化學(xué)計算中的幾種常用方法.ppt

章末考能特訓(xùn)解題技能2 化學(xué)計算中的幾種常用方法 解題雖然沒有一成不變的方法模式 但應(yīng)建立解題的基本思維模式 題示信息 基礎(chǔ)知識 邏輯思維 掌握正確的解題方法能簡化解題過程 提高解題能力 常用的解題技巧有 1 差量法 1 差量法的應(yīng)用原理差量法是指根據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后物質(zhì)的量發(fā)生變化 找出 理論差量 這種差量可以是質(zhì)量 物質(zhì)的量 氣態(tài)物質(zhì)的體積和壓強 反應(yīng)過程中的熱量等 用差量法解題是先把化學(xué)方程式中的對應(yīng)差量 理論差量 跟差量 實際差量 列成比例 然后求解 如 2C s O2 g 2CO g H 221kJ mol m 固 n 氣 V 氣 2mol1mol2mol221kJ24g1mol22 4L 標況 2 使用差量法的注意事項 所選用差值要與有關(guān)物質(zhì)的數(shù)值成正比例或反比例關(guān)系 有關(guān)物質(zhì)的物理量及其單位都要正確地使用 3 差量法的類型及應(yīng)用 質(zhì)量差法 典例導(dǎo)析1 取一定量的CuO粉末與0 5L稀硫酸充分反應(yīng)后 將一根50g鐵棒插入上述溶液中 至鐵棒質(zhì)量不再變化時 鐵棒增重0 24g 并收集到224mL氣體 標準狀況 求此CuO粉末的質(zhì)量 解析由題意可知 CuO粉末與稀硫酸充分反應(yīng)后 硫酸過量 引起鐵棒質(zhì)量變化時涉及下列兩個反應(yīng) Fe H2SO4FeSO4 H2 Fe CuSO4FeSO4 Cu 其中 反應(yīng)使鐵棒質(zhì)量減少 反應(yīng)使鐵棒質(zhì)量增加 兩者的代數(shù)和為0 24g Fe H2SO4FeSO4 H2 m1 56g1mol56g 0 01mol0 56g m2 m1 0 24g m2 m1 0 24g 0 56g 0 24g 0 8g 設(shè)CuO的物質(zhì)的量為x 則CuSO4的物質(zhì)的量也為x Fe CuSO4FeSO4 Cu m2 1mol8g x0 8g 求得x 0 1mol m CuO 0 1mol 80g mol 8g 答案8g 典例導(dǎo)析2 一定條件下 合成氨氣反應(yīng)達到平衡時 測得混合氣體中氨氣的體積分數(shù)為20 0 與反應(yīng)前的體積相比 反應(yīng)后體積縮小的百分率是 A 16 7 B 20 0 C 80 0 D 83 3 解析N2 3H22NH3 V 1L3L2L2L 取平衡時混合氣體100L 其中含20LNH3 生成2LNH3 原氣體總體積減少2L 則生成20LNH3 原氣體總體積減少20L 所以 原始氮氣和氫氣總體積為120L 反應(yīng)后體積縮小的百分率為20L 120L 100 16 7 高溫 高壓催化劑 A 2 關(guān)系式法物質(zhì)間的一種簡化的式子 解決多步反應(yīng) 計算最簡捷 多步反應(yīng)中建立關(guān)系式的方法 1 疊加法 如利用木炭 水蒸氣制取氨氣 由木炭 水蒸氣制取NH3的關(guān)系為 3C 4NH3 2 元素守恒法4NH3 5O24NO 6H2O2NO O22NO23NO2 H2O2HNO3 NO經(jīng)多次氧化和吸收 由N元素守恒知 NH3 HNO3 3 電子轉(zhuǎn)移守恒法NH3HNO3 O22O2 由得失電子總數(shù)相等知 NH3經(jīng)氧化等一系列過程生成HNO3 NH3和O2的關(guān)系為NH3 2O2 典例導(dǎo)析3 取KI溶液25mL 