化學(xué)計(jì)量在實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用總結(jié)

1、化學(xué)計(jì)量在實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用單 元 總 結(jié)般比例式法在化學(xué)方程式計(jì)算中的應(yīng)用1.化學(xué)方程式在量方面的含義質(zhì)量之比物質(zhì)的量之比體積之比2.一般步驟aA(g)+bB(g)-'cC(g)+dD(g)aM abMb cM c dM d(1)根據(jù)題意寫(xiě)出并配平化學(xué)方程式。(2)依據(jù)題中所給信息及化學(xué)方程式判斷參加反應(yīng)的物質(zhì)是否過(guò)量，用完全反應(yīng)的量進(jìn)行求解。選擇適當(dāng)?shù)牧?如物質(zhì)的量、氣體體積、質(zhì)量等 )的關(guān)系作為計(jì)算依據(jù)，把已知的和需要求解的量用n(B)、V(B)、m(B)或設(shè)未知數(shù)為x表示分別寫(xiě)在化學(xué)方程式中有關(guān)化學(xué)式的卜面，兩個(gè)量及單位須上下一致。列比例式，求未知量。二、關(guān)系式法的應(yīng)用原理多步反應(yīng)計(jì)

2、算的特征是化學(xué)反應(yīng)原理中多個(gè)反應(yīng)連續(xù)發(fā)生，起始物與目標(biāo)物之間存在確定的量的關(guān)系。解題時(shí)應(yīng)先寫(xiě)出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式或關(guān)系式，根據(jù)化學(xué)方程式找出連續(xù)反應(yīng)的過(guò)程中不同反應(yīng)步驟之間反應(yīng)物、生成物物質(zhì)的量的關(guān)系，最后確定已知物和目標(biāo)產(chǎn)物之間的物質(zhì)的量的關(guān)系，列出計(jì)算式求解，從而簡(jiǎn)化運(yùn)算過(guò)程。1 .疊加法(如利用木炭、水蒸氣制取氨氣 ) iC+Hs)CO+H, CO+HjOCjj)COj + HC+2凡四處C, N, I犯怨;學(xué)、 ?由木炭、水蒸氣制取 NH 3的關(guān)系為3C4NH 3。2 .原子守恒法一化劑4NH 3+5O 2 4NO+6H 2。2NO+O 2-2NO 24NO 2+2H 2O+O 24

3、HNO 3由N元素守恒知：NH3HNO 3。3 .電子守恒法一關(guān)意Ew圍4*NH 3HNO 3,。22由得失電子總數(shù)相等知,NH 3經(jīng)氧化等一系列過(guò)程生成HNO 3,NH 3和。2的關(guān)系為NH 32O 2。三、差量法的應(yīng)用原理1 .差量法是指根據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后物質(zhì)的量發(fā)生的變化，找出“理論差量”。這種差量可，先以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣態(tài)物質(zhì)的體積和壓強(qiáng)、反應(yīng)過(guò)程中的熱量等。用差量法解題時(shí)把化學(xué)方程式中的對(duì)應(yīng)理論差量跟實(shí)際差量列成比例，然后求解。如：2c(s) + O 2(g)-2CO(g)固體差量24 gAm=24 g物質(zhì)的量差量 2 mol 1 mol 2 mol An=1 mol氣體體積差量2

4、2.4 L 44.8 LAV=22.4 L2 .使用差量法的注意事項(xiàng)(1)所選用差值要與有關(guān)物質(zhì)的數(shù)值成正比例或反比例關(guān)系。(2)有關(guān)物質(zhì)的物理量及其單位都要正確地使用，即“上下一致，左右相當(dāng)”。案例示范14 g銅、銀合金與足量的某濃度的硝酸反應(yīng)，將放出的氣體與1.12 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)氧氣混合，通入水中恰好全部被吸收，則合金中銅的質(zhì)量為()。A.9.6 g B.6.4 g C.3.2 g D.1.6 g回銅、銀與硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、硝酸銀與氮的氧化物，氮的氧化物與氧氣、水反應(yīng)生成硝酸，整個(gè)過(guò)程中金屬失去的電子數(shù)等于氧氣獲得的電子數(shù)，n(O2)=.7=0.05.mol 。設(shè)Cu、Ag的物質(zhì)的量

