高中化學高考二輪復習專題1學案2

學案2常用化學計量最新考綱展示1.了解相對原子質(zhì)量，相對分子質(zhì)量的定義，并能進行有關計算。2.理解質(zhì)量守恒定律的含義。3.了解物質(zhì)的量的單位——摩爾(mol)、摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積、物質(zhì)的量濃度、阿伏加德羅常數(shù)的含義。4.能根據(jù)物質(zhì)的量與微粒(原子、分子、離子等)數(shù)目、氣體體積(標準狀況下)之間的相互關系進行有關計算。5.了解溶液的組成；理解溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)的概念，并能進行有關計算。6.了解配制一定溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)、物質(zhì)的量濃度溶液的方法?；A回扣1．有關物質(zhì)的量與各物理量之間的轉化關系若用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，標準狀況下有LNH3(1)該氣體的物質(zhì)的量為，質(zhì)量為，所含氨氣分子數(shù)為。(2)若將該氣體溶于水配成50mL溶液，密度為g·cm－3，所得溶液的質(zhì)量分數(shù)為%，物質(zhì)的量濃度為3_mol·L－1。(3)若將上述所得溶液取出10mL，其質(zhì)量分數(shù)為%，再加水稀釋到50mL，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為·L－1。2．物質(zhì)的量在化學方程式中的應用將gNa2O2固體加入足量的水中，制成200mL溶液(1)收集到標準狀況下氣體的體積為。(2)反應過程中轉移電子總數(shù)為或×1023。(3)所得溶液的物質(zhì)的量濃度為2_mol·L－1。題型1阿伏加德羅常數(shù)的廣泛應用1．(2023·廣東理綜，10)設nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法正確的是()A．1mol甲苯含有6nA個C—H鍵B．18gH2O含有10nA個質(zhì)子C．標準狀況下，L氨水含有nA個NH3分子D．56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成nA個SO2分子答案B解析解有關阿伏加德羅常數(shù)的題一般分為三步，第一步為宏觀量之間的轉換，即將質(zhì)量和體積轉化為物質(zhì)的量；第二步為微觀量之間的轉換，即判斷1分子該物質(zhì)所含的微粒數(shù)；第三步為宏觀量和微觀量的對應，即一定物質(zhì)的量的該物質(zhì)含有的微粒數(shù)。A項，第一步，題目中直接給出物質(zhì)的量，所以不用轉換；第二步，甲苯的分子式為C7H8，因此1分子甲苯中含有8個C—H鍵；第三步，1mol甲苯中含有8nA個C—H鍵，錯誤。B項，第一步，18g水的物質(zhì)的量為1mol；第二步，1個水分子中含有10個質(zhì)子；第三步，1mol水分子中含有10nA個質(zhì)子，正確。C項，由于氨水為液態(tài)，因此無法確定其物質(zhì)的量，錯誤。D項，常溫下鐵片投入濃H2SO4中發(fā)生鈍化，56g鐵片即1mol鐵不可能生成nA個SO2分子，錯誤。2．(2023·大綱全國卷，7)NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是()A．1molFeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數(shù)為2NAB．2Lmol·L－1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NAC．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)為4NAD．丙烯和環(huán)丙烷組成的42g混合氣體中氫原子的個數(shù)為6NA答案D解析A項，1molFeI2與足量的Cl2反應時轉移電子數(shù)為3mol，錯誤；B項，2Lmol·L－1K2SO4溶液中SOeq\o\al(2－,4)帶的負電荷數(shù)為2NA，溶液中的陰離子還有OH－，故陰離子所帶電荷數(shù)大于2NA，錯誤；C項，1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，錯誤；D項，丙烯(C3H6)和環(huán)丙烷(C3H6)互為同分異構體，故42g即1mol該混合物含有H原子數(shù)為6NA，正確。