向其中滴加0 4mol L的FeCl3溶液135mL I 完全反應(yīng)生成I2 2I 2Fe3 I2 2Fe2 將反應(yīng)后的溶液用CCl4萃取后分液 向分出的水溶液中通入Cl2至0 025mol時 Fe2 恰好完全反應(yīng) 求KI溶液的物質(zhì)的量濃度 解析依題意 有 2I 2Fe3 I2 2Fe2 2Fe2 Cl22Fe3 2Cl 本題可用關(guān)系式法求解 由上述兩個反應(yīng)及電子轉(zhuǎn)移守恒理論 得I 與Cl2之間的關(guān)系式 2I Cl2 答案設(shè)KI的物質(zhì)的量是x 2I Cl221x0 025mol 3 極值法 1 極值法的含義極值法是采用極限思維方式解決一些模糊問題的解題技巧 它是將題設(shè)構(gòu)造為問題的兩個極端 然后依據(jù)有關(guān)化學(xué)知識確定所需反應(yīng)物或生成物的量值 進行判斷分析 求得結(jié)果 2 極值法解題的基本思路極值法解題有三個基本思路 把可逆反應(yīng)假設(shè)成向左或向右進行的完全反應(yīng) 把混合物假設(shè)成純凈物 把平行反應(yīng)分別假設(shè)成單一反應(yīng) 3 極值法解題的關(guān)鍵緊扣題設(shè)的可能趨勢 選好極端假設(shè)的落點 4 極值法解題的優(yōu)點極值法解題的優(yōu)點是將某些復(fù)雜的 難以分析清楚的化學(xué)問題假設(shè)為極值問題 使解題過程簡化 解題思路清晰 把問題化繁為簡 由難變易 從而提高了解題速度 典例導(dǎo)析4 已知25 下 0 1mol L某二元酸 H2A 溶液的pH大于1 其酸式鹽NaHA溶液的pH小于7 取等體積的H2A溶液和NaOH溶液混合后 所得溶液的pH等于7 則酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是 A 小于0 5B 等于0 5C 大于0 5且小于1D 大于1且小于2 解析因為0 1mol LH2A的pH大于1 所以H2A是弱酸 則H2A與NaOH生成正鹽 Na2A 時 由于Na2A水解 溶液顯堿性 pH大于7 此時酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是1 2 0 5 現(xiàn)已知混合液的pH等于7 故H2A必須過量 NaOH溶液的濃度只能小于0 2mol L 所以二者的物質(zhì)的量濃度之比一定要大于0 5 即最小值大于0 5 又因為H2A與NaOH反應(yīng)生成酸式鹽 NaHA 時 溶液的pH小于7 所以NaHA溶液顯酸性 此時酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是1 1 要使溶液的pH等于7 二者的物質(zhì)的量濃度之比的最大值要小于1 由此可知 酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比在0 5與1之間 答案C 4 平均值規(guī)律及應(yīng)用 1 依據(jù) 若XA XB 則XA XB 代表平均相對原子 分子 質(zhì)量 平均濃度 平均含量 平均生成量 平均消耗量等 2 應(yīng)用 已知可以確定XA XB的范圍 或已知XA XB可以確定的范圍 解題的關(guān)鍵是要通過平均值確定范圍 很多考題的平均值需要根據(jù)條件先確定下來再作出判斷 典例導(dǎo)析5 銅和鎂的合金4 6g完全溶于濃硝酸 若反應(yīng)中硝酸被還原只產(chǎn)生4480mLNO2氣體和336mL的N2O4氣體 氣體的體積已折算到標準狀況 在反應(yīng)后的溶液中 加入足量的氫氧化鈉溶液 生成沉淀的質(zhì)量為 A 9 02gB 