《2022高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 基礎(chǔ)考點自主練（三）阿伏加德羅常數(shù)（NA）的應(yīng)用及相關(guān)計算》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 基礎(chǔ)考點自主練（三）阿伏加德羅常數(shù)（NA）的應(yīng)用及相關(guān)計算（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 基礎(chǔ)考點自主練（三）阿伏加德羅常數(shù)（NA）的應(yīng)用及相關(guān)計算 1．(2018·全國卷Ⅰ)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1NA B．22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NA C．92.0 g甘油(丙三醇)中含有羥基數(shù)為1.0NA D．1.0 mol CH4與Cl2在光照下反應(yīng)生成的CH3Cl分子數(shù)為1.0NA 解析：選B　Fe(OH)3膠體粒子是若干個Fe(OH)3的集合體，A項錯誤；氬氣是單原子分子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L氬氣的物質(zhì)的量為1 mol，含

2、有的質(zhì)子數(shù)為18NA，B項正確；92.0 g甘油的物質(zhì)的量為1 mol，每個甘油分子含有3個羥基，所以1 mol甘油含有的羥基數(shù)為3.0NA，C項錯誤；CH4與Cl2發(fā)生取代反應(yīng)生成的有機物除了CH3Cl以外，還有CH2Cl2、CHCl3和CCl4，生成的CH3Cl分子數(shù)小于1.0NA，D項錯誤。 2．(2018·全國卷Ⅱ)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．常溫常壓下，124 g P4中所含P—P鍵數(shù)目為4NA B．100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目為0.1NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NA

3、 D．密閉容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA 解析：選C　124 g P4的物質(zhì)的量為1 mol，每個P4分子中含有6個P—P鍵，所以含有P—P鍵數(shù)目為6NA，A項錯誤；Fe3＋在水溶液中能發(fā)生水解，100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目小于0.1NA，B項錯誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物質(zhì)的量為0.5 mol，每個甲烷和乙烯分子都含有4個氫原子，所以含有氫原子數(shù)目為2NA，C項正確；SO2和O2的化合反應(yīng)為可逆反應(yīng)，2 mol SO2和1 mol O2催化反應(yīng)后，混合氣體的物質(zhì)的量大于2 mol，即分子總

4、數(shù)大于2NA，D項錯誤。 3．(2017·全國卷Ⅱ)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是(　　) A．1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH的數(shù)量為0.1NA B．2.4 g Mg與H2SO4完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 0.1NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L N2和O2的混合氣體中分子數(shù)為0.2NA D．0.1 mol H2和0.1 mol I2于密閉容器中充分反應(yīng)后，其分子總數(shù)為0.2NA 解析：選D　溶液中含0.1 mol NH4Cl，由于NH部分水解，即NH的數(shù)量小于0.1NA，A項錯誤；2.4 g Mg的物質(zhì)的量為0.1 mol，與H2SO4完全反應(yīng)轉(zhuǎn)

5、移 0.2 mol電子，B項錯誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L N2和O2的混合氣體為0.1 mol，其分子數(shù)為0.1NA，C項錯誤；H2與I2的反應(yīng)雖為可逆反應(yīng)，但由于反應(yīng)前后氣體總物質(zhì)的量不變，因此無論反應(yīng)程度如何，分子總數(shù)均為0.2NA，D項正確。 4．(2017·全國卷Ⅲ)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．0.1 mol的11B中，含有0.6NA個中子 B．pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個H＋ C．2.24 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)苯在O2中完全燃燒，得到0.6NA個CO2分子 D．密閉容器中1 mol PCl3與1 mol Cl2反應(yīng)制備PCl5(g)，

6、增加2NA個P—Cl鍵 解析：選A　1個11B原子中含有6個中子，0.1 mol 11B中含有0.6NA個中子，A項正確；H3PO4溶液的體積未知，所以不能計算出所含H＋個數(shù)，B項錯誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下苯是液體，不能利用氣體摩爾體積計算2.24 L苯在O2中完全燃燒產(chǎn)生CO2分子的數(shù)目，C項錯誤；PCl3與Cl2生成PCl5(g)的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，所以1 mol PCl3與1 mol Cl2不可能完全反應(yīng)，生成的PCl5小于1 mol，故增加的P—Cl鍵的數(shù)目小于2NA，D項錯誤。 5．(2016·全國卷Ⅰ)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。下列有關(guān)敘述正確的是(　　) A．14 g乙烯和丙烯混合氣體

