PAGE20-第1課時物質的量物質的量濃度命題調研(2024～2024四年大數據)2024～2024四年考向分布核心素養與考情預料核心素養：證據推理、宏觀辨識與微觀探析和改變守恒考情解碼：本部分內容為化學基礎學問，化學計算的必需工具，歷年考查以NA為阿伏加德羅常數考查、物質的量和濃度計算，肯定物質的量濃度配制數據處理等方向，預料在2024年選考中該學問點作為基礎學問仍是必考內容，必需讓學生駕馭“見量化摩、遇問設摩”的方法，理解物質改變的守恒思想，分析物質微觀和宏觀的聯系。真題重現1.(2024·浙江4月選考，19)設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是()A.1molCH2=CH2分子中含有的共價鍵數為6NAB.500mL0.5mol·L－1的NaCl溶液中微粒數大于0.5NAC.30gHCHO與CH3COOH混合物中含C原子數為NAD.2.3gNa與O2完全反應，反應中轉移的電子數介于0.1NA和0.2NA之間解析1個CH2=CH2分子中包含4個單鍵和1個雙鍵，而1個雙鍵中有2個共價鍵，故1molCH2=CH2分子中含有的共價鍵數為6NA，A項正確；500mL0.5mol·L－1的NaCl溶液中含有的微粒包括Na＋、Cl－、H2O、H＋、OH－，故微粒數大于0.5NA，B項正確；HCHO和CH3COOH的最簡式均為CH2O，故30gHCHO和CH3COOH混合物中含“CH2O”的物質的量為1mol，含C原子數為NA，C項正確；2.3gNa與O2完全反應，不論生成Na2O還是Na2O2，轉移的電子數均為0.1NA，D項不正確，故選D。答案D2.(2024·課標全國Ⅲ，8)下列敘述正確的是()A.24g鎂與27g鋁中，含有相同的質子數B.同等質量的氧氣和臭氧中，電子數相同C.1mol重水與1mol水中，中子數比為2∶1D.1mol乙烷和1mol乙烯中，化學鍵數相同解析24g鎂與27g鋁的物質的量均為1mol，但Mg、Al的質子數分別為12、13，A項錯誤；1molO2含有16mol電子，1molO3含有24mol電子，質量相同(設為mg)的O2、O3含有的電子的物質的量分別為eq\f(m,32)×16mol＝eq\f(m,2)mol、eq\f(m,48)×24mol＝eq\f(m,2)mol，B項正確；1molD2O含有10mol中子，1molH2O含有8mol中子，C項錯誤；1molCH3—CH3含有7mol共價鍵，1molCH2=CH2含有4molC—H鍵，1molC=C鍵，D項錯誤。答案B3.(2024·浙江1月學考)配制500mL0.100mol·L－1的NaCl溶液，部分試驗操作示意圖如下：下列說法正確的是()A.試驗中需用的儀器有：天平、250mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管等B.上述試驗操作步驟的正確依次為①②④③C.容量瓶須要用自來水、蒸餾水洗滌，干燥后才可用D.定容時，仰視容量瓶的刻度線，使配得的NaCl溶液濃度偏低解析A項、配制500mL0.100mol·L－1NaCl溶液用到的儀器有托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，故A錯誤；B項、配制肯定物質的量濃度的溶液的步驟有計算、稱量、溶解、轉移、洗滌、定容、搖勻等，操作步驟正確的依次為②①④③，故B錯誤；C項、容量瓶用蒸餾水洗凈后，由于后面還須要加入蒸餾水定容，所以不必干燥，故C錯誤；D項、定容時仰視容量瓶的刻度線，則所加蒸餾水偏多，溶液的體積V偏大，溶液的濃度偏低，故D正確。答案D4.(2024·浙江1月學考)為探究某銅的硫化物的組成，取肯定量的硫化物在氧氣中充分灼燒，將生成的氣體全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀11.65g；將灼燒后的固體(僅含銅與氧2種元素)溶于過量的H2SO4中，過濾，得到1.60g紅色固體，將濾液稀釋至150mL，測得c(Cu2＋)＝0.50mol·L－1。已知：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O請計算：(1)白色沉淀的物質的量為________mol。(2)該銅的硫化物中銅與硫的原子個數比n(Cu)∶n(S)＝________。解析(1)二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到11.65g硫酸鋇白色沉淀，n(BaSO4)＝11.65g÷233g/mol＝0.05mol；(2)由S原子個數守恒可知硫化物中n(S)＝0.05mol，由Cu原子個數守恒可知n(Cu)＝1.60g÷64g/mol＋0.50mol·L－1×0.15L＝0.025mol＋0.075mol＝0.1mol，則n(Cu)∶n(S)＝n(Cu)∶n(S)＝2∶1。答案(1)0.05(2)2∶15.