2022屆備戰(zhàn)老高考一輪復習第3講 以物質的量為中心的化學計算（教案）

eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(課時\x(3)以物質的量為中心的化學計算（實踐課）)考點一阿伏加德羅常數(shù)及其應用【提素能·歸納】1．明確以物質的量為核心的各個化學計量之間的關系2．突破阿伏加德羅常數(shù)命題的“五大陷阱”陷阱一：注意“標準狀況”“常溫常壓”等外界條件(1)在標準狀況下非氣態(tài)物質，如H2O、SO3、戊烷、CHCl3、HF、NO2、苯等；(2)物質的質量、摩爾質量、微粒個數(shù)不受外界條件的影響。陷阱二：注意物質的組成和結構(1)特殊物質中所含微粒(分子、原子、電子、質子、中子等)的數(shù)目，如Ne、D2O、18O2、H37Cl；(2)物質中所含化學鍵的數(shù)目，如CO2、CnH2n＋2等；(3)最簡式相同的物質中的微粒數(shù)目，如NO2和N2O4、乙烯和丙烯、O2和O3等；(4)摩爾質量相同的物質中的微粒數(shù)目，如N2、CO、C2H4等。陷阱三：注意氧化還原反應中電子轉移數(shù)目的判斷(1)同一種物質在不同反應中作氧化劑、還原劑的判斷；如Cl2和Fe、Cu等反應，Cl2只作氧化劑，而Cl2和NaOH反應，Cl2既作氧化劑，又作還原劑。Na2O2與CO2或H2O反應，Na2O2既作氧化劑，又作還原劑，而Na2O2與SO2或NO等反應，Na2O2只作氧化劑。(2)量不同，所表現(xiàn)的化合價不同。如Fe和HNO3反應，F(xiàn)e不足，生成Fe3＋，F(xiàn)e過量，生成Fe2＋。(3)氧化劑或還原劑不同，所表現(xiàn)的化合價不同。如Cu和Cl2反應生成CuCl2，而Cu和S反應生成Cu2S。(4)注意氧化還原的順序。如向FeI2溶液中通入Cl2，Cl2首先氧化I－，再氧化Fe2＋。陷阱四：注意電解質溶液中粒子數(shù)目的判斷(1)是否存在弱電解質的電離或鹽類的水解。(2)已知濃度，是否指明體積，用好公式n＝cV。(3)在判斷溶液中微粒總數(shù)時，是否忽視溶劑水。陷阱五：注意一些可逆反應、特殊反應(1)2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))2SO3，2NO2N2O4，N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3。(2)Cl2＋H2OHCl＋HClO。(3)NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－。(4)MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(5)常溫下，鐵、鋁遇濃硫酸、濃硝酸發(fā)生“鈍化”。[名師點撥]解答阿伏加德羅常數(shù)類題目的“三”個步驟【練能力·突破】1．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．100gKHCO3晶體中含有的離子數(shù)為3NAB．一定條件下，將71gCl2和足量的PCl3混合充分反應，可得到NA個PCl5分子C．3molFe在純氧中完全燃燒轉移的電子數(shù)為8NAD．標準狀況下，22.4L正戊烷中含有共價鍵的數(shù)目為16NA解析：選C100gKHCO3的物質的量為1mol，1molKHCO3晶體中含1molK＋和1molHCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故離子總數(shù)為2NA，A錯誤；71gCl2的物質的量為1mol，Cl2＋PCl3PCl5是可逆反應，不可能完全反應，故得不到1molPCl5分子，B錯誤；3Fe＋2O2eq\o(=,\s\up7(點燃))Fe3O4，根據(jù)化學式與化合價可知，3molFe參與反應，轉移的電子數(shù)為8mol，即8NA，C正確；標準狀況下，正戊烷為液態(tài)，不能按照氣體的摩爾體積進行計算，D錯誤。2．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述錯誤的是()A．78g苯含有的碳碳雙鍵數(shù)目為3NAB．12g鎂在空氣中充分燃燒，電子轉移數(shù)目為NAC．0.1mol熔融NaHSO4中含有陽離子數(shù)目為0.1NAD．標準狀況下，6.72LO2和N2的混合氣體含有的原子數(shù)目為0.6NA解析：選AA項，苯分子的結構中含有特殊的碳碳鍵，沒有碳碳雙鍵，錯誤；B項，1mol鎂在反應中轉移2mol電子，12g鎂的物質的量為0.5mol，轉移電子數(shù)為NA，正確；C項，熔融NaHSO4中含有Na＋和HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))，所以0.1mol熔融NaHSO4中含有陽離子數(shù)目為0.1NA，正確；D項，標準狀況下，6.72LO2和N2混合氣體的物質的量為0.3mol，兩種分子均為雙原子分子，所以0.3mol混合氣體含有的原子數(shù)目為0.6NA，正確?？键c二物質的量濃度的相關計算【提素能·歸納】一、物質的量濃度與質量分數(shù)的關系及其計算1．標準狀況下氣體形成溶液中溶質的物質的量濃度的計算eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(溶質的物質的量n＝\f(V（氣體）,22.4L·mol－1),溶液的體積V＝\f(m,ρ)＝\f(m（氣體）＋m（水）,ρ)))c＝eq\f(n,V)[名師點撥]溶液體積的單位是L，根據(jù)密度計算溶液體積的單位一般是mL，要注意單位換算。2．物質的量濃度與質量分數(shù)的關系如圖所示，體積為VL，密度為ρg·cm－3的溶液，含有溶質的摩爾質量為Mg·mol－1，溶質的質量分數(shù)為w，則物質的量濃度c與質量分數(shù)w的關系是：c＝eq\f(n（溶質）,V)＝eq\f(\f(m（溶質）,M),V)＝eq\f(m（溶質）,MV)＝eq\f(\a\vs4\al(1000ρwV),MV)＝eq\f(\a\vs4\al(1000ρw),M)?w＝eq\f(\a\vs4\al(cM),1000ρ)。