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例谈2009高考化学二轮、三轮复习的策略
高考第二轮、第三轮的复习时间，是综合素质大踏步提高的黄金时间，是中学教学向极值点冲刺的最佳时间，也是考生一生中将留下永不磨灭的深刻记忆的艰苦时间。在最后二轮的复习中，并非只是第一轮复习的重复，也不能急功近利。我们应首先以专题的形式把高中化学复杂的内容明晰化、条理化、概念化、规律化，做到有的放矢地再系统的复习一遍，深入理解高中化学各部分知识的内在联系，构筑完整的、严密的知识体系，在复习中要把所涉及的知识适当放大，善于将复习的内容进行纵向、横向联系，学会总结命题规律，解题思路，以提高考生的知识迁移能力。通过专题、专讲形式的复习，重点进行思维方法上训练，全面提升考生的综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力；通过第三轮的综合测试、冲刺模拟，既可以对考生前期复习效果进行诊断，又可以帮助考生避免因对高考试卷形式的陌生而带来的紧张和惶恐，让考生尽早进行热身训练，零距离接触高考，从而能最大限度地获得高分。
专题一 氧化还原反应
能力培养
1．（启东中学，基础题，4分值，1分钟）下列有关氧化还原反应的叙述正确的是
A．肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B．在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化
C．置换反应一定属于氧化还原反应
D．化合反应和复分解反应不可能有氧化还原反应
2．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应或转化中同位素示踪表示正确的是
A．2Na218O2 + 2H2O == 4Nal8OH + O2↑
B．2KMnO4 + 5H218O2 + 3H2SO4 == K2SO4 + 2MnSO4 + 518O2↑+ 8H2O
C．NH4Cl + 2H2ONH3·2H2O + HCl
D．K37ClO3 + 6HCl == K37Cl + 3Cl2↑+ 3H2O
3．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）已知在常温下，溶液中能发生如下反应：
①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O ②2M2++R2=2M3++2R- ③2R-+Z2=2Z-+R2
由此推断，下列说法错误的是
A．2M2++Z2=2M3++2Z- 可以进行
B．Z元素在①、③反应中发生还原反应
C．各微粒氧化性由强到弱的顺序是：XO4-> Z2> R2> M3+
D．各微粒还原性由强到弱的顺序是：X2+> Z-> R-> M2+
4．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）锌与稀硝酸反应时，反应方程式可表示如下：4Zn+10HNO3=aZn(NO3)2+bM+cH2O，则a、b、c、M可能是
A．4，2，4，NO2 B．4，3，5，NO
C．4，1，5，N2O D．4，1，3，NH4NO3
5．（启东中学，中档题，4分值，3分钟）向FeI2溶液中不断通入Cl2，溶液中I－、I2、
IO3－、Fe2＋、Fe3＋等粒子的物质的量随n(Cl2)∶ n(FeI2)的变化可用下图简单表示，下列有关说法中正确的是
A．粗线5、细线3分别代表n（Fe3+）、n(IO3-)随n(Cl2)∶ n(FeI2)变化的情况
B．假设通入Cl2的过程中溶液的体积不变，则溶液的pH始终不变
C．当n(Cl2)∶ n(FeI2)＝6.5时，溶液中n(Cl-)∶n(IO3-)＝13
D．当n(Cl2)∶ n(FeI2)＝1.2时，离子方程式可表示为2Fe2＋+10I－+6Cl2＝5I2+2Fe3＋+12Cl－

6．（启东中学，难题，8分值，8分钟）在含n mol FeBr2的溶液中，通入Cl2，有x mol Cl2发生反应。
当时，反应的离子方程式为__________________________。
当反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2+ +4Br-=2Br2+2Fe3+ +6Cl- 时，x与n的关系为___。
当Fe2+ 和Br- 同时被氧化时，x与n的关系是_______________。
当x=n时，反应后氧化产物的物质的量为________________。
（5）往50.0 mL FeBr2 溶液中缓慢通入1120 mLCl2（标准状况），溶液中还原性离子只有2/3溴离子未被氧化。求原FeBr2溶液的物质的量浓度。
答案
1．BC 解析 要熟悉四种基本反应类型与氧化还原反应的关系。
2．B 解析 A中氧化产物氧气应是18O2；B中H218O2全被氧化，示踪原子全部出现在氧化产物中；C中的一水合氨应是NH3·H2HO；D中37Cl应全部发生还原反应，氧化产物、还原产物分别表示为5/2 Cl2、1/2 37Cl2 。
3．BD 解析 在同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得出：氧化性XO4-> Z2> R2> M3+ ，还原性：M2+>R-> Z->X2+
4． CD 解析 验证“电子守恒”和“质量守恒”。
5．D 解析 有关物质的还原性顺序为：I->Fe2+> I2 ,则在不断通Cl2的过程中，依次发生以下氧化还原反应：Cl2 + 2I- = 2Cl- + I2 ，Cl2 +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- ，5Cl2 + I2 +6H2O = 2IO3- +12H+ +10Cl-。可见，当n(Cl2)∶n(FeI2)= 1∶1时，I-恰好全被氧化；当n(Cl2)∶n(FeI2)= 1.5时，Fe2+正好全被氧化；当n(Cl2)∶n(FeI2)= 6.5时，氧化还原反应完毕。因此，当n(Cl2)∶n(FeI2)>1∶1时，开始生成Fe3+，至1.5时，Fe3+达到最大量，故粗线5代表了n（Fe3+）的变化；当n(Cl2)∶n(FeI2)> 1.5时，开始生成IO3-，至6.5时，IO3-达到最大量，故细线3的起点若从1.5出发至6.5结束，则可代表了n（IO3-）的变化；当n(Cl2)∶n(FeI2)= 6.5时，根据元素守恒，可知n(Cl-)∶n(IO3-)＝13∶2 ；由发生的反应可知，最后溶液的pH减小；D中的反应式既符合I-先被氧化又符合得失电子相等。
6．解析 因还原性：Fe2+>Br- ，故Cl2先氧化Fe2+ 后氧化Br- ，其离子方程式分别为：
2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- ，Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2 。故（1）至（4）的答案为：（1）2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- ；（2）；（3） （4）或。
（5）依题意Br-部分被氧化，则Fe2+ 必已全部被氧化。原溶液中FeBr2的物质的量为n，则Fe2+ 物质的量为n ，Br-物质的量为2n ，被氧化的Br-物质的量为。
2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2
n
则氯气物质的量为：，得n=0.06 mol ，
则c (FeBr2)= 答案见解析。
专题二 离子反应
能力培养
1．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）能正确表示下列反应的离子方程式是
A．FeO溶于足量稀HNO3：FeO＋2H+＝Fe2＋＋H2O
B．NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－＝BaCO3↓＋H2O
C．向澄清石灰水中通入少量CO2：Ca2＋＋2OH－＋CO2＝CaCO3↓＋H2O
D．将0.2mol/L的NH4Al(SO4)2溶液与0.3mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合：
2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
2．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）常温下测得某无色溶液中水电离出的c (H+)=
1×10-13 mol/L,又知该溶液中还有NO3- 、Na+、Cl-，那么该溶液中还一定存在的离子是
A．Fe2+、Cu2+ B. AlO2-、ClO- C． Ba2+、K+ D.Mg2+、SO42-
3．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．除去KNO3溶液中的Fe3＋： Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋
B．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
C．铁屑溶于过量稀硝酸：3Fe＋8H＋＋2NO3－＝3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
D．将标准状况下112 mL的氯气通入10 mL 1 mol/L的溴化亚铁溶液中：
2Fe2+ + 4Br- + 3Cl2 == 2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl-
4．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）在给定的四种溶液中，加入以下各组离子，各离子组能在原溶液中大量共存的有
A．滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl-、NO3-
B．pH为11的溶液：Na+、S2-、SO32-、S2O32-
C．水电离出c (OH-)=的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+
D．所含溶质为NaHSO4的溶液：K+、NO3-、SO42- 、 PO43-
5．（启东中学，基础题，6分值，5分钟） 某强碱性溶液中含有的离子是K+、NH4+、Al 3+ 、AlO2-、SO42- 、SiO32- 、CO32-、Cl-中的某几种离子，现进行如下实验：
取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，无沉淀生成。
另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增
多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失。
则原溶液中肯定存在的离子是_____________，肯定不存在的离子是________________。已知一定量的原溶液中加入5 mL 0.2 mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187 g，则原溶液中是否含有Cl-？_________________。
6．（启东中学，难题，10分值，8分钟）某无色溶液，其中有可能存在的离子如下：Na+、Ag+、Ba2+ 、Al3+ 、AlO2-、S2-、CO32-、SO32-、SO42- 。现取该溶液进行有关实验，实验结果如下所示：
请回答下列问题：
