資源簡介

例談2009高考化學二輪、三輪復習的策略
高考第二輪、第三輪的復習時間，是綜合素質大踏步提高的黃金時間，是中學教學向極值點沖刺的最佳時間，也是考生一生中將留下永不磨滅的深刻記憶的艱苦時間。在最后二輪的復習中，并非只是第一輪復習的重復，也不能急功近利。我們應首先以專題的形式把高中化學復雜的內容明晰化、條理化、概念化、規律化，做到有的放矢地再系統的復習一遍，深入理解高中化學各部分知識的內在聯系，構筑完整的、嚴密的知識體系，在復習中要把所涉及的知識適當放大，善于將復習的內容進行縱向、橫向聯系，學會總結命題規律，解題思路，以提高考生的知識遷移能力。通過專題、專講形式的復習，重點進行思維方法上訓練，全面提升考生的綜合運用所學知識分析問題和解決問題的能力；通過第三輪的綜合測試、沖刺模擬，既可以對考生前期復習效果進行診斷，又可以幫助考生避免因對高考試卷形式的陌生而帶來的緊張和惶恐，讓考生盡早進行熱身訓練，零距離接觸高考，從而能最大限度地獲得高分。
專題一 氧化還原反應
能力培養
1．（啟東中學，基礎題，4分值，1分鐘）下列有關氧化還原反應的敘述正確的是
A．肯定有一種元素被氧化，另一種元素被還原
B．在反應中不一定所有元素的化合價都發生變化
C．置換反應一定屬于氧化還原反應
D．化合反應和復分解反應不可能有氧化還原反應
2．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）同位素示蹤法可用于反應機理的研究，下列反應或轉化中同位素示蹤表示正確的是
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．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）已知在常溫下，溶液中能發生如下反應：
①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O ②2M2++R2=2M3++2R- ③2R-+Z2=2Z-+R2
由此推斷，下列說法錯誤的是
A．2M2++Z2=2M3++2Z- 可以進行
B．Z元素在①、③反應中發生還原反應
C．各微粒氧化性由強到弱的順序是：XO4-> Z2> R2> M3+
D．各微粒還原性由強到弱的順序是：X2+> Z-> R-> M2+
4．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）鋅與稀硝酸反應時，反應方程式可表示如下：4Zn+10HNO3=aZn(NO3)2+bM+cH2O，則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．（啟東中學，中檔題，4分值，3分鐘）向FeI2溶液中不斷通入Cl2，溶液中I－、I2、
IO3－、Fe2＋、Fe3＋等粒子的物質的量隨n(Cl2)∶ n(FeI2)的變化可用下圖簡單表示，下列有關說法中正確的是
A．粗線5、細線3分別代表n（Fe3+）、n(IO3-)隨n(Cl2)∶ n(FeI2)變化的情況
B．假設通入Cl2的過程中溶液的體積不變，則溶液的pH始終不變
C．當n(Cl2)∶ n(FeI2)＝6.5時，溶液中n(Cl-)∶n(IO3-)＝13
D．當n(Cl2)∶ n(FeI2)＝1.2時，離子方程式可表示為2Fe2＋+10I－+6Cl2＝5I2+2Fe3＋+12Cl－

6．（啟東中學，難題，8分值，8分鐘）在含n mol FeBr2的溶液中，通入Cl2，有x mol Cl2發生反應。
當時，反應的離子方程式為__________________________。
當反應的離子方程式為：3Cl2+2Fe2+ +4Br-=2Br2+2Fe3+ +6Cl- 時，x與n的關系為___。
當Fe2+ 和Br- 同時被氧化時，x與n的關系是_______________。
當x=n時，反應后氧化產物的物質的量為________________。
（5）往50.0 mL FeBr2 溶液中緩慢通入1120 mLCl2（標準狀況），溶液中還原性離子只有2/3溴離子未被氧化。求原FeBr2溶液的物質的量濃度。
答案
1．BC 解析 要熟悉四種基本反應類型與氧化還原反應的關系。
2．B 解析 A中氧化產物氧氣應是18O2；B中H218O2全被氧化，示蹤原子全部出現在氧化產物中；C中的一水合氨應是NH3·H2HO；D中37Cl應全部發生還原反應，氧化產物、還原產物分別表示為5/2 Cl2、1/2 37Cl2 。
3．BD 解析 在同一反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，可得出：氧化性XO4-> Z2> R2> M3+ ，還原性：M2+>R-> Z->X2+
4． CD 解析 驗證“電子守恒”和“質量守恒”。
5．D 解析 有關物質的還原性順序為：I->Fe2+> I2 ,則在不斷通Cl2的過程中，依次發生以下氧化還原反應：Cl2 + 2I- = 2Cl- + I2 ，Cl2 +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl- ，5Cl2 + I2 +6H2O = 2IO3- +12H+ +10Cl-。可見，當n(Cl2)∶n(FeI2)= 1∶1時，I-恰好全被氧化；當n(Cl2)∶n(FeI2)= 1.5時，Fe2+正好全被氧化；當n(Cl2)∶n(FeI2)= 6.5時，氧化還原反應完畢。因此，當n(Cl2)∶n(FeI2)>1∶1時，開始生成Fe3+，至1.5時，Fe3+達到最大量，故粗線5代表了n（Fe3+）的變化；當n(Cl2)∶n(FeI2)> 1.5時，開始生成IO3-，至6.5時，IO3-達到最大量，故細線3的起點若從1.5出發至6.5結束，則可代表了n（IO3-）的變化；當n(Cl2)∶n(FeI2)= 6.5時，根據元素守恒，可知n(Cl-)∶n(IO3-)＝13∶2 ；由發生的反應可知，最后溶液的pH減小；D中的反應式既符合I-先被氧化又符合得失電子相等。
6．解析 因還原性：Fe2+>Br- ，故Cl2先氧化Fe2+ 后氧化Br- ，其離子方程式分別為：
2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- ，Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2 。故（1）至（4）的答案為：（1）2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- ；（2）；（3） （4）或。
（5）依題意Br-部分被氧化，則Fe2+ 必已全部被氧化。原溶液中FeBr2的物質的量為n，則Fe2+ 物質的量為n ，Br-物質的量為2n ，被氧化的Br-物質的量為。
2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2
n
則氯氣物質的量為：，得n=0.06 mol ，
則c (FeBr2)= 答案見解析。
專題二 離子反應
能力培養
1．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）能正確表示下列反應的離子方程式是
A．FeO溶于足量稀HNO3：FeO＋2H+＝Fe2＋＋H2O
B．NH4HCO3溶液與足量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．將0.2mol/L的NH4Al(SO4)2溶液與0.3mol/L的Ba(OH)2溶液等體積混合：
2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
2．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）常溫下測得某無色溶液中水電離出的c (H+)=
1×10-13 mol/L,又知該溶液中還有NO3- 、Na+、Cl-，那么該溶液中還一定存在的離子是
A．Fe2+、Cu2+ B. AlO2-、ClO- C． Ba2+、K+ D.Mg2+、SO42-
3．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）下列反應的離子方程式書寫正確的是
A．除去KNO3溶液中的Fe3＋： Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋
B．硫酸亞鐵溶液中加入過氧化氫溶液：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
C．鐵屑溶于過量稀硝酸：3Fe＋8H＋＋2NO3－＝3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
D．將標準狀況下112 mL的氯氣通入10 mL 1 mol/L的溴化亞鐵溶液中：
2Fe2+ + 4Br- + 3Cl2 == 2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl-
4．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）在給定的四種溶液中，加入以下各組離子，各離子組能在原溶液中大量共存的有
A．滴加石蕊試液顯紅色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl-、NO3-
B．pH為11的溶液：Na+、S2-、SO32-、S2O32-
C．水電離出c (OH-)=的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+
D．所含溶質為NaHSO4的溶液：K+、NO3-、SO42- 、 PO43-
5．（啟東中學，基礎題，6分值，5分鐘） 某強堿性溶液中含有的離子是K+、NH4+、Al 3+ 、AlO2-、SO42- 、SiO32- 、CO32-、Cl-中的某幾種離子，現進行如下實驗：
取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液，無沉淀生成。
另取少量溶液加入鹽酸，其現象是：一段時間保持原樣后，開始產生沉淀并逐漸增
多，沉淀量基本不變后產生一種氣體，最后沉淀逐漸減少至消失。
則原溶液中肯定存在的離子是_____________，肯定不存在的離子是________________。已知一定量的原溶液中加入5 mL 0.2 mol/L鹽酸時，沉淀會完全消失，加入足量的硝酸銀溶液可得到沉淀0.187 g，則原溶液中是否含有Cl-？_________________。
6．（啟東中學，難題，10分值，8分鐘）某無色溶液，其中有可能存在的離子如下：Na+、Ag+、Ba2+ 、Al3+ 、AlO2-、S2-、CO32-、SO32-、SO42- 。現取該溶液進行有關實驗，實驗結果如下所示：
