专题二物质的量物质的聚集状态和溶液的配制课件

专题二物质的量物质的聚集状态和溶液的配制专题二物质的量物质的聚集状态和溶液的配制专题二物质的量物质的聚集状态和溶液的配制考点一物质的量与阿伏加德罗常数A组

自主命题·江苏卷题组1.(2016江苏单科,7,2分,★★)下列说法正确的是 ()A.氢氧燃料电池工作时,H2在负极上失去电子B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液加热后,溶液的pH减小C.常温常压下,22.4LCl2中含有的分子数为6.02×1023个D.室温下,稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液的导电能力增强五年高考专题二物质的量物质的聚集状态和溶液的配制专题二物质的量物质的1考点一物质的量与阿伏加德罗常数A组

自主命题·江苏卷题组1.(2016江苏单科,7,2分,★★)下列说法正确的是

()A.氢氧燃料电池工作时,H2在负极上失去电子B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液加热后,溶液的pH减小C.常温常压下,22.4LCl2中含有的分子数为6.02×1023个D.室温下,稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液的导电能力增强五年高考考点一物质的量与阿伏加德罗常数五年高考答案

AA项,原电池工作时,负极失电子,故正确;B项,0.1mol·L-1Na2CO3溶液加热后,C

水解程度变大:C

+H2O

HC

+OH-,溶液碱性增强,pH增大,故错误;C项,常温常压下,22.4LCl2的物质的量不是1mol,故错误;D项,室温下,稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液中离子总浓

度减小,溶液导电能力减弱,故错误。易错警示

本题C项,求解时,要看是否为标准状况下,不为标准状况则无法直接用22.4L·mol-1

(标准状况下气体的摩尔体积)求气体的物质的量。疑难点拨

溶液的导电能力与溶液中的离子浓度、离子所带的电荷数有关。离子带的电荷

数越多、离子浓度越大,溶液的导电能力越强。本题D项,稀释CH3COOH溶液,虽然平衡正向

移动,但c(CH3COO-)和c(H+)均减小,故导电能力减弱。答案

AA项,原电池工作时,负极失电子,故正确;B项2.(2015江苏单科,11,4分,★)下列说法正确的是

()A.若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×6.02×1023B.室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,溶液pH>7C.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D.一定条件下反应N2+3H2

2NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3)2.(2015江苏单科,11,4分,★)下列说法正确的是 (答案

CA项,由2H2O2

2H2O+O2↑可知每生成1molO2转移的电子数约为2×6.02×1023;B项,室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后形成CH3COONa和

CH3COOH的混合溶液,pH<7;C项正确;D项,N2+3H2

2NH3反应达到平衡时,v正(H2)∶v逆(NH3)=3∶2,即2v正(H2)=3v逆(NH3)。解题关键

室温下,“pH=3的CH3COOH溶液”中“已电离出的H+”与“pH=11的NaOH溶

液”中电离出的OH-浓度相等,等体积混合后,已电离出的H+与OH-可视为恰好完全反应,由于

CH3COOH溶液中存在电离平衡,在反应过程中CH3COOH还能继续电离出H+,因而该溶液呈酸

性(pH<7)。规律总结

判断一可逆反应是否已达平衡,可以参照以下几方面:①v正(B)=v逆(B),若用不同物

质的v表示,则需注意是否有v正、v逆(同方向的v之间的关系肯定不能表示反应已达平衡)且量的

关系是否正确。②c(B)、n(B)、m(B)等物理量若从反应开始至平衡前一直在变,那么当它不

变时,可以作为到达平衡的标志;反之,若从反应开始至平衡一直未变,则该物理量不变不能作

为到达平衡的标志。答案

CA项,由2H2O2 2H2O+O2↑可知每生3.(2014江苏单科,6,2分,★)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB.0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC.标准状况下,11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD.在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.4NA

答案

AO2和O3都由O元素组成,1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含氧原子数目为0.1NA,

A项正确;丙烯酸中含“

”和“

”,故0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA,B项错误;标准状况下,苯为非气态,C项错误;过氧化钠中的氧元素化合价为-1价,生成0.1

molO2时,转移电子数目为0.2NA,D项错误。易错警示

Na2O2与H2O或CO2的反应中,释放出的O2中O原子只来源于Na2O2,其双线桥分别为:

,

。知识归纳

在标准状况下,常见的非气态物质有H2O、苯、CCl4、SO3、Br2、C2H5OH、CH3

COOH等。3.(2014江苏单科,6,2分,★)设NA为阿伏加德罗常数1.(2018课标Ⅰ,10,6分)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB.22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NAC.92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NAD.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA

B组统一命题、省(区、市)卷题组答案

B本题考查阿伏加德罗常数的有关计算。16.25gFeCl3的物质的量是0.1mol,Fe3+水

解生成的Fe(OH)3胶体粒子是若干Fe(OH)3的聚集体,故胶体粒子数目远小于0.1NA,A项错误;Ar

是单原子分子,22.4L(标准状况)氩气的物质的量是1mol,含有的质子数为18NA,B项正确;甘油

(丙三醇)的分子式为C3H8O3,其摩尔质量是92g·mol-1,则92.0g甘油含有羟基的数目为3.0NA,C项

错误;甲烷与氯气反应的产物中CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4同时存在,1.0molCH4与足量氯

气反应时上述四种有机物的总物质的量为1.0mol,D项错误。易错易混

胶体粒子的组成分类胶体粒子的组成有两类:一类如Fe(OH)3胶体的粒子,是由若干Fe(OH)3聚集在一起形成的;另一

类如淀粉、蛋白质等大分子,单个分子即胶体粒子。1.(2018课标Ⅰ,10,6分)NA是阿伏加德罗常数的值。2.(2018课标Ⅱ,11,6分)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.常温常压下,124gP4中所含P—P键数目为4NAB.100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC.标准状况下,11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD.密闭容器中,2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA

答案

C

本题考查物质的量与阿伏加德罗常数的应用。1molP4分子中有6molP—P键,A不

正确;Fe3+水解,100mL1mol·L-1FeCl3溶液中Fe3+数目小于0.1NA,B不正确;标准状况下,11.2L甲

烷(CH4)和乙烯(C2H4)混合物的物质的量为0.5mol,其中含氢原子的物质的量为2mol,C正确;

SO2与O2的反应为可逆反应,无法进行到底,2molSO2和1molO2充分反应后分子总数大于2NA,

D不正确。关联知识

P4分子的空间构型为正四面体形。归纳总结

识记常见的四个可逆反应:①2SO2+O2

2SO3;②N2+3H2

2NH3;③H2+I2

2HI;④2NO2

N2O4。2.(2018课标Ⅱ,11,6分)NA代表阿伏加德罗常数的值3.(2017课标Ⅱ,8,6分)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是

()A.1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,N

的数量为0.1NAB.2.4gMg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.1NAC.标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2NA

3.(2017课标Ⅱ,8,6分)阿伏加德罗常数的值为NA。下答案

D本题考查阿伏加德罗常数及相关计算。由于NH4Cl溶液中N

水解,所以1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,N

的数量少于0.1NA,A错;2.4gMg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.2NA,B错;标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体为0.1mol,则所含分子数为0.1NA,C错;H2(g)+I2

(g)

2HI(g)在反应前后气体分子总数不变,D正确。易混易错

阿伏加德罗常数应用突破突破一:抓“两看”,突破气体和状态陷阱一看“气体”是否处于标准状况。二看物质在标准状况下的聚集状态是否为气态。如:H2O、CCl4、SO3、HF在标准状况下为非

气态。突破二:审“组成”“结构”,突破微观粒子数目陷阱一审气体分子组成。如:He、Ne为单原子分子。二审构成物质的粒子是否水解。突破三:判断反应类型,突破氧化还原反应中电子转移数目陷阱一判是否为自身氧化还原反应。如:Na2O2与H2O、Cl2与NaOH的反应为自身氧化还原反应。二判是否为可逆反应。如:N2和H2、SO2和O2的反应为可逆反应。答案

D本题考查阿伏加德罗常数及相关计算。由于NH44.(2016课标Ⅰ,8,6分)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是

()A.14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB.1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC.1molFe溶于过量硝酸,电子转移数为2NAD.标准状况下,2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA

答案

AA项,乙烯和丙烯的最简式相同,为CH2,故14g乙烯和丙烯混合气体中含氢原子数为

2NA;B项,N2和H2的反应为可逆反应,转化率不可能达到100%,生成的NH3分子数小于2NA;C项,

Fe和过量HNO3反应生成Fe3+,电子转移数为3NA;D项,标准状况下,CCl4呈液态。评析本题考查阿伏加德罗常数,为常规题型,体现出命题的“稳”字,不回避热点。4.(2016课标Ⅰ,8,6分)设NA为阿伏加德罗常数值。下4.(2013江苏单科,7,2分,★★)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.1L1mol·L-1的NaClO溶液中含有ClO-的数目为NAB.78g苯含有C

C双键的数目为3NAC.常温常压下,14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAD.标准状况下,6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA

C组

教师专用题组答案

CA项,ClO-水解,其数目会小于NA,A项错误;B项,苯分子中不含有碳碳双键,B项错误;C

项,N2和CO的摩尔质量均为28g·mol-1,故n(N2,CO)=

=0.5mol,N2和CO均为双原子分子,故混合气体含有的原子数目为NA,C项正确;D项,n(NO2)=0.3mol,0.3molNO2

0.2molHNO3+0.1molNO,共转移0.2mole-,数目为0.2NA,D项错误。考点分析

对阿伏加德罗常数的考查规律:考查的四个选项一般集中在①溶液中某种微粒数

目的计算,②有机物中某种官能团数目的计算,③化学键数目的计算,④混合气体中原子或化学

键数目的计算,⑤氧化还原反应中电子转移数目的计算等。复习时应有针对性。易错警示

关于阿伏加德罗常数计算中的常见陷阱:①气态物质在非标准状况下用Vm=22.4L/

mol计算;②标准状况下,非气态物质用Vm=22.4L/mol计算;③未给出溶液体积而计算;④物质中

本不存在某一结构而对此结构的数目进行计算等。4.(2013江苏单科,7,2分,★★)设NA为阿伏加德罗常2.(2012江苏单科,8,2分,★★)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是

()A.标准状况下,0.1molCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAB.常温常压下,18gH2O中含有的原子总数为3NAC.标准状况下,11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NAD.常温常压下,2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA

答案

BCl2与水的反应是可逆反应,溶于水的Cl2并没有完全与水反应,转移电子数小于0.1

NA,故A项错误;标准状况下乙醇为液态,故C项错误;标准状况下,2.24LCO与CO2的混合气体才

是0.1mol,故D项错误。2.(2012江苏单科,8,2分,★★)设NA表示阿伏加德罗3.(2011江苏单科,8,2分,★★)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

()A.1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NAB.25℃,pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAC.标准状况下,2.24L己烷含有分子的数目为0.1NAD.常温常压下,Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2,转移电子的数目为0.4NA

答案

D1mol甲醇中含有C—H键的数目为3NA,故A项错误;B项,溶液的体积未知,无法计算

含有OH-的数目,故错误;标准状况下己烷不是气态物质,故C项错误。3.(2011江苏单科,8,2分,★★)设NA为阿伏加德罗常4.(2009江苏单科,4,3分,★)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

()A.25℃时,pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NAB.标准状况下,2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应,转移的电子总数为0.2NAC.室温下,21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD.标准状况下,22.4L甲醇中含有的氧原子数目为1.0NA

答案

CA项,OH-数目应为0.1NA,故错误;B项,标准状况下2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反

