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2019-2020年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 上篇 專題突破方略 專題一 基本概念 第二講 化學(xué)常用計量學(xué)案 　xx高考導(dǎo)航——適用于全國卷Ⅰ 最新考綱 高頻考點 高考印證 命題趨勢 1.了解物質(zhì)的量的含義，并能用于進行簡單的化學(xué)計算。 2.了解物質(zhì)的量的單位——摩爾(mol)以及摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積、物質(zhì)的量濃度、阿伏加德羅常數(shù)的含義。 3.根據(jù)物質(zhì)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(guān)系進行有關(guān)計算。 4.了解相對原子質(zhì)量、相對分子質(zhì)量的定義，并能進行有關(guān)計算。 5.能運用化學(xué)方程式和離子方程式進行有關(guān)計算。 6.了解溶液的組成。了解溶液中溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)的含義，并能進行相關(guān)計算。 7.能根據(jù)要求配制一定溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)和一定物質(zhì)的量濃度的溶液。 阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用 xxT8 阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用主要以選擇題的形式考查：以物質(zhì)的量為核心，與氣體摩爾體積、物質(zhì)的量濃度及化學(xué)方程式有關(guān)的簡單計算；溶液的配制通常以實驗題的形式考查：所用儀器、實驗步驟及誤差分析是常見的考查點。上述考查方式仍將延續(xù)。 以物質(zhì)的量為中心的計算及阿伏加德羅定律 一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制 考點一　阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用 [學(xué)生用書P5] 關(guān)于阿伏加德羅常數(shù)試題常設(shè)的“陷阱” 1．氣體摩爾體積的運用條件：考查氣體時經(jīng)常給定非標準狀況下(如25 ℃、1.01105 Pa)氣體體積，考生易用22.4 Lmol－1進行換算，誤入陷阱。 2．忽視物質(zhì)的聚集狀態(tài)：22.4 Lmol－1適用對象是氣體(包括混合氣體)。常用在標準狀況下非氣態(tài)的物質(zhì)來迷惑考生，如H2O、CCl4、辛烷、汽油、SO3、C6H6等。 3．忽視單質(zhì)的組成：氣體單質(zhì)的組成除常見的雙原子分子外，還有單原子分子(如He、Ne等)、三原子分子(如O3)等。 4．混淆某些氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目：常用一些反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目來迷惑考生，如Na2O2與H2O反應(yīng)、Cl2與NaOH溶液反應(yīng)、Fe與鹽酸反應(yīng)、1 mol氯氣與過量鐵反應(yīng)、電解硫酸銅溶液等。 5．不理解物質(zhì)的組成結(jié)構(gòu)：如Na2O2是由Na＋和O構(gòu)成，而不是Na＋和O2－；NaCl為離子化合物，只有離子沒有分子；苯中不含碳碳單鍵和碳碳雙鍵。 6．忽視電離、水解對溶液中離子數(shù)目的影響：考查電解質(zhì)溶液中離子數(shù)目或濃度時常設(shè)置弱電解質(zhì)的電離、鹽類水解方面的陷阱。 7．忽視可逆反應(yīng)不能進行到底：如2NO2 N2O4、2SO2＋O22SO3、合成氨反應(yīng)等。 　　　　有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)的正誤判斷 1．(概念應(yīng)用類)(xx高考全國卷Ⅰ，T8,6分)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．18 g D2O和18 g H2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NA B．2 L 0.5 molL－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數(shù)為2NA C．過氧化鈉與水反應(yīng)時，生成0.1 mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA D．密閉容器中2 mol NO與1 mol O2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NA [破題關(guān)鍵]　D2O和H2O為10電子分子，但摩爾質(zhì)量不同；亞硫酸為弱酸，不能完全電離；Na2O2中O元素為－1價，產(chǎn)生1 mol氧氣轉(zhuǎn)移2NA個電子；由于2NO2 N2O4的存在，故NO2分子數(shù)會減少。 解析：選C。A.D2O的摩爾質(zhì)量為20 gmol－1,18 g D2O 的物質(zhì)的量為18 g/20 gmol－1＝0.9 mol，則含有的質(zhì)子數(shù)為 0.910NA＝9NA，H2O的摩爾質(zhì)量為18 gmol－1,18 g H2O的物質(zhì)的量為18 g/18 gmol－1＝1 mol，則含有的質(zhì)子數(shù)為110NA＝10NA，故A不正確。B.亞硫酸是弱電解質(zhì)，不能發(fā)生完全電離，電離方程式為H2SO3 H＋＋HSO，HSO H＋＋SO，所含H＋離子數(shù)小于20.52NA＝2NA，故B不正確。C.過氧化鈉與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移情況得關(guān)系式O2～2e－，生成 0.1 mol氧氣轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，故C正確。D.2 mol NO與1 mol O2發(fā)生反應(yīng)2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，因為存在2NO2 N2O4，則產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA，故D不正確。 [互動拓展] (1)在常考題材中，有哪些物質(zhì)在標準狀況下貌似氣體但不是氣體？ (2)寫出下列物質(zhì)中的微粒數(shù)或化學(xué)鍵數(shù)(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。 ①1 mol 金剛石中C—C 鍵：______。 ②1 mol SiO2中 Si—O 鍵：______。 ③78 g Na2O2中陰離子數(shù)：______。 ④106 g Na2CO3 固體中CO 離子數(shù)：______。 答案：(1)H2O、CCl4、苯、SO3、己烷、HF等。 (2)①2NA?、?NA?、跱A?、躈A 　判斷下列說法是否正確(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。 (1)0.1 L 3.0 molL－1的NH4NO3溶液中含有的NH的數(shù)目為0.3NA。(　　) (2)1 L 1 molL－1的NaClO溶液中含有的陰離子數(shù)目為NA。(　　) (3)標準狀況下，22.4 L氦氣與22.4 L氟氣所含原子數(shù)均為2NA。(　　) (4)18 g D2O所含的電子數(shù)為 10NA。(　　) (5)常溫常壓下，92 g NO2 和 N2O4的混合氣體中含有的原子總數(shù)為6NA。(　　) (6)22.4 L NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為NA。(　　) 答案：(1)　(2)　(3)　(4)　(5)√　(6) 2．(xx高考廣東卷)設(shè)nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法正確的是(　　) A．1 mol甲苯含有6nA個C—H鍵 B．18 g H2O含有10nA個質(zhì)子 C．標準狀況下，22.4 L氨水含有nA個NH3分子 D．56 g鐵片投入足量濃H2SO4中生成nA個SO2分子 解析：選B。解有關(guān)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(zhuǎn)換，即將質(zhì)量和體積轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量；第二步為微觀量之間的轉(zhuǎn)換，即判斷1分子該物質(zhì)所含的微粒數(shù)；第三步為宏觀量和微觀量的對應(yīng)，即一定物質(zhì)的量的該物質(zhì)含有的微粒數(shù)。A.第一步，題目中直接給出物質(zhì)的量，所以不用轉(zhuǎn)換；第二步，甲苯的分子式為C7H8，因此1分子甲苯中含有8個C—H鍵；第三步，1 mol甲苯中含有8nA個C—H鍵，A錯誤。B.第一步，18 g水的物質(zhì)的量為1 mol；第二步，1個水分子中含有10個質(zhì)子；第三步，1 mol水分子中含有10nA個質(zhì)子，B正確。C.由于氨水為液態(tài)，因此無法確定其物質(zhì)的量，C錯誤。D.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，D錯誤。 3．(xx山西太原高三質(zhì)量監(jiān)測)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　　) A．常溫常壓下，11.2 L NO和O2 混合氣體的原子數(shù)為NA B．1.5 g甲基所含有的電子數(shù)目為0.9NA C．1 L 0.1 mol/L 的氨水中含有的N原子數(shù)小于0.1NA D．7.8 g苯中碳碳雙鍵的數(shù)目為0.3NA 解析：選B。常溫常壓下，NO和O2 發(fā)生反應(yīng)：2NO＋O2===2NO2，根據(jù)原子守恒，反應(yīng)后的原子數(shù)等于反應(yīng)前的原子數(shù)，但常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4 L/mol，故原子總數(shù)小于NA ，A項錯誤；1個甲基(—CH3)含有9個電子，1.5 g甲基的物質(zhì)的量為0.1 mol，所含電子數(shù)為0.9NA，B項正確；根據(jù)物料守恒，1 L 0.1 mol/L的氨水中N原子數(shù)為0.1NA，C項錯誤；苯分子中碳碳鍵為介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間的獨特的鍵，不含碳碳雙鍵，D項錯誤。 　　　　轉(zhuǎn)移電子數(shù)的計算 1．判斷下列說法是否正確(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。 (1)(xx高考四川卷)5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反應(yīng)中，生成28 g N2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3.75NA。(　　) (2)標準狀況下，6.72 L NO2與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA。(　　) (3)1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA個電子。(　　) (4)5.6 g鐵粉與硝酸反應(yīng)失去的電子數(shù)一定為0.3NA。(　　) (5)0.1 mol Zn與含0.1 mol HCl的鹽酸充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA。(　　) (6)1 mol Na與足量O2反應(yīng)，生成Na2O和Na2O2的混合物，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA。(　　) (7)1 mol Na2O2與足量CO2充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA。(　　) (8)向FeI2溶液中通入適量Cl2，當有1 mol Fe2＋被氧化時，共轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為NA。(　　) (9)標準狀況下22.4 L Cl2溶于水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA。(　　) (10)50 mL 18.4 mol/L濃H2SO4與足量銅微熱反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.92NA。(　　) (11)某密閉容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定條件下充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.6NA。(　　) 答案：(1)√　(2)　(3)　(4)　(5)　(6)√　(7)　(8)　(9)　(10)　(11) 2．