高中化學(xué)高考二輪復(fù)習(xí)專題1學(xué)案2

學(xué)案2常用化學(xué)計(jì)量最新考綱展示1.了解相對(duì)原子質(zhì)量，相對(duì)分子質(zhì)量的定義，并能進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。2.理解質(zhì)量守恒定律的含義。3.了解物質(zhì)的量的單位——摩爾(mol)、摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積、物質(zhì)的量濃度、阿伏加德羅常數(shù)的含義。4.能根據(jù)物質(zhì)的量與微粒(原子、分子、離子等)數(shù)目、氣體體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)之間的相互關(guān)系進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。5.了解溶液的組成；理解溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的概念，并能進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。6.了解配制一定溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)、物質(zhì)的量濃度溶液的方法?；A(chǔ)回扣1．有關(guān)物質(zhì)的量與各物理量之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系若用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下有LNH3(1)該氣體的物質(zhì)的量為，質(zhì)量為，所含氨氣分子數(shù)為。(2)若將該氣體溶于水配成50mL溶液，密度為g·cm－3，所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%，物質(zhì)的量濃度為3_mol·L－1。(3)若將上述所得溶液取出10mL，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%，再加水稀釋到50mL，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為·L－1。2．物質(zhì)的量在化學(xué)方程式中的應(yīng)用將gNa2O2固體加入足量的水中，制成200mL溶液(1)收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積為。(2)反應(yīng)過(guò)程中轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為或×1023。(3)所得溶液的物質(zhì)的量濃度為2_mol·L－1。題型1阿伏加德羅常數(shù)的廣泛應(yīng)用1．(2023·廣東理綜，10)設(shè)nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說(shuō)法正確的是()A．1mol甲苯含有6nA個(gè)C—H鍵B．18gH2O含有10nA個(gè)質(zhì)子C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，L氨水含有nA個(gè)NH3分子D．56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成nA個(gè)SO2分子答案B解析解有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)的題一般分為三步，第一步為宏觀量之間的轉(zhuǎn)換，即將質(zhì)量和體積轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量；第二步為微觀量之間的轉(zhuǎn)換，即判斷1分子該物質(zhì)所含的微粒數(shù)；第三步為宏觀量和微觀量的對(duì)應(yīng)，即一定物質(zhì)的量的該物質(zhì)含有的微粒數(shù)。A項(xiàng)，第一步，題目中直接給出物質(zhì)的量，所以不用轉(zhuǎn)換；第二步，甲苯的分子式為C7H8，因此1分子甲苯中含有8個(gè)C—H鍵；第三步，1mol甲苯中含有8nA個(gè)C—H鍵，錯(cuò)誤。B項(xiàng)，第一步，18g水的物質(zhì)的量為1mol；第二步，1個(gè)水分子中含有10個(gè)質(zhì)子；第三步，1mol水分子中含有10nA個(gè)質(zhì)子，正確。C項(xiàng)，由于氨水為液態(tài)，因此無(wú)法確定其物質(zhì)的量，錯(cuò)誤。D項(xiàng)，常溫下鐵片投入濃H2SO4中發(fā)生鈍化，56g鐵片即1mol鐵不可能生成nA個(gè)SO2分子，錯(cuò)誤。2．(2023·大綱全國(guó)卷，7)NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是()A．1molFeI2與足量氯氣反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB．2Lmol·L－1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NAC．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)為4NAD．