沉淀甲是______，生成该沉淀的离子方程式___________________________。
沉淀乙是______，由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为_______________________。
沉淀丙中一定含有______，可能含有_______。用化学实验来确定其成分，其方法是______________________________________________________________________。
气体甲的成分有哪几种可能？____________________________________________。
综合上述现象，肯定存在的离子有__________________________。
答案
1．CD 解析 FeO溶于足量稀HNO3应发生氧化还原反应，NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合除生成BaCO3外还应生成NH3?H2O。
2．C 解析 题给条件说明溶液可能显酸性也可能显碱性，则只有C组一定能共存。
3．AB 解析根据Fe3＋水解的性质，利用加热法可除去KNO3溶液中的Fe3＋；B项符合化合价升降相等、电荷守恒、质量守恒；C项中硝酸过量时最终应生成Fe3＋；D项中有0.005 mol的Cl2 和0.01 mol FeBr2，根据Fe2+ 还原能力强于Br- ，故只发生：
2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl-。
4．B 解析 A中“石蕊试液显红色”，说明显酸性，此时Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应；C中溶液可能显碱性也可能显酸性，HCO3-均不能大量共存；D中NaHSO4完全电离而使溶液显酸性，PO43-不能共存。
5．OH-、AlO2-、CO32-、K+ ；NH4+、SO42- 、SiO32- 、Al 3+ ；有Cl-。
解析 由“强碱性”知必存在OH-而不存在NH4+与Al 3+ ，由①知不存在SO42-，由②知存在AlO2-、CO32-，而不存在SiO32- （硅酸沉淀不溶解），则存在的阳离子只能为K+。若加入的Cl-全生成沉淀，可得0.1435 g沉淀，小于0.187 g，故原溶液中又存在Cl-。
6．（1）S 2S2- + SO32- + 6H+ = 3S↓+ 3H2O （2）Al (OH)3
Al 3+ + 3HCO3- = Al(OH)3↓+ 3CO2↑ （3）BaCO3 ；BaSO4 ；在所得的沉淀中加入足量的稀盐酸，若沉淀没有完全溶解，则说明除BaCO3外还有BaSO4 ；若沉淀完全溶解，则说明仅有BaCO3 。 （4）①CO2 ；②SO2 ；③H2S ；④CO2、SO2 ；⑤CO2、H2S 。
（5）Na+、AlO2-、S2-、SO32-
解析 加入过量的氢溴酸后生成的淡黄色沉淀可能是S或AgBr，但若是AgBr，原溶液中即存在Ag+，则题中所提供的阴离子都会与它发生复分解或双水解反应而不能共存，故淡黄色沉淀只能是S。
专题三 物质的量及其应用
复习策略
物质的量是重要的化学基础知识，并与化学计算联系紧密，具有较强的应用性，为高考命题的重要内容之一。其主要热点有：①相对原子质量、相对分子质量、物质的量、摩尔质量、物质的量浓度、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数等基本概念的理解与应用。②已知阿伏加德罗常数，判断或计算一定量的物质所含粒子或氧化还原反应中电子转移数目。③用物质的量确定化学式及进行化学方程式的计算。④物质的量浓度、溶质的质量分数和溶解度之间的换算。⑤溶液的稀释问题计算。⑥物质的量在化学计算中的综合应用。
本专题的知识网络：
“万能恒等式”：
式中n为物质的量，单位为mol；m为物质的质量，单位为g；M为摩尔质量，单位为g/mol；V气为标准状况下气体体积，单位为L；Vm为标准状况下气体摩尔体积，单位为L/mol；N为微粒个数，NA为阿伏加德罗常数；Q为物质的反应热，单位为J或kJ；△H为摩尔反应热，单位为kJ/mol；c为物质的量浓度，单位为mol/L；V(aq)为溶液体积，单位为 L。
一、以阿伏加德罗常数为载体的化学量的判断和比较
阿伏加德罗常数的运用是高考考查和命题的热点，从高考试题来看，此类题目多为选择题，且题量和题型保持稳定，命题的形式也都是：已知阿伏加德罗常数为NA，判断和计算一定量的物质所含粒子数的多少。具体涉及以下内容：①已知物质的质量、物质的量、物质的体积求粒子的数目或比较其粒子的数目大小；②已知溶液的体积和浓度求溶液中溶质的粒子的数目或比较粒子的数目大小；③已知粒子的数目求物质的质量、物质的量、物质的体积、溶液中溶质的粒子的浓度或溶液的浓度；④物质在发生氧化还原反应时电子转移的数目。
关于解NA题型时必须弄清的几个概念。
1、NA个粒子的物质的量就是1mol。
2、NA个粒子的质量就是1mol该物质的质量；每摩尔物质的质量就是该物质的摩尔质量。
3、NA个气体分子的体积就是1mol该气体的体积；每摩尔气体的体积就是气体摩尔体积。
4、NA个溶质分子溶解在1L溶液中的浓度就是1mol/L。
当NA的规定发生变化时，上述各个量都要发生变化。
典例剖析
例1 设NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述正确的是
A．标准状况下，2(24 L苯中含有0.6NA个碳原子
B．常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA
C．常温下，1L 0.1mol/L MgCl2溶液中含Mg2+数为0.1NA
D．0.01mol铝与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数是0.03NA
解析 标准状况下苯为液态，不能使用气体摩尔体积“22.4L/mol”进行计算；根据质量守恒定律，46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA（注意若求分子数则不能确定）；因Mg2+在水溶液中发生水解，故Mg2+数小于0.1NA；铝为三价金属，则0.01mol铝与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数是0.03NA。本题答案选BD。
例2 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．常温常压下，20 g D2O和足量的金属钠反应产生气体的分子数为0.5 NA
B．1 mol Na2O2与足量的水反应，转移的电子数为2NA
C．NA 个SO3分子在标准状况下的体积为22.4 L
D．常温常压下，62g白磷分子( )中的共价键数为3NA
解析 20 g D2O物质的量为1mol，根据关系式 2 D2O ~ D2可求得生成气体分子数为0.5 NA； Na2O2与H2O的反应中，1 mol Na2O2转移电子数为NA；标准状况下SO3为固态，不能使用气体摩尔体积“22.4L/mol”进行计算；1 mol 白磷中含6 mol P—P共价键，则62g（0.5mol）白磷分子中的P—P共价键数为3NA。本题答案选AD。
例3 设NA表示阿伏加德罗常数值，下列说法中正确的是
A．1mol某气体的体积为22.4L，该气体的状况一定是标准状况
B．工业上铜的电解精炼时电解池中每转移1mol电子时阳极上溶解的铜小于0.5 NA
C．1molCl2参加化学反应获得的电子数都是2NA
D．将1molNO2气体在降温后颜色变浅，但其所含的分子数仍然为NA
解析 气体的体积由气体的物质的量、温度、压强等多种因素共同决定，故在非标准状况下，气体的体积也可能为22.4L；电解法精炼铜时，粗铜作阳极，发生的反应有：Zn-2e-=Zn2+，Fe-2e-=Fe2+，Ni-2e-=Ni2+，Cu-2e-=Cu2+，可见每转移1mol电子时阳极上溶解的铜必小于0.5 NA ；当1molCl2在氧化还原反应中全被还原为Cl-时，获得的电子数为2NA，但若1molCl2与NaOH发生歧化反应时，获得的电子数为NA；在含NO2气体的容器中因存在2 NO2 (g)N2O4 (g)（正反应方向为放热反应），故降温后平衡向正反应方向移动，颜色变浅，此时气体分子数变少。本题答案选B。
解题技巧
解答NA问题的试题时，审题要仔细，要注意所给的条件，求什么粒子数。审题时要特别注意下列一些细微的知识点：
1、物质的状态。水在标准状况下为液态或固态；SO3在标准状况下为固态，常温常压下为液态；在标准状况下，碳原子数大于4而小于16的烃为液态（新戊烷除外），大于或等于16的烃为固态；在标准状况下，乙醇、四氯化碳、氯仿、苯、二硫化碳等许多有机物都不是气态。
2、某些物质分子中的原子个数。如稀有气体（单原子）、臭氧（O3）、白磷（P4）等。
3、一些物质结构中化学键的数目。常见的有：金刚石、石墨、晶体硅、二氧化硅、甲烷、白磷、二氧化碳等。这些物质所含化学键的物质的量如下：
1 mol 金刚石中含2 mol C—C共价键，1 mol石墨中含1.5 mol C—C共价键，1 mol 晶体硅中含2 mol Si—Si共价键，1 mol SiO2中含4 mol Si—O共价键，1 mol CH4中含4 mol
C—H共价键，1 mol 白磷中含6 mol P—P共价键，1 mol CO2中含2 mol C=O双键。
4、特别物质的摩尔质量。如：D2O、T2O、18O2、14CO2等。
5、较复杂的氧化还原反应中，求算转移的电子数。如：Na2O2+H2O→，Cl2+NaOH→，NO2+H2O→，电解Cu(NO3)2溶液等。
6、在使用气体摩尔体积“22.4L/mol”时，必须注意气体是否处于标准状况下。
7、某些离子或原子团在水中能发生水解反应，离子数目要改变。如1L 0.1mol/L Na2CO3溶液中含CO32-数小于0.1NA。
8、“不定体系”，如“NO和O2的混合气”、“NO2气体有时应考虑2 NO2 (g)N2O4 (g)”等。
二、气体体积的计算或比较大小、阿伏加德罗定律及其推论的应用
（一）标准状况下的气体摩尔体积概念剖析
四条件　①温度：0℃；②压强：101325Pa；③基准：1 mol物质；④对象：气体（任何一种单一组分的气体或不相互反应的混合气体）。
（2）1 mol气体在非标准状况下，其体积不一定为22.4 L。
（3）22.4 L体积是近似值。
（二）阿伏加德罗定律及其推论
阿伏加德罗定律是历年来高考必考内容，重点考查概念的理解和应用，阿伏加德罗定律把气体的质量、体积、压强、密度、气体摩尔质量、气体物质的量联系在一起，且与物理学中气体方程、物质密度计算紧密相联，因而是物理与化学互相联系又互相渗透的知识点，在理科综合测试中尤为重要。掌握理想气体状态方程，对解答概念或计算都大有裨益。复习中要弄清下列两个重要内容：
阿伏加德罗定律
在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。这个结论叫阿伏
加德罗定律。
阿伏加德罗定律推论
（1）同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，也等于其粒子数之比：=；
（2）同温同压下，任何气体的密度之比等于摩尔质量之比：=；
（3）同温同体积下，气体的压强之比等于其物质的量之比，也等于其粒子数之比：=；
（4）同温同压下，同体积的任何气体的质量之比等于摩尔质量之比：=；
（5）同温同压下，同质量的气体体积比等于摩尔质量之反比：=；
（6）同温同体积下，同质量的气体压强比等于摩尔质量之反比：=。
典例剖析
例1 设阿伏加德罗常数的符号为NA ,标准状况下某种O2和N2的混合气体m g，含有b个分子，则n g该混合气体在相同状况下所占的体积（L）应是
A． B. C. D.
