高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)通用版講義第一章第2課時(shí)計(jì)算入門(mén)以物質(zhì)的量為中心的計(jì)算

第2課時(shí)計(jì)算入門(mén)——以物質(zhì)的量為中心的計(jì)算考點(diǎn)一阿伏加德羅常數(shù)的判斷阿伏加德羅常數(shù)(NA)的正誤判斷是近幾年高考的?？碱}型，并保持著較高的穩(wěn)定性和連續(xù)性。該題型既考查考生對(duì)概念的理解，又考查物理量之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，題目設(shè)計(jì)的相關(guān)選項(xiàng)中有較多的知識(shí)隱藏，特別涉及微粒計(jì)算的判斷，出錯(cuò)率較高，因此熟悉物質(zhì)的量與微粒數(shù)目間的轉(zhuǎn)化是求解微粒數(shù)目的關(guān)鍵。計(jì)算N(微粒數(shù))的基本思路如圖。著眼點(diǎn)(一)圍繞“氣體摩爾體積的使用條件”進(jìn)行判斷此角度通常在標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體摩爾體積具體應(yīng)用的易錯(cuò)點(diǎn)上組織命題，有時(shí)候雖滿(mǎn)足標(biāo)準(zhǔn)狀況的使用條件，但不滿(mǎn)足是氣體；有時(shí)候滿(mǎn)足是氣體的條件，但不滿(mǎn)足在標(biāo)準(zhǔn)狀況下。[典例1]NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NAB．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)常溫常壓下，124gP4中所含P—P鍵數(shù)目為4NAC．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCCl4含有的共價(jià)鍵數(shù)為0.4NAD．(2016·江蘇高考)常溫常壓下，22.4LCl2中含有的分子數(shù)為NA[解析]標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氬氣為氣體，可利用n＝eq\f(V,Vm)求22.4L氬氣的物質(zhì)的量為eq\f(22.4L,22.4L·mol－1)＝1mol，又因每個(gè)氬氣分子含有18個(gè)質(zhì)子，故含有的質(zhì)子數(shù)為18NA，A項(xiàng)正確；一定質(zhì)量的物質(zhì)的物質(zhì)的量與所處的溫度和壓強(qiáng)無(wú)關(guān)，124gP4的物質(zhì)的量為eq\f(124g,31×4g·mol－1)＝1mol，又因每個(gè)P4分子含有6個(gè)P—P鍵，故124gP4中所含P—P鍵數(shù)目為6NA，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CCl4為液體，無(wú)法利用eq\f(V,Vm)＝n求其物質(zhì)的量，C項(xiàng)錯(cuò)誤；雖然常溫常壓下Cl2所處的狀態(tài)為氣態(tài)，但由于氣體摩爾體積Vm未知，無(wú)法求算其所含有的分子數(shù)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案]A[備考方略]“兩看法”突破氣體摩爾體積的相關(guān)計(jì)算[對(duì)點(diǎn)練1]NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L的SO2中含有的SO2分子數(shù)為NAB．常溫常壓下，35.5gCl2與足量鎂粉充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAC．常溫常壓下，22.4LNO2和CO2的混合氣體含有的氧原子數(shù)為2NAD．2.24LCO和CO2混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為0.1NA解析：選A標(biāo)準(zhǔn)狀況下，SO2為氣體，其物質(zhì)的量n＝eq\f(22.4L,22.4L·mol－1)＝1mol，故含有的SO2分子數(shù)為NA，A項(xiàng)正確；35.5gCl2的物質(zhì)的量為eq\f(35.5g,71g·mol－1)＝0.5mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，B項(xiàng)錯(cuò)誤；常溫常壓下，22.4LNO2和CO2混合氣體的物質(zhì)的量不是1mol，無(wú)法求算其混合氣體含有的氧原子數(shù)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于氣體所處的狀況未知，無(wú)法由氣體的體積求算其物質(zhì)的量，D項(xiàng)錯(cuò)誤。著眼點(diǎn)(二)圍繞“物質(zhì)的組成與微觀結(jié)構(gòu)”進(jìn)行判斷此角度所設(shè)題目考查的主要內(nèi)容包括：一定量的物質(zhì)中所含相關(guān)粒子的數(shù)目如質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)、離子數(shù)、電荷數(shù)；一定量的物質(zhì)中存在的化學(xué)鍵數(shù)目如共價(jià)鍵數(shù)目。[典例2]NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)92.0g甘油(丙三醇)中含有羥基數(shù)為1.0NAB．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)0.1mol的11B中，含有0.6NA個(gè)中子C．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)18gD2O和18gH2O中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NAD．