2020年高考化学二轮专题复习2：化学用语及化学计量(附解析)

2020年高考化学二轮专题复习2：化学用语及化学计量（附解析）
考纲指导
1．了解原子结构示意图、分子式、结构式和结构简式的表示方法。

2．了解物质的量及其单位摩尔（mol）、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度和阿伏加德罗常数的含义。

3．根据物质的量与微粒（分子、原子、离子等）数目、气体摩尔体积（标准状况）之间的相互关系进行相关计算。

4．了解溶液浓度的表示方法，理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并进行相关计算。

5．掌握配制一定溶质质量分数的溶液和物质的量浓度溶液的方法。

新课标全国卷命题强调知识的综合性，往往通过阿伏加德罗常数将化学基本概念、基本原理、以及元素化合物知识与化学计量联系起来，从物质状态、物质组成、化学键、气体摩尔体积、弱电解质的电离、盐类水解、以及氧化还原反应中电子的转移等角度设计问题。

Ⅰ．客观题
(1)考查“常数”：结合阿伏加德罗常数，以物质的组成、电解质溶液、氧化还原反应等为载体，考查摩尔质量、气体摩尔体积、溶液浓度、电子转移数目等的简单计算。

(2)考查“实验”：结合一定物质的量浓度溶液的配制，考查仪器使用、基本操作和误差分析。

(3)考查“化学用语”：化学式、分子式、电子式、结构简式、结构示意图的判断。

Ⅱ．主观题(考查“计算”)
(1)与氧化还原反应、化学反应与能量、反应速率、平衡常数等相结合考查物质的量、物质的量浓度的相关计算。

(2)渗透于化学工艺流程题或综合实验题中，考查物质的量浓度的相关计算。

(3)在综合题中，考查常用的化学用语及方程式的书写。

知识梳理
一、常用化学用语
1．常用的七种图式示例
（1）化学式：Na 2O 、NH 4SO 4、SiO 2
（2）分子式：C 2H 4、NH 3
（3）最简式(实验式)：CH 2、CH 2O
（4）电子式H ··O ······O ··
····H 、Na +[··O ······O ····
··]2－Na + （5）结构式：
（6）结构简式：CH 3CH 2OH （7）原子结构示意图：
二、常用化学计量——物质的量
1．与物质的量相关的重要定律 阿伏伽德罗定律：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。

注意：（1）使用范围：气体
（2）使用条件：同温、同压、同体积
（3）特例：标准状况下的气体摩尔体积（Vm=22.4L/mol ）
质量守恒定律：参加反应的各物质质量总和等于反应后生成物的质量总和（或反应前后各原子的种类及个数相同）。

此定律是书写化学方程式及进行计算的依据。

2．物质的量和其它物理量之间的关系
3．物质的量在化学计算中的典型应用
（1）物质的量与其他化学常用计量间的相互求算，是重要的基本化学计算。

其解题关键是熟练掌握下列恒等式：
n =)100()(S M xS H Q N N V g V M m A m +=∆====c ·V (aq)
式中n 为物质的量，单位为mol ；Q 为物质的反应热，单位为J 或kJ ；ΔH 为摩尔反应热，单位为kJ·mol -1；V (aq)为溶液体积，单位为L ；x 为饱和溶液的质量，单位为g ；S 为溶解度，单位为g 。

（2）c 、w %、ρ之间的计算关系
①计算关系：M c %1000ρω=
②使用范围：同一种溶液的质量分数与物质的量浓度之间的换算
（3）有关气体定律的计算
①气体摩尔体积的计算
对标准状况下的气体有n=14.22-•mol L VL。

②确定气体的分子组成
一般思路是：根据阿伏加德罗定律，由体积比推导出粒子、分子个数比，再根据质量守恒定律确定化学式。

如2体积气体A x 与1体积气体B y 恰好完全反应生成2体积A 2B ，由阿伏加德罗定律可知：气体的分子数之比等于其体积比，即A x ∶B y ∶A 2B=2∶1∶2，所以两气体反应物为双原子分子，即A 2和B 2。

