2019届一轮复习人教版化学计量学案

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第一章 化学计量 考点一　物质的量、摩尔质量 ‎1．物质的量 ‎(1)定义：表示含有一定数目粒子的集合体的物理量，符号为n。‎ 注意：对象为微观粒子而不是宏观物质，如电子、中子、离子、原子、分子等微观粒子 ‎(2)单位：摩尔(mol)。‎ ‎(3)规范表示方法：‎ ‎2 mol H2SO4(注意：数值＋单位＋指定化学式或微粒符号)‎ ‎2．阿伏加德罗常数 国际上规定，1 mol粒子集合体所含的粒子数与‎0.012 kg 中所含的碳原子数相同，约为6.02×1023。‎ 注意：指质子数为6，中子数为6的碳原子 把1 mol任何粒子所含的粒子数，叫做阿伏加德罗常数，符号为NA，通常用6.02×1023 mol－1表示。‎ ‎3．摩尔质量 ‎(1)定义：单位物质的量的物质所具有的质量，符号为M。‎ ‎(2)单位：g/mol或g·mol－1。‎ ‎　[拓展归纳]‎ ‎1．阿伏加德罗常数(NA)与6.02×1023的区别与联系 NA是‎0.012 kg12C中所含的碳原子的准确数目，是一个精准值，而6.02×1023只是阿伏加德罗常数的一个近似值。‎ ‎2．摩尔质量与相对分子(或原子)质量的关系 以g·mol－1为单位时，任何粒子的摩尔质量在数值上等于该粒子的相对分子(或原子)质量，如CO2的摩尔质量为‎44 g·mol－1，CO2的相对分子质量为44，两者数值相等。‎ ‎3．物质的量与微粒数、物质的质量之间的关系 即n＝＝　　　‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　基本概念的辨析与应用 ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)1 mol NaCl和1 mol HCl含有相同的粒子数目(×)‎ ‎(2)1 mol OH－的质量是‎17 g·mol－1(×)‎ ‎(3)‎22 g CO2中含有的氧原子数为NA(√)‎ ‎(4)1 mol H3PO4与1 mol H2SO4的质量相同，溶于水后电离出的阴离子数目也相同(×)‎ ‎(5)常温常压下，‎14 g乙烯和丙烯的混合物中含有的氢原子的数目为2NA(√)‎ ‎2．硫酸钠(Na2SO4)的摩尔质量为142_g·mol－1；‎71 g Na2SO4中含钠离子的物质的量为1_mol，氧原子的物质的量为2_mol。‎ ‎3．已知‎16 g A和‎20 g B 恰好完全反应生成0.04 mol C和‎31.76 g D，则C的摩尔质量为________。‎ 解析：根据质量守恒定律可知：0.04 mol “C”的质量为(‎16 g＋‎20 g)－‎31.76 g＝‎4.24 g，则M(C)＝＝‎106 g·mol－1。‎ 答案：‎106 g·mol－1‎ ‎[规律方法]　摩尔质量的计算方法 依据 计算公式 根据摩尔质量的定义计算 M＝ 根据标准状况下气体的密度ρ计算 M＝ρ×22.4(g·mol－1)‎ 根据气体的相对密度计算 M(A)＝M(B)×D 根据一定质量(m)的物质中微粒数目(N)计算 M＝ 题点(二)　通过n＝＝突破质量与微粒数目的计算 ‎4．在0.5 mol Na2SO4中含有的离子的个数和氧原子的质量分别是(　　)‎ A．1.5NA　2 mol　　　　　　 B．1.5NA　‎‎32 g C．3.01×1023　4 mol D．NA　‎‎64 g 解析：选B　0.5 mol Na2SO4中含有的离子数为0.5×3NA＝1.5NA ‎，含氧原子的物质的量为0.5 mol×4＝2 mol，质量为2 mol×‎16 g·mol－1＝‎32 g。‎ ‎5．标准状况下有① ‎0.112 L水　② 0.5NA个HCl分子 ‎③‎25.6 g SO2气体　④ 0.2 mol氨气　⑤ 2 mol氦气 ‎⑥6.02×1023 个白磷分子(P4)，所含原子个数从大到小的顺序为①>⑥>⑤>③>②>④。‎ ‎6．最近材料科学家研究发现了首例带结晶水的晶体在5 K下呈现超导性。据报道，该晶体的化学式为Na0.35CoO2·1.3H2O。若用NA表示阿伏加德罗常数，试计算‎12.2 g该晶体中含氧原子数________，氢原子的物质的量________mol。‎ 解析：晶体的摩尔质量约为‎122 g·mol－1，n＝＝0.1 mol，故氧原子数目＝0.1×(2＋1.3)NA＝0.33NA，n(H)＝0.1 mol×1.3×2＝0.26 mol。‎ 答案：0.33NA　0.26‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅰ)乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比应为(　　)‎ A．1∶1 B．2∶3‎ C．3∶2 D．2∶1‎ 解析：选C　由题图可知乌洛托品的化学式为C6H12N4，根据元素守恒，碳元素全部来自甲醛，氮元素全部来自氨，所以该有机物分子中C与N原子个数比即为甲醛与氨的物质的量之比，即6∶4＝3∶2。‎ ‎2．(2016·海南高考)利用太阳能分解制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是(　　)‎ A．可生成H2的质量为‎0.02 g B．可生成氢的原子数为2.408×1023个 C．可生成H2的体积为‎0.224 L(标准状况)‎ D．生成H2的量理论上等于0.04 mol Na与水反应产生H2的量 解析：选D　根据方程式：2H2O2H2↑＋O2↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2。A.可生成H2的质量为‎0.04 g，错误；B.可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C.可生成标准状况下H2的体积为‎0.448 L，错误；D.0.04 mol Na与水反应产生H2和光解0.02 mol水生成H2理论上均为0.02 mol，正确。‎ 考点二　气体摩尔体积、阿伏加德罗定律 气体摩尔体积 ‎1.影响物质体积的因素 ‎2．气体摩尔体积 ‎(1)定义：一定条件下，单位物质的量的气体所占的体积，符号为Vm。‎ ‎　　　　　　　　　　 　　　　　　　 ‎ ‎　　　　　　　　　　注意：物质所处的状态是气态而不是固态或液态 ‎(2)单位：L/mol或L·mol－1。‎ ‎(3)数值：标准状况下，气体摩尔体积约为‎22.4 L·mol－1。‎ ‎[拓展归纳]‎ ‎(1)气体摩尔体积的数值不是固定不变的，它决定于气体所处的温度和压强，如标准状况下，气体摩尔体积Vm＝‎22.4 L·mol－1，但在非标准状况下，1 mol气体的体积也可能是‎22.4 L。如546 K、202 kPa时，1 mol气体的体积也是‎22.4 L。‎ ‎(2)气体摩尔体积只适用于气体，可以是单一气体，也可以是混合气体，应用Vm＝‎22.4 L·mol－1时一定要看清是否是标准状况。‎ ‎(3)有些物质如H2O、CCl4、乙醇、氯仿(CHCl3)、SO3、己烷、苯、HF等在标准状况下不是气体。故不能利用标准状况下的气体摩尔体积进行相关计算。‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)常温常压下，0.5 mol CH4的体积为‎11.2 L(×)‎ ‎(2)标准状况下，1 mol H2O的体积为‎22.4 L(×)‎ ‎(3)标准状况下，‎28 g N2和CO的混合气体的体积约为‎22.4 L(√)‎ ‎(4)标准状况下，‎22.4 L氧气与‎22.4 L苯中所含分子数均为NA(×)‎ ‎(5)常温常压下，‎11 g CO2的体积为‎5.6 L(×)‎ ‎2．设NA为阿伏加德罗常数，如果a g某气态双原子分子的分子数为p，则 b g 该气体在标准状况下的体积 V(L)是(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选D　气态双原子分子的物质的量为 mol，双原子分子的摩尔质量为＝ g·mol－1，b g气体在标准状况下的体积为×‎22.4 L·mol－1＝ L。‎ 阿伏加德罗定律及其推论 ‎1.阿伏加德罗定律 ‎(1)定义 在相同温度和压强下，相同体积的任何气体，都含有相同数目的分子。‎ ‎　‎ 注意：可以是单一气体，也可以是混合气体 ‎(2)注意事项 阿伏加德罗定律的适用范围是气体，其适用条件是三个“同”，即在同温、同压、同体积的条件下，才有分子数相等这一结论，但所含原子数不一定相等。‎ ‎2．阿伏加德罗定律的推论 描述 关系 三正比 同温同压下，气体的体积比等于它们的物质的量之比 ＝ 同温同体积下，气体的压强比等于它们的物质的量之比 ＝ 同温同压下，气体的密度比等于它们的摩尔质量(或相对分子质量)之比 ＝ 二反比 同温同压下，相同质量的任何气体的体积与它们的摩尔质量(或相对分子质量)成反比 ＝ 同温同体积时，相同质量的任何气体的压强与它们的摩尔质量(或相对分子质量)成反比 ＝ 一连比 同温同压下，同体积的任何气体的质量比等于它们的密度之比，也等于它们的摩尔质量(或相对分子质量)之比 ＝＝ 例如：相同条件下，等质量的C2H4和丙烯(C3H6)两种气体中：‎ ‎(1)所含的分子数目之比为3∶2；‎ ‎(2)体积之比为3∶2；‎ ‎(3)原子总数之比为1∶1；‎ ‎(4)相同条件下密度之比为2∶3。‎ ‎[对点训练]‎ ‎3．下列条件下，两种气体分子数一定不相等的是(　　)‎ A．相同质量、不同密度的N2O和CO2‎ B．相同体积、相同密度的CO和C2H4‎ C．相同温度、相同压强、相同体积的O2和O3‎ D．相同压强、相同质量的CO和CO2‎ 解析：选D　A项中N2O和CO2的相对分子质量均为44，故质量相同时，分子数一定相等；B项中CO和C2H4的相对分子质量均为28，体积相同、密度相同，则质量相等，故分子数相等；C项为同温、同压、同体积，则气体所含分子数一定相等；D项中由于CO和CO2的摩尔质量不同，故在此条件下两分子数一定不相等。