（通用版）2020高考化学二轮复习专题二化学计量及其应用教案

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1、化学计量及其应用考纲要求1.了解物质的量(n)及其单位摩尔(mol)、摩尔质量(M)、气体摩尔体积(Vm)、物质的量浓度(c)、阿伏加德罗常数(NA)的含义。2.理解质量守恒定律。3.能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。4.了解溶液的含义。5.了解溶解度、饱和溶液的概念。6.了解溶液浓度的表示方法，理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。7.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。考点一阿伏加德罗常数的广泛应用1与气体摩尔体积22.4 Lmol1相关的NA的应用(1)非标准状况下的气体、标准状况

2、下的非气体均不适用22.4Lmol1进行物质的量的计算；(2)常见物质在标准状况下的状态：Br2、H2O、HF、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、CH3CH2OH、碳原子数大于4的烃(除新戊烷外)，均为液体；SO3为固体。2与物质的组成相关的NA的应用(1)稀有气体、臭氧(O3)、白磷(P4)分子中的原子数目；(2)一定质量含核素的物质中的质子、中子、电子或原子的数目；(3)Na2O2、KO2中的阴、阳离子个数比；(4)等物质的量的羟基与氢氧根离子所含质子、电子或原子数目；(5)等质量的最简式相同的有机物(如烯烃)、同素异形体、N2与CO、NO2与N2O4等具有的原子、分子数

3、目；(6)一定物质的量的有机物中共价键的数目(苯环、萘环中无碳碳双键)，如：CnH2n2中共价键数目为3n1；(7)一定物质的量的SiO2中含SiO键、金刚石(或石墨)中1molC中含CC键、1molP4中含PP键的数目。3与氧化还原反应相关的NA的应用(1)歧化反应类：Na2O2与CO2、Na2O2与H2O、Cl2与NaOH(冷稀、浓热)等；(2)变价金属(Fe、Cu)与强、弱氧化剂(Cl2/Br2、S/I2)反应类；(3)Fe与浓、稀硝酸，Cu与浓、稀硝酸反应类；(4)足量、不足量Fe与稀硝酸，足量Fe与浓硫酸反应类；(5)足量KMnO4与浓盐酸，足量MnO2与浓盐酸反应类；(6)注意氧化

4、还原反应的顺序。如：向FeI2溶液中通入Cl2，首先氧化I，再氧化Fe2。4与可逆反应相关的NA的应用在“NA”应用中，常涉及以下可逆反应：(1)2SO2O22SO32NO2N2O4N23H22NH3(2)Cl2H2OHClHClO(3)NH3H2ONH3H2ONHOH(4)PCl3Cl2PCl55与电解质溶液中粒子数目判断有关的NA的应用审准题目“要求”，是突破该类题目的关键(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱电解质或能水解的“弱离子”，如1L1molL1的乙酸或1L1molL1乙酸钠溶液中CH3COO数目均小于NA。(2)题目中是否指明了溶液的体积，如在pH1的HCl溶液中，因溶液体

5、积未知而无法求算H的数目。(3)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。1(2018全国卷，10)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NAC92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NAD1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA答案B解析氩气是单原子分子，标准状况下，22.4L氩气的物质的

6、量为1mol，含有的质子数为18NA，B项正确；Fe(OH)3胶体粒子是若干个Fe(OH)3分子的集合体，A项错误；92.0g甘油的物质的量为1mol，每个甘油分子含有3个羟基，所以1mol甘油含有的羟基数为3.0NA，C项错误；CH4与Cl2发生取代反应生成的有机物除了CH3Cl以外，还有CH2Cl2、CHCl3和CCl4，生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D项错误。2(2018全国卷，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，124gP4中所含PP键数目为4NAB100mL1molL1FeCl3溶液中所含Fe3的数目为0.1NAC标准状况下，11.2L甲烷和乙

