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2022年高考化学一轮精品讲练析 物质的量考点解读1掌握物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目，气体体积之间的相互关系。2掌握有关物质的量、气体摩尔体积、溶液的物质的量浓度的计算。知识体系根底过关第1课时 物质的量、阿伏加德罗常数、摩尔质量1.物质的量1物质的量是七个根本物理量之一，其意义是表示含有一定量数目的粒子的集体。符号为：n ，单位为：摩尔mol。2物质的量的基准NA：以0.012kg12C所含的碳原子数即阿伏加德罗常数作为物质的量的基准。阿伏加德罗常数可以表示为NA，其近似值为6.02×1023mol-12.摩尔质量M1摩尔物质的质量，就是该物质的摩尔质量，单位是g/mol。1mol任何物质均含有阿伏加德罗常数个粒子，但由于不同粒子的质量不同，因此，1 mol不同物质的质量也不同；12C的相对原子质量为12，而12 g12C所含的碳原子为阿伏加德罗常数，即1 mol 12C的质量为12g。同理可推出1 mol其他物质的质量。3.关系式：n ；n典型例题【例1】以下关于物质的量的表达中，错误的选项是( )A.1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子B.0.012 kg12C中含有约6.02×1023个碳原子C.1 mol水中含有2 mol氢和1 mol氧D.1 mol Ne含有6.02×1024个电子解析：因为有些物质是由分子组成(例如水、硫酸等)，有些物质是由离子组成(例如NaCl、Ca(OH)2等)，还有些物质是由原子直接构成的(例如金刚石等)，所以A的表达是错误的。碳是由原子构成的，根据规定，0.012 kg12C中所含的碳原子数即为阿伏加德罗常数，其近似值为6.02×1023 mol1，所以B的表达是对的。根据规定，“使用摩尔表示物质的量时，应该用化学式指明粒子的种类，而不使用该粒子的中文名称。C中表示水的组成时，却用名称表示，所以也是不正确的。氖原子核外有10个电子，那么1 mol Ne也应含有10×6.02×1023个电子，所以D的表达是正确的。答案：AC【例2】2022福建卷表示阿伏伽德罗常数，以下判断正确的选项是A在18中含有个氧原子B标准状况下，224L空气含有个单质分子C1 molCl2参加反响转移电子数一定为2D含个的溶解于1L水中，的物质的量浓度为解析：此题考察阿弗加德罗常数的计算和判断A 18正好是0.5mol，一个氧分子正好含有两个氧原子，所以氧原子的物质的量为1mol，即为1B 空气是混合物C 在氯气与水的反响中，1molCl2 就只转移1的电子D 所得溶液中含个，可得氢氧化钠的物质的量为1mol，但这时候溶液不是1L，所以物质的量浓度不是1mol/L.答案：A根底过关第2课时 气体摩尔体积1.定义：单位物质的量的气体所占的体积，叫做气体摩尔体积。2.表示符号：Vm3.单位：L/mol或L·mol-14.标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L/mol5.数学表达式：气体的摩尔体积， 即6.气体摩尔体积的一个特例就是标准状况下的气体摩尔体积(V0)。在标准状况下，1mol任何气体的体积都约等于22.4 L。在理解标准状况下的气体摩尔体积时，不能简单地认为“22.4 L就是气体摩尔体积，因为这个22.4 L是有特定条件的。这些条件就是：标准状况，即0和101.325 kPa，气体的物质的量为1 mol，只有符合这些条件的气体的体积才约是22.4 L。因此，22.4 L是1 mol任何气体在标准状况下的体积。这里所说的标准状况指的是气体本身所处的状况，而不指其他外界条件的状况。例如，“1 mol H2O(g)在标准状况下的体积为22.4 L是不正确的，因为在标准状况下，我们是无法得到气态水的。1mol任何气体的体积假设为22.4 L，它所处的状况不一定就是标准状况。根据温度、压强对气体分子间平均距离的影响规律知，温度升高一倍或压强降低一半，分子间距将增大一倍；温度降低一半或压强增大一倍，分子间距将减小一半。