‎ ‎4．在三个密闭容器中分别充入A、B、C三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序为p(B)>p(A)>p(C)，则A、B、C分别是(　　)‎ A．Ne、H2、O2 B．O2、N2、H2‎ C．NO、CO2、H2 D．NH3、O2、NO2‎ 解析：选A　温度和密度相同时，压强与相对分子质量成反比，因此B的相对分子质量最小，C的相对分子质量最大，所以A选项正确。‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．(2013·全国卷)下列关于同温同压下的两种气体‎12C18O和14N2的判断正确的是(　　)‎ A．体积相等时密度相等 B．原子数相等时具有的中子数相等 C．体积相等时具有的电子数相等 D．质量相等时具有的质子数相等 解析：选C　由于‎12C18O和14N2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，A项错误；1个‎12C18O分子中有16个中子，1个14N2分子中有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，B项错误；‎12C18O和14N2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，C项正确；每个‎12C18O和14N2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不相等，故等质量的两种分子所具有的质子数不相等，D项错误。‎ ‎2．(2015·海南高考改编)下列指定微粒的数目不相等的是(　　)‎ A．等物质的量的水与重水含有的电子数 B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数 C．同温同压同体积的CO和NO含有的质子数 D．等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数 解析：选C　1 mol H2O中含有的电子数是8 mol,1 mol重水(D2O)中含有的电子数也是 ‎8 mol，故等物质的量的二者含有的电子数相等，A不符合题意；乙烯和丙烯的最简式均为CH2，等质量时，含有“CH2”的个数相等，含有的共用电子对数也相等，B不符合题意；同温同压下，同体积的CO和NO的物质的量相同，但由于每个分子中含有的质子数不相同，故所含有的质子数不相同，C符合题意；Cl2与Fe反应生成FeCl3，Cl2与Al反应生成AlCl3，故等物质的量的Fe和Al分别与足量Cl2完全反应转移的电子数相等，D不符合题意。‎ 考点三　突破阿伏加德罗常数应用题的“六大陷阱”‎ 从气体摩尔体积的使用条件及物质所处的状态角度设置陷阱 ‎[破题方法]　重“两看”，突破陷阱 ‎[对点训练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)常温常压下，‎22.4 L Cl2中含有的分子数为NA(×)‎ ‎(2)标准状况下，‎5.6 L CO2气体中含有的氧原子数为0.5NA(√)‎ ‎(3)标准状况下，‎22.4 L N2和H2的混合气体中有NA个原子(×)‎ ‎(4)标准状况下，‎2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5NA(×)‎ ‎(5)标准状况下，‎11.2 L N2O4与‎22.4 L NO2中所含的氧原子数均等于2NA(×)‎ ‎(6)标准状况下，‎2.24 L氨水中含有NH3分子数为0.1NA(×)‎ ‎(7)标准状况下，‎22.4 L SO3中含有SO3分子数为NA(×)‎ 从物质的量(或质量)与状况方面设置陷阱 设置一些与计算无关的干扰条件，如给出非标准状况下的气体的物质的量或质量，干扰正确判断。‎ ‎[破题方法]　排“干扰”，突破陷阱 ‎①物质的量或质量与物质所处状况无关。‎ ‎②物质的量或质量确定时，物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。‎ ‎[对点训练]‎ ‎2．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)常温常压下，‎3.2 g O2所含的原子数为0.2NA(√)‎ ‎(2)标准状况下，‎80 g SO3中含3NA个氧原子(√)‎ ‎(3)室温下，1 mol CH4中含有5NA个原子(√)‎ ‎(4)常温常压下，1 mol CO2与SO2的混合气体中含氧原子数为2NA(√)‎ 从特殊物质的组成与结构上设置陷阱 ‎[破题方法]　记“组成”，突破陷阱 ‎①记最简式相同的物质，如NO2和N2O4，乙烯和丙烯(C3H6)等，如：质量相同的乙烯和丙烯所含的原子数、电子数均相等。‎ ‎②特殊物质的结构，如Na2O2是由Na＋和O构成，而不是Na＋和O2－；NaCl为离子化合物，只有离子，没有分子等。‎ ‎③熟记特殊物质中所含微粒(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目，常考查的特殊微粒如Ne、D2O、18O2、O3、P4、H37Cl、—OH、OH－等。‎ ‎④记住物质中所含化学键的数目，如1 mol硅中含Si—Si键的数目为2NA,1 mol SiO2中含Si—O键的数目为4NA，再如H2O2、CnH2n＋2中化学键的数目分别为3、3n＋1等。‎ ‎⑤记住摩尔质量相同的物质，如N2、CO、C2H4等。‎ ‎[对点训练]‎ ‎3．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)1 mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA(√)‎ ‎(2)氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含共价键数为0.4NA(×)‎ ‎(3)1 mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA(√)‎ ‎(4)‎2.0 g HO与D2O的混合物中所含中子数为NA(√)‎ ‎(5)相同质量的CO与N2所含分子数、原子数均相同(√)‎ ‎(6)‎7.8 g Na2O2中含有的阴离子数为0.1NA(√)‎ ‎(7)‎78 g苯中含有碳碳双键的数目为3NA(×)‎ ‎(8)将0.1 mol FeCl3溶于水中形成胶体后含有胶体粒子的数目为0.1NA(×)‎ 从电解质溶液中的“弱粒子”方面设置陷阱 常在难电离、易水解粒子的数目计算，电解质组成，溶液体积等因素上设置陷阱。‎ ‎[破题方法]　审“题目”，突破陷阱 ‎①是否指明了溶液的体积。‎ ‎②是否有弱电解质或可水解的盐，如‎1 L 0.1 mol·L－1的乙酸溶液和‎1 L 0.1 mol·L－1的乙酸钠溶液中含有CH3COO－的数目不相等且都小于0.1NA。‎ ‎③所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成无关；而0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成有关。‎ ‎[对点训练]‎ ‎4．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)‎1 L 0.1 mol·L－1的乙酸溶液中含H＋的数量为0.1NA(×)‎ ‎(2)‎2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋数为2NA(×)‎ ‎(3)‎0.1 L 3.0 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH的数目为0.3NA(×)‎ ‎(4)‎1 L 0.1 mol·L－1碳酸钠溶液中含有的氧原子数为0.3NA(×)‎ ‎(5)‎25 ℃‎时，pH＝13的‎1.0 L NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA(√)‎ ‎(6)‎25 ℃‎时，pH＝13的‎1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA(×)‎ ‎(7)0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，阴、阳离子的数目之和为0.2NA(×)‎ ‎(8)等体积、等物质的量浓度的NaCl和KCl溶液中，阴、阳离子数目之和均为2NA(×)‎ 从氧化还原反应中电子转移的数目方面设置陷阱 ‎[破题方法]　记“特殊”，突破陷阱 常考氧化还原反应转移的电子数 反应 物质 转移电子的物质的量或电子数目 Na2O2＋CO2(或H2O)‎ ‎1 mol Na2O2‎ ‎1 mol或NA ‎1 mol O2‎ ‎2 mol或2NA Cl2＋NaOH ‎1 mol Cl2‎ ‎1 mol或NA Cl2＋Fe ‎1 mol Cl2‎ ‎2 mol或2NA ‎1 mol Fe ‎3 mol或3NA 说明：Cl2和Fe的反应中，无论Cl2的量多少，反应产物均是FeCl3，故1 mol Fe参加反应失去3 mol e－；1 mol Cl2和H2O反应时，由于该反应为可逆反应，Cl2转移电子数小于1 mol或NA ‎[对点训练]‎ ‎5．