8 51gC 8 26gD 7 04g 解析被還原的硝酸共有0 23mol 則4 6g銅和鎂的合金為0 115mol 故合金的平均摩爾質(zhì)量為 40g mol 氫氧化物的平均相對分子質(zhì)量為 40 17 2 74 故形成的氫氧化物沉淀為 4 6g 40g mol 74g mol 8 51g或0 115mol 74g mol 8 51g 本題也可以用整體思維方法 采用守恒法來解 沉淀的質(zhì)量等于合金的質(zhì)量與其沉淀的OH 的質(zhì)量之和 而Cu Mg沉淀的OH 的物質(zhì)的量等于其失去電子的物質(zhì)的量 根據(jù)得失電子守恒規(guī)律 Cu Mg失去電子的物質(zhì)的量等于被還原的硝酸的物質(zhì)的量 則沉淀的質(zhì)量 4 6g 0 23mol 17g mol 8 51g 答案B 方法歸納此題如單純用Cu Mg分別與HNO3的反應(yīng)求出合金的物質(zhì)的量組成而求得沉淀的質(zhì)量 那是相當(dāng)繁瑣的 除用平均值計算之外 本題還可用整體思維 則沉淀的質(zhì)量為金屬Cu Mg的質(zhì)量加上OH 的質(zhì)量 設(shè)Cu Mg的物質(zhì)的量之和為n Cu Mg 由電子守恒知 n Cu Mg 2 2 n Cu Mg 0 115mol 故沉淀的質(zhì)量為 4 6g 0 115mol 2 17g mol 8 51g 1 把過量的鐵粉投入到CuCl2和FeCl3組成的混合溶液中 充分反應(yīng)后 過濾清洗并干燥不溶物 稱得其質(zhì)量與加入鐵粉的質(zhì)量相同 求原混合物中兩種溶質(zhì)的物質(zhì)的量之比 解析這是一個無數(shù)據(jù)的題 似乎無法解答 但根據(jù)化學(xué)反應(yīng)原理 利用差量法是可以求解的 把鐵粉加入到CuCl2和FeCl3組成的混合溶液中 鐵粉與FeCl3反應(yīng) 使Fe的質(zhì)量減少 形成一個差值 又因為鐵粉與CuCl2反應(yīng) 把Cu置換出來 附在Fe上 Cu的相對原子質(zhì)量比Fe的相對原子質(zhì)量大 又形成一個差值 使鐵粉質(zhì)量增加 依題意可知 反應(yīng)前后質(zhì)量相等 即前后兩個差值相等 這是解題的關(guān)鍵 遷移應(yīng)用 答案設(shè)原溶液中有xmolFeCl3 ymolCuCl2 2Fe3 Fe3Fe2 固體減少質(zhì)量 m1256g molxmol28xgCu2 FeFe2 Cu固體增加質(zhì)量 m218g molymol8yg mol因為反應(yīng)前后質(zhì)量相同 即28xg 8yg 故 即原溶液中FeCl3與CuCl2物質(zhì)的量之比是2 7 2 標準狀況下 10gCO和CO2混合氣體的體積是6 72L 則此混合氣體中 CO和CO2的物質(zhì)的量之比是 A 1 1B 2 1C 4 3D 2 3 解析從題中數(shù)據(jù)上看 無差值特征 但CO2與CO在分子組成 摩爾質(zhì)量上均存在差值 若氣體的總物質(zhì)的量一定 以CO2代換CO 每代換1mol 氣體質(zhì)量就增加16g 若6 72L 標準狀況下 的氣體是CO 其質(zhì)量是 28g mol 8 4g 實際上 6 72L 標準狀況下 的氣體中 有CO2代換CO而使氣體質(zhì)量是10g 質(zhì)量增加1 6g 標準狀況下 6 72L氣體的物質(zhì)的量是0 3mol 設(shè)其中的CO2的物質(zhì)的量是x x 0 1mol n CO n CO2 0 3 0 1 0 1 2 1 答案B 3 將1 5g兩種金屬的混合物粉末與足量的稀鹽酸反應(yīng) 反應(yīng)完全后 得到標準狀況下的氫氣1 12L 