由此可知，1 mol任何气体在0 、101 kPa条件下的体积与273 、202kPa条件下的体积应相等，都约为22.4L。典型例题【例】判断以下说法是否正确并说明理由1.常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NA2.在25，压强为1.01×105Pa时,11.2L氮气所含的原子数目为NA3标准状况下的22.4L辛烷完全燃烧，生成CO2分子数为8NA4标准状况下，11.2L四氯化碳所含分子数为0.5NA5标准状况下，1L水所含分子数为(1/22.4)NA6标准状况下，11.2L SO3中含1.5NA个氧原子解析：1、标准状况下，11.2L氧气为0.5mol，其所含原子数为NA。而常温常压25，1.01×105Pa下，11.2L氧气物质的量小于0.5mol，其所含原子数必小于NA，故表达错误。2、此题表达错误，分析方法同上。3、4、5题中的辛烷、四氯化碳、水在标准状况下均为液体，第6题中SO3在标准状况下为固体。故都不正确。根底过关第3课时 阿伏加德罗定律及其推论1.阿伏加德罗定律：在同温同压下，同体积的气体含有相同的分子数。即： T1=T2；P1=P2 ；V1=V2n1 = n2 2.阿伏加德罗定律的推论：(1)三正比：同温同压下，气体的体积比等于它们的物质的量之比.V1/V2=n1/n2同温同体积下，气体的压强比等于它们的物质的量之比.p1/p2=n1/n2同温同压下，气体的密度比等于它们的相对分子质量之比.M1/M2=1/2(2)二反比：同温同压下，相同质量的任何气体的体积与它们的相对分子质量成反比.V1/V2=M2/M1同温同体积时，相同质量的任何气体的压强与它们的摩尔质量的反比.p1/p2=M2/M1。(3)一连比：同温同压下，同体积的任何气体的质量比等于它们的相对分子质量之比，也等于它们的密度之比。m1/m2=M1/M2=1/2(注：以上用到的符号：为密度，p为压强，n为物质的量，M为摩尔质量，m为质量，V为体积，T为温度；上述定律及其推论仅适用于气体，不适用于固体或液体。)阿佛加德罗常数考点命题陷阱归类分析阿佛加德罗常数用NA表示涉及的知识面广，灵活性强，是高考的热点之一，主要以选择题的形式选择正确的或错误的进行考查。分析近几年的高考试题，此类题型常以选择题形式出现，容易引起学生错误的有以下几点：1、温度和压强：22.4L/mol是在标准状况0 ，1.01×105Pa下的气体摩尔体积。命题者有意在题目中设置非标准状况下的气体体积，让考生与22.4L/mol进行转换，从而误入陷阱。2、物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体包括混合气体。命题者常把一些容易无视的液态或固态物质作为气体来命题，让考生落入陷阱。如SO3：常温下是固态；水：常温下是液态。戊烷，辛烷常温下是液态等。3、物质变化：一些物质间的变化具有一定的隐蔽性，有时需要借助方程式分析才能挖掘出隐含的变化情况。考生假设不注意挖掘隐含变化往往会误入陷阱。如NO2：存在与N2O4的平衡。4、单质组成：气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子如稀有气体Ne：单原子分子、三原子分子如O3、四原子分子如P4等。考生如不注意这点，极容易误入陷阱。 5、粒子数目：粒子种类一般有分子、原子、离子、质子、中子、电子等。1mol微粒的数目即为阿佛加德罗常数，由此可计算分子、原子、离子、质子、中子、电子等微粒的数目。命题者往往通过NA与粒子数目的转换，巧设陷阱。典型例题【例1】2022上海卷，7NA表示阿伏加德罗常数，以下表达正确的选项是 A等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB1.7gH2O2中含有的电子数为0.9 NAC1mol Na2O2 固体中含离子总数为4 NAD标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1 NA答案：B解析：此题考查了阿伏伽德罗常数知识。