2023年高考化学总复习第一部分考点指导第一章解决中学化学问题的常用工具 高考热点微专题 以物质的量为中心的定量实验

高考热点微专题以物质的量为中心的定量实验

（一）滴定分析法

核心精讲

1.滴定分析法

将已知准确浓度的标准溶液，滴加到被测溶液中（或者将被测溶液滴加到标准溶液中），直到

所加的标准溶液与被测物质按化学计量关系定量反应为止，然后测量标准溶液消耗的体积，

根据标准溶液的浓度和所消耗的体积，算出待测物质的含量。

2.实验的关键

准确量取待测溶液，根据指示剂的颜色变化确定滴定终点。

3.类型：根据标准溶液和待测溶液间的反应类型的不同，可将滴定分析法分为四大类：中和

滴定、氧化还原滴定、络合滴定和沉淀滴定。

4.常见的计算方法

（1）关系式法

多步反应是多个反应连续发生，各反应物、生成物之间存在确定的物质的量关系，根据有关

反应物、生成物之间物质的量的关系，找出已知物的量与未知物的量间的数量关系；列比例

式求解，能简化计算过程。

⑵守恒法

所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的

总量保持''不变"。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒

等。根据守恒关系可列等式求解。

典例精研

【典例】（2021•山东等级考节选）六氯化铝（WC1J可用作有机合成催化剂，熔点为283°C,

沸点为340℃,易溶于CS2,极易水解。实验室中，先将三氧化鸨（WOs）还原为金属鸨（W）再制

备WCk，装置如图所示（夹持装置略）。利用碘量法测定WCk产品纯度，实验如下：

wo3

⑴称量：将足量C&（易挥发①）加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为0g；开盖并计时1分钟,

盖紧称重为汲g;再开盖加入待测样品并计时1分钟②，盖紧称重为嵌g,则样品质量为

g（不考虑空气中水蒸气的干扰）。

（2）滴定：先将WCh转化为可溶的N&WO”，通过10：,离子交换柱发生反应：

WOf+Ba（I03）2=BaW04+210；®;交换结束后，向所得含10,的溶液中加入适量酸化

+

的KI溶液，发生反应：10；+5r+6H=3I2+3H20®；反应完全后，用NaeS。标准溶液滴

定，发生反应：I+2S0,=2r+S0®滴定达终点时消耗cmol的Na2s2O3溶液Vml,

22346c0

则样品中WC16（摩尔质量为Mg•mor1）的质量分数为0

称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟④，则滴定时消耗Na&Q，溶液的体积将

（填“偏大”“偏小”或“不变”），样品中WCk质量分数的测定值将（填“偏

大”“偏小”或“不变”）。

教师专用4［解题思维］解答本题的思维流程如下:

提取①易挥发②再开盖加入待测样品并计时1分钟③反应的一系列方程

信息式④开盖时间超过1分钟

①C8易挥发，开盖1分钟后CSz会从称量瓶中挥发

②再开盖加入待测样品并计时1分钟，说明CSz从称量瓶中挥发出

的量与第一次相同

信息

③从反应的一系列方程式，可以得出WCk与Na2s标准溶液的计量

转化

关系

④开盖时间超过1分钟，说明CS2从称量瓶中挥发出的量比第一次

多

联想在实验过程中称量WC16的质量时，在称量瓶中加入待测样品后为什

质疑么需要开盖并计时1分钟？

提示：由于溶剂CSz易挥发，在操作过程中必然会导致溶剂的减少，

因此在两次称量的过程中保证开盖的时间相同，也就使溶剂CS2挥

发的量相同

【解析】（I）根据题意，称量时加入足量的CS”盖紧称重为0g,由于CSz易挥发，开盖时要

挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重色g,则挥发出的CS口的质量为

（我一色）g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出物一段）g的cs2,盖紧称重为

阿g，则样品质量为0；g+2（用一加g—0g=（恩+0-2m,）go（2）滴定时，根据关系式:

2--2-2-2-

WO-210〜612〜12SQ，样品中〃（WCle）=A（W0）/?（S,0）=7^cKXlO^3mol,

433412312

1CVM

R（WC16）CVX10'molXUg•mol1=g,则样品中WC1的质量分数为

JL乙JL乙UUU96

cUM

12000gcVM

一尸—X100%=..,一%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品

（外十⑶一2阿）g1290（外+0-2阿）

后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，麴偏小，但WCL,的质量不变，则滴定时消

耗N&S。溶液的体积将不变，样品中WCh质量分数的测定值将偏大。

cVM

答案：（1）〃*+0-2例（2）1,（~To-「%不变偏大

120（周十加|一2周）

原因分析•理论解释

实验中滴定时选用的指示剂为,滴定终点的现象为o

提示：淀粉滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色消失且半分钟内不变色

迁移应用

（2022•珠海模拟）滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱

中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等。

（1）酸碱中和滴定一一某学生用0.10mol七一’的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，取20.00

mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2〜3滴酚酰作指示剂，重复上述滴定操作2〜3次。

①在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有。

A.滴定前平视读数，终点读数时仰视读数

B.锥形瓶水洗后未用待测盐酸润洗

C.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗

D.标准液漏滴在锥形瓶外一滴

E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失

②若在达到滴定终点时，不慎多加了一滴NaOH溶液（一滴溶液体积约为0.05mL）继续加水到

50mL,所得溶液的pH为o

⑵氧化还原滴定一一葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定，葡萄酒常用Na2s2。,作抗氧化剂。测定

某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如图：

葡萄酒样品盐酸罚:

100.00mL蒸储Uy—

一定条件下,加入几滴淀粉溶液，

用0.01000mol•L_1标准L溶液滴定

注：实验中加入盐酸的目的是将Na&Os全部转化成S02；滴定过程中发生的反应：L+SO2+

2H20==2HI+H2S0,

①滴定时，L溶液应装在（填“酸”或“碱”）式滴定管中，达到滴定终点的现象：

②实验消耗标准L溶液25.00mL,所测样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO?计算）为

_____________g,

③在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果（填“偏高”“偏低”或

“不变”）。

（3）沉淀滴定一一参考表中的数据，若用AgNOa标准溶液滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是

________________________________________（填选项字母）。

难溶物颜色

AgCl白1.77X1O-10

AgBr浅黄5.35X1073

AgCN白1.21X10-16

-12

Ag2CrO4砖红1.12X10

AgSCN白1.0X10-12

A.NaClB.NaBrC.NaCND.Na^rOt

测定过程中，使用棕色滴定管的原因是o

【解析】（1）①滴定前平视读数，终点读数时仰视读数，会将标准溶液的体积读大，结果偏高,

A符合题意；锥形瓶水洗后不需要用待测盐酸润洗，无影响，B不符合题意；酸式滴定管使用

前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致酸溶液的浓度变小，消耗标准溶液的体积偏小，结

果偏低，C不符合题意；标准液漏滴在锥形瓶外一滴，导致标准溶液的体积偏大，结果偏大，

D符合题意；碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致标准溶液的体积偏大，结果偏

大，E符合题意；②多加了1滴NaOH溶液，则多出的A(OH-)=(0.lX0.05X107)moi=5x

r*i八一6-|-J八一14

10-"mol,所以c(OH-)='：~/cumo=101mol,L_1,c(H^)=,-imol,L^l=10-lumol,L

10.05L10n

-l,pH=-lgc(H')=10；(2)①L具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，达到滴定终点时，碘

与淀粉反应生成蓝色溶液；②根据反应方程式：5()2+12+2比0=00,+2出，可知/7(S02)=n(I2)