丙烯和環(huán)丙烷組成的42g混合氣體中氫原子的個(gè)數(shù)為6NA答案D解析A項(xiàng)，1molFeI2與足量的Cl2反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3mol，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，2Lmol·L－1K2SO4溶液中SOeq\o\al(2－,4)帶的負(fù)電荷數(shù)為2NA，溶液中的陰離子還有OH－，故陰離子所帶電荷數(shù)大于2NA，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，丙烯(C3H6)和環(huán)丙烷(C3H6)互為同分異構(gòu)體，故42g即1mol該混合物含有H原子數(shù)為6NA，正確。3．(2023·四川理綜，5)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是()A．高溫下，molFe與足量水蒸氣反應(yīng)，生成的H2分子數(shù)目為B．室溫下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水電離的OH－離子數(shù)目為C．氫氧燃料電池正極消耗L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體時(shí)，電路中通過(guò)的電子數(shù)目為2NAD．5NH4NO3eq\o(=,\s\up7(△))2HNO3＋4N2↑＋9H2O反應(yīng)中，生成28gN2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為答案D解析A項(xiàng)，鐵在高溫下與水蒸氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高溫))Fe3O4＋4H2,molFe生成H2的分子數(shù)約為，該項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，該NaOH溶液中OH－總共有，但OH－主要來(lái)自于NaOH電離，水電離出很少的OH－，該項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，氫氧燃料電池正極上反應(yīng)的物質(zhì)為O2，當(dāng)消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下LO2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NA，該項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)中只有N元素化合價(jià)發(fā)生改變，生成8mol氮原子(4molN2)中有5mol來(lái)自NHeq\o\al(＋,4)，有3mol來(lái)自NOeq\o\al(－,3)，故反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為15mol，則生成28g(1mol)N2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，該項(xiàng)正確。高考常涉及到的關(guān)于NA的命題角度總結(jié)考查方向涉及問(wèn)題物質(zhì)狀態(tài)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下非氣態(tài)物質(zhì)，如H2O、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等物質(zhì)結(jié)構(gòu)一定物質(zhì)的量的物質(zhì)中含有的微粒(分子、原子、電子、質(zhì)子等)數(shù)，如Na2O2；或一些物質(zhì)中的化學(xué)鍵數(shù)目，如CH4、P4等氧化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移(得失)數(shù)目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2與H2O反應(yīng)；電解AgNO3溶液；Cu與S反應(yīng)；Fe失去電子數(shù)(可能是2e－，也可能是3e－)電離、水解弱電解質(zhì)的電離，可水解的鹽中的離子數(shù)目多少的判斷。如1L1mol·L－1Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)數(shù)目小于NA，因?yàn)镃Oeq\o\al(2－,3)會(huì)部分水解隱含的可逆反應(yīng)常見(jiàn)的可逆反應(yīng)(如2NO2N2O4)、弱電解質(zhì)的電離平衡等摩爾質(zhì)量特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量，如D2O、18O2、H37Cl單質(zhì)的組成單質(zhì)的組成除常見(jiàn)的雙原子分子(如H2、Cl2、N2)外還有單原子分子(惰性氣體，如He、Ne等)、三原子分子(如O3)，甚至有四原子分子(如P4)(一)阿伏加德羅常數(shù)的判斷1．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()A．98gH2SO4和H3PO4中含有的氧原子數(shù)均為4NAB．1L1mol·L－1的硫酸與高氯酸(HClO4)溶液中含有的氧原子數(shù)均為4NAC．LNO2溶解于足量的水中得到硝酸溶液，溶液中NOeq\o\al(－,3)數(shù)目為NAD．32g銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)，一定失去NA個(gè)電子答案A解析B項(xiàng)易忽視水中的氧；C項(xiàng)未指明標(biāo)準(zhǔn)狀況；D項(xiàng)中Cu可能被氧化為＋1價(jià)。2．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是()A．在0℃時(shí)，L氫氣中含有2NA個(gè)氫原子B．