（二）阿伏加德罗定律的应用
4．如图所示：
已知A、B都为短周期元素，且甲、乙、丙常温下都为气体。
2mol甲分子反应生成1mol丙和3mol乙，下列对此判断不正确的是（ ）
A．1个乙分子中含有2个A原子
B．甲的摩尔质量为17g·mol－1
C．同温、同压下，生成丙和乙的体积比为1∶3
D．标准状况下，11.2L甲溶于500mL水中，所得溶液中甲的物质的量浓度为1mol·L－1
答案 D
解析 题给反应可表示为2A3B===B2＋3A2，再结合题图中分子的结构可知，甲为氨气，丙为氮气，乙为氢气。
由质量守恒可知，A正确；氨气的摩尔质量为17g·mol－1，B正确；由阿伏加德罗定律可知，C正确；500mL水是溶剂，不是所得溶液的体积，D不正确。
5.
如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（ ）
A．C2H4B．CH4
C．CO2D．NO
答案 C
解析 由图可知，相同温度时，p（O2）>p（X），在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小。
四个选项中只有CO2的相对分子质量大于O2的，故C正确。
6．（2012·大纲全国卷，12）在常压和500℃条件下，等物质的量的Ag2O、Fe（OH）3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4。
体积大小顺序正确的是（ ）
A．V3＞V2＞V4＞V1B．V3＞V4＞V2＞V1
C．V3＞V2＞V1＞V4D．V2＞V3＞V1＞V4
答案 A
解析 假设各物质均为1mol，完全分解计算气体的物质的量。
注意500℃时水是气体。
题型2 物质的量浓度溶液的配制及计算
1．高考选项正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
（1）配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高（√）
（2014·大纲全国卷，6C）
（2）用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体（×）
（2014·新课标全国卷Ⅰ，12D）
（3）洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干（×）
（2014·新课标全国卷Ⅰ，12A）
（4）配制0.1000mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流（√）
（2013·福建理综，10C）
（5）用固体NaCl配制0.5mol·L－1的溶液，所用的仪器有：
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶（×）
（2013·山东理综，11C）
（6）在50mL量筒中配制0.1000mol·L－1碳酸钠溶液（×）
（2012·福建理综，6C）
2．（2014·上海，52）焦硫酸（H2SO4·SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。
若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为________mol·L－1。
答案 1.25
解析 445g焦硫酸H2SO4·SO3的物质的量为445g÷178g·mol－1＝2.5mol，溶于水H2SO4·SO3＋H2O===2H2SO4，所得硫酸的物质的量为5mol，c＝n/V＝5mol÷4L＝1.25mol·L－1。
1．警惕溶液配制时的易错点
（1）称量固体时物码颠倒，腐蚀性固体应放在玻璃器皿中。
（2）容量瓶不能配制任意体积的溶液，不能溶解、稀释和贮存液体。
（3）在配制一定物质的量浓度的溶液实验中，定容时加蒸馏水，一旦超过刻度线，要重新配制。
（4）配制时完全不需要计算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸馏水不影响结果。
（5）定容时要平视刻度线，仰视体积大浓度小、俯视体积小浓度大。
2．用好配制一定物质的量浓度溶液误差分析的答题模板
1．某同学实验需要450mL0.1mol·L－1碳酸钠溶液，配制该溶液时下列仪器不需要的是（ ）
A．100mL量筒、烧杯、玻璃棒
B．托盘天平、500mL容量瓶
C．酒精灯、三角漏斗、导管
D．胶头滴管、玻璃棒、烧杯
答案 C
解析 根据操作步骤联系实验仪器。
配制一定物质的量浓度的溶液，必需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管等。
2．假若你是卫生防疫人员，为配制0.01mol·L－1的KMnO4消毒液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是（ ）
A．取KMnO4样品时不慎在表面沾了点蒸馏水
B．溶解搅拌时有液体飞溅出
C．定容时俯视容量瓶刻度线
D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线
答案 C
解析 A项取得样品质量偏小，使溶液浓度偏低；B项液体飞溅出，会损失一部分KMnO4，使溶液浓度偏低；C项定容时俯视容量瓶刻度线导致加水量较少浓度偏高；D项加水量过多，使溶液浓度偏低。
3．
（1）配制浓度为2mol·L－1的NaOH溶液100mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将________（填写字母，下同）。
A．等于8.0gB．等于8.00g
C．大于8.0gD．等于0.2g
（2）某实验中需2mol·L－1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格为____________，称取Na2CO3的质量为__________。
答案
（1）C
（2）1000mL 212.0g
解析
（1）称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0g＋烧杯质量。
（2）根据容量瓶的常用规格可知，应配制2mol·L－1的Na2CO3溶液1000mL，所需Na2CO3的质量为1L×2mol·L－1×106g·mol－1＝212.0g。
4．VLFe2（SO4）3溶液中含有agSO
，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为（ ）
A.
