「高频考点解密」2021年高考化学解密 02 物质的量
【考纲导向】
1．认识相对原子质量、相对分子质量的含义，并能进行有关计算。
2．了解物质的量的单位—摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数的含义。
3．根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)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．掌握阿伏加德罗定律及质量守恒定律的实际应用。
【命题分析】
1．主要考查内容有:以选择题的形式考查关于阿伏加德罗常数的正误判断、气体摩尔体积的概念;以物质的量为中心的有关计算、阿伏加德罗常数、气体摩尔体积等基本概念;对物质的量浓度的理解及简单的计算;配制一定物质的量浓度溶液的方法及相关误差分析。
2．今后的高考仍会围绕阿伏加德罗常数、气体摩尔体积设置知识陷阱,同时又隐含对物质结构、氧化还原反应、电离、水解等知识的考查。主要培养学生的宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想等学科核心素养。
考法1 物质的量概念的理解
【典例1】下列说法中正确的是( )
A．摩尔既是物质的数量单位又是物质的质量单位
B．阿伏加德罗常数是12 kg 12C中含有的碳原子数
C．1 mol水中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子
D．阿伏加德罗常数就是6.02×1023 mol－1
【解析】摩尔是物质的量的单位；1 mol粒子集体所含的粒子数是阿伏加德罗常数，与0.012 kg 12C中所含的碳原子数相同；阿伏加德罗常数是1 mol粒子所含的粒子数，在数值上等于12 g12C所含的碳原子数，是个具体的值，6.02×1023mol－1是阿伏加德罗常数的近似值。
【答案】C
考法2 摩尔质量概念的理解
【典例2】下列说法正确的是( )
A．阿伏加德罗常数是人们规定的数，没有单位
B．0.012 kg 12C中所含有的碳原子数的精确值是6.02×1023
C．H2O的相对分子质量为18，1 mol水的质量也是18
D．1.5 mol NaCl晶体中含有Na+数约为9.03×1023
【解析】国际上规定，阿伏加德罗常数的值与0.012 kg 12C中所含的碳原子数相同，单位是每摩，所以A选项不对；阿伏加德罗常数为6.0221367×1023 / mol，6.02×1023是它用于计算时约化后的值，故B不对；1 mol任何物质的质量，以克作单位时，在数值上等于其相对原子或相对分子质量，所以1 mol水的质量应是18 g而不是18，故C不对。
【答案】D
1．摩尔不是基本物理量。摩尔可以计量所有微观粒子(包括原子、分子、离子、原子团、质子、中子、电子等)，适用于微观粒子或微观粒子的特定组合，如1 mol CaCl2可以说含1 mol Ca2＋，2 mol Cl－或3 mol阴、阳离子，或含54 mol质子，54 mol电子。摩尔不能量度宏观物质，如“中国有多少摩尔人”的说法是错误的。
2．使用摩尔时必须指明物质微粒的种类，如“1 mol氢”的说法就不对，因氢是元素名称，而与氢有关的微观粒子有氢原子(H)也可以是氢离子(H＋)或氢分子(H2)，不知所指。种类可用汉字名称或其对应的符号、化学式等表示，如1 mol H表示1 mol氢原子，1 mol H2表示1 mol氢分子(或氢气)，1 mol H＋表示1 mol氢离子。
3．多少摩尔物质指的是多少摩尔组成该物质的基本微粒，如1 mol磷酸表示1 mol磷酸分子。
4．阿伏加德罗常数是有单位的，是6.02×1023 mol-1，不能误认为阿伏加德罗常数是6.02×1023。
5．相对原子(分子)质量与摩尔质量(以g·mol－1为单位时)只是在数值上相等，不是同一个物理量，单位不同。如Fe的摩尔质量为56 g·mol-1，Fe的相对原子质量为56，1 mol Fe的质量为56 g。
6．摩尔质量只有以g·mol-1做单位时，在数值上才等于其相对分子(或原子)质量，相对原子(分子)质量无单位。
7．对具体的物质，其摩尔质量是确定的，不随物质的量的变化而变化，也不随物质的聚集状态的变化而变化
1．下列说法正确的是( )
A．1 mol任何物质均含有阿伏加德罗常数个分子 B．1 mol H2O的质量是18 g/mol
C．H2O的摩尔质量是18 g D．18 g水中所含氧原子数约为6.02×1023个
【答案】D
【解析】有些物质不是由分子构成的，故A项错误；1 mol H2O的质量是18 g，H2O的摩尔质量是18 g/mol，故B、C项错误；18 g水为1 mol，所含氧原子数约为6.02×1023个，D项正确。
2．下列叙述中正确的是( )
A．镁的原子质量就是镁的相对原子质量 B．一个氧原子的实际质量约等于
C．水的相对分子质量等于18g D．二氧化硫的摩尔质量是64g
【答案】B
【解析】相对原子质量是比值，不是原子的实际质量，故A不正确；1mol氧原子的实际质量是16g，故一个氧原子的质量为 ，所以B正确；相对分子质量的单位是1，不是g，所以C错误；摩尔质量的单位为g·mol－1，所以D也是错的。
3．火箭燃料为偏二甲肼(C2H8N2)，它是一种高能燃料，燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述正确的是( )
A．偏二甲肼(C2H8N2)的摩尔质量为60
B．6.02×102 3个偏二甲肼(C2H8N2)分子的质量约为60g
C．1 mol 偏二甲肼(C2H8N2)的质量为60 g·mol-1
D．60g偏二甲肼(C2H8N2)中含有NA个氮原子
【答案】B
【解析】偏二甲肼(C2H8N2)的摩尔质量为60g/mol，相对分子质量为60，故A错误； 6.02×1023个偏二甲肼的物质的量为1mol，质量为1mol×60g/mol=60g，故B正确；1mol偏二甲肼(C2H8N2)的质量为60g，60g/mol是偏二甲肼的摩尔质量，故C错误；60g偏二甲肼(C2H8N2)的物质的量为 =1mol，每个偏二甲肼(C2H8N2)分子中含有2个氮原子，所以含有氮原子数目为1mol×2×NAmol-1=2NA，故D不正确。
4．(2021·浙江省台州地区期中)下列叙述正确的是( )
A．1 mol H2SO4 的质量为98 g·mol−1 B．98 g H2SO4含有NA个H2SO4分子
C．H2SO4的摩尔质量为98 g D．6.02×1023个H2SO4分子的质量为9.8 g
【答案】B
【解析】A项，质量的单位为g，g·mol-1是摩尔质量的单位，故A错误；B项，98g硫酸的物质的量为1mol，含有NA个H2SO4分子，故B正确；C项，摩尔质量的单位是g·mol-1，故C错误；D项，6.02×1023个H2SO4分子的物质的量为1mol，质量为98 g，故D错误。故选B。
5．科学家刚刚发现的某种元素的一个原子，其质量是a g，一个12C的原子质量是b g，设NA是阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是( )
A．该原子的摩尔质量是aNA g·mol－1 B．W g该原子中含有NA个原子
C．W g该原子的物质的量是 mol D．由已知信息可得：NA＝ mol－1
【答案】B