7、烯混合物中含氢原子数目为2NAD密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA答案C解析标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5mol，每个甲烷和乙烯分子都含有4个氢原子，所以含有氢原子数目为2NA，C项正确；124gP4的物质的量为1mol，每个P4分子中含有6个PP键，所以含有PP键数目为6NA，A项错误；Fe3在水溶液中能发生水解，100mL1molL1FeCl3溶液中所含Fe3的数目小于0.1NA，B项错误；SO2和O2的化合反应为可逆反应，2molSO2和1molO2催化反应后，混合气体的物质的量大于2mol，即分子总数大于2NA，D项错误。3(2

8、017全国卷，8)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A1L0.1molL1NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NAB2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NAC标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA答案D解析A项，因铵根离子水解，其数量小于0.1NA，错误；B项，2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子数为0.2NA，错误；C项，标准状况下，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，错误；D项，H2(g)I2(g)2HI(g)，反应前后气体物

9、质的量不变，正确。4(2017全国卷，10)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子BpH1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个HC2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个PCl键答案A解析A项，硼原子的质子数为5,11B的中子数为6，故0.1mol的11B中含有中子数为0.6NA，正确；B项，未指明溶液体积，无法计算H的物质的量，错误；C项，标准状况下苯为液体，不能用气体摩尔体积计算苯燃烧生成的CO2分子数，错误；D项，PCl3Cl2

10、PCl5，这是一个可逆反应，1molPCl3与1molCl2不可能完全反应生成1molPCl5，故增加的PCl键数目小于2NA，错误。5(2016全国卷，8)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA答案A解析A项，乙烯和丙烯的最简式均为CH2,14g乙烯和丙烯混合气体中相当于含有1molCH2，则其氢原子数为2NA，正确；B项，合成氨的反应是可逆反应，则1molN2与4molH2

11、反应生成的NH3分子数小于2NA，错误；C项，铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA，错误；D项，标准状况下CCl4为液态，故2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，则其含有的共价键数不是0.4NA，错误。题组一物质状态与“NA”应用1正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NA()(2)标准状况下，22.4LSO2中含有的SO2分子数为NA()(3)常温常压下，35.5g氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA()(4)常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NA()(5)

12、2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA()(6)2.24LCO2中含有的原子数为0.36.021023()题组二物质组成与“NA”应用2正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)32g18O2中含有2NA个氧原子()(2)17gOH与17gOH所含电子数均为10NA()(3)相同质量的N2O4与NO2中所含原子数目相同()(4)乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28g混合气体中含有3NA个氢原子()(5)18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA()(6)30g甲醛中含共用电子对总数为4NA()(7)4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA()(8)12

13、g金刚石含有的共价键数目为4NA()题组三电子转移与“NA”应用3正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA()(2)5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA()(3)1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA()(4)0.1molZn与含0.1molHCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA()(5)足量KMnO4与含1molHCl的浓盐酸反应生成标准状况下7LCl2()(6)足量Cl2与含1molNaOH的浓溶液反应转移mole()(7)足量Fe与1L1molL1浓H2SO4溶液在加热条件下彻

14、底反应生成0.5molSO2()(8)1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA()(9)50mL12molL1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA()(10)标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA()(11)向FeI2溶液中通入适量Cl2，当1molFe2被氧化时，共转移的电子的数目为NA()题组四可逆反应与“NA”应用4正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NA()(2)标准状况下，22.4LNO2气体中所含分子数目为NA()(3)100g质量分数为17%的氨水

15、溶液中含有的NH3分子数为NA()(4)标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA()题组五溶液中粒子数目判断与“NA”应用5正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)0.1L3.0molL1的NH4NO3溶液中含有的NH的数目为0.3NA()(2)等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NA()(3)0.1molL1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA()(4)25时，pH13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH数目为0.2NA()考点二一定物质的量浓度溶液的配制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

16、验。复习时，要熟记实验仪器，掌握基本操作步骤，注意仪器的使用，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(1)如：配制500mL0.1molL1Na2CO3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5.3(2)明确溶液配制过程中的“四数据”记录质量或体积时保留一位小数。选择容量瓶时，要指明容量瓶的规格。转移溶液时要洗涤烧杯_次。定容时液面距刻度线12cm时，改用_滴加蒸馏水。答案23胶头滴管3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