阿伏伽德罗常数是指1mol任何微粒中含有的微粒数，等物质的量不一定是1mol，A错；H2O2的相对分子质量为：34，故其1.7g的物质的量为0.05mol，其每个分子中含有的电子为18个，那么其1.7g中含有的电子的物质的量为0.9mol，数目为0.9NA，B对；Na2O2固体中，含有的是Na+和O22-两种离子，1mol固体中含有3mol离子，故其中的离子总数为：4 NA，C错；戊烷在标准状况下为液态，故其2.24L不是0.1mol，D错。易错警示：进行阿伏伽德罗常数的正误判断的主要考查点有：判断一定量的物质所含的某种粒子数目的多少；物质的组成；通过阿伏加德罗常数进行一些量之间的换算等，在解题时要抓住其中的易错点，准确解答。【例2】2022江苏卷，5设为阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是A常温下，的溶液中氮原子数为0.2B1mol羟基中电子数为10C在反响中，每生成3mol转移的电子数为6D常温常压下，22.4L乙烯中键数为4【答案】A【解析】此题主要考查的是以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点考查22.4L/mol的正确使用；考查在氧化复原反响中得失电子数的计算等内容。A项，无论水解与否，根据元素守恒；B项，1mol羟基中有9个电子；C项，在该反响中，每生成3mol,转移5个电子；D项，常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。综上分析得知，此题选A项。【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。【例3】2022广东理综卷，8设 为阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是A.16g中含有4个C-H键B.1mol·溶液含有个C.1mol Cu和足量稀硝酸反响产生 个NO分子D.常温常压下，22.4L中含有 个分子解析：每个中含有4个C-H键，故16g1mol中含有4个C-H键，A正确；没有告诉溶液的体积，无法知道的物质的量，故B错；根据关系式，1mol Cu2mol NO，故C错；常温常压下，22.4L不是1mol。答案：A根底过关第4课时 混合气体的平均摩尔质量1.混合物质的总质量m(混)和总物质的量n(混)：M(混)2.混合物各成分的摩尔质量和在混合体系内的物质的量分数或体积分数。M(混)M1×n1%M2×n2%M1×V1%M2×V2%3.标准状况下混合气体的密度：M(混)22.4(混)4.同温同压下与单一气体A的相对密度：典型例题【例】山东泰安NH4HCO3NH3+H2O+CO2，那么150时NH4HCO3分解产生的混合气体A的密度是相同条件下H2密度的倍。A.26.3 B.13.2 C.19.8 D.无法计算 解析假设NH4HCO3为1 mol，那么其质量为79 g ，完全分解产生的气体为3 mol ，故有：M混合气体=79g/3mol =26.3g/mol；又由“相同条件下，气体的密度比等于其摩尔质量比，故混合气体A的密度是相同条件下H2密度的26.3/2 = 13.2倍。答案B 根底过关第5课时 物质的量浓度1.定义：以1L溶液里所含溶质B的物质的量来表示溶液的浓度叫做物质的量浓度.符号为：cB；单位为： molL-12.表达式：cB=(n为溶质B的物质的量，单位为mol；V为溶液的体积，单位为L)3.难点提示 1.理解物质的量浓度的物理意义和相关的量。物质的量浓度是表示溶液组成的物理量，衡量标准是单位体积溶液里所含溶质的物质的量的多少。这里的溶质可以是单质、化合物，也可以是离子或其他的特定组合，单位是mol；体积指溶液的体积而不是溶剂的体积，单位是L；因此，物质的量浓度的单位是mol·L-1。2.明确溶液中溶质的化学成分。求物质的量浓度时，对一些特殊情况下溶液的溶质要掌握清楚，如NH3溶于水得NH3·H2O，但我们习惯上认为氨水的溶质为NH3；SO3溶于水后所得溶液的溶质为H2SO4；Na、Na2O、Na2O2溶于水后所得溶液的溶质为NaOH；CuSO4·5H2O溶于水后所得溶液溶质为CuSO43.