（浙江专用）2020版高考化学二轮复习专题二第1课时物质的量物质的量浓度讲义（含解析）

《（浙江专用）2020版高考化学二轮复习专题二第1课时物质的量物质的量浓度讲义（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2020版高考化学二轮复习专题二第1课时物质的量物质的量浓度讲义（含解析）（20页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、第1课时物质的量物质的量浓度命题调研(20162019四年大数据)20162019四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

2、为6NAB.500 mL 0.5 molL1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAC.30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NAD.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 molL1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

3、”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D2.(2018课标全国，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21D.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

4、)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 CH3CH3含有7 mol共价键，1 mol CH2=CH2含有4 mol CH键，1 mol C=C键，D项错误。答案B3.(2019浙江1月学考)配制500 mL 0.100 molL1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C.容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用D

5、.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 molL1 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，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D4.(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

6、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 molL1。已知：Cu2OH2SO4=CuSO4CuH2O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 g233 g/mol0.05 mol；(2)由S原子个数守恒可知硫化物中n(S)0.0

7、5 mol，由Cu原子个数守恒可知n(Cu)1.60 g64 g/mol0.50 molL10.15 L0.025 mol0.075 mol0.1 mol，则n(Cu)n(S)n(Cu)n(S)21。答案(1)0.05(2)215.(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)CaSO40.5H2O取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b molL1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3P

8、O4的质量分数是_。(已知：H3PO4摩尔质量为98 gmol1)解析H3PO42NaOH=Na2HPO42H2O 98 g 2 mol m(H3PO4) 103bc molm(H3PO4)4.9102bc 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.

9、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：4KO22CO2=2K2CO33O24KO24CO22H2O=4KHCO33O2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：CH4H2O(g)CO3H2已知：CO2H2CH3OHCO23H2CH3OHH2O300 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

10、(1)碳酸氢铵分解的化学方程式为：NH4HCO3H2ONH3CO2，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)22.00 mol4.00 mol，则V(混合气体)4.00 mol22.4 L/mol89.6 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：CO2NaOH=NaHC

11、O3，n(NaOH)n(CO2)2.40 mol，则c(NaOH)1.20 mol/L；CO22NaOH=Na2CO3H2O，n(NaOH)2n(CO2)4.80 mol，则c(NaOH)2.40 mol/L；综合、可知，NaOH溶液的浓度应该1.20 mol/Lc(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)11，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：8KO26CO22H2O=2K2CO34KHCO36O2所以有n(H2O)n(CO2)9 mol3 mo

12、l，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n4KO24CO22H2O=4KHCO33O22nn1.5n4KO22CO2=2K2CO33O292n1.5(92n)根据题意生成氧气9 mol，所以有1.5n1.5(92n)9 mol，解得n3 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，CO的转化率为根据题意，共生成350 mol甲醇，所以有300 mol100 mol350 mol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 mol120 mol，所以有600 mol300 mol

13、900 mol120 mol式由式可得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 mol120 mol，根据反应中氢元素原子的守恒可有：900 mol120 mol350 mol2100 mol，解得0.8，即设CO2的转化率为80%。答案(1)89.6(2)2.4 mol/Lc(NaOH)1.2 mol/L(3)8KO26CO22H2O=2K2CO34KHCO36O2n(CO2)n(H2O)62n(H2O)(9 mol/6

14、)23 mol(4)300 mol CH4完全反应产生H2 900 mol设CO2转化率为，CO转化率为30010035060030090012080%或设CO2转化率为900350210012080/10080%考向一阿伏加德罗常数1.(2018课标全国，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PP键数目为4NAB.100 mL 1 molL1 FeCl3溶液中所含Fe3的数目为0.1NAC.标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD.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P

15、4分子中含6个PP键，124 g P4的物质的量为1 mol，含6 mol PP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

16、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 molL1 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、

17、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P42.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等物质的微观结构某些物质分子中的原子个数，如Ne、O3、P4等；特殊物质的摩尔质量或分子中的中子数，如D2O、T2O、18O2、H37Cl等；一些物质中的化学键数目，如SiO2、S

