2022届新高考化学二轮复习教学案-专题二　化学计量及其应用.docx

高考考纲再现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。微专题一阿伏加德罗常数的应用1把握以物质的量为核心的各个化学计量之间的关系2NA应用的五个方面解题关注点具体阐释所处状况及物质状态使用22.4 L·mol1进行计算时应注意：(1)必须为标准状况(0 ，101 kPa)。(2)研究对象在标准状况下必须为气态。标准状况下H2O、SO3、苯、CCl4、HF、Br2、乙醇等不是气体是否存在平衡(1)NH3·H2O、CH3COOH、HF、H2SO3、H2CO3等弱电解质的电离均是部分电离。(2)溶液中NH、HCO、CH3COO、SO等发生水解，造成相应离子数目减少。(3)Cl2与H2O、N2与H2、PCl3与Cl2、H2与I2、SO2与O2、N2O4与NO2等的反应或转化均是可逆反应，一般不能直接利用反应物的物质的量进行计算物质结构(1)微观结构：一般考查特殊物质中的分子数、离子数、电子数、中子数等，如稀有气体He、Ne等为单原子分子，Na2O2中阴离子与阳离子的个数比为12，同位素中中子数不同(注意对摩尔质量的影响，如D2O、H35Cl 的摩尔质量分别为20 g·mol1、36 g·mol1)等。(2)共价键：1 mol P4、晶体硅、SiO2、石墨、金刚石中共价键的数目分别为6NA、2NA、4NA、1.5NA、2NA。(3)胶体粒子：胶体粒子通常为许多离子、分子或难溶物聚集在一起形成的微粒，如Fe(OH)3胶体粒子就是由许多Fe(OH)3聚集在一起形成的，Fe(OH)3胶体粒子数目与原溶液中的Fe3数目之间不存在等量关系氧化还原反应(1)注意浓度变化对产物的影响，如Cu和浓硝酸反应时，反应开始时生成NO2，反应一段时间后浓硝酸变稀，Cu和稀硝酸反应生成NO。(2)量不同，产物不同，如Fe和HNO3反应时，若Fe不足，则生成Fe3，若Fe过量，则生成Fe2。(3)变价金属与不同的氧化剂反应时，金属离子所表现的化合价可能不同，如Cu和Cl2反应时生成CuCl2，而Cu和S反应时生成Cu2S。(4)注意微粒氧化性或还原性的强弱顺序，如将Cl2通入FeI2溶液中时，Cl2先氧化I后氧化Fe2。(5)注意对转移电子数目的分析，如Cl2与NaOH溶液在常温下发生歧化反应，1 mol Cl2参与该反应时，转移1 mol电子缺少条件(1)缺少体积，如常温下，pH2的H2SO4溶液中含有的H数目。(2)没有具体反应，如1 mol Cl2参加反应，转移电子数一定为2NA1(2021·高考全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A18 g重水(D2O)中含有的质子数为10NAB3 mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NAC32 g环状S8()分子中含有的SS键数为1NAD1 L pH4的0.1 mol·L1 K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0.1NA解析：选C。A项，D2O的质子数为10，18 g D2O的物质的量为0.9 mol, 则18 g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；B项，NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2H2O=2HNO3NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3 mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；C项，一个环状S8分子中含有的SS键为8个，32 g S8的物质的量为 mol，则含有的SS键数为 mol×8×NA mol11NA，C正确；D项，酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2OH2O2CrO2H，含Cr元素微粒有Cr2O和CrO，则1 L pH4的0.1 mol·L1K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数应小于0.1NA，D错误。2(2021·安徽高三开学考试)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A1 L 0.1 mol·L1的Na2CO3溶液中，阴离子数小于0.1NAB常温下，78 g Na2O2中含有的共用电子对数目为2NAC我国科学家发明了精准剪切碳氢键的新技术，1 mol C2H6O中可供剪切的CH键数目为5NADN2与O2的混合气体4 g，质子总数一定为2NA解析：选D。A项，Na2CO3中阴离子CO易水解生 成 HCO和OH，阴离子数目增多，阴离子总数大于0.1NA，错误。B项，Na2O2的电子式为，故78 g(1 mol)Na2O2中含有的共用电子对数目为NA，错误。C项，C2H6O存在乙醇和甲醚两种同分异构体，故1 mol C2H6O中可供剪切的CH键数目为5NA或6NA，错误。