7、中的氫原子數(shù)為2NA B．1 mol N2與4 mol H2 反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)為2NA C．1 mol Fe溶于過量硝酸，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為2NA D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L CCl4含有的共價鍵數(shù)為0.4NA 解析：選A　A項，乙烯和丙烯的分子式分別為C2H4、C3H6，二者的最簡式均為CH2,14 g乙烯和丙烯混合氣體中含有“CH2”的物質(zhì)的量為＝1 mol，故所含氫原子數(shù)為2NA，正確；B項，N2和H2合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，1 mol N2與4 mol H2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)小于2NA，錯誤；C項，F(xiàn)e與過量的硝酸反應(yīng)生成Fe(NO3)3，故1 mol Fe參加反應(yīng)時轉(zhuǎn)移

8、電子數(shù)為3NA，錯誤；D項，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CCl4為液體，2.24 L CCl4的物質(zhì)的量遠大于0.1 mol，故含有的共價鍵數(shù)遠大于0.4NA，錯誤。 6．(2018·新鄉(xiāng)模擬)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．1 mol 羥基中含有10NA個電子 B．常溫下，22.4 L CH4在O2中完全燃燒，生成NA個CO2分子 C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，18 g H2O中所含的氧原子數(shù)為NA D．0.2 mol·L－1的NH4Cl溶液中含有0.2NA個NH 解析：選C　A項，一個羥基含有9個電子，故1 mol羥基中含有9NA個電子，錯誤；B項，常溫下，22.4 L CH4的

9、物質(zhì)的量小于1 mol，在O2中完全燃燒生成CO2分子的數(shù)目小于NA，錯誤；C項，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，18 g H2O中所含的氧原子數(shù)為×1×NA＝NA，正確；D項，沒有給定溶液的體積，無法計算NH的數(shù)目，錯誤。 7．(2018·周口模擬)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是(　　) A．在沸水中滴入含0.1 mol FeCl3的飽和溶液，制得膠粒數(shù)為0.1NA B．含0.4 mol HNO3的稀硝酸與足量Fe反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.2NA C．120 g NaHSO4和MgSO4的晶體混合物中陽離子數(shù)為NA D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，44.8 L SO2與足量O2反應(yīng)生成的SO3分子數(shù)為2NA

10、 解析：選C　氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的集合體，所以在沸水中滴入含0.1 mol FeCl3的飽和溶液，制得膠粒數(shù)小于0.1NA，故A錯誤；含0.4 mol HNO3的稀硝酸與足量Fe反應(yīng)的方程式是3Fe＋8HNO3===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NA，故B錯誤；120 g NaHSO4的物質(zhì)的量是1 mol，陽離子只有Na＋，所含陽離子數(shù)是NA；120 g MgSO4的物質(zhì)的量是1 mol，陽離子只有Mg2＋，所含陽離子數(shù)是NA；所以120 g NaHSO4和MgSO4的晶體混合物中陽離子數(shù)為NA，故C正確；SO2與O2反應(yīng)可逆，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，44.8 L

11、SO2與足量O2反應(yīng)生成的SO3分子數(shù)小于2NA，故D錯誤。 8．(2018·衡陽模擬)設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．1 mol 乙酸、乙醇和甲酸甲酯的混合物中含有的碳原子數(shù)為2NA B．46 g Na與一定量O2完全反應(yīng)生成Na2O和Na2O2時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA C．0.5 L 1 mol·L－1的NaHS溶液中含有的HS－、S2－的總數(shù)為0.5NA D．2 mol NO和1 mol O2充分反應(yīng)后，體系中含有的NO2分子數(shù)為2NA 解析：選A　A項，乙酸、乙醇和甲酸甲酯的分子中均含有2個碳原子，無論以怎樣的比例混合，1 mol乙酸、乙醇和甲