应,转移电子总数为0.1NA,故错误;C项,乙烯与丁烯的最简式相同,21.0g乙烯和丁烯的混合气体

中含有的碳原子数目为1.5NA,故正确;D项,标准状况下,甲醇不是气体,22.4L甲醇的物质的量

不是1mol,故错误。4.(2009江苏单科,4,3分,★)用NA表示阿伏加德罗常5.(2017课标Ⅲ,10,6分)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.0.1mol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.2.24L(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1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g),增加2NA个P—Cl键答案

AB的原子序数为5,即质子数为5,则质量数为11的B原子中含有6个中子,故0.1mol11B

中含有0.6NA个中子,A正确;B中溶液体积未定,不能计算氢离子个数,B错误;标准状况下苯是固

体,不能利用气体摩尔体积计算2.24L苯的物质的量,C错误;PCl3与Cl2的反应是可逆反应,反应

物不可能完全转化为生成物,则1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol,增加的P—Cl

键的数目小于2NA,D错误。易错警示

易错选项是D,注意PCl3与Cl2的反应为可逆反应。5.(2017课标Ⅲ,10,6分)NA为阿伏加德罗常数的值。6.(2014大纲全国,7,6分)NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是

()A.1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB.2L0.5mol·L-1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC.1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD.丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA

答案

D1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA,A错误;1个S

带2个单位负电荷,此溶液中S

所带电荷数为2NA,另外,该溶液中还有OH-,阴离子所带电荷数大于2NA,B错误;1molNa2O2固体中含离子总数为3NA,C错误;丙烯和环丙烷的分子式均为C3H6,则42g即1

mol混合气体中含氢原子的个数为6NA,D正确。6.(2014大纲全国,7,6分)NA表示阿伏加德罗常数,下考点二物质的量浓度A组

自主命题·江苏卷题组[2017江苏单科,18(2)]碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。(2)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1.1160g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A;②取25.00mL溶

液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl0.1722g;③另取25.00mL溶液A,调节pH4~5,用浓度为0.08

000mol·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30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。考点二物质的量浓度m(OH-)=1.440×10-2mol×17g·mol-1=0.2448gn(H2O)=

=4.800×10-3mola∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O答案(2)n(Cl-)=n(AgCl)×

=

×

=4.800×10-3moln(Cu2+)=n(EDTA)×

=0.08000mol·L-1×30.00mL×10-3L·mL-1×

=9.600×10-3

moln(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3mol-4.800×10-3mol=1.440×10-2molm(Cl-)=4.800×10-3mol×35.5g·mol-1=0.1704gm(Cu2+)=9.600×10-3mol×64g·mol-1=0.6144g解析(2)根据AgCl的质量可求得n(Cl-),根据EDTA的用量可求得n(Cu2+),然后利用电荷守恒求

得n(OH-),再根据样品的总质量及Cl-、Cu2+、OH-的质量可求得n(H2O),最后求出4种粒子的物

质的量的最简整数比即可得到样品的化学式。m(OH-)=1.440×10-2mol×17g·molB组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2018课标Ⅱ,13,6分)下列实验过程可以达到实验目的的是

()编号实验目的实验过程A配制0.4000mol·L-1的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏

水溶解,转移至250mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓

的维生素C溶液,观察颜色变化C制取并纯化氢气向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过

NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液D探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管

中同时加入2mL5%H2O2溶液,观察实验现象B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2018课标Ⅱ,13答案

B本题考查实验方案的设计与评价。固体溶解后先将溶液冷却至室温,再转移至容

量瓶,然后用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,并将洗涤液一并倒入容量瓶中,最后定容,A不正

确;FeCl3被还原后,溶液由黄色变为浅绿色,B正确;纯化氢气时应最后用浓硫酸干燥,C不正确;

NaHSO3溶液与H2O2溶液反应时无明显现象,D不正确。关联知识

①托盘天平的精确度为0.1g。②H2O2作氧化剂时,还原产物为H2O;作还原剂时,氧化产物为O2。答案

B本题考查实验方案的设计与评价。固体溶解后先将2.(2015课标Ⅰ,8,6分)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB.2L0.5mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NAC.过氧化钠与水反应时,生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应,产物的分子数为2NA

答案

CA项,D2O和H2O的摩尔质量不同,18gD2O和18gH2O的物质的量不同,含有的质子

数不同;B项,亚硫酸是弱酸,不能完全电离,故2L0.5mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于

2NA;C项,Na2O2与水反应生成O2,氧元素的化合价由-1升高到0,故生成0.1mol氧气转移的电子

数为0.2NA;D项,2NO+O2

2NO2,2NO2

N2O4,故2molNO与1molO2充分反应,产物的分子数小于2NA。2.(2015课标Ⅰ,8,6分)NA为阿伏加德罗常数的值。下3.(2014大纲全国,13,6分)已知:将Cl2通入适量KOH溶液,产物中可能有KCl、KClO、KClO3,且

的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时,下列有关说法错误的是

()A.若某温度下,反应后

=11,则溶液中

=

B.参加反应的氯气的物质的量等于

amolC.改变温度,反应中转移电子的物质的量

的范围:

amol≤

≤

amolD.改变温度,产物中KClO3的最大理论产量为

amol答案

DA项,可设溶液为1L,n(Cl-)=11mol,n(ClO-)=1mol,则反应中n(得电子)=11mol,生成1

molClO-时只失电子1mol,故应生成2molCl

(失电子10mol),即

=

,A正确。由KCl、KClO、KClO3中n(Cl)=n(K)=n(KOH)=amol可推知n(Cl2)=

mol,B正确。Cl2通入KOH溶液中,可发生

,当n(KOH)=amol时,转移电子的物质的量范围:

amol(只发生反应①)≤

≤

amol(只发生反应②),C正确。若只发生反应②,KClO3可达最大理论产量

mol,D错误。3.(2014大纲全国,13,6分)已知:将Cl2通入适量K1.(2010江苏单科,5,2分,★)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是

()A.常温下,1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAB.1mol羟基中电子数为10NAC.在反应KIO3+6HI