3．(2023·四川理綜，5)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．高溫下，molFe與足量水蒸氣反應，生成的H2分子數(shù)目為B．室溫下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水電離的OH－離子數(shù)目為C．氫氧燃料電池正極消耗L(標準狀況)氣體時，電路中通過的電子數(shù)目為2NAD．5NH4NO3eq\o(=,\s\up7(△))2HNO3＋4N2↑＋9H2O反應中，生成28gN2時，轉移的電子數(shù)目為答案D解析A項，鐵在高溫下與水蒸氣反應的化學方程式為3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高溫))Fe3O4＋4H2,molFe生成H2的分子數(shù)約為，該項錯誤；B項，該NaOH溶液中OH－總共有，但OH－主要來自于NaOH電離，水電離出很少的OH－，該項錯誤；C項，氫氧燃料電池正極上反應的物質(zhì)為O2，當消耗標準狀況下LO2時，轉移的電子數(shù)為4NA，該項錯誤；D項，根據(jù)反應方程式可知，反應中只有N元素化合價發(fā)生改變，生成8mol氮原子(4molN2)中有5mol來自NHeq\o\al(＋,4)，有3mol來自NOeq\o\al(－,3)，故反應中轉移電子數(shù)為15mol，則生成28g(1mol)N2時，轉移電子數(shù)為，該項正確。高考常涉及到的關于NA的命題角度總結考查方向涉及問題物質(zhì)狀態(tài)在標準狀況下非氣態(tài)物質(zhì)，如H2O、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等物質(zhì)結構一定物質(zhì)的量的物質(zhì)中含有的微粒(分子、原子、電子、質(zhì)子等)數(shù)，如Na2O2；或一些物質(zhì)中的化學鍵數(shù)目，如CH4、P4等氧化還原反應電子轉移(得失)數(shù)目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2與H2O反應；電解AgNO3溶液；Cu與S反應；Fe失去電子數(shù)(可能是2e－，也可能是3e－)電離、水解弱電解質(zhì)的電離，可水解的鹽中的離子數(shù)目多少的判斷。如1L1mol·L－1Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)數(shù)目小于NA，因為COeq\o\al(2－,3)會部分水解隱含的可逆反應常見的可逆反應(如2NO2N2O4)、弱電解質(zhì)的電離平衡等摩爾質(zhì)量特殊物質(zhì)的摩爾質(zhì)量，如D2O、18O2、H37Cl單質(zhì)的組成單質(zhì)的組成除常見的雙原子分子(如H2、Cl2、N2)外還有單原子分子(惰性氣體，如He、Ne等)、三原子分子(如O3)，甚至有四原子分子(如P4)(一)阿伏加德羅常數(shù)的判斷1．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()A．98gH2SO4和H3PO4中含有的氧原子數(shù)均為4NAB．1L1mol·L－1的硫酸與高氯酸(HClO4)溶液中含有的氧原子數(shù)均為4NAC．LNO2溶解于足量的水中得到硝酸溶液，溶液中NOeq\o\al(－,3)數(shù)目為NAD．32g銅發(fā)生氧化還原反應，一定失去NA個電子答案A解析B項易忽視水中的氧；C項未指明標準狀況；D項中Cu可能被氧化為＋1價。2．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是()A．在0℃時，L氫氣中含有2NA個氫原子B．電解食鹽水若產(chǎn)生2g氫氣，則轉移的電子數(shù)目為NAC．1mol乙烷分子中共價鍵總數(shù)為7NAD．密閉容器中46gNO2含有的分子數(shù)為NA答案C解析0℃不一定是標準狀況，A錯；電解食鹽水產(chǎn)生2g氫氣，則轉移的電子數(shù)目為2NA，B錯；乙烷的結構簡式為CH3CH3，含有1個C—C共價鍵和6個C—H共價鍵，C正確；密閉容器中NO2與N2O4存在轉化平衡，D錯。3．NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．25℃時，在pH＝2的LH2SO4溶液中含有H＋數(shù)目為B．