(xx高考廣東卷)設(shè)nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是(　　) A．23 g Na與足量H2O反應(yīng)完全后可生成nA個H2分子 B．1 mol Cu和足量熱濃硫酸反應(yīng)可生成nA個SO3分子 C．標準狀況下，22.4 L N2和H2混合氣中含nA個原子 D．3 mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3O4，失去8nA個電子 解析：選D。A.由化學(xué)方程式2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑知，23 g(即1 mol)Na與足量H2O反應(yīng)可生成0.5nA個H2 分子。B.Cu和足量熱濃硫酸反應(yīng)生成的是SO2而不是SO3。C.標準狀況下，22.4 L(即1 mol)N2和H2的混合氣中含有2nA 個原子。D.Fe―→Fe3O4，鐵元素的化合價由0價升高到＋ 價，故3 mol Fe失去電子數(shù)為3nA＝8nA。 解答有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)類題目的“三個步驟” (1)看：看所給數(shù)據(jù)是體積、質(zhì)量還是物質(zhì)的量。如果所給數(shù)據(jù)是質(zhì)量或物質(zhì)的量，該類數(shù)據(jù)不受外界條件的限制。 (2)定：確定對象是氣體、固體還是液體。如果是氣體，要注意外界條件是否為“標準狀況”。 (3)算：根據(jù)所求內(nèi)容進行計算。在求算時要注意： ①不要直接利用溶液的濃度代替指定物質(zhì)的物質(zhì)的量進行計算。 ②同種物質(zhì)在不同的氧化還原反應(yīng)中“角色”可能不同，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目也可能不同，不能一概而論。 考點二　以物質(zhì)的量為中心的計算及阿伏加德羅定律 [學(xué)生用書P7] 1．以物質(zhì)的量為中心的各物理量的換算關(guān)系 2．物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用 物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用要注意以下幾點： (1)化學(xué)計量數(shù)之比＝反應(yīng)中各物質(zhì)的粒子數(shù)之比＝反應(yīng)中各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比＝反應(yīng)中各氣態(tài)物質(zhì)的體積之比(同溫同壓)。 (2)物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用，關(guān)鍵是找出已知量和未知量(可以是物質(zhì)的量、質(zhì)量、體積等)，把已知量和未知量分別寫在化學(xué)方程式中有關(guān)化學(xué)式的下面。 (3)若在同一題目中的兩個量單位不一致，要做到兩個量及其單位“上下一致、左右對應(yīng)”。 (4)在計算過程中，注意使用差量法、關(guān)系式法、守恒法、極值法等。 　　　　以物質(zhì)的量為中心的計算 1．(化學(xué)計算與化學(xué)用語書寫類)(xx高考浙江卷)化合物甲和NaAlH4都是重要的還原劑。一定條件下金屬鈉和H2反應(yīng)生成甲。甲與水反應(yīng)可產(chǎn)生H2，甲與AlCl3反應(yīng)可得到NaAlH4。將4.80 g甲加熱至完全分解，得到金屬鈉和2.24 L(已折算成標準狀況)的H2。 請推測并回答： (1)甲的化學(xué)式：________。 (2)甲與AlCl3反應(yīng)得到NaAlH4的化學(xué)方程式：________________________________________________________________________ ____________________________。 (3)NaAlH4與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式：________________________________________________________________________ __________________________。 [破題關(guān)鍵]　根據(jù)元素守恒思想，運用物質(zhì)的量、質(zhì)量、氣體摩爾體積之間的關(guān)系計算原子個數(shù)比得到甲的化學(xué)式；利用守恒關(guān)系及氧化還原規(guī)律寫出相應(yīng)的化學(xué)方程式。 解析：(1)甲是由Na與H2反應(yīng)得到的，故甲中含有Na、H兩種元素，又因為4.80 g甲分解得到2.24 L(標準狀況)H2，得到H2的質(zhì)量為0.20 g，所以生成Na的質(zhì)量為4.60 g，化合物甲中Na和H的原子個數(shù)比為1∶1，同時根據(jù)4.80 g化合物得到0.1 mol H2，可以判斷化合物甲的化學(xué)式為NaH。 (2)根據(jù)化合物甲的化學(xué)式，甲與AlCl3反應(yīng)生成NaAlH4和NaCl，可得出化學(xué)方程式為AlCl3＋4NaH===NaAlH4＋3NaCl。 (3)NaAlH4與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，NaAlH4中－1價的H被水中＋1價的H氧化為H2，反應(yīng)方程式為NaAlH4＋2H2O===4H2↑＋NaAlO2。 答案：(1)NaH (2)AlCl3＋4NaH===NaAlH4＋3NaCl (3)NaAlH4＋2H2O===4H2↑＋NaAlO2 [互動拓展] (1)物質(zhì)的量計算中的萬能恒等式 n＝＝＝＝＝cV(aq)。 (2)物質(zhì)的量濃度與溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)之間的換算公式 c＝＝＝＝，w＝________。 (ρ單位：gcm－3) (3)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物質(zhì)的量濃度，有：____________。 ②如用m1、m2、w1、w2分別表示稀釋前后溶液的質(zhì)量和溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)，有：________________。 答案：(2)　(3)①c1V1＝c2V2?、趍1w1＝m2w2 　1.52 g銅鎂合金完全溶解于50 mL密度為1.40 g/mL、質(zhì)量分數(shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1 120 mL(標準狀況)，向反應(yīng)后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，當金屬離子全部沉淀時，得到2.54 g沉淀。