D项，气体的质子总数×N(1个分子中的质子数)，所给混合气体中两种物质的特点是相等，故4 g混合气体中质子总数一定为2NA，正确。3(2021·新高考广东卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A1 mol CHCl3含有CCl键的数目为3NAB1 L 1.0 mol·L1的盐酸含有阴离子总数为2NAC11.2 L NO与11.2 L O2混合后的分子数目为NAD23 g Na与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA解析：选A。A项，1个CHCl3分子中含有3个CCl键，故1 mol CHCl3含有CCl键的数目为3NA，A正确；B项，盐酸为氯化氢的水溶液，氯化氢会全部电离出阴离子Cl，水会部分电离出阴离子OH，水的质量及电离程度未知，故无法计算1 L 1.0 mol·L1的盐酸含有阴离子总数，B错误；C项，未提到具体的温度、压强，故无法计算11.2 L NO与11.2 L O2混合后的分子数目，C错误；D项，23 g Na的物质的量为1 mol，钠与足量的水反应生成氢气的关系式为2NaH2，故1 mol Na对应生成0.5 mol H2，H2分子数目应为0.5NA，D错误。4(2021·新高考河北卷)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A22.4 L(标准状况)氟气所含的质子数为18NAB1 mol碘蒸气和1 mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NAC电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73 g，则转移电子数为NAD1 L 1 mol·L1溴化铵水溶液中NH与H离子数之和大于NA解析：选C。A项，在标准状况下22.4 L氟气的物质的量为1 mol，其质子数为1 mol×9×2×NA mol118NA，A正确；B项，碘蒸气与氢气发生的反应为I2(g)H2(g)2HI(g)，该反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应生成的碘化氢分子数小于2NA，B正确；C项，电解饱和食盐水时，电极总反应为2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，阴阳两极产生的气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为11，若气体的总质量为73 g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各为1 mol，根据关系式H2Cl22e可知，转移的电子数为2NA，C错误；D项，1 L 1 mol·L1溴化铵水溶液存在电荷守恒，即 c(NH)c(H)c(Br)c(OH)，则物质的量也满足n(NH)n(H)n(Br)n(OH)，因为n(Br)1 L×1 mol·L11 mol，所以该溶液中NH与H离子数之和大于NA，D正确。解答阿伏加德罗常数类题目的“三步骤” 微专题二物质的量浓度与物质的量的有关计算1一定物质的量浓度溶液的配制(1)所需仪器若用固体溶质配制溶液：容量瓶、烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙、胶头滴管。若用浓溶液配制稀溶液，上述仪器中的托盘天平、药匙改为量筒(或滴定管)。(2)配制步骤计算称量(或量取)溶解(或稀释)冷却移液洗涤定容装瓶并贴标签。(3)注意事项容量瓶使用前必须检漏、洗涤，但不能润洗。只能配制一定体积的溶液，即不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液。转移溶液时，溶液的温度应为室温，玻璃棒要靠在容量瓶瓶颈刻度线以下。(4)误差分析误差分析的思维流程视线引起误差的分析方法a仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。b俯视容量瓶刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。下列操作对所配制的一定物质的量浓度溶液有何影响？用“偏高”“偏低”或“无影响”填空。砝码生锈：_。定容时，溶液温度高：_。定容时俯视容量瓶刻度线：_。称量时物码颠倒且使用游码：_。未洗涤烧杯、玻璃棒：_。称量易吸水物质时间过长：_。转移时，有液体溅出：_。滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：_。定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：_。转移前，容量瓶内有少量水：_。答案：偏高偏高偏高偏低偏低偏低偏低偏低偏低无影响2物质的量浓度及相关计算(1)牢记四个定义式c，n，w×100%。(2)熟练推导两种换算关系物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算c，w(：g·cm3)。