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA(√)‎ ‎(2)过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA(√)‎ ‎(3)标准状况下，‎5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA(×)‎ ‎(4)‎2.4 g Mg在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA(×)‎ ‎(5)向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2＋被氧化时，共转移的电子数目为NA(×)‎ ‎(6)3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子(√)‎ ‎(7)H2O2分解制得标准状况下‎1.12 L O2，转移电子数目为0.2NA(×)‎ ‎(8)1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA(×)‎ ‎(9)1 mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA(√)‎ 从物质转化中存在“特殊反应”方面设置陷阱 ‎[破题方法]　记“隐含”，突破陷阱 ‎①隐含“可逆反应”‎ ‎2SO2＋O22SO3,2NO2??N2O4，‎ N2＋3H22NH3，Cl2＋H2O??HCl＋HClO。‎ ‎②隐含“浓度的变化”‎ MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，‎ Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，‎ Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。‎ ‎③隐含“存在反应”‎ 在混合气体NO和O2中会发生反应：‎ ‎2NO＋O2===2NO2。‎ ‎④隐含“钝化”‎ 常温下，铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸发生“钝化”。‎ ‎⑤隐含反应物的“用量”‎ 有些反应，反应物的用量不同，产物不同，如CO2与碱溶液的反应，少量CO2生成正盐，足量CO2生成酸式盐；Na2CO3与盐酸的反应；石灰水与NaHCO3溶液的反应等。‎ ‎[对点训练]‎ ‎6．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA(×)‎ ‎(2)50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA(×)‎ ‎(3)常温下，‎56 g铁片投入足量硫酸中生成NA个SO2分子(×)‎ ‎(4)常温常压下，‎92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为6NA(√)‎ ‎(5)在密闭容器中加入1.5 mol H2和0.5 mol N2，充分反应后可得到NH3分子数为NA(×)‎ ‎(6)标准状况下，‎22.4 L NO2气体中所含分子数为NA(×)‎ ‎[综合训练]‎ ‎1．(2018·皖南八校第一次联考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．常温常压下，‎30 g乙烷气体中所含有的共价键数目为6NA B．标准状况下，‎0.4 g D2中所含中子数目为0.2NA C．常温下，‎1 L pH＝12的氨水溶液中含有NH数目为0.01NA D．标准状况下，盛有‎11.2 L CO2的密闭容器中所含氧原子数为0.5NA 解析：选B　‎30 g乙烷的物质的量为1 mol，含有共价键数目为7NA，A错误；‎0.4 g D2的物质的量为0.1 mol，含有的中子数为0.2NA，B正确；常温下，‎1 L pH＝12的氨水溶液中，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，c(OH－)＝10－2 mol·L－1，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)，故溶液中NH数目小于0.01NA，C错误；n(CO2)＝＝0.5 mol，故n(O)＝2n(CO2)＝1 mol，D错误。‎ ‎2．(2018·资阳诊断)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是(　　)‎ A．‎44 g乙醛()与乙酸乙酯的混合物中含氧原子数为NA B．室温下，‎1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－数为1×10－13NA C．1 mol Fe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为2NA D．1 mol Li2O和Na2O2的混合物中含有的离子总数为3NA 解析：选C　选项A，乙醛的分子式为C2H4O，假设全部是乙醛，则‎44 g乙醛含氧原子的物质的量为‎44 g÷‎44 g·mol－1＝1 mol，假设全部是乙酸乙酯，‎44 g乙酸乙酯含氧原子的物质的量为‎44 g÷‎88 g·mol－1×2＝1 mol，故‎44 g二者的混合物含有的氧原子的物质的量为1 mol，正确；选项B,‎1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－浓度等于H＋浓度，数目为1× 10－13NA，正确；选项C,1 mol Fe和足量的稀硫酸反应生成1 mol Fe2＋，转移电子的物质的量为2 mol，与足量的稀硝酸反应，生成1 mol Fe3＋，转移电子的物质的量为3 mol，错误；选项D，Li2O中含有Li＋和O2－，Na2O2中含有Na＋和O，故1 mol混合物中含有的离子总数为3NA，正确。‎ ‎3．已知NA为阿伏加德罗常数的值，有关草酸(HOOC—COOH)的下列说法中错误的是(　　)‎ A．‎9.0 g草酸中共用电子对数目为0.9NA B．‎9.0 g草酸被NaClO氧化生成CO2，转移的电子数为0.2NA C．‎9.0 g草酸溶于水，其中C2O和HC2O的微粒数之和为0.1NA D．‎9.0 g草酸受热完全分解为CO2、CO、H2O，标准状况下测得生成的气体体积为‎4.48 L 解析：选C　‎9.0 g H‎2C2O4的物质的量为0.1 mol，1个H‎2C2O4分子中含有2个H—O键、2个C—O键、2个C===O键、1个C—C键，共9个共用电子对，故0.1 mol H‎2C2O4中含有0.9NA个共用电子对，A项正确；0.1 mol H‎2C2O4被NaClO氧化生成0.2 mol CO2，转移的电子数为0.2NA，B项正确；根据物料守恒，含0.1 mol H‎2C2O4的水溶液中，N(H‎2C2O4)＋N(HC2O)＋N(C2O)＝0.1NA，C项错误；根据H‎2C2O4CO↑＋CO2↑＋H2O及标准状况下H2O不是气体知，0.1 mol H‎2C2O4受热分解生成的气体在标准状况下的体积为‎4.48 L，D项正确。‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅱ)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NA B．‎2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA C．标准状况下，‎2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D．0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA 解析：选D　溶液中含0.1 mol NH4Cl，由于NH部分水解，即NH的数量小于0.1NA，A项错误；‎2.4 g Mg的物质的量为0.1 mol，与H2SO4完全反应转移0.2 mol电子，B项错误；标准状况下，‎2.24 L N2和O2的混合气体为0.1 mol，其分子数为0.1NA，C项错误；H2与I2的反应虽为可逆反应，但由于反应前后气体总物质的量不变，因此无论反应程度如何，分子总数均为0.2NA，D项正确。‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅲ)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子 B．pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋‎ C．‎2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子 D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P—Cl键 解析：选A　1个11B原子中含有6个中子，0.1 mol 11B中含有0.6NA个中子，A项正确；H3PO4溶液的体积未知，所以不能计算出所含氢离子个数，B项错误；标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算‎2.24 L苯在O2中完全燃烧产生CO2分子的数目，C项错误；PCl3与Cl2生成PCl5(g)的反应是可逆反应，所以1 mol PCl3与1 mol Cl2不可能完全反应，生成的PCl5小于1 mol，故增加的P—Cl键的数目小于2NA，D项错误。‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅰ)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．‎14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 mol N2与4 mol H2 反应生成的NH3分子数为2NA C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，‎2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA 解析：选A　A项乙烯和丙烯的分子式分别为C2H4、C3H6，二者的最简式均为CH2,‎14 g乙烯和丙烯混合气体中含有“CH2”的物质的量为＝1 mol，故所含氢原子数为2NA。