mol·L－1B.
mol·L－1
C.
mol·L－1D.
mol·L－1
答案 A
解析 agSO
的物质的量为
mol，因此VLFe2（SO4）3溶液中Fe3＋的物质的量为
×
mol＝
mol，从中取出0.5VL后n（Fe3＋）＝
mol×
＝
mol，即稀释到2VL后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为
＝
mol·L－1。
题型3 化学反应中的计算问题
1．（2014·山东理综，9）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（ ）
A．FeOB．Fe2O3
C．FeSO4D．Fe3O4
答案 A
解析 根据得失电子守恒，还原剂提供的电子越多，氧化剂硝酸生成的NO的物质的量就越多。
1g题述四种物质能提供的电子的物质的量为
A.
×1mol；B.0；C.
×1mol；
D.
×1mol（Fe3O4也可以写为Fe2O3·FeO），等质量时提供电子的物质的量最多的为FeO。
2．（2014·大纲全国卷，13）已知：
将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且
的值与温度高低有关。
当n（KOH）＝amol时，下列有关说法错误的是（ ）
A．若某温度下，反应后
＝11，则溶液中
＝
B．参加反应的氯气的物质的量等于
amol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：
amol≤ne≤
amol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为
amol
答案 D
解析 A项，设反应后溶液中n（Cl－）＝11nmol，则n（ClO－）＝nmol，根据氧化还原反应中电子守恒可知，生成11nmolCl－得11nmol电子，生成nmolClO－失去nmol电子，而生成1molClO
失去5mol电子，因此反应生成的ClO
应为2nmol，正确；B项，由于产物中可能有KCl、KClO、KClO3，根据原子守恒可知，Cl原子与K原子的物质的量始终相等，故参加反应的Cl2的物质的量为KOH的
，正确；C项，当只有KCl、KClO生成时，1molCl2参加反应转移1mol电子，故整个反应中转移电子的物质的量为
amol，当只有KCl、KClO3生成时，根据电子守恒可知，有
的Cl2生成了KClO3，有
的Cl2生成了KCl，故转移电子
amol，正确；D项，当只有KCl、KClO3生成时，产物中KClO3的量达到了最大值，根据电子守恒可知，有
的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理论产量为
amol，错误。
3．[2014·福建理综，25（6）]葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。
测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：
（已知：
滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI）
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为________g·L－1。
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果________（填“偏高”“偏低”或“不变”）。
答案 ①0.16 ②偏低
解析 ①根据反应方程式：
SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，可知n（SO2）＝n（I2）＝0.01000mol·L－1×0.025L＝2.5×10－4mol，由于葡萄酒样品为100.00mL，因此样品抗氧化剂的残留量为2.5×10－4mol×64g·mol－1÷0.1000L＝0.16g·L－1。
②若部分HI被空气氧化，则测得消耗的I2会减少，故测得的SO2会减少，结果偏低。
4．（2014·上海，37）将一定质量小苏打样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量。
若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果____________。
（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）
答案 偏高
解析 将一定质量小苏打样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量是利用NaHCO3→NaCl质量差减小为84－58.5＝25.5，若蒸发过程中有少量液体溅出，造成质量差变大，则测定结果偏高。
1.物质的量在化学方程式中计算的步骤
写：
写出反应的化学方程式
↓
找：
找出方程式中已知物质和未知物质的物质的量的关系
↓
列：
将已知量和未知量列成比例式
↓
求：
对比例式求算
2．化学计算中常用方法
（1）守恒法
