《（廣東專用）2015高考化學二輪復習 考前三個月 第一部分 專題1 化學基本概念2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（廣東專用）2015高考化學二輪復習 考前三個月 第一部分 專題1 化學基本概念2（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、學案2常用化學計量最新考綱展示1.了解相對原子質量，相對分子質量的定義，并能進行有關計算。2.理解質量守恒定律的含義。3.了解物質的量的單位摩爾(mol)、摩爾質量、氣體摩爾體積、物質的量濃度、阿伏加德羅常數(shù)的含義。4.能根據(jù)物質的量與微粒(原子、分子、離子等)數(shù)目、氣體體積(標準狀況下)之間的相互關系進行有關計算。5.了解溶液的組成；理解溶液中溶質的質量分數(shù)的概念，并能進行有關計算。6.了解配制一定溶質質量分數(shù)、物質的量濃度溶液的方法?；A回扣1有關物質的量與各物理量之間的轉化關系若用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，標準狀況下有3.36 L NH3(1)該氣體的物質的量為0.15_mol，質量為2.

2、55_g，所含氨氣分子數(shù)為0.15NA。(2)若將該氣體溶于水配成50 mL溶液，密度為0.9 gcm3，所得溶液的質量分數(shù)為5.67%，物質的量濃度為3_molL1。(3)若將上述所得溶液取出10 mL，其質量分數(shù)為5.67%，再加水稀釋到50 mL，所得溶液的物質的量濃度為0.6_molL1。2物質的量在化學方程式中的應用將15.6 g Na2O2固體加入足量的水中，制成200 mL溶液(1)收集到標準狀況下氣體的體積為2.24_L。(2)反應過程中轉移電子總數(shù)為0.2NA或1.2041023。(3)所得溶液的物質的量濃度為2_molL1。題型1阿伏加德羅常數(shù)的廣泛應用1(2014廣東理綜

3、，10)設nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法正確的是()A1 mol甲苯含有6nA個CH鍵B18 g H2O含有10nA個質子C標準狀況下，22.4 L氨水含有nA個NH3分子D56 g鐵片投入足量濃H2SO4中生成nA個SO2分子答案B解析解有關阿伏加德羅常數(shù)的題一般分為三步，第一步為宏觀量之間的轉換，即將質量和體積轉化為物質的量；第二步為微觀量之間的轉換，即判斷1分子該物質所含的微粒數(shù)；第三步為宏觀量和微觀量的對應，即一定物質的量的該物質含有的微粒數(shù)。A項，第一步，題目中直接給出物質的量，所以不用轉換；第二步，甲苯的分子式為C7H8，因此1分子甲苯中含有8個CH鍵；第三步，1 mol甲苯

4、中含有8nA個CH鍵，錯誤。B項，第一步，18 g水的物質的量為1 mol；第二步，1個水分子中含有10個質子；第三步，1 mol水分子中含有10nA個質子，正確。C項，由于氨水為液態(tài)，因此無法確定其物質的量，錯誤。D項，常溫下鐵片投入濃H2SO4中發(fā)生鈍化，56 g鐵片即1 mol 鐵不可能生成nA個SO2分子，錯誤。2(2014大綱全國卷，7)NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是()A1 mol FeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數(shù)為2NAB2 L 0.5 molL1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NAC1 mol Na2O2固體中含離子總數(shù)為4NAD丙烯和環(huán)丙烷組成的42 g混合氣體中

5、氫原子的個數(shù)為6NA答案D解析A項，1 mol FeI2與足量的Cl2反應時轉移電子數(shù)為 3 mol，錯誤；B項，2 L 0.5 molL1 K2SO4溶液中SO帶的負電荷數(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，錯誤；C項，1 mol Na2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，錯誤；D項，丙烯(C3H6)和環(huán)丙烷(C3H6)互為同分異構體，故42 g即1 mol該混合物含有H原子數(shù)為6NA，正確。3(2014四川理綜，5)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A高溫下，0.2 mol Fe與足量水蒸氣反應，生成的H2分子數(shù)目為0.3NAB室溫下，1 L pH13

6、的NaOH溶液中，由水電離的OH離子數(shù)目為0.1NAC氫氧燃料電池正極消耗22.4 L(標準狀況)氣體時，電路中通過的電子數(shù)目為2NAD5NH4NO32HNO34N29H2O反應中，生成28 g N2時，轉移的電子數(shù)目為3.75NA答案D解析A項，鐵在高溫下與水蒸氣反應的化學方程式為3Fe4H2O(g)Fe3O44H2,0.2 mol Fe生成H2的分子數(shù)約為0.27NA，該項錯誤；B項，該NaOH溶液中OH總共有0.1NA，但OH主要來自于NaOH電離，水電離出很少的OH，該項錯誤；C項，氫氧燃料電池正極上反應的物質為O2，當消耗標準狀況下22.4 L O2時，轉移的電子數(shù)為4NA，該項錯誤