【解析】摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，单位是g·mol－1，一个原子的质量是a g，则1 mol该原子的质量即NA个原子的质量为aNA g，所以摩尔质量应为aNA g·mol－1，A项正确；一个原子的质量是a g，W g该原子中原子个数为个，B项错误；根据上述分析，该原子的摩尔质量是aNA g·mol－1，W g该原子的物质的量是 mol，C项正确；1 mol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数，以12 g 12C中所含碳原子数定义阿伏加德罗常数，应为NA＝ mol－1，D项正确。
6．科学家屠呦呦因发现青蒿素和双氢青蒿素治疗疟疾的新疗法而获得诺贝尔生理学或医学奖。双氢青蒿素的化学式为C15H24O5，相对分子质量为284。下列关于双氢青蒿素的说法正确的是( )
A．NA个双氢青蒿素的质量为284 g·mol－1
B．均为NA的C、H、O三种原子的质量比6∶1∶8
C．14.2 g双氢青蒿素中含有的原子总数为2.2NA
D．含有NA个碳原子的双氢青蒿素的物质的量为1 mol
【解析】质量的单位是g，不是g·mol－1，A错误；当摩尔质量的单位是g·mol－1时，均为NA个C、H、O三种原子的物质的 量为1 mol，分别乘以各自的摩尔质量12 g·mol－1、1 g·mol－1、16 g·mol－1，得到质量比12∶1∶16，B错误；14.2 g双氢青蒿素的物质的量是14.2 g÷284 g·mol－1＝0.05 mol，由于在一个分子中含有的原子个数是44个，所以0.05 mol双氢青蒿素中含有的原子的总数为2.2NA，C正确；一个双氢青蒿素的分子中含有15个碳，含有NA个碳原子的双氢青蒿素的物质的量为1 mol÷15≈0.067 mol，D错误。
【答案】C
核心考点二 气体摩尔体积
1．物质体积大小的 影响因素
2．粒子数目相同时不同物质的体积关系
3．气体摩尔体积
4．标况下气体摩尔体积
5．阿伏加德罗定律
(1)内容：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。即气体物质的量之比等于气体体积之比，也等于气体分子数之比。即： 。
(2)两个推论：
①同温同压下：气体密度之比等于气体式量之比 ， 的比值称为气体1对气体2的相对密度。
②同温同体积下：气体压强之比等于气体物质的量之比 说明：M：摩尔质量，m：质量，n：物质的量
3．气体式量的基本计算方法：
(1)密度法： ：该气体在标准状况下的密度，g·L－1。
：气体摩尔体积，22.4 L·mol－1(标准状况)。
M：气体的摩尔质量，数值上等于相对分子质量。
(2)相对密度法：
(3)公式法： (混合气体的平均化学式量)
考法1 气体摩尔体积概念的理解
【典例1】下列说法正确的是( )
A．标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
B．0.5 mol H2所占的体积是11.2 L
C．标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
D．标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L
【解析】6.02×1023个分子的物质的量是1 mol，但此分子不一定是气体，故在标准状况下的体积不一定是22.4 L，A项错误；B项中未指明气体所处的状况，所以此气体体积不一定是11.2 L，B项错误；H2O在标准状况下不是气体，所以1 mol H2O的体积不是22.4 L，C项错误；N2和CO的摩尔质量都是28 g·mol－1，所以28 g N2和CO的混合气体的物质的量是1 mol，在标准状况下的体积约为22.4 L，D项正确。
【答案】D
考法2 气体摩尔体积概念的理解
【典例2】在标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数相同，下列说法中正确的是( )
A．同温同压下，两气体A与B的密度之比为n∶m
B．同质量的A、B两种气体的分子数之比为m∶n
C．相同状况下，同体积的气体A和B的质量之比为n∶m
D．A与B两种气体的相对分子质量之比为m∶n
【解析】标准状况下，分子数相同的气体A和B，它们的物质的量相同，气体体积相同。则同温同压，气体密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之比，即为m∶n，A错误；A与B相对分子质量之比为m∶n，同质量时由n＝可知，分子数之比等于∶＝n∶m，B错误；相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即为m∶n，C错误；由n＝可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即A与B相对分子质量之比为m g∶n g＝m∶n，D正确。
【答案】D
1．下列两种气体的分子数一定相等的是( )
A．质量相等、密度不等的N2和CO B．等体积、等密度的CO和NO
C．等温、等体积的O2和N2 D．等压、等体积的N2和CO2
【答案】A
【解析】依据阿伏加德罗定律可知，相同条件(温度、压强)下，体积相等则分子数(或物质的量)一定相等。B中，由m= V可知二者质量相等，但M (CO)≠M (NO)，故二者物质的量n (CO)≠n (NO)，其分子数不相等；C中，压强不确定，则分子数不确定；D中，温度不确定，分子数也无法确定；而A中，由于二者摩尔质量相等，质量相等，则n (N2)=n (CO)。
2．同温同压下，x g的甲气体和y g的乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是( )
A．x∶y等于甲与乙的相对分子质量之比
B．x∶y等于等质量的甲与乙的分子个数之比
C．x∶y等于同温同压下甲与乙的密度之比
D．y∶x等于同温同体积下等质量的甲与乙的压强之比
【答案】B
【解析】由阿伏加德罗定律，n甲＝n乙，则M甲∶M乙＝x∶y，ρ甲∶ρ乙＝M甲∶M乙，等质量时甲与乙的分子个数比为y∶x，同温同体积时等质量的甲、乙压强比等于物质的量之比，为y∶x。
3．(2021·宁波市余姚中学高三月考)在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，在以下各种情况下排序正确的是( )
A．当它们的体积、温度和压强均相同时，三种气体的密度ρ(H2)>ρ(Ne)>ρ(O2)
B．当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强p(H2)>p(Ne)>p(O2)
C．当它们的质量、温度和压强均相同时，三种气体的体积V(O2)>V(Ne)>V(H2)
D．当它们的压强、体积和温度均相同时，三种气体的质量m(H2)>m(Ne)>m(O2)
【答案】B
【解析】温度、压强均相同时，气体的Vm相等，ρ＝，可知气体的密度与摩尔质量呈正比，则ρ(O2)＞ρ(Ne)＞ρ(H2)，故A错误；根据pV＝nRT可知，pM＝ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，则三种气体的压强p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)，故B正确；温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n＝＝可知，等质量时，气体的体积和摩尔质量呈反比，应为V(H2)＞V(Ne)＞V(O2)，故C错误；温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n＝＝可知，等体积时，气体的质量和摩尔质量呈正比，则m(O2)＞m(Ne)＞m(H2)，故D错误。