气体溶质溶于水中制得溶液，其物质的量浓度和质量分数的计算在标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液密度为，则c(：g·cm3)；w×100%×100%×100%。(3)灵活利用三个守恒关系稀释前后溶质的物质的量守恒：c(浓溶液)·V(浓溶液)c(稀溶液)·V(稀溶液)。溶液中粒子之间存在正、负电荷守恒(溶液呈电中性)。质量守恒：反应前后同种原子的质量相等。3热重分析计算(1)热重曲线的分析方法坐标曲线题解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。识图。识图的关键是三看：一看轴，即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X轴和因变量Y轴表示的意义)，寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和形成正确思维的前提；二看点，即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线，即曲线的走势(上升、下降、波动、正态、偏态等)。析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把教材内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线知识体系，然后运用新的曲线知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。(2)热重曲线分析计算的步骤设晶体为1 mol。失重一般是先失水，再失非金属氧化物。计算每步的剩余固体质量，×100%固体残留率。晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)n(O)即可求出失重后物质的化学式。4与滴定有关的计算(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。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。实例：如水中溶氧量(DO)的测定：碱性条件下，O2将Mn2氧化为MnO(OH)2：a2Mn2O24OH=2MnO(OH)2；酸性条件下，MnO(OH)2将I氧化为I2：bMnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O；用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：c2S2OI2=S4O2I。由离子方程式a、b、c可得关系式：O22Mn22MnO(OH)22I24Na2S2O3。(3)明确两类多步滴定连续滴定：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。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过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。题组一一定物质的量浓度溶液的配制及其计算1下列关于溶液配制过程中仪器使用、实验操作的说法中正确的是()A将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L1NaOH溶液B配制0.400 0 mol·L1的NaOH溶液：称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容C容量瓶和滴定管使用前均需要检漏D配制浓度为0.010 mol·L1的KMnO4溶液：称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度解析：选C。配制一定物质的量浓度的溶液时，固体不能在容量瓶中溶解，A、D错误；NaOH固体溶解后需冷却至室温才能转移至250 mL容量瓶中，且需用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 23次，将洗涤液注入容量瓶中，然后定容，B错误。两种溶液的配制(1)用98%的浓硫酸配制100 mL 14的稀硫酸：用量筒量取80 mL的水注入200 mL的烧杯，然后再用另一只量筒量取20 mL的浓硫酸沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。(2)配制100 g 20%的NaCl溶液：准确称量20.0 g NaCl固体，然后将其放入200 mL的烧杯中，再用量筒量取80 mL的水注入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌直到完全溶解。 2用硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)配制480 mL浓度为0.5 mol·L1的溶液，下列说法正确的是()A用托盘天平称量60.0 g硫酸铜晶体B如果称量时试剂和砝码放反了，对配制结果没有影响C如果定容时俯视容量瓶刻度线，则会使所配溶液浓度偏高D在转移溶液后，可以不用洗涤玻璃棒解析：选C。用硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)配制480 mL浓度为0.5 mol·L1的溶液，需要使用500 mL容量瓶，则用托盘天平称量硫酸铜晶体的质量是0.5 L×0.5 mol·L1×250 g·mol162.5 g，A错误；如果称量时试剂和砝码放反了，则实际称量的质量小于62.5 g，使配制浓度偏低，B错误；如果定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液体积偏小，所配溶液浓度会偏高，C正确；在转移溶液后，必须洗涤玻璃棒和烧杯，并把洗涤液也注入容量瓶中，D错误。3体积为V(mL)、密度为(g·cm3)的溶液，含有摩尔质量为M(g·mol1)的溶质m(g)，溶质的物质的量浓度为c(mol·L1)，质量分数为w。下列表达式中不正确的是()AcBmV··Cw Dc解析：选B。已知溶质摩尔质量、质量分数和溶液密度时，溶质的物质的量浓度c；已知溶质摩尔质量、物质的量浓度和溶液密度时，可计算出溶质质量分数w，A、C项正确；溶质质量应通过溶液体积、密度、溶质质量分数三者相乘而得，即mV··w，B项错误；根据物质的量浓度的定义，由溶质质量、摩尔质量和溶液体积计算得c，D项正确。题组二以热重曲线为载体的计算4在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是()Aab是Co(OH)2的失水过程，为分解反应Bbc发生的是氧化还原反应，也是分解反应Cc处代表的物质是Co3O4D整个过程的总反应为6Co(OH)2O22Co3O46H2O解析：选A。加热过程中，Co守恒，即整个过程中Co的物质的量不变，曲线分析如下：ab是Co(OH)2的失水过程，发生的反应为4Co(OH)2O22Co2O34H2O，不是分解反应，A项错误。bc发生的反应为6Co2O34Co3O4O2，是氧化还原反应，也是分解反应，c处代表的物质为Co3O4，B、C项正确。总反应是Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H2O，即6Co(OH)2O22Co3O46H2O，D正确。5(2021·河南高三联考)5.56 g FeSO4·7H2O样品的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是()A78 时，M的化学式为FeSO4·3H2OB在隔绝空气条件下，由P得到Q的过程中，还会生成一种无色气体C在隔绝空气条件下，由N得到P的化学方程式为 FeSO4·H2OFeSO4H2OD159 时，N的化学式为FeSO4·2H2O解析：选C。5.56 g FeSO4·7H2O样品的物质的量为0.02 mol，n(Fe)n(FeSO4·7H2O)0.02 mol，n(H2O)7n(FeSO4·7H2O)0.14 mol，M处结晶水合物受热分解，首先失去结晶水，此处n失去(H2O)0.06 mol，则结晶水合物中残留的结晶水为0.08 mol，则M的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；N处继续失去结晶水，n总失去(H2O)0.12 mol，结晶水合物中残留的结晶水为0.02 mol，则N的化学式为FeSO4·H2O，故D错误；P处继续失去结晶水，n总失去(H2O)0.14 mol，结晶水全部失去，P的化学式为FeSO4，则由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4H2O，故C正确；Q处结晶水全部失去后，FeSO4开始分解，此处固体中铁元素的质量为m(Fe)0.02 mol×56 g/mol1.12 g，则m(O)1.60 g1.12 g0.48 g，n(O)0.03 mol，则Q的化学式为Fe2O3，由P得到Q的化学方程式为2FeSO4Fe2O3SO2SO3，生成两种无色气体，故B错误。题组三高考热点与滴定有关的计算6(2021·昆明高三质检)三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体，熔点为83 ，易潮解，易升华，不易水解，高温下易被氧气氧化，在工业上主要用作媒染剂和催化剂。用Cr2O3和CCl4在高温下制取三氯化铬后，测定样品中三氯化铬质量分数的步骤如下：.称取样品0.330 0 g，加水溶解并于250 mL容量瓶中定容。.移取25.00 mL 样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2，稀释并加热煮沸，再加入过量H2SO4溶液酸化，将Cr3氧化为Cr2O；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬元素完全以Cr3的形式存在。.加入1 mL指示剂，用0.025 0 mol·L1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，消耗标准Na2S2O3溶液的平均体积为24.00 mL。