(2015·全國(guó)卷Ⅱ)60g丙醇中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為10NA[解析]利用公式eq\f(m,M)＝n可以計(jì)算92.0g甘油的物質(zhì)的量為eq\f(92.0g,92.0g·mol－1)＝1mol，又因每個(gè)甘油分子中含有3個(gè)羥基，故92.0g甘油中含有羥基數(shù)為3.0NA，A項(xiàng)錯(cuò)誤；每個(gè)11B原子中含有中子數(shù)為11－5＝6個(gè)，故0.1mol的11B中，含有中子數(shù)為0.6NA，B項(xiàng)正確；D2O的摩爾質(zhì)量為20g·mol－1，18gD2O的物質(zhì)的量為eq\f(18g,20g·mol－1)＝0.9mol，則含有的質(zhì)子數(shù)為0.9mol×10NA＝9NA，H2O的摩爾質(zhì)量為18g·mol－1，18gH2O的物質(zhì)的量為eq\f(18g,18g·mol－1)＝1mol，則含有的質(zhì)子數(shù)為1mol×10NA＝10NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；丙醇的摩爾質(zhì)量為60g·mol－1，則60g丙醇的物質(zhì)的量為1mol，再根據(jù)丙醇的結(jié)構(gòu)可知含有7molC—H鍵、2molC—C鍵，1molC—O鍵和1molO—H鍵，故所含共價(jià)鍵總數(shù)為11NA，D項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案]B[歸納總結(jié)]熟記?？嘉镔|(zhì)的組成與結(jié)構(gòu)(1)物質(zhì)的構(gòu)成有些物質(zhì)是由分子構(gòu)成的，分子又是由原子構(gòu)成的。有的分子是單原子分子，如稀有氣體He、Ne等，有的分子為雙原子分子，如Cl2、N2、O2、H2、Br2、I2等，有的分子為多原子分子，如O3、P4、D2O、CH4、CO2等。(2)物質(zhì)的微觀結(jié)構(gòu)記特殊物質(zhì)中所含粒子(分子、原子、電子、質(zhì)子、中子等)的數(shù)目，如Ne、D2O、18O2、—OH、OH－等。(3)物質(zhì)中所含的化學(xué)鍵理解物質(zhì)中所含化學(xué)鍵的數(shù)目，如一分子H2O2、CnH2n＋2中化學(xué)鍵的數(shù)目分別為3、3n＋1。?？嘉镔|(zhì)所含共價(jià)鍵數(shù)目說(shuō)明：幾種常考物質(zhì)CH4(C—H)P4(P—P)Si(Si—Si)SiO2(Si—O)石墨(C—C)金剛石(C—C)每摩爾含共價(jià)鍵數(shù)目4NA6NA2NA4NA1.5NA2NA[對(duì)點(diǎn)練2]NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．乙烯和環(huán)丙烷(C3H6)組成的28g混合氣體中含有3NA個(gè)氫原子B．1.8gHeq\o\al(18,2)O與D2O的混合物中所含的中子數(shù)為NAC．常溫常壓下，4.4g乙醛所含共價(jià)鍵數(shù)目為0.6NAD．4.5gSiO2晶體中含有的硅氧鍵的數(shù)目為0.3NA解析：選D乙烯和環(huán)丙烷的最簡(jiǎn)式均為“CH2”，則28g混合氣體中含有4NA個(gè)氫原子，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Heq\o\al(18,2)O與D2O的摩爾質(zhì)量均為20g·mol－1，Heq\o\al(18,2)O、D2O分子中均含有10個(gè)中子，故1.8gHeq\o\al(18,2)O與D2O的混合物其物質(zhì)的量為eq\f(1.8g,20g·mol－1)＝0.09mol，所含的中子數(shù)為0.9NA，B項(xiàng)錯(cuò)誤；一個(gè)乙醛分子中含有7個(gè)共價(jià)鍵，4.4g乙醛的物質(zhì)的量為0.1mol，故4.4g乙醛所含共價(jià)鍵數(shù)目為0.7NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；1molSiO2晶體中含有4NA個(gè)硅氧鍵，則4.5gSiO2晶體中含硅氧鍵數(shù)目為eq\f(4.5g,60g·mol－1)×4NAmol－1＝0.3NA，D項(xiàng)正確。著眼點(diǎn)(三)圍繞“電解質(zhì)溶液中的弱粒子”進(jìn)行判斷此角度主要考查電解質(zhì)在溶液中的存在形式，絕大多數(shù)需要利用公式cV＝n進(jìn)行解題，其具體的表現(xiàn)形式為弱酸溶液中所含的H＋數(shù)目，弱堿溶液中所含的OH－數(shù)目；強(qiáng)酸弱堿鹽溶液中所含的陽(yáng)離子數(shù)，強(qiáng)堿弱酸鹽溶液中所含弱酸根的離子數(shù)等。[典例3]NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是()A．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目為0.1NAB．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個(gè)H＋C．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)2L0.5mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數(shù)為2NAD．(2015·全國(guó)卷Ⅱ改編)1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2－,3)粒子數(shù)之和為0.1NA[解析]解答此類(lèi)題，首先看能否套用cV＝n公式，求其電解質(zhì)的物質(zhì)的量，再根據(jù)強(qiáng)、弱電解質(zhì)的性質(zhì)及水解的相關(guān)情況求題目具體要求的相關(guān)粒子數(shù)。