解析 此题虽然是混合气体，根据气体的体积由分子之间的距离决定，且相同状况下
气体分子之间的距离大约相等的性质，与纯净气体的处理方法相同。据题意：，得，
则。本题答案选A。
例2 由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为
A．29:8:13 B.22:1:14 C.13:8:29 D.26:16:57
解析 由阿佛加德罗定律的推论可知，相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量等于氮气的摩尔质量，而CO的摩尔质量与氮气的摩尔质量相同，故由CO2、H2和CO组成的三元混合气体可简化为二元混合物，CO的量可以取任意值，此题就转化为混合气体CO2和H2的平均摩尔质量为28 g/mol。用十字交叉法可求得体积比：
CO2 44 26
28 = 13:8 。 本题答案选CD。
H2 2 16

例3 在120℃时分别进行如下四个反应：
A．2H2S + O2 = 2S + 2H2O B．2H2S + 3O2 = 2SO2 + 2H2O
C．C2H4 + 3O2 →2CO2 + 2H2O D．C4H8 + 6O2 →4CO2 + 4H2O
（1）若反应在容积固定的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体总压强（p）分别符合关系式d前 = d后 和p前 > p后 的是_______；符合关系式d前 = d后 和p前 = p后 的是________（请填写反应的代号）。
（2）若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前 > d后 和V前 < V后 的是_______；符合关系式d前 > d后 和V前 > V后 的是________（请填写反应的代号）。
解析（1）若反应在容积固定的容器内进行，反应前后d前 = d后 ，说明反应前后气体质量不变，符合要求的是B、C、D ；p前 > p后 ，则表明反应前后气体的分子数是减小的，符合要求的是B；p前 = p后 ，则表明反应前后气体的分子数是不变的，只有C。
（2）若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后d前 > d后 和V前 < V后 ，在气体总质量不变的前提下，则表明气体的分子数是增大的。由于分子数的增多，导致了容器体积的增大，从而造成密度的减小。符合题意的是D；反应前后V前 > V后 ，表明反应是气体分子数减小的反应，体积减小后，仍是d前 > d后 ，说明气体的质量减小，符合题意的是A。本题答案为（1）B；C （2）D；A
解题技巧
在进行气体摩尔体积计算时，要注意以下几个问题：①非标准状况下，气体摩尔体积一般不是22.4L/mol，但也可能是22.4L/mol，可以利用pV=nRT的关系推导，但要注意单位的选择。②气体摩尔体积是对气体而言，固体和液体也有摩尔体积，但一般没有相同的数值。③“22.4L/mol”这是标准状况下的气体摩尔体积，若不在标准状况下或不是气体就不适用。
注意阿伏加德罗定律中的五同：同温同压（前提），同体积（条件），同分子数（结果），同物质的量（推论）。适用范围：气体（既可以是单一气体，也可用于混合气体）。
三、相对分子质量的几种求法
（一）气体密度（）和相对密度（D）的计算
1．标准状况下：= ；2．非标准状况下：=；
3．气体的相对密度：D==。
（二）气体的相对分子质量（M r）或摩尔质量（M）的计算方法
已知标准状况下气体密度 ，则M=22.4 。
已知非标准状况下T、、，则M= 。
已知两种气体的相对密度D，则D==。
摩尔质量定义法：M=，对混合气体，则=。
若已知混合气体各组成成分的摩尔质量和物质的量分数，则
=
典例剖析
例1在一只干燥的烧瓶中，用排空气法充入HCl气体后，测得烧瓶中气体对O2的相对
密度是1.082，然后将此气体倒扣在水中，最后进入烧瓶中的液体应占烧瓶容积的
A．全部 B．3/4 C．1/2 D．1/4
解析 =D×(O2)=1.082×32=34.6<(HCl)=36.5 ,故该混合气体中必混有空气。HCl易溶于水，空气不溶于水，故进入容器中液体的体积等于HCl气体的体积。可用十字交叉法求出混合气体中HCl与空气的体积比：
HCl 36.5 5.6
34.6 ≈ 3:1 ，即HCl占烧瓶容积的 3/4 。
空气 29 1.9
本题答案选B。
例2 一定质量的液态化合物XY2，在一定质量的氧气中恰好完全燃烧，反应方程式
为：XY2 (l) + 3O2 (g) = XO2 (g) +2YO2 (g) 。冷却后，在标准状况下测得生成物的体积是672 mL，密度为2.56 g/L。则：
反应前氧气的体积是____________。
化合物XY2的摩尔质量是___________。
若XY2分子中X、Y两元素的质量比是3:16 ，则X、Y两元素分别为____和_____（写元素符号）。
解析（1）该反应前后气体物质的量不变，则相同条件下气体的体积也不变，故氧气的体积为672mL。（2）反应后混合气体总质量为0.672L×2.56 g/L=1.72g， 而由O2的体积可求得O2的质量为0.96g，由质量守恒定律得，m(XY2)= 1.72g-m(O2)=0.76g，由反应式中各系数关系知n(XY2)=0.01mol，则摩尔质量M=0.76g/0.01mol=76 g/mol。
本题答案为（1）672 mL （2）76 g/mol （3）C S
例3 现有甲、乙两个探究性学习小组，他们取黄铜（铜铁合金）的颗粒状药品约100mg，甲小组同学利用图a实验装置，乙小组同学利用图b实验装置分别测定黄铜样品中铁的质量分数和铁的相对原子质量M(Fe)。

图a 图b
回答下列问题：
Ⅰ、甲小组同学利用图a实验装置进行实验：（1）向锥形瓶中加入稀硫酸，应如何操作？
______________________________________________________；反应前、后碱式滴定管中的液面高度与干燥管内的液面高度均应保持相同，反应充分进行后，如何使碱式滴定管中的液面高度与干燥管中的液面高度相同？_______________________________________
______________，若不调节，则测得的M(Fe)_________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
（2）为了保证实验结果的准确，请你将本实验过程中需直接测定的有关物理量填入下表中（用文字说明，可不填满）：
①
②
③
④
⑤
⑥
（3）在（2）中所测定的数值不准确会影响结果准确性，试回答碱式滴定管的操作对铁的相对原子质量的测定是否有影响？_________；哪些操作有影响？（至少举出两例）______________________________________________。
（4）该实验方法中计算M(Fe)的表达式_______________________。
Ⅱ、乙小组同学利用图b实验装置进行测定黄铜样品中的的质量分数和铁的相对原子质量。
（1）该实验过程中，必须对反应后所剩的固体进行洗涤、干燥，如何确定所得固体是干燥的？_______________________________________________；能否用加热固体的方法进行干燥？___________________________。
（2）从该实验装置、中学化学实验室的现有条件两方面，对该实验方案的可行性进行评价，请你参与讨论，并发表你的看法。___________________________________________。
解析Ⅰ（1）将分液漏斗上玻璃塞拔掉，旋转活塞，使稀硫酸滴入锥形瓶中；慢慢将碱式滴定管向下移动；偏大。（2）反应前锥形瓶内固体的质量、反应后锥形瓶内固体的质量、反应前滴定管内液面的刻度、反应后滴定管内液面的刻度、实验时室内的温度、实验时室内的压强 （3）有影响；滴定管中的液面比干燥管内的液面高；在氢气产生前后滴定管的读数偏差 （4）m (Fe)RT / PV(H2)
Ⅱ（1）将剩余固体干燥、冷却、称量，至连续两次称量相等；不能。
（2）a、由于缺少干燥氢气的装置，实验测得的铁的相对原子质量会发生偏差（偏小）；b、实验中所测质量或质量变化值很小，托盘天平的精度较差，达不到称量要求（或其它合理答案）。
解题技巧
熟悉相对分子质量（摩尔质量）的几种求法及其计算公式，是解这类题的关键。另外，弄清平均值问题并掌握平均值法规律，对提高解题速度也很重要。平均值问题是指对于混合物来说，其某些性质受各组分的一些性质的制约，使得混合物的某些性质具有可预见性。其规律：混合物的平均相对分子质量、元素的质量分数、平均相对原子质量等总是介于组分的相应量的最大与最小值之间。
四、物质的量在化学方程式或求化学式中的计算
1、化学方程式明确表示出化学反应中各物质微粒之间以及质量之间的数量关系。对于有气体参加的反应，其气态物质在同温同压下也有确定的体积关系，归纳起来有如下几种关系。
（1）相互作用的各物质的微粒数之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比。
（2）相互作用的各物质的物质的量之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比。
（3）相互作用的气态物质，同温同压下的体积之比等于化学方程式中各气态物质的化学计量数之比。
（4）相互作用的各物质的质量之比等于化学方程式中各物质的化学计量数和该物质的相对分子质量乘积之比。
2、物质的量在化学方程式中的计算要求：
（1）根据化学方程式进行计算时，已知物质的其他物理量，一般可换算成物质的量，再根据方程式中的化学计量数之比等于物质的量之比，列出比例式。
（2）各物理量及单位、物质的名称、公式等，尽量用规定的符号来表示。各物理量的符号要注明物质（或粒子）的化学式。例参加反应的氢氧化钠溶液的体积表示为V[NaOH(aq)]。
（3）设未知数直接用各物理量符号表示，并且不带单位，例设参加反应的二氧化锰的物质的量为n(MnO2)。
（4）把已知量代入计算式中计算时，都要带入单位。综合（3）、（4）可归纳为：已知量带单位，未知量不带单位。
3、计算步骤
（1）设未知数；（2）写出有关的化学反应方程式，并在有关的物质下面注明有关的量（属于多步反应的计算可建立已知量和未知量之间的化学计量数的关系式）；（3）列出比例式求解；（4）简要写出答案。
4、化学方程式计算中的常用方法有：
（1）关系式法。常用：化学反应关系式；电子得失关系式；原子守恒关系式。
（2）反应物过量问题的计算。此类问题必须先利用已知的反应物的量进行判断哪种物质过量，然后以不足的那种物质的量进行计算。还应注意反应物中的过量物质与生成物可能继续发生反应，此种情形往往稍不留神就会造成错误。
（3）差量法的应用。常有：质量差、浓度差、气体体积差、物质的量差、化合价差、溶解度差、反应过程的热量差等，该法的应用可省去繁琐的中间过程，使复杂的问题简单、快捷化。
（4）守恒法的应用。主要包括：质量守恒、原子或原子团守恒、物质的量守恒、电子转移守恒、电荷守恒、浓度守恒、体积守恒等。这些守恒关系为我们解答复杂题目提供了一个简便的方法，利用守恒关系解题，可不必纠缠过程的细节，只注意有关问题始态和终态之间的某种守恒关系，建立等式求解。
（5）极值法的应用。极值法是一种特殊的思维方法，是把研究的对象和问题，从原有的范围缩小到较小范围或个别情形来考查的一种思维方法。该法的使用可使问题难变易，繁变简，极值法的特点是“抓两端，定中间”，其基本思路是将混合物成份的含量，以两种极端情况考虑，由此推算判断反应的结果，从而缩小范围，简化计算过程。
典例剖析
例1 在化合物X2Y和YZ2中，Y的质量分数分别约为40%和50% ，则在化合物X2YZ3中Y的质量分数约为
A.20% B.25% C.30% D.35%
解析 在X2Y中Y的质量分数约为40% ，则X的质量分数为60% 。可知：，得……①；在YZ2中Y的质量分数为50% ，则Z的质量分数为50% 。可知：，得M(Y)=2M(Z) ……②；在X2YZ3中Y的质量分数为……③ 。联解①②③得Y的质量分数为25%。本题答案选B。
例2 在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22:9 ，当1.6 gX与Y完全反应后，生成4.4 g R，则此反应中Y和M的质量之比为
A.16:9 B.23:9 C.32:9 D.46:9
解析解本题是（1）应用化学方程式中各物质的化学计量数之比等于物质之间的物质的量之比；（2）巧用质量守恒定律。根据反应：X + 2Y = R + 2M
1mol 2mol