下列說法不正確的是(　　) A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2∶1 B．該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0 mol/L C．NO2和N2O4 的混合氣體中，NO2 的體積分數(shù)是80% D．得到2.54 g沉淀時，加入NaOH溶液的體積是600 mL 解析：選D。A.向反應(yīng)后溶液中加入NaOH，生成Mg(OH)2 和Cu(OH)2沉淀，固體質(zhì)量增加的是OH－的質(zhì)量，且有n(OH－)＝n(e－)，設(shè)合金中鎂、銅的物質(zhì)的量分別為x、y，則有， 解之得，則該合金中銅、鎂的物質(zhì)的量之比為2∶1。B.該硝酸的濃度c＝＝＝14.0 mol/L。C.NO2和N2O4都來自硝酸，設(shè)混合氣體中NO2的物質(zhì)的量為x，根據(jù)電子守恒得x＋(0.05 mol－x)2＝0.06 mol，x＝0.04 mol，NO2的體積分數(shù)為80%。D.得到2.54 g沉淀后，溶液中的溶質(zhì)只有NaNO3，故 n(NaOH)＝0.7 mol－0.04 mol－0.02 mol＝0.64 mol，則NaOH溶液的體積是640 mL。 2．m g鎂鋁合金在一定濃度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的還原產(chǎn)物只有NO)，向反應(yīng)后的混合溶液中滴加b mol/L NaOH溶液，當?shù)渭拥絍 mL時，得到的沉淀質(zhì)量恰好最大，為n g，則下列有關(guān)該實驗的說法中正確的個數(shù)是(　　) ①沉淀中OH－的質(zhì)量為(n－m) g ②恰好溶解后溶液中NO的物質(zhì)的量為 mol ③反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子為 mol ④標準狀況下生成NO的體積為 L ⑤與合金反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為(＋) mol A．5個 B．4個 C．3個 D．2個 解析：選A。本題涉及的反應(yīng)有Al＋4HNO3(稀)===Al(NO3)3＋NO↑＋2H2O；3Mg＋8HNO3(稀)===3Mg(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；Al(NO3)3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaNO3；Mg(NO3)2＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaNO3。當合金恰好溶解時，溶液中NO與Na＋的物質(zhì)的量相等，n(NO)＝n(NaOH)＝ mol，故②正確。沉淀的質(zhì)量最大時，生成的n g沉淀為氫氧化鋁和氫氧化鎂，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，其中鎂、鋁元素的質(zhì)量等于m g，所以沉淀中OH－的質(zhì)量為(n－m) g，則反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子為n(e－)＝n(OH－)＝ mol，故①③正確。根據(jù)電子得失守恒知，標準狀況下V(NO)＝ L，故④正確。參加反應(yīng)的硝酸有兩種作用，起酸性作用的硝酸(生成硝酸鹽)的物質(zhì)的量等于硝酸鈉的物質(zhì)的量，即 mol；作氧化劑的硝酸的物質(zhì)的量等于NO的物質(zhì)的量，即 mol，所以與合金反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為 mol，故⑤正確。 3．氧化鋅為白色粉末，可用于濕疹、癬等皮膚病的治療。純化工業(yè)級氧化鋅[含有Fe(Ⅱ)、 Mn(Ⅱ)、 Ni(Ⅱ)等雜質(zhì)]的制備流程如下： 工業(yè)ZnO浸出液過濾,濾液 過濾,濾液 過濾,濾餅ZnO 提示：在本實驗條件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高錳酸鉀的還原產(chǎn)物是MnO2。 回答下列問題： 反應(yīng)④中產(chǎn)物的成分可能是ZnCO3xZn(OH)2。取干燥后的濾餅11.2 g，煅燒后可得到產(chǎn)品8.1 g，則x等于________。 解析：設(shè)ZnCO3為a mol，Zn(OH)2為b mol，根據(jù)題意得，解得，根據(jù)化學(xué)式ZnCO3xZn(OH)2，則有a∶b＝1∶x，即x＝1。 答案：1 　　　　阿伏加德羅定律及其推論 1．下列關(guān)于同溫同壓下的兩種氣體12C18O和14N2的判斷正確的是(　　) A．體積相等時質(zhì)量相等 B．原子數(shù)相等時具有的中子數(shù)相等 C．體積相等時具有的電子數(shù)相等 D．質(zhì)量相等時具有的質(zhì)子數(shù)相等 解析：選C。根據(jù)阿伏加德羅定律結(jié)合微粒間相互關(guān)系逐一分析。A.根據(jù)阿伏加德羅定律，同溫同壓下，同體積的任何氣體含有相同的分子數(shù)，即氣體的物質(zhì)的量相同，但由于12C18O與14N2的摩爾質(zhì)量不相等，故質(zhì)量不相等。B.二者都是雙原子分子，原子數(shù)相等時二者的物質(zhì)的量相等，二者所含中子數(shù)不相等，1個12C18O分子含有16個中子，1個 14N2 分子含有14個中子。C.同溫同壓下，同體積的氣體的物質(zhì)的量相等，且1分子12C18O 與14N2中均含有14個電子，故12C18O與14N2具有的電子數(shù)相等。D.12C18O與14N2質(zhì)子數(shù)相等，質(zhì)量相等的二者物質(zhì)的量不相等，含有的質(zhì)子數(shù)也不相等。 2．同溫同壓下，x g甲氣體和y g乙氣體占有相同的體積，根據(jù)阿伏加德羅定律判斷下列敘述錯誤的是(　　) A．x∶y等于甲與乙的相對分子質(zhì)量之比 B．x∶y等于甲與乙的分子個數(shù)之比 C．x∶y等于同溫同壓下甲與乙的密度之比 D．y∶x等于同溫同體積下等質(zhì)量的甲與乙的壓強之比 解析：選B。A項，由同溫同壓下，同體積的任何氣體具有相同的分子數(shù)，則x g甲氣體和y g乙氣體的物質(zhì)的量相等，即x∶M甲＝y(tǒng)∶M乙，推出x∶y＝M甲∶M乙，故正確；B項，甲與乙的分子個數(shù)之比為1∶1，而x與y不一定相等，故錯誤；C項，同溫同壓下，密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，即為質(zhì)量比，故正確；D項，同溫同體積下，等質(zhì)量的甲、乙的壓強之比為p甲∶p乙＝n1∶n2＝∶＝M乙∶M甲＝y(tǒng)∶x，故正確。 　 