(2024·北京理綜，26)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmol·L－1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的質量分數是________。(已知：H3PO4摩爾質量為98g·mol－1)解析H3PO4＋2NaOH=Na2HPO4＋2H2O98g2molm(H3PO4)10－3bcmolm(H3PO4)＝4.9×10－2bcg，則精制磷酸中H3PO4的質量分數為eq\f(4.9×10－2bcg,ag)×100%＝eq\f(4.9bc,a)%。答案eq\f(4.9bc,a)%6.(2024·上海卷)CO2是重要的化工原料，也是應用廣泛的化工產品。CO2與過氧化鈉或超氧化鉀反應可產生氧氣。完成下列計算：(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很簡單分解。2.00molNH4HCO3完全分解，分解產物經干燥后的體積為________L(標準狀況)。(2)某H2中含有2.40molCO2，該混合氣體通入2.00LNaOH溶液中，CO2被完全汲取。假如NaOH完全反應，該NaOH溶液的濃度為____________________________________________________________________。(3)CO2和KO2有下列反應：4KO2＋2CO2=2K2CO3＋3O24KO2＋4CO2＋2H2O=4KHCO3＋3O2若9molCO2在密封艙內和KO2反應后生成9molO2，則反應前密封艙內H2O的量應當是多少？列式計算。(4)甲烷和水蒸氣反應的產物是合成甲醇的原料：CH4＋H2O(g)eq\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))CO＋3H2已知：CO＋2H2eq\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))CH3OHCO2＋3H2eq\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))CH3OH＋H2O300molCH4完全反應后的產物中，加入100molCO2后合成甲醇。若獲得甲醇350mol，殘留氫氣120mol，計算CO2的轉化率。解析(1)碳酸氫銨分解的化學方程式為：NH4HCO3eq\o(=,\s\up7(△))H2O＋NH3↑＋CO2↑，從反應的化學方程式可以看出，分解產物經干燥后，所得氣體為NH3和CO2，且n(NH3)＋n(CO2)＝2n(NH4HCO3)＝2×2.00mol＝4.00mol，則V(混合氣體)＝4.00mol×22.4L/mol＝89.6L，即分解產物經干燥后的體積為89.6L。(2)依據題意要求，2.40molCO2被完全汲取，NaOH也完全反應，則反應的產物可能是Na2CO3(此時NaOH溶液的濃度最大)或NaHCO3(此時NaOH溶液的濃度最小)或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用極值思想分析兩個特別狀況：①CO2＋NaOH=NaHCO3，n(NaOH)＝n(CO2)＝2.40mol，則c(NaOH)＝eq\f(2.40mol,2.00L)＝1.20mol/L；②CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O，n(NaOH)＝2n(CO2)＝4.80mol，則c(NaOH)＝eq\f(4.80mol,2.00L)＝2.40mol/L；綜合①、②可知，NaOH溶液的濃度應當1.20mol/L≤c(NaOH)≤2.40mol/L。(3)方法一依題意，9molCO2在密封艙內和KO2反應后生成9molO2，即n(CO2)∶n(O2)＝1∶1，通過視察題給兩個化學反應方程式可知，當把兩個化學反應方程式相加時正好符合題目要求：8KO2＋6CO2＋2H2O=2K2CO3＋4KHCO3＋6O2所以有n(H2O)＝eq\f(1,3)n(CO2)＝eq\f(1,3)×9mol＝3mol，即反應前密封艙內H2O的物質的量為3mol。方法二設反應前密封艙內H2O的物質的量為n4KO2＋4CO2＋2H2O=4KHCO3＋3O22nn1.5n4KO2＋2CO2=2K2CO3＋3O29－2n1.5×(9－2n)依據題意生成氧氣9mol，所以有1.5n＋1.5×(9－2n)＝9mol，解得n＝3mol，即反應前密封艙內H2O的物質的量為3mol。