7、；D項，根據(jù)反應方程式可知，反應中只有N元素化合價發(fā)生改變，生成8 mol氮原子(4 mol N2)中有5 mol來自NH，有3 mol來自NO，故反應中轉移電子數(shù)為15 mol，則生成28 g(1 mol)N2時，轉移電子數(shù)為3.75NA，該項正確。高考常涉及到的關于NA的命題角度總結考查方向涉及問題物質狀態(tài)在標準狀況下非氣態(tài)物質，如H2O、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等物質結構一定物質的量的物質中含有的微粒(分子、原子、電子、質子等)數(shù)，如Na2O2；或一些物質中的化學鍵數(shù)目，如CH4、P4等氧化還原反應電子轉移(得失)數(shù)目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2與H2O

8、反應；電解AgNO3溶液；Cu與S反應；Fe失去電子數(shù)(可能是2e，也可能是3e)電離、水解弱電解質的電離，可水解的鹽中的離子數(shù)目多少的判斷。如1 L 1 molL1 Na2CO3溶液中CO數(shù)目小于NA，因為CO會部分水解隱含的可逆反應常見的可逆反應(如2NO2N2O4)、弱電解質的電離平衡等摩爾質量特殊物質的摩爾質量，如D2O、18O2、H37Cl單質的組成單質的組成除常見的雙原子分子(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()A98 g H

9、2SO4和H3PO4中含有的氧原子數(shù)均為4NAB1 L 1 molL1的硫酸與高氯酸(HClO4)溶液中含有的氧原子數(shù)均為4NAC33.6 L NO2溶解于足量的水中得到硝酸溶液，溶液中NO數(shù)目為NAD32 g銅發(fā)生氧化還原反應，一定失去NA個電子答案A解析B項易忽視水中的氧；C項未指明標準狀況；D項中Cu可能被氧化為1價。2用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是()A在0 時，22.4 L氫氣中含有2NA個氫原子B電解食鹽水若產生2 g氫氣，則轉移的電子數(shù)目為NAC1 mol乙烷分子中共價鍵總數(shù)為7NAD密閉容器中46 g NO2含有的分子數(shù)為NA答案C解析0 不一定是標準狀況，

10、A錯；電解食鹽水產生2 g氫氣，則轉移的電子數(shù)目為2NA，B錯；乙烷的結構簡式為CH3CH3，含有1個CC共價鍵和6個CH共價鍵，C正確；密閉容器中NO2與N2O4存在轉化平衡，D錯。3NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A25 時，在pH2的1.0 L H2SO4溶液中含有H數(shù)目為0.02NAB1 mol Na2O2固體中含離子總數(shù)與1 mol CH4中所含共價鍵數(shù)目相等C將含有1 mol FeCl3溶質的飽和溶液加入沸水中可以得到NA個Fe(OH)3膠粒D向含有FeI2的溶液中通入適量氯氣，當有1 mol Fe2被氧化時，該反應轉移電子的數(shù)目至少為3NA答案D解析pH2的H2S

11、O4中，c(H)0.01 molL1，與二元酸沒關系，A項錯；B項中1 mol Na2O2含有3NA個離子，1 mol CH4含有4NA個共價鍵，B項錯；C項中Fe(OH)3膠粒是多個Fe(OH)3的聚合體，C項錯；D項中，還原性Fe2p(X)，在同質量、同體積條件下，氣體相對分子質量與壓強成反比，即相對分子質量越大，壓強越小。四個選項中只有CO2的相對分子質量大于O2的，故C正確。6(2012大綱全國卷，12)在常壓和500 條件下，等物質的量的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()AV3V2V4V1

12、 BV3V4V2V1CV3V2V1V4 DV2V3V1V4答案A解析假設各物質均為1 mol，完全分解計算氣體的物質的量。注意500 時水是氣體。題型2物質的量濃度溶液的配制及計算1高考選項正誤判斷，正確的打“”，錯誤的打“”(1)配制溶液定容時，俯視容量瓶刻度會使溶液濃度偏高()(2014大綱全國卷，6C)(2)用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體()(2014新課標全國卷，12D)(3)洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱中烘干()(2014新課標全國卷，12A)(4)配制0.100 0 molL1氯化鈉溶液時，將液體轉移到容量瓶中需用玻璃棒引流()(2013福建理綜，1