B项N2和H2合成氨的反应为N2＋3H22NH3，该反应为可逆反应，1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3小于2 mol，故生成的NH3分子数小于2NA。C项Fe与过量的硝酸反应生成Fe(NO3)3，故1 mol Fe参加反应时转移电子数为3NA。D项标准状况下，CCl4为液体，‎2.24 L CCl4的物质的量远大于0.1 mol，故含有的共价键数远大于0.4NA。 ‎ ‎4．(2015·全国卷Ⅰ)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎18 g D2O和‎18 g H2O中含有的质子数均为10NA B．‎2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA 解析：选C　A．D2O的摩尔质量为‎20 g·mol－1,‎18 g D2O的物质的量为‎18 g/‎20 g·mol－1＝0.9 mol，则含有的质子数为0.9 mol×10NA＝9NA，H2O的摩尔质量为‎18 g·mol－1，‎18 g H2O的物质的量为‎18 g/‎18 g·mol－1＝1 mol，则含有的质子数为1 mol×10NA＝10NA，故A不正确。B.亚硫酸是弱电解质，不能发生完全电离，所含H＋离子数小于‎2 L×0.5 mol·L－1×2＝2NA，故B不正确。C.过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，根据电子转移情况得关系式O2～2e－，生成0.1 mol氧气转移电子数为0.2NA，故C正确。D.2 mol NO与1 mol O2发生反应2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，因为存在2NO2??N2O4，则产物的分子数小于2NA，故D不正确。‎ 考点四　3种方法在化学计算中的巧妙应用 比例式法 ‎1.化学计量数在方程式中的含义 ‎　　　　　　　　 2Na＋ 2H2O===2NaOH＋H2↑‎ 化学计量数之比： 2　∶ 2　 ∶　2　　∶ 1‎ 扩大NA倍：　　 2NA ∶2NA ∶ 2NA ∶ NA 物质的量之比：　 2 mol ∶2 mol ∶ 2 mol ∶ 1 mol ‎[结论]‎ 化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。　‎ ‎2．一般步骤 一设 设所求物质的物质的量为n 二写 写出有关的化学方程式 三找 找出相关物质对应的化学计量数，从而找出相关物质的物质的量之比 四列 将有关的四个量列出比例式 五解 根据比例式求出n，再求m、V或c 六答 写出简明答案 ‎[典例1]　某种矿石中铁元素以氧化物FemOn形式存在，现进行如下实验：将少量铁矿石样品粉碎，称取‎25.0 g样品于烧杯中，加入稀硫酸充分溶解，并不断加热、搅拌，滤去不溶物。向所得滤液中加入‎10.0 g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体‎3.6 g。剩下滤液用浓度为2 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，至终点时消耗KMnO4溶液体积为25.0 mL。‎ ‎(提示：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，‎ ‎8H＋＋MnO＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。)‎ ‎(1)计算该铁矿石中铁元素的质量分数。‎ ‎(2)计算氧化物FemOn的化学式(m、n为正整数)。‎ ‎[解析]　(1)样品中的铁元素在加入铜粉后全部转变为Fe2＋，Fe2＋再被酸性KMnO4溶液滴定。‎ ‎8H＋＋MnO　 ＋　　5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O ‎　　　　1　　　　　5‎ ‎0．‎025 L×2 mol·L－1n总(Fe2＋)‎ 则＝，‎ 可得n总(Fe2＋)＝5×‎0.025 L×2 mol·L－1＝0.25 mol，‎ 样品中铁元素的质量分数为 ×100%＝56%。‎ ‎(2)反应消耗铜的物质的量：‎ n(Cu)＝＝0.1 mol，‎ ‎2Fe3＋　＋　Cu===2Fe2＋＋Cu2＋‎ ‎　2　　　　1‎ n(Fe3＋)　 0.1 mol 则＝，可得n(Fe3＋)＝2×0.1 mol ＝0.2 mol，根据元素守恒得n(Fe2＋)＝0.25 mol－0.2 mol＝0.05 mol，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶4，所以该氧化物的化学式可表示为Fe5O7(或FeO·2Fe2O3)。‎ ‎[答案]　(1)56%　(2)Fe5O7(或FeO·2Fe2O3)‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅲ节选)绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：‎ 为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m‎1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m‎2 g。按下图连接好装置进行实验。‎ ‎(1)仪器B的名称是________。‎ ‎(2)将下列实验操作步骤正确排序________(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m‎3 g。‎ a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2‎ d．打开K1和K2，缓缓通入N2‎ e．称量A f．冷却到室温 ‎(3)根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝___________(列式表示)。若实验时按a、d次序操作，则使x________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ 解析：(1)仪器B是干燥管。(2)根据实验目的及绿矾易被氧化的性质可知，实验时先打开K1和K2，缓缓通入N2‎ 排出装置中的空气，避免空气中的氧气将绿矾氧化；再点燃酒精灯进行加热；一段时间后熄灭酒精灯，冷却至室温，关闭K1和K2，再称量A。故正确的操作顺序是dabfce。(3)根据题意，绿矾样品的质量为(m2－m1)g，绿矾中结晶水的质量为(m2－m3)g，则FeSO4的质量为(m3－m1)g，设绿矾的化学式为FeSO4·xH2O，则 FeSO4·xH2OFeSO4　＋　xH2O ‎　　　　　　　 152　　 　　18x ‎ 　　　　　 (m3－m1)g　 (m2－m3)g ＝解得：x＝。如果实验时按照a、d次序操作，则部分绿矾被氧化，导致m3增大，则测出结晶水的值x会偏小。‎ 答案：(1)干燥管　(2)dabfce　(3)　偏小 关系式法 ‎1.应用原理 关系式法是表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。‎ ‎2．解题步骤 ‎[典例2]　(2017·全国卷Ⅱ节选)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：‎ Ⅰ.取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。‎ Ⅱ.酸化、滴定 将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2===2I－＋S4O)。‎ 回答下列问题：‎ 取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_________________________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b ‎ mL，则水样中溶解氧的含量为________ mg·L－1。‎ ‎[解析]　滴定过程发生的化学反应：‎ ‎2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2‎ MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O I2＋2S2O===2I－＋S4O 根据Ⅱ可知MnO(OH)2能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前I2遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)＝a mol·L－1×b×10－‎3 L＝ab×10－3 mol，可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为ab×10－3 mol×‎32 g·mol－1＝8ab×10－‎3 g＝8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab mg÷0.100 ‎00 L＝80ab mg·L－1。‎ ‎[答案]　蓝色刚好褪去，且半分钟内颜色不复原　80ab ‎[对点训练]‎ ‎2．(2015·全国卷Ⅱ节选)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：‎ Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；‎ Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；‎ Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；‎ Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；‎ Ⅴ.