4．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
【答案】C
【解析】由质量和密度相等可知气体体积相等，D错误；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，又气体体积相同，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，摩尔质量与压强成反比，C正确。
5．三种气体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．原子数目相等的三种气体，质量最大的是Z
B. 相同条件卜，同质量的二种气体，气体密度最小的是X
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0.1moI
D. 同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和lgZ气体，则其压强比为2：1
【答案】B
【解析】A项，原子数相等，但不能确定其分子数的关系，即不能确定其物质的量的关系，不能确定其质量的大小，A错误；B项，相同条件下，同质量的气体，摩尔质量越小，其物质的量越大，体积越大，密度越小，故X密度最小，B正确；C项，在一定条件下，三者气体体积均为2.24L，则其物质的量相等，但不一定是0.1摩尔，没有说明是否在标况下，C错误；D项，2gY气体和lgZ气体其物质的量相等，在相同的温度和体积时，其压强也相同，D错误。
核心考点三 物质的量浓度
1．物质的量浓度
(1)概念：表示单位体积溶液中所含溶质B的物质的量。
(2)表达式：cB＝。
(3)单位：mol·L－1(或 mol/L)。
(4)注意事项：①cB＝中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和。
②从一定物质的量浓度溶液中取出任意体积的溶液，其浓度相同，所含溶质的物质的量不同。
2．溶质的质量分数
3．配制一定物质的量浓度溶液
(1)步骤：
由固体配制溶液(需确定溶质的质量)和由浓溶液配制稀溶液(需确定要量取的浓溶液体积)。整个过程可细化为八个步骤：计算、称量、溶解或稀释、转移、洗涤、转移、定容、摇匀。
(2)仪器：
容量瓶(注意规格)、托盘天平(固体配制溶液)或滴定管(用浓溶液配制稀溶液)、量筒(用于量取溶剂)、烧杯(溶解)、玻璃棒(搅拌、引流)、胶头滴管(用于定容)、药匙(溶质是固体时使用)。
(3)检查容量瓶是否漏液的方法：
容量瓶上标有刻度线、适用温度、容量。使用前一定要检查容量瓶是否漏液，其方法是：向瓶内加一定量水，塞好瓶塞，用左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底，将容量瓶倒置，看是否有水漏出。如不漏水，再将容量瓶正立，将瓶塞旋转180°，重复上述操作，两次均不漏水的容量瓶才能使用。
(4)注意事项：
①称量时一般用托盘天平，量取时一般用量筒，它们只能准确到小数点后一位(0.1 g或0.1 mL)，因此计算所用溶质的质量或体积时保留到小数点后一位。
②称量时左物右码，有吸湿性和腐蚀性的药品放在烧杯中快速称量；用量筒量取的液体倒入烧杯后，量筒内壁附着的溶质不要洗涤到烧杯中。
③溶解时一般先在烧杯中加入溶质，后加溶剂进行溶解。浓硫酸的稀释一定要注意将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，且边加边用玻璃棒搅拌。
④配制一定物质的量浓度的溶液，是将一定质量或体积的溶质按溶液的体积在选定的容量瓶中定容，因而完全不需要计算水的用量。
⑤不能配制任意体积的溶液，因为配制过程中是用容量瓶来定容的，而容量瓶的规格又是特定值。常用容量瓶的规格有100 mL、250 mL、500 mL、1000 mL等。
⑥不能在容量瓶中溶解、稀释或久贮溶液(尤其碱性溶液)，更不可在容量瓶中进行化学反应。配制完溶液后，应将溶液倒入干燥、洁净的试剂瓶中。
⑦溶液注入容量瓶前要使其温度恢复到室温，这是因为热的溶液转入容量瓶会使所配的溶液的体积偏小(玻璃的膨胀系数小于液体)，所配溶液浓度偏大。
⑧溶液转移至容量瓶时，要用玻璃棒引流，并用蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒(上面粘有少量溶质)2～3次，将洗涤液移入容量瓶。
⑨当容量瓶中液面上升到离刻度线1～2 cm处，要改用胶头滴管加入蒸馏水，防止液面超过刻度线。若加水定容时超过刻度线，必须重新配制。
⑩定容后的溶液要注意反复摇匀。静置后若发现液面下降，稍低于标线，不要再加蒸馏水，否则会引起结果偏低。如果摇匀后洒出几滴，溶液的浓度不变。
5、配制误差分析：
根据 判断。其他正常时，凡是使m或n增大的因素，使c偏大；凡是使m或n减小的因素，使c偏小；凡是使V增大的因素，使c偏小；凡是使V减小的因素，使c偏大。
①若称量固体溶质时，操作无误，但所有砝码生锈，m偏大，结果偏高。
②若没有洗涤烧杯内壁，使n偏小，结果偏低。
③若容量瓶中有少量蒸馏水，或定容后反复摇匀后发现液面低于刻度，则对结果无影响。
④仰视刻度线(图甲)。由于操作时是以刻度线为基准加水，从下向上看，最先看见的是刻度线，刻度线低于液面的实际刻度，故加水量偏多，导致溶液体积偏大，结果偏低。
⑤俯视刻度线(图乙)。恰好与(4)相反，刻度线高于液面的实际刻度，使得加水量偏小，结果偏高。
考法1 物质的量浓度概念的理解
【典例1】下列说法中正确的是( )
A．1 L水中溶解了58.5 g NaCl，该溶液的物质的量浓度为l mol／L
B．从l L 2 mol／L的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为1 mol／L
C．配制500 mL 0.5 mol／L的CuSO4溶液，需62.5 g胆矾
D．中和100 mL l mol／L的H2SO4溶液，需NaOH 4 g
【解析】A中58.5 g NaCl的物质的量为l mol，但溶液的体积并不是1 L水的体积，所以物质的量浓度无法计算。B中取出0.5 L的溶液，它的物质的量浓度并未发生变化，仍为2 mol／L，0.5 L溶液中所含的溶质是1 L溶液中的一半。C中因为500mL0.5 mol／L的CuSO4溶液中，CuSO4的物质的量为0.5 L×0.5 mol／L=0.25 mol，所以胆矾的物质的量也应为0.25 mol，即质量为0.25 mol×250 g／mol=62.5 g。D中因为H2SO4的物质的量为0.1 L×1 mol／L=0.1 mol，中和0.1 mol H2SO4需NaOH应为0.2 mol，即0.2 mol×40 g／mol=8 g。
【答案】C
考法2 配制一定物质的量浓度溶液
【典例2】用经过准确称量的NaOH固体配制250 mL 0.2 mol/L NaOH溶液。
(1)在下列实验仪器中，不必使用的是________(填代号)。
A．托盘天平 B．500 mL试剂瓶 C．500 mL容量瓶 D．250 mL烧杯 E．胶头滴管
(2)除上述仪器中可使用的以外，还缺少的仪器是________；在该实验中的用途是_______ 。
(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是________。