13、0C)(5)用固體NaCl配制0.5 molL1的溶液，所用的儀器有：燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶()(2013山東理綜，11C)(6)在50 mL量筒中配制0.100 0 molL1碳酸鈉溶液()(2012福建理綜，6C)2(2014上海，52)焦硫酸(H2SO4SO3)溶于水，其中的SO3都轉化為硫酸。若將445 g焦硫酸溶于水配成4.00 L硫酸，該硫酸的物質的量濃度為_ molL1。答案1.25解析445 g焦硫酸H2SO4SO3的物質的量為445 g178 gmol12.5 mol，溶于水H2SO4SO3H2O=2H2SO4，所得硫酸的物質的量為5 mol，cn/V5 mol4 L

14、1.25 molL1。1警惕溶液配制時的易錯點(1)稱量固體時物碼顛倒，腐蝕性固體應放在玻璃器皿中。(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)在配制一定物質的量濃度的溶液實驗中，定容時加蒸餾水，一旦超過刻度線，要重新配制。(4)配制時完全不需要計算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸餾水不影響結果。(5)定容時要平視刻度線，仰視體積大濃度小、俯視體積小濃度大。2用好配制一定物質的量濃度溶液誤差分析的答題模板1某同學實驗需要450 mL 0.1 molL1碳酸鈉溶液，配制該溶液時下列儀器不需要的是()A100 mL量筒、燒杯、玻璃棒B托盤天平、500 mL容量瓶C

15、酒精燈、三角漏斗、導管D膠頭滴管、玻璃棒、燒杯答案C解析根據(jù)操作步驟聯(lián)系實驗儀器。配制一定物質的量濃度的溶液，必需的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、量筒、500 mL容量瓶、膠頭滴管等。2假若你是衛(wèi)生防疫人員，為配制0.01 molL1的KMnO4消毒液，下列操作導致所配溶液濃度偏高的是()A取KMnO4樣品時不慎在表面沾了點蒸餾水B溶解攪拌時有液體飛濺出C定容時俯視容量瓶刻度線D搖勻后見液面下降，再加水至刻度線答案C解析A項取得樣品質量偏小，使溶液濃度偏低；B項液體飛濺出，會損失一部分KMnO4，使溶液濃度偏低；C項定容時俯視容量瓶刻度線導致加水量較少濃度偏高；D項加水量過多，使溶液濃度偏低。

16、3(1)配制濃度為2 molL1的NaOH溶液100 mL，用托盤天平稱取NaOH固體時，天平讀數(shù)將_(填寫字母，下同)。A等于8.0 g B等于8.00 gC大于8.0 g D等于0.2 g(2)某實驗中需2 molL1的Na2CO3溶液950 mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格為_，稱取Na2CO3的質量為_。答案(1)C(2)1 000 mL212.0 g解析(1)稱量NaOH固體時需用小燒杯盛放，故天平讀數(shù)等于8.0 g燒杯質量。(2)根據(jù)容量瓶的常用規(guī)格可知，應配制2 molL1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的質量為1 L2 molL1106 gmol1212.0

17、 g。4V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SO，取此溶液0.5V L，用水稀釋至2V L，則稀釋后溶液中Fe3的物質的量濃度為()A. molL1 B. molL1C. molL1 D. molL1答案A解析a g SO的物質的量為 mol，因此V L Fe2(SO4)3溶液中Fe3的物質的量為 mol mol，從中取出0.5V L后n(Fe3) mol mol，即稀釋到2V L后溶液中Fe3的物質的量濃度為 molL1。題型3化學反應中的計算問題1(2014山東理綜，9)等質量的下列物質與足量稀硝酸反應，放出NO物質的量最多的是()AFeO BFe2O3CFeSO4 DFe3O4答

18、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的物質的量就越多。1 g題述四種物質能提供的電子的物質的量為A.1 mol；B.0；C.1 mol；D.1 mol(Fe3O4也可以寫為Fe2O3FeO)，等質量時提供電子的物質的量最多的為FeO。2(2014大綱全國卷，13)已知：將Cl2通入適量KOH溶液，產物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值與溫度高低有關。當n(KOH)a mol時，下列有關說法錯誤的是()A若某溫度下，反應后11，則溶液中B參加反應的氯氣的物質的量等于a molC改變溫度，反應中轉移電子的物質的量ne的范圍：a molnea molD改變溫