套用公式可計(jì)算FeCl3的物質(zhì)的量為0.1NA，又因FeCl3為強(qiáng)酸弱堿鹽，存在水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，故含有Fe3＋的數(shù)目小于0.1NA，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于H3PO4溶液的體積未知，無(wú)法套用公式求其H＋的數(shù)目，B項(xiàng)錯(cuò)誤；套用公式可計(jì)算亞硫酸的物質(zhì)的量為1mol，但由于亞硫酸為弱酸，僅電離出部分H＋，故H＋數(shù)小于2NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；套用公式可計(jì)算n(NaHCO3)＝0.1mol，再根據(jù)物料守恒知，H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2－,3)粒子數(shù)之和為0.1NA，D項(xiàng)正確。[答案]D[備考方略]“三看法”判斷電解質(zhì)溶液中的粒子數(shù)目①所給條件是否與電解質(zhì)的組成有關(guān)，如pH＝3的H2SO3溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，與電解質(zhì)組成無(wú)關(guān)；0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1，與電解質(zhì)組成有關(guān)。②求溶液中所含H、O原子數(shù)時(shí)，不要忽略溶劑水中的H、O原子數(shù)目。[對(duì)點(diǎn)練3]NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．1L1mol·L－1的Na2CO3溶液中含有NA個(gè)COeq\o\al(2－,3)B．1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中，CH3COO－的個(gè)數(shù)小于0.5NAC．0.1mol·L－1的NaHSO4溶液中，陰、陽(yáng)離子的數(shù)目之和為0.3NAD．1.0L0.1mol·L－1NaAlO2溶液中含有氧原子數(shù)為0.2NA解析：選B1L1mol·L－1的Na2CO3溶液中因COeq\o\al(2－,3)水解造成溶液中COeq\o\al(2－,3)的數(shù)目小于NA，A項(xiàng)錯(cuò)誤；CH3COOH為弱酸，1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中CH3COO－的個(gè)數(shù)小于0.5NA，B項(xiàng)正確；因不知溶液的體積，故無(wú)法確定NaHSO4溶液中陰、陽(yáng)離子數(shù)目，C項(xiàng)錯(cuò)誤；NaAlO2溶液中含有水，水中也含有氧原子，故1.0L0.1mol·L－1NaAlO2溶液中的氧原子數(shù)大于0.2NA，D項(xiàng)錯(cuò)誤。著眼點(diǎn)(四)圍繞“氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目”進(jìn)行判斷此角度易在特殊氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目上命題，主要的命題點(diǎn)有：歧化反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)如Cl2與NaOH溶液的反應(yīng)；變價(jià)元素的單質(zhì)參與反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)量不同，所表現(xiàn)的化合價(jià)不同，如Fe與HNO3反應(yīng)，F(xiàn)e不足，生成Fe3＋；Fe過(guò)量，生成Fe2＋。氧化劑或還原劑不同，所表現(xiàn)的化合價(jià)不同，如Cu與Cl2反應(yīng)生成CuCl2，而Cu與S反應(yīng)生成Cu2S。[典例4]NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)1molFe溶于過(guò)量硝酸，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為2NAB．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)時(shí)，生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAC．(2015·全國(guó)卷Ⅱ)鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物。23g鈉充分燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NAD．(2015·廣東高考)3mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3O4，失去8NA個(gè)電子[解析]在硝酸過(guò)量的情況下，F(xiàn)e參與反應(yīng)生成Fe3＋，1molFe轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA，A項(xiàng)錯(cuò)誤；過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2eq\o(O,\s\up6(－1))2＋2H2eq\o(O,\s\up6(－2))=4Naeq\o(O,\s\up6(－2))H＋eq\o(O,\s\up6(0))2↑，故生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，B項(xiàng)正確；不論鈉生成何種氧化物，鈉均為＋1價(jià)，故23g鈉充分燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NA，C項(xiàng)正確；單質(zhì)Fe轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3O4，F(xiàn)e元素的化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)椋玡q\f(8,3)價(jià)，故3mol單質(zhì)鐵失去的電子數(shù)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－0))×3NA＝8NA，D項(xiàng)正確。