5、分別為 x、V。根據(jù)質(zhì)量守恒得 x X 64 g -m+V X 108 g - mo14 g,根據(jù)電子守恒得 2x+1 X y=0.05 mol X 4。解得 x=0.05 mol,y=0.1 mol 。m(Cu)=0.05 mol x 64 g -1=3121 g 。k案c鞏固訓(xùn)練1為了檢驗(yàn)?zāi)澈?NaHCO 3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將W1 g樣品加熱,其質(zhì)量變?yōu)閃2 g,則該樣品的純度(質(zhì)量分?jǐn)?shù))是()。A.B()C. D.根據(jù)差量法計(jì)算可得：2NaHCO 3W2CO3+H 20T +CO2 T 固體質(zhì)量減少2X 84 18+44=62m(NaHCO 3)(W 1-W 2) g則

6、 m(NaHCO 3)= (w 1-w 2) g。故 Na2CO3的質(zhì)量為 wi g(wi-w2)g= g,樣品的純度(質(zhì)量分?jǐn)?shù))是-g +w 1 g=。 AjlxSA”班鞏固訓(xùn)練2 密胺是重要的工業(yè)原料，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。工業(yè)上以液氨和二氧化碳為原料，以硅膠為催化劑，在一定條件下通過(guò)系列反應(yīng)生成密胺。若原料完全反應(yīng)生成 密胺，則NH 3和CO 2的質(zhì)量之比應(yīng)為()。A.17 : 44B.22 : 17C.17 : 22D.2 ： 1還根據(jù)密胺的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和元素守恒可知，一個(gè)密胺分子中有三個(gè)碳原子和六個(gè)氮原 子，所以合成1 mol密胺需要3 mol CO 2和6 mol NH 3,NH 3和CO

7、 2的質(zhì)量之比應(yīng)為(6 X 17) : (3 X 44)=17: 22。，案C京下高效訓(xùn)練見(jiàn)高效訓(xùn)練 P5宏觀辨識(shí)與微觀1、2、3、8、10、探析11 、 12、 16、 17變化觀念與平衡18思想證據(jù)推理與模型認(rèn)知4、5、6、7、9、13、14、15科學(xué)探究與創(chuàng)新意識(shí)19、20、21科學(xué)態(tài)度與社會(huì)責(zé)任一、選擇題（本題包括16小題，每小題3分，共48分）1.配制100 mL1 mol -1 - NaCl溶液，下列操作中錯(cuò)誤.的是（）。A.在托盤(pán)天平上放兩片大小一樣的紙，然后將氯化鈉固體放在紙片上稱量B.把稱得的氯化鈉固體放入盛有適量蒸儲(chǔ)水的燒杯中，溶解、冷卻，再把溶液移入容量瓶中C.用蒸儲(chǔ)水洗

8、滌燒杯、玻璃棒各23次，洗滌液也移入容量瓶中D.沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸儲(chǔ)水，直至溶液凹液面恰好與刻度線相切薊 配制溶液的過(guò)程中，當(dāng)液面接近刻度線 12 cm 處時(shí),需改用膠頭滴管進(jìn)行定容。 D2.（2018年湖北武漢部分市級(jí)示范高中聯(lián)考）下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤.的是（）。A.22.4 L氯氣與足量鐵反應(yīng)一定轉(zhuǎn)移2 mol電子B.1 mol氯氣通入水中轉(zhuǎn)移的電子小于1 molC.1 mol氯氣通入足量 NaOH溶液中轉(zhuǎn)移1 mol電子D.濃鹽酸與氯酸鉀反應(yīng)生成3 mol氯氣，轉(zhuǎn)移5 mol電子刖未指明是在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，A項(xiàng)錯(cuò)誤。卜案A3.（2018年四川眉山中學(xué)月考）設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)