(4)配制时经以下操作步骤，正确的顺序是________。
A．用适量的蒸馏水加入盛NaOH的烧杯中完全溶解，冷却至室温
B．将烧杯中的溶液小心转移到容量瓶中
C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1 cm～2 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至凹液面底部与刻度线相切
D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤液都小心注入容量瓶，并轻轻振荡
E．将容量瓶塞塞紧，充分摇匀
(5)下列情况会使所配溶液浓度偏高的是________。
a．定容时俯视标线 b．没有进行上述操作步骤D
c．加蒸馏水不慎超过刻度线 d．容量瓶使用前内壁沾有水珠 e．砝码上有杂质
【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液，所用仪器根据实验步骤选择，因为NaOH固体是经过准确称量的，故不再需托盘天平进行称量，固体需溶解，故需用250 mL烧杯，又因是配制250 mL的溶液，故不需要500 mL容量瓶，而应使用250 mL容量瓶，又因容量瓶不能用来长期保存试剂，故需500 mL试剂瓶来盛装溶液。(2)除了上述仪器中可使用的以外，还需玻璃棒，主要是用来溶解和引流。(3)使用容量瓶前必须检查容量瓶是否漏水。
【答案】(1)AC (2)玻璃棒、250 ml容量瓶 玻璃棒的作用：溶解NaOH固体时起搅拌作用，加速固体的溶解；将烧杯中溶解的NaOH溶液转移到容量瓶中时起引流作用，以防液体洒在瓶外及沾在瓶的刻度线上方而引起体积不准确。250 mL容量瓶的作用：准确配制溶液 (3)检查容量瓶是否漏水 (4)ABDCE (5)ae
考法3 配制一定物质的量浓度溶液误差分析
【典例3】实验室要用98%(ρ=1.84g·cm－3)的硫酸配制3.68mol·L－1的硫酸溶液500mL，若其他操作均正确，但出现下列错误操作，所配制的硫酸溶液浓度偏高的是( )
A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外
C．用胶头滴管向容量瓶中加水时溶液凹面高于容量瓶刻度，此时立即用滴管将瓶内液体吸出，使溶液凹液面与刻度相切
D．用胶头滴管加水时，俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切
【解析】将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，A不选；将烧杯内的稀硫酸向容量瓶中转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，B不选；用胶头滴管向容量瓶中加水时溶液凹面高于容量瓶刻度，此时立即用滴管将瓶内液体吸出，使溶液凹液面与刻度相切，吸出的溶液中含有溶质，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，C不选；用胶头滴管加水时，俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，选D。
【答案】D
(1)正确判断溶液的溶质并计算其物质的量。
①与水发生反应生成新的物质，如Na、Na2O、Na2O2NaOH；SO3H2SO4；NO2HNO3。
②特殊物质：如NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时仍以NH3作为溶质。
③含结晶水的物质：CuSO4·5H2O―→CuSO4；Na2CO3·10H2O―→Na2CO3。
(2)准确计算溶液的体积。不能用水的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水，一般根据溶液的密度进行计算：V＝×10－3 L(ρ以g·cm－3为单位)。
(3)注意溶质的浓度与溶液中某离子浓度的关系。溶质的浓度和离子浓度可能不同，要注意根据化学式具体分析。如1 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中c(SO)＝3 mol·L－1，c(Al3＋)等于2 mol·L－1(考虑Al3＋水解时，则其浓度小于2 mol·L－1)。
1．下列溶液中物质的量浓度为1 mol·L－1的是( )
A．将40 g NaOH溶解在1 L水中
B．将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液
C．将1 L 10 mol·L－1浓盐酸加入9 L水中
D．将10 g N aOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250 mL
【答案】D
【解析】根据公式c＝，n为溶质的物质的量，V为溶液的体积。A项溶液的体积不等于1 L；B项22.4 L HCl的物质的量不一定是1 mol；C项，盐酸与水混合后，溶液体积不是10 L；D项n(NaOH)＝0.25 mol，V[NaOH(aq)]＝0.25 L，c(NaOH)＝1 mol/L。
2．下列关于物质的量浓度表述正确的是
A．0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42-的总物质的量为0.9 mol
B．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量相等，则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同
C．当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L-1，只有当22.4 L(标准状况)氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L-1
D．10 ℃时，100 mL 0.35 mol·L-1的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度大于0.35 mol·L-1
【答案】C
【解析】A项，0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液中Na+、SO42-的物质的量浓度为：0.6mol·L-1、0.3 mol·L-1，由于缺少溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故A错误；B项，在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在：c(Na+)+c(K+)=c(Cl-)+2c(SO42-)，Na+和SO42-的物质的量相等，即物质的量浓度相等，所以K+和Cl-的物质的量浓度一定不相同，故B错误；C项，溶液的体积不等于溶剂的体积，所以1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L-1；标况下22.4 L氨气的物质的量为1mol，溶于水制得1 L氨水时，其浓度一定等于1 mol·L-1，故C正确；D项，10℃时，0.35 mol·L-1的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，冷却到10℃时，其体积小于100 mL，溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L-1，故D错误；故选C。
