高三化学概念复习.doc

化学基本概念第一部分：知识要点及高考考点物质的组成及分类概念 1、物质的分子、原子、离子、元素等概念的含义。2、混合物、纯净物、单质、化合物等概念的含义。涉及酸、碱、盐（正盐、酸式盐、碱式盐、复盐）、氧化物（酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物）等。3、同素异形体的概念4、溶液。涉及 悬浊液、乳浊液、溶液、溶质的质量分数、溶质溶解时的吸热和放热现象、饱和溶液、温度对溶解度的影响及溶解度曲线、结晶、风化、潮解及结晶水合物等物质结构类的概念1.原子组成及同位素（原子序数、核电荷数、质子数、中子数、核外电子数及质量数与质子数、中子数之间的相互关系）2 .核外电子排布规律（第一第三周期）3.电子层 4.化学键5.离子键 6.共价键 7. 键的极性8.几种晶体类型（离子晶体、原子晶体、分子晶体）物质的性质和物质的变化类概念1.物理性质 2.化学性质 3.氧化性 4.还原性 5.氧化剂 6.还原剂7.金属性 8.非金属性 9.酸性 10.碱性 11.物理变化 12.化学变化13.化合反应 14.分解反应 15.置换反应 16.复分解反应 17.氧化还原反应 18.燃烧 19.自燃 20.吸热反应（放热反应）21.反应热22.电离 23.电解 24.可逆反应 等化学量类概念1.相对原子质量 2.同位素的相对原子质量 3.元素的平均相对原子质量 4.元素的近似相对原子质量 5.质量数 6.电子数 7.质子数8.中子数 9.物质的量 10.摩尔 11.摩尔质量 12.气体摩尔体积 13.阿伏加德罗常数 14.溶液的溶质质量分数 15.物质的量浓度 等化学用语类概念1.元素符号 2.分子式 3.化学方程式 4.化合价 5.电子式 6.结构式 7.结构简式 8.原子（离子）结构示意图 9.热化学方程式 10.离子共存、离子方程式10.电极反应式11.质量守恒定律的涵义等第二部分：专题指导一、 离子共存（一）离子不能大量共存原因分析1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。有气体产生。如CO32、SO32、S2、HCO3 等易挥发的弱酸根与H + 不能大量共存。 有沉淀生成或微溶物 如Ba2+和CO32-、Ca2+和OH、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Ag+与CO32、SO42不能大量共存；Pb2+、Fe2+、Al3+、Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ag+与OH不能大量共存；Fe2+与S2、Ag+与Cl、Br、I不能大量共存。 有弱酸、弱碱或水生成。如OH、CH3COO、PO43、HPO42、F、CN、H2PO4、AlO2、SiO32、C17H35COO与H+ 不能大量共存；一些酸式根如HCO3、HSO3、HS等不能与OH大量共存；NH4+不能与OH大量共存.2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存。如：Fe3+与S2、HS、I、SO32不能大量共存。在酸性或碱性介质中，由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。如在酸性介质中：MnO4、Cr2O72、NO3、ClO与Fe2+、S2、HS、I、SO32不能大量共存；SO32与S2在酸性不能大量共存，而碱性介质中能大量共存。3、由于发生络合反应，离子不能大量共存。如：Fe2+ 、Fe3+与SCN、Fe3+和不能大量共存。（二）思维技巧点拨1、首先从化学基本理论和概念出发，搞清离子反应的规律和“离子共存”的条件。在中学化学中要求掌握的离于反应规律主要是离子间发生复分解反应和离子间发生氧化反应，以及在一定条件下一些微粒(离子、分子)可形成络合离子等。“离子共存”的条件是根据上述三个方面统筹考虑、比较、归纳整理而得出。因此解决“离子共存”问题可从离子间的反应规律入手，逐条梳理。2、审题时应注意题中给出的附加条件 酸性溶液(H+)、碱性溶液(OH)或能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液等。 溶液有无颜色。溶液有颜色的离子有MnO4，Fe3+，Fe2+，Cu2+，Fe(SCN)2+。 