電解食鹽水若產(chǎn)生2g氫氣，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NAC．1mol乙烷分子中共價(jià)鍵總數(shù)為7NAD．密閉容器中46gNO2含有的分子數(shù)為NA答案C解析0℃不一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況，A錯(cuò)；電解食鹽水產(chǎn)生2g氫氣，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NA，B錯(cuò)；乙烷的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH3，含有1個(gè)C—C共價(jià)鍵和6個(gè)C—H共價(jià)鍵，C正確；密閉容器中NO2與N2O4存在轉(zhuǎn)化平衡，D錯(cuò)。3．NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．25℃時(shí)，在pH＝2的LH2SO4溶液中含有H＋數(shù)目為B．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)與1molCH4中所含共價(jià)鍵數(shù)目相等C．將含有1molFeCl3溶質(zhì)的飽和溶液加入沸水中可以得到NA個(gè)Fe(OH)3膠粒D．向含有FeI2的溶液中通入適量氯氣，當(dāng)有1molFe2＋被氧化時(shí)，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目至少為3NA答案D解析pH＝2的H2SO4中，c(H＋)＝mol·L－1，與二元酸沒(méi)關(guān)系，A項(xiàng)錯(cuò)；B項(xiàng)中1molNa2O2含有3NA個(gè)離子，1molCH4含有4NA個(gè)共價(jià)鍵，B項(xiàng)錯(cuò)；C項(xiàng)中Fe(OH)3膠粒是多個(gè)Fe(OH)3的聚合體，C項(xiàng)錯(cuò)；D項(xiàng)中，還原性Fe2＋<I－，1molFe2＋被氧化時(shí)，I－已經(jīng)全部被氧化，正確。(二)阿伏加德羅定律的應(yīng)用4．如圖所示：已知A、B都為短周期元素，且甲、乙、丙常溫下都為氣體。2mol甲分子反應(yīng)生成1mol丙和3mol乙，下列對(duì)此判斷不正確的是(雙選)()A．1個(gè)乙分子中含有2個(gè)A原子B．甲的摩爾質(zhì)量為17g·mol－1C．同溫、同壓下，生成丙和乙的體積比為3∶1D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，L甲溶于500mL水中，所得溶液中甲的物質(zhì)的量濃度為1mol·L－1答案CD解析題給反應(yīng)可表示為2A3B=B2＋3A2，再結(jié)合題圖中分子的結(jié)構(gòu)可知，甲為氨氣，丙為氮?dú)?，乙為氫氣。由質(zhì)量守恒可知，A正確；氨氣的摩爾質(zhì)量為17g·mol－1，B正確；由阿伏加德羅定律可知，生成丙和乙的體積比為1∶3，C不正確；500mL水是溶劑，不是所得溶液的體積，D不正確。5.如圖表示1gO2與1gX氣體在相同容積的密閉容器中壓強(qiáng)(p)與溫度(T)的關(guān)系，則X氣體可能是()A．C2H4B．CH4C．CO2D．NO答案C解析由圖可知，相同溫度時(shí)，p(O2)>p(X)，在同質(zhì)量、同體積條件下，氣體相對(duì)分子質(zhì)量與壓強(qiáng)成反比，即相對(duì)分子質(zhì)量越大，壓強(qiáng)越小。四個(gè)選項(xiàng)中只有CO2的相對(duì)分子質(zhì)量大于O2的，故C正確。6．(2023·大綱全國(guó)卷，12)在常壓和500℃條件下，等物質(zhì)的量的Ag2O、Fe(OH)3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得氣體體積依次為V1、V2、V3、V4。體積大小順序正確的是()A．V3＞V2＞V4＞V1B．V3＞V4＞V2＞V1C．V3＞V2＞V1＞V4D．V2＞V3＞V1＞V4答案A解析假設(shè)各物質(zhì)均為1mol，完全分解計(jì)算氣體的物質(zhì)的量。注意500℃時(shí)水是氣體。題型2物質(zhì)的量濃度溶液的配制及計(jì)算1．高考選項(xiàng)正誤判斷，正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”(1)配制溶液定容時(shí)，俯視容量瓶刻度會(huì)使溶液濃度偏高(√)(2023·大綱全國(guó)卷，6C)(2)用容量瓶配溶液時(shí)，若加水超過(guò)刻度線，立即用滴管吸出多余液體(×)(2023·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ，12D)(3)洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進(jìn)烘箱中烘干(×)(2023·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ，12A)(4)配制0mol·L－1氯化鈉溶液時(shí)，將液體轉(zhuǎn)移到容量瓶中需用玻璃棒引流(√)(2023·福建理綜，10C)(5)用固體NaCl配制mol·L－1的溶液，所用的儀器有：燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶(×)(2023·山東理綜，11C)(6)在50mL量筒中配制0mol·L－1碳酸鈉溶液(×)(2023·福建理綜，6C)2．(2023·上海，52)焦硫酸(H2SO4·SO3)溶于水，其中的SO3都轉(zhuǎn)化為硫酸。若將445g焦硫酸溶于水配成L硫酸，該硫酸的物質(zhì)的量濃度為_(kāi)_______mol·L－1。