17、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)用“偏高”“偏低”或“无影响”填空：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。容量瓶内有少量水：无影响。4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，1L水中溶解某气体VL，所得溶液的密度为gcm3，气体

18、的摩尔质量为Mgmol1，则cmolL1。(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/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)。1下面是高考题的组合，判断是否正确，正确的打“”，错误的打“”(1)配制0.4000molL1的NaOH溶液，称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容()(2018全国卷，13A)(2)配制浓度为0.010molL1的KMnO4溶液，可以称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度()(2017全国卷，9D)(3

19、)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线()(2016浙江理综，8D)(4)称取2.0gNaOH固体，可先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体()(2015福建理综，8A)(5)配制一定浓度的NaCl溶液()(2015四川理综，3A)(6)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干()(2014新课标全国卷，12A)(7)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体()(2014新课标全国卷，12D)22017天津，9(1)准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后

20、，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_。答案250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管解析配制AgNO3标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。32017全国卷，28(3)Na2SO3溶液常用作标准溶液滴定I2(2S2OI2=2IS4O)，但Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。答案量筒氧气42016全国卷，36(5)节选一种双氧水的质量分数为27.5%(

21、密度为1.10gcm3)，其浓度为_molL1。答案8.9解析假设溶液的体积为1L，则1L溶液中含H2O2的质量：m1000mL1.10gcm327.5%1.10275gc(H2O2)8.9molL1。题组一有关一定物质的量浓度溶液的配制1用固体药品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是()答案B解析A项，用托盘天平称量药品时，应为“左物右码”，错误；B项，用玻璃棒搅拌能加速溶解，正确；C项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误；D项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。2实验室用18.4molL1的浓硫酸配制480mL2molL1的硫酸

22、，需量取浓硫酸_mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需_。答案54.3mL胶头滴管、500mL容量瓶解析根据“大而近“的原则，配制480mL溶液应选用500mL容量瓶。根据c(浓溶液)V(浓溶液)c(稀溶液)V(稀溶液)，18.4molL1V(浓H2SO4)2molL1500mL，解得V(浓H2SO4)54.3mL，需要量取浓硫酸54.3mL。配制的实验步骤为：计算量取稀释冷却转移洗涤振荡定容摇匀装瓶贴标签，配制时所用的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需500mL容量瓶、胶头滴管。题组二有关物质的量浓度的计算3相对分子质量为M的气态化合物VL(标准状况)，溶于mg水中，得到质量

23、分数为w的溶液，物质的量浓度为cmolL1，密度为gcm3。则下列说法不正确的是()A相对分子质量MB物质的量浓度cC溶液的质量分数wD溶液密度答案C解析由c知D项正确；由c知B项正确；由w知C项错误，将此式变形后即可得到A项中的式子。4(2019重庆模拟)实验室常用98%密度为1.84gmL1的浓H2SO4配制14的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23gmL1，其物质的量浓度为()A4.6molL1B5.7molL1C3.88molL1D18.4molL1答案C解析实验室配制14的溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液溶质的质量分数：w0.309，稀硫酸的物质的

24、量浓度为c(H2SO4)3.88molL1。掌握两项技能(1)用98%的浓H2SO4配制100mL14的稀H2SO4：用量筒量取80mL的水注入200mL的烧杯中，然后再用另一只量筒量取20mL的浓H2SO4沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不停搅拌。(2)配制100g20%的NaCl溶液：准确称量20.0gNaCl固体，然后再转移到200mL的烧杯中，再用量筒量取80mL的水注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌直到完全溶解为止。1明确一个中心必须以“物质的量”为中心“见量化摩，遇问设摩”。2掌握两种方法(1)守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都

25、是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如某原子、离子或原子团不变；溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。(2)关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。2019全国卷，26(3)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量

26、的I2用0.1000molL1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I22S2O=2IS4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为_，样品中S2的含量为_(写出表达式)。答案浅蓝色至无色100%解析达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I22S2O，可得n(I2)过量0.1000V103mol，再根据关系式S2I2可知，n(S2)0.100025.00103mol0.1000V103mol(25.00)0.1000103mol，则样品中S2的含量为100%。1为测定某石灰石中C