MnO4、NO3等在酸性条件下具有强氧化性； S2O32在酸性条件下发生氧化还原反应：S2O32+2H+=S+NO+H2O C1O能氧化S2、Fe2+、I、Br、SO32等离子。题目要求是“大量共存”还是“不能大量共存”。 3、审题时还应特别注意以下几点： 注意溶液的酸性对离子间发生氧化还原反应的影响。如：Fe2+与NO3能共存，但在强酸性条件下(即Fe2+、NO3、H+相遇)不能共存；MnO4与C1在强酸性条件也不能共存；S2与SO32为钠、钾盐时可共存，但在酸性条件下则不能共存。 酸式盐的含氢弱酸根离于不能与强碱(OH)、强酸(H+)共存。 如HCO3+OH=CO32+H2O ， HCO3+H+=CO2+H2O说明：无色透明（透明是溶液的基本性质） （三）典型例题例1将下列离子：Al3+、Na+、K+、NO3、OH、S2-、MnO4、Fe3+、NH4+、H+、AlO2、CO32- 按可能大量共存于溶液中的情况，把它们分成A、B两组，而且每组中都含有不少于两种阴离子和两种阳离子，则A H+、Al3+、Fe3+、NH4+、MnO4、NO3 B OH、AlO2、CO32-、S2-、Na+、K+ 例2某无色透明溶液，跟金属铝反应放出H2，试判断下列离子：Mg2+、Cu2+、Ba2+、H+、Ag+、SO42-、SO32-、HCO3、OH、NO3中，何者能存在于此溶液（1）当生成时Al3+，可存在 H+、SO42、Mg2+ 。（2）当生成时AlO2，可存在 OH、Ba2+、NO3 。 （四）专项练习1、下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是（B）A.K+、Na+、HSO3、C1 B.Na+、Ba2+、AlO2、NO3C. NH4+、K+、C1、NO3 D. K+、Na+、S2、C1O2、有一无色透明澄清溶液，可能含有大量的Cu2+、Ba2+、K+、H+、I、S2、SO42、NO3等离子中两种或多种，做如下实验：取少量溶液加入铁粉有气体放出。另取少量溶液加入Na2SO3溶液后既有气体放出，也有白色沉淀生成，再加盐酸沉淀不完全消失。另取少量AgNO3溶液加入溶液白色沉淀生成。由此判断原溶液中一定含有的离子是_ Ba2+、H+、NO3_，一定不含有的离子是_ _ Cu2+、SO42、I、S2_，可能含有的离子是_ K+_。二、离子方程式内容提要（一）离子反应 在水溶液中，有离子参加（或生成）的反应一般是离子反应。练习下列反应是否为离子反应？为什么？（1）2KClO3 2KCl + 3O2（固态反应）（2）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O（纯液体反应）（3）3Fe + 4H2O Fe3O4 + 4H2（非水溶液）（4）H2 + CuO Cu + H2O（非水溶液）说明固体与浓H2SO4等反应一般不写离子方程式，但MnO2与浓HCl的反应属离子反应。（二）离子方程式的书写规则1、改写原则不溶物、气体、弱电解质必须写成原有的化学式形式。单质、氧化物保留原有形式。微溶物应根据具体条件改写，若为稀溶液或澄清溶液则需改成离子形式，若为浑浊液或沉淀则保留原化学式。弱酸根离子不能拆开成H+与酸根。（HSO4除外）2、配平原则质量守恒（元素种类、原子个数守恒）电量守恒（左、右两边电荷性质及电荷数相等）得失电子数相等（三）离子方程式的正误判断方法 一查书写形式正确与否；二查生成号（、）箭头应用是否恰当；三查三个守恒（电荷守恒、质量守恒、电子得失总数）；四查离子比例是否与化学方程式对应。练习说出下列离子方程式错误的原因1Cl2 + H2O 2H+ + Cl + ClO（改写形式错误）2NaHCO3溶液与NaOH溶液：H+OH H2O（改写形式错误）3钠投入水中Na + 2H2O Na+ + 2OH + H2（不符合电荷守恒）4H2O2滴入酸性KMnO4溶液中2MnO4 + 7H2O2 + 6H+ 2Mn2+ + 6O2 + 6H2O（电子得失不守恒）5稀H2SO4和Ba(OH)2溶液反应H+ + SO42- + Ba2+ + OH BaSO4+ H2O（离子比例与化学方程式不对应）（四）离子方程式的书写技巧1、保证系数法例写出NaHSO4溶液与过量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式。