9、法正確的是（）。A.20 g D 2O與18 g H 2O中，中子數(shù)之比為 2 ： 1B.常溫常壓下，0.5 mol O 3與11.2 L。2所含的分子數(shù)均為 0.5N aC.6.0 g SiO 2 中含有 0.1Na個(gè) SiO2分子D.1 mol過(guò)氧化鈉和1 mol氧化鈉中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比相同20 g D2O與18 g H 2O的物質(zhì)的量均為1 mol,質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，H原子 中無(wú)中子,D原子中含有1個(gè)中子，O原子中含有8個(gè)中子，所以1 mol D 2O與1 mol H 2O中, 中子數(shù)之比為10 : 8=5 : 4,領(lǐng)錯(cuò)誤；常溫常壓下的 Vm大于22.4 L mol1.2 L O

10、 2的物質(zhì) 的量小于0.5 mol,含有的分子數(shù)小于0.5N a,B項(xiàng)錯(cuò)誤；二氧化硅為原子晶體，C項(xiàng)錯(cuò)誤;Na2O2由Na+和 -構(gòu)成，Na 2。由Na +和O2-構(gòu)成，陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比均為1 ： 2,D項(xiàng)正確。卜案D4.（2018年廣東汕頭金山中學(xué)期末）在兩個(gè)密閉容器中，分別裝有質(zhì)量相同的甲、乙兩種氣體 ， 若兩容器的溫度和壓強(qiáng)均相同，且甲的密度大于乙的密度，則下列說(shuō)法正確的是（）。A.甲的分子數(shù)比乙的分子數(shù)多B.甲的摩爾體積比乙的摩爾體積小C.甲的物質(zhì)的量比乙的物質(zhì)的量少D.甲的相對(duì)分子質(zhì)量比乙的相對(duì)分子質(zhì)量小|解析| m甲二m乙，因?yàn)閜甲p乙，所以n甲n乙,C項(xiàng)正確；分子數(shù)之比等于物質(zhì)

11、的量之比 ， 所以N甲N乙,A項(xiàng)錯(cuò)誤；等溫等壓條件下，氣體摩爾體積相同 日項(xiàng)錯(cuò)誤；等溫等壓條件下，密度 之比等于摩爾質(zhì)量之比，由于p甲p乙，則M甲M乙,D項(xiàng)錯(cuò)誤。卜案C5 .（2018年河北石家莊第二中學(xué)月考 ）在兩個(gè)容積相同的容器中，一個(gè)盛有C2H4氣體,另一個(gè)盛有N2和CO的混合氣體。在同溫同壓下，兩容器內(nèi)的氣體一定具有相同的（）。分子數(shù)密度質(zhì)量質(zhì)子數(shù)原子數(shù)A. B. C. D.叵 同溫同壓下，相同體積的任何氣體含有相同的分子數(shù)，所以C2H 4與N2和CO混合氣體的總分子數(shù)目相同，觸正鞠CO的相對(duì)分子質(zhì)量都是 28,故混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量為28,C 2H4的相對(duì)分子質(zhì)量為 28,同溫

12、同壓下，氣體密度之比等于相對(duì)分子質(zhì)量之比，故兩容器內(nèi)氣體的密度相等；CO正確2和C2H 4的摩爾質(zhì)量都是28 g mOl則C2H 4的物質(zhì)的量與N2和CO的總物質(zhì)的量相等，所以質(zhì)量一定相等，COI分子中質(zhì)子數(shù)為14,N2分子中質(zhì)子數(shù)為14,C2H4分子中質(zhì)子數(shù)為16,而C2H4的物質(zhì)的量與 N2和CO的總物質(zhì)的量相等，所以質(zhì)子數(shù)一定不相等，錯(cuò)必2是雙原子分子，C2H 4是6原子分子，C2H4分子數(shù)目與N2和CO的總分子數(shù)相等時(shí)，原子數(shù)一定不相等，錯(cuò)誤。，案D6 .（2018年廣東梅州總復(fù)習(xí)質(zhì)檢）通常監(jiān)測(cè)SO2含量是否達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn)的反應(yīng)原理是SO2+H 2O2+BaCl 2BaSO4j +2HC