請回答下列問題：
沉淀甲是______，生成該沉淀的離子方程式___________________________。
沉淀乙是______，由溶液甲生成沉淀乙的離子方程式為_______________________。
沉淀丙中一定含有______，可能含有_______。用化學實驗來確定其成分，其方法是______________________________________________________________________。
氣體甲的成分有哪幾種可能？____________________________________________。
綜合上述現象，肯定存在的離子有__________________________。
答案
1．CD 解析 FeO溶于足量稀HNO3應發生氧化還原反應，NH4HCO3溶液與足量Ba(OH)2溶液混合除生成BaCO3外還應生成NH3?H2O。
2．C 解析 題給條件說明溶液可能顯酸性也可能顯堿性，則只有C組一定能共存。
3．AB 解析根據Fe3＋水解的性質，利用加熱法可除去KNO3溶液中的Fe3＋；B項符合化合價升降相等、電荷守恒、質量守恒；C項中硝酸過量時最終應生成Fe3＋；D項中有0.005 mol的Cl2 和0.01 mol FeBr2，根據Fe2+ 還原能力強于Br- ，故只發生：
2Fe2+ + Cl2 == 2Fe3+ + 2Cl-。
4．B 解析 A中“石蕊試液顯紅色”，說明顯酸性，此時Fe2+、H+、NO3-發生氧化還原反應；C中溶液可能顯堿性也可能顯酸性，HCO3-均不能大量共存；D中NaHSO4完全電離而使溶液顯酸性，PO43-不能共存。
5．OH-、AlO2-、CO32-、K+ ；NH4+、SO42- 、SiO32- 、Al 3+ ；有Cl-。
解析 由“強堿性”知必存在OH-而不存在NH4+與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），則存在的陽離子只能為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鹽酸，若沉淀沒有完全溶解，則說明除BaCO3外還有BaSO4 ；若沉淀完全溶解，則說明僅有BaCO3 。 （4）①CO2 ；②SO2 ；③H2S ；④CO2、SO2 ；⑤CO2、H2S 。
（5）Na+、AlO2-、S2-、SO32-
解析 加入過量的氫溴酸后生成的淡黃色沉淀可能是S或AgBr，但若是AgBr，原溶液中即存在Ag+，則題中所提供的陰離子都會與它發生復分解或雙水解反應而不能共存，故淡黃色沉淀只能是S。
專題三 物質的量及其應用
復習策略
物質的量是重要的化學基礎知識，并與化學計算聯系緊密，具有較強的應用性，為高考命題的重要內容之一。其主要熱點有：①相對原子質量、相對分子質量、物質的量、摩爾質量、物質的量濃度、氣體摩爾體積、阿伏加德羅常數等基本概念的理解與應用。②已知阿伏加德羅常數，判斷或計算一定量的物質所含粒子或氧化還原反應中電子轉移數目。③用物質的量確定化學式及進行化學方程式的計算。④物質的量濃度、溶質的質量分數和溶解度之間的換算。⑤溶液的稀釋問題計算。⑥物質的量在化學計算中的綜合應用。
本專題的知識網絡：
“萬能恒等式”：
式中n為物質的量，單位為mol；m為物質的質量，單位為g；M為摩爾質量，單位為g/mol；V氣為標準狀況下氣體體積，單位為L；Vm為標準狀況下氣體摩爾體積，單位為L/mol；N為微粒個數，NA為阿伏加德羅常數；Q為物質的反應熱，單位為J或kJ；△H為摩爾反應熱，單位為kJ/mol；c為物質的量濃度，單位為mol/L；V(aq)為溶液體積，單位為 L。
一、以阿伏加德羅常數為載體的化學量的判斷和比較
阿伏加德羅常數的運用是高考考查和命題的熱點，從高考試題來看，此類題目多為選擇題，且題量和題型保持穩定，命題的形式也都是：已知阿伏加德羅常數為NA，判斷和計算一定量的物質所含粒子數的多少。具體涉及以下內容：①已知物質的質量、物質的量、物質的體積求粒子的數目或比較其粒子的數目大小；②已知溶液的體積和濃度求溶液中溶質的粒子的數目或比較粒子的數目大小；③已知粒子的數目求物質的質量、物質的量、物質的體積、溶液中溶質的粒子的濃度或溶液的濃度；④物質在發生氧化還原反應時電子轉移的數目。
關于解NA題型時必須弄清的幾個概念。
1、NA個粒子的物質的量就是1mol。
2、NA個粒子的質量就是1mol該物質的質量；每摩爾物質的質量就是該物質的摩爾質量。
3、NA個氣體分子的體積就是1mol該氣體的體積；每摩爾氣體的體積就是氣體摩爾體積。
4、NA個溶質分子溶解在1L溶液中的濃度就是1mol/L。
當NA的規定發生變化時，上述各個量都要發生變化。
典例剖析
例1 設NA表示阿伏加德羅常數。下列敘述正確的是
A．標準狀況下，2(24 L苯中含有0.6NA個碳原子
B．常溫常壓下，46gNO2和N2O4混合氣體中含有原子數為3NA
C．常溫下，1L 0.1mol/L MgCl2溶液中含Mg2+數為0.1NA
D．0.01mol鋁與足量的氫氧化鈉溶液反應轉移的電子數是0.03NA
解析 標準狀況下苯為液態，不能使用氣體摩爾體積“22.4L/mol”進行計算；根據質量守恒定律，46gNO2和N2O4混合氣體中含有原子數為3NA（注意若求分子數則不能確定）；因Mg2+在水溶液中發生水解，故Mg2+數小于0.1NA；鋁為三價金屬，則0.01mol鋁與足量的氫氧化鈉溶液反應轉移的電子數是0.03NA。本題答案選BD。
例2 設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述中正確的是
A．常溫常壓下，20 g D2O和足量的金屬鈉反應產生氣體的分子數為0.5 NA
B．1 mol Na2O2與足量的水反應，轉移的電子數為2NA
C．NA 個SO3分子在標準狀況下的體積為22.4 L
D．常溫常壓下，62g白磷分子( )中的共價鍵數為3NA
解析 20 g D2O物質的量為1mol，根據關系式 2 D2O ~ D2可求得生成氣體分子數為0.5 NA； Na2O2與H2O的反應中，1 mol Na2O2轉移電子數為NA；標準狀況下SO3為固態，不能使用氣體摩爾體積“22.4L/mol”進行計算；1 mol 白磷中含6 mol P—P共價鍵，則62g（0.5mol）白磷分子中的P—P共價鍵數為3NA。本題答案選AD。
例3 設NA表示阿伏加德羅常數值，下列說法中正確的是
A．1mol某氣體的體積為22.4L，該氣體的狀況一定是標準狀況
B．工業上銅的電解精煉時電解池中每轉移1mol電子時陽極上溶解的銅小于0.5 NA
C．1molCl2參加化學反應獲得的電子數都是2NA
D．將1molNO2氣體在降溫后顏色變淺，但其所含的分子數仍然為NA
解析 氣體的體積由氣體的物質的量、溫度、壓強等多種因素共同決定，故在非標準狀況下，氣體的體積也可能為22.4L；電解法精煉銅時，粗銅作陽極，發生的反應有：Zn-2e-=Zn2+，Fe-2e-=Fe2+，Ni-2e-=Ni2+，Cu-2e-=Cu2+，可見每轉移1mol電子時陽極上溶解的銅必小于0.5 NA ；當1molCl2在氧化還原反應中全被還原為Cl-時，獲得的電子數為2NA，但若1molCl2與NaOH發生歧化反應時，獲得的電子數為NA；在含NO2氣體的容器中因存在2 NO2 (g)N2O4 (g)（正反應方向為放熱反應），故降溫后平衡向正反應方向移動，顏色變淺，此時氣體分子數變少。本題答案選B。
解題技巧
解答NA問題的試題時，審題要仔細，要注意所給的條件，求什么粒子數。審題時要特別注意下列一些細微的知識點：
1、物質的狀態。水在標準狀況下為液態或固態；SO3在標準狀況下為固態，常溫常壓下為液態；在標準狀況下，碳原子數大于4而小于16的烴為液態（新戊烷除外），大于或等于16的烴為固態；在標準狀況下，乙醇、四氯化碳、氯仿、苯、二硫化碳等許多有機物都不是氣態。
2、某些物質分子中的原子個數。如稀有氣體（單原子）、臭氧（O3）、白磷（P4）等。
3、一些物質結構中化學鍵的數目。常見的有：金剛石、石墨、晶體硅、二氧化硅、甲烷、白磷、二氧化碳等。這些物質所含化學鍵的物質的量如下：
1 mol 金剛石中含2 mol C—C共價鍵，1 mol石墨中含1.5 mol C—C共價鍵，1 mol 晶體硅中含2 mol Si—Si共價鍵，1 mol SiO2中含4 mol Si—O共價鍵，1 mol CH4中含4 mol
C—H共價鍵，1 mol 白磷中含6 mol P—P共價鍵，1 mol CO2中含2 mol C=O雙鍵。
4、特別物質的摩爾質量。如：D2O、T2O、18O2、14CO2等。
5、較復雜的氧化還原反應中，求算轉移的電子數。如：Na2O2+H2O→，Cl2+NaOH→，NO2+H2O→，電解Cu(NO3)2溶液等。
6、在使用氣體摩爾體積“22.4L/mol”時，必須注意氣體是否處于標準狀況下。
7、某些離子或原子團在水中能發生水解反應，離子數目要改變。如1L 0.1mol/L Na2CO3溶液中含CO32-數小于0.1NA。
8、“不定體系”，如“NO和O2的混合氣”、“NO2氣體有時應考慮2 NO2 (g)N2O4 (g)”等。
二、氣體體積的計算或比較大小、阿伏加德羅定律及其推論的應用
（一）標準狀況下的氣體摩爾體積概念剖析
四條件　①溫度：0℃；②壓強：101325Pa；③基準：1 mol物質；④對象：氣體（任何一種單一組分的氣體或不相互反應的混合氣體）。
（2）1 mol氣體在非標準狀況下，其體積不一定為22.4 L。
（3）22.4 L體積是近似值。
（二）阿伏加德羅定律及其推論
阿伏加德羅定律是歷年來高考必考內容，重點考查概念的理解和應用，阿伏加德羅定律把氣體的質量、體積、壓強、密度、氣體摩爾質量、氣體物質的量聯系在一起，且與物理學中氣體方程、物質密度計算緊密相聯，因而是物理與化學互相聯系又互相滲透的知識點，在理科綜合測試中尤為重要。掌握理想氣體狀態方程，對解答概念或計算都大有裨益。復習中要弄清下列兩個重要內容：
阿伏加德羅定律
在相同的溫度和壓強下，相同體積的任何氣體都含有相同數目的分子。這個結論叫阿伏
加德羅定律。
阿伏加德羅定律推論
（1）同溫同壓下，氣體的體積之比等于其物質的量之比，也等于其粒子數之比：=；
（2）同溫同壓下，任何氣體的密度之比等于摩爾質量之比：=；
（3）同溫同體積下，氣體的壓強之比等于其物質的量之比，也等于其粒子數之比：=；
（4）同溫同壓下，同體積的任何氣體的質量之比等于摩爾質量之比：=；
（5）同溫同壓下，同質量的氣體體積比等于摩爾質量之反比：=；
（6）同溫同體積下，同質量的氣體壓強比等于摩爾質量之反比：=。
典例剖析
例1 設阿伏加德羅常數的符號為NA ,標準狀況下某種O2和N2的混合氣體m g，含有b個分子，則n g該混合氣體在相同狀況下所占的體積（L）應是
A． B. C. D.