(4)方法一eq\a\vs4\ac\hs10\co7(CH4,＋,H2O,\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△)),CO,＋,3H2,300mol,,,,300mol,,900mol)設CO2的轉化率為α，CO的轉化率為βeq\a\vs4\ac\hs10\co5(CO,＋,2H2,\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△)),CH3OH,300βmol,,600βmol,,300βmol)eq\a\vs4\ac\hs10\co7(CO2,＋,3H2,\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△)),CH3OH,＋,H2O,100αmol,,300αmol,,100αmol)依據題意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol＋100αmol＝350mol①式依據題意，反應后殘留氫氣120mol，則實際參與反應的氫氣為900mol－120mol，所以有600βmol＋300αmol＝900mol－120mol②式由①②式可得α＝0.8，即設CO2的轉化率為80%。方法二在合成甲醇的反應中，氫元素在生成物中有兩種存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，設CO2的轉化率為αeq\a\vs4\ac\hs10\co7(CH4,＋,H2O,\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△)),CO,＋,3H2,300mol,,,,,,900mol,CO2,＋,3H2,\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(△)),CH3OH,＋,H2O,100αmol,,,,,,100αmol)依據題意，反應后殘留氫氣120mol，則實際參與反應的氫氣為900mol－120mol，依據反應中氫元素原子的守恒可有：900mol－120mol＝350mol×2＋100αmol，解得α＝0.8，即設CO2的轉化率為80%。答案(1)89.6(2)2.4mol/L≥c(NaOH)≥1.2mol/L(3)8KO2＋6CO2＋2H2O=2K2CO3＋4KHCO3＋6O2n(CO2)∶n(H2O)＝6∶2n(H2O)＝(9mol/6)×2＝3mol(4)300molCH4完全反應產生H2900mol設CO2轉化率為α，CO轉化率為β300β＋100α＝350600β＋300α＝900－120α＝80%或設CO2轉化率為α900－350×2－100α＝120α＝80/100＝80%考向一阿伏加德羅常數1.(2024·課標全國Ⅱ，11)NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A.常溫常壓下，124gP4中所含P—P鍵數目為4NAB.100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的數目為0.1NAC.標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NAD.密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數為2NA解析每個P4分子中含6個P—P鍵，124gP4的物質的量為1mol，含6molP—P鍵，A項錯誤；該溶液中雖然含0.1molFeCl3，但由于Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋數目小于0.1NA，B項錯誤；標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯的混合氣體為0.5mol，依據1molCH4和1molC2H4均含4molH原子可知，0.5mol混合氣體中含2molH原子，C項正確；SO2和O2的反應為可逆反應，即反應后容器中同時含有SO2、O2和SO3，分子總數大于2NA，D項錯誤。答案C備考策略1.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在標準狀況下非氣態物質。如H2O、HF、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等物質結構肯定物質的量的物質中含有的微粒(分子、原子、電子、質子等)數，如Na2O2；或一些物質中的化學鍵數目，如CH4、P4等氧化還原反應電子轉移(得失)數目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2與H2O反應；電解AgNO3溶液；Cu與S反應；Fe失去電子數(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目多少的推斷。如1L1mol·L－1Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)數目小于NA，因為COeq\o\al(2－,3)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別物質的摩爾質量，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P42.