則兩種金屬可能是 Mg和Cu Zn和Cu Al和Fe Mg和AlA B C D A 4 一定體積的KMnO4溶液恰好能氧化一定質(zhì)量的KHC2O4 H2C2O4 2H2O 若用0 1000mol L的NaOH溶液中和相同質(zhì)量的KHC2O4 H2C2O4 2H2O 所需NaOH溶液的體積恰好為KMnO4溶液的3倍 則KMnO4溶液的濃度 mol L 為 提示 H2C2O4是二元弱酸 10 KHC2O4 H2C2O4 8KMnO4 17H2SO48MnSO4 9K2SO4 40CO2 32H2OA 0 008889B 0 08000C 0 1200D 0 2400 解析可設(shè)NaOH溶液體積為1L 則KMnO4溶液為L n NaOH 0 1mol L 1L 0 1moln KHC2O4 H2C2O4 2H2O n NaOH 0 1mol moln KMnO4 n KHC2O4 H2C2O4 2H2O mol molc KMnO4 0 0800mol L答案B 5 常溫下 向20L的真空容器中通入amolH2S和bmolSO2 a和b都是正整數(shù) 且a 5 b 5 反應(yīng)完全后 容器內(nèi)氣體可能達到的最大密度是 A 24 5g LB 14 4g LC 8g LD 5 19g L 解析若容器內(nèi)充入的全是H2S 則氣體的最大密度是 8 5g L 若容器內(nèi)充入的全是SO2 則氣體的最大密度是 16g L 因為2H2S g SO2 g 2H2O l 3S s 則只有H2S與SO2反應(yīng)后SO2有剩余時 氣體才可能達到最大密度 取a的最小值a 1 取b的最大值b 5 反應(yīng)后剩余的氣體是SO2 且n SO2 剩余最多 即4 5mol SO2 14 4g L 答案B 6 生態(tài)農(nóng)業(yè)涉及農(nóng)家肥料的綜合利用 某種肥料經(jīng)發(fā)酵得到一種含甲烷 二氧化碳 氮氣的混合氣體 2 016L 標準狀況 該氣體通過盛有紅熱CuO粉末的硬質(zhì)玻璃管 發(fā)生的反應(yīng)為 CH4 4CuOCO2 2H2O 4Cu 當(dāng)甲烷完全反應(yīng)后 硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量減輕4 8g 將反應(yīng)后產(chǎn)生的氣體通過過量的澄清石灰水中 充分吸收 生成沉淀8 5g 1 原混合氣體中甲烷的物質(zhì)的量是 2 原混合氣體中氮氣的體積分數(shù)是多少 寫出計算過程 解析分析CH4還原氧化銅的反應(yīng)可知 硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量減輕4 8g是參加反應(yīng)的CuO中O的質(zhì)量 由化學(xué)方程式利用差量法可解本題 1 CH4 4CuOCO2 2H2O 4Cu固體質(zhì)量差1mol4 80g1mol4 64g64gn CH4 n CO2 4 8g列比例式n CH4 0 075moln CO2 0 075mol 2 n CO2 總 n CaCO3 0 085moln CO2 總量就等于n CH4 與n CO2 原之和 則V N2 2 016L n CO2 總 22 4L mol 0 112LN2的體積分數(shù)為 100 5 56 答案 1 0 075mol 2 5 56 實驗突破2 氣體的質(zhì)量和體積的測定原理與方法 1 氣體體積的測定 1 原理 對于難溶于水且不與水反應(yīng) 或無法用試劑直接吸收 的氣體 如H2 O2等 通常采用排水量氣法測量它們的體積 根據(jù)排出的水的體積來確定氣體的體積 2 量氣裝置 其中圖 a 會因集氣瓶至量筒之間的那段導(dǎo)管內(nèi)的液體無法讀出 