分析 NaHSO4完全反应，应先根据NaHSO4的组成确定H+和SO42-的系数各为1。离子方程式为：H+ + SO42- + Ba2+ + OH BaSO4+ H2O（或HSO4 + Ba2+ OH BaSO4+ H2O）写出Ba(OH)2溶液与过量NaHSO4溶液反应的离子方程式。分析 Ba(OH)2完全反应，根据Ba(OH)2的组成可以确定Ba2+和OH的系数分别为1、2 。离子方程式为：Ba2+ + 2OH + 2H+ + SO42- BaSO4+ 2H2O2、定量计算法例：向含0.1molFeBr2溶液中通入0.1molCl2，写出反应的离子方程式。分析 = 设FeBr2和Cl2各为1mol，由于还原性Fe2+Br，因此Fe2+与Cl2完全，余下的Cl2再与Br反应。2Fe2+ + Cl2 2Fe3+ + 2Cl 2Br+ Cl2 Br2 + 2Cl1mol mol 1mol mol即Fe2+ + Br+ Cl2 Fe3+ + Br + 2Cl离子方程式为：2Fe2+ + 2Br+ 2Cl2 2Fe3+ + Br + 4Cl专项练习一写出下列反应的离子方程式1Fe与稀HCl反应2Fe与足量稀HNO3反应3Cu与稀HNO3反应4NaHCO3溶液与稀H2SO4反应5NaHCO3溶液与KOH溶液反应6NaHCO3溶液与少量Ba(OH)2溶液反应7NaHCO3溶液与过量Ba(OH)2溶液反应8Mg(HCO3)2溶液与足量Ca(OH)2溶液反应9Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应10含0.1molNH4HSO4的溶液与含0.1molNaOH的溶液反应11标准状况下11.2LCl2通入100mL1mol/LFeBr2溶液中12过量CO2通入一定量澄清石灰水中13在盐酸中加入少量Na2CO3溶液14在Na2CO3溶液中加入少量盐酸二（1）向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba (OH)2至中性，写出反应的离子方程式 Ba2+ + 2OH + 2H+ + SO42- BaSO4+ 2H2O 。向上述中性溶液中继续滴加Ba(OH)2溶液，写出反应的离子方程式 Ba2+ + SO42- BaSO4。（2）偏铝酸钠溶液中滴加过量的盐酸 AlO2 + 4H+ H2O +Al 3+ 。（3）在含NaI、FeBr2各1mol的混合溶液中通入0.2mol的Cl2、此时发生反应的离子方程式是： Cl2 + 2 I I2 + 2Cl 。再继续通入0.8mol Cl2，发生反应的离子方程式是： Cl2 + 2I I2 + 2Cl 2Fe2+ + Cl2 2Fe3+ + 2Cl 。再继续通入Cl2到过量，离子方程式为： Cl2 + 2Br Br 2 + 2Cl 。三、选择题1下列每组中的两种物质相互反应时，无论何者过量都可用一个离子方程式表示的是（ C ）A偏铝酸钠溶液与盐酸B碳酸氢钠溶液与澄清石灰水C苯酚钠溶液与二氧化碳D硝酸银溶液与氨水2等体积物质的量浓度的碳酸氢钠溶液和氢氧化钡溶液混合，离子方程式正确的是（ C ）AHCO3 + OH H2O + CO32-B2HCO3 + Ba(OH)2 BaCO3+ 2H2O + CO32-CHCO3 + Ba2+ + OH H2O + BaCO3D2HCO3+ Ba2+ + 2OH 2H2O + BaCO3+ CO32-3下列离子方程式书写正确的是（ D ）A碳酸氢钙溶液中加入等物质的量的氢氧化钠溶液 2HCO3+ Ca2+ + 2OH 2H2O + CaCO3+ CO32-B碳酸钠溶液中慢慢滴入等物质的量的盐酸 CO32 + 2H+ H2O + CO2CAlCl3溶液中通入过量的氨水 Al3+ +4 NH3H2O AlO2 + 4NH4+ 2H2OD氨水中通入少量二氧化硫 NH3H2O+ SO2= SO32+ 2NH4+二氧化还原反应内容提要（一）考试说明的要求（1）理解氧化和还原、氧化性和还原性、氧化剂和还原剂等概念。（2）能判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目。（3）配平氧化还原反应方程式。（二）主要内容1氧化还原反应的定义（从特征和实质上把握）凡有化合价升降的反应或凡有电子转移（得失和偏移）的反应，称为氧化还原反应。