解析 此題雖然是混合氣體，根據氣體的體積由分子之間的距離決定，且相同狀況下
氣體分子之間的距離大約相等的性質，與純凈氣體的處理方法相同。據題意：，得，
則。本題答案選A。
例2 由CO2、H2和CO組成的混合氣體在同溫同壓下與氮氣的密度相同，則該混合氣體中CO2、H2和CO的體積比為
A．29:8:13 B.22:1:14 C.13:8:29 D.26:16:57
解析 由阿佛加德羅定律的推論可知，相同條件下，氣體的密度之比等于其摩爾質量之比，則混合氣體的平均摩爾質量等于氮氣的摩爾質量，而CO的摩爾質量與氮氣的摩爾質量相同，故由CO2、H2和CO組成的三元混合氣體可簡化為二元混合物，CO的量可以取任意值，此題就轉化為混合氣體CO2和H2的平均摩爾質量為28 g/mol。用十字交叉法可求得體積比：
CO2 44 26
28 = 13:8 。 本題答案選CD。
H2 2 16

例3 在120℃時分別進行如下四個反應：
A．2H2S + O2 = 2S + 2H2O B．2H2S + 3O2 = 2SO2 + 2H2O
C．C2H4 + 3O2 →2CO2 + 2H2O D．C4H8 + 6O2 →4CO2 + 4H2O
（1）若反應在容積固定的容器內進行，反應前后氣體密度（d）和氣體總壓強（p）分別符合關系式d前 = d后 和p前 > p后 的是_______；符合關系式d前 = d后 和p前 = p后 的是________（請填寫反應的代號）。
（2）若反應在壓強恒定、容積可變的容器內進行，反應前后氣體氣體密度（d）和氣體體積（V）分別符合關系式d前 > d后 和V前 < V后 的是_______；符合關系式d前 > d后 和V前 > V后 的是________（請填寫反應的代號）。
解析（1）若反應在容積固定的容器內進行，反應前后d前 = d后 ，說明反應前后氣體質量不變，符合要求的是B、C、D ；p前 > p后 ，則表明反應前后氣體的分子數是減小的，符合要求的是B；p前 = p后 ，則表明反應前后氣體的分子數是不變的，只有C。
（2）若反應在壓強恒定、容積可變的容器內進行，反應前后d前 > d后 和V前 < V后 ，在氣體總質量不變的前提下，則表明氣體的分子數是增大的。由于分子數的增多，導致了容器體積的增大，從而造成密度的減小。符合題意的是D；反應前后V前 > V后 ，表明反應是氣體分子數減小的反應，體積減小后，仍是d前 > d后 ，說明氣體的質量減小，符合題意的是A。本題答案為（1）B；C （2）D；A
解題技巧
在進行氣體摩爾體積計算時，要注意以下幾個問題：①非標準狀況下，氣體摩爾體積一般不是22.4L/mol，但也可能是22.4L/mol，可以利用pV=nRT的關系推導，但要注意單位的選擇。②氣體摩爾體積是對氣體而言，固體和液體也有摩爾體積，但一般沒有相同的數值。③“22.4L/mol”這是標準狀況下的氣體摩爾體積，若不在標準狀況下或不是氣體就不適用。
注意阿伏加德羅定律中的五同：同溫同壓（前提），同體積（條件），同分子數（結果），同物質的量（推論）。適用范圍：氣體（既可以是單一氣體，也可用于混合氣體）。
三、相對分子質量的幾種求法
（一）氣體密度（）和相對密度（D）的計算
1．標準狀況下：= ；2．非標準狀況下：=；
3．氣體的相對密度：D==。
（二）氣體的相對分子質量（M r）或摩爾質量（M）的計算方法
已知標準狀況下氣體密度 ，則M=22.4 。
已知非標準狀況下T、、，則M= 。
已知兩種氣體的相對密度D，則D==。
摩爾質量定義法：M=，對混合氣體，則=。
若已知混合氣體各組成成分的摩爾質量和物質的量分數，則
=
典例剖析
例1在一只干燥的燒瓶中，用排空氣法充入HCl氣體后，測得燒瓶中氣體對O2的相對
密度是1.082，然后將此氣體倒扣在水中，最后進入燒瓶中的液體應占燒瓶容積的
A．全部 B．3/4 C．1/2 D．1/4
解析 =D×(O2)=1.082×32=34.6<(HCl)=36.5 ,故該混合氣體中必混有空氣。HCl易溶于水，空氣不溶于水，故進入容器中液體的體積等于HCl氣體的體積。可用十字交叉法求出混合氣體中HCl與空氣的體積比：
HCl 36.5 5.6
34.6 ≈ 3:1 ，即HCl占燒瓶容積的 3/4 。
空氣 29 1.9
本題答案選B。
例2 一定質量的液態化合物XY2，在一定質量的氧氣中恰好完全燃燒，反應方程式
為：XY2 (l) + 3O2 (g) = XO2 (g) +2YO2 (g) 。冷卻后，在標準狀況下測得生成物的體積是672 mL，密度為2.56 g/L。則：
反應前氧氣的體積是____________。
化合物XY2的摩爾質量是___________。
若XY2分子中X、Y兩元素的質量比是3:16 ，則X、Y兩元素分別為____和_____（寫元素符號）。
解析（1）該反應前后氣體物質的量不變，則相同條件下氣體的體積也不變，故氧氣的體積為672mL。（2）反應后混合氣體總質量為0.672L×2.56 g/L=1.72g， 而由O2的體積可求得O2的質量為0.96g，由質量守恒定律得，m(XY2)= 1.72g-m(O2)=0.76g，由反應式中各系數關系知n(XY2)=0.01mol，則摩爾質量M=0.76g/0.01mol=76 g/mol。
本題答案為（1）672 mL （2）76 g/mol （3）C S
例3 現有甲、乙兩個探究性學習小組，他們取黃銅（銅鐵合金）的顆粒狀藥品約100mg，甲小組同學利用圖a實驗裝置，乙小組同學利用圖b實驗裝置分別測定黃銅樣品中鐵的質量分數和鐵的相對原子質量M(Fe)。

圖a 圖b
回答下列問題：
Ⅰ、甲小組同學利用圖a實驗裝置進行實驗：（1）向錐形瓶中加入稀硫酸，應如何操作？
______________________________________________________；反應前、后堿式滴定管中的液面高度與干燥管內的液面高度均應保持相同，反應充分進行后，如何使堿式滴定管中的液面高度與干燥管中的液面高度相同？_______________________________________
______________，若不調節，則測得的M(Fe)_________（填“偏大”或“偏小”或“無影響”）。
（2）為了保證實驗結果的準確，請你將本實驗過程中需直接測定的有關物理量填入下表中（用文字說明，可不填滿）：
①
②
③
④
⑤
⑥
（3）在（2）中所測定的數值不準確會影響結果準確性，試回答堿式滴定管的操作對鐵的相對原子質量的測定是否有影響？_________；哪些操作有影響？（至少舉出兩例）______________________________________________。
（4）該實驗方法中計算M(Fe)的表達式_______________________。
Ⅱ、乙小組同學利用圖b實驗裝置進行測定黃銅樣品中的的質量分數和鐵的相對原子質量。
（1）該實驗過程中，必須對反應后所剩的固體進行洗滌、干燥，如何確定所得固體是干燥的？_______________________________________________；能否用加熱固體的方法進行干燥？___________________________。
（2）從該實驗裝置、中學化學實驗室的現有條件兩方面，對該實驗方案的可行性進行評價，請你參與討論，并發表你的看法。___________________________________________。
解析Ⅰ（1）將分液漏斗上玻璃塞拔掉，旋轉活塞，使稀硫酸滴入錐形瓶中；慢慢將堿式滴定管向下移動；偏大。（2）反應前錐形瓶內固體的質量、反應后錐形瓶內固體的質量、反應前滴定管內液面的刻度、反應后滴定管內液面的刻度、實驗時室內的溫度、實驗時室內的壓強 （3）有影響；滴定管中的液面比干燥管內的液面高；在氫氣產生前后滴定管的讀數偏差 （4）m (Fe)RT / PV(H2)
Ⅱ（1）將剩余固體干燥、冷卻、稱量，至連續兩次稱量相等；不能。
（2）a、由于缺少干燥氫氣的裝置，實驗測得的鐵的相對原子質量會發生偏差（偏小）；b、實驗中所測質量或質量變化值很小，托盤天平的精度較差，達不到稱量要求（或其它合理答案）。
解題技巧
熟悉相對分子質量（摩爾質量）的幾種求法及其計算公式，是解這類題的關鍵。另外，弄清平均值問題并掌握平均值法規律，對提高解題速度也很重要。平均值問題是指對于混合物來說，其某些性質受各組分的一些性質的制約，使得混合物的某些性質具有可預見性。其規律：混合物的平均相對分子質量、元素的質量分數、平均相對原子質量等總是介于組分的相應量的最大與最小值之間。
四、物質的量在化學方程式或求化學式中的計算
1、化學方程式明確表示出化學反應中各物質微粒之間以及質量之間的數量關系。對于有氣體參加的反應，其氣態物質在同溫同壓下也有確定的體積關系，歸納起來有如下幾種關系。
（1）相互作用的各物質的微粒數之比等于化學方程式中各物質的化學計量數之比。
（2）相互作用的各物質的物質的量之比等于化學方程式中各物質的化學計量數之比。
（3）相互作用的氣態物質，同溫同壓下的體積之比等于化學方程式中各氣態物質的化學計量數之比。
（4）相互作用的各物質的質量之比等于化學方程式中各物質的化學計量數和該物質的相對分子質量乘積之比。
2、物質的量在化學方程式中的計算要求：
（1）根據化學方程式進行計算時，已知物質的其他物理量，一般可換算成物質的量，再根據方程式中的化學計量數之比等于物質的量之比，列出比例式。
（2）各物理量及單位、物質的名稱、公式等，盡量用規定的符號來表示。各物理量的符號要注明物質（或粒子）的化學式。例參加反應的氫氧化鈉溶液的體積表示為V[NaOH(aq)]。
（3）設未知數直接用各物理量符號表示，并且不帶單位，例設參加反應的二氧化錳的物質的量為n(MnO2)。
（4）把已知量代入計算式中計算時，都要帶入單位。綜合（3）、（4）可歸納為：已知量帶單位，未知量不帶單位。
3、計算步驟
（1）設未知數；（2）寫出有關的化學反應方程式，并在有關的物質下面注明有關的量（屬于多步反應的計算可建立已知量和未知量之間的化學計量數的關系式）；（3）列出比例式求解；（4）簡要寫出答案。
4、化學方程式計算中的常用方法有：
（1）關系式法。常用：化學反應關系式；電子得失關系式；原子守恒關系式。
（2）反應物過量問題的計算。此類問題必須先利用已知的反應物的量進行判斷哪種物質過量，然后以不足的那種物質的量進行計算。還應注意反應物中的過量物質與生成物可能繼續發生反應，此種情形往往稍不留神就會造成錯誤。
（3）差量法的應用。常有：質量差、濃度差、氣體體積差、物質的量差、化合價差、溶解度差、反應過程的熱量差等，該法的應用可省去繁瑣的中間過程，使復雜的問題簡單、快捷化。
（4）守恒法的應用。主要包括：質量守恒、原子或原子團守恒、物質的量守恒、電子轉移守恒、電荷守恒、濃度守恒、體積守恒等。這些守恒關系為我們解答復雜題目提供了一個簡便的方法，利用守恒關系解題，可不必糾纏過程的細節，只注意有關問題始態和終態之間的某種守恒關系，建立等式求解。
（5）極值法的應用。極值法是一種特殊的思維方法，是把研究的對象和問題，從原有的范圍縮小到較小范圍或個別情形來考查的一種思維方法。該法的使用可使問題難變易，繁變簡，極值法的特點是“抓兩端，定中間”，其基本思路是將混合物成份的含量，以兩種極端情況考慮，由此推算判斷反應的結果，從而縮小范圍，簡化計算過程。
典例剖析
例1 在化合物X2Y和YZ2中，Y的質量分數分別約為40%和50% ，則在化合物X2YZ3中Y的質量分數約為
A.20% B.25% C.30% D.35%