n (R):n (M)=……① ；由题意知……②，联解两式可得 m (M)=3.6 g 。再根据质量守恒定律得：1.6g + m (Y)= 4.4g + 3.6g ，
则m (Y)=6.4g 。所以m (Y):m (M)=6.4g:3.6g=16:9 。本题答案选A。
例3 在一定条件下，NO和NH3可以发生反应生成N2和H2O 。现有NO和NH3的混合物1mol ，充分反应后所得产物中，经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4 g。
（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。
（2）若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中NO和NH3的物质的量可能各是多少？
解析 用差量法解题是本题的核心内容。由化学方程式6NO + 4NH3 = 5N2 + 6H2O很容易判断出，6 molNO还原得到3 molN2 ，4 molNH3氧化得到2 mol N2，两者相差1 mol N2，此时经还原得到的N2比经氧化得到N2多28 g。现相差1.4 g ， ，相当于0.3 mol NO和0.2 mol NH3 反应。依题意NO和NH3的总物质的量为1 mol ，其中必有一种物质过量，所以有两种情况：若NO过量，则NH3物质的量为0.2 mol，NO物质的量为1mol-0.2mol=0.8mol ；若NH3过量，则NO物质的量为0.3mol，NH3物质的量为1mol-0.3mol=0.7mol。
本题答案：（1） 得到2e一×6
↓
6NO + 4NH3 = 5 N2 + 6H2O
↑
失去3e一×4
（2）0.3 mol NO和0.7 mol NH3 或 0.2 mol NH3和0.8 mol NO 。
解题技巧
以化学方程式为基础进行计算时应注意的问题：
1、化学方程式所表示的是纯净物之间的量的关系，因此不纯物质的量必须换算成纯净物的量，才能按化学方程式列出比例式进行计算。
2、进行化学方程式的有关计算中，方程式首先要配平，再分析：已知什么量，要求哪种物质的量，从而建立计算的比例关系式，注意各量的单位必须统一，书写要规范，计算过程要代入单位。在比例式中，同一物质用同一单位，不同物质可以用两种不同的单位，只要注意它们成比例关系就行。
3、如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算，如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。
4、在熟练掌握常规解题方法的基础上，注重理解化学反应的实质，可从不同的思维角度分析题意，逐步形成解答化学方程式的有关计算技巧（主要有差量法、守恒法等）。
五、物质的量浓度和计算
有关物质的量浓度的计算
根据定义式计算，计算公式为 。
不同物质的量浓度溶液的混合计算
稀释定律：c1V1=c2V2 ；
若混合后溶液的体积不变：c1V1+ c2V2 = c混 (V1+V2 ) ；
若混合后溶液的体积发生了改变：c1V1+ c2V2 = c混 V混 ， V混 = 。
在标准状况下求气体溶解于水后所得溶液的物质的量浓度。[设标准状况下气体体积为
V (L) ，水的体积为（L），溶液的密度为 ]
计算式为c =
典例剖析
例1 将标准状况下的a LHCl (g)溶于1000 g水中，得到的溶液密度为，则该盐酸的物质的量浓度是
A． B．
C． D．
解析 要求溶液的物质的量浓度，需知溶液的体积和溶质（HCl）的物质的量。
溶液的体积：V [HCl(aq)]=，
注意溶液的体积≠V(溶质)+V(溶剂)]，溶质的物质的量：n(HCl)= ，
则c (HCl)= 。本题答案选D。
例2 现有H2SO4和Na2SO4的混合溶液 200 mL，两者的物质的量浓度分别为 1 mol/L和 0.5 mol/L ，要使两者的物质的量浓度分别变成2 mol/L和 0.2 mol/L，应加入 55.8%的 H2SO4溶液（密度为1.35 g/cm3）多少毫升？加蒸馏水稀释到多少毫升？
解析 因为溶质Na2SO4的量不变，所以应先根据Na2SO4的有关量，确定稀释后溶液的体积。根据稀释定律：c1V1=c2V2 ，得V2=(200mL×0.5 mol/L)/0.2 mol/L=500mL，则最后溶液中硫酸的物质的量为0.5L×2mol/L=1mol，而原有硫酸的物质的量为
0.2L×1 mol/L=0.2mol，故需要加入的硫酸物质的量为0.8mol，即，从而可求得所需加入的体积。
本题答案是：104.5 mL 500 mL
例3 在标准状况下，一由排空气法收集满HCl气体的烧瓶，测得烧瓶内气体对氢气的相对密度为17（相同条件下测定），现将烧瓶倒立于水中，求进入烧瓶中液体的体积占烧瓶体积的几分之几？若溶液不扩散，烧瓶内溶液的物质的量浓度是多少？
解析 所收集的气体的相对分子质量为17×2=34<36.5，则烧瓶内所收集的是HCl与空气的混合气体， 由“十字交叉法”可求气体的组成：
HCl 36.5 5
34 = 2:1
空气 29 2.5
即烧瓶内的气体是体积比为2:1的HCl和空气，HCl占烧瓶体积的2/3，由于只有HCl易溶于水，所以进入烧瓶的水也占烧瓶的2/3 。
设烧瓶的体积为V L，则c(HCl)=
本题答案为：2/3 0.045 mol/L
解题技巧
1、应用物质的量浓度定义式进行计算时应注意：
（1）V是指溶液的体积，而不是溶剂体积，常用单位是L。
（2）溶质必须用物质的量来表示，不能用质量等表示。
（3）以带有结晶水的物质做溶质，在确定溶质物质的量时，用结晶水合物的质量除以结晶水合物的摩尔质量即可。
（4）溶质是溶液中的溶质，可以指化合物，也可以指离子或其他特定组合。若溶质是非电解质时，溶质在溶液中以分子形式存在；若溶质是强酸、强碱和可溶性盐时，溶质在溶液中是以阴阳离子存在的，不存在溶质的分子。
（5）分析溶质时要注意有关的化学变化，例三氧化硫溶于水后，溶液中的溶质为硫酸。
2、计算气体溶于水所得溶液的物质的量浓度时要注意：
（1）溶液的体积必须用溶液的质量（气体的质量加上水的质量）除以溶液的密度。
（2）溶液体积要换算成以“L”为单位。
3、同一溶液，取出任意体积的溶液，其各种浓度（物质的量浓度、溶质的质量分数、 离子浓度等）均不变，但所含溶质的量则因体积不同而不同。
六、物质的量浓度、溶质的质量分数和溶解度之间的换算
1、溶解度、溶质的质量分数和物质的量浓度的换算
物质的量浓度与溶质的质量分数w的换算（设溶液的密度为）
c =
溶解度与溶质的质量分数w的换算： ，
溶解度与物质的量浓度的换算： c =
2、关于溶质相同的溶液的混合
今有两种密度和溶质质量分数分别为 、(g/cm3)和w1、w2的同溶质的溶液，等体
积相混合后所得溶液的溶质的质量分数为w ，则两溶液混合后，有关情况比较如下：
序号
条件
用>、=、< 比较w与的大小
结论
①
w1>w2 >
>
当浓度越大其密度越大的同溶质水溶液等体积相混（>1），则混合后所得溶液溶质的质量分数大于混合前两溶液溶质质量分数的平均值；当浓度越大其密度越小的同溶质水溶液等体积相混（<1），则混合后所得溶液溶质的质量分数小于混合前两溶液溶质质量分数的平均值。
②
w1>
③
w1>w2 <
<
④
w1
<
⑤
w1>0 w2 =0
>1 =1
>
⑥
w1>0 w2 =0
<1 =1
<
典例剖析
例1 已知某溶液的：①体积；②密度；③溶质和溶剂的质量比；④溶质的摩尔质量。要根据溶质的溶解度计算其饱和溶液的物质的量浓度时，上述条件中必不可少的是
①②③④ B．①②③ C．②④ D．①④
解析 根据溶解度与物质的量浓度的换算公式 c =，可见密度和摩尔质量在溶解度与物质的量浓度换算中是必不可少的。本题答案选C。
例2 已知25%氨水的密度为0.91 g/cm3 ， 5%氨水的密度为 0.98 g/cm3 ，若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数为
A．等于15% B．大于15% C．小于15% D．无法估算
解析 求算同种溶质的不同浓度两溶液混合后溶质的质量分数，常见有两种形式混合，等质量混合和等体积混合，显然等质量混合计算很简单，所得溶液的溶质的质量分数等于两种溶液质量分数和的一半，而等体积混合按常规解法需要通过具体计算才能求出。实际上对于等体积混合，可以通过巧设中间状态快速估算。本题的巧解思路是：
25%氨水V mL
25%氨水V mL （等质量混合15%）
5%氨水V1 mL
5%氨水V mL（等体积混合）
5%氨水V2 mL （5%）
因为氨水的浓度越大，密度越小，V1 mL+V2 mL=VmL，很显然，所得溶液的氨水的质量分数<15%。本题答案选C。
上题可作几种变化。①将氨水换成硫酸，答案应选B；②将氨水换成任意物质，答案应选D；③假如密度未告知具体数据，照样可选出答案。
例3已知某温度时饱和NaOH溶液中溶质的质量分数为A%，该饱和溶液密度为a g/cm3 ，则
该温度下NaOH的溶解度为___________。
在500 mL上述溶液中含有NaOH的质量为___________。
上述饱和溶液中NaOH的物质的量浓度为__________。
在100 mL水中溶解 NaOH至质量分数为A%时，溶液的体积为______________。
解析 由溶解度与溶质的质量分数的换算公式： ，可求得NaOH的
溶解度。由m(NaOH)=V×a×A%可求得500 mL上述溶液中含有NaOH的质量为5aA g 。由物质的量浓度与溶质的质量分数的换算式可求得NaOH的物质的量浓度为。
本题答案为：（1） （2）5aA g （3） （4）或
解题技巧
溶液混合（稀释）后组成的推算规律：
1、当溶液的密度大于1g/cm3时，将等体积的浓溶液与稀溶液混合后，所得溶液的溶质的质量分数大于两种溶液质量分数和的一半。
2、当溶液的密度小于1g/cm3时，将等体积的浓溶液与稀溶液混合后，所得溶液的溶质的质量分数小于两种溶液质量分数和的一半。如氨水、乙醇溶液。
3、浓溶液与等体积的水混合，当溶液的密度大于1g/cm3时，所得溶液的溶质的质量分数大于浓溶液质量分数的一半。
4、浓溶液与等体积的水混合，当溶液的密度小于1g/cm3时，所得溶液的溶质的质量分数小于浓溶液质量分数的一半。
七、物质的量在反应热计算中的应用
反应热在教材中的篇幅较少，高考内容主要涉及：（1）书写热化学方程式或判断热化学方程式正误；（2）有关反应热的简单计算；（3）比较反应热的大小。复习本部分内容时，要重视基础，形成知识规律。哪些是放热反应，哪些是吸热反应，也有一些规律可循。要熟悉一些常见的放热反应和吸热反应。
典例剖析
例1 沼气是一种能源，它的主要成分是CH4 。0.5 mol CH4 完全燃烧生成 CO2和H2O 时，放出445kJ 热量，则下列热化学方程式正确的是
2CH4 (g) + 4O2 (g) == 2CO2 (g) +4H2O (l)；△H= +890 kJ/mol
CH4 (g) + 2O2 (g) == CO2 (g) +2H2O (l)；△H= +890 kJ/mol
CH4 (g) + 2O2 (g) == CO2 (g) +2H2O (l)；△H= -890 kJ/mol
D． 1/2CH4 (g) + O2 (g) == 1/2CO2 (g) +H2O (l)；△H= -890 kJ/mol
解析 0.5 mol CH4 完全燃烧生成 CO2和H2O 时，放出445kJ 热量，则1 mol CH4 完全燃烧生成 CO2和H2O 时，放出890kJ 热量。根据书写热化学方程式的有关规则及对△H的“+”与“—”的规定，可知符合题意的是C项。故本题答案选C。
例2 通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（△H），化学反应的△H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。下表提供了一些化学键的键能。
化学键
Si—O
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
Si—C
键能/ kJ/mol
460
360
436
431
176
347
已知工业上高纯硅可通过下列反应制取：
SiCl4(g) + 2H2(g) 高温 Si(s) + 4HCl(g)，试计算该反应的反应热。
解析 根据晶体硅正四面体空间网状结构可知，1 mol硅中含有2 mol Si—Si，则
△H=反应物的键能总和—生成物的键能总和=（360×4+2×436）-（2×176+4×431）
= +236kJ/mol
点评 △H与化学键键能的关系（计算式）、正确判断1 mol不同晶体类型的物质中所含化学键的物质的量是解本题的关键，本题已综合了物质结构的知识。