KI+3I2+3H2O中,每生成3molI2转移的电子数为6NAD.常温常压下,22.4L乙烯中C—H键数为4NA

C组

教师专用题组答案

AB项,1mol羟基中的电子数为9NA,故不正确;C项,每生成3molI2,转移的电子数为5

NA,故不正确;D项,常温常压下,22.4L乙烯中C—H键数小于4NA,故不正确。1.(2010江苏单科,5,2分,★)设NA为阿伏加德罗常数2.(2015课标Ⅰ,9,6分)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∶1B.2∶3C.3∶2D.2∶1答案

C由乌洛托品的结构式可知,乌洛托品的分子式为C6H12N4,根据原子守恒可知,甲醛与

氨的物质的量之比为3∶2。2.(2015课标Ⅰ,9,6分)乌洛托品在合成、医药、染料等3.(2015四川理综,5,6分)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是

()A.2.0g

O与D2O的混合物中所含中子数为NAB.常温常压下,4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NAC.标准状况下,5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD.50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA

答案

AB项,乙醛的结构式为

,碳氧双键中只有一个σ键,所以4.4g乙醛所含σ键数目应为0.6NA;C项,由

+2CO2

2Na2CO3+O2可得关系式CO2~e-,所以标准状况下5.6LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为0.25NA;D项,随反应的进行,浓盐酸逐渐变稀,而稀

盐酸和MnO2不反应,转移电子数应小于0.3NA。3.(2015四川理综,5,6分)设NA为阿伏加德罗常数的值4.(2015课标Ⅱ,10)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

()A.60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB.1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HC

和C

离子数之和为0.1NAC.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD.235g核素

U发生裂变反应

U

n

Sr

Xe+1

n,净产生的中子

n)数为10NA

答案

C1个丙醇分子中含有11个共价键,则60g即1mol丙醇中存在的共价键总数为11NA,A

项错误;根据物料守恒得:c(Na+)=c(HC

)+c(C

)+c(H2CO3)=0.1mol·L-1,故HC

和C

的离子数之和小于0.1NA,B项错误;钠在空气中燃烧时,Na均由0价转化为+1价,故23g即1mol钠充分

燃烧转移的电子数为1NA,C项正确;由裂变反应知净产生的中子数为9NA,D项错误。4.(2015课标Ⅱ,10)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列5.(2014四川理综,5,6分)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.高温下,0.2molFe与足量水蒸气反应,生成的H2分子数目为0.3NAB.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH-离子数目为0.1NAC.氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时,电路中通过的电子数目为2NAD.5NH4NO3

2HNO3+4N2↑+9H2O反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA

答案

DA项,3Fe+4H2O(g)

Fe3O4+4H2,n(H2)=

mol,错误。B项,溶液中c(OH-)=0.1mol/L,c(H+)=1×10-13mol/L,故由水电离出来的c(OH-)=1×10-13mol/L,其数目应为10-13NA,错误;C项,氢

氧燃料电池的正极反应式为O2+4e-+2H2O

4OH-或O2+4e-+4H+

2H2O,故通过的电子数目应为4NA,错误;D项,由化学方程式可知4N2~15e-,生成1molN2时转移电子数目为

NA=3.75NA,正确。5.(2014四川理综,5,6分)设NA为阿伏加德罗常数的值考点一物质的量与阿伏加德罗常数1.(2018十套模拟之金陵中学卷,9)下列说法正确的是

()A.分子式为C3H6的有机物只有两种同分异构体B.标准状况下,22.4LCCl4的质量为154gC.2gH2(g)在O2(g)中完全燃烧生成H2O(l)放出的热量为285.8kJ,则该反应的热化学方程式可

表示为2H2(g)+O2(g)

2H2O(l)

ΔH=-285.8kJ·mol-1D.选用适当的催化剂,既可以改变化学反应速率,也可以改变反应物的平衡转化率A组

2016—2018年高考模拟·基础题组三年模拟答案

AA项,分子式为C3H6的有机物有丙烯和环丙烷两种,故正确;B项,标准状况下CCl4不

是气体,22.4LCCl4不是1mol,因此质量不是154g,故错误;C项,2gH2为1molH2,热化学方程式

所示为2molH2,则ΔH应为-571.6kJ·mol-1,故错误;D项,催化剂只能改变化学反应速率,不能改

变平衡转化率,故错误。考点一物质的量与阿伏加德罗常数A组

2016—2012.(2018连云港新海中学高三上测试,11)已知NA代表阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的

是

()A.0.1molFe在0.1molCl2中充分燃烧,转移的电子数为0.3NAB.1.2gNaHSO4固体中含有的阳离子数目为0.02NAC.Na2O2与足量CO2反应生成2.24LO2,转移电子数为0.2NAD.4.6gNO2和N2O4混合物中含有的原子总数为0.3NA

答案

DA项,2Fe+3Cl2

2FeCl3,0.1molFe在0.1molCl2中充分燃烧,Fe有剩余,Cl2完全反应,转移电子数为0.2NA,故错误;B项,1.2gNaHSO4的物质的量为0.01mol,固体中存在Na+和HS

,含有的阳离子(Na+)和阴离子(HS

)数目均为0.01NA,故错误;C项,未指明是否为标准状况,因此2.24LO2的物质的量无法确定,转移电子数也无法确定,故错误。2.(2018连云港新海中学高三上测试,11)已知NA代表阿3.(2018连云港新海中学高三上期中,9)设阿伏加德罗常数的值为NA,标准状况下mgO2和N2的

混合气体中含有b个分子,则ng该混合气体在相同状况下所占的体积(L)应是

()A.

B.

C.

D.