守恒法是中学化学计算中一种常用方法，守恒法中的三把“金钥匙”——质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒，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（①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子相等）建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。
（2）关系式法
此法常用于多步连续反应的计算。
确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。
（3）极值法
对混合体系或反应物可能发生几种反应生成多种生成物的计算，我们可假设混合体系中全部是一种物质，或只发生一种反应，求出最大值、最小值，然后进行解答，此类题一般为选择题。
（4）设未知数法
对混合体系的计算，我们一般设两个未知数，然后依据题意列两个方程，进行求解。
（一）关系式法
1．（2012·上海，11）工业上将氨气和空气的混合气体通过铂—铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 由NH3的催化氧化方程式可知1molNH3转化为NO时转移5mol电子，可得如下关系式：
NH3 ～ 5e－
15
×NAn
即n＝
×NA
解得NA＝
。
2．氯化亚铜（CuCl）是重要的化工原料。
国家标准规定合格的CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.5%。
工业上常通过下列反应制备CuCl：
2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑
（1）CuCl制备过程中需要配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液，试计算配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比。
（2）准确称取所制备的0.2500gCuCl样品置于一定量的0.5mol·L－1FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol·L－1Ce（SO4）2溶液滴定到终点，消耗24.60mLCe（SO4）2溶液。
有关反应的离子方程式为
Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－
Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋
通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。
答案
（1）5∶11
（2）符合标准
解析
（1）假设配制1000g这种CuSO4溶液，则需要硫酸铜200g，“折合”成CuSO4·5H2O，其质量为
×200g＝312.5g，则所需水的质量为1000g－312.5g＝687.5g，所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比为312.5∶687.5＝5∶11。
（2）由方程式可得关系式为CuCl～Fe2＋～Ce4＋
即CuCl的物质的量等于消耗的Ce（SO4）2的物质的量，为0.1000mol·L－1×24.60×10－3L＝0.00246mol，故CuCl的质量分数为
×100%＝97.9%，符合标准。
（二）守恒法
3．镁、铝合金3g与100mL稀H2SO4恰好完全反应，将反应后所得溶液蒸干，得无水硫酸盐17.4g，则原硫酸溶液的物质的量浓度为（ ）
A．1.5mol·L－1B．1mol·L－1
C．2.5mol·L－1D．2mol·L－1
答案 A
解析 蒸干后所得产物分别是MgSO4和Al2（SO4）3，增加的质量即为SO
的质量。
c（H2SO4）＝
＝1.5mol·L－1。
4．某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c（Mg2＋）＝2mol·L－1，c（SO
）＝6.5mol·L－1，若将200mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6mol·L－1的苛性钠溶液（ ）
A．0.5LB．1.625L
C．1.8LD．2L
答案 D
解析 根据溶液中的电荷守恒可得：
2c（Mg2＋）＋3c（Al3＋）＝2c（SO
），故c（Al3＋）＝（2×6.5mol·L－1－2×2mol·L－1）/3＝3mol·L－1。
当加入的NaOH溶液恰好将Mg2＋与Al3＋分离时，所得溶液为Na2SO4和NaAlO2，根据钠元素守恒，则V（NaOH）＝
，代入数据得V（NaOH）
＝
＝2L。
5．羟胺（NH2OH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。
现用25.00mL0.049mol·L－1的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.65mL0.020mol·L－1的酸性KMnO4溶液完全作用，则在上述反应中，羟胺的氧化产物是[已知：
FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2（SO4）3＋K2SO4＋MnSO4＋H
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