解析 在X2Y中Y的質量分數約為40% ，則X的質量分數為60% 。可知：，得……①；在YZ2中Y的質量分數為50% ，則Z的質量分數為50% 。可知：，得M(Y)=2M(Z) ……②；在X2YZ3中Y的質量分數為……③ 。聯解①②③得Y的質量分數為25%。本題答案選B。
例2 在反應X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩爾質量之比為22:9 ，當1.6 gX與Y完全反應后，生成4.4 g R，則此反應中Y和M的質量之比為
A.16:9 B.23:9 C.32:9 D.46:9
解析解本題是（1）應用化學方程式中各物質的化學計量數之比等于物質之間的物質的量之比；（2）巧用質量守恒定律。根據反應：X + 2Y = R + 2M
1mol 2mol
n (R):n (M)=……① ；由題意知……②，聯解兩式可得 m (M)=3.6 g 。再根據質量守恒定律得：1.6g + m (Y)= 4.4g + 3.6g ，
則m (Y)=6.4g 。所以m (Y):m (M)=6.4g:3.6g=16:9 。本題答案選A。
例3 在一定條件下，NO和NH3可以發生反應生成N2和H2O 。現有NO和NH3的混合物1mol ，充分反應后所得產物中，經還原得到的N2比經氧化得到的N2多1.4 g。
（1）寫出反應的化學方程式并標出電子轉移的方向和數目。
（2）若以上反應進行完全，試計算原反應混合物中NO和NH3的物質的量可能各是多少？
解析 用差量法解題是本題的核心內容。由化學方程式6NO + 4NH3 = 5N2 + 6H2O很容易判斷出，6 molNO還原得到3 molN2 ，4 molNH3氧化得到2 mol N2，兩者相差1 mol N2，此時經還原得到的N2比經氧化得到N2多28 g。現相差1.4 g ， ，相當于0.3 mol NO和0.2 mol NH3 反應。依題意NO和NH3的總物質的量為1 mol ，其中必有一種物質過量，所以有兩種情況：若NO過量，則NH3物質的量為0.2 mol，NO物質的量為1mol-0.2mol=0.8mol ；若NH3過量，則NO物質的量為0.3mol，NH3物質的量為1mol-0.3mol=0.7mol。
本題答案：（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 。
解題技巧
以化學方程式為基礎進行計算時應注意的問題：
1、化學方程式所表示的是純凈物之間的量的關系，因此不純物質的量必須換算成純凈物的量，才能按化學方程式列出比例式進行計算。
2、進行化學方程式的有關計算中，方程式首先要配平，再分析：已知什么量，要求哪種物質的量，從而建立計算的比例關系式，注意各量的單位必須統一，書寫要規范，計算過程要代入單位。在比例式中，同一物質用同一單位，不同物質可以用兩種不同的單位，只要注意它們成比例關系就行。
3、如果是離子反應，可以根據離子方程式進行計算，如果是氧化還原反應，也可以利用電子轉移關系進行有關計算。
4、在熟練掌握常規解題方法的基礎上，注重理解化學反應的實質，可從不同的思維角度分析題意，逐步形成解答化學方程式的有關計算技巧（主要有差量法、守恒法等）。
五、物質的量濃度和計算
有關物質的量濃度的計算
根據定義式計算，計算公式為 。
不同物質的量濃度溶液的混合計算
稀釋定律：c1V1=c2V2 ；
若混合后溶液的體積不變：c1V1+ c2V2 = c混 (V1+V2 ) ；
若混合后溶液的體積發生了改變：c1V1+ c2V2 = c混 V混 ， V混 = 。
在標準狀況下求氣體溶解于水后所得溶液的物質的量濃度。[設標準狀況下氣體體積為
V (L) ，水的體積為（L），溶液的密度為 ]
計算式為c =
典例剖析
例1 將標準狀況下的a LHCl (g)溶于1000 g水中，得到的溶液密度為，則該鹽酸的物質的量濃度是
A． B．
C． D．
解析 要求溶液的物質的量濃度，需知溶液的體積和溶質（HCl）的物質的量。
溶液的體積：V [HCl(aq)]=，
注意溶液的體積≠V(溶質)+V(溶劑)]，溶質的物質的量：n(HCl)= ，
則c (HCl)= 。本題答案選D。
例2 現有H2SO4和Na2SO4的混合溶液 200 mL，兩者的物質的量濃度分別為 1 mol/L和 0.5 mol/L ，要使兩者的物質的量濃度分別變成2 mol/L和 0.2 mol/L，應加入 55.8%的 H2SO4溶液（密度為1.35 g/cm3）多少毫升？加蒸餾水稀釋到多少毫升？
解析 因為溶質Na2SO4的量不變，所以應先根據Na2SO4的有關量，確定稀釋后溶液的體積。根據稀釋定律：c1V1=c2V2 ，得V2=(200mL×0.5 mol/L)/0.2 mol/L=500mL，則最后溶液中硫酸的物質的量為0.5L×2mol/L=1mol，而原有硫酸的物質的量為
0.2L×1 mol/L=0.2mol，故需要加入的硫酸物質的量為0.8mol，即，從而可求得所需加入的體積。
本題答案是：104.5 mL 500 mL
例3 在標準狀況下，一由排空氣法收集滿HCl氣體的燒瓶，測得燒瓶內氣體對氫氣的相對密度為17（相同條件下測定），現將燒瓶倒立于水中，求進入燒瓶中液體的體積占燒瓶體積的幾分之幾？若溶液不擴散，燒瓶內溶液的物質的量濃度是多少？
解析 所收集的氣體的相對分子質量為17×2=34<36.5，則燒瓶內所收集的是HCl與空氣的混合氣體， 由“十字交叉法”可求氣體的組成：
HCl 36.5 5
34 = 2:1
空氣 29 2.5
即燒瓶內的氣體是體積比為2:1的HCl和空氣，HCl占燒瓶體積的2/3，由于只有HCl易溶于水，所以進入燒瓶的水也占燒瓶的2/3 。
設燒瓶的體積為V L，則c(HCl)=
本題答案為：2/3 0.045 mol/L
解題技巧
1、應用物質的量濃度定義式進行計算時應注意：
（1）V是指溶液的體積，而不是溶劑體積，常用單位是L。
（2）溶質必須用物質的量來表示，不能用質量等表示。
（3）以帶有結晶水的物質做溶質，在確定溶質物質的量時，用結晶水合物的質量除以結晶水合物的摩爾質量即可。
（4）溶質是溶液中的溶質，可以指化合物，也可以指離子或其他特定組合。若溶質是非電解質時，溶質在溶液中以分子形式存在；若溶質是強酸、強堿和可溶性鹽時，溶質在溶液中是以陰陽離子存在的，不存在溶質的分子。
（5）分析溶質時要注意有關的化學變化，例三氧化硫溶于水后，溶液中的溶質為硫酸。
2、計算氣體溶于水所得溶液的物質的量濃度時要注意：
（1）溶液的體積必須用溶液的質量（氣體的質量加上水的質量）除以溶液的密度。
（2）溶液體積要換算成以“L”為單位。
3、同一溶液，取出任意體積的溶液，其各種濃度（物質的量濃度、溶質的質量分數、 離子濃度等）均不變，但所含溶質的量則因體積不同而不同。
六、物質的量濃度、溶質的質量分數和溶解度之間的換算
1、溶解度、溶質的質量分數和物質的量濃度的換算
物質的量濃度與溶質的質量分數w的換算（設溶液的密度為）
c =
溶解度與溶質的質量分數w的換算： ，
溶解度與物質的量濃度的換算： c =
2、關于溶質相同的溶液的混合
今有兩種密度和溶質質量分數分別為 、(g/cm3)和w1、w2的同溶質的溶液，等體
積相混合后所得溶液的溶質的質量分數為w ，則兩溶液混合后，有關情況比較如下：
序號
條件
用>、=、< 比較w與的大小
結論
①
w1>w2 >
>
當濃度越大其密度越大的同溶質水溶液等體積相混（>1），則混合后所得溶液溶質的質量分數大于混合前兩溶液溶質質量分數的平均值；當濃度越大其密度越小的同溶質水溶液等體積相混（<1），則混合后所得溶液溶質的質量分數小于混合前兩溶液溶質質量分數的平均值。
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體積；②密度；③溶質和溶劑的質量比；④溶質的摩爾質量。要根據溶質的溶解度計算其飽和溶液的物質的量濃度時，上述條件中必不可少的是
①②③④ B．①②③ C．②④ D．①④
解析 根據溶解度與物質的量濃度的換算公式 c =，可見密度和摩爾質量在溶解度與物質的量濃度換算中是必不可少的。本題答案選C。
例2 已知25%氨水的密度為0.91 g/cm3 ， 5%氨水的密度為 0.98 g/cm3 ，若將上述兩溶液等體積混合，所得氨水溶液的質量分數為
A．等于15% B．大于15% C．小于15% D．無法估算
解析 求算同種溶質的不同濃度兩溶液混合后溶質的質量分數，常見有兩種形式混合，等質量混合和等體積混合，顯然等質量混合計算很簡單，所得溶液的溶質的質量分數等于兩種溶液質量分數和的一半，而等體積混合按常規解法需要通過具體計算才能求出。實際上對于等體積混合，可以通過巧設中間狀態快速估算。本題的巧解思路是：
25%氨水V mL
25%氨水V mL （等質量混合15%）
5%氨水V1 mL
5%氨水V mL（等體積混合）
5%氨水V2 mL （5%）
因為氨水的濃度越大，密度越小，V1 mL+V2 mL=VmL，很顯然，所得溶液的氨水的質量分數<15%。本題答案選C。
上題可作幾種變化。①將氨水換成硫酸，答案應選B；②將氨水換成任意物質，答案應選D；③假如密度未告知具體數據，照樣可選出答案。
例3已知某溫度時飽和NaOH溶液中溶質的質量分數為A%，該飽和溶液密度為a g/cm3 ，則
該溫度下NaOH的溶解度為___________。
在500 mL上述溶液中含有NaOH的質量為___________。
上述飽和溶液中NaOH的物質的量濃度為__________。
在100 mL水中溶解 NaOH至質量分數為A%時，溶液的體積為______________。
解析 由溶解度與溶質的質量分數的換算公式： ，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的質量為5aA g 。由物質的量濃度與溶質的質量分數的換算式可求得NaOH的物質的量濃度為。
本題答案為：（1） （2）5aA g （3） （4）或
解題技巧
溶液混合（稀釋）后組成的推算規律：
1、當溶液的密度大于1g/cm3時，將等體積的濃溶液與稀溶液混合后，所得溶液的溶質的質量分數大于兩種溶液質量分數和的一半。
2、當溶液的密度小于1g/cm3時，將等體積的濃溶液與稀溶液混合后，所得溶液的溶質的質量分數小于兩種溶液質量分數和的一半。如氨水、乙醇溶液。
3、濃溶液與等體積的水混合，當溶液的密度大于1g/cm3時，所得溶液的溶質的質量分數大于濃溶液質量分數的一半。
4、濃溶液與等體積的水混合，當溶液的密度小于1g/cm3時，所得溶液的溶質的質量分數小于濃溶液質量分數的一半。
七、物質的量在反應熱計算中的應用
反應熱在教材中的篇幅較少，高考內容主要涉及：（1）書寫熱化學方程式或判斷熱化學方程式正誤；（2）有關反應熱的簡單計算；（3）比較反應熱的大小。復習本部分內容時，要重視基礎，形成知識規律。哪些是放熱反應，哪些是吸熱反應，也有一些規律可循。要熟悉一些常見的放熱反應和吸熱反應。
典例剖析
例1 沼氣是一種能源，它的主要成分是CH4 。0.5 mol CH4 完全燃燒生成 CO2和H2O 時，放出445kJ 熱量，則下列熱化學方程式正確的是
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 完全燃燒生成 CO2和H2O 時，放出445kJ 熱量，則1 mol CH4 完全燃燒生成 CO2和H2O 時，放出890kJ 熱量。根據書寫熱化學方程式的有關規則及對△H的“+”與“—”的規定，可知符合題意的是C項。故本題答案選C。
例2 通常人們把拆開1 mol某化學鍵所吸收的能量看成該化學鍵的鍵能。鍵能的大小可以衡量化學鍵的強弱，也可用于估算化學反應的反應熱（△H），化學反應的△H等于反應中斷裂舊化學鍵的鍵能之和與反應中形成新化學鍵的鍵能之和的差。下表提供了一些化學鍵的鍵能。