13、I Na表示阿伏加德羅常數(shù)的值 ，下列說(shuō)法正確的是（）。A.0.1 mol BaCl 2晶體中所含分子總數(shù)為0.1N aB.25C端H=1的HCl溶液中含有的 Cl-的數(shù)目為0.1NaC.生成2.33 g BaSO 4沉淀時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為 0.02N aD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L H 2O2含有1.8Na個(gè)電子而B(niǎo)aCl2晶體是離子晶體，其中含有的是陰、陽(yáng)離子，不存在分子，A項(xiàng)錯(cuò)誤；沒(méi)有說(shuō)明溶液的體積，所以無(wú)法計(jì)算溶液中Cl-的數(shù)目,B項(xiàng)錯(cuò)誤；生成2.33 g（0.01 mol）BaSO 4沉淀時(shí),有0.01 mol的+4價(jià)S轉(zhuǎn)化為+6價(jià)S,所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為 0.02N a,C項(xiàng)正確

14、；標(biāo)準(zhǔn)狀況下過(guò)氧化氫是液態(tài)物質(zhì)，所以無(wú)法計(jì)算其物質(zhì)的量，D項(xiàng)錯(cuò)誤。.案C7 .利用碳酸鈉晶體（Na2CO3 10HO）配制1000 mL 0.5 mol -1碳酸鈉溶液，假如其他操作均準(zhǔn)確無(wú)誤，下列情況會(huì)引起溶液濃度偏高的是（）。A.稱取碳酸鈉晶體100 g8 .定容時(shí)俯視刻度線C.移液時(shí)，用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒(méi)有進(jìn)行沖洗D.定容后，振蕩均勻，靜置發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加入少量水至刻度線卜軍析| 1000 mL 0.5 mol -1碳酸鈉溶液需稱取 143 g Na 2CO3 10H 2O,稱取100 g碳酸鈉晶體會(huì)使?jié)舛绕?A項(xiàng)錯(cuò)誤；定容時(shí)俯視刻度線，會(huì)造成所配溶液的體積偏小，濃度偏高

15、,B項(xiàng)正確;未沖洗溶解碳酸鈉晶體的燒杯，會(huì)造成碳酸鈉損失，濃度偏低，C項(xiàng)錯(cuò)誤；加水會(huì)稀釋溶液，造成所配溶液的濃度偏低,D項(xiàng)錯(cuò)誤。k案B8 .（2018年四川宜賓第三次診斷）檢查司機(jī)是否酒后駕車(chē)的反應(yīng)原理是C2H 5OH+4CrO 3+6H 2SO42Cr2（SO4）3+2CO 2 T +9H2O。N a 表示阿伏加德羅常數(shù)的值 ，下列說(shuō)法正確的是（）。A.0.1 mol C 2H50H 中 OH-的數(shù)目為 0.1NaB.25C端H=1 的H2SO4溶液中 H +的數(shù)目為0.1NaC.1.8 g H 2O中共用電子對(duì)的數(shù)目為 0.2NaD.生成4.48 L CO 2氣體時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1.2N

16、 aM析| C2H5OH是非電解質(zhì)，不能電離出OH-,A項(xiàng)錯(cuò)誤;25 CpH=1的H2SO4溶液 中,c（H +）=0.1 mol-1，溶液體積未知，故無(wú)法求得H+的數(shù)目，B項(xiàng)錯(cuò)誤；1.8 g H 2O為0.1 mol,一個(gè)H2O分子中含有兩對(duì)共用電子對(duì)，故1.8 g H 2O中含有共用電子對(duì)的數(shù)目為0.2N a,C項(xiàng)正確；未指明是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，故無(wú)法求得二氧化碳的物質(zhì)的量，D項(xiàng)錯(cuò)誤。忖案C9 .（2018年河南鄭州第一中學(xué)入學(xué)考試）下列溶液的配制過(guò)程會(huì)引起濃度偏高的是（）。1 g 98% 的濃硫酸加4 g水配成體積之比為1 ： 4的硫酸配制一定物質(zhì)的量濃度的硫酸溶液時(shí)，定容后，塞好塞子倒轉(zhuǎn)搖