③气体的相对分子质量的计算方法
a ．已知标准状况下气体密度ρ，M=ρ·22.4 L·mol -1，M r =M g·mol -1。

b ．根据阿伏加德罗定律计算：A A B B
M m M m =（同T 、p 、V ）。

经典例题
1．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A ．标准状况下，11.2L C 2H 6中含有共价键的数目为3.5N A
B ．通常状况下，2.0 g H 2和1mol Cl 2反应后的气体分子数目为2N A
C ．1mol Al 分别与足量的盐酸、足量的NaOH 溶液反应，转移的电子数都是3N A
D ．将3.4g H 2S 全部溶于水所得溶液中HS −和S 2−离子数之和为0.1N A
2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A ．Na 2O 2中的阴离子符号：O 2−
B ．Na 和Cl 形成离子键的过程：
C ．次氯酸的结构式：H —Cl —O
D ．比例模型可表示CH 4分子，也可表示CCl 4分子
3．将a g 二氧化锰粉末加入b mol/L 的浓盐酸c L 中加热完全溶解，反应中转移电子d 个，设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A ．N A 可表示为：87d 2a
B ．可以收集到氯气
A 22.4b 2N L C ．反应后溶液中的Cl ―数目为：A 2a 87
N D ．反应后溶液中的H +数目为：bc 2d
4．在Al 2(SO 4)3、K 2SO 4的混合溶液中，如果c(SO 2−4)=0.2 mol/L ，c(Al 3+)=0.1 mol/L ，
则原混合溶液中K +的物质的量浓度为（ ）
A ．0.2 mol/L
B ．0.25 mol/L
C ．0.1 mol/L
D ．0.225 mol/L 5．将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO ，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L －1 NaOH 溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g ，则下列有关叙述中正确的是（ ）
A ．加入合金的质量不可能为6.4 g
B ．参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol
C ．沉淀完全时消耗NaOH 溶液的体积为150 mL
D ．溶解合金时收集到NO 气体的体积在标准状况下为2.24 L
易错题
1．下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．对硝基甲苯的结构简式：
B．离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－
C．NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：
D．CO2的比例模型：
2．标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是（）
A．在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m∶n
B．同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n∶m
C．25℃、1.25×105Pa时，两气体的密度之比为n∶m
D．相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m∶n
3．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75N A B．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH−离子数目为0.1N A
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2N A
D．高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3N A
4．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．pH=1的H2SO4溶液10L，含H+的数目为2N A
B．1.7g羟基与氢氧根含有的质子数均为0.9N A
C．1mol Cl2溶于水，转移电子的数目为N A
D．1mol C2H6O有机物含有C—H数目一定是6N A
5．将3.48g Fe3O4完全溶解在100mL 1mol·L-1 H2SO4溶液中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2+全部反应完，Cr2O2−7全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（）
A．0.033mol·L−1B．0.3mol·L−1C．0.2mol·L−1D．0.1mol·L−1
6．将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1的浓硫酸沿玻璃棒加入到Vml水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀溶液．下列说法中正确的是（）
A．若c1=2c2，则w1＜2w2，V＜50 mL
B．若c1=2c2，则w1＜2w2，V＞50 mL
C．若w1=2w2，则c1＜2c2，V=50 mL
D．若w1=2w2，则c1＞2c2，V＜50 mL
7．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）
A．所含共价键数均为0.4N A的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等
B．10 g浓度为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2N A
C．将2g H2分别与足量的Cl2和N2混合，充分反应后转移的电子数均为2N A
D．1mol Fe(OH)3与含3mol HI的溶液完全反应后，溶液中所含I−的数目为3N A
精准预测题
1．设N A为阿伏加德罗常数值。