(已知：Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O，2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI)(1)滴定时可选用的指示剂为_。(2)样品中三氯化铬的质量分数为_%(结果保留三位有效数字)。解析：(1)依题意知是用硫代硫酸钠滴定碘单质，淀粉溶液遇碘单质变蓝，因此滴定时可选用淀粉溶液作为指示剂。(2)根据题给方程式得关系式2Cr33I26Na2S2O3，设样品中三氯化铬的质量分数为x，则有CrCl33Na2S2O3158.5 g 3 mol ，解得x96.1%。答案：(1)淀粉溶液(2)96.17(2021·合肥高三期中)高碘酸钾(KIO4)为无色晶体，在分析化学中常用作氧化剂。用高碘酸钾可测定甘油的含量，测定步骤如下：步骤准确称取0.150 0 g甘油试样溶于水中，配成250 mL待测液，从中取出25.00 mL于锥形瓶中，加盐酸酸化后，加入25.00 mL 0.023 0 mol·L1 KIO4溶液，充分反应。步骤向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，振荡摇匀、静置。步骤加入少量淀粉作为指示剂，用0.200 0 mol·L1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，平行滴定三次，消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为20.00 mL。已知：C3H8O3(甘油)2HIO4=2HCHOHCOOH2HIO3H2O；HIO35KI5HCl=3I25KCl3H2O；HIO47KI7HCl=4I27KCl4H2O；I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6。(1)达到滴定终点的现象为_。(2)计算甘油试样的纯度(写出计算过程)。解析：(1)向含I2的溶液中加入淀粉，溶液呈蓝色，当用Na2S2O3标准溶液滴定至终点时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色。(2)根据题给化学方程式可得关系式C3H8O3(甘油)2HIO3，I22Na2S2O3，3n(HIO3)4n(HIO4)n(I2)，故3n(HIO3)4n(HIO4)n(Na2S2O3)×0.200 0 mol·L1×20.00×103 L2.000×103mol；又根据碘原子守恒得n(HIO3)n(HIO4)n(KIO4)0.023 0 mol·L1×25.00×103 L5.750×104 mol；联立解得n(HIO3)3.000×104 mol，故n(C3H8O3)n(HIO3)1.500×104 mol，甘油试样的纯度为×100%92%。答案：(1)滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色(2)见解析有关纯度、含量等的计算题，一般在综合实验题或化工流程题中的最后一小问出现，常与滴定实验的拓展应用相结合，考查考生的定量分析能力。这类题主要考查关系式法、守恒法的运用等。 专题强化训练1用固体样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()解析：选B。用托盘天平称量药品时，应为“左物右码”，A项错误；用玻璃棒搅拌能加速溶解，B项正确；转移溶液时需要用玻璃棒引流，C项错误；定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，D项错误。2(2020·高考全国卷)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子B1 mol重水比1 mol水多NA个质子C12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA个碳原子D1 L 1 mol·L1NaCl溶液含有28NA个电子解析：选C。22.4 L(标准状况)氮气为1 mol，含有的中子数为14NA，A项错误；1 mol重水与1 mol水中的质子数相同，B项错误；石墨烯与金刚石均为碳元素形成的单质，12 g石墨烯和12 g金刚石均为1 mol，含碳原子数均为NA，C项正确；NaCl溶液中的水分子中也含有电子，D项错误。3设NA为阿伏加德罗常数的值。白磷有剧毒，在潮湿空气中缓慢氧化，约40 时自燃，用NaOH溶液吸收白磷的化学方程式为P43NaOH3H2O=PH33NaH2PO2。下列说法正确的是()A标准状况下，11.2 L PH3气体含有的中子数为11NAB反应中每生成1 mol PH3，转移电子数为3NAC0.1 mol·L1的NaH2PO2溶液中，H2PO的数目小于0.1NAD该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 13解析：选B。氢原子(H)中不含中子，所以标准状况下，11.2 L PH3气体含有的中子数为8NA，故A错误；反应中P4PH3，磷元素由0价变为3价，每生成1 mol PH3，转移电子数为3NA，故B正确；0.1 mol·L1的NaH2PO2溶液体积未知，无法计算H2PO的数目，故C错误；该反应为歧化反应，氧化产物与还原产物的物质的量之比为31，故D错误。