19、度，產物中KClO3的最大理論產量為a mol答案D解析A項，設反應后溶液中n(Cl)11n mol，則n(ClO)n mol，根據(jù)氧化還原反應中電子守恒可知，生成11n mol Cl得11n mol電子，生成n mol ClO失去n mol 電子，而生成1 mol ClO失去5 mol電子，因此反應生成的ClO應為2n mol，正確；B項，由于產物中可能有KCl、KClO、KClO3，根據(jù)原子守恒可知，Cl原子與K原子的物質的量始終相等，故參加反應的Cl2的物質的量為KOH的，正確；C項，當只有KCl、KClO生成時，1 mol Cl2參加反應轉移1 mol電子，故整個反應中轉移電子的物質的

20、量為a mol，當只有KCl、KClO3生成時，根據(jù)電子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，有的Cl2生成了KCl，故轉移電子a mol，正確；D項，當只有KCl、KClO3生成時，產物中KClO3的量達到了最大值，根據(jù)電子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理論產量為a mol，錯誤。32014福建理綜，25(6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下：(已知：滴定時反應的化學方程式為SO2I22H2O=H2SO42HI)按上述方案實驗，消耗標準I2溶液25.00 mL，該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游

21、離SO2計算)為_gL1。在上述實驗過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測定結果_(填“偏高”“偏低”或“不變”)。答案0.16偏低解析根據(jù)反應方程式：SO2I22H2O=H2SO42HI，可知n(SO2)n(I2)0.010 00 molL10.025 L2.5104 mol，由于葡萄酒樣品為100.00 mL，因此樣品抗氧化劑的殘留量為2.5104 mol64 gmol10.100 0 L0.16 gL1。若部分HI被空氣氧化，則測得消耗的I2會減少，故測得的SO2會減少，結果偏低。4(2014上海，37)將一定質量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質量，也可測定小蘇打

22、的含量。若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，則測定結果_。(選填“偏高”、“偏低”或“不受影響”)答案偏高解析將一定質量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質量是利用NaHCO3NaCl質量差減小為8458.525.5，若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，造成質量差變大，則測定結果偏高。1.物質的量在化學方程式中計算的步驟寫：寫出反應的化學方程式找：找出方程式中已知物質和未知物質的物質的量的關系列：將已知量和未知量列成比例式求：對比例式求算2化學計算中常用方法(1)守恒法守恒法是中學化學計算中一種常用方法，守恒法中的三把“金鑰匙”質量守恒、電荷守恒、電子得失守恒，它們都是抓住有關變化的始態(tài)

23、和終態(tài)，淡化中間過程，利用某種不變量(某原子、離子或原子團不變；溶液中陰陽離子所帶電荷數(shù)相等；氧化還原反應中得失電子相等)建立關系式，從而達到簡化過程，快速解題的目的。(2)關系式法此法常用于多步連續(xù)反應的計算。確定關系式可利用各步反應的計量關系或某元素原子守恒關系找出已知物質和未知物質的關系式，然后根據(jù)已知量和未知量列比例式求解。(3)極值法對混合體系或反應物可能發(fā)生幾種反應生成多種生成物的計算，我們可假設混合體系中全部是一種物質，或只發(fā)生一種反應，求出最大值、最小值，然后進行解答，此類題一般為選擇題。(4)設未知數(shù)法對混合體系的計算，我們一般設兩個未知數(shù)，然后依據(jù)題意列兩個方程，進行求解。

24、(一)關系式法1(2012上海，11)工業(yè)上將氨氣和空氣的混合氣體通過鉑銠合金網發(fā)生氨氧化反應，若有標準狀況下V L氨氣完全反應，并轉移n個電子，則阿伏加德羅常數(shù)(NA)可表示為()A. B.C. D. 答案D解析由NH3的催化氧化方程式可知1 mol NH3轉化為NO時轉移5 mol電子，可得如下關系式：NH35e1 5NA n即nNA解得NA。2氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料。國家標準規(guī)定合格的CuCl產品的主要質量指標為CuCl的質量分數(shù)大于96.5%。工業(yè)上常通過下列反應制備CuCl：2CuSO4Na2SO32NaClNa2CO3=2CuCl3Na2SO4CO2(1)CuCl制備