避開有關NA推斷的六大“陷阱”考查方向留意問題氣體摩爾體積的適用條件、物質的聚集狀態若題中出現物質的體積，先考慮是否是氣體，如是氣體再考慮是否為標準狀況，熟識在標準狀況下是液體或固體的物質，如CCl4、H2O、SO3、己烷、苯、酒精、CHCl3等物質的微觀結構①某些物質分子中的原子個數，如Ne、O3、P4等；②特別物質的摩爾質量或分子中的中子數，如D2O、T2O、18O2、H37Cl等；③一些物質中的化學鍵數目，如SiO2、Si、CH4、P4、CO2、C60等電解質的電離與水解弱電解質的電離及某些離子的水解，如1molCH3COOH或1molFeCl3溶于水時，溶液中CH3COO－或Fe3＋的物質的量小于1mol氧化還原反應中的電子轉移如Na2O2、NO2與H2O反應，電解AgNO3溶液，Fe、Cu與S反應，Cl2與H2O、NaOH反應，Fe與稀HNO3反應等分散系中的微粒數目FeCl3溶液轉化為Fe(OH)3膠體，膠粒的數目小于原溶液中Fe3＋的數目隱含的可逆反應可逆反應不能進行究竟。如2NO2N2O4、Cl2＋H2OHClO＋HCl、合成氨反應、二氧化硫的催化氧化等考向二阿伏加德羅定律及推論2.三種氣體X、Y、Z的相對分子質量關系為Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，下列說法正確的是()A.三種氣體密度最小的是XB.分子數目相等的三種氣體，質量最大的是YC.若肯定條件下，三種氣體體積均為2.24L，則它們的物質的量肯定均為0.1molD.20℃時，若2molY與1molZ體積相等，則Y、Z氣體所承受的壓強比為2∶1解析依據題意三種氣體X、Y、Z的相對分子質量關系為Mr(X)＜Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，即Mr(X)＜Mr(Y)＜Mr(Z)，A項，相同條件下，密度和相對分子質量成正比，由于溫度壓強不定，則密度無法推斷，A錯誤；B項，分子數目相等的三種氣體，質量最大的是相對分子質量最大的Z，B錯誤；C項，Vm和外界條件有關，Vm不肯定等于22.4L/mol，所以它們的物質的量不肯定均為0.1mol，C錯誤；D項，依據同溫同體積的氣體物質的量之比等于壓強之比，D正確。答案D備考策略阿伏加德羅定律(1)內容：在相同溫度和壓強下，相同體積的任何氣體都含有相同數目的分子。即?N1=N2“三同”(T、p、V)→“一同”(N)→(n)(2)阿伏加德羅定律的推論相同條件結論公式語言敘述T、p相同eq\f(n1,n2)＝eq\f(V1,V2)同溫、同壓下，氣體的體積與其物質的量成正比T、V相同eq\f(p1,p2)＝eq\f(n1,n2)溫度、體積相同的氣體，其壓強與其物質的量成正比T、p相同eq\f(ρ1,ρ2)＝eq\f(M1,M2)同溫、同壓下，氣體的密度與其摩爾質量(或相對分子質量)成正比考點三以物質的量為中心的化學計算3.(2024·浙江紹興適應性測試)將19.20gCu和Fe2O3的混合物完全溶解在400mL稀硫酸中，然后向溶液中加鐵粉，剩余固體質量與加入鐵粉質量的關系如圖。(1)混合物中n(Cu)∶n(Fe2O3)為________。(2)稀硫酸的濃度為________。解析(1)依據Cu和Fe2O3的混合物完全溶解在400mL稀硫酸中，發生的反應Fe2O3與H＋生成Fe3＋，Fe3＋再與Cu反應，然后加入鐵粉，先和Fe3＋反應，再和Cu2＋反應。所以由圖像知混合物中銅的質量3.2g，物質的量為0.05mol；Fe2O3的質量為19.20－3.2＝16.00(g)，物質的量為0.1mol，所以混合物中n(Cu)∶n(Fe2O3)為1∶2。(2)最終溶液為硫酸亞鐵溶液，加入的n(Fe)＝0.2mol，Fe2O3的物質的量為0.1mol，鐵為0.2mol，所以總的鐵為n(Fe)＝0.4mol，n(FeSO4)＝0.4mol，由SOeq\o\al(2－,4)守恒，n(H2SO4)＝0.4mol，稀硫酸的濃度為1.00mol·L－1。答案(1)1∶2(2)1.00mol·L－1備考策略以物質的量為中心進行計算的“一、二、三”考向四溶液配制及物質的量濃度的相關計算4.為了配制100mL1mol·L－1NaOH溶液，其中有下列幾種操作，錯誤的操作有()①選剛用蒸餾水洗凈過的100mL容量瓶進行配制②NaOH固體在燒杯里剛好完全溶解，馬上把溶液轉移到容量瓶中③用蒸餾水洗滌燒杯內壁兩次，洗滌液都移入容量瓶中④使蒸餾水沿著玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度線相切⑤由于不慎，液面超過了容量瓶的刻度線，這時實行的措施是運用膠頭滴管吸出超過的一部分A.②④⑤ B.①⑤C.②③⑤ D.①②解析①配制100mL1mol·L－1的NaOH溶液，應選擇100mL容量瓶，因為容量瓶定容時仍須要加蒸餾水，所以運用前不須要干燥，正確；②NaOH溶于水放熱，所以不能馬上把溶液轉移到容量瓶中，應冷卻至室溫再轉移，錯誤；③用蒸餾水洗滌燒杯內壁2次，洗滌液也均轉入容量瓶中，是為了將溶質全部轉移到容量瓶中，正確；④定容時為了防止加水超過刻度線，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，使溶液的凹液面的最低點與刻度線相平，錯誤；⑤由于不慎，液面超過了容量瓶的刻度線，若吸出溶液則削減了溶質的質量，結果偏低，試驗失敗，須要重新配制，錯誤。