2理解几个概念间的联系：特征： 化合价升高总数 化合价降低总数实质： 失电子数 得电子数反应： 氧化反应还原反应物质：还原剂氧化剂性质： 还原性氧化性产物： 氧化产物还原产物总结：还原剂失电子化合价升高被氧化（或发生氧化反应）氧化产物氧化剂得电子化合价降低被还原（或发生还原反应）还原产物3有关反应规律同种元素不同价态之间规律：由强到弱规律：强氧化剂+强还原剂弱氧化产物+弱还原产物（由此形式可判断出：氧化性，氧化剂氧化产物；还原性，还原剂还原产物）先强后弱规律：在相同条件下，氧化剂总是优先与还原性最强的微粒反应，同样，还原剂总是优先与氧化性最强的微粒反应。可把常见微粒的氧化性、还原性按强弱的位置高低的形式图示如下： 应用：虚线所指两种微粒一定能发生反应，故不共存；实线所指微粒能共存。左上方的一种氧化剂可氧化它右下方的还原性微粒，若有多种，则优先氧化较下方的微粒。选择合适的氧化剂和还原剂。如要氧化Fe2+而Br不被氧化，则可选择Br2单质。4反应条件对氧化还原反应的影响浓度：可能导致反应能否进行或产物不同Cu + H2SO4(稀) 不反应Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2+ 2H2OCu + 4HNO3(浓) Cu(NO3)2+ 2NO2+ 2H2O3Cu + 8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2+ 2NO+ 4H2O温度： Cl2 + 2NaOH NaCl + NaClO + H2O3Cl2 + 6NaOH 5NaCl + NaClO3 + 3H2O4Na + O2 2Na2O，2Na + O2 Na2O2溶液的酸碱性2S2- + SO32- + 6H+ 3S+ 3H2O5Cl + ClO3 + 6H+ 3Cl2+ 3H2OS2与SO32、Cl与ClO3在强酸性条件下均反应，而在碱性条件下共存。催化剂等4NH3 + 3O2(纯) 2N2 + 6H2O4NH3 + 5O2 4NO + 6H2ONH3和空气通常可共存。5几点说明(1)化合价与共价键a若在不同元素之间，则有几个键即有几价。如 = =b若在同一元素之间，则有键而无价（0价）。如 C配位键常不计价。如 H3、H4+（ + ）应用反应4H2O2 + K2Cr2O7 + H2SO4 2CrO5 + K2SO4 + 5 H2O已知结构CrO5结构为，该反应是否为氧化还原反应，为什么？分析 证明反应前后Cr元素化合价未变，H2O2中-1价的O在CrO5中，故该反应不是氧化还原反应。(2)氧化还原反应配平技巧简介A初配法，步骤：标价、划线、确定每个原子的化合价变化数。观察法初配，使反应前后化合价变化的原子个数初步相等，并将初配结果乘以每个原子的化合价变化数，用括号括起。使化合价升降总数相等。终配，将未参加氧化还原反应的原子配平。例如配平方程式：K2Cr2O7 + FeSO4 + H2SO4 Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + H2O + K2SO4 B歧化与归中反应的配平 先根据分散一方确定初配系数，再汇总确定集中一方的系数。例：KClO3 + 6HCl KCl + 3Cl2 + 3H2O H4O3 + HNO3 + H2O 5NH4NO3 4N2 + 2HNO3 + 9H2O有关H2O2反应小结H22(还原剂) H22(氧化剂) H2例配平KMnO4 +H2O2 +H2SO4 H2O + O2+K2SO4 +MnSO4（H2O2作还原剂）例完成并配平下列反应式 FeCl2酸性溶液与H2O2反应（H2O2作还原剂）。 在酸性溶液中H2O2可把Fe(CN)64-转化为Fe(CN)63-，而在碱性溶液中H2O2可把Fe(CN)63-转化为Fe(CN)64-(3)局部守恒法11P + 15CuSO4 + 24H2O 5Cu3P + 6H3PO4 +15H2SO4反应中，1molCu2+能氧化P是物质的量为 1/5mol 。根据反应CuSO4 + FeS2 + H2O Cu2S + FeSO4 + H2SO4判断1mol CuSO4能氧化S元素的物质的量为 1/7mol 。（三）典型例题例1在含有a g HNO3的稀溶液中，加入b g铁粉充分反应，铁全部被溶解，生成NO，已知有a/4 g HNO3被还原，则ab不可能是（ A ）A21 B31 C41 D92分析 HO3 (NO3)3或 (NO3)2氧化产物全是 (NO3)3时, 3 = 3， = 氧化产物全是 (NO3)2时, 3 = 3， = 氧化产物二者混合物时, ab介于92和31之间。