25、過程中需要配制質量分數(shù)為20.0%的CuSO4溶液，試計算配制該溶液所需的CuSO45H2O與H2O的質量之比。(2)準確稱取所制備的0.250 0 g CuCl樣品置于一定量的0.5 molL1FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 molL1Ce(SO4)2溶液滴定到終點，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有關反應的離子方程式為Fe3CuCl=Fe2Cu2ClCe4Fe2=Fe3Ce3通過計算說明上述樣品中CuCl的質量分數(shù)是否符合標準。答案(1)511(2)符合標準解析(1)假設配制1 000 g這種CuSO4溶液，則需要硫酸銅200 g，“折合”

26、成CuSO45H2O，其質量為200 g312.5 g，則所需水的質量為1 000 g312.5 g687.5 g，所需的CuSO45H2O與H2O的質量之比為312.5687.5511。(2)由方程式可得關系式為CuClFe2Ce4即CuCl的物質的量等于消耗的Ce(SO4)2的物質的量，為0.100 0 molL124.60103 L0.002 46 mol，故CuCl的質量分數(shù)為100%97.9%，符合標準。(二)守恒法3鎂、鋁合金3 g與100 mL稀H2SO4恰好完全反應，將反應后所得溶液蒸干，得無水硫酸鹽17.4 g，則原硫酸溶液的物質的量濃度為()A1.5 molL1 B1 mo

27、lL1C2.5 molL1 D2 molL1答案A解析蒸干后所得產物分別是MgSO4和Al2(SO4)3，增加的質量即為SO的質量。c(H2SO4)1.5 molL1。4某硫酸鎂和硫酸鋁的混合溶液中，c(Mg2)2 molL1，c(SO)6.5 molL1，若將200 mL此混合液中的Mg2和Al3 分離，至少應加入1.6 molL1的苛性鈉溶液()A0.5 L B1.625 LC1.8 L D2 L答案D解析根據(jù)溶液中的電荷守恒可得：2c(Mg2)3c(Al3)2c(SO)，故c(Al3)(26.5 molL122 molL1)/33 molL1。當加入的NaOH溶液恰好將Mg2與Al3分離

28、時，所得溶液為Na2SO4和NaAlO2，根據(jù)鈉元素守恒，則V(NaOH)，代入數(shù)據(jù)得V(NaOH)2 L。5羥胺(NH2OH)是一種還原劑，能將某些氧化劑還原?，F(xiàn)用25.00 mL 0.049 molL1的羥胺的酸性溶液跟足量的硫酸鐵溶液在煮沸條件下反應，生成的Fe2恰好與24.65 mL 0.020 molL1的酸性KMnO4溶液完全作用，則在上述反應中，羥胺的氧化產物是已知：FeSO4KMnO4H2SO4Fe2(SO4)3K2SO4MnSO4H2O(未配平)()AN2 BN2O CNO DNO2答案B解析整個反應過程是羥胺(NH2OH)將Fe3還原為Fe2，KMnO4又將Fe2氧化為Fe

29、3。即始態(tài)還原劑羥胺失去的電子數(shù)與終態(tài)氧化劑KMnO4得到的電子數(shù)相等。設羥胺的氧化產物中N的化合價為n，則H2OH失電子數(shù)：(n1)0.025 L0.049 molL1KO4SO4得電子數(shù)：50.024 65 L0.020 molL1依據(jù)得失電子守恒建立方程，解得n1，所以氧化產物為N2O。(三)設未知數(shù)法6用含1.0 mol NaOH的溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中的CO和HCO的物質的量之比為()A13 B21C23 D32答案A解析設生成Na2CO3、NaHCO3物質的量分別為x、y，由反應前后C和Na守恒可知，xy0.8 mol、2xy1.0 mol，解得x0.2 mol

30、、y0.6 mol，即所得溶液中CO和HCO的物質的量之比為13。7(2013上海，22)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體V L(標準狀況)，向反應后的溶液中(存在Cu2和SO)加入足量NaOH，產生藍色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO 12.0 g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為11，則V可能為 ()A9.0 L B13.5 LC15.7 L D16.8 L答案A解析若混合物全是CuS，其物質的量為12/800.15 mol，電子轉移數(shù)0.15 mol(62)1.2 mol。兩氣體體積相等，設NO x mol，NO2 x mol,3xx1.2，計算的x0.3。氣體體積V0.6 mol22.4 Lmol113.44 L；若混合物全是Cu2S，其物質的量為0.075 mol，轉移電子數(shù)0.075 mol100.75 mol，設NO x mol，NO2 x mol,3xx0.75，計算得x0.187 5，氣體體積V0.375 mol22.4 Lmol18.4 L，因此8.4 LV13.44 L。