而使測得的氣體體積偏小 如果選用圖 d 的裝置就可以避免這樣的誤差 其實驗步驟為 檢驗裝置的氣密性 連接好收集裝置后 在量氣筒內(nèi)注滿水 上下移動乙管 使甲管內(nèi)的液面處在 0 刻度 反應(yīng)完畢 上下移動乙管 使甲 乙兩管內(nèi)的液面保持相平 再讀 出甲管內(nèi)氣體體積數(shù) 這套裝置的好處是成功的避免了裝置 a 的不足 利用反應(yīng)前裝置內(nèi)外的氣壓相等 反應(yīng)后上下移動乙管 使甲 乙兩管內(nèi)的液面保持相平 從而保持反應(yīng)后裝置內(nèi)外的氣壓相等 這樣測得的結(jié)果才比較準確 但這套裝置也有不足 操作復(fù)雜 3 讀取體積 讀數(shù)時注意 冷卻至室溫 調(diào)節(jié)兩液面相平 視線與凹液面的最低處相切 2 氣體質(zhì)量的測定 1 原理 氣體的質(zhì)量一般采用間接的方法來測定 對一些可用試劑直接吸收的氣體根據(jù)氣體的某些性質(zhì) 如酸堿性或溶解性 采用合適的吸收劑 如濃硫酸 堿石灰 和實驗裝置 如洗氣瓶 干燥管 來吸收 通過吸收裝置吸收前后的質(zhì)量差得到氣體的質(zhì)量 2 測量裝置 典例導(dǎo)析 某研究性學(xué)習(xí)小組為證明在同溫同壓下 相同濃度相同體積的不同強度的一元酸與足量鎂帶反應(yīng)時 生成氫氣的體積相同而反應(yīng)速率不同 同時測定實驗室條件下的氣體摩爾體積 設(shè)計的簡易實驗裝置如下圖 該實驗的主要操作步驟如下 配制濃度均為0 5mol LH2SO4溶液和H2C2O4溶液 用量取10 00mL0 5mol LH2SO4和H2C2O4溶液分別加入兩個錐形瓶中 分別稱取除去表面氧化膜的鎂條并系于銅絲末端 檢查裝置的氣密性 在廣口瓶中裝滿水 按圖連接好裝置 將銅絲向下移動 使足量鎂帶浸入酸中 銅絲不與酸接觸 至反應(yīng)完全 記錄 反應(yīng)結(jié)束后 讀取量筒中水的體積為ymL 請將上述步驟補充完整并回答下列問題 1 用密度為1 84g cm398 的濃H2SO4配制250mL0 5mol L的H2SO4溶液 所需要的主要儀器有 燒杯 玻璃棒 酸式滴定管 2 以下是讀取量筒內(nèi)水的體積時必須包括的幾個步驟 使乙 丙中液面相平 將裝置冷卻至室溫 讀取量筒內(nèi)水的體積 這三步操作的正確順序是 3 讀取量筒內(nèi)水的體積時 若丙中液面高于乙中液面 使乙 丙中液面相平的操作是 4 簡述速率不等的原因是 銅絲不與酸接觸的原因是 解析 根據(jù)量取溶液體積的精確度要求可知應(yīng)使用酸式滴定管 比較H2SO4 H2C2O4反應(yīng)速率可通過觀察氣泡或完全反應(yīng)所需時間長短 1 配制溶液需要使用特定的儀器 250mL的容量瓶 定容時需要用到膠頭滴管 2 為保證測量數(shù)據(jù)的準確 應(yīng)該將氣體冷卻至室溫和相同壓強下 所以應(yīng)該先進行操作 然后調(diào)整液面使氣體壓強等于外界大氣壓 最后正確讀數(shù) 3 由題意可知 丙 量筒 中的液面高于乙的液面 故應(yīng)將丙向下移動 4 因為H2SO4是強酸 H2C2O4是弱酸 故相同濃度的溶液中H2SO4的氫離子濃度大 反應(yīng)速率快 若銅絲接觸溶液 則構(gòu)成原電池 使反應(yīng)速率加快 使實驗結(jié)果的可信度降低 答案 酸式滴定管 反應(yīng)所需時間 1 250mL容量瓶膠頭滴管 2 3 丙向下移動 4 氫離子濃度不同鎂與銅易形成原電池 加快反應(yīng)速率 干擾實驗的測定 遷移應(yīng)用有一含NaCl Na2CO3 10H2O和NaHCO3的混合物 某同學(xué)設(shè)計如下實驗 通過測量反應(yīng)前后C