27、aCO3的质量分数，称取Wg石灰石样品，加入过量的浓度为6molL1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2OCa2=CaC2O4，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0mL。取出V1mL用amolL1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。若滴定终点时消耗amolL1的KMnO4V2mL，计算样品中CaCO3的质量分数。答案本题涉及的化学方程式或离子方

28、程式为CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2C2OCa2=CaC2O4CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO42MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O由方程式可以得出相应的关系式5CaCO35Ca25CaC2O45H2C2O42MnO52n1(CaCO3)aV2103moln1(CaCO3)2.5aV2103mol样品中n(CaCO3)2.5aV2103mol则w(CaCO3)100%。2电解铜的阳极泥中含有3%14%Se元素，该元素以Se单质、Cu2Se形式存在，还含有稀有金属及贵金属。称取5.000g电解铜的阳极泥样品以合适方法溶解，配成250mL混酸溶液，移取上述

29、溶液25.00mL于锥形瓶中，加入25.00mL0.01000molL1KMnO4标准溶液只发生Se(4)转化为Se(6)。反应完全后，用0.05000molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴至终点，消耗15.00mL。计算电解铜的阳极泥中Se的质量分数(保留四位有效数字)。答案MnO5Fe200001500mol0.0007500mol2MnO500002500mol0.0002500mol0.0001500mol0.0001000molw(Se)100%3.950%。3碱式次氯酸镁Mga(ClO)b(OH)cxH2O是一种有开发价值的微溶于水的无机抗菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成，

30、进行如下实验：准确称取1.685g碱式次氯酸镁试样于250mL锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0.8000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2OI2=2IS4O)，消耗25.00mL。另取1.685g碱式次氯酸镁试样，用足量乙酸酸化，再用足量3%H2O2溶液处理至不再产生气泡(H2O2被ClO氧化为O2)，稀释至1000mL。移取25.00mL溶液至锥形瓶中，在一定条件下用0.02000molL1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2(离子方程式为Mg2H2Y2=MgY22H)，消耗25.00mL。(1)步骤需要用到的指示剂是_。(2)通过计

31、算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。答案(1)淀粉溶液(2)关系式：ClOI22S2On(ClO)n(S2O)0.8000molL125.00103L0.01mol，n(Mg2)0.02000molL125.00103L0.02mol，根据电荷守恒，可得：n(OH)2n(Mg2)n(ClO)20.02mol0.01mol0.03mol，m(H2O)1.685g0.01mol51.5gmol10.02mol24gmol10.03mol17gmol10.180g，n(H2O)0.01mol，n(Mg2)n(ClO)n(OH)n(H2O)0.02mol0.01mol0.03mol0.01mo

32、l2131，碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3H2O。解析(1)根据实验中的离子方程式可知有I2参加反应，根据I2的特性可选择淀粉溶液作指示剂。(2)根据实验中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClOI22S2O求得n(ClO)，根据实验中消耗的EDTA的物质的量结合关系式Mg2EDTA可求得n(Mg2)，利用电荷守恒可求得n(OH)，根据固体的总质量以及求出的n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)可求得n(H2O)，从而得到n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)、n(H2O)四者之比，最后得到物质的化学式。1利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径有两种：(1)利

33、用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。(2)利用微粒守恒建立关系式。2多步滴定常分为两类(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。(1)设晶体为1mol。(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。(3)计算每步的m剩余，100%固体残留率。(4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属

34、)n(O)，即可求出失重后物质的化学式。12019全国卷，27(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。答案NH4Fe(SO4)212H2O解析失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，由题意知，解得x12。22014新课标全国卷，27(4)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2nPbO，列式计算x值和mn值。答案根据PbO2PbOxO2，有322394.