二、溶液稀釋與混合的計算1．溶液稀釋定律(守恒觀點)(1)溶質的質量、物質的量在稀釋前后保持不變，即m1w1＝m2w2，c1V1＝c2V2。(2)溶液質量守恒，m(稀)＝m(濃)＋m(水)(體積一般不守恒)。2．同溶質不同物質的量濃度溶液的混合計算(1)混合后溶液體積保持不變時，c1V1＋c2V2＝c混×(V1＋V2)。(2)混合后溶液體積發(fā)生改變時，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝eq\f(m混,ρ混)。3．溶質相同、質量分數(shù)不同的兩溶液的混合規(guī)律同一溶質、質量分數(shù)分別為a%、b%的兩溶液混合：等體積混合①當溶液密度大于1g·cm－3時，必然是溶液濃度越大，密度越大，等體積混合后，質量分數(shù)w>eq\f(1,2)(a%＋b%)(如H2SO4、NaOH等)②當溶液密度小于1g·cm－3時，必然是溶液濃度越大，密度越小，等體積混合后，質量分數(shù)w<eq\f(1,2)(a%＋b%)(如酒精溶液、氨水等)等質量混合兩溶液等質量混合時(無論ρ>1g·cm－3還是ρ<1g·cm－3)，則混合后溶液中溶質的質量分數(shù)w＝eq\f(1,2)(a%＋b%)[名師點撥]上表規(guī)律可概括為“計算推理有技巧，有大必有小，均值均在中間找，誰多向誰靠”?！揪毮芰Αね黄啤?．1molHCl溶解在1L水中(水的密度近似為1g·cm－3)，所得溶液的密度為ρg·cm－3，質量分數(shù)為w，物質的量濃度為cmol·L－1，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則下列敘述正確的是()A.所得溶液的物質的量濃度c＝1mol·L－1B．所得溶液中含有NA個HCl分子C．1molHCl氣體在標準狀況下占有的體積約為22.4LD．所得溶液中溶質的質量分數(shù)w＝eq\f(36.5,1000ρ)解析：選C所得溶液的物質的量濃度c＝eq\f(n,V)＝eq\f(1mol,\f(36.5g＋1000g,1000ρg·L－1))＝eq\f(1000ρ,1036.5)mol·L－1，A項錯誤；鹽酸中不含HCl分子，B項錯誤；n(HCl)＝1mol，在標準狀況下的體積約為22.4L，C項正確；溶質的質量分數(shù)w＝eq\f(36.5c,1000ρ)，D項錯誤。2．體積為V(mL)、密度為ρ(g·cm－3)的溶液，含有摩爾質量為M(g·mol－1)的溶質質量為m(g)，物質的量濃度為c(mol·L－1)，質量分數(shù)為w。下列表達式中不正確的是()A．c＝eq\f(1000ρw,M) B．m＝V·ρ·eq\f(w,100)C．w＝eq\f(cM,1000ρ) D．c＝eq\f(1000m,MV)解析：選B已知溶質摩爾質量、質量分數(shù)和溶液密度時，c＝eq\f(1000ρw,M)的含義為1L溶液中所含溶質的物質的量；若已知溶質摩爾質量、溶液中溶質的物質的量濃度和溶液密度時，可計算出溶質質量分數(shù)w＝eq\f(cM,1000ρ)，其含義為1L溶液中溶質占溶液的質量分數(shù)，故A、C選項正確；B選項中求溶質質量，應通過溶液體積、密度、質量分數(shù)三者相乘而得，即m＝V·ρ·w，故B選項錯誤；D選項是根據(jù)物質的量濃度的定義，由溶質質量、溶質摩爾質量和溶液體積計算而得，即c＝eq\f(\f(m,M),\f(V,1000))＝eq\f(1000m,MV)，故D選項正確。3．100mL0.3mol·L－1Na2SO4溶液和50mL0.2mol·L－1Al2(SO4)3溶液混合后(溶液體積保持不變)，溶液中SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的物質的量濃度為()A．0.20mol·L－1B．0.25mol·L－1C．0.40mol·L－1 D．0.50mol·L－1解析：選C由c1·V1＋c2·V2＝c混·(V1＋V2)可知，0.1L×0.3mol·L－1＋0.05L×0.2mol·L－1×3＝c混(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))×(0.1L＋0.05L)，解得c混(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝0.40mol·L－1?？键c三化學計算中的常用方法方法一關系式法【提素能·歸納】1．應用原理關系式是表示兩種或多種物質之間“物質的量”關系的一種簡化式子。在多步反應中，它可以把始態(tài)的反應物與終態(tài)的生成物之間的“物質的量”關系表示出來，把多步計算簡化成一步計算。2．解題流程【練能力·突破】1．(2021·綿陽模擬)水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件，某課外小組用碘量法測定沱江河中的溶解氧。實驗步驟及測定原理如下：Ⅰ.采集水樣及氧的固定：用溶解氧瓶采集水樣，記錄大氣壓及水溫。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液(含有KI)混合，反應生成MnO(OH)2，實現(xiàn)氧的固定。Ⅱ.酸化及滴定：將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I－還原為Mn2＋，在暗處靜置5min，然后用標準Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋I2=2I－＋S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6)))。回答下列問題：(1)氧的固定中發(fā)生反應的化學方程式為________________________________________。(2)固氧后的水樣用稀H2SO4酸化，MnO(OH)2被I－還原為Mn2＋，發(fā)生反應的離子方程式為________________________________________________________________________。