答案解析445g焦硫酸H2SO4·SO3的物質(zhì)的量為445g÷178g·mol－1＝mol，溶于水H2SO4·SO3＋H2O=2H2SO4，所得硫酸的物質(zhì)的量為5mol，c＝n/V＝5mol÷4L＝mol·L－1。1．警惕溶液配制時(shí)的易錯(cuò)點(diǎn)(1)稱量固體時(shí)物碼顛倒，腐蝕性固體應(yīng)放在玻璃器皿中。(2)容量瓶不能配制任意體積的溶液，不能溶解、稀釋和貯存液體。(3)在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液實(shí)驗(yàn)中，定容時(shí)加蒸餾水，一旦超過(guò)刻度線，要重新配制。(4)配制時(shí)完全不需要計(jì)算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸餾水不影響結(jié)果。(5)定容時(shí)要平視刻度線，仰視體積大濃度小、俯視體積小濃度大。2．用好配制一定物質(zhì)的量濃度溶液誤差分析的答題模板1．某同學(xué)實(shí)驗(yàn)需要450mLmol·L－1碳酸鈉溶液，配制該溶液時(shí)下列儀器不需要的是()A．100mL量筒、燒杯、玻璃棒B．托盤(pán)天平、500mL容量瓶C．酒精燈、三角漏斗、導(dǎo)管D．膠頭滴管、玻璃棒、燒杯答案C解析根據(jù)操作步驟聯(lián)系實(shí)驗(yàn)儀器。配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，必需的儀器有托盤(pán)天平、燒杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、膠頭滴管等。2．假若你是衛(wèi)生防疫人員，為配制mol·L－1的KMnO4消毒液，下列操作導(dǎo)致所配溶液濃度偏高的是()A．取KMnO4樣品時(shí)不慎在表面沾了點(diǎn)蒸餾水B．溶解攪拌時(shí)有液體飛濺出C．定容時(shí)俯視容量瓶刻度線D．搖勻后見(jiàn)液面下降，再加水至刻度線答案C解析A項(xiàng)取得樣品質(zhì)量偏小，使溶液濃度偏低；B項(xiàng)液體飛濺出，會(huì)損失一部分KMnO4，使溶液濃度偏低；C項(xiàng)定容時(shí)俯視容量瓶刻度線導(dǎo)致加水量較少濃度偏高；D項(xiàng)加水量過(guò)多，使溶液濃度偏低。3．(1)配制濃度為2mol·L－1的NaOH溶液100mL，用托盤(pán)天平稱取NaOH固體時(shí)，天平讀數(shù)將________(填寫(xiě)字母，下同)。A．等于gB．等于gC．大于gD．等于g(2)某實(shí)驗(yàn)中需2mol·L－1的Na2CO3溶液950mL，配制時(shí)應(yīng)選用的容量瓶的規(guī)格為_(kāi)___________，稱取Na2CO3的質(zhì)量為_(kāi)_________。答案(1)C(2)1000mLg解析(1)稱量NaOH固體時(shí)需用小燒杯盛放，故天平讀數(shù)等于g＋燒杯質(zhì)量。(2)根據(jù)容量瓶的常用規(guī)格可知，應(yīng)配制2mol·L－1的Na2CO3溶液1000mL，所需Na2CO3的質(zhì)量為1L×2mol·L－1×106g·mol－1＝g。4．VLFe2(SO4)3溶液中含有agSOeq\o\al(2－,4)，取此溶液L，用水稀釋至2VL，則稀釋后溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量濃度為()\f(a,576V)mol·L－1\f(125a,36V)mol·L－1\f(250a,36V)mol·L－1\f(125a,48V)mol·L－1答案A解析agSOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量為eq\f(a,96)mol，因此VLFe2(SO4)3溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量為eq\f(2,3)×eq\f(a,96)mol＝eq\f(a,144)mol，從中取出L后n(Fe3＋)＝eq\f(a,144)mol×eq\f(1,2)＝eq\f(a,288)mol，即稀釋到2VL后溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量濃度為eq\f(\f(a,288)mol,2VL)＝eq\f(a,576V)mol·L－1。題型3化學(xué)反應(yīng)中的計(jì)算問(wèn)題1．(2023·山東理綜，9)等質(zhì)量的下列物質(zhì)與足量稀硝酸反應(yīng)，放出NO物質(zhì)的量最多的是()A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O4答案A解析根據(jù)得失電子守恒，還原劑提供的電子越多，氧化劑硝酸生成的NO的物質(zhì)的量就越多。1g題述四種物質(zhì)能提供的電子的物質(zhì)的量為\f(1,56＋16)×1mol；；\f(1,56＋32＋16×4)×1mol；\f(1,56×3＋16×4)×1mol(Fe3O4也可以寫(xiě)為Fe2O3·FeO)，等質(zhì)量時(shí)提供電子的物質(zhì)的量最多的為FeO。2．(2023·大綱全國(guó)卷，13)已知：將Cl2通入適量KOH溶液，產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，且eq\f(cCl－,cClO－)的值與溫度高低有關(guān)。當(dāng)n(KOH)＝amol時(shí)，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．若某溫度下，反應(yīng)后eq\f(cCl－,cClO－)＝11，則溶液中eq\f(cClO－,cClO\o\al(－,3))＝eq\f(1,2)B．