解题技巧
1、掌握热化学方程式的书写规则，明确物质聚集状态的不同及物质的量不同会使反应的热效应不同，是解此类题型的关键，常见的错误是漏写物质的聚集状态。
2、要搞清反应热的单位“kJ/mol”的含义不要理解成1 mol某具体物质反应时所吸收或放出的热量，而是表示1 mol该反应所吸收或放出的热量。
3、注意“+”“-”仅表示吸热、放热，不代表数值的大小。
4、正确把握燃烧热、中和热的含义及其确定标准。
八、一定物质的量浓度溶液的配制
主要仪器
（1）配制溶液所用的主要仪器：托盘天平（砝码）、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、量筒、滴定管（酸式或碱式）。其中滴定管用于精确量取某种液体（溶质为液体或浓溶液），而量筒用于量取一定量的蒸馏水（用于溶解固体或稀释浓溶液）。
（2）容量瓶使用的注意事项：
根据所配溶液的体积选取合适规格的容量瓶。如配950 mL某浓度的溶液，应选用1000 mL的容量瓶；
容量瓶在使用前要检查是否漏水；
容量瓶中不能将固体或浓溶液直接溶解或稀释，容量瓶也不能作为反应容器，不能用来长期存放溶液；
容量瓶上标有温度20℃及容量和标线（刻度线），因此物质在烧杯中溶解后应恢复到室温才能转入容量瓶，否则溶解时的热效应不仅会影响容量瓶的精确度，还会影响溶液的体积；
使用完毕后要将容量瓶洗净，在塞子和瓶口间夹上纸条，以防下次使用时打不开塞。
方法步骤
计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀。
注意事项
只能配制容量瓶上规定容积的溶液，不能配制任意体积的某物质的量浓度的溶液；
转移溶液时应使用玻璃棒引流，且溶液的温度应为室温；玻璃棒要靠在刻度线以下；
如果加水定容时超过了刻度线，不能将超出的部分吸走，而应该重新配制；
溶质溶解再转移至容量瓶后，必须用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒，并将洗液一并转入容量瓶中；
在用移液管或滴定管量取溶液时，量取液体之前应用液体润洗2~3次；
用胶头滴管定容时，眼睛应平视液面，当凹液面正好与刻度线水平相切时，盖上瓶塞后振荡，出现液面低于刻度线时不能再加水。
典例剖析
例1 要配制浓度约为2mol/L NaOH溶液100mL，下面的操作正确的是 （填代号）。
A 称取8g NaOH固体，放入250mL烧杯中，用100mL量筒量取100mL蒸馏水，加入烧杯中，同时不断搅拌至固体溶解
B 称取8g NaOH固体，放入100mL量筒中，边搅拌，边慢慢加入蒸馏水，待固体完全溶解后用蒸馏水稀释至100mL
C 称取8g NaOH固体，放入100mL容量瓶中，加入适量蒸馏水，振荡容量瓶使固体溶解，再加入水到刻度，盖好瓶塞，反复摇匀
D 用100mL量筒量取40mL 5mol/LNaOH溶液，倒入250mL烧杯中，再用同一量筒量取60mL蒸馏水，不断搅拌下，慢慢倒入烧杯中
解析 由“浓度约为2mol/L”可知本题所配制的溶液浓度精确度不高，故不需一定要用容量瓶配配制。固体溶解应在烧杯中进行，而不能在量筒或容量瓶中溶解，A正确，B、C错误；由于稀氢氧化钠溶液和蒸馏水的密度近似相等，40mL 5mol/LNaOH溶液与60mL蒸馏水混合后体积约为100mL，D正确。本题答案选AD。
例2 用36.5%(d=1.18)的浓盐酸配制100mL 2 的盐酸
经计算，需浓盐酸的体积___________。
量取时，选用的仪器为____________。
稀释时，在搅拌过程中，由于操作不慎，使得一些液体溅出，其它操作均正确，则导致最后溶液的浓度___________（填偏高、偏低、无变化，下同）。
洗涤烧杯和玻璃棒所得的溶液倒入废液缸内，而未转移到容量瓶内，则导致最后所得溶液的浓度___________。
向容量瓶内加水定容时，液面超出刻度线，则所配得的溶液浓度_____。
定容时，俯视看容量瓶的刻度线，则所配得的溶液浓度___________。
在此实验中，使用的主要仪器有下列的______________。
50mL容量瓶 b、天平 c、酸式滴定管 d、烧杯 e、胶头滴管 f、100mL容量瓶 g、玻璃棒
解析（1）根据稀释定律得：，得（因选用滴定管量取液体，故应保留两位小数）。
（2）酸式滴定管。（3）偏低（因溅出的液体中带出溶质，使溶质的量减少）。（4）偏低（因残留在烧杯和玻璃棒上的溶质未转移入容量瓶，使溶质的量减少）。（5）偏低（液面超出刻度线，使溶剂的量增加）。（6）偏高（因“俯视”而使溶液体积变小，从而使c=变大）。（7）c、d、e 、f、g 。 本题答案见解析。
例3 100mL容量瓶内有100mL 0.1010 mol/LNaCl溶液，请设计实验方案设法把它配成0.1000 mol/L的NaCl溶液。提供下列仪器和药品：100mL容量瓶（内装溶液），酸式滴定管，1mL移液管，滴管，100mL烧杯，100mL量筒，10mL量筒，蒸馏水。
解析 依稀释定律：100×0.1010=V2×0.1000 ，得V2=101.0mL 。密度相近的两种稀溶液混合时，混合后溶液总体积约为各稀溶液体积之和（注意：但该结论不适用于浓溶液）。
本题答案：用移液管或滴定管往盛有100 mL 0.1010 mol/LNaCl溶液的容量瓶内加入1.0mL蒸馏水，然后摇匀即得所需浓度的溶液。
解题技巧
熟练掌握一定物质的量浓度溶液的配制的步骤是关键，并且要会分析由于一些错误操作而造成的误差。解题时根据来分析溶质的量和溶液的体积因错误操作而导致的变化。常见的实验误差分析如下：
若称量固体溶质时，操作无误，但所用砝码生锈，则结果偏高。
若称量固体时，试剂、砝码的左右位置颠倒，则结果偏低。
若没有洗涤烧杯内壁，则结果偏低。
若容量瓶中有少量蒸馏水或定容后反复摇匀发现液面低于刻度，则结果无影响。
若容量瓶内溶液的温度高于20℃，则结果偏高。
若定容时仰视刻度，则结果偏低。
若定容时俯视刻度，则结果偏高。
转移或搅拌溶液时有部分液体溅出，则结果偏低。
九、物质的量在化学计算中的综合应用
典例剖析
例1 往100mL某浓度的 NaOH溶液中通入CO2充分反应后，在减压和较低温度下，小心将溶液蒸干，得白色固体M。通入CO2的体积V（标准状况）与M的质量（W）的关系如图所示。
（1）A点时，白色固体M的化学式为________，
通入CO2的体积为______mL（标准状况，下同）。
（2）C点时，白色固体M的化学式为________，
通入CO2的体积为______mL。
（3）原NaOH溶液的物质的量浓度为________________。
（4）推算B点时M的组成（用化学式表示）及通入CO2
气体的体积。
解析 往NaOH溶液中通入CO2发生的反应依次为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，结合图中曲线、出现的拐点和有关数据可完成（1）、（2）和（3）。（1）Na2CO3 ；1120 。 （2）NaHCO3 ；2240 。（3）1 mol/L
（4）由图知M全部为Na2CO3 时，Na2CO3质量为5.3 g，全部为NaHCO3时，NaHCO3质量为 8.4 g，从而可求得NaOH的物质的量为 0.1 mol。从图中可知B点时，M的质量为7.16 g， 5.3 g<7.16 g<8.4 g ，可推知M由Na2CO3 和NaHCO3组成。
设在B点时Na2CO3物质的量为x ，NaHCO3物质的量为y ，则有
2x + y = 0.1 mol
(106 g/mol) x + (84 g/mol) y =7.16 g
解之得：x=0.02 mol ， y=0.06 mol 。
V(CO2)= (0.02 mol + 0.06 mol) ×22400 mL/mol=1792 mL。
例2 现有Fe、Cu组成的合金，其中Cu、Fe的总物质的量为a mol，Cu的物质的量分数为x。研成粉末后，全部投入含b mol HNO3的稀溶液中，微热使其充分反应，且硝酸的还原产物只有NO，试回答下列问题：（已知：Cu+2Fe3+==2Fe2++Cu2+）
随HNO3用量的增加，溶液中的金属离子和残留固体的成分依次有六种情况，请用粒子符号填写下列空白：
①
②
③
④
⑤
⑥
溶液中的金属离子
Fe2+
Fe2+、Cu2+
Fe3+、Cu2+
残留固体的成分
Fe、Cu
Cu
___
___
___
(2)当溶液中金属离子只有Fe2+、Cu2+时，求b的取值范围。
（3）当x=0.5，且溶液中Fe2+、Fe3+的物质的量相等时，在标准状况下共产生672 mL气体。求a、b的值。
解析 按有序思维。假设HNO3的量由少逐渐增多，根据还原性Fe>Cu>Fe2+，发生的反应依次为：3Fe + 8HNO3==3Fe(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O、3Cu + 8HNO3==3Cu(NO3)2 +2NO↑+ 4H2O、Fe(NO3)2 +4HNO3==3Fe(NO3)3 + NO↑+ 2H2O，从而可依次确定残留固体成分及溶液中的金属离子。（1）①Fe2+；② Cu ；③ Fe2+、Cu2+ ；⑤Fe2+、Fe3+、Cu2+ 。
3Fe + 8HNO3==3Fe(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O
8

3Cu + 8HNO3==3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O
3 8

现保证溶液中无Fe也无Fe3+，则要求：
x=0.5，n(Cu)= n(Fe)=，现要求溶液中Fe2+、Fe3+的物质的量相等，则由元素守恒得：n(Fe2+)= n(Fe3+)= 。溶液中存在Fe3+，则Cu已全部变成Cu2+ ，由电子守恒得： ，解得：a=0.04 mol。
再由N原子守恒得： ，解得：b=0.12 mol。
答案见解析。
例3 为了防治环境污染并对尾气进行综合利用，某硫酸厂用氨水吸收尾气中的SO2，再向吸收液中加入浓硫酸，以制取高浓度的SO2及(NH4)2SO4和NH4HSO4固体。
为测定上述(NH4)2SO4和NH4HSO4固体混合物的组成，现称取该样品四份，分别加入相同浓度的NaOH溶液各40.00 mL，加热至120℃左右，使氨气全部逸出[(NH4)2SO4和NH4HSO4的分解温度均高于200℃]，测得有关实验数据如下（标准状况）：
实验序号
样品的质量/g
NaOH溶液的体积/mL
氨气的体积/L
Ⅰ
7.4
40.00
1.68
Ⅱ
14.8
40.00
3.36
Ⅲ
22.2
40.00
1.12
Ⅳ
37.0
40.00
0.00
实验过程中有关反应的离子方程式为________________________________________
__________________________________________。
由Ⅰ组数据直接推测：标准状况下3.7 g样品进行同样实验时，生成氨气的体积为
_________L。
试计算该混合物中(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量之比。
（4）欲计算NaOH溶液的物质的量浓度应选择第________组数据，由此求得NaOH溶液的物质的量浓度为________。
解析 （2）由数据Ⅰ和Ⅱ 7.4 g/1.68 L = 14.8 g/3.36 L可知：当样品质量≤14.8 g时，NaOH足量，即样品质量与氨气体积之比为定值，则V(NH3)=3.7 g×1.68 L/7.4 g=0.84 L；
（3）设7.4 g样品中(NH4)2SO4物质的量为x ，NH4HSO4物质的量为y ，则：
132 g/mol×x + 115 g/mol×y = 7.4 g 2x +y = 1.68L/22.4L/mol ，解得x=0.0125 mol ，
y = 0.05 mol ，从而可求出它们的比值。
（4）根据氨气体积的变化情况可知第Ⅲ组中NaOH的量不足，22.2g样品中含NH4HSO4物质的量为：，根据发生反应的先后顺序：H+ + OH- = H2O， NH4+ + OH- NH3↑+ H2O，求得n(NaOH)=0.15mol+=0.2mol，c(NaOH)=。
本题答案：（1）H+ + OH- = H2O ， NH4+ + OH- NH3↑+ H2O ；（2）0.84 L ；
（3） n [ (NH4)2SO4]:n[NH4HSO4]=1:4 ； （4）Ⅲ，5.0 mol/L
能力培养
1．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）若NA为阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是