所以 3 答案选A 例2对于反应NaH + NH3 H2 + NaNH2的叙述正确的是（CD）A是一个置换反应 B是一个复分解反应 C氧化产物和还原产物都是H2 D氧化剂是NH3例3在KClO3 + 6HCl(浓) KCl + 3Cl2+ 3H2O反应中，当有3mol电子发生转移时，被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比是（ B ）A15 B51 C61 D16例43.84g Cu和一定量浓HNO3反应，随着反应进行，HNO3溶液浓度也在降低，反应生成的气体颜色也在逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体体积为2.24L（标准状况下），试求：反应中生成Cu(NO3)2的物质的量是多少摩尔？反应中被还原的HNO3的物质的量是多少摩尔？把收集到气体的集气瓶倒置有水的水槽中，通入多少毫升标准状况下的O2，可以使集气瓶充满溶液？分析 两问比较简单，分别利用Cu元素守恒和N元素守恒，答案即可知，关键是第问。若利用常规解法，首先明确可能发生的几个反应：Cu + 4HNO3(浓) Cu(NO3)2+ 2NO2+ 2H2O3Cu + 8HNO3(稀) 3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O4NO + 3O2 + 2H2O 4HNO3 4NO2 + O2 + 2H2O 4HNO3NO + NO2 + O2 + H2O 2HNO3这几个反应都是氧化还原反应，并且O2在反应中都作了氧化剂，得到了电子。根据氧化还原反应实质可知：对反应来说，Cu失去电子= HNO3得到电子，对反应来说，N的氧化物失去电子= O2得到电子，且N也被氧化成+5价，即N的氧化物失去电子= HNO3得到电子。因此 Cu失去电子= O2得到电子。 2 = 4 V(O2)=0.672L=672mL本题答案是： 0.06mol 0.1 mol 672 mL例5取0.04molKMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol气体，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b mol气体，设此时Mn元素全部以Mn2+存在于溶液中。求a + b的最小值。 当a + b=0.09mol时，求所得残留固体的质量。分析若按常规解法，则需考虑以下反应：2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 KMnO4（剩余）、K2MnO4、MnO2均可与浓盐酸发生反应，由于多个反应发生，必然带来问题的复杂性，可以抓住反应中总得失电子数相等来求解。KMnO4Mn2+，2ClCl22OO2 0.045=2b+4a（电子得失总数守恒）整理得：2a + b=0.1，a + b=0.1 a ，若要求a + b的最小值，则a取最大值，也即完全KMnO4完全分解时，a可达最大值0.02mol，故a + b的最小值=0.1 0.02=0.08mol 。当a + b=0.09mol时，a=0.1 （a + b）=0.01mol，m(KMnO4)m(O2) = 0.04158 0.01132=6g（四）专项训练1、 G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的分子式(或化学式)，但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系(未配平)：(1)GQ+NaCl (2)Q+H2Ox+H2 (3)Y+NaOHG+Q+H2O (4)Z+NaOHQ+X+H2O这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为（ ） AQGZYX BGYQZX CGYZQX DZXGYQ2、(1)1986年，化学上第一次用非电解法制得氟气，试配平该反应的化学方程式： K2MnF6+SbF6KSbF6+MnF3+F2，反应中 元素被还原。 (2)氰(CN) 2、硫氰(SCN) 2的化学性质和卤素(X2)很相似，化学上称为拟卤素。