以物質(zhì)的量為中心進行計算時的“一二三四” 考點三　一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制 [學(xué)生用書P8] 1．配制溶液的六種儀器 托盤天平、量筒、燒杯、容量瓶、玻璃棒、膠頭滴管。 2．配制溶液的七步操作 計算、稱量(或量取)、溶解并冷卻、轉(zhuǎn)移并洗滌、定容、搖勻、裝瓶并貼簽。 3．使用容量瓶的兩個“不能” (1)容量瓶是精確配制溶液的儀器，不能用于溶解、稀釋和貯存液體。 (2)容量瓶的規(guī)格是固定的，不能配制任意體積的溶液，所配溶液的體積一定要與容量瓶的容積相等。 4．抓住表達式cB＝nB/V進行誤差分析 (1)導(dǎo)致cB偏低的錯誤操作：用濾紙稱量NaOH固體；左碼右物(用游碼)；稱量時間過長(潮解)；洗滌或轉(zhuǎn)移時溶液濺出；未洗滌燒杯及玻璃棒；液面超過刻度線時用滴管吸出液體；定容時仰視刻度線；定容搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線再加水。 (2)導(dǎo)致cB偏高的錯誤操作：砝碼生銹；定容時俯視刻度線；未等溶液冷卻至室溫就定容。 　　　　溶液的配制操作及誤差分析 1．(實驗操作類)(1)用重鉻酸鉀法(一種氧化還原滴定法)可測定產(chǎn)物Fe3O4中的二價鐵含量。若需配制濃度為0.010 00 molL－1的K2Cr2O7標準溶液250 mL，應(yīng)準確稱取______g K2Cr2O7 (保留4位有效數(shù)字，已知MK2Cr2O7＝294.0 gmol－1)。配制該標準溶液時，下列儀器不必要用到的有________(用編號表示)。 ①電子天平?、跓、哿客病、懿ＡО簟、萑萘科? ⑥膠頭滴管　⑦移液管 (2)滴定操作中，如果滴定前裝有K2Cr2O7標準溶液的滴定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測定結(jié)果將________(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。 [破題關(guān)鍵]　正確計算所需K2Cr2O7的質(zhì)量，結(jié)合托盤天平的精確度為 0.1 g，則判斷使用的稱量儀器是電子天平。然后根據(jù)溶質(zhì)狀態(tài)來判斷是否使用量取儀器。 解析：(1)稱取K2Cr2O7的質(zhì)量為m(K2Cr2O7)＝0.010 00 molL－10.250 0 L294.0 gmol－1＝0.735 0 g。用固體配制溶液，要用電子天平稱量固體質(zhì)量，并在燒杯中溶解，然后轉(zhuǎn)移到容量瓶中，不需要量取液體的量筒和移液管。 (2)若滴定前裝有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束時氣泡消失，則滴定過程中讀取K2Cr2O7溶液的體積偏大，測得Fe3O4中二價鐵的含量偏大。 答案：(1)0.735 0　③⑦　(2)偏大 [互動拓展] (1)利用液體溶質(zhì)、固體溶質(zhì)配制溶液時，選擇儀器時有什么區(qū)別？ (2)定容時仰視或俯視容量瓶刻度線對配制結(jié)果有什么影響？ (3)分析在其他實驗操作中仰視或俯視對結(jié)果的影響 實驗任務(wù) 儀器類型 觀察方法 誤差分析 對一定體積的液體進行讀數(shù) “0”刻度在下邊 仰視 ________ 俯視 ________ “0”刻度在上邊 仰視 ________ 俯視 ________ 量取一定體積的液體 “0”刻度在下邊 仰視 ________ 俯視 ________ “0”刻度在上邊 仰視 ________ 俯視 ________ 答案：(1)取計算后溶質(zhì)時，液體溶質(zhì)用量筒量取，固體溶質(zhì)用托盤天平(或電子天平)稱量。 (2)①仰視刻度線(圖1)，導(dǎo)致溶液體積偏大，物質(zhì)的量濃度偏小。 ②俯視刻度線(圖2)，導(dǎo)致溶液體積偏小，物質(zhì)的量濃度偏大。 (3)偏低(偏小)　偏高(偏大)　偏高(偏大)　偏低(偏小)　偏高(偏大)　偏低(偏小)　偏低(偏小)　偏高(偏大) 　判斷下列說法是否正確。 (1)配制0.100 0 molL－1 氯化鈉溶液時，將液體轉(zhuǎn)移到容量瓶中需用玻璃棒引流。(　　) (2)用配制100 mL 0.100 0 molL－1K2Cr2O7溶液。(　　) (3)在50 mL量筒中配制0.100 0 molL－1碳酸鈉溶液。(　　) (4)用量筒量取20 mL 0.500 0 molL－1 H2SO4溶液于燒杯中，加水80 mL，配制成0.100 0 molL－1 H2SO4溶液。(　　) (5)(xx河北唐山模擬)可用托盤天平準確稱取3.15 g NaCl。(　　) 答案：(1)√　(2)　(3)　(4)　(5) 2．用固體樣品配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，需經(jīng)過稱量、溶解、轉(zhuǎn)移溶液、定容等操作。下列圖示對應(yīng)的操作規(guī)范的是(　　) 解析：選B。結(jié)合實驗操作步驟、具體要求及題給裝置進行分析、解決問題。稱量固體樣品時，應(yīng)將固體樣品放入托盤天平的左盤，砝碼放入右盤，A錯。轉(zhuǎn)移溶液時，為防止液體灑落，應(yīng)用玻璃棒引流，C錯。定容時，膠頭滴管不能插入容量瓶中，D錯。 ．配制480 mL 0.5 molL－1 的NaOH溶液，試回答下列問題： (1)計算：需要稱量NaOH固體的質(zhì)量為________。 (2)配制方法：設(shè)計五個操作步驟。 ①向盛有NaOH固體的燒杯中加入200 mL蒸餾水使其溶解，并冷卻至室溫。 ②繼續(xù)往容量瓶中加蒸餾水至液面在刻度線下1～2 cm處。 ③將NaOH溶液沿玻璃棒注入500 mL容量瓶中。 ④用少量的蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次，然后將洗滌液移入容量瓶中。 ⑤改用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線，蓋好瓶塞搖勻。 試將操作步驟正確排序：________(填序號)。 (3)某學(xué)生實際配制NaOH溶液的濃度為0.48 molL－1，原因可能是________。 A．使用濾紙稱量氫氧化鈉固體 B．容量瓶中原來存有少量蒸餾水 C．溶解后的燒杯未經(jīng)多次洗滌 D．膠頭滴管加水定容時仰視刻度線 答案：(1)10.0 g　(2)①③④②⑤　(3)ACD 溶液配制過程中常出現(xiàn)的易錯點 在溶液配制過程中常因為實驗操作、儀器使用不當、不能正確分析誤差而導(dǎo)致失誤。 (1)稱量固體時物碼顛倒，腐蝕性固體直接放在濾紙上稱量。 (2)容量瓶是精確配制溶液的儀器，不能用于溶解、稀釋和貯存液體。 (3)容量瓶的規(guī)格是固定的，不能配制任意體積的溶液，所配溶液的體積一定要與容量瓶的容積相等。 (4)混淆定容時仰視、俯視刻度線對結(jié)果造成的影響。 　　　　溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度的計算 1．完成下列計算。 (1)物質(zhì)的量濃度與溶解度(S)的換算(飽和溶液) c＝＝＝，S＝________。(ρ的單位：gcm－3) (2)氣體溶質(zhì)溶于水中制得溶液，其溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度和溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)的計算 ①在標準狀況下，1 L水中溶解某氣體V L，所得溶液密度為ρ(ρ的單位：gcm－3)，則溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度：c＝＝__________________。 ②溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)：w＝100%＝________________。 答案：(1) (2)①＝ ②100%＝100% 2．(xx河北石家莊模擬)V L Fe2(SO4)3的溶液中含有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(zhì)的量濃度為(　　) A. molL－1　　　　　B. molL－1 C. molL－1 D. molL－1 解析：選A。a g SO的物質(zhì)的量為 mol，因此V L Fe2(SO4)3溶液中Fe3＋的物質(zhì)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(zhì)的量濃度為＝ molL－1。 3．(xx湖南湘潭調(diào)研)若以w1和w2分別表示濃度為a molL－1 和b molL－1 的氨水的溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)，且知2a＝b，則下列判斷正確的是(　　) A．2w1＝w2 B．2w2＝w1 C．w2>2w1 D．w1ρ2，則w2>2w1。 1．使用mol作單位時，易忽略指出微粒的名稱或?qū)懗龌瘜W(xué)式。例如：“1 mol H2”、“1 mol H＋”不能寫成“1 mol 氫”。 2．看到22.4 L即誤認為是1 mol，忽視“22.4 L/mol”的使用條件和物質(zhì)狀態(tài)要求。例如：標準狀況指的是0 ℃、1.01105 Pa，題目中常以常溫常壓(25 ℃、1.01105 Pa)、標準狀況下為非氣態(tài)物質(zhì)(如SO3、苯等)設(shè)置陷阱。 3．利用阿伏加德羅常數(shù)分析微觀對象時，易忽略一些隱含條件。例如：1 mol Na2O2中的離子數(shù)(注意O)、1 mol Cl2參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)(要考慮Cl2自身的氧化還原反應(yīng))、3 mol H2與1 mol N2反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)(需要考慮反應(yīng)的可逆性)、分析溶液中的離子數(shù)(要考慮離子是否發(fā)生水解或電離)。 4．誤認為溶液的濃度與所取溶液的體積的大小有關(guān)或忽視溶液體積要求。例如：100 mL 1 mol/L的NaCl溶液中取出10 mL，其物質(zhì)的量濃度仍為1 mol/L；1 mol/L的NaCl溶液含NA個Cl－是不正確的(沒有指明溶液體積)。 5．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，誤認為容量瓶必須是干燥的。其實不然，因為配制時不需要計算水的用量，容量瓶中有少量蒸餾水不影響結(jié)果。 6．定容操作引起的誤差。例如：定容時仰視刻度線，溶液體積偏大，溶液濃度偏?。欢ㄈ輹r超過刻度線，需重新配制，而不是吸出多余液體；定容完畢搖勻后液面下降不能補加液體等。 1．下列幾種說法中正確的是(　　) A．摩爾是化學(xué)上常用的一個物理量 B．某物質(zhì)含有6.021023 個微粒，含有這個數(shù)目微粒的物質(zhì)一定是1 mol C．1摩爾氫氣分子可以表示為1 mol H2 D．硫酸的摩爾質(zhì)量為98 g 解析：選C。摩爾是物質(zhì)的量的單位，A項錯誤；如含有6.021023個氧原子的氧氣的物質(zhì)的量為0.5 mol，B項錯誤；摩爾質(zhì)量的單位為gmol－1，D項錯誤。 2．(xx高考江蘇卷)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．1.6 g由氧氣和臭氧組成的混合物中含有氧原子的數(shù)目為0.1NA B．0.1 mol丙烯酸中含有雙鍵的數(shù)目為0.1NA C．標準狀況下，11.2 L苯中含有分子的數(shù)目為0.5NA D．在過氧化鈉與水的反應(yīng)中，每生成0.1 mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA 解析：選A。A.氧氣和臭氧都是由氧元素組成的，1.6 g混合物中含有氧原子的物質(zhì)的量為＝0.1 mol，則其數(shù)目為0.1NA。 B．丙烯酸的結(jié)構(gòu)簡式為，分子中含有CC鍵和CO鍵，因此0.1 mol丙烯酸含有0.2NA 個雙鍵。 C．標準狀況下苯為液體，11.2 L苯的物質(zhì)的量遠大于0.5 mol，所含分子數(shù)遠大于0.5NA。 D．過氧化鈉與水的反應(yīng)為2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，其中氧元素發(fā)生自身的“歧化反應(yīng)”，由 －1價變?yōu)?價和 －2價，生成1 mol氧氣時，轉(zhuǎn)移2 mol電子，因此生成0.1 mol氧氣時，轉(zhuǎn)移0.2NA個電子。 3．下列有關(guān)操作或判斷正確的是(　　) A．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，定容時俯視刻度線會導(dǎo)致所配溶液濃度偏低 B．用托盤天平稱取25.20 g NaCl固體 C．用100 mL的量筒量取5.2 mL的鹽酸 D．用濃鹽酸配制一定物質(zhì)的量濃度的稀鹽酸，量取濃鹽酸時仰視量筒的刻度線會導(dǎo)致所配溶液濃度偏高 解析：選D。定容時俯視刻度線會使所配溶液的體積偏小，濃度偏高，A錯誤；托盤天平的精確度為0.1 g，B錯誤；應(yīng)用10 mL的量筒量取5.2 mL的鹽酸，C錯誤；量取一定量的液體時，仰視量筒的刻度線，會使所量取的溶液的體積偏大，最終所配溶液濃度偏高，D正確。 4．(xx湖北黃岡調(diào)研)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　　) A．標準狀況下，11.2 L SO3中所含原子數(shù)為2NA B．