12、酸甲酯的混合物中含有的碳原子數(shù)都為2NA，正確；B項，46 g Na只能轉(zhuǎn)移2 mol 電子，錯誤；C項，0.5 L 1 mol·L－1的NaHS溶液中含有的HS－、S2－、H2S的總數(shù)為0.5NA，錯誤；D項，體系中存在2NO2N2O4的轉(zhuǎn)化，得到的產(chǎn)物是NO2和N2O4的混合物，錯誤。 9．(2018·武漢模擬)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值 。下列有關(guān)敘述正確的是(　　) A．1 mol甲醇中含有的共價鍵數(shù)為4NA B．1 mol氯氣分別與鐵和鋁完全反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為3NA C．電解精煉銅，當(dāng)電路中通過的電子數(shù)目為0.2NA時，陽極質(zhì)量減少6.4 g D．1 mol CH3

13、COONa和少量CH3COOH溶于水所得中性溶液中，CH3COO－的數(shù)目為NA 解析：選D　1 mol甲醇中含有的共價鍵數(shù)為5NA，故A錯誤；1 mol氯氣分別與鐵和鋁反應(yīng)時，氯元素化合價由0變?yōu)椋?，所以1 mol氯氣分別與鐵和鋁完全反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)均為2NA，故B錯誤；粗銅中含有雜質(zhì)鐵、鋅等，所以電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA時，陽極不一定減少6.4 g，故C錯誤；根據(jù)電荷守恒，1 mol CH3COONa和少量CH3COOH溶于水中，則n(CH3COO－)＋n(OH－)＝n(Na＋)＋n(H＋)，溶液呈中性，則n(OH－)＝n(H＋)，所以n(CH3COO－)＝n(Na＋)＝1 mo

14、l，故D正確。 ——————————[臨門一腳]————————————————————— “八防”巧避阿伏加德羅常數(shù)的常設(shè)陷阱 一防“標(biāo)準(zhǔn)狀況非氣體”。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，苯、醇、HF為液體，乙酸、SO3為固體，均不能根據(jù)物質(zhì)的體積計算物質(zhì)的量及所含微粒數(shù)目。如[2016·全國卷ⅠT8D]標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L CCl4含有的共價鍵數(shù)為0.4NA(×)。 二防“只有濃度缺體積”。若只給出了溶液的物質(zhì)的量濃度，缺少溶液的體積時，無法計算出溶質(zhì)的物質(zhì)的量，進而無法求出微粒的數(shù)目。如[2017·全國卷ⅢT10B]pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA個H＋(×)。 三防“陰、陽離子能水解

15、”。若未考慮溶液中鹽所電離出的陰、陽離子(如NH、Al3＋、Fe3＋、CO等)能發(fā)生水解反應(yīng)，會導(dǎo)致計算某微粒數(shù)目時出錯。如[2018·全國卷ⅡT11B]100 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目為0.1NA(×)。 四防“溶劑粒子被忽略”。只分析了溶質(zhì)中微粒的數(shù)目，未考慮溶劑中的微粒而出現(xiàn)計算錯誤。如[2017·浙江4月選考T22B]1 L 0.1 mol·L－1硫酸鈉溶液中含有的氧原子數(shù)為0.4NA(×)。 五防“物質(zhì)的特殊結(jié)構(gòu)”。白磷(P4)中的P—P鍵、苯中無碳碳雙鍵、同位素原子中的中子數(shù)等。如[2018·全國卷ⅡT11A]常溫常壓下，124 g P4中所

16、含P—P鍵數(shù)目為4NA(×)。 六防“弱電解質(zhì)的部分電離”。若未考慮在溶液中弱電解質(zhì)會部分電離，會導(dǎo)致計算微粒數(shù)目時出錯。如[2017·海南高考T9C]1 L 0.1 mol·L－1的乙酸溶液中含H＋的數(shù)量為0.1NA(×)。 七防“可逆反應(yīng)未到底”。忽視反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進行到底，會導(dǎo)致計算時出錯。如[2017·全國卷ⅢT10D]密閉容器中1 mol PCl3與1 mol Cl2反應(yīng)制備PCl5(g)，增加2NA個P—Cl鍵(×)。 八防“濃度變化，反應(yīng)停止”。未考慮隨著反應(yīng)的進行，反應(yīng)物濃度不斷降低，化學(xué)反應(yīng)停止或發(fā)生其他反應(yīng)，導(dǎo)致計算微粒數(shù)目時出錯。如[2015·四川高考T5D]