化學鍵
Si—O
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
Si—C
鍵能/ kJ/mol
460
360
436
431
176
347
已知工業上高純硅可通過下列反應制取：
SiCl4(g) + 2H2(g) 高溫 Si(s) + 4HCl(g)，試計算該反應的反應熱。
解析 根據晶體硅正四面體空間網狀結構可知，1 mol硅中含有2 mol Si—Si，則
△H=反應物的鍵能總和—生成物的鍵能總和=（360×4+2×436）-（2×176+4×431）
= +236kJ/mol
點評 △H與化學鍵鍵能的關系（計算式）、正確判斷1 mol不同晶體類型的物質中所含化學鍵的物質的量是解本題的關鍵，本題已綜合了物質結構的知識。
解題技巧
1、掌握熱化學方程式的書寫規則，明確物質聚集狀態的不同及物質的量不同會使反應的熱效應不同，是解此類題型的關鍵，常見的錯誤是漏寫物質的聚集狀態。
2、要搞清反應熱的單位“kJ/mol”的含義不要理解成1 mol某具體物質反應時所吸收或放出的熱量，而是表示1 mol該反應所吸收或放出的熱量。
3、注意“+”“-”僅表示吸熱、放熱，不代表數值的大小。
4、正確把握燃燒熱、中和熱的含義及其確定標準。
八、一定物質的量濃度溶液的配制
主要儀器
（1）配制溶液所用的主要儀器：托盤天平（砝碼）、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶、量筒、滴定管（酸式或堿式）。其中滴定管用于精確量取某種液體（溶質為液體或濃溶液），而量筒用于量取一定量的蒸餾水（用于溶解固體或稀釋濃溶液）。
（2）容量瓶使用的注意事項：
根據所配溶液的體積選取合適規格的容量瓶。如配950 mL某濃度的溶液，應選用1000 mL的容量瓶；
容量瓶在使用前要檢查是否漏水；
容量瓶中不能將固體或濃溶液直接溶解或稀釋，容量瓶也不能作為反應容器，不能用來長期存放溶液；
容量瓶上標有溫度20℃及容量和標線（刻度線），因此物質在燒杯中溶解后應恢復到室溫才能轉入容量瓶，否則溶解時的熱效應不僅會影響容量瓶的精確度，還會影響溶液的體積；
使用完畢后要將容量瓶洗凈，在塞子和瓶口間夾上紙條，以防下次使用時打不開塞。
方法步驟
計算、稱量（或量取）、溶解（或稀釋）、轉移、洗滌、振蕩、定容、搖勻。
注意事項
只能配制容量瓶上規定容積的溶液，不能配制任意體積的某物質的量濃度的溶液；
轉移溶液時應使用玻璃棒引流，且溶液的溫度應為室溫；玻璃棒要靠在刻度線以下；
如果加水定容時超過了刻度線，不能將超出的部分吸走，而應該重新配制；
溶質溶解再轉移至容量瓶后，必須用少量蒸餾水洗滌燒杯內壁及玻璃棒，并將洗液一并轉入容量瓶中；
在用移液管或滴定管量取溶液時，量取液體之前應用液體潤洗2~3次；
用膠頭滴管定容時，眼睛應平視液面，當凹液面正好與刻度線水平相切時，蓋上瓶塞后振蕩，出現液面低于刻度線時不能再加水。
典例剖析
例1 要配制濃度約為2mol/L NaOH溶液100mL，下面的操作正確的是 （填代號）。
A 稱取8g NaOH固體，放入250mL燒杯中，用100mL量筒量取100mL蒸餾水，加入燒杯中，同時不斷攪拌至固體溶解
B 稱取8g NaOH固體，放入100mL量筒中，邊攪拌，邊慢慢加入蒸餾水，待固體完全溶解后用蒸餾水稀釋至100mL
C 稱取8g NaOH固體，放入100mL容量瓶中，加入適量蒸餾水，振蕩容量瓶使固體溶解，再加入水到刻度，蓋好瓶塞，反復搖勻
D 用100mL量筒量取40mL 5mol/LNaOH溶液，倒入250mL燒杯中，再用同一量筒量取60mL蒸餾水，不斷攪拌下，慢慢倒入燒杯中
解析 由“濃度約為2mol/L”可知本題所配制的溶液濃度精確度不高，故不需一定要用容量瓶配配制。固體溶解應在燒杯中進行，而不能在量筒或容量瓶中溶解，A正確，B、C錯誤；由于稀氫氧化鈉溶液和蒸餾水的密度近似相等，40mL 5mol/LNaOH溶液與60mL蒸餾水混合后體積約為100mL，D正確。本題答案選AD。
例2 用36.5%(d=1.18)的濃鹽酸配制100mL 2 的鹽酸
經計算，需濃鹽酸的體積___________。
量取時，選用的儀器為____________。
稀釋時，在攪拌過程中，由于操作不慎，使得一些液體濺出，其它操作均正確，則導致最后溶液的濃度___________（填偏高、偏低、無變化，下同）。
洗滌燒杯和玻璃棒所得的溶液倒入廢液缸內，而未轉移到容量瓶內，則導致最后所得溶液的濃度___________。
向容量瓶內加水定容時，液面超出刻度線，則所配得的溶液濃度_____。
定容時，俯視看容量瓶的刻度線，則所配得的溶液濃度___________。
在此實驗中，使用的主要儀器有下列的______________。
50mL容量瓶 b、天平 c、酸式滴定管 d、燒杯 e、膠頭滴管 f、100mL容量瓶 g、玻璃棒
解析（1）根據稀釋定律得：，得（因選用滴定管量取液體，故應保留兩位小數）。
（2）酸式滴定管。（3）偏低（因濺出的液體中帶出溶質，使溶質的量減少）。（4）偏低（因殘留在燒杯和玻璃棒上的溶質未轉移入容量瓶，使溶質的量減少）。（5）偏低（液面超出刻度線，使溶劑的量增加）。（6）偏高（因“俯視”而使溶液體積變小，從而使c=變大）。（7）c、d、e 、f、g 。 本題答案見解析。
例3 100mL容量瓶內有100mL 0.1010 mol/LNaCl溶液，請設計實驗方案設法把它配成0.1000 mol/L的NaCl溶液。提供下列儀器和藥品：100mL容量瓶（內裝溶液），酸式滴定管，1mL移液管，滴管，100mL燒杯，100mL量筒，10mL量筒，蒸餾水。
解析 依稀釋定律：100×0.1010=V2×0.1000 ，得V2=101.0mL 。密度相近的兩種稀溶液混合時，混合后溶液總體積約為各稀溶液體積之和（注意：但該結論不適用于濃溶液）。
本題答案：用移液管或滴定管往盛有100 mL 0.1010 mol/LNaCl溶液的容量瓶內加入1.0mL蒸餾水，然后搖勻即得所需濃度的溶液。
解題技巧
熟練掌握一定物質的量濃度溶液的配制的步驟是關鍵，并且要會分析由于一些錯誤操作而造成的誤差。解題時根據來分析溶質的量和溶液的體積因錯誤操作而導致的變化。常見的實驗誤差分析如下：
若稱量固體溶質時，操作無誤，但所用砝碼生銹，則結果偏高。
若稱量固體時，試劑、砝碼的左右位置顛倒，則結果偏低。
若沒有洗滌燒杯內壁，則結果偏低。
若容量瓶中有少量蒸餾水或定容后反復搖勻發現液面低于刻度，則結果無影響。
若容量瓶內溶液的溫度高于20℃，則結果偏高。
若定容時仰視刻度，則結果偏低。
若定容時俯視刻度，則結果偏高。
轉移或攪拌溶液時有部分液體濺出，則結果偏低。
九、物質的量在化學計算中的綜合應用
典例剖析
例1 往100mL某濃度的 NaOH溶液中通入CO2充分反應后，在減壓和較低溫度下，小心將溶液蒸干，得白色固體M。通入CO2的體積V（標準狀況）與M的質量（W）的關系如圖所示。
（1）A點時，白色固體M的化學式為________，
通入CO2的體積為______mL（標準狀況，下同）。
（2）C點時，白色固體M的化學式為________，
通入CO2的體積為______mL。
（3）原NaOH溶液的物質的量濃度為________________。
（4）推算B點時M的組成（用化學式表示）及通入CO2
氣體的體積。
解析 往NaOH溶液中通入CO2發生的反應依次為：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，結合圖中曲線、出現的拐點和有關數據可完成（1）、（2）和（3）。（1）Na2CO3 ；1120 。 （2）NaHCO3 ；2240 。（3）1 mol/L
（4）由圖知M全部為Na2CO3 時，Na2CO3質量為5.3 g，全部為NaHCO3時，NaHCO3質量為 8.4 g，從而可求得NaOH的物質的量為 0.1 mol。從圖中可知B點時，M的質量為7.16 g， 5.3 g<7.16 g<8.4 g ，可推知M由Na2CO3 和NaHCO3組成。
設在B點時Na2CO3物質的量為x ，NaHCO3物質的量為y ，則有
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 現有Fe、Cu組成的合金，其中Cu、Fe的總物質的量為a mol，Cu的物質的量分數為x。研成粉末后，全部投入含b mol HNO3的稀溶液中，微熱使其充分反應，且硝酸的還原產物只有NO，試回答下列問題：（已知：Cu+2Fe3+==2Fe2++Cu2+）
隨HNO3用量的增加，溶液中的金屬離子和殘留固體的成分依次有六種情況，請用粒子符號填寫下列空白：
①
②
③
④
⑤
⑥
溶液中的金屬離子
Fe2+
Fe2+、Cu2+
Fe3+、Cu2+
殘留固體的成分
Fe、Cu
Cu
___
___
___
(2)當溶液中金屬離子只有Fe2+、Cu2+時，求b的取值范圍。
（3）當x=0.5，且溶液中Fe2+、Fe3+的物質的量相等時，在標準狀況下共產生672 mL氣體。求a、b的值。
解析 按有序思維。假設HNO3的量由少逐漸增多，根據還原性Fe>Cu>Fe2+，發生的反應依次為：3Fe + 8HNO3==3Fe(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O、3Cu + 8HNO3==3Cu(NO3)2 +2NO↑+ 4H2O、Fe(NO3)2 +4HNO3==3Fe(NO3)3 + NO↑+ 2H2O，從而可依次確定殘留固體成分及溶液中的金屬離子。（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

現保證溶液中無Fe也無Fe3+，則要求：
x=0.5，n(Cu)= n(Fe)=，現要求溶液中Fe2+、Fe3+的物質的量相等，則由元素守恒得：n(Fe2+)= n(Fe3+)= 。溶液中存在Fe3+，則Cu已全部變成Cu2+ ，由電子守恒得： ，解得：a=0.04 mol。
再由N原子守恒得： ，解得：b=0.12 mol。
答案見解析。
例3 為了防治環境污染并對尾氣進行綜合利用，某硫酸廠用氨水吸收尾氣中的SO2，再向吸收液中加入濃硫酸，以制取高濃度的SO2及(NH4)2SO4和NH4HSO4固體。
為測定上述(NH4)2SO4和NH4HSO4固體混合物的組成，現稱取該樣品四份，分別加入相同濃度的NaOH溶液各40.00 mL，加熱至120℃左右，使氨氣全部逸出[(NH4)2SO4和NH4HSO4的分解溫度均高于200℃]，測得有關實驗數據如下（標準狀況）：
實驗序號
樣品的質量/g
NaOH溶液的體積/mL
氨氣的體積/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
實驗過程中有關反應的離子方程式為________________________________________
__________________________________________。
由Ⅰ組數據直接推測：標準狀況下3.7 g樣品進行同樣實驗時，生成氨氣的體積為
_________L。
試計算該混合物中(NH4)2SO4和NH4HSO4的物質的量之比。
（4）欲計算NaOH溶液的物質的量濃度應選擇第________組數據，由此求得NaOH溶液的物質的量濃度為________。
解析 （2）由數據Ⅰ和Ⅱ 7.4 g/1.68 L = 14.8 g/3.36 L可知：當樣品質量≤14.8 g時，NaOH足量，即樣品質量與氨氣體積之比為定值，則V(NH3)=3.7 g×1.68 L/7.4 g=0.84 L；