D裝置質(zhì)量的變化 測定該混合物中各組分的質(zhì)量分數(shù) 1 加熱前通入空氣的目的是 操作方法為 2 裝置A C D中盛放的試劑分別為 A C D 3 若將A裝置換成盛放NaOH溶液的洗氣瓶 則測得的NaCl的含量將 填 偏高 偏低 或 無影響 下同 若B中反應(yīng)管右側(cè)有水蒸氣冷凝 則測定結(jié)果中NaHCO3的含量將 若撤去E裝置 則測得Na2CO3 10H2O的含量將 4 若樣品質(zhì)量為wg 反應(yīng)后C D增加的質(zhì)量分別為m1g m2g 由此可知混合物中NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)為 用含w m1 m2的代數(shù)式表示 解析這是一道定量測定的綜合實驗題 2 A C D都是U形管 不能盛液體試劑 只能盛固體試劑 A處試劑必須同時吸收CO2和水蒸氣 故A處盛的是堿石灰 C D兩處分別吸收水蒸氣和CO2 故C處可盛無水硫酸銅 或無水CaCl2 P2O5等 D處可盛堿石灰 3 若A裝置盛放NaOH溶液只吸收CO2 不吸收水蒸氣 則混合物中產(chǎn)生水蒸氣的Na2CO3 10H2O和NaHCO3的總質(zhì)量在計算中會增大 因此測得的NaCl的含量會偏低 若B中反應(yīng)管右側(cè)有水蒸氣冷凝 則水蒸氣總質(zhì)量減小 Na2CO3 10H2O和NaHCO3的總質(zhì)量在計算中會減小 但是NaHCO3的質(zhì)量是根據(jù)CO2的質(zhì)量進行計算 所以測得的NaHCO3的含量不受影響 若撤去E裝置 則D裝置可吸收來自外界空氣中的CO2 使得NaHCO3的質(zhì)量在計算中會增大 故測得的Na2CO3 10H2O的含量會偏低 4 NaHCO3的質(zhì)量分數(shù) g mol 2 84g mol wg 100 答案 1 除去裝置中的水蒸氣和二氧化碳關(guān)閉b 打開a 緩緩?fù)ㄈ肟諝?直至a處出來的空氣不再使澄清石灰水變渾濁為止 2 堿石灰無水硫酸銅 或無水CaCl2 P2O5等 堿石灰 3 偏低無影響偏低 4 1 2009 福建理綜 8 設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù) 下列敘述正確的是 A 24g鎂的原子最外層電子數(shù)為NAB 1L0 1mol L乙酸溶液中H 數(shù)為0 1NAC 1mol甲烷分子所含質(zhì)子數(shù)為10NAD 標準狀況下 22 4L乙醇的分子數(shù)為NA解析24g鎂的原子最外層電子數(shù)為24g 24g mol 2 2mol 為2NA A錯誤 乙酸是弱酸 不完全電離 B錯誤 甲烷是10電子分子 C正確 標準狀況下 乙醇是液體 D錯誤 C 易錯題重練 2 用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值 下列敘述正確的是 A 常溫常壓下33 6L氯氣與27g鋁充分反應(yīng) 轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NAB 標準狀況下 22 4L己烷中共價鍵數(shù)目為19NAC 由CO2和O2組成的混合物中共有NA個分子 其中的氧原子數(shù)為2NAD 1L濃度為1mol L的Na2CO3溶液中含有NA個 解析A項 若是標況下 33 6LCl2與27g鋁能恰好反應(yīng)生成1molAlCl3 電子轉(zhuǎn)移為3mol 即3NA 但常溫常壓下的33 6LCl2在標況下的體積應(yīng)小于33 6L 故Cl2不足量 不會生成1molAlCl3 A項錯 B項 標況時己烷是液體 22 4L己烷遠大于1mol B項錯 C項 