實驗室中用含4 mol HCl的濃鹽酸跟足量MnO2加熱反應(yīng)可制得Cl2的分子數(shù)為NA C．25 ℃時，pH＝13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH－數(shù)目為0.2NA D．2.3 g鈉與一定量的氧氣完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定為0.1NA 解析：選D。SO3在標準狀況下為固態(tài)，A項錯誤；MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制取Cl2，隨反應(yīng)的進行，鹽酸濃度減小，而稀鹽酸與MnO2在加熱條件下不反應(yīng)，故反應(yīng)后得到的Cl2的分子數(shù)小于NA，B項錯誤；25 ℃時，pH＝13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有OH－的數(shù)目為0.1NA，C項錯誤；2.3 g鈉與氧氣完全反應(yīng)，無論生成Na2O還是Na2O2，鈉元素的化合價均由0價升高到＋1價，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均是0.1NA，D項正確。 5．下列選項中的物質(zhì)所含指定原子數(shù)目一定相等的是(　　) A．溫度和壓強不同，相同質(zhì)量的N2O和CO2兩種氣體的總原子數(shù) B．等溫等壓下，相同體積的C2H4和C2H2、C2H6的混合氣體的總原子數(shù) C．等溫等壓下，相同體積的O2和O3兩種氣體中的氧原子數(shù) D．相同物質(zhì)的量、不同體積的NH3和CH4兩種氣體中的氫原子數(shù) 解析：選A。N2O和CO2的摩爾質(zhì)量相同，在質(zhì)量相等的情況下，其物質(zhì)的量也相等，且兩者都是三原子分子，所以它們的總原子數(shù)一定相等，A項正確；碳原子數(shù)相等，但是C2H2和C2H6的組成比例不確定，不能判斷氫原子數(shù)是否相等，B項錯誤；兩種氣體的物質(zhì)的量相等，但兩種氣體的分子組成不同，故氧原子數(shù)不同，C項錯誤；物質(zhì)的量相同的NH3和CH4中氫原子數(shù)不同，D項錯誤。 6．下列說法正確的是(　　) A．把100 mL 3 molL－1的H2SO4與100 mL H2O混合，硫酸的物質(zhì)的量濃度變?yōu)?.5 molL－1 B．把100 g 20% 的NaCl溶液與100 g H2O混合后，NaCl溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)是10% C．把200 mL 3 molL－1的BaCl2溶液與100 mL 3 molL－1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl－)仍然是 3 molL－1 D．把100 mL 20%的NaOH溶液與100 mL H2O混合后，NaOH溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)是10% 解析：選B。A錯誤，因為100 mL 3 molL－1的H2SO4與100 mL H2O混合后溶液的體積小于200 mL；B正確，w＝(100 g20%)(100 g＋100 g)＝10%；C錯誤，因為3 molL－1的BaCl2溶液中的c(Cl－)為6 molL－1，混合后溶液中c(Cl－)大于3 molL－1；D錯誤，因為NaOH溶液的密度大于1 gmL－1，加入水的質(zhì)量等于100 g，所以混合后溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)大于10%。 7．(xx高考四川卷改編)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是(　　) A．2.0 g HO與D2O的混合物中所含中子數(shù)為NA B．常溫常壓下4.6 g乙醇所含共價鍵數(shù)目為0.7NA C．標準狀況下，5.6 L CO2 與足量Na2O2 反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5NA D．50 mL 12 mol/L鹽酸與足量MnO2共熱，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA 解析：選A。A.HO和D2O的相對分子質(zhì)量都為20，中子數(shù)都為10，故2.0 g混合物中含有的中子數(shù)為NA，A項正確；B.乙醇分子的結(jié)構(gòu)式為，1分子乙醇中存在8個共價鍵，因此4.6 g(即0.1 mol)乙醇中含有共價鍵數(shù)目為0.8NA，B項錯誤；C.CO2 與Na2O2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CO2＋2Na2O2 ===2Na2CO3＋O2，每有2 mol CO2 參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移2 mol電子，故5.6 L(即0.25 mol)CO2 參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.25NA個電子，C項錯誤；D.隨著反應(yīng)的進行，鹽酸的濃度越來越小，MnO2和稀鹽酸不發(fā)生反應(yīng)，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.3NA，D項錯誤。 8．現(xiàn)有m g某氣體，它由雙原子分子構(gòu)成，它的摩爾質(zhì)量為M gmol－1。若阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示，則： (1)該氣體的物質(zhì)的量為________mol。 (2)該氣體所含原子總數(shù)為________個。 (3)該氣體在標準狀況下的體積為________L。 (4)該氣體溶于1 L水中(不考慮反應(yīng))，其溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為________。 (5)該氣體溶于水后形成V L溶液，其溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為________molL－1。 解析：(1)根據(jù)題意知n＝ mol。 (2)N＝NA，因為氣體是雙原子分子，所以該氣體所含原子總數(shù)為。 (3)V＝nVm＝ mol22.4 Lmol－1＝ L。 (4)溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為 w＝100% ＝%。 (5)c＝＝＝ molL－1。 答案：(1)　(2)　(3)　(4)% (5) 9．