17、勻，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線在100 mL無(wú)水乙醇中加入2 g碘片，溶解后配成質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 2%的碘酒溶液在80 mL水中加入20 mL 18.4 mol -1硫酸，配制3.68 mol -1的硫酸溶液 質(zhì)量分?jǐn)?shù) 為5x%和x%的兩種氨水等體積混合配成 3x%的氨水 10%的硫酸和90%的硫酸等體積 混合配制50%的硫酸溶液A.B.C.D.血濃硫酸的密度大于1 g mLK的密度是1 g 訃的1 g 98%的濃硫酸加4 g 水所配得硫酸的體積和水的體積比小于1 ： 4,不符合題意;配制一定物質(zhì)的量濃度的硫酸溶液時(shí)，定容后，塞好塞子倒轉(zhuǎn)搖勻，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積都不 變，所以配制

18、溶液的濃度不變，不符合擷意醇的密度為 0.78 g m畋在100 mL無(wú)水乙醇中加入2 g碘片 所得溶液的質(zhì)量小于 100 g,則溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于2%,符合題意;在80 mL水中加入20 mL 18.4 mol -1硫酸,溶液體積小于100 mL,所以配制溶液的濃度高 于3.68 mol上通符合題意;5x%的氨水與x%的氨水等質(zhì)量混合時(shí)溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%=3x%,如果等體積混合，由于5x%的氨水的密度小于 x%的氨水的密度，所以x%的氨水的質(zhì)量大于5x%的氨水的質(zhì)量，因此混合后溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于3x%,不符合題意;溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為 90%和10%的兩種硫酸溶液等質(zhì)量混合后，溶液中溶

19、質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 %=50%,由于90%硫酸溶液的密度大于 10%硫酸溶液的密度 所以90%和10%的兩種硫酸溶液等體積混合后，溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于50%,則配制的溶液濃度偏大，符 合題意。W案B10.已知四種鹽的溶解度(S)曲線如圖所示，下列說(shuō)法不.正.確.的是()。A.將NaCl溶液蒸干可得NaCl固體B.將MgCl 2溶液蒸干可得 MgCl 2固體C.Mg(ClO 3)2中混有少量NaCl雜質(zhì)，可用重結(jié)晶法提純D.可用 MgCl 2 和 NaClO 3 制備 Mg(ClO 3)2解析|因?yàn)镹aCl的溶解度受溫度的影響不大，所以將NaCl溶液蒸干可得NaCl固體,A 項(xiàng)正確；因MgCl

20、2能夠水解，水解產(chǎn)生了氫氧化鎂和氯化氫，加熱水解平衡正向移動(dòng)，氯化氫易揮發(fā),所以將MgCl 2溶液蒸干得到的固體為氫氧化鎂，B項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)镸g(ClO 3)2的溶解度受溫度影響變化較大,NaCl的溶解度受溫度影響變化較小，所以Mg(ClO 3)2中混有少量NaCl 雜質(zhì)，可用重結(jié)晶法提純，C項(xiàng)正確；反應(yīng)MgCl 2+2NaClO 3Mg(ClO 3)2+2NaCl類似于侯 氏制堿法生成NaHCO 3的原理，NaCl因溶解度小而從溶液中析出，使反應(yīng)向生成Mg(ClO 3)2 的方向進(jìn)行,D項(xiàng)正確。11.（2018年云南玉溪一中第二次調(diào)研）如圖是實(shí)驗(yàn)室硫酸試劑標(biāo)簽上的部分內(nèi)容，下列說(shuō)法正確的是（）

21、。班酸化學(xué)鈍（CF）（500 mL） 品名：斑酸 化學(xué)式3s 0, 相對(duì)分子段景：就 密度：1 E4 n-cjn-3 質(zhì)量升跛：麴瑜A.配制500 mL 4.6 mol -1稀硫酸需取該硫酸 125 mL8.1 mol Al與足量的該硫酸反應(yīng)產(chǎn)生3 g氫氣C.該硫酸的物質(zhì)白量濃度為9.2 mol-1 LD.將該硫酸加水配成質(zhì)量分?jǐn)?shù)為49%的溶液時(shí)淇物質(zhì)的量濃度等于9.2 mol -I卜軍析|根據(jù)c=可知,該硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為 .% mol 1=18.4moltC項(xiàng)錯(cuò)誤根據(jù)稀釋定律，溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，故需要該濃硫酸的體積-. . .一 ， . 、, 一 . ,一 、一、 .