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)與1molCH4中所含共價鍵數(shù)目相等C．將含有1molFeCl3溶質(zhì)的飽和溶液加入沸水中可以得到NA個Fe(OH)3膠粒D．向含有FeI2的溶液中通入適量氯氣，當有1molFe2＋被氧化時，該反應轉移電子的數(shù)目至少為3NA答案D解析pH＝2的H2SO4中，c(H＋)＝mol·L－1，與二元酸沒關系，A項錯；B項中1molNa2O2含有3NA個離子，1molCH4含有4NA個共價鍵，B項錯；C項中Fe(OH)3膠粒是多個Fe(OH)3的聚合體，C項錯；D項中，還原性Fe2＋<I－，1molFe2＋被氧化時，I－已經(jīng)全部被氧化，正確。(二)阿伏加德羅定律的應用4．如圖所示：已知A、B都為短周期元素，且甲、乙、丙常溫下都為氣體。2mol甲分子反應生成1mol丙和3mol乙，下列對此判斷不正確的是(雙選)()A．1個乙分子中含有2個A原子B．甲的摩爾質(zhì)量為17g·mol－1C．同溫、同壓下，生成丙和乙的體積比為3∶1D．標準狀況下，L甲溶于500mL水中，所得溶液中甲的物質(zhì)的量濃度為1mol·L－1答案CD解析題給反應可表示為2A3B=B2＋3A2，再結合題圖中分子的結構可知，甲為氨氣，丙為氮氣，乙為氫氣。由質(zhì)量守恒可知，A正確；氨氣的摩爾質(zhì)量為17g·mol－1，B正確；由阿伏加德羅定律可知，生成丙和乙的體積比為1∶3，C不正確；500mL水是溶劑，不是所得溶液的體積，D不正確。5.如圖表示1gO2與1gX氣體在相同容積的密閉容器中壓強(p)與溫度(T)的關系，則X氣體可能是()A．C2H4B．CH4C．CO2D．NO答案C解析由圖可知，相同溫度時，p(O2)>p(X)，在同質(zhì)量、同體積條件下，氣體相對分子質(zhì)量與壓強成反比，即相對分子質(zhì)量越大，壓強越小。四個選項中只有CO2的相對分子質(zhì)量大于O2的，故C正確。6．(2023·大綱全國卷，12)在常壓和500℃條件下，等物質(zhì)的量的Ag2O、Fe(OH)3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得氣體體積依次為V1、V2、V3、V4。體積大小順序正確的是()A．V3＞V2＞V4＞V1B．V3＞V4＞V2＞V1C．V3＞V2＞V1＞V4D．V2＞V3＞V1＞V4答案A解析假設各物質(zhì)均為1mol，完全分解計算氣體的物質(zhì)的量。注意500℃時水是氣體。題型2物質(zhì)的量濃度溶液的配制及計算1．高考選項正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”(1)配制溶液定容時，俯視容量瓶刻度會使溶液濃度偏高(√)(2023·大綱全國卷，6C)(2)用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體(×)(2023·新課標全國卷Ⅰ，12D)(3)洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱中烘干(×)(2023·新課標全國卷Ⅰ，12A)(4)配制0mol·L－1氯化鈉溶液時，將液體轉移到容量瓶中需用玻璃棒引流(√)(2023·福建理綜，10C)(5)用固體NaCl配制mol·L－1的溶液，所用的儀器有：燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶(×)(2023·山東理綜，11C)(6)在50mL量筒中配制0mol·L－1碳酸鈉溶液(×)(2023·福建理綜，6C)2．(2023·上海，52)焦硫酸(H2SO4·SO3)溶于水，其中的SO3都轉化為硫酸。若將445g焦硫酸溶于水配成L硫酸，該硫酸的物質(zhì)的量濃度為________mol·L－1。答案解析445g焦硫酸H2SO4·SO3的物質(zhì)的量為445g÷178g·mol－1＝mol，溶于水H2SO4·SO3＋H2O=2H2SO4，所得硫酸的物質(zhì)的量為5mol，c＝n/V＝5mol÷4L＝mol·L－1。1．警惕溶液配制時的易錯點(1)稱量固體時物碼顛倒，腐蝕性固體應放在玻璃器皿中。(2)容量瓶不能配制任意體積的溶液，不能溶解、稀釋和貯存液體。(3)在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液實驗中，定容時加蒸餾水，一旦超過刻度線，要重新配制。(4)配制時完全不需要計算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸餾水不影響結果。(5)定容時要平視刻度線，仰視體積大濃度小、俯視體積小濃度大。