3．体积为V(mL)、密度为ρ (g·mL－1)的溶液中，含有摩尔质量为M(g·mol－1)的溶质m(g)，其物质的量浓度为c(mol·L－1)，溶质的质量分数为a%。下列有关关系式不正确的是( )
A．m＝V×ρ×a% B．c＝1000×ρ·a×M mol·L－1
C．c＝ ×L－1 D．a%＝ ×100%
【答案】B
【解析】根据各种物理量的定义与c、ρ和a%之间的关系，进行推导和变形，得B不正确，应为c＝1000 ×ρ×a%×Mmol·L－1。
4．36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是( )
A．所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
B．所得溶液中含有NA个HCl分子
C．36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L
D．所得溶液的质量分数：w＝
【答案】D
【解析】1 L水溶解了溶质后体积不再是1 L，A项错误；HCl是强电解质，溶于水完全电离为H＋和Cl－，不存在HCl分子，B项错误；36.5 g HCl气体所处的温度和压强未知，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其体积，C项错误；根据基本公式c＝变形可得w＝＝，D项正确。
5．实验室要用98%(密度为1.84 g·cm－3)的硫酸配制3.68 mol/L的硫酸500 mL。
(1)需准确量取98%的硫酸________mL。
(2)要配制3.68 mol/L的硫酸500 mL，必须用到的仪器是(填写序号)________。
①500 mL量筒 ②烧杯 ③1 000 mL容量瓶 ④500 mL容量瓶 ⑤天平 ⑥胶头滴管 ⑦锥形瓶 ⑧玻璃棒
(3)若配制3.68 mol/L的硫酸，其他操作均正确，下列操作会使所配硫酸溶液浓度偏低的是________。
A．将稀释的硫酸转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
B．将烧杯内的稀硫酸向容量瓶内转移时，因操作不当使部分稀硫酸溅出瓶外
C．用胶头滴管向容量瓶中加水时凹液面高于容量瓶刻度线，此时立即用胶头滴管将瓶内多余液体吸出，使溶液凹液面与刻度线相切
D．用胶头滴管向容量瓶中加入水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切
(4)若配制时，因加水不慎超过了容量瓶刻度线，此时实验应如何继续进行？________。
【答案】(1)100.0 (2)②④⑥⑧ (3)ABCD (4)将容量瓶中的溶液倒出洗涤干净后，再重新配制
【解析】(1)需要硫酸的物质的量为3.68 mol/L×0.5 L＝1.84 mol，需98%的浓硫酸的体积为1.84 mol×98 g/mol÷98%÷1.84 g·cm－3＝100.0 mL。(2)量取硫酸可用100 mL的量筒，不能用500 mL的量筒(误差大)，用500 mL的容量瓶，还用到烧杯、胶头滴管、玻璃棒。(3)配制溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒、溅出稀硫酸、加水超过容量瓶刻度线后用胶头滴管吸出瓶内液体，都使硫酸损失，会使所配溶液浓度偏低。加水仰视会使液面高于刻度线，所以也会使所配溶液浓度偏低。(4)当加水不慎超过了容量瓶刻度线，无论怎么处理都使结果不准确，所以必须重新配制。
核心考点四 阿伏加德罗常数
考法 有关NA的正误判断
【典例1】(2021年1月浙江选考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol NH4F晶体中含有的共价键数目为3NA
B．CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)完全燃烧，则消耗O2分子数目为0.25NA
C．向100mL 0.10mol·L-1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01NA
D．0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA
【详解】A项，NH4F结构中只有铵根中含有4个共价键，则l mol NH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A错误；B项，CH4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)的物质的量是0.1mol，由于1mol CH4和C2H4分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2NA和0.3NA之间，B错误；C项，l00 mL0.10 mol/L FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01NA，C正确；D项，乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，则0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1NA，D错误；故选C。
【答案】C
【典例2】(2020·新课标Ⅲ卷)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B．1 mol重水比1 mol水多NA个质子
C．12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA个碳原子
D．1 L 1 mol·L−1 NaCl溶液含有28NA个电子
【解析】A项，标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；B项，重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；C项，石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即 =1molC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；D项，1molNaCl中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；故选C。
【答案】C
判断有关阿伏加德罗常数题主要技法
(1)抓“两看”,突破“状态、状况”陷阱
一看“气体”是否处于“标准状况”。
二看“标准状况”下,物质是否为“气体”(如CCl4、H2O、Br2、SO3、酒精、己烷、苯等在标准状况下均不是气体)。
(2)排“干扰”,突破“质量、状况”陷阱
给出非标准状况下气体的物质的量或质量,干扰学生正确判断,误以为无法求解物质所含的粒子数,实际上,此时物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。
(3)记“组成”,突破“结构”判断陷阱
①记特殊微粒中质子、中子或电子的数目,如Ne、D2O、18O2、—OH、OH-等。
②记实验式相同的物质,如NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等。
③记摩尔质量相同的物质,如N2、CO、C2H4等。