A．0.1 mol乙醇中含有C—H键的数目为0.6NA
B．标准状况下，V L辛烷所含分子数为NA
C．常温常压下，0.2 mol 的SiO2所含分子数为0.2NA
D．1molMg与足量的O2或N2反应生成MgO或Mg3N2时，失去的电子数均为2 NA
2．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）将标准状况下的某气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于ag水中，所得到溶液的密度为bg/cm，物质的量浓度为c mol/L，则该气体溶入水中的体积是
A． B． C． D．
3．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）空气和二氧化碳按体积比5:1混合，将混合气体与足量的红热焦炭充分反应。设空气中氮气和氧气的体积比为4:1，不计其他成分，且体积都在同温同压下测定，则反应后气体中一氧化碳体积分数是
A．29% B．43% C．50% D．100%
4．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）在100g浓度为18 mol/L，密度为 g/ cm3的浓硫酸中加入一定量的水稀释 成9 mol/L的硫酸，则加入水的体积为
A．小于100 mL B．等于100 mL
C．大于100 mL D．等于 (100 / )mL
5．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）在一密闭气缸内，用不漏气的可滑动的活塞隔成两室，左边充有氮气，右边充有氢气和氧气的混合气体，如下图所示。在室温下，将右边的混合气体点燃，反应后冷却到室温，活塞最终静止在气缸的中点。则原混合气体中氢气与氧气的体积比可能是
反应前： 反应后：
1 3 1 1
A．2:7 B．7:2 C．4:5 D．8:1
6．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）V mLAl2(SO4)3溶液中含a g Al3+ ，取mL该溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO42-的浓度是
A． B． C． D．
7．（启东中学，中档题，8分值，8分钟） 已知1 molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出 283kJ热量；1 mol氢气完全燃烧生成液态水放出 286kJ 热量；1 molCH4气体完全燃烧生成 CO2 气体和液态水放出890kJ热量。
（1）写出氢气完全燃烧的热化学方程式___________________________________。
（2）若1 molCH4气体完全燃烧生成 CO2 气体和水蒸气，放出的热量_________890kJ（填“>”、“=”、“<”）。
（3）若将a molCH4、CO和H2的混合气体完全燃烧，生成CO2 气体和液态水，则放出的热量（Q）的取值范围是_______________________。
（4）若将a molCH4、CO和H2的混合气体完全燃烧，生成CO2 气体和液态水，且CO2 和水的物质的量相等，则放出的热量（Q）的取值范围是_______________________。
8．（启东中学，基础题，3分值，2分钟）某学生准备用质量分数为98%，密度为1.84 g/cm3的浓硫酸配制0.2 mol/L的硫酸溶液500 mL。他通过计算后的实验操作如下：（a）用量筒量取5.2mL浓硫酸；（b）向量筒中加入少量蒸馏水，并用玻璃棒搅拌；（c）立即将稀释后的溶液转入容量瓶中；（d）然后小心地往容量瓶中加蒸馏水至刻度线；（e）把容量瓶盖子盖紧，再振荡摇匀。指出上述实验过程中的错误之处______________（用编号表示）。
9．（启东中学，难题，8分值，10分钟）某化学课外活动小组对某气体混合物样品设计了如下步骤进行实验。
①取一个配有合适胶塞且洁净、干燥的500mL锥形瓶，用精确度为0.001g的分析天平(下同)准确称量，得到质量为ml。
②往锥形瓶中通入足量的干燥的该气体混合物样品，塞好瓶塞，准确称量，得到质量为m2。
③往锥形瓶中加满水，塞好瓶塞，称量，得到质量为m3。
④查得水的密度为d水(g·cm-3)，空气的密度为d空气(g·cm-3)，空气的平均相对分子质量为29.0，则该气体混合物样品的平均相对分子质量为：29.0×。
所用的仪器如图：
请回答下列问题：
（1）实验目的：
_________________________________。
（2）计算：
①锥形瓶中空气的质量（写出算式）m空气=______________________________；
②锥形瓶中样品的质量（写出算式）m样品=_______________________________。
（3）问题与讨论：
问题一：实验完成后，有的同学提出，实验不是在标准状况进行的，应该记录实验的温度（T℃）和压强（PkPa），并对有关数据进行换算，你认为是否有必要，并说明理由。
问题二：老师对该小组的实验设计进行点评时指出：为了使实验数据合理、有效，在每次测量时，锥形瓶中的气体（或水）体积都应该相等。对此，你认为应采取的操作是什么？
10．（启东中学，难题，11分值，12分钟）在标准状况下，将CO和CO2混合气体共0.1 mol，充入盛有3.9 gNa2O2的密闭容器中，然后用电火花不断引燃容器内的气体混合物充分反应。若在混合气体中CO2所占的物质的量分数为x，试通过分析和计算，得出x值与剩余气体关系的几种情况，将结果填写在下表中（要求写出计算过程）。
x
剩余气体
化学式
物质的量
答案
1．D 解析 由乙醇的结构式可知1 mol乙醇中含有5 mol的C—H键；标准状况下辛烷为液态，故不能用标准状况下的气体摩尔体积进行计算；SiO2是原子晶体，不存在分子；Mg无论与O2反应还是与N2反应，均变为Mg2+，1molMg失去2mol电子，也即失去2 NA电子。
2．C 解析 由物质的量定义可列出计算式： ，解出V即可。
3．C 解析 根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积之比等于气体的物质的量之比，因此对于有关气体反应2C+O22CO，2CO2+C2CO，可设5L空气，其中N2 4L、O21L，可生成CO 2L，由CO22L可生成2LCO，故反应后气体总体积为：
V(N2)+V(CO)=4L+(2L+2L)=8L，可见CO的体积分数为50%。
4．A 解析 稀释前后H2SO4的物质的量保持不变，则
，又，则200>100+V。
5．BC 解析 在同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比，设n(N2)=1mol，则反应前n(H2)与n(O2)之和为3mol，反应后H2或O2的物质的量与n(N2)相同，即为1mol，那么参加反应H2 和O2共2mol，由反应式2 H2 +O2 =2H2O可知，消耗H2 4/3mol，消耗O2 2/3mol。若H2剩余，V(H2):V(O2) =（1+4/3）:2/3=7:2 ；若O2剩余，V(H2):V(O2) = 4/3:(1+2/3)=4:5 。
6．C 解析 n (Al3+)=，则n (SO42-)=，则有：
，解得：c (SO42-)=。
7．（1）H2(g) + 1/2O2 (g) ==H2O (l)；△H= -286 kJ /mol （2）< （3）283 a kJ 解析 （2）水蒸气转化为液态水时放出热量，故CH4燃烧生成气态水时放出热量少；（3）用极值法。若全为CO时放出热量最少，若全为CH4气体时，放出热量最多；（4）若混合气为CO与H2时，要使n(CO2)=n(H2O)，则CO和H2各为a mol，可求得放出热量为284.5 a kJ；若混合气为CO与CH4时，要使n(CO2)=n(H2O)，则CO和CH4也各为a mol，可求得放出热量为586.5 a kJ。
8．bcd 解析 （b）稀释浓硫酸不能在量筒中进行，应在烧杯中稀释；（c）因浓硫酸溶于水放出大量的热量，故稀释后应待溶液冷却到室温后再转入容量瓶；（d）当往容量瓶中加蒸馏水至离刻度线2~3处应改用胶头滴管再小心滴加至溶液的凹液面刚好与刻度线水平相切。
9．解析（1）测定混合气体的相对分子质量
（2）①；②
设瓶和塞的重量为m0，锥形瓶每次盛气和水的体积均为V（不能把体积看成500ml，因为500ml刻度线与加塞后瓶塞下口不一致。）
依题意有： m1=m0+m空=m0+Vd空 ①
m2=m0+m样品 ②
m3=m0+m水=m0+Vd水 ③
由①③得 V= m0=m1 - d空
（3）没有必要 因为“密度×体积＝质量”只要密度、体积是在同温、同压下均成立。
在实验步骤（1）中，往锥形瓶上加塞后，沿着瓶塞下口在锥形瓶上作标记，在步骤(2)、(3)中，瓶塞仍塞到同一位置。本题答案见解析。
10．解析2CO2+2Na2O2==2Na2CO3+O2 2CO+O22CO2 以上两反应可循环进行，因此可得总反应式如下：CO+Na2O2==Na2CO3 。 现有n(Na2O2)= =0.050mol，
（1）当x=时，最终结果相当于CO完全反应，剩余气体为CO2，物质的量为0.05mol；（2）当0＜x＜时，发生反应 CO + Na2O2==Na2CO3 ，则0.1(1－x)molCO与0.05mol反应后，还剩余CO：0.1(1－x)mol－0.05mol=（0.05－0.1x）mol　，CO2：0.1xmol ；
（3）当＜x＜1时，CO2：0.05mol；O2：
本题也可用元素守恒法解。原混合气体共含C：0.1mol，O：0.1（1+x）mol　，0.05molNa2O2最终被转变成0.05molNa2CO3；即有0.05molC和0.05molO进入固体，气体中余0.05molC和（0.05+0.1x）molO，可直接求解。
答案见解析。
专题四 元素周期表 元素周期律
能力培养
1．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）居室装修用石材的放射性常用作为标准，居里夫人（Marie Curie）因对Ra元素的研究两度获得诺贝尔奖。下列叙述中正确的是
A．一个原子中含有138个中子
B．Ra元素位于元素周期表中第六周期ⅡA族
C．RaCl2的熔点比CaCl2高
D．Ra(OH)2是一种两性氢氧化物
2．（启东中学，基础题，4分值，2分钟） 某元素一种同位素原子的质子数为m，中子数为
n，则下列说法正确的是
A．不能由此确定该元素的相对原子质量
B．这种元素的相对原子质量为（m+n）
C．若碳原子质量为wg，则此原子的质量为（m+n）w g
D．核内中子的总质量小于质子的总质量
3．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）A、B、C为三种短周期元素，A、B在同周期， A、C的最低价离子分别为A2－和C－，B2＋和C－具有相同的电子层结构。下列说法中正确的是
A．原子序数：A＞B＞C B．原子半径：A＞B＞C
C．离子半径：A2－＞C－＞B2＋ D．原子核外最外层电子数：A＞C＞B
4．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）短周期非金属元素X和Y能形成XY2型化合物，下列有关XY2的判断不正确的是
A．XY2一定是分子晶体 B．XY2的电子式可能是
C．XY2水溶液不可能呈碱性 D．X可能是 ⅣA、ⅤA、ⅥA族元素
5．（启东中学，中档题，5分值，4分钟）A、B两种元素，A的原子序数为x，A和B所在周期包含元素种类数目分别为m和n。如果A和B同在ⅠA族，当B在A的上一周期时，B的原子序数为_____；当B在A的上一周期时，B的原子序数为_____；如果A和B同在ⅦA族，当B在A的上一周期时，B的原子序数为_____；当B在A的上一周期时，B的原子序数为_____。若A的氯化物化学式为ACly，分子中各原子最外层电子数之和为26，则y的值为 _______。
6．（启东中学，难题，10分值，8分钟）（1）在下面元素周期表中全部是金属元素的区域为
(a) A (b) B (c) C (d) D
（2）有人认为形成化合物最多的元素不是IVA族的碳元素，而是另一种短周期元素，请你根据学过的化学知识判断这一元素是 。
（3）在上面元素周期表中，第6、7周期比第4、5周期多了14种元素，其原因是___________________________________________。