22、,.一 、一為=125 mL,A 項(xiàng)正確；常溫下Al在儂硫酸中發(fā)生鈍化，且儂硫酸為氧化性酸.與活潑金屬反應(yīng)也不能生成氫氣，B項(xiàng)錯(cuò)誤；濃硫酸和水的密度不同，等質(zhì)量混合后溶液體積不等于硫酸體積的2倍，混合后物質(zhì)的量濃度不是9.2 mol -1,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 A12 .（2018年黑龍江哈爾濱師大附中月考）向100 mL FeCl 3溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下0.224 LH2S,生成單質(zhì)硫，再加入過(guò)量鐵粉，反應(yīng)停止后溶液中含有0.06 mol陽(yáng)離子。原FeCl3溶液的物質(zhì)的量濃度是（）。A.0.2 mol-1 BL0.3 mol-1 - LC.0.4 mol-1 DL0.6 mol-1 - L隨，該反應(yīng)過(guò)

23、程為FeCl3和H2s反應(yīng)生成FeCl2、HCl、S,生成的HCl再和鐵反應(yīng)生成FeCl2,所以最終溶液中的溶質(zhì)是FeCl2,根據(jù)氯原子守恒計(jì)算 FeCl3的物質(zhì)的量濃度,3n(FeCl 3)=2n(FeCl 2),n(FeCl 3)= -n(FeCl 2)=0.06 mol -=0.04 mol,則原氯化鐵溶液的濃度為=0.4 mol -1 ,C項(xiàng)正確。.案C13 .(2018年甘肅武威第一中學(xué)月考)某結(jié)晶水合物的化學(xué)式為R- nHO,其相對(duì)分子質(zhì)量為 M。25 C時(shí)a g該晶體能夠溶于 b g水中，形成V mL溶液,下列關(guān)系中不亞娜.的是()。(-)A.該溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(%B.該溶

24、液的物質(zhì)的量濃度為mol -IC.該溶液中溶劑與溶質(zhì)的質(zhì)量之比為(+b) ： (a)D.該溶液的密度為 一(一) g -1卜軍析| a g該晶體中R的質(zhì)量為 ) g,溶液總質(zhì)量為(a+b) g,可知該溶液中溶質(zhì)的g曰八m且工一)( -)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 X 100%=一(1,A項(xiàng)錯(cuò)誤 ;n(R)=n(R2Q):rH mol,該溶放的物質(zhì)的量濃度為 二x 10 mol 1: mol-LB項(xiàng)正確 ；R-2Qi仲結(jié)晶水白質(zhì)量為()g,故R的質(zhì)量為(a-)g,溶液中溶劑的質(zhì)量為(b+)g,則溶液中m(水)：m(溶質(zhì))=(+b) ： (a),C項(xiàng)正確；溶液總質(zhì)量為(a+b) g,根據(jù)p=一可知，溶液密度為g

25、- mL= () g - -1 ,D 項(xiàng)正確。14.(2018年山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三模擬 )16 mL由NQ與NH 3組成的混合氣體在催化劑作用下于400 C左右可發(fā)生反應(yīng)6NQ+4NH 3-5N 2+6H 2 0(g),達(dá)至U平衡時(shí)，在相同條件下氣體體積變?yōu)?7.5 mL,則原混合氣體中 NQ與NH 3的物質(zhì)的量之比可能有四種情況：5 ： 33 ： 24 ： 39 ： 7。其中正確的是()。A. B. C. D.畫(huà)根據(jù)反應(yīng)前后氣體的總體積，可用差量法直接求解。6NO+4NH 3-5N 2 +6H 2O(g) AV(氣體的體積差)6 mL4 mL5 mL6 mL1 mL(理論差量)9 mL6 mL