下列有关叙述不正确的是（）
A．常温常压下，1mol氦气中含有的质子数为2N A
B．l0g 46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4N A
C．1L lmol/L Na2CO3溶液中，阴离子总数小于N A
D．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5N A
2．下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L－1的是（）
A．将0.5mol·L－1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液
B．将80g SO3溶于水并配成1L的溶液
C．10g NaOH固体溶解在水中配成250mL溶液
D．标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液
3．用N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）
A．标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1N A
B．常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02N A
C．通常状况下，N A个CO2分子占有的体积为22.4L
D．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl−个数为N A
4．N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．标准状况下，33.6L SO3中含有氧原子的数目为4.5N A
B．1L浓度为0.1mol/L的磷酸溶液中含有的氧原子个数为0.4N A
C．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2N A
D．1L 0.2mol/L的FeCl3溶液和过量KI溶液充分反应可生成0.1mol I2
5．在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有纯净的NH3，含一半空气的HCl气体, NO2 和O2的混合气体：V(NO2)∶V(O2)=4∶1，然后分别作喷泉实验，三个烧瓶内所得溶液的物质的量浓度之比为（）
A．2∶1∶2B．5∶5∶4C．1∶1∶1D．无法确定
6．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）
A．在标准状况下，11.2L O2和22.4L NO混合并充分反应后得到的气体的分子数为N A
B．常温下0.1mol·L−1 NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2N A
C．1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为N A
D．25℃时，1.0L pH＝13的Ba(OH)2溶液中，含有的OH−数目为0.2N A
7．（1）质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是___。

（2）氯水中含有多种成分。

将紫色石蕊试液滴入氯水中，溶液显红色起作用的成分是___；过一会儿，溶液颜色逐渐褪去，起作用的成分是___；
（3）鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液可选用___。

（填序号）
①NaOH ②Ca(OH)2③BaCl2④K2SO4⑤Ca(NO3)2
（4）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲，也永远会激励着我们去奋发图强。

黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑。

①其中被还原的元素是___。

②当反应有3.612×1024个电子转移时被硝酸钾氧化得到的氧化产物在标准状况下的体积___。

（5）1.2g RSO4中含0.01mol R2+，则RSO4的摩尔质量是___，R的相对原子质量是___。

8．碱式氯化铝[Al2(OH)x Cl(6-x)]y是一种高效净水剂，利用“铝灰酸溶一步法”可制得。

研究表明酸溶反应的最佳条件是选用6mol·L−1的盐酸，温度控制在85℃左右，以中等速度搅拌。

(1)写出铝灰中主要成分铝与盐酸反应生成Al2(OH)x Cl(6-x)的化学方程式
_________________。

(2)若用溶质质量分数36.5%的浓盐酸(密度为1.16g·cm−3)配制50mL 6mol·L−1的盐酸，所有浓盐酸的体积为___________________。

(3)以中等速度搅拌的理由是__________________。

(4)为测定某[Al2(OH)x Cl(6-x)]y样品组成中的x值，可以采取如下方法：取两份等质量的样品，一份样品用足量的稀HNO3溶解后，加入足量的AgNO3溶液，得到3.157g 白色沉淀；另一份样品配成500mL溶液，取出12.50mL溶液，加入0.1000mol·L−1 EDTA 标准溶液25.00mL，调节溶液pH为3~4，煮沸，冷却后用0.1000mol·L−1 ZnSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗ZnSO4标准溶液20.00mL(已知Al3+、Zn2+与EDTA 反应的化学计量比均为1∶1)。

计算[Al2(OH)x Cl(6-x)]y样品中的x值(写出计算过
程)______。

参考答案
经典例题
1.【答案】D
【解析】A．烷烃中共价键的数目是碳原子的3倍加1，11.2L C2H6即0.5mol，含有的共键数为3.5N A，选项A正确；B．根据反应H2+Cl2＝2HCl，2.0 g H2和1mol Cl2反应生成氯化氢分子数目为2N A，选项B正确；C．每个铝原子失去3个电子，故1molAl分别
与足量的盐酸、足量的NaOH溶液反应，转移的电子数都是3N A，选项C正确；D．根据物料守恒有n(HS−)+n(S2−)+n(H2S)=0.1N A，选项D不正确。