答案A5.把含硫酸銨和硝酸銨的混合溶液aL分成兩等份，一份加入含bmolNaOH的溶液并加熱，恰好把NH3全部趕出；另一份需消耗cmolBaCl2才能使SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，則原溶液中NOeq\o\al(－,3)的物質的量濃度為()A.eq\f(b－2c,a)mol·L－1 B.eq\f(2b－4c,a)mol·L－1C.eq\f(2b－c,a)mol·L－1 D.eq\f(b－4c,a)mol·L－1解析bmolNaOH恰好將NH3全部趕出，依據NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O可知，每份中含有bmolNHeq\o\al(＋,4)；與氯化鋇溶液完全反應消耗cmolBaCl2才能使SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀，依據Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓可知每份含有SOeq\o\al(2－,4)cmol，設每份中含有NOeq\o\al(－,3)的物質的量為xmol，依據溶液呈電中性，則bmol×1＝cmol×2＋xmol×1，得x＝b－2c，因將aL混合溶液分成兩等份，則每份的體積是0.5aL，所以每份溶液中NOeq\o\al(－,3)的濃度是c(NOeq\o\al(－,3))＝eq\f(（b－2c）mol,0.5aL)＝eq\f(2b－4c,a)mol·L－1，即原溶液中NOeq\o\al(－,3)的濃度是eq\f(2b－4c,a)mol·L－1，故選B。答案B備考策略配制肯定物質的量濃度溶液的試驗是中學化學中一個重要的定量試驗。復習時，要熟記試驗儀器，駕馭操作步驟，留意儀器運用，正確分析誤差，理解基本公式，明確高考題型，做到有的放矢。1.七種儀器需記牢托盤天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管、燒杯、藥匙。2.試驗步驟要理清如：配制500mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，圖中操作②中應當填寫的數據為________，試驗時操作的先后依次為________(填編號)。答案5.3②④⑥⑤①③3.儀器運用要明白(1)容量瓶運用的第一步操作是“查漏”，回答容量瓶時應指明規格，并選擇合適的容量瓶，如配制480mL溶液，應選用500mL容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀釋和存放液體，也不能作為反應容器。(2)玻璃棒的作用是攪拌和引流，在引流時，玻璃棒末端應插入到容量瓶刻度線以下，且玻璃棒靠近容量瓶口處不能接觸瓶口，如圖所示。附：容量瓶的查漏方法向容量瓶中加入適量水，蓋好瓶塞，左手食指頂住瓶塞，右手托住瓶底，將容量瓶倒轉過來看瓶口處是否有水滲出，若沒有，將容量瓶正立，將瓶塞旋轉180度，重復上述操作，假如瓶口處仍無水滲出，則此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞處涂點凡士林。4.誤差分析點點清誤差分析的思維流程與方法(1)誤差分析的思維流程(2)視線引起誤差的分析方法①仰視容量瓶刻度線(圖1)，導致溶液體積偏大，結果偏低。②俯視容量瓶刻度線(圖2)，導致溶液體積偏小，結果偏高。(3)常見狀況：①砝碼生銹：偏高。②定容時，溶液溫度高：偏高。③定容時俯視容量瓶刻度線：偏高。④稱量時物碼顛倒且運用游碼：偏低。⑤未洗滌燒杯、玻璃棒：偏低。⑥稱量易吸水物質時間過長：偏低。⑦轉移時，有液體濺出：偏低。⑧滴加蒸餾水超過容量瓶刻度線，再用膠頭滴管吸出：偏低。⑨定容搖勻后，液面低于刻度線，再加水至刻度線：偏低。⑩容量瓶內有少量水：無影響。5.換算關系會推導(1)氣體溶質物質的量濃度的計算：標準狀況下，1L水中溶解某氣體VL，所得溶液的密度為ρg·cm－3，氣體的摩爾質量為Mg·mol－1，則c＝eq\f(1000ρV,22400＋MV)mol·L－1。(2)溶液中溶質的質量分數與物質的量濃度之間的換算：c＝eq\f(1000ρw,M)[c為溶質的物質的量濃度/(mol·L－1)，ρ為溶液的密度/(g·cm－3)，w為溶質的質量分數，M為溶質的摩爾質量/(g·mol－1)]。6.兩條規律理解透(1)稀釋定律①如用V1、V2、c1、c2分別表示稀釋前后溶液的體積和溶質的物質的量濃度，有c1V1＝c2V2。②如用m1、m2、w1、w2分別表示稀釋前后溶液的質量和溶質的質量分數，有m1w1＝m2w2。(2)混合規律同一溶質不同濃度的溶液混合后溶質質量分數的推斷方法：設溶質質量分數分別為w1和w2的兩溶液混合后所得溶液溶質的質量分數為w。①兩溶液等質量混合：w＝eq\f(1,2)(w1＋w2)。②兩溶液等體積混合a.