2．用好配制一定物質(zhì)的量濃度溶液誤差分析的答題模板1．某同學實驗需要450mLmol·L－1碳酸鈉溶液，配制該溶液時下列儀器不需要的是()A．100mL量筒、燒杯、玻璃棒B．托盤天平、500mL容量瓶C．酒精燈、三角漏斗、導管D．膠頭滴管、玻璃棒、燒杯答案C解析根據(jù)操作步驟聯(lián)系實驗儀器。配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，必需的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、膠頭滴管等。2．假若你是衛(wèi)生防疫人員，為配制mol·L－1的KMnO4消毒液，下列操作導致所配溶液濃度偏高的是()A．取KMnO4樣品時不慎在表面沾了點蒸餾水B．溶解攪拌時有液體飛濺出C．定容時俯視容量瓶刻度線D．搖勻后見液面下降，再加水至刻度線答案C解析A項取得樣品質(zhì)量偏小，使溶液濃度偏低；B項液體飛濺出，會損失一部分KMnO4，使溶液濃度偏低；C項定容時俯視容量瓶刻度線導致加水量較少濃度偏高；D項加水量過多，使溶液濃度偏低。3．(1)配制濃度為2mol·L－1的NaOH溶液100mL，用托盤天平稱取NaOH固體時，天平讀數(shù)將________(填寫字母，下同)。A．等于gB．等于gC．大于gD．等于g(2)某實驗中需2mol·L－1的Na2CO3溶液950mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格為____________，稱取Na2CO3的質(zhì)量為__________。答案(1)C(2)1000mLg解析(1)稱量NaOH固體時需用小燒杯盛放，故天平讀數(shù)等于g＋燒杯質(zhì)量。(2)根據(jù)容量瓶的常用規(guī)格可知，應配制2mol·L－1的Na2CO3溶液1000mL，所需Na2CO3的質(zhì)量為1L×2mol·L－1×106g·mol－1＝g。4．VLFe2(SO4)3溶液中含有agSOeq\o\al(2－,4)，取此溶液L，用水稀釋至2VL，則稀釋后溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量濃度為()\f(a,576V)mol·L－1\f(125a,36V)mol·L－1\f(250a,36V)mol·L－1\f(125a,48V)mol·L－1答案A解析agSOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量為eq\f(a,96)mol，因此VLFe2(SO4)3溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量為eq\f(2,3)×eq\f(a,96)mol＝eq\f(a,144)mol，從中取出L后n(Fe3＋)＝eq\f(a,144)mol×eq\f(1,2)＝eq\f(a,288)mol，即稀釋到2VL后溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量濃度為eq\f(\f(a,288)mol,2VL)＝eq\f(a,576V)mol·L－1。題型3化學反應中的計算問題1．(2023·山東理綜，9)等質(zhì)量的下列物質(zhì)與足量稀硝酸反應，放出NO物質(zhì)的量最多的是()A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O4答案A解析根據(jù)得失電子守恒，還原劑提供的電子越多，氧化劑硝酸生成的NO的物質(zhì)的量就越多。1g題述四種物質(zhì)能提供的電子的物質(zhì)的量為\f(1,56＋16)×1mol；；\f(1,56＋32＋16×4)×1mol；\f(1,56×3＋16×4)×1mol(Fe3O4也可以寫為Fe2O3·FeO)，等質(zhì)量時提供電子的物質(zhì)的量最多的為FeO。2．(2023·大綱全國卷，13)已知：將Cl2通入適量KOH溶液，產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，且eq\f(cCl－,cClO－)的值與溫度高低有關。當n(KOH)＝amol時，下列有關說法錯誤的是()A．若某溫度下，反應后eq\f(cCl－,cClO－)＝11，則溶液中eq\f(cClO－,cClO\o\al(－,3))＝eq\f(1,2)B．參加反應的氯氣的物質(zhì)的量等于eq\f(1,2)amolC．改變溫度，反應中轉移電子的物質(zhì)的量ne的范圍：eq\f(1,2)amol≤ne≤eq\f(5,6)amolD．