[答案]A[歸納總結(jié)]熟記?？佳趸€原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)反應(yīng)物質(zhì)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量或電子數(shù)目Na2O2＋CO2(或H2O)1molNa2O21mol或NA1molO22mol或2NACl2＋NaOH1molCl21mol或NACl2＋Fe1molCl22mol或2NA1molFe3mol或3NA[說(shuō)明]在Cl2和Fe的反應(yīng)中，無(wú)論Cl2量的多少，反應(yīng)產(chǎn)物均是FeCl3，故1molFe參加反應(yīng)失去3mol電子；1molCl2和H2O反應(yīng)時(shí)，Cl2既是氧化劑又是還原劑，由于該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，Cl2轉(zhuǎn)移電子小于1mol或NA。[對(duì)點(diǎn)練4]NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6LCO2與足量Na2O2反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5NAB．2.4gMg在足量O2中燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCl2與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NAD．氫氧燃料電池正極消耗22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體時(shí)，電路中通過(guò)的電子數(shù)目為2NA解析：選B1molCO2與足量Na2O2反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移1mol電子，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6LCO2的物質(zhì)的量為0.25mol，與足量Na2O2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.25NA，A項(xiàng)錯(cuò)誤；2.4gMg的物質(zhì)的量為0.1mol，與足量的O2反應(yīng)完全生成MgO，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1×2NA＝0.2NA，B項(xiàng)正確；Cl2與水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCl2的物質(zhì)的量為0.5mol，與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.5NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；正極的電極反應(yīng)式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－或O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為eq\f(22.4L,22.4L·mol－1)×4NAmol－1＝4NA，D項(xiàng)錯(cuò)誤。著眼點(diǎn)(五)圍繞“反應(yīng)的特殊情況”進(jìn)行判斷此角度是考生最易失分的點(diǎn)，因反應(yīng)過(guò)程“隱含”著特殊情況，稍不留神就會(huì)掉入命題人設(shè)計(jì)的陷阱，常涉及的命題范圍有：含有特殊的條件要求(如MnO2與濃鹽酸的反應(yīng))；含有特殊的轉(zhuǎn)化關(guān)系(如N2與H2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)不能進(jìn)行到底)；具有特殊結(jié)構(gòu)物質(zhì)的混合(如一定量的乙炔與苯的混合物)。[典例5]NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是()A．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2NAB．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應(yīng)后，其分子總數(shù)為0.2NAC．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)密閉容器中2molNO與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAD．(2015·四川高考)50mL12mol·L－1鹽酸與足量MnO2共熱，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA[解析]SO2與O2反應(yīng)生成SO3為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行到底，故混合氣體的物質(zhì)的量大于2mol，即分子總數(shù)大于2NA，A項(xiàng)錯(cuò)誤；H2與I2的反應(yīng)雖為可逆反應(yīng)，但由于反應(yīng)前后氣體總物質(zhì)的量不變，因此無(wú)論反應(yīng)進(jìn)行程度如何，分子總數(shù)均為0.2NA，B項(xiàng)正確；2molNO與1molO2發(fā)生反應(yīng)2NO＋O2=2NO2，生成2molNO2，因?yàn)榇嬖?NO2N2O4，則產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在加熱條件下，MnO2與濃鹽酸反應(yīng)而不與稀鹽酸反應(yīng)，12mol·L－1濃鹽酸隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃度逐漸減小，當(dāng)濃度降到一定程度時(shí)，不再與MnO2反應(yīng)，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.3NA，D項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案]B[歸納總結(jié)]物質(zhì)轉(zhuǎn)化中的“特殊情況”歸納(1)特殊的組成具有相同最簡(jiǎn)式的物質(zhì)，如烯烴與環(huán)烷烴、NO2與N2O4，質(zhì)量相同時(shí)其原子數(shù)目相同。(2)特殊的反應(yīng)——可逆反應(yīng)若反應(yīng)為可逆反應(yīng)，則反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化，?？嫉目赡娣磻?yīng)有：N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH32SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))2SO3Cl2＋H2OHCl＋HClO2NO2N2O4(3)特殊的變化——濃度因素①M(fèi)nO2與濃鹽酸的反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃鹽酸變稀鹽酸，反應(yīng)停止。②Cu與濃H2SO4的反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硫酸變稀硫酸，反應(yīng)停止。③Cu與濃HNO3反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硝酸變稀硝酸，得到NO2和NO的混合氣體。④Zn與濃H2SO4反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硫酸變稀硫酸，得到SO2和H2的混合氣體。⑤常溫下，鐵、鋁遇濃硝酸、濃硫酸發(fā)生“鈍化”。[對(duì)點(diǎn)練5]設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是()A．1molCu和足量熱濃硫酸反應(yīng)可生成NA個(gè)SO3分子B．常溫常壓下，92gNO2和N2O4的混合氣體中含有的原子數(shù)為6NAC．1molN2與4molH2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)為2NAD．常溫下，56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成NA個(gè)SO2分子解析：選BCu與濃硫酸反應(yīng)生成SO2，而不生成SO3，A項(xiàng)錯(cuò)誤；NO2和N2O4的最簡(jiǎn)式相同，均為NO2,92gNO2和N2O4不論怎樣混合，其所含有的原子數(shù)均為eq\f(92g,46g·mol－1)×3NAmol－1＝6NA，B項(xiàng)正確；N2與H2的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行到底，故1molN2與4molH2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)小于2NA，C項(xiàng)錯(cuò)誤；常溫下，鐵遇濃H2SO4發(fā)生鈍化，不能生成SO2分子，D項(xiàng)錯(cuò)誤。[綜合訓(xùn)練]1．(2018·惠州三模)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是()A．1mol甲基(—CH3)所含的電子數(shù)為10NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L四氯化碳中含有C—Cl鍵的數(shù)目為4NAC．常溫常壓下，1mol分子式為C2H6O的有機(jī)物中，含有C—O鍵的數(shù)目為NAD．在電解精煉粗銅的過(guò)程中，當(dāng)陰極析出32g銅時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NA解析：選DA項(xiàng)，1mol甲基中含有電子的物質(zhì)的量為9mol；B項(xiàng)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CCl4不是氣體；C項(xiàng)，C2H6O的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能是CH3CH2OH，也可能是CH3OCH3，如果是CH3CH2OH,1molCH3CH2OH中含有1molC—O鍵，如果是CH3OCH3,1molCH3OCH3中含有2molC—O鍵；D項(xiàng)，陰極的電極反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－=Cu，故當(dāng)陰極析出32g銅時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NA。2．