答案选D。

2.【答案】B
【解析】A．Na2O2中的阴离子为过氧根离子，符号为2
O ，A错误；B．Na和Cl
2
形成离子键的过程可用电子式表示为，B正确；C．次氯酸的结构式为H—O—Cl，C错误；D．比例模型可表示CH4分子，但根据原子半径来看，不可表示CCl4分子，D错误；故答案选B。

【点评】含氧酸的结构中，H原子一般与O原子相连。

3.【答案】A
【解析】A．依据电子转移守恒，MnO2～MnCl2～2e−，(a/87)×2×N A=d，得到
N A=87d/2a，A正确；B．固体全部溶解说明二氧化锰完全反应，盐酸是过量，生成的氯气可以依据二氧化锰计算，依据化学方程式MnO2+4
HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O，二氧化锰物质的量和氯气物质的量相同，可以收集到氯气体积=(a/87)×22.4 =22.4a/87L，B错误；C．反应后溶液中的Cl−数目为（bc-a/87×2）×N A，选项中只是计算得到生成的氯化锰中的氯离子，盐酸过量的没减少在内，C错误；D．反应后溶液中的H+数目为（bc-a/87×4）N A，D错误；答案选B。

4.【答案】C
【解析】电解质溶液中，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，因此：c(Al3+)×3+c(K+)×1= c(SO2−4)×2；带入数据，解之得c(K+)=0.1 mol/L，C正确。

5.【答案】D
【解析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：
3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：
Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化
铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为
5.1g
17g/mol
=0.3mol，根据电子转移守恒，
则镁和铜的总的物质的量为0.3mol
2=0.15mol，生成NO为
0.3mol
5-2
=0.1mol。

A．镁和铜
的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A错误；B．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=8
3
n
（金属）=8
3
×0.15mol=0.4mol，故B错误；C．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaOH溶液的体积为
0.3mol
3mol/L
=0.1L=100mL，C错误；D．标准状况下0.1mol NO的体积为2.24L，D正确。

易错题
1.【答案】B
【解析】A．氮原子与碳原子直接相连，对硝基甲苯的结构简式：，与题意不符，A错误；B．35Cl－、37Cl－的质子个数为17，核外电子数为18，则离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－，符合题意，B正确；C．NH5的结构与NH4Cl相似，NH5为离子晶体，与题意不符，C错误；D．CO2中，C原子半径大于O原子，则比例模型：，与题意不符，D错误；答案为B。

2.【答案】C
【解析】A．由n=m
M
可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之
比等于质量之比，即相对分子质量之比为m∶n，故A正确；B．A与B相对分子质量
之比为m∶n，同质量时由n=m
M
可知，分子数之比等于n∶m，故B正确；C．温度压
强一样，V m相同，由ρ=m
V
可知，密度之比等于摩尔质量之比，即为m∶n，故C错误；
D．相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为m∶n，故D正确；答案选C。

3.【答案】A
【解析】A．该反应中，生成28 g N2时，转移的电子数目为3.75N A，A正确；故答案为A。

B．室温下，1 LpH＝13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10−13mol/L，且H+全部由水电离，由水电离的OH－浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH−为10−13mol/L×1L=10−13mol，B错误；C．氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为，C 错误；D．高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：，根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：，因此生成的H2分子数目为，D错误。

4.【答案】B
【解析】A．pH=1的H2SO4溶液10L，n(H+)=c·V=0.1mol/L×10L=1mol，所以含H+的数目为N A，A错误；B．1.7g羟基、OH−的物质的量都是0.1mol，由于每个羟基和氢氧根离子中都含有9个质子，所以0.1mol羟基与氢氧根中含有的质子数均为0.9N A，B 正确；C．Cl2溶于水，与水反应产生HCl和HClO，由于该反应是可逆反应，所以1mol Cl2溶于水转移电子的数目小于N A，C错误；D．C2H6O表示的物质可能是CH3-O-CH3，也可能是CH3CH2-OH，所以1mol C2H6O有机物含有C—H数目不一定是6N A，D错误；故合理选项是B。

