海口一中高一化学线上学习导学案三答案（终稿）.docx

物质的量（第一课时） 参考答案 ‎【重点和难点导学】‎ 一、 物质的量 n = = = = c(B) ·V(aq)‎ 物质的粒子数目 粒子的大小 粒子间的距离 粒子的大小 粒子间的距离 温度和压强 ‎ 22.4L/mol ；c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)； c1·V1＋c2·V2＝c(混)·V(混) ； c(B)＝ 二、 溶液的配制 ‎ ‎1、托盘天平 量简；玻璃棒；转移 玻璃棒； 2－3次 ；定容 1－2cm 胶头滴管 溶液凹面最低处； 50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL ；是否漏水；‎ ‎2、小 大 小 小 小 大 大 小 大 ；‎ ‎【强化练习】‎ ‎1、【答案】1 1‎ ‎2、【答案】1.5 6 16.5 15 44.8 18g/mol ‎3、【答案】0.3 mol 32‎ ‎4、【答案】2.5 mol/L ‎5、【答案】2mol/L 4mol/L 2.5mol/L 0.25 0.2‎ ‎6、【答案】90‎ ‎7、【答案】3∶2‎ ‎8、【答案】（1）②①③⑧⑤⑥⑦④⑨； 250mL容量瓶、玻璃棒 ‎（2）27.4；10.0‎ ‎（3）应选用250 mL的容量瓶；没有用玻璃棒引流 ‎（4）BD ‎【解析】（1）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、摇动、定容、摇匀等操作，正确的操作顺序为：②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；‎ 一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，缺少的仪器：250m容量瓶、玻璃棒。‎ ‎（2）因天平的称量原理：左盘物体的质量＝右盘物体的质量+游码的读数，所以烧杯的实际质量为27.4g。 因配制溶液的体积为240ml，而容量瓶的规格没有240ml，只能选用250ml，NaOH的质量m＝cvM＝1.0mol•L−1×0.25L×40g/mol＝10.0g。‎ （3） 如图2是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误分别为：配制250 mL的溶液，应选用250 mL的容量瓶；在转移溶液时，一定要用玻璃棒引流，防止溶液溅到瓶外，引起所配溶液浓度偏低。‎ ‎（4）A．所用氢氧化钠已经潮解，导致称取固体含有溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；‎ B．溶液未冷却至室温就注入容量瓶中定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高。B选 C．在配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低。C不选；‎ D．定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高。故D选。‎ 等级性考试层次习题 ‎1、【答案】D ‎2、【答案】A ‎3、【答案】C ‎ ‎【解析】 0.4 mol·L－1 KNO3溶液中NO的物质的量浓度为0.4 mol·L－1，A、B、C、D中NO的物质的量浓度分别为4 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.4 mol·L－1、0.8 mol·L－1，故选C。‎ ‎4、【答案】D ‎ ‎【解析】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同。一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=n(Na2SO4)=amol；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl-)=n(Ag+)=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，每份溶液中n(K+)=bmol-2amol=(b-2a)mol，则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为‎（b-2a）mol×2‎‎0.5L=4(b-2a)mol/L，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应的有关计算，熟悉发生的离子反应及量的关系，再根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是解题的关键。解答本题需要注意溶液分成了2等份，根据每份的量求出的钾离子后要乘以2。‎ ‎5、【答案】C ‎【解析】A．H2O2分子中含2个O-H极性键，1个O-O共价键，17gH2O2中含有非极性健的数目为0.5NA，故A错误；‎ B．OH−中含10个电子，故1mol OH−中含10NA个电子，故B错误；‎ C．CO和氮气的摩尔质量均为28g/mol，故28g混合物的物质的量为1mol，则气体的体积V＝nVm＝1mol×22.4L/mol＝22.4L，故C正确；‎ D．溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故D错误。‎ ‎6、【答案】C ‎【解析】A． 5.6 g铁的物质的量为0.1mol，在氧气中燃烧，生成Fe3O4，完全反应时转移的电子数为 NA，故A错误；‎ B．标准状况下，22.4 L氦气与22.4 L氯气均为1mol，氦气为单原子分子，氯气为双原子分子，故所含原子数不等，故B错误；‎ C．18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故C正确；‎ D．由于不确定生成Na2O和Na2O2的物质的量，所以无法确定转移电子数，故D错误。‎ ‎7、【答案】C ‎【解析】A项，1 mol钠原子变成钠离子时失去1 mol e－，2.3 g钠即为0.1 mol钠原子，失去的电子数为0.1NA，故A正确；‎ B项，19.6 g磷酸即为0.2NA个磷酸分子（19.6 g÷98 g·mol-1＝0.2 mol），等物质的量的硫酸（H2SO4）与磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数，故B正确；‎ C项，D2O相对分子质量是20，所以18 g D2O的物质的量小于1mol，则18gD2O中含有的质子数目小于10NA，C错误；‎ D项，标准状况下，22.4L甲烷为1mol，1个CH4分子含有4个C—H共价键，故为4NA，故D正确。 ‎ ‎8、【答案】BD ‎9、【答案】C ‎ ‎10、【答案】A ‎【解析】14N16O和13C16O气体中含有的质子数分别是15和14，质子数都是15，相对分子质量分别是30和29，所以正确的答案是A。‎ ‎11、【答案】D ‎【解析】由图可知，相同温度时，p（O2）＞p（X），根据PV＝nRT＝RT知，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SO2的相对分子质量大于O2，所以该气体可能是SO2，故D正确。‎ ‎12、【答案】(1)71 g/mol (2) 44 g/mol ‎【解析】 标准状况气体摩尔质量=22.4D =22.4L/mol×3.170g/L=71g/mol；‎ 两个同容积的密封容器A、B，25℃下，气体压强之比等于气体物质的量之比，A中充入a g A气体，B中充入a g CH4气体，A与B内的压强之比是4：11，则得到:=4:11，M=44g/mol；‎ ‎13、【答案】(1)0.4　19.0　(2)0.2　0.2　(3)1.2‎ ‎【解析】(1)根据图象可知钠离子的浓度是1.0 mol·L－1，所以溶液中氯化钠的浓度是1.0 mol·L－1，该混合液中NaCl的物质的量为1.0 mol·L－1×0.4 L＝0.4 mol；溶液中镁离子的浓度是0.5 mol·L－1，所以溶液中氯化镁的浓度是0.5 mol·L－1则含溶质MgCl2的质量为0.4 L×0.5 mol·L－1×95 g·mol－1＝19.0 g。‎ ‎(2)溶液中氯离子的浓度是3.0 mol·L－1，所以根据溶液显电中性可知溶液中钙离子的浓度是(3.0 mol·L－1－1.0 mol·L－1－2×0.5 mol·L－1)÷2＝0.5 mol·L－1，因此该混合液中CaCl2的物质的量为0.5 mol·L－1×0.4 L＝0.2 mol。将该混合液加水稀释至体积为1 L，由于稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中Ca2＋的物质的量浓度为＝0.2 mol·L－1。‎ ‎(3)溶液中氯离子的物质的量是0.4 L×3.0 mol·L－1＝1.2 mol，所以根据方程式Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到氯化银沉淀的物质的量是1.2 mol。‎ ‎14、【答案】（1）n（Mg）=0.1mol、n（Al）=0.1mol （2）250‎ ‎15、【答案】（1）2 mol/L（2）2mol/L ; 4 mol/L（3）4 mol/L（4）1.25 mol/L ‎【解析】（1）设两溶液的体积为VL，‎ 则混合液中Fe3+的物质的量浓度=2.0 mol/L×2×VL÷2VL=2 mol/L。‎ ‎（2）混合液中H+物质的量浓度c（H+）=2.0 mol/L×2×VL÷2VL=2 mol·L‾1；‎ c（SO42‾）=（2.0 mol/L×3×VL+2.0 mol/L×V）÷2VL=4 mol/L。‎ ‎（3）根据Fe+ Fe2(SO4)3=3Fe SO4‎ ‎1mol 3mol ‎2.0Vmol n（FeSO4）‎ 生成的 n（FeSO4）=6Vmol Fe+ H2SO4 = Fe SO4+ H2↑‎ ‎1mol 1mol ‎2.0Vmol n（FeSO4）‎ 本反应生成的n（FeSO4）=2.0Vmol，则FeSO4的物质的量浓度为：（6Vmol+ 2.0Vmol）÷2VL=4 mol/L。‎ ‎（4）H2物质的量为：16.8L÷22.4L/mol=0.75mol，根据化学方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，则消耗的H+为1.5mol，则剩余的H+为：2.0 mol/L×2L—1.5mol=2.5mol，则c（H+）=2.5mol÷2L=1.25 mol/L。