用0.100 0 mol·L－1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：‎ ‎(1)锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)测得混合气中ClO2的质量为________g。‎ 解析：(1)ClO2具有氧化性，I－具有还原性，二者在酸性溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋4H2O＋2Cl－。(2)ClO2、I2和Na2S2O3间存在关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则有n(ClO2)＝n (Na2S2O3)＝×0.100 0 mol·L－1×20.00×10－‎3 L＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4 mol ×‎67.5 g·mol－1＝0.027 ‎00 g。‎ 答案：(1)2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋4H2O＋2Cl－‎ ‎(2)0.027 00‎ 守恒法 ‎(一)守恒法的应用原理及解题步骤 ‎1．应用原理 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。‎ ‎2．解题步骤 ‎(二)分类突破高考中常考的三种守恒关系 ‎1．原子(质量)守恒 解题的一般步骤为找出要关注的原子(或原子团)，利用反应前后原子数目、种类不变列出等式，如含有1 mol FeS2硫铁矿中，完全反应(不考虑过程损耗)制得H2SO4的物质的量，可根据反应过程中S原子守恒，得到n(H2SO4)＝2n(FeS2)＝2 mol。‎ ‎[注意]　在利用质量守恒定律时，常要根据题意找出反应时相关物质的质量比，再用此比例进行推导、计算。‎ ‎[典例3]　(2017·江苏高考节选)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.116 ‎0 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.172 ‎2 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.080 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。‎ ‎[解析]　由Cl原子守恒，可根据②中生成AgCl的质量，可计算出1.116 ‎0 g样品中Cl－的物质的量n(Cl－)；由③可计算出1.116 ‎0 g样品中Cu2＋的物质的量n(Cu2＋)，根据电荷守恒：n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，得出n(OH－)，最后由质量守恒得出n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。‎ ‎[答案]　n(Cl－)＝n(AgCl)×＝‎ ×＝4.800×10－3 mol n(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.080 00 mol·L－1×30.00 mL×10－‎3 L·mL－1×＝9.600×10－3 mol n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3 mol－4.800×10－3 mol＝1.440×10－2 mol m(Cl－)＝4.800×10－3 mol×‎35.5 g·mol－1＝0.170 ‎‎4 g m(Cu2＋)＝9.600×10－3 mol×‎64 g·mol－1＝0.614 ‎‎4 g m(OH－)＝1.440×10－2 mol×‎17 g·mol－1＝0.244 ‎‎8 g n(H2O)＝＝4.800×10－3 mol a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1‎ 化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O ‎[对点训练]‎ ‎3.分别称取‎2.39 g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。‎ ‎(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图。混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为________。‎ ‎(2)另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl－)＝________(溶液体积变化忽略不计)。‎ 解析：(1)向(NH4)2SO4和NH4Cl混合溶液中加入Ba(OH)2溶液产生沉淀，发生反应Ba2＋＋SO===BaSO4↓。由硫原子守恒可得n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.01 mol，即n[(NH4)2SO4]＝0.01 mol，‎ n(NH4Cl)＝＝0.02 mol，‎ 所以n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)＝1∶2。‎ ‎(2)两份混合物完全相同，可认为第一份中发生反应(NH4)2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2NH3·H2O。此时(NH4)2SO4与Ba(OH)2恰好完全反应，消耗Ba(OH)2溶液100 mL，由(1)知，0.01 mol(NH4)2SO4与0.02 mol NH4Cl提供的NH相等，要使固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液恰好完全反应，则需Ba(OH)2溶液200 mL，即Ba(OH)2溶液的体积为‎0.2 L，n(Cl－)＝n(NH4Cl)＝0.02 mol，c(Cl－)＝＝0.100 mol·L－1。‎ 答案：(1)1∶2　(2)0.100 mol·L－1‎ ‎2．得失电子守恒 在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用得失电子守恒。氧化还原反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数；或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。‎ ‎[典例4]　(2016·全国卷Ⅲ节选)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/%‎ ‎2.2～2.9‎ ‎2.8～3.1‎ ‎22～28‎ ‎60～65‎ ‎1～2‎ ‎＜1‎ 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎“氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为________ mol。‎ ‎[解析]　“氧化”中使3 mol的VO2＋变为VO，转移电子的物质的量为3 mol×(5－4)＝3 mol；氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl元素的化合价由＋5价降低到－1价，根据电子守恒可知，需要KClO3的物质的量至少为＝0.5 mol。‎ ‎[答案]　0.5‎ ‎[对点训练]‎ ‎4．‎14 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将生成的气体与‎1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为________。‎ 解析：根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O2)与未知量(Cu、Ag)之间的物质的量关系。HNO3中的元素首先得到Cu、Ag失去的电子生成气体(NO2和NO)，生成的气体再和O2反应，最后又生成了HNO3，整个反应过程的实质相当于Cu、Ag失去的电子最终转移给了O2，整个过程转移电子守恒。根据得失电子守恒规律，得×2＋＝×4，解得m(Cu)＝‎3.2 g。‎ 答案：‎‎3.2 g ‎3．电荷守恒 涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。,如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液中的电荷守恒为‎3c(Al3＋)＋c NH＋c(H＋)＝‎2c(SO)＋c (NO)＋c(OH－)。‎ ‎[注意]　一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H＋、OH－，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH－，碱性溶液中常可忽略H＋。‎ ‎[典例5]　把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀，该混合溶液中K＋浓度为(　　)‎ A．10(b－‎2a)mol·L－1　　 B．5(b－‎2a)mol·L－1‎ C．2(b－a)mol·L－1 D．