(3)標準Na2S2O3溶液的配制。①配制480mLamol·L－1該溶液時，需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和________。若定容時俯視，會使配制的Na2S2O3濃度________(選填“偏高”“偏低”或“無影響”)②Na2S2O3溶液不穩(wěn)定，配制過程中，用蒸餾水須煮沸、冷卻后才能使用，其目的是殺菌、除________及二氧化碳。(4)取100.00mL水樣經(jīng)固氧、酸化后，用amol·L－1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉作指示劑，達到滴定終點的現(xiàn)象為________________；若消耗Na2S2O3溶液的體積為bmL，則水樣中溶解氧氣的含量為________mg·L－1。解析：(1)由題意可知，將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液混合，根據(jù)氧化還原反應原理，Mn(OH)2被水樣中的氧氣氧化為MnO(OH)2，從而實現(xiàn)氧的固定，由此可得化學方程式：Mn(OH)2＋O2=2MnO(OH)2。(2)將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I－還原為Mn2＋，I－被氧化為I2，離子方程式為4H＋＋MnO(OH)2＋2I－=Mn2＋＋I2＋3H2O。(3)①配制480mLamol·L－1該溶液時，需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和500mL容量瓶，膠頭滴管；若定容時俯視，V偏小，會使配制的Na2S2O3濃度偏高；②由于Na2S2O3具有較強的還原性，易被氧氣氧化，煮沸是為了除去蒸餾水中溶解的O2，防止變質。(4)碘遇淀粉變藍色，故選擇淀粉作指示劑，當溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘顏色不再變化，說明滴定到達終點；根據(jù)方程式可得關系式：O2～2I2～4S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，計算得n(O2)＝eq\f(b×10－3×a,4)mol，m(O2)＝eq\f(b×10－3×a,4)mol×32g·mol－1＝8abmg，則水樣中溶解氧的含量為eq\f(8abmg,0.1L)＝80abmg·L－1。答案：(1)2Mn(OH)2＋O2=2MnO(OH)2(2)4H＋＋MnO(OH)2＋2I－=Mn2＋＋I2＋3H2O(3)①500mL容量瓶、膠頭滴管偏高②O2(4)當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時，待滴定溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內無變化80ab方法二守恒法【提素能·歸納】1．應用原理所謂“守恒”就是物質在發(fā)生“變化”或兩物質在發(fā)生“相互作用”的過程中某些物理量的總量保持“不變”。在化學變化中有各種各樣的守恒，如質量守恒、元素守恒、原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒、能量守恒等。2．解題步驟【練能力·突破】2．聚合氯化鐵鋁(簡稱PAFC)，其化學通式為[FexAly(OH)aClb·zH2O]m。某同學為測定其組成，進行如下實驗：①準確稱取4.5050g樣品，溶于水，加入足量的稀氨水，過濾，將濾渣灼燒至質量不再變化，得到2.3300g固體。②另準確稱取等質量樣品溶于水，在溶液中加入適量Zn粉和稀硫酸，將Fe3＋完全還原為Fe2＋。用0.1000mol·L－1標準KMnO4溶液滴定Fe2＋，消耗標準溶液的體積為20.00mL。③另準確稱取等質量樣品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.3050g白色沉淀。通過計算確定PAFC的化學式(m為聚合度，不必求出)。解析：第一步：分析測定實驗過程中的物質變化①中得到的2.3300g固體為Fe2O3和Al2O3的混合物；②中發(fā)生反應：Zn＋2Fe3＋=Zn2＋＋2Fe2＋、5Fe2＋＋MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；③中發(fā)生反應：Ag＋＋Cl－=AgCl↓。第二步：根據(jù)原子守恒、質量守恒、電荷守恒分別求n(Fe3＋)、n(Al3＋)、n(OH－)、n(Cl－)和n(H2O)根據(jù)原子守恒求n(Fe3＋)：n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝5n(MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝5×0.1000mol·L－1×0.02L＝0.01molm(Fe2O3)＝eq\f(1,2)n(Fe3＋)×M(Fe2O3)＝eq\f(1,2)×0.01mol×160g·mol－1＝0.8g根據(jù)質量守恒求n(Al3＋)：n(Al3＋)＝2n(Al2O3)＝2×eq\f(2.3300g－0.8g,102g·mol－1)＝0.03mol根據(jù)原子守恒求n(Cl－)：n(Cl－)＝n(AgCl)＝eq\f(4.3050g,143.5g·mol－1)＝0.03mol根據(jù)電荷守恒求n(OH－)：3n(Fe3＋)＋3n(Al3＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)n(OH－)＝3×0.01mol＋3×0.03mol－0.03mol＝0.09mol根據(jù)質量守恒求n(H2O)：m(H2O)＝4.5050g－m(Fe3＋)－m(Al3＋)－m(Cl－)－m(OH－)＝4.5050g－0.01mol×56g·mol－1－0.03mol×27g·mol－1－0.03mol×35.5g·mol－1－0.09mol×17g·mol－1＝0.54gn(H2O)＝eq\f(0.54g,18g·mol－1)＝0.03mol。