熟悉表示溶液组成的其他物理量。典型例题【例】2022四川理综卷，12标准状况下VL氨气溶解在1L水中水的密度近似为1g/ml，所得溶液的密度为p g/ml,质量分数为，物质浓度为c mol/L，那么以下关系中不正确的选项是A. B.C. D.C=1000V/(17V+22400) 答案：A解析：此题考查根本概念。考生只要对根本概念熟悉，严格按照根本概念来做，弄清质量分数与物质的量浓度及密度等之间的转化关系即可。根底过关第6课时 物质的量、阿伏加德罗常数、摩尔质量1.物质的量浓度溶液的配制步骤：1计算：如溶质为固体时，计算所需固体的质量；如溶液是液体时，那么计算所需液体的体积。2称量：用天平称出所需固体的质量或用量筒量出所需液体的体积。3溶解：把称量出的溶质放在烧杯中加少量的水溶解，边加水边震荡。4转移：把所得的溶解液用玻璃棒引流注入容量瓶中。5洗涤：用少量的蒸馏水洗涤烧杯和玻棒2-3次，把每次的洗涤液一并注入容量瓶中。6定容：向容量瓶中缓缓注入蒸馏水至离容量瓶刻度线1-2cm处，再用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。2.误差分析：根据c=n/V=m/MV来判断，看m、V是变大还是变小，然后确定c的变化。3.在配制物质的量浓度的溶液时，按操作顺序来讲，需注意以下几点：1.计算所用溶质的多少时，以下问题要弄清楚：溶质为固体时，分两种情况：溶质是无水固体时，直接用cB=n(mol)/V(L)=m(g)/M(g·mol1)/V(L)公式算m；溶质是含结晶水的固体时，那么还需将无水固体的质量转化为结晶水合物的质量。溶质为浓溶液时，也分两种情况：如果给定的是浓溶液的物质的量浓度，那么根据公式c(浓)×V(浓)=c(稀)×V(稀)来求V(稀)；如果给定的是浓溶液的密度()和溶质的质量分数()，那么根据c=g·mL-1×V(mL)×/Mg·mol-1/V(mL)来求V(mL)。所配溶液的体积与容量瓶的量程不符时：算溶质时那么取与实际体积最接近的量程数据做溶液的体积来求溶质的多少，不能用实际量。如：实验室需配制480mL1moL·L-1的NaOH溶液，需取固体NaOH的质量应为20.0g，而不是19.2g；因为容量瓶只能配制其规定量程体积的溶液，要配制符合要求的溶液时，选取的容量瓶只能是500 mL量程的容量瓶。故只能先配制500 mL溶液，然后再取出480mL。2称、量溶质时，一要注意所测数据的有效性即精度。二要选择恰当的量器，称量易潮解的物质如NaOH时，应用带盖的称量瓶或小烧杯快速称量；量取液体时，量器的量程与实际体积数据相差不能过大，否那么易产生较大误差。3)容量瓶使用前要用蒸馏水洗涤23次；溶解或稀释溶质后要冷却溶液至室温；定容、摇匀时，不能用手掌贴住瓶体，以免引起体积的变化；摇匀后，如果液面降到刻度线下，不能向容量瓶中再加蒸馏水了，因为瓶塞、瓶口是磨口的，有少量溶液残留。4)定容时如果液面超过了刻度线或摇匀时洒出少量溶液，均须重新配制。典型例题【例1】2022上海卷，31白磷P4是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反响生成卤化磷。卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子结构以PCl5为例如右图所示。该结构中氯原子有两种不同位置。16.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物，反响所消耗的氧气在标准状况下的体积为L。上述燃烧产物溶于水配成50.0mL磷酸H3PO4溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为mol·L-1。2含0.300mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500mol Ca(OH)2的悬浮液中，反响恰好完全，生成l种难溶盐和16.2g H2O。该难溶盐的化学式可表示为。3白磷和氯、溴反响，生成混合卤化磷，且x为整数。