35、0%，解得x21.4，根据mPbO2nPbO，有1.4，得。125.35gMnSO4H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示：(1)300时，所得固体的化学式为_。(2)1150时，反应的化学方程式为_。答案(1)MnSO4(2)3MnO2Mn3O4O2解析(1)25.35gMnSO4H2O样品中n(Mn)n(MnSO4H2O)0.15mol，其中n(H2O)0.15mol，m(H2O)2.7g,300时，所得固体质量为22.65g，减少的质量为2.7g，则说明该段失去结晶水，此时固体为MnSO4。(2)温度继续升高，固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化

36、物0.15mol,850时，固体质量由22.65g减少到13.05g，减少的质量为9.6g，则硫的氧化物的相对质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2,1150时固体为二氧化锰分解所得，由锰元素质量守恒，则m(Mn)n(Mn)55gmol18.25g，则氧化物中m(O)11.45g8.25g3.2g，n(O)0.2mol，故n(Mn)n(O)0.150.234，则该氧化物为Mn3O4，故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4O2。2为研究一水草酸钙(CaC2O4H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g样品加热，样品的固体残留率(100%)随温度的变化如下图所示：(1)3

37、00时残留固体的成分为_，900时残留固体的成分为_。(2)通过计算求出500时固体的成分及质量(写出计算过程)。答案(1)CaC2O4CaO(2)在600时，100%68.49%，m(剩余)36.50g68.49%25g，从300至600 时，失去的总质量为32 g25 g7 g，失去物质的摩尔质量为28 gmol1，500时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4H2O的物质的量n(CaC2O4H2O)0.25mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为xmol和ymol，根据500时固体总质量可得128x100y36.50g76.16%，根据钙元

38、素守恒可得xy0.25，解得x0.10，y0.15，m(CaC2O4)0.10mol128gmol112.80g，m(CaCO3)0.15mol100gmol115.0g，500时固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3。解析(1)n(CaC2O4H2O)0.25mol，含有m(H2O)0.25mol18gmol14.50g，在300时，100%87.67%，m(剩余)36.50g87.67%32g，减少的质量为36.50g32g4.50g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900时，100%38.36%，m(剩余)36.50g38.36%14g，其中Ca的质量

39、没有损失，含m(Ca)0.25mol40gmol110g，另外还含有m(O)14g10g4g，n(O)0.25mol，则n(Ca)n(O)11，化学式为CaO。3为确定NVCO化学式可表示为(NH4)a(VO)b(CO3)c(OH)d10H2O的组成，进行如下实验：称取2.130g样品与足量NaOH充分反应，生成NH30.224L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在氮气氛围中加热，样品的固体残留率(100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)。答案设NVCO的摩尔质量为Mgmol1，由0.8648，可得M1065

40、，由0.4676可得b6；由an(NH3)0.01mol，解得a5，由最后产物为VO2，则VO为2价，2cd512617，由化合物的相对分子质量18a67b60c17d1801065可知60c17d393，解得c4，d9，将a5，b6，c4，d9代入化学表达式，可得化学式为(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O。专题强化练12018福州市八县(市)协作校高三上学期期中实验室中需要2molL1的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl质量分别是()A950mL,111.2gB950mL,117.0gC1000mL,117.0gD1000mL,111.2g答

41、案C解析实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)1L2molL12mol，m(NaCl)2mol58.5gmol1117.0g。2(2018西安中学高三上学期期中)为了配制100mL1molL1NaOH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100mL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操作不慎，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ABCD答案A解析配制

42、100mL1molL1的NaOH溶液，应选择100mL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12cm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；由于操作不慎，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。3配制一定物质的量浓度的稀盐酸，结果偏高的是()A在容量瓶中定容时，俯视刻度

43、线B用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线C转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容D定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线答案A解析在容量瓶中定容时，俯视刻度线导致溶液体积偏小，浓度偏高，A正确；用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线体积偏小，浓度偏低，B错误；转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容溶质偏少，浓度偏低，C错误；定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线溶液体积增加，浓度偏低，D错误。4把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为()A0.1(b2a) molL1B10(2ab) molL1C10(ba) molL1D10(b2a) molL1答案D解析根据题意，500 mL溶液分成5等份，每份为100 mL。每份中n(Ba2)a mol，n(Cl)b mol，根据电荷守恒关系得n(K)(b2a)mol，则c(K