5.【答案】D
【解析】3.48g四氧化三铁的物质的量是3.48g÷232g/mol＝0.015mol，与稀硫酸反应后溶液中亚铁离子的物质的量是0.015mol，与重铬酸钾的反应中失去0.015mol电子。

在反应中Cr元素的化合价从+6价降低到+3价得到3个电子，则根据电子得失守恒可知消耗重铬酸钾的物质的量是0.015mol÷6＝0.0025mol，则其浓度是0.0025mol÷0.025L＝0.1mol/L，答案选D。

6.【答案】A
【解析】A．若c1=2c2，设物质的量是浓度为c1 mol·L−1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2 mol·L−1硫酸溶液的密度为ρ2，则：ω1=，ω2=，所以==，浓硫酸的浓度越大密度越大，则ρ1＞ρ2，故ω1＜2ω2，稀释前后溶质
的质量不变，所以稀释后溶液的质量小于100g，故水的质量小于50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V＜50ml；故A正确；B．由A分析可知，所以水的体积V＜50ml，ω1＜2ω2，故B错误；C．稀释前后溶质的质量不变，若ω1=2ω2，则稀释后溶液的质量为100g，所以水的质量为50g，水的密度为1g/ml，所以水的体积V=50ml；设物质的量是浓度为c1 mol·L−1的密度为ρ1，物质的量是浓度为c2 mol·L−1硫酸溶液的密度为ρ2，则：c1=，c2=，所以==，浓硫酸的浓度越大密度越大，则ρ1＞ρ2，故c1＞2c2，故C错误；D．由C中分析可知，水的体积V=50ml，c1＞2c2，故D错误．故选：A。

7.【答案】B
【解析】A．1分子白磷和甲烷含有的共价键个数分别是6和4，因此所含共价键数均为0.4N A的白磷(P4)和甲烷的物质的量不相等，A错误；B．10g浓度为46％的乙醇水溶液中含有的氢原子物质的量为1.2mol，总数为1.2N A，B正确；C．2 g H2是1mol，分别与足量的Cl2和N2充分反应后转移的电子数均为N A，C错误；D．1mol Fe(OH)3与含3mol HI 的溶液发生氧化还原，碘离子部分被氧化单质碘，D错误，答案选B。

【点评】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应、阿
伏加德罗定律和化学平衡的应用。

避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。

二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。

选项B 是易错点，注意溶剂水中还含有氢原子。

精准预测题
1.【答案】C
【解析】A ．He 原子序数为2，原子序数等于质子数，所以1mol He 含有2mol 质子，质子数为2N A ，A 项正确；B ．10g 46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g ，为0.1mol ，0.1mol CH 3CH 2OH 含有0.1mol 氧原子，溶液中还含有54%的水，5.4g 水，为0.3mol H 2O ，含
有0.3mol O ，所以溶液中含有的O 原子共0.4mol ，数目为0.4N A ，B 项正确；C ．CO 2−3
+H 2O HCO −3+OH －，可以知道1个CO 2−3水解会生成1个OH －和1个HCO −3，阴离子数目增加，大于N A ，C 项错误；D ．NO 2、N 2O 4的最简式相同，可以以NO 2的形式进行求解，23g NO 2物质的量为0.5mol ，N 的化合价从NO −3中的+5降低到了+4，
现生成0.5mol NO 2，则共转移0.5mol 电子，转移的电子数为0.5N A ，D 项正确；本题答案选C 。