10(‎2a－b)mol·L－1‎ ‎[解析]　混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根据Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)＝n(Na2SO4)＝a mol；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝b mol，根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，则n(K＋)＝b mol－‎2a mol＝(b－‎2a)mol，故c(K＋)＝＝10(b－‎2a)mol·L－1。‎ ‎[答案]　A ‎[对点训练]‎ ‎5．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液(　　)‎ A．‎0.5 L B．‎‎1.625 L C．‎1.8 L D．‎‎2 L 解析：选D　根据电荷守恒得：‎2c(Mg2＋)＋‎3c(Al3＋)＝‎2c(SO)，c(Al3＋)＝＝3 mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：‎ V(NaOH)＝＝＝‎2 L。‎ ‎[综合演练提能]　 ‎ ‎[课堂巩固练]‎ ‎1．冬季的降雪给机场和马路带来诸多不便，其中醋酸钾(CH3COOK)是融雪效果较好的融雪剂，下列关于醋酸钾的说法正确的是(　　)‎ A．1 mol CH3COOK的质量为‎98 g·mol－1‎ B．CH3COOK的摩尔质量等于它的相对分子质量 C．一个“CH3COOK”微粒的质量约为 g D．含有6.02×1023个碳原子的CH3COOK的物质的量为1 mol 解析：选C　1 mol CH3COOK的质量为‎98 g，A错误；摩尔质量的单位是g·mol－1，相对分子质量的单位是“1”，B错误；一个“CH3COOK”微粒的质量约为 g，C正确；一个“CH3COOK”中含有2个C原子，所以当醋酸钾中有6.02×1023个C原子时，醋酸钾的物质的量为0.5 mol，D错误。‎ ‎2.科学家最近在－‎100 ℃‎的低温下合成了一种化合物X，此分子的模型如图所示，其中黑球代表碳原子，白球代表氢原子，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．该分子的分子式为C5H4‎ B．1 mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时需耗6 mol O2‎ C．该物质完全燃烧生成的CO2与H2O的分子数比为5∶4‎ D．1 mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时转移电子数为24NA 解析：选C　由模型图可知，1个分子中含5个C、4个H，故该分子的分子式为C5H4，A正确；由燃烧规律可知，1 mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时需耗O2为1×(5＋4/4)mol＝6 mol，B正确；由C、H原子守恒可知，该物质完全燃烧生成的CO2与H2O的分子数比为5∶2，C错误；反应过程中C元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由O元素的化合价变化可知，1 mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时转移电子数为6 mol×2×(2－0)×NA＝24NA，D正确。‎ ‎3．由C16O和C18O组成的气体与同温、同压下空气(平均相对分子质量为29)的密度相同，则下列关系正确的是(　　)‎ A．气体中C16O和C18O的分子数之比为14∶15‎ B．气体中C16O和C18O的物质的量之比为1∶1‎ C．气体中C16O和C18O的质量之比为15∶14‎ D．气体中C16O和C18O的密度之比为1∶1‎ 解析：选B　C16O的相对分子质量为28，C18O的相对分子质量为30，二者组成的气体与同温、同压下空气(平均相对分子质量为29)的密度相同，故气体的平均相对分子质量为29，根据十字交叉法计算二者的物质的量之比为1∶1，所以分子数之比为1∶1，A错误，B正确；物质的量相同时，质量之比等于摩尔质量之比，气体中C16O和C18O的质量之比为28∶30＝14∶15，C错误；同温、同压下，密度之比等于相对分子质量之比，气体中C16O和C18O的密度之比为28∶30＝14∶15，D错误。‎ ‎4.常温常压下，两个容积相同的烧瓶中分别盛满X和Y两种气体，打开开关a，使两烧瓶内的气体相通，最后容器内的压强按由大到小的顺序排列正确的是(　　)‎ 编号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 气体X HI NH3‎ H2‎ NO 气体Y Cl2‎ HCl Cl2‎ O2‎ A.②>③>①>④　　　　 B．③>①＝④>②‎ C．③>①>④>② D．④>①>②>③‎ 解析：选C　设起始状态下，每个烧瓶中气体的物质的量为a mol。①中Cl2＋2HI===2HCl＋I2，常温下，碘呈固态，充分反应后，气体的物质的量为‎1.5a mol；②中NH3＋HCl===NH4Cl，反应后无气体；③中不反应(光照或点燃条件下才反应)；④中发生反应2NO＋O2===2NO2,2NO2??N2O4，反应后气体的物质的量介于a mol与‎1.5a mol之间，故C正确。‎ ‎5．(2018·郑州一中测试)等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的(同温同压)，此时混合气体中N2、O2、CO2的物质的量之比为(　　)‎ A．3∶4∶1 B．3∶3∶2‎ C．6∶7∶3 D．6∶9∶1‎ 解析：选A　根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，任何气体的体积之比等于物质的量之比，设反应前N2、O2、CO2气体体积均是3V L，则反应后混合气体的体积为8V L，即气体的体积减小了V L，所以根据化学方程式：2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2可知，参加反应的CO2体积是2V L，生成V L O2，所以此时混合气体中N2、O2、CO2体积之比为3V∶(3＋1)V∶(3－2)V＝3∶4∶1，故A正确。‎ ‎6．(2018·鹰潭一中月考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ ‎①常温常压下，‎6.4 g Cu与40 mL 10 mol·L－1浓HNO3作用，产生NO2分子的数目为0.2NA ‎②‎1.6 g甲烷中含有的C—H键数目为0.1NA ‎③某温度时，‎1 L pH＝6的纯水中含有1.0×10－6NA个H＋‎ ‎④‎7.8 g 中含有的碳碳双键数目为0.3NA ‎⑤‎20 g氖气中所含的原子数目为NA ‎⑥‎25 ℃‎时，pH＝12的NaHCO3溶液中含有OH－的数目为0.01NA ‎⑦含NA个阴离子的Na2O2溶于水形成‎1 L溶液，其浓度为1 mol·L－1‎ A．①⑥ B．③⑤‎ C．②④⑦ D．①②④⑤‎ 解析：选B　‎6.4 g铜的物质的量为0.1 mol，其与浓硝酸反应生成NO2，但随着反应进行，硝酸不断被消耗，稀硝酸与铜反应生成NO，所以‎6.4 g铜与40 mL 10 mol·L－1浓HNO3作用，产生NO2分子的数目小于0.2NA，①错误；一个甲烷分子中有4个C—H键，所以‎1.6 g(0.1 mol)甲烷含有的C—H键数目为0.4NA，②错误；pH＝6的纯水中c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1，则‎1 L纯水中含有1.0×10－6NA个H＋，③正确；苯分子中没有碳碳双键，④错误；氖气是单原子分子，‎20 g氖气的物质的量为1 mol，所含的原子数目为NA，⑤正确；没有给出溶液的体积，无法计算溶液中含有的OH－的数目，⑥错误；含NA个阴离子的Na2O2的物质的量为1 mol，其溶于水生成2 mol NaOH，则形成‎1 L NaOH溶液的浓度为2 mol·L－1，⑦错误。‎ ‎7．化学计量在化学中占有重要地位，请回答下列问题。‎ ‎(1)0.3 mol NH3分子中所含原子数与________个H2O分子中所含原子数相等。‎ ‎(2)含0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO的物质的量是________。‎ ‎(3)在一定的温度和压强下，1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物，则该化合物的化学式是______________________。‎ ‎(4)某盐混合溶液中含有离子：Na＋、Mg2＋、Cl－、SO，测得Na＋、Mg2＋和Cl－的物质的量浓度依次为：0.2 mol·L－1、0.25 mol·L－1、0.4 mol·L－1，则c(SO)＝________。‎ 解析：(1)0.3 mol NH3中含有原子物质的量为0.3×4 mol＝1.2 mol，因此需水的物质的量为 mol＝0.4 mol，即水分子的个数为0.4NA或2.408×1023；(2)n(Al3＋)∶n(SO)＝2∶3，则n(SO)＝0.4× mol＝0.6 mol；(3)反应方程式为X2＋3Y2===2Z，根据原子守恒和元素守恒，可知Z的化学式为XY3或Y3X；(4)根据电荷守恒，c(Na＋)＋‎2c(Mg2＋)＝c(Cl－)＋‎2c(SO)，c(SO)＝[c(Na＋)＋‎2c(Mg2＋)－c(Cl－)]/2＝ mol·L－1＝0.15 mol·L－1。‎ 答案：(1)0.4NA或2.408×1023　(2)0.6 mol ‎(3)XY3或Y3X　(4)0.15 mol·L－1‎ ‎[课下提能练]‎ ‎1．下列说法中正确的是(　　)‎ A．1 mol S和O2的摩尔质量都是‎32 g B．