（3）設7.4 g樣品中(NH4)2SO4物質的量為x ，NH4HSO4物質的量為y ，則：
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 ，從而可求出它們的比值。
（4）根據氨氣體積的變化情況可知第Ⅲ組中NaOH的量不足，22.2g樣品中含NH4HSO4物質的量為：，根據發生反應的先后順序：H+ + OH- = H2O， NH4+ + OH- NH3↑+ H2O，求得n(NaOH)=0.15mol+=0.2mol，c(NaOH)=。
本題答案：（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
能力培養
1．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）若NA為阿伏加德羅常數的值，則下列敘述正確的是
A．0.1 mol乙醇中含有C—H鍵的數目為0.6NA
B．標準狀況下，V L辛烷所含分子數為NA
C．常溫常壓下，0.2 mol 的SiO2所含分子數為0.2NA
D．1molMg與足量的O2或N2反應生成MgO或Mg3N2時，失去的電子數均為2 NA
2．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）將標準狀況下的某氣體（摩爾質量為Mg/mol）溶于ag水中，所得到溶液的密度為bg/cm，物質的量濃度為c mol/L，則該氣體溶入水中的體積是
A． B． C． D．
3．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）空氣和二氧化碳按體積比5:1混合，將混合氣體與足量的紅熱焦炭充分反應。設空氣中氮氣和氧氣的體積比為4:1，不計其他成分，且體積都在同溫同壓下測定，則反應后氣體中一氧化碳體積分數是
A．29% B．43% C．50% D．100%
4．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）在100g濃度為18 mol/L，密度為 g/ cm3的濃硫酸中加入一定量的水稀釋 成9 mol/L的硫酸，則加入水的體積為
A．小于100 mL B．等于100 mL
C．大于100 mL D．等于 (100 / )mL
5．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）在一密閉氣缸內，用不漏氣的可滑動的活塞隔成兩室，左邊充有氮氣，右邊充有氫氣和氧氣的混合氣體，如下圖所示。在室溫下，將右邊的混合氣體點燃，反應后冷卻到室溫，活塞最終靜止在氣缸的中點。則原混合氣體中氫氣與氧氣的體積比可能是
反應前： 反應后：
1 3 1 1
A．2:7 B．7:2 C．4:5 D．8:1
6．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）V mLAl2(SO4)3溶液中含a g Al3+ ，取mL該溶液稀釋到4V mL，則稀釋后溶液中SO42-的濃度是
A． B． C． D．
7．（啟東中學，中檔題，8分值，8分鐘） 已知1 molCO氣體完全燃燒生成CO2氣體放出 283kJ熱量；1 mol氫氣完全燃燒生成液態水放出 286kJ 熱量；1 molCH4氣體完全燃燒生成 CO2 氣體和液態水放出890kJ熱量。
（1）寫出氫氣完全燃燒的熱化學方程式___________________________________。
（2）若1 molCH4氣體完全燃燒生成 CO2 氣體和水蒸氣，放出的熱量_________890kJ（填“>”、“=”、“<”）。
（3）若將a molCH4、CO和H2的混合氣體完全燃燒，生成CO2 氣體和液態水，則放出的熱量（Q）的取值范圍是_______________________。
（4）若將a molCH4、CO和H2的混合氣體完全燃燒，生成CO2 氣體和液態水，且CO2 和水的物質的量相等，則放出的熱量（Q）的取值范圍是_______________________。
8．（啟東中學，基礎題，3分值，2分鐘）某學生準備用質量分數為98%，密度為1.84 g/cm3的濃硫酸配制0.2 mol/L的硫酸溶液500 mL。他通過計算后的實驗操作如下：（a）用量筒量取5.2mL濃硫酸；（b）向量筒中加入少量蒸餾水，并用玻璃棒攪拌；（c）立即將稀釋后的溶液轉入容量瓶中；（d）然后小心地往容量瓶中加蒸餾水至刻度線；（e）把容量瓶蓋子蓋緊，再振蕩搖勻。指出上述實驗過程中的錯誤之處______________（用編號表示）。
9．（啟東中學，難題，8分值，10分鐘）某化學課外活動小組對某氣體混合物樣品設計了如下步驟進行實驗。
①取一個配有合適膠塞且潔凈、干燥的500mL錐形瓶，用精確度為0.001g的分析天平(下同)準確稱量，得到質量為ml。
②往錐形瓶中通入足量的干燥的該氣體混合物樣品，塞好瓶塞，準確稱量，得到質量為m2。
③往錐形瓶中加滿水，塞好瓶塞，稱量，得到質量為m3。
④查得水的密度為d水(g·cm-3)，空氣的密度為d空氣(g·cm-3)，空氣的平均相對分子質量為29.0，則該氣體混合物樣品的平均相對分子質量為：29.0×。
所用的儀器如圖：
請回答下列問題：
（1）實驗目的：
_________________________________。
（2）計算：
①錐形瓶中空氣的質量（寫出算式）m空氣=______________________________；
②錐形瓶中樣品的質量（寫出算式）m樣品=_______________________________。
（3）問題與討論：
問題一：實驗完成后，有的同學提出，實驗不是在標準狀況進行的，應該記錄實驗的溫度（T℃）和壓強（PkPa），并對有關數據進行換算，你認為是否有必要，并說明理由。
問題二：老師對該小組的實驗設計進行點評時指出：為了使實驗數據合理、有效，在每次測量時，錐形瓶中的氣體（或水）體積都應該相等。對此，你認為應采取的操作是什么？
10．（啟東中學，難題，11分值，12分鐘）在標準狀況下，將CO和CO2混合氣體共0.1 mol，充入盛有3.9 gNa2O2的密閉容器中，然后用電火花不斷引燃容器內的氣體混合物充分反應。若在混合氣體中CO2所占的物質的量分數為x，試通過分析和計算，得出x值與剩余氣體關系的幾種情況，將結果填寫在下表中（要求寫出計算過程）。
x
剩余氣體
化學式
物質的量
答案
1．D 解析 由乙醇的結構式可知1 mol乙醇中含有5 mol的C—H鍵；標準狀況下辛烷為液態，故不能用標準狀況下的氣體摩爾體積進行計算；SiO2是原子晶體，不存在分子；Mg無論與O2反應還是與N2反應，均變為Mg2+，1molMg失去2mol電子，也即失去2 NA電子。
2．C 解析 由物質的量定義可列出計算式： ，解出V即可。
3．C 解析 根據阿伏加德羅定律，同溫同壓下，氣體體積之比等于氣體的物質的量之比，因此對于有關氣體反應2C+O22CO，2CO2+C2CO，可設5L空氣，其中N2 4L、O21L，可生成CO 2L，由CO22L可生成2LCO，故反應后氣體總體積為：
V(N2)+V(CO)=4L+(2L+2L)=8L，可見CO的體積分數為50%。
4．A 解析 稀釋前后H2SO4的物質的量保持不變，則
，又，則200>100+V。
5．BC 解析 在同溫同壓下，氣體的體積比等于物質的量之比，設n(N2)=1mol，則反應前n(H2)與n(O2)之和為3mol，反應后H2或O2的物質的量與n(N2)相同，即為1mol，那么參加反應H2 和O2共2mol，由反應式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+)=，則n (SO42-)=，則有：
，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）水蒸氣轉化為液態水時放出熱量，故CH4燃燒生成氣態水時放出熱量少；（3）用極值法。若全為CO時放出熱量最少，若全為CH4氣體時，放出熱量最多；（4）若混合氣為CO與H2時，要使n(CO2)=n(H2O)，則CO和H2各為a mol，可求得放出熱量為284.5 a kJ；若混合氣為CO與CH4時，要使n(CO2)=n(H2O)，則CO和CH4也各為a mol，可求得放出熱量為586.5 a kJ。
8．bcd 解析 （b）稀釋濃硫酸不能在量筒中進行，應在燒杯中稀釋；（c）因濃硫酸溶于水放出大量的熱量，故稀釋后應待溶液冷卻到室溫后再轉入容量瓶；（d）當往容量瓶中加蒸餾水至離刻度線2~3處應改用膠頭滴管再小心滴加至溶液的凹液面剛好與刻度線水平相切。
9．解析（1）測定混合氣體的相對分子質量
（2）①；②
設瓶和塞的重量為m0，錐形瓶每次盛氣和水的體積均為V（不能把體積看成500ml，因為500ml刻度線與加塞后瓶塞下口不一致。）
依題意有： m1=m0+m空=m0+Vd空 ①
m2=m0+m樣品 ②
m3=m0+m水=m0+Vd水 ③
由①③得 V= m0=m1 - d空
（3）沒有必要 因為“密度×體積＝質量”只要密度、體積是在同溫、同壓下均成立。
在實驗步驟（1）中，往錐形瓶上加塞后，沿著瓶塞下口在錐形瓶上作標記，在步驟(2)、(3)中，瓶塞仍塞到同一位置。本題答案見解析。
10．解析2CO2+2Na2O2==2Na2CO3+O2 2CO+O22CO2 以上兩反應可循環進行，因此可得總反應式如下：CO+Na2O2==Na2CO3 。 現有n(Na2O2)= =0.050mol，
（1）當x=時，最終結果相當于CO完全反應，剩余氣體為CO2，物質的量為0.05mol；（2）當0＜x＜時，發生反應 CO + Na2O2==Na2CO3 ，則0.1(1－x)molCO與0.05mol反應后，還剩余CO：0.1(1－x)mol－0.05mol=（0.05－0.1x）mol　，CO2：0.1xmol ；
（3）當＜x＜1時，CO2：0.05mol；O2：
本題也可用元素守恒法解。原混合氣體共含C：0.1mol，O：0.1（1+x）mol　，0.05molNa2O2最終被轉變成0.05molNa2CO3；即有0.05molC和0.05molO進入固體，氣體中余0.05molC和（0.05+0.1x）molO，可直接求解。
答案見解析。
專題四 元素周期表 元素周期律
能力培養
1．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）居室裝修用石材的放射性常用作為標準，居里夫人（Marie Curie）因對Ra元素的研究兩度獲得諾貝爾獎。下列敘述中正確的是
A．一個原子中含有138個中子
B．Ra元素位于元素周期表中第六周期ⅡA族
C．RaCl2的熔點比CaCl2高
D．Ra(OH)2是一種兩性氫氧化物
2．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘） 某元素一種同位素原子的質子數為m，中子數為
n，則下列說法正確的是
A．不能由此確定該元素的相對原子質量
B．這種元素的相對原子質量為（m+n）
C．若碳原子質量為wg，則此原子的質量為（m+n）w g
D．核內中子的總質量小于質子的總質量
3．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）A、B、C為三種短周期元素，A、B在同周期， A、C的最低價離子分別為A2－和C－，B2＋和C－具有相同的電子層結構。下列說法中正確的是