若溶液中溶質的密度大于溶劑的密度，則w＞eq\f(1,2)(w1＋w2)，如H2SO4溶液。b.若溶液中溶質的密度小于溶劑的密度，則w＜eq\f(1,2)(w1＋w2)，如氨水、酒精溶液。1.(2024·浙江11月選考)設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是()A.32gS8(分子結構：)中的共價鍵數目為NAB.2g由Heq\o\al(18,2)O和2H2O組成的物質中含有的質子數為NAC.8gCuO與足量H2充分反應生成Cu，該反應轉移的電子數為0.2NAD.標準狀況下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒數之和為NA解析A項，在一個S8分子中含有8個共價鍵，所以32gS8中含有共價鍵數目為NA；B項，Heq\o\al(18,2)O、2H2O的摩爾質量均為20g·mol－1，所以2g由Heq\o\al(18,2)O、2H2O組成的物質中含有的質子數為NA；C項，8gCuO被H2還原生成Cu轉移電子數為eq\f(8g,80g·mol－1)×2NAmol－1＝0.2NA；D項，Cl2溶于水，含氯元素的微粒有Cl2、Cl－、ClO－和HClO，Cl－、ClO－與HClO的微粒數之和應小于NA。答案D2.(2024·浙江4月選考)設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是()A.10g的2Heq\o\al(16,2)O中含有的質子數與中子數均為5NAB.32g硫在足量的氧氣中充分燃燒，轉移電子數為6NAC.26gC2H2與C6H6混合氣體中含C—H鍵的數目為2NAD.120gNaHSO4和KHSO3的固體混合物中含有的陽離子數為NA解析2Heq\o\al(16,2)O的相對分子質量為20，其中含質子和中子均為10個，因此10g的2Heq\o\al(16,2)O中含分子數為0.5NA，質子數與中子數均為5NA，A正確；32g硫為1mol，在足量的氧氣中充分燃燒，生成二氧化硫，轉移電子數為4NA，B錯；26gC2H2與C6H6混合氣體中含氫原子個數為2NA，因此C—H鍵的數目為2NA，C正確；NaHSO4和KHSO3的化學式量均為120，120g固體混合物含兩者共1mol，其中含有的陽離子Na＋，K＋數合計為NA，正確。答案B3.在兩個密閉容器中，分別充有質量相等的甲、乙兩種氣體，它們的溫度和密度均相同。依據甲、乙的摩爾質量(M)的關系推斷，下列說法中正確的是()A.若M(甲)＜M(乙)，則分子數：甲＜乙B.若M(甲)＞M(乙)，則氣體摩爾體積：甲＜乙C.若M(甲)＜M(乙)，則氣體的壓強：甲＞乙D.若M(甲)＞M(乙)，則氣體的體積：甲＜乙解析等質量的氣體，其摩爾質量與物質的量(或分子數)成反比，若M(甲)＜M(乙)，則分子數：甲＞乙，A錯誤；若M(甲)＞M(乙)，則物質的量：甲＜乙，又氣體體積相等，故氣體摩爾體積：甲＞乙，B錯誤；同溫同體積同質量的氣體或混合氣體，壓強與摩爾質量成反比，C正確；由質量和密度相等可知氣體體積相等，D錯誤。答案C4.(2024·浙江省金華十校)試驗室發生意外時，比如手指劃破、燙傷等都須要對傷口進行消毒?，F配制0.01mol/L的KMnO4消毒液，下列有關說法不正確的是()A.KMnO4的摩爾質量為158B.KMnO4溶液用于殺菌消毒的原理是因其具有強氧化性C.當液面接近容量瓶的刻度線下2cm處，改用膠頭滴管定容D.定容時俯視容量瓶刻度線，導致所配溶液濃度偏高解析A.摩爾質量的單位是g/mol，A錯誤；B.KMnO4具有強氧化性，可以殺菌消毒，B正確；C.當液面接近容量瓶的刻度線下2cm處時改用膠頭滴管定容，C正確；D.定容時俯視容量瓶刻度線，導致加水偏少，所配溶液濃度偏高，D正確。正確答案為A。答案A5.(2024·浙江省臺州中學)取肯定質量的溴化鈉、碘化鈉的混合物平均分成五等份，分別加水配成溶液并編號為甲、乙、丙、丁、戊，再分別向各溶液中通入肯定體積的氯氣，將反應后所得溶液蒸干，灼燒固體。通入氯氣的量與最終所得固體質量記錄如下：編號甲乙丙丁戊固體組成NaI、NaBr、NaClNaBr、NaClNaCl氯氣的體積/mLV2V3V4V5V固體質量/g54.6243.6435.4830.1429.25求：(1)請填寫表中空白________、________。(2)標準狀況下氯氣的體積V為________，原混合物中溴化鈉的物質的量為________。解析戊中固體NaCl質量29.25g，依據鈉離子守恒得n(NaBr)＋n(NaI)＋n(NaCl)＝eq\f(29.25g,58.5g/mol)＝0.5mol，由鈉離子守恒可知反應后蒸干灼燒得到的固體的物質的量不變為0.5mol，將反應甲至戊視作每次增加VmL氯氣計算，因還原性I－＞Br－＞Cl－，故先有2NaI＋Cl2=2NaCl＋I2…①，反應完后再有2NaBr＋Cl2=2NaCl＋Br2…②；(1)對于乙視作甲增加VmL氯氣，導致固體質量削減為54.62g－43.64g＝10.98g，因還原性I－＞Br－＞Cl－，故先有2NaI＋Cl2=2NaCl＋I2，反應完后再有2NaBr＋Cl2=2NaCl＋Br2。