答案

A设该混合气体平均摩尔质量为

g·mol-1,根据n=

=

,有

=

,解得

=

,再代入n=

=

,

=

,得V=

,故A项正确。3.(2018连云港新海中学高三上期中,9)设阿伏加德罗常数4.(2016南通调研,5)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.标准状况下,2.24LCH3OH中含有的原子数目为6NAB.25℃时,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-数为0.05NAC.常温常压下,6.4gO2和O3的混合气体中含有的分子数为0.4NAD.高温条件下,16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子答案

DA项,标准状况下,CH3OH为液体,故错误;B项,pH=13的Ba(OH)2溶液中,c(OH-)=

=

mol/L=0.1mol/L,则OH-数目为0.1NA,故错误;C项,全为O2时,应有0.2NA个分子,全为O3时,应有约0.13NA个分子,混合气体中所含分子数应介于0.13NA和0.2NA之间,故错误;D项,3Fe+4

H2O(g)

Fe3O4+4H2,依据化学方程式可知3molFe反应转移8mol电子,则16.8gFe即0.3molFe应转移0.8mol电子,故正确。4.(2016南通调研,5)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列5.(2016苏州高三上期中,6)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.若由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子,则其中的氧原子数为2NAB.12g金刚石含有的共价键数为4NAC.标准状况下,22.4L甲苯中含C—H键数目为8NAD.0.1molFe与0.1molCl2充分反应,转移的电子数为0.3NA

答案

AA项,每个CO2分子和O2分子中均含有2个O原子,则1molCO2和O2组成的混合气体

中含有2molO原子,故正确;B项,12g金刚石中含有2mol碳碳键,故错误;C项,甲苯在标准状况

下不是气体,故错误;D项,根据Fe和Cl2反应的化学方程式2Fe+3Cl2

2FeCl3,可知Fe过量,转移的电子数应按照Cl2进行计算,0.1molCl2完全反应转移0.2mol电子,故错误。5.(2016苏州高三上期中,6)设NA为阿伏加德罗常数的值考点二物质的量浓度6.(2018盐城中学高三月考,7)VmL硫酸铁溶液中含agS

,从该溶液中取出

mL,并加水稀释至2VmL,则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度约为

()A.

mol·L-1B.

mol·L-1C.

mol·L-1D.

mol·L-1

答案

D

原溶液中c(S

)=

=

=

=

mol·L-1,设稀释后溶液中S

浓度为c2,则

mol·L-1×

mL×10-3L·mL-1=c2×2VmL×10-3L·mL-1,c2=

mol·L-1,Fe2(SO4)3溶液中,c(Fe3+)∶c(S

)=2∶3,稀释后Fe3+的物质的量浓度=

=

mol·L-1,故D项正确。考点二物质的量浓度答案

D

原溶液中c(S )7.(2017南通如皋中学高三下期初,6)下列指定微粒的数目一定相等的是

()A.等体积的氨气和甲烷气体中所含电子数目B.等质量的NO2和N2O4中所含氮原子数目C.等浓度的BaCl2溶液和CaCl2溶液中所含Cl-数目D.等pH的盐酸和AlCl3溶液中由水电离出的H+数目答案

BA项,因未说明NH3和CH4在同温同压条件下,故等体积的NH3和CH4物质的量不一定

相等,所含电子数也不一定相等,故错误;B项,因NO2和N2O4的最简式均为“NO2”,故等质量的

NO2和N2O4中含有相同数目的氮原子和氧原子,正确;C项,因未给出两溶液的体积,故所含Cl-数

不一定相等,错误;D项,盐酸中HCl电离出的H+抑制水的电离,AlCl3溶液中Al3+水解促进水的电

离,且并未给出两溶液的体积,因此两溶液中由水电离出的H+数目不一定相等,错误。7.(2017南通如皋中学高三下期初,6)下列指定微粒的数目8.(2017扬州中学高三上期中,4)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.18g2H2O中含有的电子数目为10NAB.50g98%的浓硫酸中含有的氧原子数目为2NAC.常温下,1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中氮原子数目为0.2NAD.标准状况下,22.4LCl2与足量的Fe反应,转移电子数目为3NA

答案

CA项,1个2H2O分子中含有10个电子,则18g2H2O中含有的电子数为

×10=9mol,即9NA,故错误;B项,98%的浓硫酸中有少量水,水中还含有氧原子,故错误;C项,0.1molNH4

NO3中含0.2molN原子,N

水解后溶液中N原子数目不变,故正确;D项,由于Fe是足量的,故反应中转移的电子数由Cl2来决定,1molCl2与Fe完全反应转移2mol电子,故错误。8.(2017扬州中学高三上期中,4)设NA为阿伏加德罗常数1.(2018南通海门中学高三第二次调研,12)下列说法正确的是

()A.常温下,pH=5的NH4Cl溶液与pH=9的CH3COONa溶液中水的电离程度相等B.常温下,2CO(g)+2NO(g)

N2(g)+2CO2(g)能自发进行,则该反应的ΔH>0C.电解精炼铜时阴极产生0.1molCu,理论上转移的电子数目为6.02×1022D.工业合成氨中将NH3液化分离的目的是加快正反应速率和提高NH3的产率B组

2016—2018年高考模拟·综合题组(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(每题4分,共20分)1.(2018南通海门中学高三第二次调研,12)下列说法正确答案

AA项,pH=5的NH4Cl溶液中,c(H+)水电离=c(OH-)水电离=10-5mol·L-1,pH=9的CH3COONa溶液

中,c(OH-)水电离=c(H+)水电离=10-5mol·L-1,两溶液中水的电离都受到了促进且电离程度相等,故正确;

B项,反应能自发进行ΔG=ΔH-TΔS<0,该反应的ΔS<0,代入上式,-TΔS>0,ΔH应小于0,故错误;C

项,阴极每产生0.1molCu,理论上转移电子0.2mol,即1.204×1023个,故错误;D项,将NH3液化分离

不能加快正反应速率,故错误。名师点拨

工业合成氨中将NH3液化分离的结果是:v逆瞬间减小,v正瞬间不变,然后慢慢减小;用

v-t图像表示如下:

答案

AA项,pH=5的NH4Cl溶液中,c(H+)2.(2018连云港新海中学高三上期中,4)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

()A.标准状况下,2.24LCl2与足量的水反应转移电子数目为0.1NAB.常温常压下,6.4g氧气和臭氧中含有的原子总数为0.4NAC.5.6g铁与一定量硝酸恰好反应,转移的电子数目一定为0.3NAD.常温下,2L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中,含有的C

数目为0.2NA

答案

BA项,Cl2与水的反应是可逆反应,不能进行到底,标准状况下2.24LCl2即0.1molCl2,

充分反应后转移电子数小于0.1NA,故错误;C项,Fe与硝酸反应时可能生成Fe3+也可能生成Fe2+,

因此转移电子数可能为0.3NA或0.2NA,也可能介于二者之间,故错误;D项,C

水解会导致C

数目小于0.2NA,故错误。名师点拨

“O2和O3的混合气体”“NO2和N2O4的混合气体”分别可以看作由“O”“NO

2”一种成分构成,然后进行相关计算,可使解题过程简化。2.(2018连云港新海中学高三上期中,4)设NA为阿伏加德3.(2017南通如皋中学检测,7)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是

()A.常温常压下,1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAB.常温下,1L1mol·L-1的CH3COOH溶液中含有的H+数为NAC.标准状况下,11.2LCCl4中含有的分子数为0.5NAD.加热条件下,MnO2与浓盐酸反应生成7.1gCl2,转移的电子数为0.2NA

答案

DA项,苯乙烯结构简式为

,1mol苯乙烯中仅有1mol碳碳双键,故错误;B项,CH3COOH为弱电解质,部分电离出H+,所以H+数远小于NA,故错误;C项,标准状况下,CCl4不是

气体,故错误;D项,该反应中:Cl2~2e-,故生成0.1molCl2,转移电子数为0.2NA,故正确。易错警示

苯环中不含碳碳双键。解题关键

仔细阅读题目所给信息,明确各物质所处条件及物质的构成等,此类题目便可迎刃

而解。3.(2017南通如皋中学检测,7)设NA表示阿伏加德罗常数4.(2016南通高三上期中,10)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

()A.标准状况下,11.2L由C2H2和C2H4组成的混合气体中含有碳原子的数目为NAB.室温下,4.0g氦气含有的原子数目为2NAC.标准状况下,2.24LCl2溶于足量水反应失去的电子数目为0.1NAD.12gNaHSO4固体中含有的阳离子数目为0.2NA

4.(2016南通高三上期中,10)设NA为阿伏加德罗常数的答案

AA项,设C2H2为xmol,C2H4为ymol,碳原子数目为(2x+2y)NA,(x+y)mol=

=0.5mol,故碳原子数目为2×0.5×NA=NA,故正确;B项,4.0g氦气的物质的量为

=1mol,含原子数目为NA,故错误;C项,Cl2+H2O

HCl+HClO,该反应为可逆反应,不能进行到底,失去的电子数目小于0.1NA,故错误;D项,12gNaHSO4的物质的量为0.1mol,NaHSO4由Na+和HS

组成,阳离子数目为0.1NA,故错误。易错警示

B项中氦气为单原子分子,1mol氦气中含有1mol氦原子;C项由于反应为可逆反应,

故1molCl2溶于足量水转移的电子数小于1mol,若1molCl2与足量NaOH溶液反应,则转移的

电子数等于1mol。解题技巧

A项中由于1个C2H2和C2H4分子中均含有2个碳原子,故1molC2H2与C2H4的混合气

体中含有2mol碳原子,但由于两种分子中氢原子数不同,故1mol混合气体中含有的氢原子数

或原子总数为不确定值。答案

AA项,设C2H2为xmol,C2H4为y5.(2016江苏十校联考,3)下列说法正确的是

()A.过氧化钠与水反应时,生成1mol氧气转移的电子数为2×6.02×1023B.相同条件下,等质量的甲烷按a、b两种途径完全转化,途径b比途径a放热更多,途径a:CH4(g)

 C(s)+2H2(g)

CO2(g)+2H2O(l),途径b:CH4(g)

CO2(g)+2H2O(l)C.测定新制氯水的pH时,用玻璃棒蘸取新制氯水滴在pH试纸上,与标准比色卡对照D.石油分馏、煤的干馏都是化学变化答案

AA项,

,生成1molO2时,转移2×6.02×1023个电子,故正确;B项,根据盖斯定律可知,途径a与途径b放热一样多,故错误;C项,新制氯水中含有的

HClO具有漂白性,新制氯水滴在pH试纸上,试纸会先变红后褪色,无法测pH,故错误;D项,煤的

干馏属于化学变化,石油分馏为物理变化,故错误。知识拓展

煤的干馏、气化和液化,石油的裂化、裂解和催化重整是化学变化;石油的分馏是

物理变化。易错警示

不能用pH试纸测定新制氯水的pH,因为新制氯水中的HClO具有漂白性。5.(2016江苏十校联考,3)下列说法正确的是 ()答6.(2018十套模拟之金陵中学卷,16)(12分)工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝

酸铜晶体Cu(NO3)2·3H2O的流程如下:

(1)“焙烧”在600℃时进行,写出CuS转化为CuO和SO2的化学方程式:

。(2)“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为

(填化学式)。(3)“淘洗”所用的溶液A可以是

(填序号)。a.稀硫酸b.浓硫酸c.稀硝酸d.浓硝酸(4)“反应”中所用的试剂是20%HNO3和10%H2O2,反应过程中无红棕色气体生成。①若不加10%H2O2,只有20%HNO3,随着反应的进行,温度升高,出现大量红棕色气体,红棕色气

体的主要成分为

。②理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为

。二、非选择题(共80分)6.(2018十套模拟之金陵中学卷,16)(12分)工业上由(5)由下图分析,从“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu(NO3)2·3H2O的方法是