‎7.8 g Na2S与Na2O2的混合物约含有阴离子6.02×1022个 C．1 mol任何气体中都含有相同的原子数 D．‎22.4 L CO2气体中含有3NA个原子 解析：选B　1 mol S和O2的摩尔质量都是‎32 g·mol－1，A错误；Na2S与Na2O2的相对分子质量相同，均是78，且阴阳离子的个数之比均是1∶2，因此‎7.8 g Na2S与Na2O2的混合物约含有阴离子6.02×1022个，B正确；1 mol任何气体中不一定都含有相同的原子数，例如氧气和臭氧，C错误；不知是否为标准状况下，无法根据气体摩尔体积求算其物质的量，D错误。‎ ‎2．(2018·枣阳一中月考)‎6.6 g木炭在标准状况下V L氧气中点燃，恰好完全反应。将反应后生成的气体通入足量过氧化钠中，过氧化钠增重‎7 g，则V为(　　)‎ A．5.6 B．8.96‎ C．9.52 D．12.32‎ 解析：选B　根据2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，向过氧化钠中通入2 mol CO2时，过氧化钠增重‎56 g，则当过氧化钠增重‎7 g时，木炭与氧气反应生成的CO2的物质的量n(CO2)＝×2 mol＝0.25 mol，根据碳元素守恒，则n(CO)＝n(C)－n(CO2)＝0.3 mol，则参加反应的n(O2)＝n(CO2)＋n(CO)＝0.40 mol，故V(O2)＝‎22.4 L·mol－1×0.40 mol＝‎8.96 L，B项正确。‎ ‎3．(2018·郑州质检)如图，同温同压下，分别用氯化氢和四种混合气体吹出体积相等的五个气球。A、B、C、D四个气球中，与充有氯化氢的气球所含原子数一定相等的是(　　)‎ 解析：选C　同温同压下，体积相等的气球中，气体的物质的量相等。HCl是双原子分子，因此当混合气体分子的平均原子数一定等于2时才符合要求。A项，平均原子数有可能等于2；B项，平均原子数一定大于2；C项，平均原子数一定等于2；D项，平均原子数一定大于2，故C项正确。‎ ‎4．(2018·开封调研)如图是氨气与氯化氢反应的装置。抽走玻璃片充分反应，反应中有关物理量的描述正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的数值)(　　)‎ A．气体反应物的总体积为‎0.224 L B．生成物的分子个数为0.005NA C．产物中的N—H键个数为0.02NA D．加水溶解后所得溶液中NH数目为0.005NA 解析：选C　A项，没有说明气体所处的状况，故气体反应物的总体积不一定是‎0.224 L，错误；B项，生成物NH4Cl为离子化合物，不存在分子，错误；D项，由于NH部分水解，故所得溶液中NH数目小于0.005NA，错误。‎ ‎5．(2018·湖北四校模拟)设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)‎ ‎①常温常压下，1 mol氦气含有的核外电子数为4NA ‎②常温常压下，‎17 g甲基(—14CH3)所含的中子数为8NA ‎③‎64 g铜发生氧化还原反应，一定失去2NA个电子 ‎④常温常压下，100 mL 0.5 mol·L－1乙酸溶液中，乙酸分子的数目小于0.05NA ‎⑤标准状况下，‎22.4 L C2H5OH中含有的氢原子数为6NA ‎⑥常温常压下，‎22.4 L NO气体的分子数小于NA A．①②⑤ B．③④⑤‎ C．②④⑥ D．③⑤⑥‎ 解析：选C　①氦气分子是单原子分子，1 mol氦气含有的核外电子数为2NA，错误；②常温常压下，‎17 g甲基的物质的量是＝1 mol，所含的中子数为8NA，正确；③‎64 g铜的物质的量为1 mol，发生氧化还原反应若生成Cu2＋，一定失去2NA个电子，若生成Cu＋，则失去NA个电子，错误；④100 mL 0.5 mol·L－1乙酸溶液中含乙酸的物质的量为‎0.1 L×0.5 mol·L－1＝0.05 mol，乙酸为弱电解质，在水溶液中会发生电离，故乙酸分子的数目小于0.05NA，正确；⑤标准状况下，乙醇为液态，计算物质的量时不能用‎22.4 L·mol－1，故‎22.4 L乙醇中含有的氢原子数不是6NA，错误；⑥常温常压下，气体的摩尔体积大于‎22.4 L·mol－1，所以‎22.4 L NO气体的分子数小于NA，正确。‎ ‎6.如图表示‎1 g O2与‎1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是(　　)‎ A．C2H4 B．CH4‎ C．CO2 D．NO 解析：选C　由图可知，相同温度时，p(O2)>p(X)，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小。只有CO2的相对分子质量大于O2的，故C正确。‎ ‎7．下列说法不正确的是(　　)‎ A．温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)所含的分子数一定相同 B．等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于16∶11‎ C．温度和容积相同的两容器中分别盛有5 mol O2和2 mol N2，则压强之比为5∶2‎ D．等温等压条件下，5 mol O2(g)和2 mol H2(g)的体积之比等于5∶2‎ 解析：选A　温度相同、压强相同、体积相同的O2(g)和N2(g)所含的分子数相同，故A错误；等温等压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故B正确；同温同体积的气体的物质的量之比等于压强之比，故C正确；等温等压条件下气体的物质的量之比等于体积之比，故D正确。‎ ‎8．(2018·雅礼中学月考)三个密闭容器中分别充入H2、O2、CO2三种气体，以下各种情况下排序正确的是(　　)‎ A．当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)＞m(O2)＞m(CO2)‎ B．当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：‎ ρ(H2)＞ρ(O2)＞ρ(CO2)‎ C．当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V(CO2)＞V(O2)＞V(H2)‎ D．当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：‎ p(H2)＞p(O2)＞p(CO2)‎ 解析：选D　同温同压时，同体积的气体物质的量相同，摩尔质量越大，则质量越大，因此m(CO2)＞m(O2)＞m(H2)，A项错误；同温同压下，相对分子质量越大，则密度越大，因此ρ(CO2)＞ρ(O2)＞ρ(H2)，B项错误；同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，由于三种气体质量相等，因此n(H2)＞n(O2)＞n(CO2)，所以V(H2)＞V(O2)＞V(CO2)，C项错误；同温同密度下，气体压强与摩尔质量成反比，故p(H2)＞p(O2)＞p(CO2)，D项正确。‎ ‎9．现有三种常见治疗胃病药品的标签：‎ 　　 ‎　　　①　　　　　　　 ②　　　　　　　③‎ 药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列关于三种药片中和胃酸的能力比较，正确的是(　　)‎ A．①＝②＝③ B．①>②>③‎ C．③＞②＞① D．②＞③＞①‎ 解析：选C　碳酸钙摩尔质量为‎100 g·mol－1，氢氧化镁摩尔质量为‎58 g·mol－1，氧化镁摩尔质量为‎40 g·mol－1，碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量比1∶2反应，药片中三者的质量相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强，所以中和盐酸的能力为③＞②＞①。‎ ‎10．(2018·厦门质检)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中指定粒子数目一定小于NA的是(　　)‎ A．‎12 g C60和石墨的混合物所含的碳原子数目 B．‎1 L 1 mol·L－1的Na2CO3溶液中含有的碳酸根离子的数目 C．0.5 mol·L－1NaOH溶液中所含Na＋数目 D．‎28 g铁在反应中作还原剂且完全反应时，失去电子的数目 解析：选B　‎12 g C60和石墨的混合物所含碳原子数目为NA，A错误；‎1 L 1 mol·L－1的Na2CO3溶液中，由于CO水解，含有的CO数目小于NA，B正确；未指明溶液的体积，C错误；‎28 g铁在反应中作还原剂且完全反应时，失去电子的数目可能为1.5NA，可能为NA，也可能在NA～1.5NA之间，D错误。‎ ‎11.肼(N2H4)是火箭燃料，常温下为液体，其分子的球棍模型如图所示。肼能与双氧水发生反应：N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎11.2 L N2中含电子总数为7×6.02×1023‎ B．‎3.2 g N2H4中含有共价键的总数为6×6.02×1022‎ C．标准状况下，‎22.4 L H2O2中所含原子总数为4×6.02×1023‎ D．若生成‎3.6 g H2O，则上述反应转移电子的数目为2×6.02×1022‎ 解析：选D　没有指明是否是标准状况，无法计算物质的量，故A错误；1 mol N2H4中含有共价键的物质的量为5 mol，则‎3.2 g N2H4中含共价键5×＝0.5 mol，故B错误；标准状况下，H2O2不是气体，故C错误；生成4 mol水时，转移电子的物质的量为4 mol，因此生成‎3.6 g水时转移电子的物质的量为＝0.2 mol，故D正确。‎ ‎12．(2018·天津五校联考)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．