2.【答案】A
【解析】A ．将0.5mol·L −1的NaNO 3溶液100mL 加热蒸发掉50g 水，所得溶液的体积不是50mL ，则所得溶液的浓度不是1mol/L ，故A 选；B ．80g 三氧化硫的物质的量为：8080/g g mol =1mol ，1mol 三氧化硫溶于水生成1mol 硫酸，所得溶液浓度为：11mol L
=1mol/L ，故B 不选；C ．10g NaOH 的物质的量为：1040/g g mol =0.25mol ，所得溶液浓度为：0.250.25mol L
=1mol/L ，故C 不选；D ．标准状况下，22.4LHCl 的物质的量为：22.422.4/L L mol =1mol ，所得溶液浓度为：11mol L
=1mol/L ，故D 不选。

【点评】有关物质的量浓度的计算必须紧紧抓住计算公式c=
n V ，通过题中已知量计算出n 和V(溶液)。

注意适用于溶液中溶质的物质的量及浓度的计算，溶液的
体积与溶剂的体积是不同的概念。

明确物质的量浓度的概念及表达式为解答结构，C为易错点，注意硝酸钾溶液与水的密度不同。

3.【答案】B
【解析】A．标准状况下，H2O为液态，不能直接进行计算，A项错误；B．常温常压下，1.06g Na2CO3的物质的量为0.01mol，Na+的物质的量为0.01mol，离子数为0.02N A，B项正确；C．条件不是标准状况，无法进行计算，C项错误；D．题干中未给出溶液的体积，无法进行计算，D项错误。

【点评】本题计算时要注意气体摩尔体积的研究对象，物质在标准状况下的状态是
易错点，利用
n
c=
V
计算物质的量时是否给出了溶液的体积是容易忽略的地方。

4.【答案】C
【解析】A．标准状况下，SO3呈固态，不能利用22.4L/mol进行计算，A错误；B．磷酸溶液中，不仅磷酸分子中含有氧原子，而且水中也含有氧原子，B错误；C．丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键，所以0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2N A，C正确；D．理论上，1L 0.2mol/L的FeCl3溶液和过量KI溶液充分反应可生成0.1mol I2，但反应为可逆反应，所以生成I2小于1mol，D错误。

故选C。

【点评】当看到试题中提供2.24、4.48、6.72等数据，想利用此数据计算物质的量时，一定要克制住自己的情绪，切记先查验再使用的原则。

只有标准状况下的气体，才能使用22.4L/mol。

特别注意的是：H2O、NO2、HF、SO3、乙醇等，在标准状况下都不是气体。

5.【答案】B
【解析】在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=知，氨气、氯化氢、NO2、O2的物质的量之比为5∶2.5∶4∶1；做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含一半空气的氯化氢气体的烧瓶、含NO2和O2的混合气体(体积比为4∶1)的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、半烧瓶、一烧瓶，所以溶液的体积比为2∶1∶2；因为
4NO2+O2+2H2O=4HNO3硝酸的物质的量和二氧化氮的物质的量相等，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为5∶2.5∶4，根据c=nV知，各物质的量浓度之比为5∶5∶4，故选B。

【点评】本题考查的是物质的量浓度的有关计算，正确求算盛放氯化氢气体的烧瓶溶液的体积、盛放NO2和O2气体的烧瓶溶质的物质的量是解本题的关键。

6.【答案】C
【解析】A项，11.2L O2和22.4L NO混合恰好反应生成22.4L NO2，即1mol NO2,但由于存在2NO 2N2O4的反应，分子数小于N A，故A项错误；B项，未注明溶液体积，无法计算溶液中含有的氮原子数，故B项错误；C项，1mol Na与足量O2反应，无论生成Na2O 还是Na2O2，Na都是由0价变为+1价，所以转移电子数为N A，故C正确；D项，25℃时，1.0 L pH＝13的Ba(OH)2溶液中，n(OH−)=1.0L×mol/L=0.1mol，所以含有的OH−数目为0.1N A，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为C。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查氧化还原反应的电子转移计算、溶液中微粒数的计算等，A项为易错点，不要忽视二氧化氮生成四氧化二氮的反应。