第三步：計算所求物質的化學式n(Fe3＋)∶n(Al3＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝1∶3∶9∶3∶3，則PAFC的化學式為[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m。答案：[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m考點四熱重分析法確定物質組成【提素能·歸納】1．測定固體物質組成的熱重法只要物質受熱時發(fā)生質量變化，都可以用熱重法來研究物質的組成。熱重法是在控制溫度的條件下，測量物質的質量與溫度關系的方法。通過分析熱重曲線，我們可以知道樣品及其可能產(chǎn)生的中間產(chǎn)物的組成、熱穩(wěn)定性、熱分解情況及生成產(chǎn)物等與質量相聯(lián)系的信息。2．熱重曲線的分析方法坐標曲線題解題時可以拆分為識圖、析圖、用圖三個步驟。其中識圖是基礎，析圖是關鍵，用圖是目的。(1)識圖。識圖的關鍵是三看：一看軸即橫、縱坐標所表示的化學含義(自變量x軸和函數(shù)y軸表示的意義)，尋找x、y軸之間的關系，因為這是理解題意和進行正確思維的前提；二看點即曲線中的特殊點(頂點、始點、終點、拐點、交叉點)；三看線即曲線的走勢(變化趨勢是上升、下降、波動、正態(tài)、偏態(tài)等變化)。(2)析圖。分析圖中為什么會出現(xiàn)這些特殊點，曲線為什么有這樣的變化趨勢和走向，分析曲線變化的因果關系，通過聯(lián)想，把課本內的有關化學概念、原理、規(guī)律等與圖像曲線中的圖形與相關點建立聯(lián)系。(3)用圖。將相關的化學知識與圖像曲線緊密結合，在頭腦中構建新的曲線——知識體系，然后運用新的曲線——知識體系揭示問題的實質，解決實際問題?！揪毮芰Αね黄啤?2021·合肥模擬)將1.800gFeC2O4·2H2O固體樣品放在熱重分析儀中進行熱重分析，測得其熱重分析曲線(樣品質量隨溫度變化的曲線)如圖所示：已知：①草酸鹽受熱分解易放出碳的氧化物。②500℃之前，該熱重分析儀的樣品池處于氬氣氣氛中，500℃時起，樣品池與大氣相通?；卮鹣铝袉栴}：(1)300℃時是樣品脫水的過程，試確定350℃時樣品是否脫水完全________(填“是”或“否”)。(2)400℃時發(fā)生變化的化學方程式是________________________________________。(3)500～1400℃時所得固體的化學式為__________________________________。解析：(1)1.800gFeC2O4·2H2O固體樣品中含有結晶水的質量為1.800g×eq\f(36,180)＝0.36g，剩余固體質量為1.44g，根據(jù)圖像可知，350℃時樣品已經(jīng)完全脫水。(2)400℃時固體質量為0.720g，根據(jù)鐵原子守恒可知，400℃時鐵元素為0.0100mol，其質量為0.560g，剩余的質量為0.016g，由于草酸鹽受熱分解易放出碳的氧化物，則0.016g應該是氧元素的質量，其物質的量為0.0100mol，則鐵、氧原子物質的量之比為1∶1。所以400℃時FeC2O4分解生成FeO，結合化合價有升必有降，則還有一氧化碳和二氧化碳生成，反應的化學方程式為FeC2O4eq\o(=,\s\up7(400℃))FeO＋CO↑＋CO2↑。(3)500～1400℃時固體質量為0.800g，根據(jù)鐵原子守恒可知，鐵元素為0.0100mol，其質量為0.560g，剩余氧元素質量為0.024g，其物質的量為0.0150mol，則鐵、氧原子物質的量之比為2∶3，因此該固體是氧化鐵。答案：(1)是(2)FeC2O4eq\o(=,\s\up7(400℃))FeO＋CO↑＋CO2↑(3)Fe2O3[規(guī)律方法]熱重分析的方法(1)設晶體為1mol。(2)失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。(3)計算每步的m余，eq\f(m余,m（1mol晶體質量）)＝固體殘留率。(4)晶體中金屬質量不減少，仍在m余中。(5)失重最后一般為金屬氧化物，由質量守恒得mO，由n金屬∶nO，即可求出失重后物質的化學式。【新情境·素養(yǎng)】稀土元素氧化物是指元素周期表中原子序數(shù)為57到71的15種鑭系元素，以及與鑭系元素化學性質相似的鈧(Sc)和釔(Y)共17種元素的氧化物。稀土元素在石油、化工、冶金、紡織、陶瓷、玻璃、永磁材料等領域都得到了廣泛的應用，隨著科技的進步和應用技術的不斷突破，稀土氧化物的價值將越來越大。二氧化鈰(CeO2)是一種重要的稀土氧化物，在半導體材料、高級顏料及感光玻璃的增感劑、汽車尾氣的凈化器方面有廣泛應用。平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質)。某課題組以此粉末為原料，設計如下工藝流程對資源進行回收，得到純凈的CeO2和硫酸亞鐵銨晶體。[問題探究]已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。(1)稀酸A的分子式是_______________________________________________________。提示：H2SO4。根據(jù)流程中后面出現(xiàn)的硫酸鹽，可推出稀酸A為稀硫酸。(2)根據(jù)上述流程，制取CeO2過程中，理論上消耗H2O2和O2的物質的量之比為________。提示：2∶1。流程中加入H2O2將CeO2還原為Ce3＋，生成1molCe3＋，消耗0.5molH2O2；通入O2的目的是將Ce3＋氧化為Ce(OH)4，每氧化1molCe3＋需0.25molO2，即消耗H2O2與O2的物質的量之比為2∶1。(3)取上述流程中得到的Ce(OH)4產(chǎn)品0.531g，加硫酸溶解后，用濃度為0.1000mol·L－1FeSO4標準溶液滴定至終點時(鈰被還原為Ce3＋)，消耗25.00mL標準溶液，該產(chǎn)品中Ce(OH)4的純度為________(列出算式，結果保留兩位有效數(shù)字)。