18、i、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、Cl2H2OHClOHCl、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、

19、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XB.分子数目相等的三种气体，质量最大的是YC.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 molD.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21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

20、；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.(20

21、18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19.203.216.00(g)，物质的量为0.1 mol，所以混合物中n(Cu)n(Fe2O3)为12。

22、(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 molL1。答案(1)12(2)1.00 molL1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 molL1 NaOH溶液，其中有下列几种操作，错误的操作有()选刚用蒸馏水洗净过的100 mL容量瓶进行配制NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中用蒸馏水

23、洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中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. B. C. D.解析配制100 mL 1 molL1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；NaOH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；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；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12 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的

24、凹液面的最低点与刻度线相平，错误；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A5.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. molL1 B.molL1C. molL1 D. molL1解析b mol NaOH恰好将NH3全部赶出，根据NHOHNH3H2O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Ba2SO

25、=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 mol1c mol2x mol1，得xb2c，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) molL1，即原溶液中NO的浓度是 molL1，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

26、0.1 molL1 Na2CO3溶液，图中操作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5.33.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

27、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仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。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：砝码生锈：偏高。定容时，溶液温度高：偏高。定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。称量时物码颠倒且使用游码：偏低。未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。称量易吸水物质时间过长：偏低。转移时，有液体溅出：偏低。滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低

28、。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 gcm3，气体的摩尔质量为M gmol1，则c molL1。(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算：cc为溶质的物质的量浓度/(molL1)，为溶液的密度/(gcm3)，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/(gmol1)。6.两条规律理解透(1)稀释定律如用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c1V1c2V2。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m1w1m2w2。(2)混

29、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。两溶液等质量混合：w(w1w2)。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(w1w2)，如H2SO4溶液。b.若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w(w1w2)，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NAB.2 g由HO和2H2O组成的物质中含有的质子数为NAC.8 g CuO与足量H2充分反应生成Cu，该反应转移的电子数为0.2NAD.标准

30、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 gmol1，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 mol10.2NA；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D2.(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5

31、NAB.32 g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6NAC.26 g C2H2与C6H6混合气体中含CH键的数目为2NAD.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CH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

32、mol，其中含有的阳离子Na，K数合计为NA，正确。答案B3.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

33、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C4.(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158B.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

34、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A5.(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、NaClNaBr、NaClNaCl氯气的体积/mLV2V3V4V5V固体质量/g54.6243.6435.4830.1429.25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

35、 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IBrCl，故先有2NaICl2=2NaClI2，反应完后再有2NaBrCl2=2NaClBr2；(1)对于乙视作甲增加V mL氯气，导致固体质量减少为54.62 g43.64 g10.98 g，因还原性IBrCl，故先有2NaICl2=2NaClI2，反应完后再有2NaBrCl2=2NaClBr2。对于丙视作乙增加V mL氯气，导致固体质量减少为43.64 g35.48 g8.16 g，V mL

36、氯气与NaBr反应导致固体质量减少最少为35.48 g30.14 g5.34 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n0.06 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 mol22.4 L/mol1.344 L

37、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 g10.98 g65.6 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x0.3，y0.2，则原来混合物中溴化钠的物质的量0.2 mol51 mol。答案(1)乙：NaI、NaBr、NaCl丁： NaBr、NaCl(2)1 3441 mol1.(2018浙江丽水、衢州、湖州教学质检，22)设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A.1 mol羟基与1 mol氢

38、氧根离子所含的质子数分别为9NA、10NAB.2.3 g金属钠与2.24 L (标准状况)氧气反应，转移的电子数为0.1NAC.100 g质量分数为46%的乙醇溶液所含分子总数为4NAD.甲醛(HCHO)和乙酸的混合物3.0 g，含有的原子数为0.4NA解析1 mol羟基与1 mol氢氧根离子所含的质子数均为9NA，A项错误；2.3 g金属钠是0.1 mol，与2.24 L (标准状况)氧气即0.1 mol氧气反应，氧气过量，转移的电子数为0.1NA，项B正确；100 g质量分数为46%的乙醇溶液所含分子总数为NA4NA，C项正确；甲醛(HCHO)和乙酸的最简式相同，均是CH2O，其混合物3.