④记特殊物质的摩尔质量,如D2O、18O2、H37Cl等。
(4)审“要求”,突破“离子数目”判断陷阱
一审是否有弱酸或弱碱离子的水解。
二审是否指明了溶液的体积。
三审所给条件是否与电解质的组成有关,如pH=1的H2SO4溶液中,c(H+)=0.1 mol·L-1,与电解质的组成无关;0.05 mol·L-1的Ba(OH)2溶液中,c(OH-)=0.1 mol·L-1,与电解质的组成有关。
(5)记“隐含反应”,突破“粒子组成、电子转移”判断陷阱
注意可逆反应,如1 mol N2和3 mol H2在一定条件下充分反应后,生成NH3的分子数应小于2NA。再如弱电解质中存在电离平衡,不能完全电离等。
(6)“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作氧化剂还是还原剂的判断。
如Cl2和Fe或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。
再如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,生成物中元素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,生成物中元素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,先氧化I-,再氧化Fe2+。
1．(2020·浙江1月选考)设[aX＋bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )
A．H2(g)＋ O2(g)=H2O(l) ΔH＝－286 kJ·mol−1，则每1 mol [H2(g)＋ O2(g)]生成1 mol [H2O(l)]放热286 kJ
B．Cr2O72-＋ne−＋14H+=2Cr3+＋7H2O，则每生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA
C．Al3+＋4OH−=[Al(OH)4]−，说明1 mol Al(OH)3电离出H+数为NA
D．1 mol CO2与NaOH溶液完全反应，则n(CO32-)＋n(HCO3-)＋n(H2CO3)＝1 mol
【答案】C
【解析】A项，由热化学方程式可知，氢气在氧气中的燃烧为放热反应，1 mol [H2(g)＋ O2(g)]生成1 mol [H2O(l)]放热286 kJ，故A正确；B项，由铬元素化合价变化可知，生成2 mol Cr3+转移6mol电子，则生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA，故B正确；C项，氢氧化铝是两性氢氧化物，在溶液中发生酸式电离部分电离出氢离子，则1 mol Al(OH)3电离出H+数小于NA，故C错误；D项，由碳原子个数守恒可知，1 mol CO2与NaOH溶液完全反应生成的盐溶液中，n(CO32-)＋n(HCO3-)＋n(H2CO3)＝1 mol，故D正确；故选C。
2．(2020·浙江7月选考)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．4MnO4-+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O，1mol[4MnO4-+5HCHO]完全反应转移的电子数为20NA
B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32 g Cu转化为Cu2+
C．常温下，pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+数为10−5NA
D．1 L浓度为0.100 mol·L−1的Na2CO3溶液中，阴离子数为0.100NA
【答案】A
【解析】A项，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol MnO4-完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A正确；B项，电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B错误；C项，溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；D项，n(Na2CO3)=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于CO32-发生水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2O H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D错误；故选A。
3．(2019·新课标Ⅱ卷)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A．3g 3He含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 mol·L−1磷酸钠溶液含有的 数目为0.1NA
C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】B
【解析】A项， 的中子数为3-2=1，则3g 的中子数为 =NA，A项正确； B项， 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；C项，重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA，C项正确；D项，正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为 ×13×NA mol-1 =13NA，D项正确；故选B。
4．(2019·新课标Ⅲ卷)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( )
A． 每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c( )+2c( )+3c( )+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】A项，常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；B项，根据电荷守恒可知，B正确；C项，加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D项，加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；
5．(2019·浙江省1月选考)设[aX＋bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )
A．H2(g)＋ O2(g)=H2O(l) ΔH＝－286 kJ·mol−1，则每1 mol [H2(g)＋ O2(g)]生成1 mol [H2O(l)]放热286 kJ
B．Cr2O72-＋ne−＋14H+=2Cr3+＋7H2O，则每生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA
C．Al3+＋4OH−=[Al(OH)4]−，说明1 mol Al(OH)3电离出H+数为NA
