定容时，溶液温度高：偏高。
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溶质的质量分数，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。
1.(2018·浙江11月选考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A.32 g S8(分子结构：)中的共价键数目为NA
B.2 g由HO和2H2O组成的物质中含有的质子数为NA
C.8 g CuO与足量H2充分反应生成Cu，该反应转移的电子数为0.2NA
D.标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA
解析 A项，在一个S8分子中含有8个共价键，所以32 g S8中含有共价键数目为NA；B项，HO、2H2O的摩尔质量均为20 g·mol－1，所以2 g由HO、2H2O组成的物质中含有的质子数为NA；C项，8 g CuO被H2还原生成Cu转移电子数为×2NA mol－1＝0.2NA；D项，Cl2溶于水，含氯元素的微粒有Cl2、Cl－、ClO－和HClO，Cl－、ClO－与HClO的微粒数之和应小于NA。
答案 D
2.(2018·浙江4月选考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A.10 g的2HO中含有的质子数与中子数均为5NA
B.32 g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6NA
C.26 g C2H2与C6H6混合气体中含C—H键的数目为2NA
D.120 g NaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
解析 2HO的相对分子质量为20，其中含质子和中子均为10个，因此10 g的2HO中含分子数为0.5NA，质子数与中子数均为5NA，A正确；32 g硫为1 mol，在足量的氧气中充分燃烧，生成二氧化硫，转移电子数为4NA，B错；26 g C2H2与C6H6混合气体中含氢原子个数为2NA ，因此C—H键的数目为2NA ，C正确；NaHSO4和KHSO3的化学式量均为120，120 g固体混合物含两者共1 mol，其中含有的阳离子Na＋，K＋数合计为NA，正确。
答案 B
3.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系判断，下列说法中正确的是( )
A.若M(甲)＜M(乙)，则分子数：甲＜乙
B.若M(甲)＞M(乙)，则气体摩尔体积：甲＜乙
C.若M(甲)＜M(乙)，则气体的压强：甲＞乙
D.若M(甲)＞M(乙)，则气体的体积：甲＜乙
解析 等质量的气体，其摩尔质量与物质的量(或分子数)成反比，若M(甲)＜M(乙)，则分子数：甲＞乙，A错误；若M(甲)＞M(乙)，则物质的量：甲＜乙，又气体体积相等，故气体摩尔体积：甲＞乙，B错误；同温同体积同质量的气体或混合气体，压强与摩尔质量成反比，C正确；由质量和密度相等可知气体体积相等，D错误。
答案 C
4.(2018·浙江省金华十校)实验室发生意外时，比如手指划破、烫伤等都需要对伤口进行消毒。现配制0.01 mol/L的KMnO4消毒液，下列有关说法不正确的是( )
A.KMnO4的摩尔质量为158
B.KMnO4溶液用于杀菌消毒的原理是因其具有强氧化性
C.当液面接近容量瓶的刻度线下2 cm处，改用胶头滴管定容
D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液浓度偏高
解析 A.摩尔质量的单位是g/mol，A错误；B.KMnO4具有强氧化性，可以杀菌消毒，B正确；C.当液面接近容量瓶的刻度线下2 cm处时改用胶头滴管定容，C正确；D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致加水偏少，所配溶液浓度偏高，D正确。正确答案为A。
答案 A
5.(2018·浙江省台州中学)取一定质量的溴化钠、碘化钠的混合物平均分成五等份，分别加水配成溶液并编号为甲、乙、丙、丁、戊，再分别向各溶液中通入一定体积的氯气，将反应后所得溶液蒸干，灼烧固体。通入氯气的量与最终所得固体质量记录如下：
编号
甲
乙
丙
丁
戊
固体组成
NaI、NaBr、NaCl
NaBr、NaCl
NaCl
氯气的体积/mL
V
2V
3V
4V
5V
固体质量/g
54.62
43.64
35.48
30.14
29.25
求：(1)请填写表中空白________、________。
(2)标准状况下氯气的体积V为________，原混合物中溴化钠的物质的量为________。
解析 戊中固体NaCl质量29.25 g，根据钠离子守恒得n(NaBr)＋n(NaI)＋n(NaCl)＝＝0.5 mol，由钠离子守恒可知反应后蒸干灼烧得到的固体的物质的量不变为0.5 mol，将反应甲至戊视作每次增加V mL氯气计算，因还原性I－＞Br－＞Cl－，故先有2NaI＋Cl2===2NaCl＋I2…①，反应完后再有2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2…②；
(1)对于乙视作甲增加V mL氯气，导致固体质量减少为54.62 g－43.64 g＝10.98 g，因还原性I－＞Br－＞Cl－，故先有2NaI＋Cl2===2NaCl＋I2，反应完后再有2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2。对于丙视作乙增加V mL氯气，导致固体质量减少为43.64 g－35.48 g＝8.16 g，V mL氯气与NaBr反应导致固体质量减少最少为35.48 g－30.14 g＝5.34 g，小于8.16 g，故丙中最后V mL氯气，既与NaI反应又与NaBr反应。由上述分析可得：固体乙的组成为NaI、NaBr、NaCl；对于戊视作丁增加V mL氯气，蒸干灼烧得到固体的质量还在减少，结合丙固体的组成为NaBr、NaCl，说明丁固体的组成为NaBr、NaCl；(2)丁中最后V mL氯气与NaBr反应，V mL氯气完全反应，且有NaBr剩余，令V mL氯气的物质的量为n，则
所以n＝0.06 mol，即V mL氯气的物质的量为0.06 mol，标准状况下体积为0.06 mol×22.4 L/mol＝1.344 L＝1 344 mL；由于乙最后通入V mL氯气只与NaI反应，甲通入V mL氯气导致固体质量减少等于乙最后通入V mL氯气导致固体质量减少，所以原溶液中NaI与NaBr的总质量为54.62 g＋10.98 g＝65.6 g，令原溶液中NaI的物质的量为x mol，NaBr的物质的量为y mol，则
，
解得x＝0.3，y＝0.2，则原来混合物中溴化钠的物质的量＝0.2 mol×5＝1 mol。
答案 (1)乙：NaI、NaBr、NaCl 丁： NaBr、NaCl
(2)1 344 1 mol
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