A．原子序數：A＞B＞C B．原子半徑：A＞B＞C
C．離子半徑：A2－＞C－＞B2＋ D．原子核外最外層電子數：A＞C＞B
4．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）短周期非金屬元素X和Y能形成XY2型化合物，下列有關XY2的判斷不正確的是
A．XY2一定是分子晶體 B．XY2的電子式可能是
C．XY2水溶液不可能呈堿性 D．X可能是 ⅣA、ⅤA、ⅥA族元素
5．（啟東中學，中檔題，5分值，4分鐘）A、B兩種元素，A的原子序數為x，A和B所在周期包含元素種類數目分別為m和n。如果A和B同在ⅠA族，當B在A的上一周期時，B的原子序數為_____；當B在A的上一周期時，B的原子序數為_____；如果A和B同在ⅦA族，當B在A的上一周期時，B的原子序數為_____；當B在A的上一周期時，B的原子序數為_____。若A的氯化物化學式為ACly，分子中各原子最外層電子數之和為26，則y的值為 _______。
6．（啟東中學，難題，10分值，8分鐘）（1）在下面元素周期表中全部是金屬元素的區域為
(a) A (b) B (c) C (d) D
（2）有人認為形成化合物最多的元素不是IVA族的碳元素，而是另一種短周期元素，請你根據學過的化學知識判斷這一元素是 。
（3）在上面元素周期表中，第6、7周期比第4、5周期多了14種元素，其原因是___________________________________________。
（4）請分析周期數與元素種數的關系，然后預言第8周期最多可能含有的元素種數為
A．18 B．32 C．50 D．64
（5）現有甲、乙兩種短周期元素，室溫下，甲元素單質在冷的濃硫酸或空氣中，表面都生成致密的氧化膜，乙元素原子核外M電子層與K電子層上的電子數相等。
① 用元素符號將甲、乙兩元素填寫在上面元素周期表中對應的位置。
② 甲、乙兩元素相比較，金屬性較強的是 （填名稱），可以驗證該結論的實驗是 。
(a)將在空氣中放置已久的這兩種元素的塊狀單質分別放入熱水中
(b)將這兩種元素的單質粉末分別和同濃度的鹽酸反應
(c)將這兩種元素的單質粉末分別和熱水作用，并滴入酚酞溶液
(d)比較這兩種元素的氣態氫化物的穩定性
③把一小塊甲、乙兩種單質形成的合金放入 6mol/L的NaOH溶液中，可以形成微型原電池。則該原電池的負極材料是__________(寫單質的化學式)。
答案
1．A 解析 質子數+中子數=質量數，則中子數為226-88=138，該元素位于元素周期表的第七周期ⅡA族，因的Ra2+半徑大于Ca2+的半徑，故RaCl2的熔點比CaCl2低，又因Ra的金屬性強于Ba，則Ra(OH)2是一種強堿。
2．A 解析 （m+n）的值為該元素的這種原子的質量數，它可以代表這種原子的近似的相對原子質量，但并不能確定該元素的原子量，故A項正確，B項錯誤；原子的相對質量是以質量的作標準的，故C項錯誤；以氫元素的三種同位素、、為例，核內中子數與質子數的關系依次為（前者與后者的關系）：小于、等于、大于，故D項不正確。
3．AC 解析 根據離子符號及所帶的電荷數，推知B處于ⅡA族，A處于ⅥA族，C處于ⅦA族，從而可判斷出原子核外最外層電子數：C＞A＞B。B2＋和C－具有相同的電子層結構，則B處于C的下一周期，結合A、B在同周期，則它們的原子半徑：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 當A和B同在ⅦA族時應考慮可能含有過渡元素。
6．（1）b （2）H
（3）第6、7周期中由于在第ⅢB中出現了鑭系、錒系，從而使元素種類比前面周期的要多。
（4）C
（5）① 右表中
② 鎂
b、c
③Al
解析 許多化合物（包括有機物）中都含有氫元素，故可認為由它形成的化合物最多；鑭系、錒系各包含15種元素，故所在周期的元素種類多了；根據表中數據可歸納出每周期中最多所含元素的種數依次為212、2 22、222、232、232、2 42、242，由此預測第8周期元素種數應為252=50；鋁在常溫下與濃硫酸有鈍化作用，鎂原子核外電子排布依次為2、8、2；由金屬單質從酸或水中置換氫的能力大小可比較出元素金屬性的強弱；原電池的負極必須能與電解質溶液自發的發生氧化還原反應。
專題五 化學鍵和晶體結構
能力培養
1．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）下列敘述中正確的是
A．兩種元素構成的共價化合物分子中的化學鍵都是極性鍵
B．兩種不同的非金屬元素原子間形成的化學鍵都是極性鍵
C．含有非極性鍵的化合物分子一定不是極性分子
D．氣態單質分子中一定含有非極性共價鍵
2．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）
右圖中曲線表示原子序數在前20號中的
某些連續的元素單質沸點的變化規律（原子
序數按遞增順序連續排列），其中A點表示
的元素是
A．Si B．Al C．Cl D．S
3．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）
下列物質性質的變化規律與分子間作用力有關的是
A．HF、HCl、HBr、HI的熱穩定性依次減弱
B．金剛石的硬度大于硅，其熔沸點也高于硅
C．F2、Cl2、Br2、I2的熔沸點逐漸升高
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔點依次降低
4．下列關于晶體的說法正確的是
A．在晶體中只要有陰離子就一定有陽離子
B．在晶體中只要有陽離子就一定有陰離子
C．原子晶體的熔點一定比金屬晶體的高
D．分子晶體的熔點一定比金屬晶體的低
5．（啟東中學，中檔題，4分值，3分鐘）2004年7月德俄兩國化學家共同宣布，在高壓下氮氣會聚合生成高聚氮，這種高聚氮的晶體中每個氮原子都通過三個單鍵與其它氮原子結合并向空間發展構成立體網狀結構。已知晶體中N－N鍵的鍵能為160 kJ·mol－1，而N≡N的鍵能為942 kJ·mol－1（鍵能表示形成化學鍵釋放的能量或者破壞化學鍵消耗的能量）。則下列有關說法不正確的是
A．鍵能越大說明化學鍵越牢固，所構成物質越穩定
B．高聚氮晶體屬于原子晶體
C．高聚氮晶體中n(N)∶n(N－N)＝1∶3
D．用作炸藥或高能材料可能是高聚氮潛在的應用
6．（啟東中學，難題，10分值，12分鐘）A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序數依次增大，B、C同周期，A、D同主族。A、B能形成兩種液態化合物甲和乙，原子個數比分別為2:1和1:1。根據以上信息回答下列問題：（1）甲、乙兩分子中含有非極性共價鍵的物質的電子式是_________________，C元素在周期表中的位置是_________________。
（2）C和D的離子中，半徑較小的是___________（填離子符號）。
（3）將D的單質投入甲中，待D消失后再向上述溶液中加入E的單質，此時發生反應的化學方程式是____________________________________。
（4）C、D、E可組成離子化合物DxEC6，其晶胞（晶胞是指在晶體中具有代表性的最小重復單元）結構如下圖所示，陽離子D+位于正方體的棱的中點和正方體內部；陰離子EC6x-位于該正方體的頂點和面心。該化合物的化學式是______________。
答案
1．B 解析 兩種元素構成的H2O2中有非極性鍵，且它是極性分子。稀有氣體形成的單質分子中不含化學鍵。
2．D 解析 注意鋁的沸點比硅單質高（金屬晶體的沸點不一定低于原子晶體），也可根據常溫下硫呈固態，氯氣呈氣態判斷。
3．C 解析 除分子晶體（一般只需破壞分子間作用力）外，其他晶體熔化或氣化時都要破壞化學鍵，分子熱定性大小與分子中化學鍵鍵能大小有關。
4．解析 金屬晶體是由金屬陽離子和自由電子構成的，不存在陰離子，故B項錯誤；金屬鎢的熔點高于原子晶體硅的熔點，C項也錯；分子晶體碘在常溫下為固態，而汞為液態，則D項也不正確。
5．C 解析 由鍵能的概念可知破壞N≡N較破壞N－N鍵困難，故A選項正確；由“空間立體網狀結構”推知高聚氮晶體屬于原子晶體；因為每個氮原子都通過三個單鍵與其它氮原子結合，故1 mol高聚氮中含1.5 molN－N，則n(N)∶n(N－N)＝2∶3 ；由不穩定的高聚氮（N－N鍵能小）轉化為氮氣（N≡N鍵大），能釋放出大量的能量。
6．（1） 第2周期ⅦA （2）Na+
（3）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ （4）Na3AlF6
解析 該題具有一定的綜合性，解題突破口為：短周期元素“A、B能形成兩種液態化合物甲和乙，原子個數比分別為2:1和1:1”，很快推出A為“H”，B為“O”，甲為H2O，乙為H2O2，再結合C、D的原子序數及位置可確定C為“F”，D為“Na”。又E的單質能與NaOH溶液及它的位置可得E只能為“Al”。運用攤派法再解決問題（4）。
Na+ ：9+12×1/4=12，AlF6x-：8×1/8+6×1/2=4，根據電荷守恒及各元素的化合價可求得
x=3，從而確定化合物的化學式為Na3AlF6 。
專題六 化學平衡理論
能力培養
1．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）在密閉容器中，反應xA(g)+yB(g)zC(g)，達到平衡后測得A氣體的濃度為0.5mol/L。保持溫度不變，將密閉容器的容積增加一倍，當達到新的平衡時，測得A的濃度為0.3mol/L，則下列敘述中正確的是
A．平衡向正反應方向運動 B．x+y>z
C．物質C的體積分數增大 D．物質B的轉化率增大
2．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）一定條件下，可逆反應X(g) + 3Y(g)2Z(g)，
若X、Y、Z起始濃度分別為c1、c2、c3（均不為0，單位mol/L），當達平衡時X、Y、Z的
濃度分別為0.1mol/L，0.3mol/L，0.08mol/L，則下列判斷不合理的是
A．c1:c2 = 1:3 B．平衡時，Y和Z的生成速率之比為3:2
C．X、Y的轉化率不相等 D．c1的取值范圍為0 < c1 < 0.14mol/L
3．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）在一定條件下，將X和Y兩種物質按不同的比例放入密閉容器中反應，平衡后測得X，Y的轉化率與起始時兩物質的物質的量之比的關系如圖所示，則X，Y的反應方程式可表示為（ 　）
　　A．2X＋Y3Z　　 　B．3X＋2Y2Z
C．X＋3YZ　　　　D．3X＋YZ
4．（啟東中學，中檔題，4分值，3分鐘）T℃時，在容積恒定的密閉容器中A氣體與B氣體反應生成C氣體，反應過程中A、B、C濃度的變化如下圖a所示，若保持其他條件不變，溫度分別為T1和T2時，B的體積百分含量與時間的關系如下圖b所示，則下列結論正確的是
A．其他條件不變，升高溫度，正、逆反應速率均增大，且A的轉化率增大
B．T℃時，若在該容器中由0.4mol/LA、0.4mol/LB和0.2mol/LC反應，達到平衡后，C的濃度仍為0.4mol/L
C．在(t1+10)min時，保持其他條件不變，增大壓強，平衡向逆反應方向移動
D．(t1+10)min時，保持壓強不變，通入稀有氣體，平衡向正反應方向移動