提示：根據(jù)得失電子守恒Ce從＋4價變?yōu)椋?價，鐵由＋2價變?yōu)椋?價，則建立關系式：Ce(OH)4～FeSO4，該產(chǎn)品中Ce(OH)4的純度為eq\f(0.1000mol·L－1×0.025L×208g·mol－1,0.531g)×100%≈98%。隨堂檢測反饋1．(2019·全國卷Ⅲ)設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。關于常溫下pH＝2的H3PO4溶液，下列說法正確的是()A．每升溶液中的H＋數(shù)目為0.02NAB．c(H＋)＝c(H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＋2c(HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＋3c(POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4)))＋c(OH－)C．加水稀釋使電離度增大，溶液pH減小D．加入NaH2PO4固體，溶液酸性增強解析：選B磷酸是中強酸，存在電離平衡。A錯誤，常溫下pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01mol·L－1，每升溶液中的H＋數(shù)目為0.01NA；B正確，由電荷守恒知，c(H＋)＝c(H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＋2c(HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＋3c(POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4)))＋c(OH－)；C錯誤，加水稀釋使電離平衡右移，電離度增大，但是溶液中的離子濃度減小，溶液中的H＋濃度減小，故溶液pH增大；D錯誤，加入NaH2PO4固體，抑制了磷酸的第一步電離，溶液酸性減弱。2．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，124gP4中所含P—P鍵數(shù)目為4NAB．100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目為0.1NAC．標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2NAD．密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數(shù)為2NA解析：選C124gP4的物質的量為1mol，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，100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含F(xiàn)e3＋的數(shù)目小于0.1NA，B項錯誤；標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物質的量為0.5mol，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的化合反應為可逆反應，2molSO2和1molO2催化反應后，混合氣體的物質的量大于2mol，即分子總數(shù)大于2NA，D項錯誤。3．硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O，M＝248g·mol－1)可用作定影劑、還原劑。回答下列問題：利用K2Cr2O7標準溶液定量測定硫代硫酸鈉的純度。測定步驟如下：(1)溶液配制：稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在____________中溶解，完全溶解后，全部轉移至100mL的__________中，加蒸餾水至__________________。(2)滴定：取0.00950mol·L－1的K2Cr2O7標準溶液20.00mL，硫酸酸化后加入過量KI，發(fā)生反應：Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6I－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應：I2＋2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－。加入淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當溶液________，即為終點。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為________%(保留1位小數(shù))。解析：(1)配制一定物質的量濃度的溶液，應該在燒杯中溶解，冷卻至室溫后，轉移至100mL的容量瓶中，加水至距刻度線1～2cm處，改用膠頭滴管滴加至溶液的凹液面最低處與刻度線相平。(2)加入淀粉作指示劑，淀粉遇I2變藍色，加入的Na2S2O3樣品與I2反應，當I2消耗完后，溶液藍色褪去，即為滴定終點。由反應Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6I－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2OI2＋2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－得關系式：Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))～3I2～6S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))160．