(2019·濟(jì)寧一模)設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列有關(guān)敘述不正確的是()A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LHF中含有氟原子的數(shù)目為0.5NAB．向含1molCl－的NH4Cl溶液中加入適量氨水使溶液呈中性，此時(shí)溶液中NHeq\o\al(＋,4)數(shù)為NAC．13g鋅與一定量濃硫酸恰好完全反應(yīng)，生成氣體的分子數(shù)為0.2NAD．28g乙烯和環(huán)丁烷的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA解析：選AA項(xiàng)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HF為液體，不能根據(jù)氣體摩爾體積來(lái)計(jì)算其物質(zhì)的量；B項(xiàng)，溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)溶液中的電荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，所以n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(Cl－)＝1mol，故此時(shí)溶液中NHeq\o\al(＋,4)數(shù)目為NA；C項(xiàng)，濃硫酸與鋅反應(yīng)的化學(xué)方程式為Zn＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，由方程式可以看出1molZn反應(yīng)生成1molSO2氣體，隨著硫酸的消耗和水的生成，濃硫酸變稀硫酸，Zn與稀硫酸反應(yīng)：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，從中可以看出1molZn反應(yīng)生成1molH2，所以1molZn不論與濃硫酸反應(yīng)還是與稀硫酸反應(yīng)，生成氣體都為1mol,13gZn的物質(zhì)的量n＝eq\f(m,M)＝eq\f(13g,65g·mol－1)＝0.2mol，生成氣體分子數(shù)為0.2NA；D項(xiàng)，乙烯和環(huán)丁烷的最簡(jiǎn)式均為CH2，所以28g乙烯和環(huán)丁烷的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA。3.肼(N2H4)是火箭常用的高能燃料，常溫下為液體，其球棍模型如圖所示。肼能與雙氧水發(fā)生反應(yīng)：N2H4＋2H2O2=N2↑＋4H2O。用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LN2中所含電子總數(shù)為5NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LN2H4中所含原子總數(shù)為6NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，3.2gN2H4中含有共價(jià)鍵的總數(shù)為0.6NAD．若生成3.6gH2O，則上述反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NA解析：選D標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LN2的物質(zhì)的量為0.5mol，含有電子的物質(zhì)的量為7mol，則所含電子總數(shù)為7NA，A錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，N2H4不是氣體，22.4LN2H4的物質(zhì)的量不是1mol，則其所含原子總數(shù)不是6NA，B錯(cuò)誤；3.2gN2H4的物質(zhì)的量為eq\f(3.2g,32g·mol－1)＝0.1mol，含有共價(jià)鍵的物質(zhì)的量為0.5mol，則所含共價(jià)鍵總數(shù)為0.5NA，C錯(cuò)誤；N2H4中氮元素的化合價(jià)為－2價(jià)，生成物N2中氮元素顯0價(jià)，1molN2H4參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol電子，3.6gH2O的物質(zhì)的量為eq\f(3.6g,18g·mol－1)＝0.2mol，當(dāng)生成0.2molH2O時(shí)需消耗0.05molN2H4，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，D正確?？键c(diǎn)二化學(xué)計(jì)算中的常用方法化學(xué)相關(guān)計(jì)算每年必考，常常結(jié)合化學(xué)實(shí)驗(yàn)、無(wú)機(jī)化工流程和化學(xué)反應(yīng)原理進(jìn)行呈現(xiàn)，命題形式靈活多變。綜合性較強(qiáng)，往往考生感到力不從心，究其原因是不能正確使用科學(xué)的解題方法。本考點(diǎn)從關(guān)系式法和守恒法入手進(jìn)行系統(tǒng)全面的講解化學(xué)計(jì)算方法，學(xué)通學(xué)好此兩種方法，就能使復(fù)雜計(jì)算簡(jiǎn)單化，使化學(xué)計(jì)算有法可依。方法一關(guān)系式法關(guān)系式是表示兩種或多種物質(zhì)之間“量”的關(guān)系的一種簡(jiǎn)化式子，在多步反應(yīng)中，它可以把始態(tài)的反應(yīng)物與終態(tài)的生成物之間“量”的關(guān)系表示出來(lái)，把多步計(jì)算簡(jiǎn)化成一步計(jì)算。高考題量大，時(shí)間緊，對(duì)于涉及多步計(jì)算的問(wèn)題，如滴定實(shí)驗(yàn)的有關(guān)計(jì)算，巧妙運(yùn)用關(guān)系式法，可以縮短答題時(shí)間；解題的關(guān)鍵是正確書(shū)寫(xiě)關(guān)系式。