。

(5)由下图分析,从“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu(N答案(1)2CuS+3O2

2CuO+2SO2(2)FeSO4(3)a(4)①NO2②2∶1(5)蒸发浓缩,降温至温度略高于26.4℃结晶解析(2)根据质量守恒,结合图示,可知滤液中溶质的主要成分应为FeSO4。(3)“淘洗”的目的是洗去铜中过量的Fe,稀硫酸最符合题意。(4)据题意,结合已学知识推断,红棕色气体是NO2;反应的化学方程式如下:Cu+2HNO3+H2O2

Cu(NO3)2+2H2O2mol1mol可得理论上消耗的n(HNO3)∶n(H2O2)=2∶1。(5)蒸发浓缩,制得热饱和溶液,降温至温度略高于26.4℃结晶,这样可以尽可能多地析出Cu(NO3)2·3H2O。答案(1)2CuS+3O2 2CuO+2SO2解析(2)1.如何检验沉淀已经完全?取上层清液,继续加沉淀剂,若无沉淀生成,则说明沉淀已经完全。方法归纳

常考的关于沉淀的三个“黄金”小问题2.如何洗涤沉淀?向过滤器内加水至浸没沉淀,静置待水流出,重复操作2~3次。3.如何检验沉淀已经洗涤干净?取最后一次洗涤的滤出液少许,加入×××(试剂),若无×××(现象),则说明沉淀已经洗涤干净。1.如何检验沉淀已经完全?方法归纳

常考的关于沉淀的三7.(2018十套模拟之扬州中学卷,18)(12分)化合物A[KxFe(C2O4)y·zH2O,其中铁元素为+3价]是一

种重要的光化学试剂。(1)制备化合物A的实验流程如下:

①上述流程中,检验“过滤”后的固体已洗涤干净的方法是

。②上述流程“操作X”中加入H2O2的目的是

。(2)测定化合物A的化学式的实验步骤如下:a.准确称取A样品4.91g,干燥脱水至恒重,残留物质的质量为4.37g;b.将步骤a所得固体溶于水,加入还原铁粉0.28g,恰好完全反应;c.另取A样品4.91g置于锥形瓶中,加入足量的3mol·L-1的H2SO4溶液和适量蒸馏水,再加入0.507.(2018十套模拟之扬州中学卷,18)(12分)化合物Amol·L-1的KMnO4溶液24.0mL,微热,恰好完全反应:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4

2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O通过计算填空:①4.91gA样品中含结晶水的物质的量为

。②A样品中

=

。③A的化学式为

。mol·L-1的KMnO4溶液24.0mL,微热,恰好完全答案(1)①取少量最后一次洗涤液于试管中,滴加BaCl2溶液,若无白色沉淀,说明已洗涤干净②把Fe2+全部氧化成Fe3+(2)①0.03mol②1∶3③K3Fe(C2O4)3·3H2O解析(2)①n(H2O)=

=0.03mol②n(Fe3+)=2n(Fe)=2×

=0.01moln(C2

)=

n(KMnO4)=

×0.50mol·L-1×0.024L=0.03mol

=

=

。③根据电荷守恒:n(K+)+3n(Fe3+)=2n(C2

)得n(K+)=0.03mol,因此A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。作图解析如下:答案(1)①取少量最后一次洗涤液于试管中,滴加BaCl2溶

方法归纳

与实验相关的计算题,采用上述图示法分析,便可一目了然,尤其适用于步骤比较复

杂的实验计算题。 方法归纳

与实验相关的计算题,采用上述图示法分析,8.[2018十套模拟之姜堰中学卷,19(1)(2)(3)](10分)用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)制备碳酸

钙的工艺如下:

(1)实验室中煅烧白云石时,盛放白云石所用的仪器是

。(2)该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是

。用适量

的NH4NO3溶液浸取煅粉后,含镁化合物几乎不溶,若测得滤液的pH为12,则其中c(Mg2+)为

。已知:Mg(OH)2的Ksp=5×10-12。(3)气体通入滤液中发生反应的离子方程式为

。8.[2018十套模拟之姜堰中学卷,19(1)(2)(3)]答案(1)坩埚(2)防止形成CaSO4沉淀,降低Ca2+利用率5×10-8mol/L(3)Ca2++2NH3+CO2+H2O

CaCO3↓+2N

解析(1)固体加热一般使用坩埚。(2)最终制备的是碳酸钙,使用(NH4)2SO4会导致Ca2+因生成CaSO4沉淀而损耗;当pH=12时,c(H+)

=10-12mol/L,c(OH-)=

mol/L=10-2mol/L,Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5×10-12,c(Mg2+)=

mol/L=5×10-8mol/L。(3)由图示可知反应物有Ca(NO3)2、CO2、NH3,生成物有CaCO3,故反应的离子方程式为Ca2++2NH3+CO2+H2O

CaCO3↓+2N

。方法归纳

固体加热一般使用坩埚;液体蒸发一般使用蒸发皿;固体或液体加热,量少时还可使

用试管。答案(1)坩埚解析(1)固体加热一般使用坩埚。方法归纳

9.[2018海安中学高三下期初,18(3)](10分)草酸铜晶体(CuC2O4·2H2O)是制备纳米CuO的前驱体,

可以草酸和印刷电路板的酸性蚀刻废液为原料制取。(3)某合作学习小组的同学按下列步骤检测原料中酸性蚀刻废液中铜的含量:Ⅰ.取100.00mL澄清的“酸性蚀刻废液”,加H2O2,然后调节pH约为3,过滤除去Fe(OH)3。Ⅱ.取Ⅰ中的滤液加入NH4HF2排除微量Fe3+的干扰,然后将溶液稀释至250mL,得溶液A。Ⅲ.取25.00mL溶液A于锥形瓶中,加入稍过量的KI溶液(2Cu2++5I-

2CuI↓+

),用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定(2S2

+

S4

+3I-)到接近终点时,加入淀粉继续滴定,再加入KSCN溶液[CuI(s)+SCN-(aq)