7.【答案】（1）H2
（2）H+HClO或ClO−
（3）③⑤
（4）N和S 28L
（5）120g/mol 24
【解析】(1)相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，体积越小，质量相同的O2、NH3、H2、Cl2四种气体中，H2的摩尔质量最小，所以H2的体积最大；(2)氯水溶液中存在反应：Cl 2+H2O HCl+HClO，是可逆反应，存在电离：H2O H++OH−、HClO H++ClO−，HCl=H++Cl−，所以溶液中存在的微粒有：分子：Cl 2、HClO、H2O；离子：H+、Cl−、ClO−、OH−；酸能使紫色石蕊试液变红色，所以使紫色石蕊试液变红色的微粒是H+；次氯酸有漂白性，所以红色溶液逐渐褪色，起作用的微粒是HClO分子；
(3)①碳酸钠和碳酸氢钠与NaOH混合，均无明显现象，不能鉴别二者，故①错误；②碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应产生沉淀，故用Ca(OH)2溶液不能鉴别二者，故②
错误；③碳酸钠与BaCl 2反应产生碳酸钡沉淀，碳酸氢钠与BaCl 2不反应，故BaCl 2溶液可以区分两物质，故③正确；④K 2SO 4与碳酸钠、碳酸氢钠均不反应，故氯化钙溶液不能鉴别二者，故④错误；⑤Ca(NO 3)2与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与Ca(NO 3)2不反应，故Ca(NO 3)2溶液可以区分两物质，故⑤正确；故答案为：③⑤；(4)①N 、S 元素的化合价降低，被还原，C 元素的化合价升高，C 为还原剂；②2KNO 3+3C+S=K 2S+N 2↑+3CO 2↑，反应中KNO 3得到10个电子，S 得到2个电子，当反应有3.612×1024个电子转移时，即转移6mol ，则生成1.5mol CO 2，其中被KNO 3氧化得到的二氧化碳为1.5mol×1012
=1.25mol ，其体积为1.25mol×22.4L/mol=28L ；(5)1.2g RSO 4中含0.01mol R 2+，根据公式n=
m M ，则RSO 4的M=m M = 1.2g 0.01mol =120g/mol ，RSO 4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO 4的摩尔质量为120g/mol ，R 的相对原子质量是120-32-64=24。

8.【答案】（1）2Al+(6-x)HCl+xH 2O=Al 2(OH)x Cl (6-x)+3H 2↑
（2）25.9
（3）搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢
（4）3.8
【解析】(1)铝与盐酸、水共同作用下生成Al 2(OH)x Cl (6-x)和H 2，化学方程式为：2Al+(6-x)HCl + xH 2O = Al 2(OH)x Cl (6-x)+3H 2↑；综上所述，本题答案是：
2Al+(6-x)HCl+xH 2O=Al 2(OH)x Cl (6-x)+3H 2↑。

(2)根据c=1000×ρ×ω/M 可知，浓盐酸的浓度=1000×1.16g·cm −3×36.5%/36.5g/mol=11.6mol/L ；根据稀释前后溶质的量不变可知：
11.6mol/L×VL =10−3×50mL×6mol·L −1，V=0.0259L=25.9mL ；综上所述，本题答案是：25.9。

(3)反应中加入盐酸试剂，盐酸具有挥发性，因此在搅拌时，搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢，因此要以中等速度搅拌；综上所述，本题答案是：搅拌速度过快，导致盐酸挥发太快；搅拌速度过慢，反应速率慢。

(4)n(Cl −)=n(AgCl)=
3.157g/143.5g/mol=0.022mol ；n(Al 3+)=0.1000mol·L −1×(25.00mL-20.00mL)×10−3×(500mL /12.50mL)=0.02mol ；n(Al 3+)/ n(Cl −)=2/(6-x)= 0.02/0.022, x=3.8；综上所述，本题答案是：
3.8。