如果某混合卤化磷共有3种不同结构分子中溴原子位置不完全相同的结构，该混合卤化磷的相对分子质量为。4磷腈化合物含有3种元素，且分子中原子总数小于20。0.10mol PCl5和0.10mol NH4Cl恰好完全反响，生成氯化氢和0.030mol磷腈化合物。推算磷腈化合物的相对分子质量提示：M>300。答案：15.6；4.00；2Ca5(PO4)3(OH)；3297.5或342；4348或464。解析：此题考查了元素化合物、化学计算知识。1白磷燃烧生成五氧化二磷，白磷的相对分子质量为：128，那么其6.20g的物质的量为：0.05mol，其完全燃烧消耗氧气0.25mol，标准状况下体积为5.6L；将这些白磷和水反响生成磷酸0.20mol，溶液体积为50mL，也就是0.05L，那么磷酸溶液的物质的量浓度为4.00mol/L；2根据该水溶液中含有溶质的物质的量和氢氧化钙悬浊液中溶质的物质的量，根据质量守恒，可知该物质中含有5个钙离子和3个磷酸根离子，结合电荷守恒，必还含有1个氢氧根离子，写作：Ca5(PO4)3(OH)；3根据题意x为整数，其可能为：PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4四种，要是有三种不同结构的话，结合PCl5的结构，其可能为：PCl3Br2或PCl2Br3，那么其相对分子质量可能为：297.5或342；4根据题意和质量守恒定律，可求出化合物提供的Cl原子的物质的量为：0.1mol×5+0.1mol×1=0.6mol；由于磷腈化合物中只含有三种元素，故必须将其中的氢原子全部除去；两物质提供的H原子的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol，那么生成的氯化氢的物质的量为：0.1mol×4=0.4mol；那么磷腈化合物中含有的Cl原子为：0.2mol、P原子为：0.1mol、N原子为：0.1mol，那么该化合物的最简式为：PNCl2；假设其分子式为(PNCl2)x，由其含有的碳原子总数小于20，那么知：4x<20，故x<5；假设x=4，其分子式为： P4N4Cl8，相对分子质量为464；假设x=3，其分子式为： P3N3Cl6，相对分子质量为：348；假设x=2，其分子式为：P2N2Cl4，相对分子质量<300 舍去。故其相对分子质量可能为：348或464。【例2】2022广州七区联考甲乙两位同学分别用不同的方法配制100mL 3.6mol/L的稀硫酸。1假设采用18mol/L的浓硫酸配制溶液，需要用到浓硫酸的体积为。2甲学生：量取浓硫酸，小心地倒入盛有少量水的烧杯中，搅拌均匀，待冷却至室温后转移到100 mL 容量瓶中，用少量的水将烧杯等仪器洗涤23次，每次洗涤液也转移到容量瓶中，然后小心地向容量瓶参加水至刻度线定容，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。将溶液转移到容量瓶中的正确操作是。洗涤操作中，将洗涤烧杯后的洗液也注入容量瓶，其目的是_。定容的正确操作是。用胶头滴管往容量瓶中加水时，不小心液面超过了刻度，处理的方法是_填序号。A.吸出多余液体，使凹液面与刻度线相切B.小心加热容量瓶，经蒸发后，使凹液面与刻度线相切C.经计算参加一定量的浓盐酸D.重新配制3乙学生：用100 mL 量筒量取浓硫酸，并向其中小心地参加少量水，搅拌均匀，待冷却至室温后，再参加水至100 mL 刻度线，再搅拌均匀。你认为此法是否正确假设不正确，指出其中错误之处。解析1假设取用的浓硫酸的体积为V，根据稀释前后溶质的物质的量不变有：V×18mol/L = 100mL 3.6mol/L V=20.0mL2见答案，在溶液配制过程中，如不慎损失了溶质或最后定容时用胶头滴管往容量瓶中加水时不慎超过了刻度，都是无法补救的，得重新配制。 3见答案。答案120.0mL 2将玻璃棒插入容量瓶刻度线以下，使溶液沿玻璃棒慢慢地倒入容量瓶中；使溶质完全转移到容量瓶中； 加水至离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加水至液面与刻度线相切； D；3不能用量筒配制溶液，不能将水参加到浓硫酸中。