26、7.5 mL9 mL1.5 mL(實(shí)際差量)由此可知共消耗15 mL氣體,還剩余1 mL氣體,假設(shè)剩余的氣體全部是 NO,則V(NO) : V(NH3)=(9 mL+1 mL): 6 mL=5 : 3;假設(shè)剩余白氣體全部NH 3,則V(NO) : V(NH3)=9 mL : (6 mL+1 mL)=9: 7。但因該反應(yīng)是可逆反應(yīng)余的氣體實(shí)際上是NO、NH 3的混合氣體，故V(NO) : V(NK)介于5 ： 3與9 ： 7之間，對(duì)照所給白數(shù)據(jù)知 3 ： 2 與4 ： 3在此區(qū)間內(nèi)。，案C15.某溫度下,a g V mL不飽和NaNO 3溶液，蒸發(fā)掉b g水或加入b g NaNO 3固體(恢復(fù)到

27、 原溫度)均可使溶液達(dá)到飽和，則下列各量的計(jì)算結(jié)果正確的是()。A.該溫度下NaNO 3的溶解度為50 gB.原不飽和溶液中 NaNO 3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為一匚一)%C.原不飽和溶液中 NaNO 3的物質(zhì)的量濃度為 一=mol 1D.原不飽和溶液的密度為g mL|解析|由題意可知,b g水中溶解b g NaNO 3固體達(dá)到飽和，即在此溫度下NaNO 3的溶 解度為100 g,A項(xiàng)錯(cuò)誤此溫度下NaNO 3飽和溶液中NaNO 3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 =-，所以原溶液中NaNO 3的質(zhì)量為(a-b) g K則原不飽和溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為-(- )士一)X 100%=%,B項(xiàng)錯(cuò)誤；原不飽和溶液的物質(zhì)的量濃度為 =-=

28、mol -t,C 項(xiàng)正確；原不飽和溶液的密度為 =-g - mL,D項(xiàng)錯(cuò)誤。16.為了避免NO、NO 2、N2O4對(duì)大氣白污染，常采用氫氧化鈉溶液進(jìn)行吸收處理(化學(xué)方程式為 2NO 2+2NaOH NaNO 3+NaNO 2+H 2O,NO 2+NO+2NaOH _2NaNO 2+H2O)。若由a mol NO、b mol NO 2、c mol N 2O4組成的混合氣體被 V L 一定濃度的氫氧化鈉溶液完全吸收(無(wú)氣體剩余，則此氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度最小為()。A. mol 1B. mol 1C. mol 1 D. mol -1.析|生成物中有NaNO 3、NaNO 2,由化學(xué)式可知n(N

29、a)=n(N),根據(jù)原子守恒可知n(NaOH尸n(NO)+n(NO2)+2n(N 2O4)=(a+b+2c) mol,故此氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度最小為()= mol 1,故選 B 項(xiàng)。二、非選擇題(本題包括5小題，共52分)17 .根據(jù)下列各題所給出的數(shù)據(jù)，可分別求出“溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)”或“溶液的物質(zhì)的量濃 度”，試判斷并求解。(1)設(shè)Na表示阿伏加德羅常數(shù)的值，若V L某氫氧化鈉溶液中含有 N個(gè)OH -,則可求出此溶液 為。(2)已知某氫氧化鈉溶液中Na+與H2O的個(gè)數(shù)之比為1 ： a,則可求出此溶液為。(3)已知標(biāo)準(zhǔn)狀況下1體積水能溶解500體積的氯化氫，則可求出標(biāo)準(zhǔn)狀況下氯化氫飽和溶液

30、 為。(4)已知將100 mL氯化鋁水溶液加熱蒸干灼燒，可得到b g白色固體，則可求出原氯化鋁溶液 為。M析| (1)n= ? c= -。(2)N(Na +) : N(H2O)=1 ： a? m(NaOH) : m(H2O)? w=m(NaOH) : m(NaOH)+m(H2O)。(3)V(HCl) ? m(HCl) ? w=m(HCl) : m(HCl)+m(H 2O)。 (4)b g Al 2O3? n(AlCl 3)? c(AlCl 3)。HU (1)NaOH的物質(zhì)的量濃度；mol -1(2)NaOH 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；(3)HCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；44.9%(4)AlCl 3的物質(zhì)的量濃度；一 m