改變溫度，產(chǎn)物中KClO3的最大理論產(chǎn)量為eq\f(1,7)amol答案D解析A項，設反應后溶液中n(Cl－)＝11nmol，則n(ClO－)＝nmol，根據(jù)氧化還原反應中電子守恒可知，生成11nmolCl－得11nmol電子，生成nmolClO－失去nmol電子，而生成1molClOeq\o\al(－,3)失去5mol電子，因此反應生成的ClOeq\o\al(－,3)應為2nmol，正確；B項，由于產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，根據(jù)原子守恒可知，Cl原子與K原子的物質(zhì)的量始終相等，故參加反應的Cl2的物質(zhì)的量為KOH的eq\f(1,2)，正確；C項，當只有KCl、KClO生成時，1molCl2參加反應轉移1mol電子，故整個反應中轉移電子的物質(zhì)的量為eq\f(1,2)amol，當只有KCl、KClO3生成時，根據(jù)電子守恒可知，有eq\f(1,6)的Cl2生成了KClO3，有eq\f(5,6)的Cl2生成了KCl，故轉移電子eq\f(5,6)amol，正確；D項，當只有KCl、KClO3生成時，產(chǎn)物中KClO3的量達到了最大值，根據(jù)電子守恒可知，有eq\f(1,6)的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理論產(chǎn)量為eq\f(1,6)amol，錯誤。3．[2023·福建理綜，25(6)]葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下：(已知：滴定時反應的化學方程式為SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI)①按上述方案實驗，消耗標準I2溶液mL，該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)為________g·L－1。②在上述實驗過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測定結果________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。答案①②偏低解析①根據(jù)反應方程式：SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI，可知n(SO2)＝n(I2)＝00mol·L－1×L＝×10－4mol，由于葡萄酒樣品為mL，因此樣品抗氧化劑的殘留量為×10－4mol×64g·mol－1÷0L＝g·L－1。②若部分HI被空氣氧化，則測得消耗的I2會減少，故測得的SO2會減少，結果偏低。4．(2023·上海，37)將一定質(zhì)量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量，也可測定小蘇打的含量。若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，則測定結果____________。(選填“偏高”、“偏低”或“不受影響”)答案偏高解析將一定質(zhì)量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量是利用NaHCO3→NaCl質(zhì)量差減小為84－＝，若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，造成質(zhì)量差變大，則測定結果偏高。1.物質(zhì)的量在化學方程式中計算的步驟寫：寫出反應的化學方程式↓找：找出方程式中已知物質(zhì)和未知物質(zhì)的物質(zhì)的量的關系↓列：將已知量和未知量列成比例式↓求：對比例式求算2．化學計算中常用方法(1)守恒法守恒法是中學化學計算中一種常用方法，守恒法中的三把“金鑰匙”——質(zhì)量守恒、電荷守恒、電子得失守恒，它們都是抓住有關變化的始態(tài)和終態(tài)，淡化中間過程，利用某種不變量(①某原子、離子或原子團不變；②溶液中陰陽離子所帶電荷數(shù)相等；③氧化還原反應中得失電子相等)建立關系式，從而達到簡化過程，快速解題的目的。(2)關系式法此法常用于多步連續(xù)反應的計算。確定關系式可利用各步反應的計量關系或某元素原子守恒關系找出已知物質(zhì)和未知物質(zhì)的關系式，然后根據(jù)已知量和未知量列比例式求解。(3)極值法對混合體系或反應物可能發(fā)生幾種反應生成多種生成物的計算，我們可假設混合體系中全部是一種物質(zhì)，或只發(fā)生一種反應，求出最大值、最小值，然后進行解答，此類題一般為選擇題。