參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量等于eq\f(1,2)amolC．改變溫度，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne的范圍：eq\f(1,2)amol≤ne≤eq\f(5,6)amolD．改變溫度，產(chǎn)物中KClO3的最大理論產(chǎn)量為eq\f(1,7)amol答案D解析A項(xiàng)，設(shè)反應(yīng)后溶液中n(Cl－)＝11nmol，則n(ClO－)＝nmol，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子守恒可知，生成11nmolCl－得11nmol電子，生成nmolClO－失去nmol電子，而生成1molClOeq\o\al(－,3)失去5mol電子，因此反應(yīng)生成的ClOeq\o\al(－,3)應(yīng)為2nmol，正確；B項(xiàng)，由于產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，根據(jù)原子守恒可知，Cl原子與K原子的物質(zhì)的量始終相等，故參加反應(yīng)的Cl2的物質(zhì)的量為KOH的eq\f(1,2)，正確；C項(xiàng)，當(dāng)只有KCl、KClO生成時(shí)，1molCl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子，故整個(gè)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為eq\f(1,2)amol，當(dāng)只有KCl、KClO3生成時(shí)，根據(jù)電子守恒可知，有eq\f(1,6)的Cl2生成了KClO3，有eq\f(5,6)的Cl2生成了KCl，故轉(zhuǎn)移電子eq\f(5,6)amol，正確；D項(xiàng)，當(dāng)只有KCl、KClO3生成時(shí)，產(chǎn)物中KClO3的量達(dá)到了最大值，根據(jù)電子守恒可知，有eq\f(1,6)的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理論產(chǎn)量為eq\f(1,6)amol，錯(cuò)誤。3．[2023·福建理綜，25(6)]葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測(cè)定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)的方案如下：(已知：滴定時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2＋I(xiàn)2＋2H2O=H2SO4＋2HI)①按上述方案實(shí)驗(yàn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液mL，該次實(shí)驗(yàn)測(cè)得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)為_(kāi)_______g·L－1。②在上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，若有部分HI被空氣氧化，則測(cè)定結(jié)果________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。答案①②偏低解析①根據(jù)反應(yīng)方程式：SO2＋I(xiàn)2＋2H2O=H2SO4＋2HI，可知n(SO2)＝n(I2)＝00mol·L－1×L＝×10－4mol，由于葡萄酒樣品為mL，因此樣品抗氧化劑的殘留量為×10－4mol×64g·mol－1÷0L＝g·L－1。②若部分HI被空氣氧化，則測(cè)得消耗的I2會(huì)減少，故測(cè)得的SO2會(huì)減少，結(jié)果偏低。4．(2023·上海，37)將一定質(zhì)量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量，也可測(cè)定小蘇打的含量。若蒸發(fā)過(guò)程中有少量液體濺出，則測(cè)定結(jié)果____________。(選填“偏高”、“偏低”或“不受影響”)答案偏高解析將一定質(zhì)量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量是利用NaHCO3→NaCl質(zhì)量差減小為84－＝，若蒸發(fā)過(guò)程中有少量液體濺出，造成質(zhì)量差變大，則測(cè)定結(jié)果偏高。1.物質(zhì)的量在化學(xué)方程式中計(jì)算的步驟寫(xiě)：寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式↓找：找出方程式中已知物質(zhì)和未知物質(zhì)的物質(zhì)的量的關(guān)系↓列：將已知量和未知量列成比例式↓求：對(duì)比例式求算2．化學(xué)計(jì)算中常用方法(1)守恒法守恒法是中學(xué)化學(xué)計(jì)算中一種常用方法，守恒法中的三把“金鑰匙”——質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子得失守恒，它們都是抓住有關(guān)變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過(guò)程，利用某種不變量(①某原子、離子或原子團(tuán)不變；②溶液中陰陽(yáng)離子所帶電荷數(shù)相等；③氧化還原反應(yīng)中得失電子相等)建立關(guān)系式，從而達(dá)到簡(jiǎn)化過(guò)程，快速解題的目的。(2)關(guān)系式法此法常用于多步連續(xù)反應(yīng)的計(jì)算。