CuSCN(s)+I-(aq)],振荡后继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。①若缺少步骤Ⅰ、Ⅱ会导致测定的铜的含量

(填“偏高”“偏低”或“不变”)。②已知CuI能吸附I2,使其不能被滴定,CuSCN不吸附I2,向CuI悬浊液中加入KSCN溶液,达到平

衡后溶液中c(SCN-)=

[用c(I-)、Ksp(CuI)和Ksp(CuSCN)表示]。③计算原“酸性蚀刻废液”中铜离子浓度(用每升蚀刻废液中含铜的质量表示,单位g·L-1,请写

出计算过程)。9.[2018海安中学高三下期初,18(3)](10分)草酸答案(3)①偏高②

·c(I-)③由反应关系式:2Cu2+~

~2S2

m(Cu2+)=64g·mol-1×0.1000mol·L-1×20.00mL×10-3L·mL-1=0.1280g原酸性蚀刻废液中Cu2+浓度为:c(Cu2+)=

=12.80g·L-1

解析(3)①步骤Ⅰ、Ⅱ排除了Fe3+的干扰。若缺少这两步,Fe3+也会与I-反应导致测定的铜的

含量偏高。②根据CuI(s)+SCN-(aq)

CuSCN(s)+I-(aq)达平衡时K=

=

=

c(SCN-)=

=

·c(I-)③由反应关系式:2Cu2+~

~2S2

可得n(Cu2+)=n(S2

),由c(Cu2+)=

=

可求出原酸性蚀刻废液中Cu2+浓度。名师点拨

①注意体积换算:100mL

250mL

25.00mL;②注意单位换算:酸性蚀刻废液中Cu2+浓度的单位为g·L-1。答案(3)①偏高② ·c(I-)解析(3)①步骤Ⅰ、Ⅱ10.[2017南通二模,18(4)](8分)纳米材料镍粉(Ni)是一种高性能电极材料。其制备过程如下:步骤Ⅰ:取0.2mol·L-1的硝酸镍溶液,调节pH除铁后,加入活性炭过滤。步骤Ⅱ:向所得滤液中滴加1.5mol·L-1的NaHCO3溶液使Ni2+完全沉淀,生成xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O。步骤Ⅲ:将产生的沉淀用大量高纯水清洗并用离心机甩干。步骤Ⅳ:加入稍过量的肼溶液(N2H4·H2O),使上述沉淀完全被还原,将生成的Ni用水洗后,再用9

5%的乙醇浸泡后晾干。(4)为测定xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O的组成,进行如下实验:①准确称取7.54g样品与过量的肼溶液(N2H4·H2O)充分反应,共收集到1.12LN2和CO2的混合气

体(已换算成标准状况)。②另取等质量的样品充分灼烧,冷却后称得残留固体NiO的质量为4.5g。通过计算确定xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O的化学式(写出计算过程)。10.[2017南通二模,18(4)](8分)纳米材料镍粉(答案(4)n(CO2)+n(N2)=

=0.05mol;n(NiO)=

=0.06mol。设7.54g样品中含有NiCO3、Ni(OH)2的物质的量分别为a、b,则有:

,解得a=0.02mol、b=0.04mol。7.54g样品中含有结晶水的物质的量n(H2O)=(7.54g-0.02mol×119g·mol-1-0.04mol×93g·mol-1)

÷18g·mol-1=0.08mol则n(NiCO3)∶n[Ni(OH)2]∶n(H2O)=0.02mol∶0.04mol∶0.08mol=1∶2∶4故该样品的化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O。答案(4)n(CO2)+n(N2)= =0.05mol;解析设7.54g样品中含有NiCO3、Ni(OH)2的物质的量分别为a、b,则物质的量为a的NiCO3

灼烧后产生CO2的物质的量为a,样品与N2H4·H2O发生氧化还原反应,Ni元素得e-,被还原为Ni单

质,N元素失e-,被氧化为N2,由得失电子守恒可得生成的n(N2)=

,故根据CO2和N2共0.05mol,可列式:a+

=0.05mol;再由受热分解得到NiO0.06mol,按Ni原子守恒得a+b=0.06mol,联立求得a=0.02mol,b=0.04mol;将样品总质量减去NiCO3和Ni(OH)2的质量,可求得结晶水为0.08mol,故n(NiCO3)∶n[Ni(OH)2]∶n(H2O)=0.02mol∶0.04mol∶0.08mol=1∶2∶4,该样品化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O。解题关键

确定化学式组成的计算题型,应抓住实验过程中涉及的得失电子守恒、质量守恒

和电荷守恒等,这样就能迎刃而解。易错警示

计算题应注意答题的规范性,每一步过程都要详细、规范,最后还要有结论,不要遗

忘。解析设7.54g样品中含有NiCO3、Ni(OH)2的物11.[2017苏州市高三上期中调研,19(3)](8分)锌及其化合物有着广泛的应用。请回答有关锌及

其化合物的有关问题。(3)某锌的化合物的化学式可以表示为aZnCO3·bZn(OH)2·cH2O(a、b、c均为整数)。为了确定

其组成,现进行如下实验:称取3.85g固体进行焙烧,将焙烧过程中产生的气体依次通过足量的

浓硫酸和碱石灰,分别增重0.54g和0.88g。通过计算确定该锌的化合物的化学式(写出计算过

程)。11.[2017苏州市高三上期中调研,19(3)](8分)锌答案(3)aZnCO3·bZn(OH)2·cH2O分解最终生成氧化锌、二氧化碳与水,生成的水的总物质的

量n(H2O)总=

=0.03moln(CO2)=

=0.02moln(ZnO)=

=0.03moln(ZnCO3)=n(CO2)=0.02moln[Zn(OH)2]=0.03mol-0.02mol=0.01mol0.01molZn(OH)2分解生成0.01molH2O,样品中结晶水的物质的量n(H2O)=0.03mol-0.01