(4)設未知數(shù)法對混合體系的計算，我們一般設兩個未知數(shù)，然后依據(jù)題意列兩個方程，進行求解。(一)關系式法1．(2023·上海，11)工業(yè)上將氨氣和空氣的混合氣體通過鉑—銠合金網(wǎng)發(fā)生氨氧化反應，若有標準狀況下VL氨氣完全反應，并轉移n個電子，則阿伏加德羅常數(shù)(NA)可表示為()\f,5V)\f(5V,\f,5n)\f,5V)答案D解析由NH3的催化氧化方程式可知1molNH3轉化為NO時轉移5mol電子，可得如下關系式：NH3～5e－1 5eq\f(V,×NAn即n＝eq\f(5V,×NA解得NA＝eq\f,5V)。2．氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料。國家標準規(guī)定合格的CuCl產(chǎn)品的主要質(zhì)量指標為CuCl的質(zhì)量分數(shù)大于%。工業(yè)上常通過下列反應制備CuCl：2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3=2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑(1)CuCl制備過程中需要配制質(zhì)量分數(shù)為%的CuSO4溶液，試計算配制該溶液所需的CuSO4·5H2O與H2O的質(zhì)量之比。(2)準確稱取所制備的0gCuCl樣品置于一定量的mol·L－1FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20mL，用0mol·L－1Ce(SO4)2溶液滴定到終點，消耗mLCe(SO4)2溶液。有關反應的離子方程式為Fe3＋＋CuCl=Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－Ce4＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ce3＋通過計算說明上述樣品中CuCl的質(zhì)量分數(shù)是否符合標準。答案(1)5∶11(2)符合標準解析(1)假設配制1000g這種CuSO4溶液，則需要硫酸銅200g，“折合”成CuSO4·5H2O，其質(zhì)量為eq\f(250,160)×200g＝g，則所需水的質(zhì)量為1000g－g＝g，所需的CuSO4·5H2O與H2O的質(zhì)量之比為∶＝5∶11。(2)由方程式可得關系式為CuCl～Fe2＋～Ce4＋即CuCl的物質(zhì)的量等于消耗的Ce(SO4)2的物質(zhì)的量，為0mol·L－1××10－3L＝46mol，故CuCl的質(zhì)量分數(shù)為eq\f46mol×g·mol－1,0g)×100%＝%，符合標準。(二)守恒法3．鎂、鋁合金3g與100mL稀H2SO4恰好完全反應，將反應后所得溶液蒸干，得無水硫酸鹽g，則原硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度為()A．mol·L－1B．1mol·L－1C．mol·L－1D．2mol·L－1答案A解析蒸干后所得產(chǎn)物分別是MgSO4和Al2(SO4)3，增加的質(zhì)量即為SOeq\o\al(2－,4)的質(zhì)量。c(H2SO4)＝eq\fg－3g,96g·mol－1×L)＝mol·L－1。4．某硫酸鎂和硫酸鋁的混合溶液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,4))＝mol·L－1，若將200mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分離，至少應加入mol·L－1的苛性鈉溶液()A．LB．LC．LD．2L答案D解析根據(jù)溶液中的電荷守恒可得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，故c(Al3＋)＝(2×mol·L－1－2×2mol·L－1)/3＝3mol·L－1。當加入的NaOH溶液恰好將Mg2＋與Al3＋分離時，所得溶液為Na2SO4和NaAlO2，根據(jù)鈉元素守恒，則V(NaOH)＝eq\f(2nSO\o\al(2－,4)＋nAl3＋,cNaOH)，代入數(shù)據(jù)得V(NaOH)＝eq\f(2×mol·L－1×L＋3mol·L－1×L,mol·L－1)＝2L。5．羥胺(NH2OH)是一種還原劑，能將某些氧化劑還原?，F(xiàn)用mLmol·L－1的羥胺的酸性