（4）请分析周期数与元素种数的关系，然后预言第8周期最多可能含有的元素种数为
A．18 B．32 C．50 D．64
（5）现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生成致密的氧化膜，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等。
① 用元素符号将甲、乙两元素填写在上面元素周期表中对应的位置。
② 甲、乙两元素相比较，金属性较强的是 （填名称），可以验证该结论的实验是 。
(a)将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中
(b)将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应
(c)将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液
(d)比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
③把一小块甲、乙两种单质形成的合金放入 6mol/L的NaOH溶液中，可以形成微型原电池。则该原电池的负极材料是__________(写单质的化学式)。
答案
1．A 解析 质子数+中子数=质量数，则中子数为226-88=138，该元素位于元素周期表的第七周期ⅡA族，因的Ra2+半径大于Ca2+的半径，故RaCl2的熔点比CaCl2低，又因Ra的金属性强于Ba，则Ra(OH)2是一种强碱。
2．A 解析 （m+n）的值为该元素的这种原子的质量数，它可以代表这种原子的近似的相对原子质量，但并不能确定该元素的原子量，故A项正确，B项错误；原子的相对质量是以质量的作标准的，故C项错误；以氢元素的三种同位素、、为例，核内中子数与质子数的关系依次为（前者与后者的关系）：小于、等于、大于，故D项不正确。
3．AC 解析 根据离子符号及所带的电荷数，推知B处于ⅡA族，A处于ⅥA族，C处于ⅦA族，从而可判断出原子核外最外层电子数：C＞A＞B。B2＋和C－具有相同的电子层结构，则B处于C的下一周期，结合A、B在同周期，则它们的原子半径：B＞A＞C。
4．A 解析 所形成的化合物可能CO2、O2、SO2、MgF2等。
5． x-n ；x+m； x-m ；x+n ；3
解析 当A和B同在ⅦA族时应考虑可能含有过渡元素。
6．（1）b （2）H
（3）第6、7周期中由于在第ⅢB中出现了镧系、锕系，从而使元素种类比前面周期的要多。
（4）C
（5）① 右表中
② 镁
b、c
③Al
解析 许多化合物（包括有机物）中都含有氢元素，故可认为由它形成的化合物最多；镧系、锕系各包含15种元素，故所在周期的元素种类多了；根据表中数据可归纳出每周期中最多所含元素的种数依次为212、2 22、222、232、232、2 42、242，由此预测第8周期元素种数应为252=50；铝在常温下与浓硫酸有钝化作用，镁原子核外电子排布依次为2、8、2；由金属单质从酸或水中置换氢的能力大小可比较出元素金属性的强弱；原电池的负极必须能与电解质溶液自发的发生氧化还原反应。
专题五 化学键和晶体结构
能力培养
1．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）下列叙述中正确的是
A．两种元素构成的共价化合物分子中的化学键都是极性键
B．两种不同的非金属元素原子间形成的化学键都是极性键
C．含有非极性键的化合物分子一定不是极性分子
D．气态单质分子中一定含有非极性共价键
2．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）
右图中曲线表示原子序数在前20号中的
某些连续的元素单质沸点的变化规律（原子
序数按递增顺序连续排列），其中A点表示
的元素是
A．Si B．Al C．Cl D．S
3．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）
下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是
A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
B．金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅
C．F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
4．下列关于晶体的说法正确的是
A．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子
B．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
C．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D．分子晶体的熔点一定比金属晶体的低
5．（启东中学，中档题，4分值，3分钟）2004年7月德俄两国化学家共同宣布，在高压下氮气会聚合生成高聚氮，这种高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构。已知晶体中N－N键的键能为160 kJ·mol－1，而N≡N的键能为942 kJ·mol－1（键能表示形成化学键释放的能量或者破坏化学键消耗的能量）。则下列有关说法不正确的是
A．键能越大说明化学键越牢固，所构成物质越稳定
B．高聚氮晶体属于原子晶体
C．高聚氮晶体中n(N)∶n(N－N)＝1∶3
D．用作炸药或高能材料可能是高聚氮潜在的应用
6．（启东中学，难题，10分值，12分钟）A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，B、C同周期，A、D同主族。A、B能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2:1和1:1。根据以上信息回答下列问题：（1）甲、乙两分子中含有非极性共价键的物质的电子式是_________________，C元素在周期表中的位置是_________________。
（2）C和D的离子中，半径较小的是___________（填离子符号）。
（3）将D的单质投入甲中，待D消失后再向上述溶液中加入E的单质，此时发生反应的化学方程式是____________________________________。
（4）C、D、E可组成离子化合物DxEC6，其晶胞（晶胞是指在晶体中具有代表性的最小重复单元）结构如下图所示，阳离子D+位于正方体的棱的中点和正方体内部；阴离子EC6x-位于该正方体的顶点和面心。该化合物的化学式是______________。
答案
1．B 解析 两种元素构成的H2O2中有非极性键，且它是极性分子。稀有气体形成的单质分子中不含化学键。
2．D 解析 注意铝的沸点比硅单质高（金属晶体的沸点不一定低于原子晶体），也可根据常温下硫呈固态，氯气呈气态判断。
3．C 解析 除分子晶体（一般只需破坏分子间作用力）外，其他晶体熔化或气化时都要破坏化学键，分子热定性大小与分子中化学键键能大小有关。
4．解析 金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，不存在阴离子，故B项错误；金属钨的熔点高于原子晶体硅的熔点，C项也错；分子晶体碘在常温下为固态，而汞为液态，则D项也不正确。
5．C 解析 由键能的概念可知破坏N≡N较破坏N－N键困难，故A选项正确；由“空间立体网状结构”推知高聚氮晶体属于原子晶体；因为每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合，故1 mol高聚氮中含1.5 molN－N，则n(N)∶n(N－N)＝2∶3 ；由不稳定的高聚氮（N－N键能小）转化为氮气（N≡N键大），能释放出大量的能量。
6．（1） 第2周期ⅦA （2）Na+
（3）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ （4）Na3AlF6
解析 该题具有一定的综合性，解题突破口为：短周期元素“A、B能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2:1和1:1”，很快推出A为“H”，B为“O”，甲为H2O，乙为H2O2，再结合C、D的原子序数及位置可确定C为“F”，D为“Na”。又E的单质能与NaOH溶液及它的位置可得E只能为“Al”。运用摊派法再解决问题（4）。
Na+ ：9+12×1/4=12，AlF6x-：8×1/8+6×1/2=4，根据电荷守恒及各元素的化合价可求得
x=3，从而确定化合物的化学式为Na3AlF6 。
专题六 化学平衡理论
能力培养
1．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）在密闭容器中，反应xA(g)+yB(g)zC(g)，达到平衡后测得A气体的浓度为0.5mol/L。保持温度不变，将密闭容器的容积增加一倍，当达到新的平衡时，测得A的浓度为0.3mol/L，则下列叙述中正确的是
A．平衡向正反应方向运动 B．x+y>z
C．物质C的体积分数增大 D．物质B的转化率增大
2．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）一定条件下，可逆反应X(g) + 3Y(g)2Z(g)，
若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0，单位mol/L），当达平衡时X、Y、Z的
浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.08mol/L，则下列判断不合理的是
A．c1:c2 = 1:3 B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为3:2
C．X、Y的转化率不相等 D．c1的取值范围为0 < c1 < 0.14mol/L
3．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）在一定条件下，将X和Y两种物质按不同的比例放入密闭容器中反应，平衡后测得X，Y的转化率与起始时两物质的物质的量之比的关系如图所示，则X，Y的反应方程式可表示为（ 　）
　　A．2X＋Y3Z　　 　B．3X＋2Y2Z
C．X＋3YZ　　　　D．3X＋YZ
4．（启东中学，中档题，4分值，3分钟）T℃时，在容积恒定的密闭容器中A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度的变化如下图a所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积百分含量与时间的关系如下图b所示，则下列结论正确的是
A．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A的转化率增大
B．T℃时，若在该容器中由0.4mol/LA、0.4mol/LB和0.2mol/LC反应，达到平衡后，C的浓度仍为0.4mol/L
C．在(t1+10)min时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动
D．(t1+10)min时，保持压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动
5．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）某温度下，在一容积可变的容器里，反应2A(g) B(g) + 2C(g)达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4mol、2mol、4mol。在保持温度和压强不变的条件下，下列说法正确的是
A．充入1mol稀有气体氦（He），平衡将向正反应方向移动
B．充入A、B、C各1mol，平衡将向正反应方向移动
C．将A、B、C各物质的量都减半，C的百分含量不变
D．加入一定量的A气体达平衡后，C的百分含量一定增加
6．（启东中学，难题，8分值，8分钟）在一个固定体积的密闭容器中，向容器中充入2 mol A和1 mol B，发生如下反应：2A(g) + B(g) 3C(g) + D(s)，反应达到平衡时C的浓度为1.2 mol/L。
⑴若使容器温度升高，平衡时混合气体的平均相对摩尔质量减小，则正反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。