17、50 mL 12 mol·L－1鹽酸與足量MnO2共熱，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA(×)。 10．水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件。某課外小組采用碘量法測定學(xué)校周邊河水中的溶解氧。實驗步驟及測定原理如下： Ⅰ.取樣、氧的固定 用溶解氧瓶采集水樣。記錄大氣壓及水體溫度。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液(含有KI)混合，反應(yīng)生成MnO(OH)2，實現(xiàn)氧的固定。 Ⅱ.酸化、滴定 將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I－還原為Mn2＋，在暗處靜置5 min，然后用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2===2I－＋S4O)。 回答下列問題： 取100.00 mL

18、水樣經(jīng)固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示劑，終點現(xiàn)象為________；若消耗Na2S2O3溶液的體積為b mL，則水樣中溶解氧的含量為________ mg·L－1。 解析：根據(jù)Ⅱ可知MnO(OH)2能將水樣中的I－氧化為I2，滴定過程中用淀粉溶液作指示劑，在滴定終點前I2遇淀粉變藍，達到滴定終點時，I2完全被消耗，溶液藍色剛好褪去。根據(jù)關(guān)系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，結(jié)合消耗n(Na2S2O3)＝a mol·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol，可求出100.00 mL水樣中溶解氧的質(zhì)量為ab×10－3 mo

19、l×32 g·mol－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，則該水樣中溶解氧的含量為＝80ab mg·L－1。 答案：藍色剛好褪去　80ab 11．Ba2＋是一種重金屬離子，有一環(huán)境監(jiān)測小組欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等試劑測定某工廠廢水中Ba2＋的物質(zhì)的量濃度。 請回答下列問題： (1)現(xiàn)需配制250 mL 0.100 mol·L－1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液，所需要的玻璃儀器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，還需要________。 (2)需準(zhǔn)確稱取Na2S2O3固體的質(zhì)量為________g。 (3)另取廢水50.00 mL，控制適當(dāng)?shù)乃岫?，加入足量的K2C

20、r2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀經(jīng)洗滌、過濾后，用適量的稀鹽酸溶解，此時CrO全部轉(zhuǎn)化為Cr2O；再加入過量KI溶液進行反應(yīng)，然后在反應(yīng)液中滴加上述標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液，反應(yīng)完全時，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為①Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②2S2O＋I2===2I－＋S4O。則該工廠廢水中Ba2＋的物質(zhì)的量濃度為________。 解析：(1)要抓住“玻璃儀器”的字眼，因此還需要用來溶解固體的燒杯及用來定容的膠頭滴管。 (2)Na2S2O3固體的質(zhì)量為0.100 mol·L－1×0.25 L×158 g·m

21、ol－1＝3.95 g，但實驗室所用的托盤天平只能準(zhǔn)確稱量到0.1 g，故需準(zhǔn)確稱取Na2S2O3固體的質(zhì)量為4.0 g。 (3)設(shè)Ba2＋的物質(zhì)的量為x，則根據(jù)相關(guān)反應(yīng)可得以下關(guān)系式： Ba2＋～BaCrO4～Cr2O～I2～3S2O 1　　　　　　　　　　　　　　　3 x 解得x＝1.2×10－3 mol，則c(Ba2＋)＝＝0.024 mol·L－1。 答案：(1)膠頭滴管、燒杯　(2)4.0　(3)0.024 mol·L－1 12．銀銅合金廣泛用于航空工業(yè)，從切割廢料中回收銀并制備銅化工產(chǎn)品的工藝如圖： [注：Al(OH)3和Cu(OH)2開始分解的溫度分別為450

22、 ℃和80 ℃]若銀銅合金中銅的質(zhì)量分數(shù)為63.5%，理論上5.0 kg 廢料中的銅可完全轉(zhuǎn)化為______ mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液________ L。 解析：5.0 kg銀銅合金中銅的物質(zhì)的量為 n(Cu)＝＝50 mol 根據(jù)流程圖分析可得如下關(guān)系 4Cu～4CuO～2Al2(SO4)3～4CuAlO2 即2Cu～Al2(SO4)3～2CuAlO2 　2　　1　　　　　2 所以可完全轉(zhuǎn)化生成50 mol CuAlO2， 至少需要Al2(SO4)3的體積為＝25.0 L。 答案：50　25.0 ——————————