類(lèi)型(一)根據(jù)多步反應(yīng)的方程式找關(guān)系式[典例1]為測(cè)定某石灰石中CaCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，稱(chēng)取Wg石灰石樣品，加入過(guò)量的濃度為6mol·L－1的鹽酸，使它完全溶解，加熱煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，則析出草酸鈣沉淀，離子方程式為C2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓，過(guò)濾出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO4，再用蒸餾水稀釋溶液至V0mL。取出V1mL用amol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定終點(diǎn)時(shí)消耗amol·L－1的KMnO4V2mL，計(jì)算樣品中CaCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。[解析]本題涉及的化學(xué)方程式或離子方程式為CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2OC2Oeq\o\al(2－,4)＋Ca2＋=CaC2O4↓CaC2O4＋H2SO4=H2C2O4＋CaSO42MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O由方程式可以得出相應(yīng)的關(guān)系式5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnOeq\o\al(－,4)52n1(CaCO3)aV2×10－3moln1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3mol樣品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×eq\f(V0,V1)mol則w(CaCO3)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2.5aV2×10－3×\f(V0,V1)))mol×100g·mol－1,Wg)×100%＝eq\f(25aV0V2,WV1)%。[答案]eq\f(25aV0V2,WV1)%[備考方略]多步反應(yīng)找關(guān)系式的解題步驟[對(duì)點(diǎn)練1](2018·全國(guó)卷Ⅲ節(jié)選)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O，M＝248g·mol－1)可用作定影劑、還原劑。利用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測(cè)定硫代硫酸鈉的純度。測(cè)定步驟如下：(1)溶液配制：稱(chēng)取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在__________中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100mL的__________中，加蒸餾水至________。(2)滴定：取0.00950mol·L－1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，硫酸酸化后加入過(guò)量KI，發(fā)生反應(yīng)：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應(yīng)：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。加入淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當(dāng)溶液______，即為終點(diǎn)。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為_(kāi)_______%(保留1位小數(shù))。解析：(1)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，應(yīng)該在燒杯中溶解，冷卻至室溫后，轉(zhuǎn)移至100mL的容量瓶中，加蒸餾水至距刻度線1～2cm處，改用膠頭滴管滴加至溶液的凹液面最低處與刻度線相平。(2)加入淀粉作指示劑，淀粉遇I2變藍(lán)色，加入的Na2S2O3樣品與I2反應(yīng)，當(dāng)I2消耗完后，溶液藍(lán)色褪去，即為滴定終點(diǎn)。由反應(yīng)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2OI2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－得關(guān)系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～3I2～6S2Oeq\o\al(2－,3)160．00950mol·L－1×0.02L0.00950mol·L－1×0.02L×6硫代硫酸鈉樣品溶液的濃度為eq\f(0.00950mol·L－1×0.02L×6,0.0248L)，樣品的純度為eq\f(\f(0.00950mol·L－1×0.02L×6,0.0248L)×0.1L×248g·mol－1,1.2000g)×100%＝95.0%。