D．1 mol CO2与NaOH溶液完全反应，则n(CO32-)＋n(HCO3-)＋n(H2CO3)＝1 mol
【答案】C
【解析】A项、由热化学方程式可知，氢气在氧气中的燃烧为放热反应，1 mol [H2(g)＋ O2(g)]生成1 mol [H2O(l)]放热286 kJ，故A正确；B项、由铬元素化合价变化可知，生成2 mol Cr3+转移6mol电子，则生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA，故B正确；C项、氢氧化铝是两性氢氧化物，在溶液中发生酸式电离部分电离出氢离子，则1 mol Al(OH)3电离出H+数小于NA，故C错误；D项、由碳原子个数守恒可知，1 mol CO2与NaOH溶液完全反应生成的盐溶液中，n(CO32-)＋n(HCO3-)＋n(H2CO3)＝1 mol，故D正确；故选C。
6．(2019·浙江省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． 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
【答案】D
【解析】A．1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4个碳氢键合为4个共价键，总计6个共价键，因而1mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；B．n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol，因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B项正确；C．HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子数为NA，C项正确；D．不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa(2.3gNa为0.1mol)转移电子数为0.1mol×1×NA=0.1NA，D项错误。
核心考点五 物质的量在化学计算中的应用
1．化学方程式中化学计量数与相关物理量的关系c
2．物质的量应用于化学方程式计算的基本步骤
3．以物质的量为中心的各种计量关系
考法1 关系式型计算
【典例1】(2021年1月浙江选考)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O，(x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6)，S+ K2SO3 K2S2O3
请计算：
(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=______。
(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=______。(写出计算过程)
【解析】(1)根据方程式3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= = =0.03L=30.0mL；(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有
解得x=3。
【答案】(1)30.0 (2)3
考法2 图表型计算
【典例2】(2021届浙江省东阳中学选考模拟)为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸60.0mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解)如下表：
CO2体积(mL)
672
840
896
672
(1)样品中物质的量之比n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=___。
(2)盐酸的物质的量浓度c(HCl)=___。
【解析】(1)结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，随着样品质量增加，生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明Ⅰ、Ⅱ中盐酸过量，Na2CO3和NaHCO3的完全反应，设出Ⅰ中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，则①106x+84y=2.96、②x+y= =0.03mol，联立①②解得：x=0.02mol、y=0.01mol，所以样品中物质的量之比n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=0.01mol：0.02mol =1：2；(2)根据实验Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中盐酸不足，Na2CO3优先反应生成NaHCO3，设6.66g样品中含有碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为2x、x，则106×2x+84x=6.66，解得：x=0.0225mol，即6.66g样品中含有0.045mol碳酸钠、0.0225mol碳酸氢钠，将样品加入盐酸中，先发生反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，0.045mol碳酸钠完全反应消耗HCl的物质的量为0.045mol，碳酸钠完全反应后发生再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成标准状况下672mL二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=n(CO2)= =0.03mol。所以60mL盐酸中含有HCl的物质的量为：0.045mol+0.03mol=0.075mol，该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)= =1.25mol/L。
【答案】(1)1：2 (2)1.25mol/L
物质组成计算类型及方法总结
1．(2020年1月浙江省选考) 为测定FeC2O4·2H2O(M＝180 g·mol−1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
已知：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H+3Mn2+＋5Fe3+＋10CO2↑＋22H2O
假设杂质不参加反应。
该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)；写出简要计算过程：________
【答案】95.2
【解析】根据方程式找出MnO4-和FeC2O4·2H2O之间的数量关系，然后进行计算求解；第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为 ;根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-~5FeC2O4·2H2O，所以25mL待测液中所含FeC2O4·2H2O的物质的量为： ，质量为 ，所以样品中FeC2O4·2H2O质量分数为 。