Ba2＋是一種重金屬離子，有一環(huán)境監(jiān)測小組欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等試劑測定某工廠廢水中Ba2＋的物質(zhì)的量濃度。 (1)現(xiàn)需配制250 mL 0.100 mol/L的標準Na2S2O3溶液，所需要的玻璃儀器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，還需要________________________________________________________________________。 (2)需準確稱取Na2S2O3固體的質(zhì)量為________g。 (3)另取廢水50.00 mL，控制適當?shù)乃岫?，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀經(jīng)洗滌、過濾后，用適量的稀鹽酸溶解，此時CrO全部轉(zhuǎn)化為Cr2O；再加入過量KI溶液進行反應(yīng)，然后在反應(yīng)液中滴加上述標準Na2S2O3溶液，反應(yīng)完全時，消耗Na2S2O3溶液 36.00 mL。已知有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為①Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②I2＋2S2O===2I－＋S4O。則該工廠廢水中Ba2＋的物質(zhì)的量濃度為________。 解析：(1)要抓住“玻璃儀器”的字眼，因此還需要用來溶解固體的燒杯及用來定容的膠頭滴管。 (2)Na2S2O3固體的質(zhì)量為0.100 mol/L0.25 L158 g/mol＝3.95 g，但實驗室所用的托盤天平只能準確稱量到 0.1 g，故需準確稱取Na2S2O3固體的質(zhì)量為4.0 g。 (3)設(shè)Ba2＋的物質(zhì)的量為x，則根據(jù)相關(guān)反應(yīng)可得以下關(guān)系式： Ba2＋～BaCrO4～Cr2O～I2～3S2O 1 　3 x 0.036 L0.100 mol/L 解得x＝1.210－3 mol， 則c(Ba2＋)＝＝0.024 mol/L。 答案：(1)膠頭滴管、燒杯　(2)4.0　(3)0.024 mol/L 10．(1)若某藥品質(zhì)量約為32.0 g，用托盤天平準確稱其質(zhì)量，若用“↓”表示在右盤放上砝碼，用“↑”表示將砝碼取下，在下列表格的空格內(nèi)，用“↓”和“↑”表示相應(yīng)砝碼的放上或取下。 50 g 20 g 20 g 10 g 5 g (2)配制500 mL 0.1 molL－1 Na2CO3溶液，圖中操作②中應(yīng)該填寫的數(shù)據(jù)為________，實驗時操作的先后順序為________________________(填編號)。 (3)在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，用“偏高、偏低、無影響”表示下列操作對所配溶液濃度的影響。 ①用量筒量取液態(tài)溶質(zhì)，讀數(shù)時，俯視量筒，所配制溶液的濃度________。 ②將量取液態(tài)溶質(zhì)的量筒用水洗滌，洗滌液倒入容量瓶，所配制溶液的濃度________。 ③定容搖勻后，有少量溶液外流，對所配制溶液的濃度________。 解析：(3)①用量筒量取液態(tài)溶質(zhì)，讀數(shù)時俯視量筒，會使所量取液體體積比理論值小，使所配制溶液的濃度偏低；②用量筒量取液體時已經(jīng)考慮殘留的部分，故用水洗滌后的洗滌液倒入容量瓶，會使液態(tài)溶質(zhì)偏多，使所配溶液的濃度偏高；③定容搖勻后，即使有少量溶液外流，對所配制溶液的濃度也是沒有影響的。 答案：(1) 50 g 20 g 20 g 10 g 5 g ↓↑ ↓ ↓↑ ↓ ↓↑ (2)5.3?、冖堍邰茛佗? (3)①偏低?、谄摺、蹮o影響 11．三氯化鐵是一種很重要的鐵鹽，主要用于污水處理，具有效果好、價格便宜等優(yōu)點。工業(yè)上可將鐵屑溶于鹽酸中，先生成FeCl2，再通入Cl2氧化來制備FeCl3溶液。 (1)將標準狀況下的a L氯化氫氣體溶于100 g水中，得到的鹽酸的密度為b gmL－1，則該鹽酸的物質(zhì)的量濃度是__________________。 (2)若取2.4 g在空氣中放置的鐵屑，先溶于鹽酸，經(jīng)檢驗知所得溶液中不含F(xiàn)e3＋，再通入標準狀況下1.12 L Cl2恰好使50 mL上述FeCl2溶液完全轉(zhuǎn)化為FeCl3溶液。 ①所得FeCl3溶液的濃度為________________________(不考慮反應(yīng)時體積的變化)。 ②能否計算加入鹽酸中HCl的物質(zhì)的量？________(填“能”或“不能”)。 (3)向100 mL 的FeBr2溶液中通入標準狀況下3.36 L Cl2，反應(yīng)后的溶液中Cl－和Br－的物質(zhì)的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為________。 (4)FeCl3溶液可以用來凈水，其凈水的原理為____________________________(用離子方程式表示)，若100 mL 2 molL－1的FeCl3溶液凈水時，生成具有凈水作用的微粒數(shù)________(填“大于”、“等于”或“小于”)0.2NA。 解析：(1)此題要注意溶液的體積，應(yīng)用溶液的質(zhì)量除以溶液密度，且注意溶液密度的單位，計算為 c＝ ＝ molL－1。(2)①n(Cl2)＝＝0.05 mol，依據(jù)方程式計算n(FeCl3)＝0.1 mol，c(FeCl3)＝＝2 molL－1。②在溶解鐵屑時，HCl要過量，故無法計算加入鹽酸中HCl的物質(zhì)的量。(3)根據(jù)氧化還原反應(yīng)的優(yōu)先規(guī)律，Cl2先氧化Fe2＋，現(xiàn)溶液中Cl－和Br－的物質(zhì)的量濃度相等，表明溶液中無Fe2＋，有FeBr3、FeCl3，n(Cl－)＝n(Br－)＝2＝0.3 mol，根據(jù)原子守恒 n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝0.2 mol，則c(FeBr2)＝＝2 molL－1。(4)Fe3＋發(fā)生水解：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3(膠體)＋3H＋，生成的 Fe(OH)3 膠體具有吸附作用，可吸附溶液中的雜質(zhì)離子；由于Fe3＋的水解是可逆反應(yīng)，且生成的Fe(OH)3膠體是分子的集合體，所以生成的 Fe(OH)3 膠粒的數(shù)目小于0.2NA。 答案：(1) molL－1 (2)①2 molL－1?、诓荒堋?3)2 molL－1 (4)Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3(膠體)＋3H＋　小于