5．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）某溫度下，在一容積可變的容器里，反應2A(g) B(g) + 2C(g)達到平衡時，A、B和C的物質的量分別為4mol、2mol、4mol。在保持溫度和壓強不變的條件下，下列說法正確的是
A．充入1mol稀有氣體氦（He），平衡將向正反應方向移動
B．充入A、B、C各1mol，平衡將向正反應方向移動
C．將A、B、C各物質的量都減半，C的百分含量不變
D．加入一定量的A氣體達平衡后，C的百分含量一定增加
6．（啟東中學，難題，8分值，8分鐘）在一個固定體積的密閉容器中，向容器中充入2 mol A和1 mol B，發生如下反應：2A(g) + B(g) 3C(g) + D(s)，反應達到平衡時C的濃度為1.2 mol/L。
⑴若使容器溫度升高，平衡時混合氣體的平均相對摩爾質量減小，則正反應為________（填“吸熱”或“放熱”）反應。
⑵若維持容器體積和溫度不變，按下列方法加入起始物質，達到平衡時C的濃度仍為1.2 mol/L的是_________（用序號填空）
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某溫度下，向容器中加入3 mol C和0.8 mo1 D，反應達到平衡時C的濃度仍為1.2 mol/L，則容器的容積V應大于_________L，小于________L。
答案
1．B 解析 將容器的容積增加一倍的瞬間，A的濃度為0.25mol/L，此時容器內壓強減小
為原來的一半。達新平衡時，A的濃度由0.25mol/L→0.3mol/L，說明A的濃度增加了，平
衡逆向移動，生成物C的體積分數減小，反應物B的轉化率減小，并且由壓強減小，平衡
向體積增大方向移動，推出x+y>z。
2．C 解析 X、Y的平衡濃度之比為1:3，而變化濃度之比也滿足1:3，則它們的起始濃
度之比必定是1:3，此種情況下，各反應物的轉化率相等。化學反應速率之比等于反應式中
化學計量數之比，則Y和Z的生成速率之比為3:2。若反應從逆反應方向開始，結合c1、c2、
c3均不為0可知0 < c1 ；若反應從正反應方向開始，c1< 0.1+0.08/2=0.14mol/L。
3．D 解析 反應物的轉化率相等時的投料比即為反應式中化學計量數之比。
4．B 解析 分析左圖得反應式為A(g) + 3B(g)2C(g)，且知當起始濃度為0.5mol/LA、0.7mol/LB時，C的平衡濃度為0.4mol/L。將B項中投料時的C物質“回歸”成反應物，得起始濃度也為0.5mol/LA、0.7mol/LB，與原條件等效。增大壓強，平衡向氣體體積縮小的方向（正向）移動，若保持壓強不變再通稀有氣體，相當于對原平衡體系減壓，平衡應向逆反應方向移動。分析右圖知，T1>T2，升高溫度，B的含量增加，平衡向逆反應方向移動，則A的轉化率減小。
5．AC 解析 恒壓時充入稀有氣體，相當于對平衡體系減壓，平衡向氣體體積擴大的方向（正向）移動。若按A、B和C的物質的量之比為4:2:4再投料，則與原平衡等效，平衡不發生移動（C選項），當充入A、B、C各1mol時，相當于減小B的濃度，平衡將向逆反應方向移動。該反應為分解反應，則恒壓條件下再加入A時，平衡不發生移動。
6．⑴吸熱　　⑵③ ⑶0.5 2.5
解析（1）因D為固態，則反應前后n (氣)不變，又M=m/n，正反應方向m(氣)減小，引起M減小，升溫平衡向吸熱反應的方向移動，故正反應方向為吸熱反應。（2）按①投料，C平衡濃度為2.4 mol/L；按②投料，相當于在原平衡體系中再加入B，C平衡濃度大于1.2 mol/L；按③投料，相當于在原平衡體系中再加入D物質，但因D為固體，故C平衡濃度仍為1.2 mol/L ；④投料中若再同時投入0.2 molD，平衡后C的濃度可仍為1.2 mol/L，故現C的濃度將小于1.2 mol/L。
（3）起始時c(A)=2/V mol/L，根據平衡時C的濃度為1.2 mol/L可得平衡時，c(A)=2/V-0.8 mol/L。，則2/V-0.8>0，得V<2.5。若D全部逆向轉化，則C的變化濃度為2.4/V mol/L，得平衡濃度為3/V - 2.4/V =1.2 mol/L，從而求得V的最小值為0.5。
專題七 電離平衡及應用
能力培養
1．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）已知NaHSO4在水中的電離方程式為：NaHSO4===Na++H++SO。某溫度下，向pH=6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液的pH為2。下列對該溶液的敘述中，不正確的是（ ）
A．該溫度高于25℃
B．由水電離出來的H+的濃度是1.0×10－10mol/L
C．NaHSO4晶體的加入抑制了水的電離
D．該溫度下加入等體積pH為12的NaOH溶液可使該溶液恰好呈中性
2．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）將一定體積的某NaOH溶液分成兩等份，一份用pH=2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的體積為V1；另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液體積為V2，則下列敘述正確的是
A．若V1>V2，則說明HA的酸性比HB的酸性強
B．若V1>V2，則說明HA的酸性比HB的酸性弱
C．因為兩種酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2
D．若將兩種酸溶液等體積混合，混合溶液的pH一定等于2
3．（啟東中學，基礎題，4分值，2分鐘）要求設計實驗證明，某種鹽的水解是吸熱的，下列回答正確的是
A．將硝酸銨晶體溶于水，若水溫下降，說明硝酸銨水解是吸熱的
B．在鹽酸中加入相同濃度的氨水，若混合液溫度下降，說明鹽類水解是吸熱的
C．在醋酸鈉溶液中加入醋酸鈉晶體，若溶液溫度下降，說明鹽類水解是吸熱的
D．在醋酸鈉溶液中滴入酚酞試液，加熱后若紅色加深，說明鹽類水解是吸熱
4．（啟東中學，基礎題，4分值，1分鐘）t 0 C時，水的離子積為Kw，該溫度下混合可溶性一元酸HA與一元堿BOH溶液。下列有關混合液的關系式中，可確認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．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）右圖為將某物質的量濃度NaOH溶液Y滴入10mL
某物質的量濃度的HCl溶液X時所得到的圖象。據此
推斷NaOH溶液和HCl溶液的物質的量濃度

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．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）現有等體積的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三種溶液，將它們分別與V1 L、V2 L、V3 L等濃度的鹽酸混合，下列說法中正確的是
A．若混合前三溶液pH相等，將它們同等倍數稀釋后，NaOH溶液pH最大
B．若混合前三溶液pH相等，酸堿恰好完全反應，則V1＞V2＞V3
C．若混合前三溶液物質的量濃度相等，酸堿恰好完全反應，則V1＞V2＞V3
D．若混合前三溶液物質的量濃度相等，混合后溶液呈中性，則V1＞V2＞V3
7．（啟東中學，中檔題，4分值，2分鐘）已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈堿性。現有濃度均為0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物質的量濃度存在下列關系（R表示S或C），其中正確的是
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．兩溶液中c(Na＋)、c(HRO3－)、c(RO32－)分別相等
8．（啟東中學，中檔題，6分值，5分鐘）已知某溶液中只存在OH－、H+、NH4+、Cl－四種
離子，某同學推測其離子濃度大小順序有如下四種關系
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－)
填寫下列空白
（1）若溶液中只溶解了一種溶質，該溶質是______________上述四種離子濃度的大小順序為___________________（填序號）
（2）若上述關系中③是正確的，則溶質為___________________
若上述關系中④是正確的，則溶質為___________________
（3）若該溶液是體積相等的濃鹽酸和氨水混合而成，且恰好是中性，則混合前
c(HCl) c(NH3·H2O)（填大于、小于或等于，下同）,混合前酸中c(H＋)和堿中c(OH－)的關系c(H＋) c(OH－)。
9．（啟東中學，難題，6分值，6分鐘）某二元酸（化學式用H2B表示）在水中的電離方程式是：H2B H+ + HB– ， HB–H+ + B2–
回答下列問題：
（1）Na2B溶液顯_________（填“酸性”，“中性”，或“堿性”）。
理由是________________________________________（用離子方程式表示）。
（2）在0.1 mol/L的Na2B溶液中，下列粒子濃度關系式正確的是_________________。
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，則0.1 mol/LH2B溶液中氫離子的物質的量濃度可能是_________0.11 mol/L（填“<”，“>”，或“=”），理由是：
____________________________________________________________________。
（4）0.1 mol/L NaHB溶液中各種離子濃度由大到小的順序是_______________________。
10．（啟東中學，難題，9分值，9分鐘） ⑴常溫下將0.2mol/LHCl溶液與0.2mol/LMOH溶液等體積混合(忽略混合后溶液體積的變化)，測得混合溶液的pH=6，試回答以下問題：
①混合溶液中由水電離出的c(H+) 0.2mol/LHCl溶液中由水電離出的c(H+)；
(填“＞”、“＜”、或“＝”)
②求出混合溶液中下列算式的精確計算結果(填具體數字)：
c(Cl－)－c(M+)= mol/L；c(H+)－c(MOH)= mol/L。
⑵常溫下若將0.2mol/LMOH溶液與0.1mol/LHCl溶液等體積混合，測得混合溶液的pH＜7，則說明在相同條件下MOH的電離程度 MCl的水解程度。(填“＞”、“＜”、或“＝”)
⑶常溫下若將pH=3的HR溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合，測得混合溶液的pH≠7，則混合溶液的pH_________。(填“＞7”、“＜7”、或“無法確定”)
答案
1．D 解析 25℃時蒸餾水的pH=7，升溫促進水的電離，則高于25℃時，pH<7，當pH=6時，KW=1×10－12。NaHSO4在水中完全電離出H+，從而抑制了水的電離，由水電離出的c(H+)=1×10－12/1×10－2=1.0×10－10mol/L。pH為12的NaOH溶液中c(OH -)=1mol/L，故D項中最后溶液顯堿性。
2．A 解析 pH相同時，酸越弱，其溶液的物質的量濃度越大