00950mol·L－1×0.02L0.00950mol·L－1×0.02L×6硫代硫酸鈉樣品溶液的濃度為eq\f(0.00950mol·L－1×0.02L×6,0.0248L)，樣品的純度為eq\f(\f(0.00950mol·L－1×0.02L×6,0.0248L)×0.1L×248g·mol－1,1.2000g)×100%＝95.0%。答案：(1)燒杯容量瓶刻度線(2)藍色褪去，且半分鐘內不恢復成原來顏色95.04．一種雙氧水的質量分數(shù)為27.5%(密度為1.10g·cm－3)，其濃度為________mol·L－1。解析：1L質量分數(shù)為27.5%的雙氧水中H2O2的物質的量為eq\f(1000mL×1.10g·cm－3×27.5%,34g·mol－1)≈8.9mol，故其濃度為8.9mol·L－1。答案：8.9[課時跟蹤檢測]1．(2021·東莞模擬)阿伏加德羅常數(shù)的值用NA表示。下列說法中正確的是()A．33.6L丙烯(標準狀況)與足量HCl發(fā)生加成反應，生成1-氯丙烷個數(shù)為1.5NAB．一定條件下，Ca與O2反應生成7.2gCaO2，轉移電子的個數(shù)為0.4NAC．2mol冰醋酸與4mol乙醇一定條件下充分反應，生成乙酸乙酯的個數(shù)為2NAD．1L1mol·L－1的葡萄糖溶液中，溶質所含羥基的個數(shù)為5NA解析：選D丙烯與HCl發(fā)生加成反應，可能生成1-氯丙烷和2-氯丙烷，無法計算生成1-氯丙烷的個數(shù)，故A錯誤；7.2gCaO2含有0.1molCa，Ca從0價變到＋2價，轉移電子的個數(shù)為0.2NA，故B錯誤；酯化反應為可逆反應，無法確定反應限度，故無法計算生成乙酸乙酯的量，C錯誤；1mol的葡萄糖中含有5mol羥基和1mol醛基，故所含羥基的個數(shù)為5NA，故D正確。2．(2021·昆明模擬)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．常溫常壓下，11.2LSO2含有的氧原子數(shù)小于NAB．0.1molNa2O2和Na2O的混合物中含有的離子總數(shù)等于0.4NAC．10g質量分數(shù)為34%的H2O2溶液含有的氫原子數(shù)為0.2NAD．100mL0.1mol·L－1醋酸中含有的醋酸分子數(shù)是0.01NA解析：選A常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L·mol－1，故11.2L二氧化硫的物質的量小于0.5mol，則含有的氧原子個數(shù)小于NA，故A正確；由Na2O2的電子式為，Na2O的電子式為可知，1molNa2O中含3mol離子，1molNa2O2中含3mol離子，則0.1molNa2O和Na2O2的混合物中離子為0.3mol，即含有的陰、陽離子總數(shù)是0.3NA，故B錯誤；10g質量分數(shù)為34%的H2O2溶液中溶質的質量為10g×34%＝3.4g，物質的量：n＝eq\f(m,M)＝eq\f(3.4g,34g·mol－1)＝0.1mol，一個過氧化氫分子中含有兩個氫原子，0.1mol過氧化氫分子中含有0.2mol氫原子，由于H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氫原子，故氫原子的個數(shù)大于0.2NA，故C錯誤；醋酸為弱酸，在水中不完全電離，100mL0.1mol·L－1醋酸的物質的量n＝cV＝0.1mol·L－1×0.1L＝0.01mol，則含有的醋酸分子數(shù)小于0.01NA，故D錯誤。3．(2021·寶雞模擬)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．100g質量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中含有的氫原子數(shù)為6NAB．標準狀況下，6g乙酸和丙醇的混合物中含有的分子數(shù)為0.1NAC．標準狀況下，鐵絲在22.4L氧氣中燃燒時轉移的電子數(shù)為3NAD．將10mL0.1mol·L－1FeCl3溶液滴入沸水中，得到Fe(OH)3膠粒的個數(shù)為0.001NA解析：選B100g質量分數(shù)為46%的乙醇的物質的量為1mol，由于溶液中水分子中還有氫原子，故含有的氫原子數(shù)大于6NA，故A錯誤；乙酸的分子式為C2H4O2，相對分子質量為60，丙醇的分子式為C3H8O，相對分子質量為60，故6g乙酸和丙醇的混合物的物質的量為0.1mol，含有的分子數(shù)為0.1NA，故B正確；標準狀況下，22.4L氧氣為1mol，燃燒時轉移的電子數(shù)為4NA，故C錯誤；由于Fe(OH)3膠粒為Fe(OH)3的聚集體，則無法計算制得的膠體中含有Fe(OH)3膠粒的數(shù)目，故D錯誤。4．欲配制500mL2mol·L－1的鹽酸，需要36.5%的濃鹽酸(密度約為1.2g·cm－3)的體積為()A．27.4mL B．83.3mLC．120mL D．無法計算解析：選B36.5%的濃鹽酸c(HCl)＝eq\f(1000×1.2×36.5%,36.5)mol·L－1＝12mol·L－1，溶液稀釋時溶質的物質的量不變，即0.500L×2mol·L－1＝V×12mol·L－1，解得V≈0.0833L，V≈83.3mL。5．將標準狀況下的某氣體(摩爾質量為Mg·mol－1)溶于ag水中，所得溶液的密度為bg·cm－3，溶質的物質的量濃度為cmol·L－1，則該氣體溶入水中的體積是()A．eq\f(22.4ac,M（1－c）)L B．eq\f(22.4c,M)LC．eq\f(22.4ac,1000b－Mc)L D．eq\f(22.4ac,1000b)L解析：選C設溶入水中氣體的體積為VL，則eq\f(\f(V,22.4),\f(\f(V,22.4)M＋a,103b))＝c，化簡整理得：V＝eq\f(22.4ac,1000b－Mc)。6．現(xiàn)有VL0.5mol·L－1的鹽酸，欲將其濃度擴大一倍，以下方法中最宜采用的是()A．加熱濃縮到原來體積的一半B．加入5mol·L－10.125VL的鹽酸C．加入10mol·L－10.1VL的鹽酸，再稀釋至1.5VLD．