4玻璃工业上常用氢氟酸雕刻玻璃，其反应原理为4HFSiO2=SiF42H2O。若NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是()A反应过程中既有极性键、非极性键的断裂，又有极性键、非极性键的形成B标准状况下，11.2 L HF溶于水配制成的500 mL溶液，所得氢氟酸浓度为1.0 mol·L1C反应物HF与生成物H2O所含有的质子数和电子数均为10NAD每断裂4NA个SiO键，可以生成4NA个SiF键解析：选D。反应物与产物分子中均含有极性键，无非极性键，所以反应过程中无非极性键的断裂和形成，A项错误；标准状况下HF不是气态，11.2 L HF的物质的量大于0.5 mol，B项错误；没有说明HF与H2O的具体的物质的量，无法计算出二者所含有的质子数和电子数，C项错误；1 mol SiO2中含有4 mol SiO键，1 mol SiF4中含有4 mol SiF键，由此可以得出D项正确。5设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A钠与O2反应，当有0.2 mol电子转移时生成的阴离子数目为0.1NAB3.6 g H2O与足量丙烯完全反应时生成的CH3CH2CH2OH分子数目为0.2NAC5.6 g铁粉溶于稀硝酸中，生成的NO分子数目为0.1NAD含有3.9 g K的KHSO3溶液中，HSO、SO的数目之和为0.1NA解析：选A。当有0.2 mol电子转移时会生成0.2 mol Na，因Na2O、Na2O2中阳离子与阴离子个数比均为21，故阴离子数目为0.1NA，A项正确；丙烯与水反应还可以生成(CH3)2CHOH，B项错误；5.6 g Fe若全部转化为Fe3，则生成的NO分子数目为0.1NA，若全部转化为Fe2，则生成的NO分子数目为0.067NA，C项错误；KHSO3溶液中含有H2SO3、HSO、SO三种含硫元素的微粒，则含有3.9 g K的KHSO3溶液中，H2SO3、HSO、SO的数目之和为0.1NA，D项错误。6下列操作可得到指定浓度的溶液的是()A6.2 g Na2O溶于0.2 L水中可得到1 mol·L1的NaOH溶液B25 g CuSO4·5H2O溶于75 g水中可得到质量分数为25%的硫酸铜溶液C0.1 mol CaCO3溶于水中可得到浓度为1 mol·L1的100 mL溶液D8 g SO3溶于水可得到c(H)2 mol·L1的100 mL溶液解析：选D。6.2 g Na2O的物质的量为0.1 mol，溶于水后可得到0.2 mol NaOH，但得到的溶液体积大于0.2 L，c(NaOH)<1 mol·L1，A项错误；25 g CuSO4·5H2O含16 g CuSO4，所得溶液溶质质量分数为16%，B项错误；CaCO3难溶于水，溶液中CaCO3的物质的量浓度不可能为1 mol·L1，C项错误；8 g SO3溶于水可得到0.1 mol H2SO4，当溶液体积为100 mL时，c(H2SO4)1 mol·L1，故c(H)2 mol·L1，D项正确。7(2021·银川高三测试)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A14 g由N2和 13C2H2组成的混合物中，所含中子数为7NAB5.6 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子数为 0.2NAC0.1 mol苯中含0.3NA个碳碳双键D标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4 L解析：选A。N2和 13C2H2的摩尔质量均为28 g·mol1，故14 g二者的混合物的物质的量为0.5 mol，且1个N2和 13C2H2分子均含有14个中子，故0.5 mol混合物中含7NA个中子，A正确；Fe在Cl2中充分燃烧生成FeCl3，5.6 g Fe完全反应转移的电子数为0.3NA，B错误；苯中不含碳碳双键，C错误；标准状况下三氧化硫不是气体，NA个SO3分子的物质的量为1 mol，但所占的体积不是22.4 L，D错误。8(2021·新高考湖南卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A18 g HO含有的中子数为10NAB0.1 mol·L1 HClO4溶液中含有的H数为0.1NAC2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NAD11.2 L CH4和22.4 L Cl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA解析：选D。1个18O原子含有10个中子，H原子不含中子，所以每个HO分子中含有10个中子，HO的摩尔质量为20 g·mol1，故18 g HO的物质的量为0.9 mol，则18 g HO中含有的中子数为9NA，A错误；由于题中未给出溶液体积，所以无法计算H的数目，B错误；2 mol NO与1 mol O2恰好完全反应生成2 mol NO2，由于存在平衡2NO2N2O4，所以充分反应后密闭容器中的分子数小于2NA，C错误；甲烷与氯气发生取代反应，反应前后反应物与生成物的物质的量之和不变，则反应后的分子数为×NA mol11.5NA，D正确。