2．(2021届浙江省杭州学军中学高三期中)国家标准规定酿造食醋总酸含量不得低于3.5g/100mL，为测定某品牌市售醋酸的浓度，用移液管移取25mL，定容至250mL。取25.00mL溶液，用0.2000 mol∙L−1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
已知：常温下，Ka(CH3COOH)=1.8×10−5， =2.236
(1)该市售醋酸的含量为______g/100mL
(2)该市售醋酸c(H+)约等于______(保留小数点后一位)
【答案】(1)9.6 (2) 5.4×10−3
【解析】(1)第一次消耗的体积为19.98mL，第二次消耗的体积为20.00mL，第三次消耗的体积为20.02mL，三次的平均值为20.00mL，则25mL溶液中醋酸的物质的量n(CH3COOH)= n(NaOH)=0.02L×0.2000mol∙L−1×10=0.04mol，则100mL醋酸溶液中物质的量为0.04mol×4=0.16mol，100mL溶液中醋酸的质量0.16mol×60g∙mol−1=9.6g，因此该市售醋酸的含义为9.6g/100mL； (2)该市售醋酸100mL醋酸溶液中物质的量为0.04mol×4=0.16mol，醋酸的浓度为 ，则 ， ， 。
3．(2021届浙江省三校高三第一次联考)化学需氧量(chemical oxygen demand，简称COD)表示在强酸性条件下重铬酸钾氧化 1 L 污水中有机物所需的氧化剂的量，并换算成以氧气为氧化剂时，1 L水样所消耗O2的质量(mg·L-1)计算。COD小，水质好。某湖面出现赤潮，某化学兴趣小组为测定其污染程度，用 1.176 g K2Cr2O7固体配制成 100 mL溶液，现取水样20.00 mL，加入10.00 mL K2Cr2O7溶液，并加入适量酸和催化剂，加热反应2 h。多余的K2Cr2O7用0.100 0 mol·L-1Fe(NH4)2(SO4)2溶液进行滴定，消耗Fe(NH4)2(SO4)2溶液的体积如下表所示。此时，发生的反应是CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O。(已知K2Cr2O7和有机物反应时被还原为 Cr3+，K2Cr2O7的相对分子质量为294)
(1)K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为______mol·L-1。
(2)求该湖水的COD为______mg·L-1。
【答案】(1)0.0400 (2)480
【解析】(1)K2Cr2O7的摩尔质量为294 g/mol，则1.176 g K2Cr2O7固体的物质的量是n(K2Cr2O7)= =0.0040 mol，由于配制成100 mL溶液，所以配制K2Cr2O7的溶液的物质的量浓度c(K2Cr2O7)= =0.0400 mol/L；(2)n(K2Cr2O7)=0.01 L×0.0400 mol/L=4×10-4 mol，三次实验消耗溶液的体积分别是12.10 mL、11.90mL、13.10 mL，可见第三次实验误差较大，要舍去，则消耗溶液平均体积是V= =12.00 mL、n(Fe2+)=12×10-3 L×0.10 mol/L=1.2×10-3 mol，由CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O可知，剩余的n(K2Cr2O7)= n(Fe2+)= ×1.2×10-3 mol=2×10-4 mol，则水样消耗的n(K2Cr2O7)=4×10-4 mol-2×10-4 mol=2×10-4 mol，根据电子电子转移可知，水样需要氧气的物质的量为n(O2)= ×[2×10-4mol×(6-3)×2]=3×10-4 mol，氧气的质量m(O2)=3×10-4 mol×32 g/mol=96×10-4 g=9.6 mg，故该水样的化学需氧量COD= =480 mg/L。
4．黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。
【答案】(1)90.0% (2)3.36×106 15
【解析】(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：
Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2
1
0.020 00 mol·L－1×0.025 00 L
m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为90.0%。
(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol
mol n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 mol，V(SO2)＝3.36×106 L；
由SO2 ～SO3 ～H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
5．(2021届浙江省十校联盟高三联考)为测定某补血剂样品[主要成分是硫酸亚铁晶体(FeSO4·7HO，M=278gmol-1)]中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了如下实验方案。取10片补血剂，加入一定量稀硫酸溶解后，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.00500mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定，重复实验平均消耗酸性KMnO4溶液10.00mL。已知滴定过程反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
(1)若实验无损耗，则每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为 ____mg(列式计算)。
(2)正常人每天应补充14mg左右的铁，如果全部通过服用含FeSO4·7H2O的片剂来补充铁，则正常人每天最少需服用含FeSO4·7H2O的片剂____片。
【答案】(1)0.00500mol/L×10.00×10-3L×5× ×278g/mol×103mg/g÷10=69.5mg (2)1
【解析】(1)反应过程中消耗KMnO4物质的量为n(KMnO4)= 0.00500mol·L-1×10.00×10-3L=5×10-5mol，根据离子反应：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，25.00mL溶液中含Fe2+物质的量n(Fe2+)=5 n(KMnO4)=2.5×10-4mol，则250mL溶液中含Fe2+物质的量n(Fe2+)=2.5×10-4mol× =2.5×10-3mol，10片补血剂中含FeSO4·7H2O的质量为2.5×10-3mol×278g/mol=0.695g，每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为0.0695g=69.5mg。(2) 正常人每天应补充14mg左右的铁，则服用的含FeSO4·7H2O的片剂中所含FeSO4·7H2O的质量为14mg÷ =69.5mg，由于每片补血剂含FeSO4·7H2O含量为69.5mg，则正常人每天最少需服用含FeSO4·7H2O的片剂1片。