確定關(guān)系式可利用各步反應(yīng)的計(jì)量關(guān)系或某元素原子守恒關(guān)系找出已知物質(zhì)和未知物質(zhì)的關(guān)系式，然后根據(jù)已知量和未知量列比例式求解。(3)極值法對(duì)混合體系或反應(yīng)物可能發(fā)生幾種反應(yīng)生成多種生成物的計(jì)算，我們可假設(shè)混合體系中全部是一種物質(zhì)，或只發(fā)生一種反應(yīng)，求出最大值、最小值，然后進(jìn)行解答，此類題一般為選擇題。(4)設(shè)未知數(shù)法對(duì)混合體系的計(jì)算，我們一般設(shè)兩個(gè)未知數(shù)，然后依據(jù)題意列兩個(gè)方程，進(jìn)行求解。(一)關(guān)系式法1．(2023·上海，11)工業(yè)上將氨氣和空氣的混合氣體通過(guò)鉑—銠合金網(wǎng)發(fā)生氨氧化反應(yīng)，若有標(biāo)準(zhǔn)狀況下VL氨氣完全反應(yīng)，并轉(zhuǎn)移n個(gè)電子，則阿伏加德羅常數(shù)(NA)可表示為()\f,5V)\f(5V,\f,5n)\f,5V)答案D解析由NH3的催化氧化方程式可知1molNH3轉(zhuǎn)化為NO時(shí)轉(zhuǎn)移5mol電子，可得如下關(guān)系式：NH3～5e－1 5eq\f(V,×NAn即n＝eq\f(5V,×NA解得NA＝eq\f,5V)。2．氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料。國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定合格的CuCl產(chǎn)品的主要質(zhì)量指標(biāo)為CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于%。工業(yè)上常通過(guò)下列反應(yīng)制備CuCl：2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3=2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑(1)CuCl制備過(guò)程中需要配制質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%的CuSO4溶液，試計(jì)算配制該溶液所需的CuSO4·5H2O與H2O的質(zhì)量之比。(2)準(zhǔn)確稱取所制備的0gCuCl樣品置于一定量的mol·L－1FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20mL，用0mol·L－1Ce(SO4)2溶液滴定到終點(diǎn)，消耗mLCe(SO4)2溶液。有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為Fe3＋＋CuCl=Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－Ce4＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ce3＋通過(guò)計(jì)算說(shuō)明上述樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否符合標(biāo)準(zhǔn)。答案(1)5∶11(2)符合標(biāo)準(zhǔn)解析(1)假設(shè)配制1000g這種CuSO4溶液，則需要硫酸銅200g，“折合”成CuSO4·5H2O，其質(zhì)量為eq\f(250,160)×200g＝g，則所需水的質(zhì)量為1000g－g＝g，所需的CuSO4·5H2O與H2O的質(zhì)量之比為∶＝5∶11。(2)由方程式可得關(guān)系式為CuCl～Fe2＋～Ce4＋即CuCl的物質(zhì)的量等于消耗的Ce(SO4)2的物質(zhì)的量，為0mol·L－1××10－3L＝46mol，故CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f46mol×g·mol－1,0g)×100%＝%，符合標(biāo)準(zhǔn)。(二)守恒法3．鎂、鋁合金3g與100mL稀H2SO4恰好完全反應(yīng)，將反應(yīng)后所得溶液蒸干，得無(wú)水硫酸鹽g，則原硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為()A．mol·L－1B．1mol·L－1C．mol·L－1D．2mol·L－1答案A解析蒸干后所得產(chǎn)物分別是MgSO4和Al2(SO4)3，增加的質(zhì)量即為SOeq\o\al(2－,4)的質(zhì)量。c(H2SO4)＝eq\fg－3g,96g·mol－1×L)＝mol·L－1。4．某硫酸鎂和硫酸鋁的混合溶液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝mol·L－1，若將200mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分離，至少應(yīng)加入mol·L－1的苛性鈉溶液()A．LB．LC．LD．2L答案D解析根據(jù)溶液中的電荷守恒可得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，故c(Al3＋)＝(2×mol·L－1－2×2mol·L－1)/3＝3mol·L－1。當(dāng)加入的NaOH溶液恰好將Mg2＋與Al3＋分離時(shí)，所得溶液為Na2SO4和NaAlO2，根據(jù)鈉元素守恒，則V(NaOH)＝eq\f(2nSO\o\al(2－,4)＋nAl3＋,cNaOH)，代入數(shù)據(jù)得V(NaOH)＝eq\f(2×mol·L－1×L＋3mol·L－1×L,mol·L－1)＝2L。5．羥胺(NH2OH)是一種還原劑，能將某些氧化劑還原。現(xiàn)用mLmol·L－1的羥胺的酸性