物质的量单元测试题一、选择题此题包括8小题，每题只有一个正确选项1等物质的量的N2、O2、CO2的混合气体，通过Na2O2后，相同条件下测得混合气体的体积是原来的8/9，那么此时混合气体中的三者物质的量之比是 A1:1:0 B3:4:0.5 C1.5:2:0.5 D3:3:22某碳酸钾样品中含有碳酸钠、硝酸钾和硝酸钡三种杂质中的一种或两种，现将13.8 g样品参加足量水，样品全部溶解，再加过量的氯化钙溶液，得到9g沉淀，对样品所含杂质的正确的判断是 A肯定没有硝酸钾 B肯定有硝酸钾，可能还有碳酸钠C肯定没有硝酸钡，可能有硝酸钾 D肯定没有碳酸钠和硝酸钡3中和滴定是利用物质的量浓度的酸或碱来测定未知物质的量浓度的碱或酸，假设用A代表酸，用B代表碱，可以利用下式来计算未知碱的物质的量浓度的是为化学计量数 AcB= BcB=CcB= DcB=4氯化铵晶体与消石灰的固体混合物90.5g，在150下加热至质量不再减少为止，得到残渣40.5g。那么原混合物中氯化铵和消石灰的物质的量之比 A等于2:1 B大于2:1 C小于2:1 D等于1:15某二价金属的碳酸盐和碳酸氢盐的混合物与足量盐酸反响，消耗H+和产生CO2的物质的量之比为5:4，那么混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为 A1:2 B1:3 C3:4 D4:56有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质是量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中参加过量的铁粉，待反响结束后，可产生标准状况下的气体体积为设反响中HNO3被复原成NO A、0.448L B、0.672L C、0.896L D、0.224L7将溶质A的质量分数为5X和X的两种溶液等体积混合，所得溶液中A的质量分数小于3X，那么A可能是 H2SO4C2H5OH NH3CH3COOH NaOHA、 B、 C、 D、8某温度下，Wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2固体反响，固体质量增加Wg。在H2CO CO和H2混合物 HCHO CH3COOHHOCH2CH2OH中，符合题意的是 A、均不符合 B、只有 C、只有 D、全部符合二、选择题此题包括8小题，每题有12个选项符合题意9、把氯气和氮气混合气1.12L90%Cl2和10%N2通过浓氨水，实验测得逸出的气体除NH3体积为0.672L50%Cl2和50%N2，问反响后被氧化的氨的质量是体积已换算成标况 A. 3.4g B. 0.34g C. 1.36g D. 13.6g10、盛有 80 mL NO气体的试管倒立于盛有水的水槽中，向试管中通入一定体积的O2，结果试管中剩余气体的体积是原有 NO 体积的一半，那么通入 O2 的体积是 A20mL B30mL C60mL D100mL11在4 mol·L1 的硫酸和2 mol·L1的硝酸混合溶液10 mL中，参加0.96 g铜粉，充分反响后最多可收集到标况下的气体的体积为 A89.6 mL B112 mL C168 mL D224 mL12镁铝合金5.1 g溶于300 mL2 mol/L的盐酸，在标准状况下放出气体的体积为5.6 L。向反响后的溶液中参加足量氨水，产生沉淀的质量为( ) A5.1g B10.2g C13.6g D15.3g13在天平两盘中各放一只大小和质量相同的烧杯，两烧杯中都盛有1 mol/L的稀硫酸100 mL，然后分别向两烧杯中参加一定质量的Mg与Al，充分反响后天平仍保持平衡，那么Mg、Al的质量分别是 A2.4 g Mg 1.8 g Al B5 g Mg 5 g Al C2 g Mg 2 g Al D0.9697 g Mg 1 g Al145 mL Ag浓度为0.1 mol·L1的某溶液，参加等物质的量的某种碱金属盐，待卤化物完全沉淀后，经过滤、枯燥，称得质量为0.013 g，那么此沉淀是 ALiF BLiCl CAgF DAgCl15有 Na2CO3、NaHCO3、CaO 