標準狀況下通入11.2L氯化氫氣體解析：選C加熱易使HCl揮發(fā)，溶液濃度降低，A錯誤；溶液的體積不具有加和性，B錯誤；混合后溶液中的HCl的n(HCl)＝0.5mol·L－1×VL＋10mol·L－1×0.1VL＝1.5Vmol，所以c混合(HCl)＝eq\f(1.5Vmol,1.5VL)＝1mol·L－1，C正確；通入氯化氫氣體，溶液的體積發(fā)生變化，不能計算其濃度，D錯誤。7．(2021·開封模擬)設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．0.5mol雄黃(As4S4)，結構如圖，含有NA個S—S鍵B．將1molNH4NO3溶于適量稀氨水中，所得溶液呈中性，則溶液中NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的數(shù)目為NAC．標準狀況下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的數(shù)目為3NAD．高溫下，16.8gFe與足量水蒸氣完全反應，轉移的電子數(shù)為0.6NA解析：選BS原子最外層有六個電子，形成2個共價鍵，As原子最外層有五個電子，形成3個共價鍵，由結構圖知白色球為硫原子，分子中不存在S—S鍵，故A錯誤；NH4NO3=NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，NH3·H2ONHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－，溶于適量稀氨水中，所得溶液呈中性，則溶液中n(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝n(NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))，NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的數(shù)目等于NA，故B正確；標準狀況下，二氯甲烷為液體，不能使用氣體摩爾體積，故C錯誤；16.8g鐵的物質的量為0.3mol，而鐵與水蒸氣反應后變?yōu)椋玡q\f(8,3)價，故0.3mol鐵失去0.8mol電子即0.8NA個，所以D錯誤。8．(2021·西安模擬)向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐漸加入鐵粉，充分反應后溶液中固體剩余物的質量與加入鐵粉的質量如圖所示。忽略溶液體積的變化，下列說法正確的是()A．a(chǎn)點時溶液中陽離子僅為Cu2＋和Fe2＋B．b點時溶液中發(fā)生的反應為Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋C．c點時加入的鐵粉與Cu2＋反應D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物質的量濃度之比為1∶1解析：選Ba點表示的是加入鐵粉后，溶液中固體的質量仍為0，此時發(fā)生反應的離子方程式為Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，由于反應仍未結束，故a點溶液中存在的陽離子有Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋，A錯誤；b點表示加入鐵粉后，溶液中固體的質量增加，此時發(fā)生反應的離子方程式為Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，B正確；當加入鐵粉的質量大于1.68g后，圖中曲線出現(xiàn)了拐點，由點(2.24，1.84)可知，鐵粉增加的質量與固體剩余物增加的質量相等，故c點沒有發(fā)生反應，C錯誤；當加入鐵粉質量為0.56g時，發(fā)生反應的離子方程式為Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，故溶液中n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝eq\f(m,M)＝2×eq\f(0.56g,56g·mol－1)＝0.02mol，故溶液中n[Fe2(SO4)3]＝0.01mol；當加入鐵粉的質量為0.56～1.68g時，發(fā)生反應的離子方程式為Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，則溶液中n(Cu2＋)＝n(Fe)＝eq\f(m,M)＝eq\f(1.68g－0.56g,56g·mol－1)＝0.02mol，故溶液中n(CuSO4)＝0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3與CuSO4的物質的量之比為1∶2，D錯誤。9．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸鈉的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸銀的溶液，恰好使Cl－完全沉淀，該混合溶液中K＋濃度為()A．10(b－2a)mol·L－1 B．5(b－2a)mol·L－1C．2(b－a)mol·L－1 D．10(2a－b)mol·L－1解析：選A混合溶液分成5等份，每份溶液濃度相同。根據(jù)Ba2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)＝n(Na2SO4)＝amol；根據(jù)Ag＋＋Cl－=AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝bmol，根據(jù)電荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，則n(K＋)＝bmol－2amol＝(b－2a)mol，故c(K＋)＝eq\f(（b－2a）mol,0.1L)＝10(b－2a)mol·L－1。10．(2021·天水模擬)下列說法不正確的是()A．把7.2g純鐵粉加入40mL濃度未知的HNO3溶液中，充分反應后剩余固體1.6g，產(chǎn)生NO2和NO的混合氣體0.08mol，若不考慮N2O4的存在，則原HNO3溶液的物質的量濃度為7.0mol·L－1B．