9欲配制1 L 1 mol·L1的NaOH溶液，正确的叙述有()称量40 g NaOH固体溶于1 L蒸馏水该实验用到的仪器有托盘天平(含砝码)、表面皿、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、1 000 mL容量瓶、胶头滴管称量NaOH固体时，慢慢称量，确保读数正确如果容量瓶未润洗，则配制的NaOH溶液浓度偏小转移溶液时需要用玻璃棒引流定容时若不小心加水超过刻度线，则用胶头滴管吸去多余的溶液ABC D解析：选B。物质的量浓度定义中体积为溶液的体积，不是溶剂的体积，错误；实验仪器有托盘天平(含砝码)、表面皿(NaOH放在表面皿上称量)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、1 000 mL容量瓶、胶头滴管，正确；由于NaOH固体易潮解，易与空气中的CO2反应，所以需要迅速称量，防止NaOH潮解变质，错误；容量瓶不需要润洗，错误；转移溶液必须用玻璃棒引流，正确；如果定容时加水超过刻度线，只能重新配制，错误；综上，B正确。10(2021·南阳高三月考改编)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A3H2(g)N2(g)2NH3(g)H92 kJ·mol1，当该反应放出的热量为92 kJ时，转移电子数为6NAB标准状况下，2.24 L HF中电子数为NAC标准状况下，22.4 L NO和22.4 L O2混合后气体分子数为1.5NAD1 mol Na2 18O2与足量水反应，最终水溶液中18O的数目为2NA解析：选A。3H2(g)N2(g)2NH3(g)H92 kJ·mol1，生成2 mol氨时，放出92 kJ热量，转移6 mol电子，A正确。标准状况下，HF为液体，无法利用22.4 L·mol1计算其物质的量，无法确定其电子数，B错误。标准状况下，22.4 L NO和22.4 L O2的物质的量都是1 mol，NO与O2会发生反应2NOO2=2NO2，产生1 mol NO2，剩余0.5 mol O2，生成的NO2发生可逆反应2NO2N2O4，故又有一部分NO2转化为N2O4，所以最终达到平衡时混合气体的物质的量小于1.5 mol，C错误。 Na2 18O2与水反应时NaO2既是氧化剂，又是还原剂，1 mol NaO2与足量水反应，根据得失电子守恒，以氧气的形式逸出的18O的数目为NA，最终水溶液中18O的数目为NA，D错误。11(2021·莆田高三模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是()A通常情况下，14 g C2H4与C3H6混合气体中含有NA个碳原子B1 L 0.1 mol·L1CH3COOH溶液中所含离子总数约为0.2NAC含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应生成SO2分子数小于0.1NAD1 mol Na2O2与足量H2O反应，转移电子数为NA解析：选B。C2H4与C3H6的最简式均为CH2，则14 g C2H4与C3H6的混合气体中碳原子的物质的量为1 mol，即碳原子的数目为NA，A正确；1 L 0.1 mol·L1CH3COOH溶液中，由于醋酸是弱酸，部分电离，因此离子总数小于0.2NA，B错误；含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量的Cu反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，反应不再进行，因此生成SO2分子数小于0.1NA，C正确；Na2O2与足量H2O反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，1 mol Na2O2参与反应转移电子数为NA，D正确。12(2021·海南中学高三月考)某结晶水合物化学式为X·nH2O，其相对分子质量为M，在25 时，A g该结晶水合物溶于B g水中即可达到饱和，形成密度为D g/cm3的饱和溶液V mL，下列表达式中不正确的是()A该饱和溶液的溶质质量分数为%B溶质X在25 时的溶解度为 gC该饱和溶液的密度为 g/cm3D该饱和溶液的物质的量浓度为 mol/L解析：选D。AA g该结晶水合物X·nH2O中X的质量为A g×，溶液密度为D g/cm3，体积为V mL，则溶液的质量为DV g，所以溶液中溶质质量分数为×100%，故A正确；BA g该结晶水合物X·nH2O中X的质量为A g×，溶剂水的质量为B gA g×，设溶解度为S g，则100 gS g(B gA g×)(A g×)，解得S，故B正确；C溶液质量为(AB)g，溶液体积为V mL，所以溶液密度D g/cm3，故C正确；DA g该结晶水合物X·nH2O的物质的量为 mol，所以X的物质的量为 mol，溶液体积为V mL，则物质的量浓度c mol/L，故D错误。13在灼烧NH4VO3过程中，固体残留率(×100%)随温度变化的曲线如图所