和 NaOH的混合物27.2 g， 把它们溶于足量水并充分反响后，HCO3、CO32、Ca2+均转化为沉淀，将容器内水分蒸干后得到固体物质共29 g，那么原混合物中含Na2CO3 A0.1 mol B0.2 mol C0.3mol D无法确定n(沉淀)/molV(NaOH)/mL0202002400.150.3516将一定质量的镁和铝的混合物投入100 mL盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中参加NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与参加NaOH溶液的体积关系如下列图。假设不考虑金属和盐酸反响时HCl的挥发，那么以下说法正确的选项是 A镁和铝的总质量为9 gB盐酸的物质的量浓度为5 mol·L1CNaOH溶液的物质的量浓度为5 mol·L1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L三此题共有5小题17地球化学中，通常用热重分析研究矿物在受热时的质量变化以确定其组成。取66.6mg由高岭石Al4Si4O10(OH)8和方解石(CaCO3)组成的矿物，加热，在673K1123K区间内分解为氧化物，样品总失重13.8mg。方解石的失重百分比为。计算矿物中高岭石的质量分数。18钴(Co)化合物对化学键的研究起着重要的作用。为测定某钴化合物Co(NH3)xClyClz的组成，进行如下实验：称取样品0.5010g，参加过量的NaOH溶液，煮沸，蒸出所有的氨，冷却，得到A。产生的氨用50.00mL0.5000mol·L-1的盐酸完全吸收并用蒸馏水定容至100mL，得溶液B。取B溶液20.00mL, 用0.1000mol·L-1NaOH滴定，消耗NaOH溶液30.00mL。反响完成后，蒸馏水稀释，用Na2S2O3溶液滴定析出的I2，消耗0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液20.00mL。反响方程式为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6另称取该物质样品0.2505g，溶于水，以0.1000mol·L-1AgNO3溶液滴定至恰好反响完全，消耗AgNO3溶液20.00mL。相应反响式为：Co(NH3)xClyClz+zAgNO3=Co(NH3)xCly(NO3)z+zAgCl通过计算求：Co(NH3)xClyClz中氮元素的质量分数。该钴化合物的化学式。19合成氨工业生产中所用的Fe催化剂的主要成分是FeO、Fe2O31某FeO、Fe2O3混合物中，铁、氧的物质的量之比为45，其中Fe2+与Fe3+物质的量之比为_。2当催化剂中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为12时，其催化活性最高，此时铁的氧化物混合物中铁的质量分数为_(用小数表示，保存2位小数)。高温 3以Fe2O3为原料制备上述催化剂，可向其中参加适量炭粉，发生如下反响：2 Fe2O3十C 4FeO十CO2。为制得这种活性最高的催化剂，应向480g Fe2O3粉末中参加炭粉的质量为_g。20： 4NH3十5O2 4NO+6H2O 4NO十3O2十2H2O4HNO3设空气中氧气的体积分数为0.20，氮气体积分数为0.80,请完成以下填空及计算(1)amolNO完全转化为HNO3需要氧气_ mol(2)为使NH3恰好完全氧化为一氧化氮，氨空气混合物中氨的体积分数为_ (保存2位小数)。(3)20.0moL的NH3用空气氧化，产生混合物的组成为：NO18.0mol、O212.0 mol、N2150.0 mol和一定量的硝酸，以及其它成分。(高温下NO和O2不反响) 计算氨转化为NO和HNO3的转化率。(4) 20.0moL 的NH3和一定量空气充分反响后，再转化为HNO3在以下列图中画出HNO3的物质的量n(A)和空气的物质的量n(B)关系的理论曲线。写出当125n(B) 200时，n(A)和n(B)的关系式_。21 氯化亚铜CuCl是重要的化工原料。