39、0 g，含有的原子数为4NA0.4NA，D项正确。答案A2.如图中的两条线分别代表的是：1 g C3H6和1 g M气体在相同容积的容器中，测得容器中的压强和温度的关系，试根据图象判断M气体可能是()A.C3H8 B.C2H4 C.H2S D.N2O4解析由阿伏加德罗定律推知，在相同容器中，若温度相同时p与n成正比，如图可知M的压强大，设M的相对分子量为x，则，x28，为乙烯，故答案为B。答案B3.(2016上海化学，22)称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1 792 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4

40、和NH4HSO4的物质的量比为()A.11 B.12 C.1.871 D.3.651解析固体混合物与NaOH溶液反应顺序为：HOH=H2O，NHOHNH3H2O，n(NH3)0.08 mol，则与H反应的NaOH为0.1 mol0.08 mol0.02 mol，则n(NH4HSO4)0.02 mol，m(NH4HSO4)0.02 mol115 g/mol2.30 g，m(NH4)2SO47.24 g2.30 g4.94 g，n(NH4)2SO40.037 4 mol，则n(NH4)2SO4n(NH4HSO4)1.871，故C项正确。答案C4.(2018浙江省嘉兴一中模拟)把V L含有MgSO4

41、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 BaCl2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. molL1 B. molL1C. molL1 D. molL1解析硫酸镁与氢氧化钠反应的方程式为：MgSO42NaOH=Mg(OH)2Na2SO4，所以 L混合溶液中n(Mg2) mol；硫酸根离子与钡离子反应的离子方程式为：SOBa2=BaSO4，所以n(SO)b mol；由于MgSO4中Mg2的物质的量与SO的物质的量相等；所以K2SO4中的硫酸根离子的物质的量为n(SO)(

42、b)mol，即n(K)(2ba)mol，所以，原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为2(2ba)/V molL1。答案D5.某学生用NaHCO3和KHCO3组成的混合物样品与某种浓度的盐酸反应进行实验，测得数据如下表：实验编号盐酸体积/mL505050m(混合物)/g9.226.5636.8V(CO2)(标准状况)/L2.244.484.48分析表中数据，下列说法中不正确的是()A.由可知：中的盐酸过量B.由可知：混合物的质量增加，而气体体积没有变化，说明盐酸已经完全反应C.所用盐酸的物质的量浓度为0.4 mol/LD.该混合物中NaHCO3的物质的量分数为50%解析盐酸同量，由于第组实验所得气体

43、多于第组实验，说明加入混合物9.2 g时盐酸过量，第组与第组所得气体相等，说明第组盐酸完全反应，生成4.48 L二氧化碳需要混合物的质量为9.2 g18.4 g26.56 g，故第组混合物有剩余，A.盐酸同量，由于第组实验所得气体多于第组实验，说明加入混合物9.2 g时盐酸过量，故A正确；B.混合物的质量增加，第组与第组所得气体相等，而气体体积没有变化，说明盐酸已经反应完全，故B正确；C.第组盐酸完全反应，生成二氧化碳的物质的量为0.2 mol，由方程式NaHCO3HCl=NaClH2OCO2、KHCO3HCl=KClH2OCO2，可知n(HCl)n(CO2)0.2 mol，盐酸的物质的量浓度

44、为4 mol/L，故C错误；D.第组实验中混合物完全反应，盐酸过量，固体混合物完全反应，生成二氧化碳的物质的量为0.1 mol，设9.2 g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x mol和y mol，则：根据碳元素守恒可知：xy0.1，混合物质量为9.2 g，所以84x100y9.2，联立方程解得x0.05，y0.05，NaHCO3的物质的量分数100%50%，故D正确，故选C。答案C6.下列关于物质的量浓度表述正确的是()A.0.3 molL1的Na2SO4溶液中含有Na和SO的总物质的量为0.9 molB.当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 molL1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 molL1C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na和SO的物质的量相等，则K和Cl的物质的量浓度一定相同D.10 时，100 mL 0.35 molL1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.3