CO2與O2雖物質(zhì)不同 相對多少也不確定 但它們的共同之處就是每個分子中一定含有2個氧原子 C選項正確 D選項 需要考慮水解 故D選項也不正確 答案C 3 用NA表示阿伏加德羅常數(shù) 以下各說法中正確的是 A 在加熱時 0 1mol的銅與足量的濃硫酸反應(yīng)生成SO2的體積約為2 24LB 0 1mol氯氣溶于水 反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0 1NAC 常溫常壓下 2 24L四氯化碳中所含氯原子數(shù)大于0 4NAD 在同溫同壓下 相同體積的任何氣體單質(zhì)應(yīng)含有相同的原子數(shù) C 4 NA代表阿伏加德羅常數(shù) 下列敘述正確的是 A 標準狀況下 2 24LH2O含有的分子數(shù)等于0 1NAB 常溫下 100mL1mol LNa2CO3溶液中陰離子總數(shù)大于0 1NAC 分子數(shù)為NA的CO C2H4混合氣體體積約為22 4L 質(zhì)量為28gD 3 4gNH3中含N H鍵數(shù)目為0 2NA 解析A項 在標準狀況下 H2O不是氣體 2 24L不對應(yīng)0 1mol 錯 B項 0 1mol由于部分發(fā)生水解使減少 但每消耗1個 同時增加一個和OH 使陰離子數(shù)目增多 B選項正確 C項 CO C2H4的摩爾質(zhì)量都是28g mol 28g混合氣體肯定是1mol 但該選項未指明狀態(tài) 也就不一定是22 4L 反之未指明狀態(tài)條件的22 4L氣體未必是28g D項 3 4gNH3相當(dāng)于0 2molNH3 每個NH3含3個N H鍵 故3 4gNH3中含0 6NAN H鍵 答案B 5 質(zhì)量分數(shù)為w的NaOH溶液 其物質(zhì)的量濃度為amol L 加熱蒸發(fā)水分使其質(zhì)量分數(shù)變?yōu)?w 此時 該溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為bmol L 則a與b的關(guān)系正確的是 A b 2aB a 2bC b2a解析質(zhì)量分數(shù)由w 2w 表明溶液的質(zhì)量減少一半 而溶質(zhì)不變時 減少的全部是水 由于水的密度小于溶液的密度 所得溶液體積小于原體積的一半 則b 2a D 6 0 1mol LNa2SO4溶液300mL 0 1mol LMgSO4溶液200mL和0 1mol LAl2 SO4 3溶液100mL 這三種溶液中硫酸根離子濃度之比是 A 1 1 1B 3 2 1C 3 2 3D 1 1 3解析本題易錯選A或C 錯選A是對物質(zhì)的量與物質(zhì)的量濃度的概念沒有認真思考造成的 錯選C是因為未細看題目要求而將題給數(shù)據(jù)分別相乘 再比較得到答案 其實該題與溶液體積無關(guān) 完全是干擾信息 許多考生在做這種題時容易思維定勢見數(shù)就做 一旦認識到自己做錯了時 才恍然大悟 這樣的錯誤往往會屢做屢犯 解決的辦法只有認真審題 養(yǎng)成良好的審題習(xí)慣 D 7 已知NH3和NO2都能用來做噴泉實驗 若在標準狀況下用等體積燒瓶各收集滿NH3和NO2氣體 實驗后兩個燒瓶內(nèi)溶液的關(guān)系是 不考慮溶質(zhì)的擴散 A 溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度相同 溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)不同B 溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)相同 溶質(zhì)的物質(zhì)的