国家标准规定合格的CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。工业上常通过以下反响制备CuCl2CuSO4Na2SO32NaClNa2CO3=2CuCl3Na2SO4CO2CuCl制备过程中需要配置质量分数为20.0%的CuSO4溶液，试计算配置该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比。准确称取所配置的0.2500g CuCl样品置于一定量的0.5mol·L1 FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol·L1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点,消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有关反化学反响为Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+ClCe4+Fe2+=Fe3+Ce3+通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。参考答案一、1C。2B。定性角度分析，样品能全部溶解于水，说明不存在硝酸钡。定量角度分析，13.8g假设全是碳酸钾，恰好为0.1mol，与足量的氯化钙反响后能生成10g碳酸钙。现生成沉淀缺乏10g，肯定有硝酸钾，碳酸钠是否存在不能确定。3A。由于几元酸、几元碱没有确定，所应考虑酸、碱的化学计量数。不要错选成C，C中式中只能用于计算一元酸跟一元碱的中和反响。4B。氯化铵跟消石灰能反响，假设氯化铵过量的话也会单独分解，计算时要注意这个特征。可以先根据氯化铵跟消石灰恰好完全反响的情况进行计算，看看这时的质量差是多少，再进行比较分析。5B。注意“二价金属这一特征，所以其碳酸盐的化学式可写成MCO3，碳酸氢盐的化学式可写成M(HCO3)2，有的学生不注意这一点而造成错解。6、B。运用整体思维技巧 7、C，估算法 8、D，差量法二、9B 10BD 11D 12C 13BD 14A 15.A 16.AC 三17、答案：CaCO3 = CaO+CO2 方解石的失重百分比为：解：设66.6mg矿物中高岭石Al4Si4O10(OH)8的质量为xmg, 方解石(CaCO3) 的质量为ymg.Al4Si4O10(OH)8 =2 Al2O3+4SiO2+4H2O CaCO3 = CaO+CO2516mg 72mg 100mg 44mgxmg ymg 依题意： x+y=66.6 72x/516 + 44y/100 =13.8解得：x=51.6 y=15.0 矿物中高岭石的质量分数w=答：方解石的失重百分比为44%。矿物中高岭石的质量分数为77.5%18、答案：解：NaOH+HCl=NaCl+H2O NH3+HCl=NH4Cl20.00mLB溶液消耗0.1000mol·L-1NaOH 30.00mL。20.00mLB溶液中过量的HCl：n(HCl)=0.003000mol,Co(NH3)xClyClz中氮元素的质量分数 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6那么有：2Co3+2I-=2Co2+I2 n(Co3+)=0.002000mol 0.5010g样品中Cl的总质量为：n(Cl)=0.006000mol又有：Co(NH3)xClyClz+zAgNO3=Co(NH3)xCly(NO3)z+zAgCl0.2505g样品扩大一倍来算即用0.5010g推算出：反响消耗AgNO3：nAgNO30.1000mol·L-1x40.00mL=0.004000mol即发生上述反响的Cl-为：n(Cl-) =0.004000mol那么有 y:z=0.006000mol-0.004000 mol: 0.004000mol=1:2解得：x=5 y=1 z=2带入Co(NH3)xClyClz中，求得Co化合价为：+3 假设成立该钴化合物的化学式为：Co(NH3)5ClCl2答：