31、ol 118 .FeCl3是一種很重要的鐵鹽，主要用于污水處理，具有效果好、價(jià)格便宜等優(yōu)點(diǎn)。工業(yè)上可將鐵屑溶于鹽酸中，先生成FeCl2,再通入C12氧化來(lái)制備FeCl3溶液。將標(biāo)準(zhǔn)狀況下的a L氯化氫氣體溶于100 g水中，得到鹽酸的密度為b g -m即J該鹽酸的 物質(zhì)的量濃度是。(2)向100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)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 。(3)FeCl 3溶液可以用來(lái)凈水，其凈水的原理為(用離子方程式表 示)。用100 mL 2 mol -1 FeCl3溶液凈水時(shí)，生成具有凈水作用的微粒

32、數(shù) (填“大 于” “等于”或“小于"a)0.2N而 (1)注意鹽酸的體積不是100 g水的體積，要用所得鹽酸的質(zhì)量和密度計(jì)算，還應(yīng)注意單位換算。(2)根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，氯氣先氧化Fe2+,反應(yīng)后溶液中Cl-和Br-的物質(zhì)的量濃度相等，表明溶?中無(wú) Fe2+有 FeBr3、FeCl3,n(Cl -)=.-X 2=0.3 mol=n(Br -), .根據(jù)電荷守恒及原子守恒知,n(Fe 3+ )=0.2 mol=n(Fe 2+)，則 c(FeBr 2)= =2 mol-%(3)Fe 3+在水中發(fā)生水解反應(yīng)Fe3+ +3H 2O-LFe(OH) 3(膠體)+3H + ,生成的Fe(O

33、H) 3膠體具有吸附作用，可吸附溶液中的雜質(zhì)。Fe3+的水解是可逆反應(yīng)，且Fe(OH) 3膠體中的膠體粒子是由多個(gè)Fe(OH) 3分子組成的集合體，所以生成的Fe(OH) 3膠體粒子數(shù)目小于 0.2N a。mol(2)2 mol(3)Fe3+3H 2OlFe(OH) 3(膠體)+3H +;小于19 .用重銘酸鉀法(一種氧化還原滴定法)可測(cè)定產(chǎn)物Fe3O4中的二價(jià)鐵含量。已知:6Fe2+Cr2+14H +2Cr3+6Fe 3+7H 2。計(jì)算配制250 mL 0.01000 mol -1 K2。2。7溶液時(shí)需要準(zhǔn)確稱量 K2Cr2O7的質(zhì)量是g。保留 4 位有效數(shù)字，已知 M(K 2Cr 2。7)

34、=294.0 g- -mol(2)配制該標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，下列儀器中不必用的有(用序號(hào)表不)。電子天平燒杯移液管玻璃棒容量瓶膠頭滴管(3)配制 0.01000 mol-1 M2Cr2O7溶液的操作步驟為計(jì)算?稱量？?移?洗滌？?搖勻。(4)配制 0.01000 mol-1 M2Cr2O7溶液時(shí)，下列操作對(duì)所得溶液的濃度有何影響配制過(guò)程中未洗滌燒杯和玻璃棒。 (填“偏高” “偏低”或“無(wú)影響”),下同定容時(shí)，仰視刻度線。配制0.01000 mol-1 M2Cr2O7溶液，定容時(shí)不慎加水超過(guò)了刻度線應(yīng)如何操(6)用0.01000 mol-1-K2Cr2O7溶液滴定20.00 mL 未知濃度的含 Fe2+

35、的溶液，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)消耗10.00 mL K 2Cr2O7溶液，則溶液中Fe2+的物質(zhì)的量濃度是 (1)0.7350(2)溶解;定容(4)偏低偏低(5)重新配制(6)0.03 mol -1 - L20.磷酸鹽緩沖溶液對(duì)維持生物體內(nèi)的正常pH和正常生理環(huán)境起重要作用。將 0.2 mol -1- L的NaH 2PO4與0.2 mol-1的Na2HPO 4溶液以不同比例混合，可形成不同pH的緩沖溶液。pHNaH 2 PO4溶液體積/mLNa2HPO 4溶液體積/mL5.793.56.55.89285.990106.087.712.3試回答下列問(wèn)題在pH=5.9的磷酸鹽緩沖溶液中，c(Na +)=(溶液混合時(shí)的體積變化忽略不計(jì))。(2)欲