對于丙視作乙增加VmL氯氣，導致固體質量削減為43.64g－35.48g＝8.16g，VmL氯氣與NaBr反應導致固體質量削減最少為35.48g－30.14g＝5.34g，小于8.16g，故丙中最終VmL氯氣，既與NaI反應又與NaBr反應。由上述分析可得：固體乙的組成為NaI、NaBr、NaCl；對于戊視作丁增加VmL氯氣，蒸干灼燒得到固體的質量還在削減，結合丙固體的組成為NaBr、NaCl，說明丁固體的組成為NaBr、NaCl；(2)丁中最終VmL氯氣與NaBr反應，VmL氯氣完全反應，且有NaBr剩余，令VmL氯氣的物質的量為n，則所以n＝0.06mol，即VmL氯氣的物質的量為0.06mol，標準狀況下體積為0.06mol×22.4L/mol＝1.344L＝1344mL；由于乙最終通入VmL氯氣只與NaI反應，甲通入VmL氯氣導致固體質量削減等于乙最終通入VmL氯氣導致固體質量削減，所以原溶液中NaI與NaBr的總質量為54.62g＋10.98g＝65.6g，令原溶液中NaI的物質的量為xmol，NaBr的物質的量為ymol，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xmol＋ymol＝0.5mol,xmol×150g/mol＋ymol×103g/mol＝65.6g))，解得x＝0.3，y＝0.2，則原來混合物中溴化鈉的物質的量＝0.2mol×5＝1mol。答案(1)乙：NaI、NaBr、NaCl?。篘aBr、NaCl(2)13441mol1.(2024·浙江麗水、衢州、湖州教學質檢，22)設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是()A.1mol羥基與1mol氫氧根離子所含的質子數分別為9NA、10NAB.2.3g金屬鈉與2.24L(標準狀況)氧氣反應，轉移的電子數為0.1NAC.100g質量分數為46%的乙醇溶液所含分子總數為4NAD.甲醛(HCHO)和乙酸的混合物3.0g，含有的原子數為0.4NA解析1mol羥基與1mol氫氧根離子所含的質子數均為9NA，A項錯誤；2.3g金屬鈉是0.1mol，與2.24L(標準狀況)氧氣即0.1mol氧氣反應，氧氣過量，轉移的電子數為0.1NA，項B正確；100g質量分數為46%的乙醇溶液所含分子總數為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100×0.46,46)＋\f(100×0.54,18)))×NA＝4NA，C項正確；甲醛(HCHO)和乙酸的最簡式相同，均是CH2O，其混合物3.0g，含有的原子數為eq\f(3.0,30)×4×NA＝0.4NA，D項正確。答案A2.如圖中的兩條線分別代表的是：1gC3H6和1gM氣體在相同容積的容器中，測得容器中的壓強和溫度的關系，試依據圖象推斷M氣體可能是()A.C3H8 B.C2H4C.H2S D.N2O4解析由阿伏加德羅定律推知，在相同容器中，若溫度相同時p與n成正比，如圖可知M的壓強大，設M的相對分子量為x，則eq\f(1.2,0.8)＝eq\f(\f(1,x),\f(1,42))，x＝28，為乙烯，故答案為B。答案B3.(2024·上?；瘜W，22)稱取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反應，生成NH31792mL(標準狀況)，則(NH4)2SO4和NH4HSO4的物質的量比為()A.1∶1 B.1∶2C.1.87∶1 D.3.65∶1解析固體混合物與NaOH溶液反應依次為：H＋＋OH－=H2O，NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O，n(NH3)＝eq\f(1.792L,22.4L/mol)＝0.08mol，則與H＋反應的NaOH為0.1mol－0.08mol＝0.02mol，則n(NH4HSO4)＝0.02mol，m(NH4HSO4)＝0.02mol×115g/mol＝2.30g，m[(NH4)2SO4]＝7.24g－2.30g＝4.94g，n[(NH4)2SO4]＝eq\f(4.94g,132g/mol)≈0.0374mol，則n[(NH4)2SO4]∶n(NH4HSO4)＝1.87∶1，故C項正確。答案C4.(2024·浙江省嘉興一中模擬)把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為()A.eq\f(b－a,V)mol·L－1 B.eq\f(2b－a,V)mol·L－1C.eq\f(2（b－a）,V)mol·L－1 D.eq\f(2（2b－a）,V)mol·L－1解析硫酸鎂與氫氧化鈉反應的方程式為：MgSO4＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋Na2SO4，所以eq\f(V,2)L混合溶液中n(Mg2＋)＝eq\f(a,2)mol；硫酸根離子與鋇離子反應的離子方程式為：SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaSO4↓，所以n(SOeq\o\al(2－,4))＝bmol；由于MgSO4中Mg2＋的物質的量與SOeq\o\al(2－,4)的物質的量相等；所以K2SO4中的硫酸根離子的物質的量為n(SOeq\o\al(2－,4))＝(b－eq\f(a,2))mol，即n(K＋)＝(2b－a)mol，所以，原混合溶液中鉀離子的物質的量濃度為2(2b－a)/Vmol·L－1。