在标准状况下，‎22.4 L一氯甲烷分子所含原子总数为5NA B．在标准状况下，‎11.2 L HF含质子总数为5NA C．‎63 g HNO3作氧化剂时转移电子数目为NA D．1 mol环己烷()含非极性键数目为5NA 解析：选A　A项，在标准状况下，一氯甲烷呈气态，正确；B项，在标准状况下，HF呈液态，错误；C项，硝酸的还原产物可能是NO2、NO、N2、NH3等，错误；D项，1个环己烷分子含6个非极性键，错误。‎ ‎13．(2018·吉林五校联考)NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　)‎ A．‎9 g Sr2＋中含有的电子数为3.6NA B．某温度下纯水的pH＝6，该温度下‎1 L pH＝11的NaOH溶液中含OH－的数目为0.1NA C．一定温度下，‎1 L 0.5 mol·L－1 NH4Cl溶液与‎2 L 0.25 mol·L－1NH4Cl溶液中含NH数目均为0.5NA D．丙烯和环丙烷组成的‎42 g混合气体中氢原子的个数为6NA 解析：选C　1个Sr2＋中含有36个电子，‎9 g Sr2＋为0.1 mol，含有的电子数为 ‎3.6NA，A项正确；某温度下纯水的pH＝6，则水的离子积KW＝10－12，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1,‎1 L该溶液中含OH－的数目为0.1NA，B项正确；‎1 L 0.5 mol·L－1 NH4Cl溶液与‎2 L 0.25 mol·L－1NH4Cl溶液中由于NH水解，两者含NH数目均小于0.5NA，C项错误；丙烯和环丙烷的分子式均为C3H6,‎42 g该混合气体为1 mol，所含氢原子的个数为6NA，D项正确。‎ ‎14．现有‎14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为‎8.96 L。回答下列问题：‎ ‎(1)该混合气体的平均摩尔质量：___________________________________________。‎ ‎(2)混合气体中碳原子的个数：____________________。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)‎ ‎(3)将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。‎ ‎①气球中收集到的气体摩尔质量：______________________________；‎ ‎②标准状况下气球中收集到的气体的体积为_________________________________；‎ ‎③气球中收集到的气体的电子总数为_________________________________________。‎ ‎(用NA表示阿伏加德罗常数的值)‎ 解析：(1)混合气体的体积在标准状况下为‎8.96 L，则其物质的量n＝＝＝0.4 mol，混合气体的平均摩尔质量为＝‎36 g·mol－1；(2)设混合气体中 CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，则根据混合物的质量为‎14.4 g可得：28x＋44y＝14.4①；根据气体的物质的量为0.4 mol，所得x＋y＝0.4②；解①②得：x＝0.2 mol，y＝0.2 mol；由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2 mol CO和0.2 mol CO2中共含0.4 mol C原子即0.4NA个；(3)将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体；①气球中收集到的气体为CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到的气体的摩尔质量为‎28 g·mol－1；②气球中的气体为CO，其体积V＝nVm＝0.2 mol×‎22.4 L·mol－1＝‎4.48 L；③一个CO含有14个电子，由(2)求出的CO的物质的量为0.2 mol，则电子的物质的量为0.2 mol×14＝2.8 mol，电子总数为2.8NA个。‎ 答案：(1)‎36 g·mol－1　(2)0.4NA ‎(3)①‎28 g·mol－1　②‎4.48 L　③2.8NA ‎15．过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)‎ 可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。‎ ‎(1)已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：‎ 第一步：准确称取a g产品放入锥形瓶中，再加入过量的b g KI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2 mol·L－1的H2SO4溶液，充分反应。‎ 第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。‎ 第三步：逐滴加入浓度为c mol·L－1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 若滴定消耗Na2S2O3溶液V mL，则样品中CaO2的质量分数为________(用字母表示)。‎ ‎(2)已知过氧化钙加热至‎350 ℃‎左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则‎350 ℃‎左右所得固体物质的化学式为______________。‎ 解析：(1)根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2O，则样品中CaO2的质量分数为×100%＝×100%。‎ ‎(2)CaO2·8H2O的摩尔质量为‎216 g·mol－1，故‎2.16 g过氧化钙晶体为0.01 mol,‎350 ℃‎左右所得固体质量为‎0.56 g，根据钙元素守恒，可知为CaO。‎ 答案：(1)溶液由蓝色变无色，振荡，且30 s内不出现蓝色　×100%　(2)CaO ‎16．(2017·北京高考)SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。‎ ‎(1)SCR(选择性催化还原)工作原理：‎ ‎①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。‎ ‎②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：____________________________________。‎ ‎③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4‎ ‎，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：________________________________。‎ ‎④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M＝‎60 g·mol－1)含量的方法如下：‎ 取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L－1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L－1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________。‎ ‎(2)NSR(NOx储存还原)工作原理：‎ NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。‎ ‎①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是________。‎ ‎②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是________。‎ 解析：(1)①根据题意，反应物为H2O和CO(NH2)2，生成物为NH3和CO2，反应条件为加热，结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。②根据题意，反应物为NH3和NO2，生成物为N2和H2O，反应需在催化剂作用下进行。③根据题意，NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4。④根据题意，加入硫酸的总物质的量为c1v1×10－3 mol，NaOH消耗硫酸的物质的量为 mol，因此与NH3反应的硫酸的物质的量为mol，根据关系式：CO(NH2)2～2NH3～H2SO4，得n[CO(NH2)2]＝×10－3 mol，m[CO(NH2)2]＝(c1v1－c2v2)×10－3 mol×‎60 g·mol－1＝0.06(c1v1－c2v2)g，因此尿素溶液中溶质的质量分数为×100%＝。‎ ‎(2)①由图a可以看出NOx在BaO中储存，在Ba(NO3)2中还原，因此储存NOx的物质为BaO。②由图b可知，Ba(NO3)2在第一步反应中被H2还原为NH3，根据得失电子守恒，1 mol Ba(NO3)2转化成NH3得到2 mol×8＝16 mol电子，1 mol氢气失去2 mol电子，因此消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比为8∶1。‎ 答案：(1)①CO(NH2)2＋H2OCO2↑＋2NH3↑‎ ‎②8NH3＋6NO27N2＋12H2O ‎③2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O===2(NH4)2SO4‎ ‎④ ‎(2)①BaO　②8∶1‎