⑵若维持容器体积和温度不变，按下列方法加入起始物质，达到平衡时C的浓度仍为1.2 mol/L的是_________（用序号填空）
①4 mol A+2 mol B ②3mol C+1 mol D+l mol B
③3 mol C+2 mol D ④1.6 mol A+0.8 mol B+0.6 mol C
⑶某温度下，向容器中加入3 mol C和0.8 mo1 D，反应达到平衡时C的浓度仍为1.2 mol/L，则容器的容积V应大于_________L，小于________L。
答案
1．B 解析 将容器的容积增加一倍的瞬间，A的浓度为0.25mol/L，此时容器内压强减小
为原来的一半。达新平衡时，A的浓度由0.25mol/L→0.3mol/L，说明A的浓度增加了，平
衡逆向移动，生成物C的体积分数减小，反应物B的转化率减小，并且由压强减小，平衡
向体积增大方向移动，推出x+y>z。
2．C 解析 X、Y的平衡浓度之比为1:3，而变化浓度之比也满足1:3，则它们的起始浓
度之比必定是1:3，此种情况下，各反应物的转化率相等。化学反应速率之比等于反应式中
化学计量数之比，则Y和Z的生成速率之比为3:2。若反应从逆反应方向开始，结合c1、c2、
c3均不为0可知0 < c1 ；若反应从正反应方向开始，c1< 0.1+0.08/2=0.14mol/L。
3．D 解析 反应物的转化率相等时的投料比即为反应式中化学计量数之比。
4．B 解析 分析左图得反应式为A(g) + 3B(g)2C(g)，且知当起始浓度为0.5mol/LA、0.7mol/LB时，C的平衡浓度为0.4mol/L。将B项中投料时的C物质“回归”成反应物，得起始浓度也为0.5mol/LA、0.7mol/LB，与原条件等效。增大压强，平衡向气体体积缩小的方向（正向）移动，若保持压强不变再通稀有气体，相当于对原平衡体系减压，平衡应向逆反应方向移动。分析右图知，T1>T2，升高温度，B的含量增加，平衡向逆反应方向移动，则A的转化率减小。
5．AC 解析 恒压时充入稀有气体，相当于对平衡体系减压，平衡向气体体积扩大的方向（正向）移动。若按A、B和C的物质的量之比为4:2:4再投料，则与原平衡等效，平衡不发生移动（C选项），当充入A、B、C各1mol时，相当于减小B的浓度，平衡将向逆反应方向移动。该反应为分解反应，则恒压条件下再加入A时，平衡不发生移动。
6．⑴吸热　　⑵③ ⑶0.5 2.5
解析（1）因D为固态，则反应前后n (气)不变，又M=m/n，正反应方向m(气)减小，引起M减小，升温平衡向吸热反应的方向移动，故正反应方向为吸热反应。（2）按①投料，C平衡浓度为2.4 mol/L；按②投料，相当于在原平衡体系中再加入B，C平衡浓度大于1.2 mol/L；按③投料，相当于在原平衡体系中再加入D物质，但因D为固体，故C平衡浓度仍为1.2 mol/L ；④投料中若再同时投入0.2 molD，平衡后C的浓度可仍为1.2 mol/L，故现C的浓度将小于1.2 mol/L。
（3）起始时c(A)=2/V mol/L，根据平衡时C的浓度为1.2 mol/L可得平衡时，c(A)=2/V-0.8 mol/L。，则2/V-0.8>0，得V<2.5。若D全部逆向转化，则C的变化浓度为2.4/V mol/L，得平衡浓度为3/V - 2.4/V =1.2 mol/L，从而求得V的最小值为0.5。
专题七 电离平衡及应用
能力培养
1．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4===Na++H++SO。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是（ ）
A．该温度高于25℃
B．由水电离出来的H+的浓度是1.0×10－10mol/L
C．NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
D．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
2．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）将一定体积的某NaOH溶液分成两等份，一份用pH=2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的体积为V1；另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液体积为V2，则下列叙述正确的是
A．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强
B．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性弱
C．因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2
D．若将两种酸溶液等体积混合，混合溶液的pH一定等于2
3．（启东中学，基础题，4分值，2分钟）要求设计实验证明，某种盐的水解是吸热的，下列回答正确的是
A．将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
B．在盐酸中加入相同浓度的氨水，若混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的
C．在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的
D．在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热
4．（启东中学，基础题，4分值，1分钟）t 0 C时，水的离子积为Kw，该温度下混合可溶性一元酸HA与一元碱BOH溶液。下列有关混合液的关系式中，可确认溶液一定呈中性的是
A．pH = 7 B．c(A-) > c(B+) C．c (OH-) = D．c (H+)-c(OH-) = c(A-)-c(B+)
5．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）右图为将某物质的量浓度NaOH溶液Y滴入10mL
某物质的量浓度的HCl溶液X时所得到的图象。据此
推断NaOH溶液和HCl溶液的物质的量浓度

A
B
C
D
X溶液(mol/L)
0.15
0.04
0.08
0.09
Y溶液(mol/L)
0.05
0.12
0.16
0.03
6．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）现有等体积的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种溶液，将它们分别与V1 L、V2 L、V3 L等浓度的盐酸混合，下列说法中正确的是
A．若混合前三溶液pH相等，将它们同等倍数稀释后，NaOH溶液pH最大
B．若混合前三溶液pH相等，酸碱恰好完全反应，则V1＞V2＞V3
C．若混合前三溶液物质的量浓度相等，酸碱恰好完全反应，则V1＞V2＞V3
D．若混合前三溶液物质的量浓度相等，混合后溶液呈中性，则V1＞V2＞V3
7．（启东中学，中档题，4分值，2分钟）已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性。现有浓度均为0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系（R表示S或C），其中正确的是
A．c(Na＋)＞c(HRO3－)＞c(H＋)＞c(RO32－)＞c(OH－)
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO3－)＋c(RO32－)＋c(OH－)
C．c(H＋)＋c(H2RO3)＝c(RO32－)＋c(OH－)
D．两溶液中c(Na＋)、c(HRO3－)、c(RO32－)分别相等
8．（启东中学，中档题，6分值，5分钟）已知某溶液中只存在OH－、H+、NH4+、Cl－四种
离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系
①c (Cl－)＞c (NH4+)＞c (H+)＞c (OH－) ②c (Cl－)＞c (NH4+)＞c (OH－)＞c (H+)
③c (NH4+)＞c (Cl－)＞c (OH－)＞c (H+) ④c (Cl－)＞c (H+)＞c (NH4+)＞c (OH－)
填写下列空白
（1）若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是______________上述四种离子浓度的大小顺序为___________________（填序号）
（2）若上述关系中③是正确的，则溶质为___________________
若上述关系中④是正确的，则溶质为___________________
（3）若该溶液是体积相等的浓盐酸和氨水混合而成，且恰好是中性，则混合前
c(HCl) c(NH3·H2O)（填大于、小于或等于，下同）,混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系c(H＋) c(OH－)。
9．（启东中学，难题，6分值，6分钟）某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是：H2B H+ + HB– ， HB–H+ + B2–
回答下列问题：
（1）Na2B溶液显_________（填“酸性”，“中性”，或“碱性”）。
理由是________________________________________（用离子方程式表示）。
（2）在0.1 mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是_________________。
A．c (B2– ) + c (HB– ) + c (H2B) = 0.1 mol/L
B．c (Na+ ) + c (OH– ) = c (H+) + c (HB– )
C．c (Na+ ) + c (H+ ) = c (OH – ) + c (HB– ) + 2c (B2 – )
D．c (Na+ ) = 2c (B 2– ) + 2c (HB– )
（3）已知0.1 mol/L NaHB溶液的pH = 2，则0.1 mol/LH2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是_________0.11 mol/L（填“<”，“>”，或“=”），理由是：
____________________________________________________________________。
（4）0.1 mol/L NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_______________________。
10．（启东中学，难题，9分值，9分钟） ⑴常温下将0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，试回答以下问题：
①混合溶液中由水电离出的c(H+) 0.2mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)；
(填“＞”、“＜”、或“＝”)
②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：
c(Cl－)－c(M+)= mol/L；c(H+)－c(MOH)= mol/L。
⑵常温下若将0.2mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＜7，则说明在相同条件下MOH的电离程度 MCl的水解程度。(填“＞”、“＜”、或“＝”)
⑶常温下若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH≠7，则混合溶液的pH_________。(填“＞7”、“＜7”、或“无法确定”)
答案
1．D 解析 25℃时蒸馏水的pH=7，升温促进水的电离，则高于25℃时，pH<7，当pH=6时，KW=1×10－12。NaHSO4在水中完全电离出H+，从而抑制了水的电离，由水电离出的c(H+)=1×10－12/1×10－2=1.0×10－10mol/L。pH为12的NaOH溶液中c(OH -)=1mol/L，故D项中最后溶液显碱性。
2．A 解析 pH相同时，酸越弱，其溶液的物质的量浓度越大