答案D5.某學生用NaHCO3和KHCO3組成的混合物樣品與某種濃度的鹽酸反應進行試驗，測得數據如下表：試驗編號①②③鹽酸體積/mL505050m(混合物)/g9.226.5636.8V(CO2)(標準狀況)/L2.244.484.48分析表中數據，下列說法中不正確的是()A.由①②可知：①中的鹽酸過量B.由②③可知：混合物的質量增加，而氣體體積沒有改變，說明鹽酸已經完全反應C.所用鹽酸的物質的量濃度為0.4mol/LD.該混合物中NaHCO3的物質的量分數為50%解析鹽酸同量，由于第②組試驗所得氣體多于第①組試驗，說明加入混合物9.2g時鹽酸過量，第②組與第③組所得氣體相等，說明第②組鹽酸完全反應，生成4.48L二氧化碳須要混合物的質量為eq\f(4.48L,2.24L)×9.2g＝18.4g＜26.56g，故第②組混合物有剩余，A.鹽酸同量，由于第②組試驗所得氣體多于第①組試驗，說明加入混合物9.2g時鹽酸過量，故A正確；B.混合物的質量增加，第②組與第③組所得氣體相等，而氣體體積沒有改變，說明鹽酸已經反應完全，故B正確；C.第②組鹽酸完全反應，生成二氧化碳的物質的量為eq\f(4.48L,22.4L/mol)＝0.2mol，由方程式NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑、KHCO3＋HCl=KCl＋H2O＋CO2↑，可知n(HCl)＝n(CO2)＝0.2mol，鹽酸的物質的量濃度為eq\f(0.2mol,0.05L)＝4mol/L，故C錯誤；D.第①組試驗中混合物完全反應，鹽酸過量，固體混合物完全反應，生成二氧化碳的物質的量為eq\f(2.24L,22.4L/mol)＝0.1mol，設9.2g混合物中NaHCO3、KHCO3的物質的量分別為xmol和ymol，則：依據碳元素守恒可知：x＋y＝0.1，混合物質量為9.2g，所以84x＋100y＝9.2，聯立方程解得x＝0.05，y＝0.05，NaHCO3的物質的量分數＝eq\f(0.05mol,0.05mol＋0.05mol)×100%＝50%，故D正確，故選C。答案C6.下列關于物質的量濃度表述正確的是()A.0.3mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SOeq\o\al(2－,4)的總物質的量為0.9molB.當1L水汲取22.4L氨氣時所得氨水的濃度不是1mol·L－1，只有當22.4L氨氣溶于水制得1L氨水時，其濃度才是1mol·L－1C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，假如Na＋和SOeq\o\al(2－,4)的物質的量相等，則K＋和Cl－的物質的量濃度肯定相同D.10℃時，100mL0.35mol·L－1的KCl飽和溶液蒸發掉5g水，冷卻到10℃時，其體積小于100mL，它的物質的量濃度仍為0.35mol·L－1解析0.3mol·L－1的Na2SO4溶液中，含有Na＋、SOeq\o\al(2－,4)的總濃度為0.9mol·L－1，但選項中未給出體積，無法求出離子的總物質的量；1L水汲取22.4L氨氣的氨水濃度不是1mol·L－1，且22.4L氨氣不知道是否是標準狀況下的體積，故當氨水體積是1L時，其濃度也不肯定是1mol·L－1；在K2SO4、NaCl混合液中，當n(Na＋)＝n(SOeq\o\al(2－,4))時，n(K＋)≠n(Cl－)，因為在溶液中應滿意陰、陽離子的電荷守恒；D選項正確。答案D7.(2024·浙江省臺州中學)向肯定體積CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入濃度為1.00mol·L－1的Na2CO3溶液，反應過程中加入的Na2CO3溶液的體積與產生沉淀或氣體的質量關系如圖所示。已知：圖中V1∶V2＝1∶2，當加入V2mLNa2CO3溶液時，所得溶液的濃度為1.00mol·L－1，體積為200mL。求：(1)混合溶液中CaCl2和HCl物質的量之比n(CaCl2)∶n(HCl)＝________。(2)m2＝________g。解析由圖像可知，向肯定體積CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入濃度為1.00mol·L－1的Na2CO3溶液，0～V1發生的是碳酸鈉與鹽酸反應，生成二氧化碳的質量為m1，V1～V2發生的是碳酸鈉與氯化鈣的反應，生成碳酸鈣的質量為m2。又知V1∶V2＝1∶2，說明鹽酸和氯化鈣