它们阴离子的还原性强弱为C1BrCNSCNbcB. bacC. ba, ba, bc分析 氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，所以ba；80 oC时的氢氧化钙饱和溶液w g蒸发掉m g水后，母液再调节至20 oC，溶液的溶质质量分数与80 oC时的饱和溶液相同，即c=100b/（100+ b），所以bc。例2已知某盐在不同温度下的溶解度如下表，若把质量分数为22%的该盐溶液由50 oC逐渐冷却，则开始析出晶体的温度范围是（D）温度（oC）010203040溶解度（g） 11.515.119.424.437.6 A、010 oC B、2030 oC C、1020 oC D、3040 oC分析从表中可知该盐溶解度随温度升高而升高，要使溶质从溶液中析出，22%的盐溶液在该温度下已经饱和，此温度时运用与s关系: = 100%求得s=28.2 g，此溶解度对应温度在3040 oC范围内。例3分别取等质量 80 oC的A、B两种化合物的饱和溶液，冷却到20 oC后析出无结晶水固体质量A大于B，则下列关于A、B的溶解度叙述正确的是（D）A. 80 oC时，A的溶解度大于B 20 oC时，B .B的溶解度大于AC.温度对B的溶解度影响较大 D.温度对A的溶解度影响较大分析 80 oC为饱和溶液，降至20 oC时A、B有晶体析出，C则变为不饱和溶液。例4.联合制减法中关键的一步是把NH4Cl从几乎饱和的NaHCO3溶液中分离出来，为此根据NaCl和NH4Cl溶解度差异，向混合溶液中通入某种气体，同时加入磨细的食盐，可析出不夹带NaHCO3的NH4Cl。NaCl和NH4Cl共同存在时的溶解度曲线所示，以下操作正确的是 （D） 例5在某温度下，某物质的饱和溶液的溶质质量分数为26.8%，在足量的此溶液中加入M g该无水盐，在保持温度不变的情况下，析出含有一定量结晶水的该盐晶体，则从饱和溶液中析出的溶质的质量是（ D ）A. 26.8%M g B. (N-M) gC. (M-N)26.8% g D. (N-M)26.8% g分析 从饱和溶液中带出水和溶质为(N-M) g，则其中含溶质(N-M)26.8% g。例6将a%和3a%的硫酸等质量混和后，其 = 2a% ；将a%和3a%的硫酸等体积混和后，其 2a% ；将a%和3a%的乙醇等质量混和后，其 = 2a% ；将a%和3a%的乙醇等体积混和后，其 2a% ；小结 记忆成+ +，即、r的溶液等体积混和后，其大于浓度和的一半。+ ，即、r的溶液等体积混和后，其小于浓度和的一半。例7为了某些计算，常可将98%的浓H2SO4表示为硫酸水合物的形式(H2SO4H2O)或三氧化硫水合物的形式(SO3H2O)，则98%的H3PO4表示为磷酸水合物的形式为_，表示为P2O5水合物的形式为_。（三）几种常见的应用 一、质量守恒定律的直接应用 例1 有一在空气里暴露过的KOH固体样品，经分析其含水7.65%，含K2CO3 4.32%，其余是KOH。若将ag样品放入bmL1mol/L的盐酸中，使其充分作用后，残酸用25.25mLcmolL的KOH溶液恰中和完全。蒸发所得溶液，得到固体质量的表达式中(单位g)A只含有a B只含有b C必含有b D一定有a、b和c 解析 本题如使用C1原于守恒的方法可大大简化解题步骤。由题意，反应后溶液为KCl溶液，其中的Cl来自盐酸，所以所得KCl固体的物质的量与HCl的物质的量相等，即为0.001bmol，质量为0.0745bg。如果解题时使用ag这个数据，也能获得答案，此时大案中也会含有b，请读者自行解答。答案 C 例2 在一定条件下，16gA和22gB恰好反应生成C和45gD。在相同条件下，8gA和15gB反应可生成D和0.125mo1C。从上述事实可推知C的式量为 。 解析根据质量守恒定律，当16gA与22gB恰好反映生成C和4.5gD。在相同条件下，8gA和15gB反应可生成C的质量为16+22-4.5=33.5g，当8gA和15gB反应时，根据判断B是过量的，A与C的质量关系应是16：33.5=8：x，x=16.75g，Mc=16.7580125mol=134gmol，即C的式量为134。二、阿伏加德罗常数的直接应用例3 下列说法不正确的是(NA表示阿伏加德罗常数) A标准状况下，以任意比例混合的甲烷和丙烷混合物22.4L，则所含有的分子数为NA, B标准状况下，1L辛烷完全燃烧后，所生成气态产物的分子数为C常温常压下，活泼金属从盐酸中置换出lmolH2时发生转移的电子数为2NAD常温常压下，lmol氦气含有的核外电子数为4NA解析 阿伏加德罗定律所述的气体包括混合气体。