23、[臨門一腳]—————————————————————— 1．在多步連續(xù)進行的化學(xué)反應(yīng)中關(guān)系式法 在進行多步反應(yīng)的計算時，一般的解題步驟為 2．在涉及反應(yīng)較多的化工流程或反應(yīng)過程中 特定關(guān)系式法 在化工流程題中，計算某種物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)或在多步復(fù)雜的反應(yīng)過程中進行某個特定量的計算，可以考慮利用某種微粒(或原子)的守恒關(guān)系或物質(zhì)的特定組成關(guān)系建立關(guān)系式解題。 題組三　守恒法在化學(xué)計算中的應(yīng)用 13．向含有1 mol FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O的酸性溶液，使溶液中Fe2＋全部恰好氧化，并使X2O還原為Xn＋，則n值為(　　) A．

24、2　　　　　　　　　 　B．3 C．4 D．5 解析：選B　由題意知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2O的酸性溶液，共同將1 mol Fe2＋氧化。根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒可知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2O得到電子的物質(zhì)的量與1 mol Fe2＋失去電子的物質(zhì)的量相等，所以有0.2 mol×2＋0.1 mol×2×(6－n)＝1 mol×1，解得n＝3。 14．有一混合物形成的水溶液，只可能含有以下離子中的若干種：K＋、NH、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO、SO，現(xiàn)有三份100 mL此溶液，進行如下實驗： (1)向第一份中加入AgNO3溶液，有

25、沉淀產(chǎn)生； (2)向第二份中加足量NaOH溶液并加熱后，收集到氣體0.04 mol； (3)向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27 g，經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，沉淀質(zhì)量為2.33 g。根據(jù)上述實驗，以下推測不正確的是(　　) A．K＋一定存在 B．100 mL溶液中含0.02 mol CO、0.04 mol NH C．Cl－一定存在 D．Ba2＋、Mg2＋一定不存在 解析：選C　(1)說明此溶液中可能含有Cl－、CO、SO。(2)說明此溶液中含有NH，且其物質(zhì)的量為0.04 mol。(3)說明此溶液中含有CO、SO，n(SO)＝0.01 mol，n(CO)＝＝0.

26、02 mol，因有CO、SO存在，則Ba2＋、Mg2＋一定不存在。再根據(jù)電荷守恒進行討論，陰離子所帶的負電荷為0.01 mol×2＋0.02 mol×2＝0.06 mol，而陽離子所帶的正電荷只有0.04 mol，故一定存在另一種陽離子即K＋，且其至少為0.02 mol。 15．堿式氯化銅有多種組成，可表示為 Cua(OH)bClc·xH2O。為測定某堿式氯化銅的組成，進行下列實驗：①稱取樣品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，調(diào)節(jié)pH 4～

27、5，用濃度為 0.080 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cu2＋(離子方程式為Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液30.00 mL。通過計算確定該樣品的化學(xué)式(寫出計算過程)。 解析：由②中生成AgCl的質(zhì)量，可計算出1.116 0 g樣品中Cl－的物質(zhì)的量n(Cl－)；由③可計算出1.116 0 g樣品中Cu2＋的物質(zhì)的量n(Cu2＋)，根據(jù)電荷守恒：n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，得出n(OH－)，最后由質(zhì)量守恒得出n(H2O)；由四種粒子的物質(zhì)的量，可確定樣品的化學(xué)式。 答案：n(Cl－)＝n(A

28、gCl)×＝×＝4.800×10－3 moln(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.080 00 mol·L－1×30.00 mL×10－3 L·mL－1×＝9.600×10－3 mol 由電荷守恒n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)可得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

29、－2 mol×17 g·mol－1＝0.244 8 g 再由質(zhì)量守恒可得 n(H2O)＝＝4.800×10－3 mol a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1 化學(xué)式為Cu2(OH)3Cl·H2O ——————————[臨門一腳]———————————————————— 守恒法的應(yīng)用原理及解題步驟 (1)應(yīng)用原理 所謂“守恒”就是物質(zhì)在發(fā)生“變化”或兩物質(zhì)在發(fā)生“相互作用”的過程中某些物理量的總量保持“不變”。一切化學(xué)反應(yīng)都遵循守恒定律，在化學(xué)變化中有各種各樣的守恒，如質(zhì)量守恒、元素原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒等。 (2)解題步驟