答案：(1)燒杯容量瓶刻度(2)藍(lán)色褪去95.0類(lèi)型(二)根據(jù)不同物質(zhì)中所含同種元素的原子個(gè)數(shù)找關(guān)系式[典例2]銀銅合金廣泛用于航空工業(yè)，從切割廢料中回收銀并制備銅化工產(chǎn)品的工藝如下：[注：Al(OH)3和Cu(OH)2開(kāi)始分解的溫度分別為450℃和80℃]若銀銅合金中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63.5%，理論上5.0kg廢料中的銅可完全轉(zhuǎn)化為_(kāi)_________molCuAlO2，至少需要1.0mol·L－1的Al2(SO4)3溶液__________L。[解析]5.0kg銀銅合金中銅的物質(zhì)的量為n(Cu)＝eq\f(5.0×103g×63.5%,63.5g·mol－1)＝50mol根據(jù)流程圖分析再由Cu原子守恒可得如下關(guān)系4Cu～4CuO～2Al2(SO4)3～4CuAlO2即2Cu～Al2(SO4)3～2CuAlO2212所以可完全轉(zhuǎn)化生成50molCuAlO2，至少需要Al2(SO4)3的體積為eq\f(\f(50mol,2),1.0mol·L－1)＝25.0L。[答案]5025.0[備考方略]用原子守恒找關(guān)系式的方法(1)實(shí)際化工生產(chǎn)中往往涉及多步反應(yīng)，但原料和產(chǎn)品中的某種主要元素是相同的，據(jù)此可以找出關(guān)系式，如利用轉(zhuǎn)化反應(yīng)中Cu原子守恒可得出關(guān)系式：Cu～CuO～CuSO4～CuAlO2，這樣可避免書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式，縮短解題時(shí)間。(2)尋找關(guān)系式時(shí)，要特別注意原料中的主要元素是否全部轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物，如不能完全轉(zhuǎn)化，可以將分步轉(zhuǎn)化率換算成總轉(zhuǎn)化率進(jìn)行計(jì)算。[對(duì)點(diǎn)練2]工業(yè)上，利用黃銅礦(主要成分是CuFeS2)冶煉金屬，產(chǎn)生的廢氣可以制備硫酸。某黃銅礦中銅元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a%(假設(shè)雜質(zhì)不含銅、鐵、硫元素)，其煅燒過(guò)程轉(zhuǎn)化率為75%，得到的SO2轉(zhuǎn)化為SO3的轉(zhuǎn)化率為80%，SO3的吸收率為96%?，F(xiàn)有黃銅礦100t，其廢氣最多能制備98%的硫酸()A．1.8at B．2.8atC．3.2at D．4.5at解析：選A根據(jù)題中轉(zhuǎn)化過(guò)程中物質(zhì)變化及物質(zhì)中硫原子守恒可得關(guān)系式：CuFeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，根據(jù)黃銅礦中銅元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a%可得100t黃銅礦中n(CuFeS2)＝n(Cu)＝eq\f(100×106g×a%,64g·mol－1)＝eq\f(1×106×a,64)mol，則根據(jù)關(guān)系式及各步的轉(zhuǎn)化率可知n(H2SO4)＝2n(CuFeS2)×75%×80%×96%＝1.8a×104mol，則能制備98%的硫酸的質(zhì)量為eq\f(1.8a×104mol×98g·mol－1,98%)＝1.8a×106g＝1.8at。方法二守恒法[典例3](2017·江蘇高考節(jié)選)堿式氯化銅是重要的無(wú)機(jī)殺菌劑。堿式氯化銅有多種組成，可表示為Cua(OH)bClc·xH2O。為測(cè)定某堿式氯化銅的組成，進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)：①稱(chēng)取樣品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，調(diào)節(jié)pH4～5，用濃度為0.08000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cu2＋(離子方程式為Cu2＋＋H2Y2－=CuY2－＋2H＋)，滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液30.00mL。通過(guò)計(jì)算確定該樣品的化學(xué)式(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)。[解析]由②中生成AgCl的質(zhì)量，根據(jù)原子守恒可計(jì)算出1.1160g樣品中Cl－的物質(zhì)的量n(Cl－)；由③可計(jì)算出1.1160g樣品中Cu2＋的物質(zhì)的量n(Cu2＋)，根據(jù)電荷守恒：n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，得出n(OH－)，最后由質(zhì)量守恒得出n(H2O)；由四種粒子的物質(zhì)的量，可確定樣品的化學(xué)式。[答案]n(Cl－)＝n(AgCl)×eq\f(100.00mL,25.00mL)＝eq\f(0.1722g,143.5g·mol－1)×eq\f(100.00mL,25.00mL)＝4.800×10－3moln(Cu2＋)＝n(EDTA)×eq\f(100.00mL,25.00mL)＝0.08000mol·L－1×30.00mL×10－3L·mL－1×eq\f(100.00mL,25.00mL)＝9.600×10－3moln(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3mol－4.800×10－3mol＝1.440×10－2molm(Cl－)＝4.800×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.1704gm(Cu2＋)＝9.600×10－3mol×64g·mol－1＝0.6144gm(OH－)＝1.440×10－2mol×17g·mol－1＝0.2448gn(H2O)＝eq\f(1.1160g－0.1704g－0.6144g－0.2448g,18g·mo