标准状况下，22.4L混合气体所含有的分子数为NA，所以选项A正确。标准状况下，辛烷是液体，不能使用标准状况下气体的摩尔体积224Lmol这一量，所以1L辛烷的物质的量不是1224mol，选项B错误。每生成lmolH2时必有2molH+获得2mol电子，即转移电子数为2N，选项C正确。1个氮原子核外有4个电子，氨气是单原子分子，所以lmol氮气含有4mol电子，这与外界温度和压强无关，所以选项D正确。答案 B例4 设NA表示阿佛加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）(1) 1mol 18O2所含的中子数为16NA(2)标准状况下，11.2L SO3所含分子数为0.5 NA(3) 1mol烷烃C nH2n+2中含有共价键数目为（3n+1）NA(4) 6.4g铜与硫完全反应，失去电子数为0.1 NA(5) 1mol Cl2参加化学反应，反应中转移的电子数必为2 NA(6) 1mol Na2O2跟足量CO2完全反应转移2 NA个电子(7) 1mol CH3+含有8 NA个电子(8) 金刚石中，碳原子数与CC共价键数之比为1：2(9) 1.1g干冰中含有0.1 NA个共价键（10）1mol SiO2晶体中含2 mol SiO共价键答案 (3) (4) (7) (8)三、阿伏加德罗定律与化学方程式计算的综合应用 例5 在一定条件下，有aLO2和O3的混合气体，当其中的O3全部转化为O2时，体积变为1.2aL，求原混合气中O2和O3的质量百分含量。 解析 由阿伏加德罗定律，结合化学方程式的意义可知，化学方程式中气体化学式的系数比等于其体积比，所以此题实际上是阿伏加德罗定律的应用题。 设混合气体中O3占xL，则O2为(a-x)L 2O3 3O2 2L 3L xL (32)xL (32)x+(a-x)=1.2a，解得x=04a 根据阿伏加德罗定律：n(O3):n(O2)，V(O3):V(O2)，0.4a:0.6a=2:3例6在20 oC时，刚性容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞，将容器分隔成左右两室，左室充入N2，右室充入H2和O2，活塞正好停留在离左端的1/4（如下图1），然后点燃H2和O2，反应完毕恢复至原来温度，活塞恰好停在中间（如下图2）。水蒸气的体积可忽略，则反应前H2和O2的体积比可能是（ ）(图1) (图2)A. 3:4 B. 4:5 C. 6:2 D. 7:2 解析根据题意，反应冷却至室温活塞恰好停在中间。剩余气体的体积等于N2的体积，根据差量法可以求解此题。O2过量时H2和O2的体积比为4:5；H2过量时H2和O2的体积比为7:2。四、阿伏加德罗定律与质量守恒定律的综合应用 例7 在某温度时，一定量的元素A的氢化物AH3在一定体积密闭容器中可完全分解成两种气态单质，此时压强增加了75。则A单质的一个分子中有 个A原子，AH3分解反应的化学方程式为 。 解析 由阿伏加德罗定律的推论：相同温度和压强时，得反应前后气体的分子数之 比为1：175=4：7，可理解为反应式左边气体和反应式右边气体系数之和的比为4：7，再按氢原子守恒不妨先将反应式写为4AH3 = A( )+6H2，再由A原子守恒得A右下角的数字为4。 答案 4， 4AH3 A4+6H2。 五、阿伏加德罗定律与热化学方程式的综合应用例8在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生在大量氧气和水蒸汽，并放出大量热，已知0.4mol液态肼与足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65KJ热量，（1）写出肼和过氧化氢的结构式：肼_ 过氧化氢_（2）写出热化学方程式_（3）已知H2O(液) = H2O(气) 44kJ，则16g液态肼与足量的液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是_kJ。（4）上述反应用于火箭推进剂，除释放出大量热和快速产生大量气能力训练体外，还有一个很突出的优点是_。 答案 （1）（2）略；（3）408.8 kJ （4）生成的N2和H2O，对环境无污染