將質量分數(shù)為a%，物質的量濃度為c1mol·L－1的稀H2SO4溶液蒸發(fā)掉一定量的水，使之質量分數(shù)為2a%，此時物質的量濃度為c2mol·L－1，則c1和c2的數(shù)值關系是c2>2c1C．將標準狀況下的aLHCl氣體溶于1000mL水中，得到的鹽酸溶液密度為bg·mL－1，則該鹽酸溶液的物質的量濃度為eq\f(ab,22400)mol·L－1D．VLFe2(SO4)3溶液中含F(xiàn)e3＋mg，則溶液中SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的物質的量濃度為eq\f(3m,112V)mol·L－1解析：選C把7.2g純鐵粉投入40mL某HNO3溶液中，充分反應后剩余固體1.6g，說明生成硝酸亞鐵，硝酸完全反應，參加反應的Fe的質量為m(Fe)＝7.2g－1.6g＝5.6g，其物質的量為n(Fe)＝eq\f(5.6g,56g·mol－1)＝0.1mol，則生成硝酸亞鐵的物質的量為n[Fe(NO3)2]＝n(Fe)＝0.1mol，反應中硝酸起氧化劑、酸性作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸亞鐵，起氧化劑作用的硝酸生成NO和NO2，根據(jù)N元素守恒可知該硝酸溶液中含有硝酸的總物質的量為n(HNO3)＝2n[Fe(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)＝0.1mol×2＋0.08mol＝0.28mol，所以原HNO3溶液的物質的量濃度為c(HNO3)＝eq\f(0.28mol,0.04L)＝7.0mol·L－1，A正確；設溶質質量分數(shù)為a%的硫酸溶液的密度為ρ1，則c1＝eq\f(1000ρ1a%,98)mol·L－1＝eq\f(10aρ1,98)mol·L－1，設溶質質量分數(shù)為2a%的硫酸溶液密度為ρ2，則c2＝eq\f(1000ρ22a%,98)mol·L－1＝eq\f(20aρ2,98)mol·L－1，所以c1∶c2＝eq\f(10aρ1,98)mol·L－1∶eq\f(20aρ2,98)mol·L－1＝ρ1∶2ρ2，即c2＝eq\f(2ρ2,ρ1)c1，硫酸溶液的濃度越大密度也越大，所以ρ2>ρ1，所以eq\f(2ρ2,ρ1)>2，即c2>2c1，B正確；標準狀況下，aLHCl溶于1000mL水中，所得溶液中n(HCl)＝eq\f(a,22.4)mol，溶液體積為V＝eq\f(溶液的質量,溶液的密度)＝eq\f(\f(a,22.4)mol×36.5g·mol－1＋1000mL×1g·cm－3,1000bg·L－1)＝eq\f(36.5a＋22400,22400b)L，因此該鹽酸溶液的物質的量濃度c＝eq\f(n,V)＝eq\f(\f(a,22.4)mol,\f(36.5a＋22400,22400b)L)＝eq\f(1000ab,36.5a＋22400)mol·L－1，C錯誤；VLFe2(SO4)3溶液中含F(xiàn)e3＋mg，則溶液中c(Fe3＋)＝eq\f(n,V)＝eq\f(\f(mg,56g·mol－1),VL)＝eq\f(m,56V)mol·L－1，由Fe2(SO4)3的化學式以及其在水中會發(fā)生完全電離可知，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))濃度為Fe3＋濃度的1.5倍，則溶液中SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的物質的量濃度為eq\f(m,56V)×eq\f(3,2)mol·L－1＝eq\f(3m,112V)mol·L－1，D正確。11．在標準狀況下，將224LHCl氣體溶于635mL水中，所得鹽酸的密度為1.18g·cm－3。試計算：(1)所得鹽酸的質量分數(shù)和物質的量濃度分別是________、________。(2)取這種鹽酸100mL，稀釋至1.18L，所得稀鹽酸的物質的量濃度是________。(3)在40.0mL0.065mol·L－1的Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀釋后的稀鹽酸，邊加邊振蕩。若使反應不產(chǎn)生CO2氣體，加入稀鹽酸的體積最多不超過________mL。(4)將不純的NaOH樣品1g(樣品含少量Na2CO3和水)，放入50mL2mol·L－1的鹽酸中，充分反應后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1mol·L－1的NaOH溶液。蒸發(fā)中和后的溶液，最終得到________g固體。解析：(1)n(HCl)＝eq\f(224L,22.4L·mol－1)＝10mol，m(HCl)＝10mol×36.5g·mol－1＝365g，鹽酸的質量分數(shù)w＝eq\f(365g,365g＋635g)×100%＝36.5%，c(HCl)＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000mL·L－1×1.18g·cm－3×36.5%,36.5g·mol－1)＝11.8mol·L－1。(2)由c(濃)·V(濃)＝c(稀)·V(稀)可知，c(稀)＝11.8mol·L－1×eq\f(0.1L,1.18L)＝1mol·L－1。(3)n(Na2CO3)＝0.040L×0.065mol·L－1＝0.0026mol，設加入稀鹽酸的體積最多不超過xmL，則n(HCl)＝1mol·L－1×0.001xL＝0.001xmol，根據(jù)反應Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl得0.0026＝0.001x，x＝2.6。(4)經(jīng)過反應，蒸發(fā)中和后的溶液，最后所得固體為NaCl，根據(jù)氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050L×2mol·L－1＝0.1mol，m(NaCl)＝0