‎ 以物质的量为中心的化学计算方法（第二课时）参考答案 强化练习 ‎1、（电荷守恒）【答案】B ‎【解析】　在任何溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则有3c(Al3＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)，解得c(Na＋)＝0.2 mol·L-1。‎ ‎2、（得失电子守恒）【答案】B ‎ ‎3、【答案】A ‎【解析】　由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可得如下关系：‎ ‎ 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m ‎2×84　　　　　　　　　　 62‎ x　　　　　　　　　　　 w1－w2‎ 则x＝， 故样品纯度为＝＝ ‎4、（元素守恒）【答案】7.42g。‎ ‎【解析】Na2CO3·10H2O和NaHCO3、 Na2CO3组成的混合物加热到恒重，所得固体是碳酸钠，根据钠原子守恒，碳酸钠的物质的量为(1.4mol/L×0.1L)÷2=0.07mol，质量为0.07mol×106g/moL=7.42g ‎5、【答案】 Fe：2.24g Fe2O3：1.6g 1mol/L ‎【解析】（1）方法一 解析 设Fe为xmol，Fe2O3为ymol，‎ 反应的方程式分别为Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Fe═3FeCl2，Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，‎ 由于反应后的溶液中加入KSCN检验，溶液无明显现象，则说明FeCl3完全反应，溶液中只生成FeCl2，则有：‎ Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O， 2FeCl3+Fe═3FeCl2， Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，‎ ymol 2ymol 2ymol ymol (x﹣y)mol 0.03mol ‎ 则有：‎ 解之得：x=0.04，y=0.01，‎ 所以Fe2O3的质量为0.01mol×160g/mol=1.6g Fe的质量为0.04×56=2.24 g 方法二 设原混合物中Fe为xmol，Fe2O3为ymol，根据电子守恒规律可知：2x=2y+0.03×2；根据质量守恒定律：56x+160y=3.84；联立方程组可得：x=0.04mol，y=0.01 mol。‎ 原混合物中Fe2O3质量为0.01×160=1.6 g；Fe的质量为0.04×56=2.24 g ‎（2）根据元素的量守恒规律，氯化亚铁中铁元素的量为3.84 g Fe和Fe2O3的混合物中铁元素的量，氯化亚铁的量为x+2y=0.04+2×0.01=0.06 mol，由于混合物与盐酸恰好完全反应，氯元素守恒：盐酸中氯化氢的量等于氯化亚铁中氯元素的量，即0.06×2=0.12 mol，原盐酸的物质的量浓度0.12/0.12=1 mol/L；正确答案：1mol/L。‎ ‎【点睛】：此题采用守恒的方法进行解析，简洁方便；第一问采用质量守恒和电子守恒方法；第二步采用元素的量守恒法。‎ ‎6、【答案】 33.6g/mol 1.5 3‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据3O22O3，利用差量法计算生成O3的体积，再根据n=‎VVm 换算成物质的量；平均摩尔质量=m总n总；密度=m总V总；（2）利用差量法计算生成O3的体积 ‎。‎ 解析：（1）设生成O3的体积是 VmL；‎ ‎ ‎ V=10 mL，所以生成O3的体积是10 mL，剩余O2的体积是85 mL，根据n=‎VVm；O3、O2的物质的量分别是‎0.01‎‎22.4‎mol 、‎0.085‎‎22.4‎mol，气体总质量是‎0.1‎‎22.4‎mol×32g/mol 平均摩尔质量=m总n总=‎0.1‎‎22.4‎mol×32g/mol‎0.01‎‎22.4‎mol+‎0.085‎‎22.4‎mol‎=‎ 33.6g/mol ；密度=m总V总=‎0.1‎‎22.4‎mol×32g/mol‎0.095L‎=1.5g/L；‎ ‎（2）设生成O3的体积是VL ‎ 列比例式求解可得： V=3L ‎7、【答案】 原混合气体中CO的质量分数为87.5%。‎ ‎【解析】　设原混合气体中CO的质量分数为x。‎ CuO　＋CO　Cu＋CO2　 △m ‎ 28 g 44 g 44 g－28 g＝16 g ‎ 12x g 18 g-12 g＝6 g ＝，解得x＝0.875。‎ ‎8、【答案】13.5‎ ‎【解析】某CH4和CO组成的混合气体与氢气的密度比为12.5，则混合气体的平均摩尔质量为12.5×2g/mol=25g/mol；33.6L混合气体的物质的量为=1.5mol，设混合气体中CH4的物质的量为xmol，CO的物质的量为ymol，则x+y=1.5，16xg+28yg=1.5mol×25g/mol，解得：x=0.375、y=1.125，则CH4完全燃烧生成水的质量为0.375mol×4××18g/mol=13.5g。‎