=0.01000mol•L-1X0.025L=2.5X10-4mol,由于葡萄酒样品为100.00mL,因此样品

抗氧化剂的残留量为2.5X10,molX64g・mor'-rO.1000L=0.16g•L-1；③实验过程中，

若有部分HI被空气氧化，则消耗标准溶液的体积偏小，测定结果偏低；(3)若用AgNOs去滴定

NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为NazCrO”；

测定过程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸银见光分解。

答案：⑴①ADE②10

⑵①酸无色变为蓝色②0.16③偏低(3)D

防止硝酸银见光分解

(二)热重分析法

核心精讲

1.测定固体物质组成的热重法

(1)热重法的概念：在控制温度的条件下测量物质的质量与温度关系的方法。

(2)热重法的应用：通过分析热重曲线，可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳

定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。

(3)热重法的使用条件：只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成。

2.热重曲线模型

(1)热重曲线：由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，

纵轴为质量。

⑵实例：

固体物质A热分解反应：A(固体)&B(固体)+C(气体)的典型热重曲线如图所示。

6/gfA（固）

a_b

T\fB（固）d

___!I!I_

T\T2~77t：

图中7；为固体A开始分解的温度，石为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量

为黑，失重后试样质量为死则失重百分数为"0%）X10096。

"o

3.热重曲线的一般分析思维模型

（1）识图一一解题基础

一看轴：即横、纵坐标所表示的化学含义（自变量X轴和函数Y轴表示的化学意义），寻找X、

Y轴之间的定性和定量关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；

二看点：即曲线中的特殊点（顶点、起点、终点、拐点、交点）；

三看线：即曲线的走势（变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化）。

（2）析图一一解题关键

①分析：分析图中出现的特殊点（图像的顶点、起点、终点、拐点、交点），曲线的变化趋势

和走向，以及分析曲线变化的因果关系；

②联想：通过联想，把所学的有关概念、原理、规律等与图像曲线中特殊点（图像的顶点、起

点、终点、拐点、交点）、变化趋势等构建定性和定量的联系。

⑶用图一一解题目的

将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线一一知识体系，然后运用新

的曲线一一知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。

教师专用◎

【典例】（2021•全国甲卷节选）胆矶（CuS0-5HQ）易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废

铜焙烧得到的CuO（杂质为氧化铁及泥沙）为原料与稀硫酸反应制备胆矶，并测定其结晶水的

含量。

（1）结晶水测定：称量干燥生期的质量为力”加入胆研

后总质量为例①，将珀烟加热至胆研全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上

述操作，最终总质量恒定为以②，根据实验数据，胆研分子中结晶水的个数为（写

表达式）。

⑵下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是（填标号）。

①胆矶未充分干燥②坦蜗未置于干燥器中冷却

③加热时有少量胆矶迸溅出来

［解题思维］解答本题的思维流程如下:

提取①干燥生蜗的质量为加，加入胆研后总质量为例；

信息②最终总质量恒定为热

①干燥堵烟的质量为0,加入胆矶后总质量为吸，可以得到胆研的

信息

质量；

转化

②由最终总质量恒定为例，可以得到失去的结晶水的质量

为什么在实验过程中要将加热后的珀烟放于干燥器中冷却？

联想

提示：因为生期中盛放的是失去结晶水的CuS0„容易吸收空气中

质疑

水蒸气，导致实验误差。

【解析】（1）胆矶的质量为色-0,无水硫酸铜的质量为Za—0,结晶水的质量为优一0）—（圾

—z»i）根据CuSOi•刈20eCuS0“十加2。，则有160：18%=（私一的）：（色一儡），解得x

=片等。⑵①胆矶未充分干燥，则色偏大，测定值偏高，故正确；②邺昧置于干

燥器中冷却，则硫酸铜会吸收水蒸气，陷偏大，测定值偏低，故错误；③加热时有少量胆矶

迸溅出来，回偏小，测定值偏高，故正确。

答案：⑴—⑵①③

9（汲一⑶）

思维拓展•延伸设问

（1）本实验中最少需要进行几次称量操作？

提示：四次。

（2）若胆研（CuSO,・5H2。）的质量为0.80g,在受热脱水过程中测得固体质量随温度变化的曲

线如图所示。

„质量/g

U.ooUn-----------\

0.68...................k

0.57---------------r---------------------、

051...............................................】—

0102113258温度汽

试确定200℃时固体物质的化学式（要求写出推断过程）。

提示：CuSO,•5H2O^/7H2O+CUSO）•（5-/7）H,O

25018/7

0.80g0.80g—0.57g=0.23g

解得〃心4,所以200℃时该固体物质的化学式为CuSO,・HQ。

＞技法积累

请你归纳总结利用热重分析解题的一般方法和规律。

提示：热重分析解题的一般方法和规律为

(1)设晶体为1mol,其质量为加。

(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。

(3)计算每步固体剩余的质量(而余)%X100%=固体残留率。

m

(4)晶体中金属质量不会减少，仍在加余中。

(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得力氧，由〃金属：〃氧，即可求出失重后物质的化

学式。

(6)根据失重后物质的化学式，写出相应的化学方程式。

迁移应用

1.正极材料为LiCoO?的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钻的资源匮乏限制了其进一

步发展。Co(OH),在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钻的氢氧化

物加热至290℃时已完全脱水，则1000℃时，剩余固体成分为(填化学式，下同)；

在350〜400°C范围内，剩余固体成分为o

【解析】Co(0H)2的摩尔质量为93g•mol，设Co(OH)2的物质的量为1mol,则C点1000℃

时失重的质量为1molX93g•mor'X(1-80.65%)^18g,即1molH20,根据质量守恒定

△

律，化学反应方程式为Co(OH)「C0O+H2O。1000℃时剩余固体的成分为CoO。B点500℃

时失重的质量为1molX93g•mol^X(1-86.38%)^12.7go已知290℃时Co(0H)2已完全

脱水，lmolCo(0H)2脱水成Co0时应失重的质量为18g,因为500℃时失重的质量不到18g,

所以一定有氧气进入，使钻元素的化合价发生了变化。进入氧元素的物质的量为〃(0)=

18—197gI

&彳e子右鼻mol,即可表述为Co0・0±,整理得化学式为CoQ,。同理，A点290℃

时失重的质量为1molX93g•moF'X(1-89.25%)^10g,进入氧元素的物质的量为〃(0)

=号——A^0.5mol,即可表述为Co0・00.5,整理得化学式为C02O3。所以在350〜400℃

16g•mol

范围剩余固体是C03O1和C02O3的混合物。

答案:CoOCo：。和C02O3

2.草酸钻是制备钻氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钻(CoC20「2H20)在空气中受热的

质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钻氧化物。

与

阴18.3

s昼16■\A(150t：,14.70g)

w3^B(225t：,14.70g)

12

M望

互8

C(300t,8.03g)

0150300450600750900

温度化

(1)通过计算确定C点剩余固体的成分为(填化学式)。试写出B点对应的物质与02

在225〜300℃条件下发生反应的化学方程式：

(2)取一定质量的二水合草酸钻分解后的钻氧化物(其中Co的化合价为+2、+3价)，用480mL

5mol盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCb溶液和4.48L(标准状况)黄绿色气体。试确

定该钻氧化物中Co、0的物质的量之比(列式计算)。

【解析】(1)18.3g二水合草酸钻的物质的量为0.1mol,由于在300°C时生成的是Co的氧

化物，故在8.03g氧化物中，含Co的质量为0.1molX59g•moli=5.9g,勿(0)=8.03g

-5.9g=2.13g,故〃(Co)：〃(0)心3：4,C点剩余固体的化学式为Co30lo当晶体恰好将

结晶水失去时得到CoC20,.14.70g,在B点时与02反应后生成CoQi的化学方程式为3CoC20„

225-300℃

+20zC03O4+6CO2。(2)黄绿色气体为Ch,其物质的量为0.2mol,根据Cl元

素守恒可知，溶液中2〃(CO)=A(HC1)—2A(C1J,故〃(Co)=1mol,根据得失电子守恒〃(Co?

+2+

)=2/7(Cl2)=0.4moL则/?(Co)=0.6mol,根据电荷守恒可知，2A((T)=3A(C</+)+2〃(CoZ

+),n(02-)=1.2mol,故n(Co)：〃(0)=1：1.2=5：6。

225〜300℃

答案：(1)C03O13coe2。1+20,''.Co30.+6C02

448L

⑵由得失电子守恒有“（Cd+IMSTXwEb=0.4mol,由电荷守恒有〃（C。）

2+2+

,6=/7(60)^=0.5/7(CD=0.5X(0.480X5-0.2X2)mol=lmol,所以固体中/?(Co)=l

,、0.4X3+0.6X2以，、，、

mol—0.4mol=0.6mol,n(0)=-------------mol=1.2mol,故〃(Co).〃(0)=l.1.2

=5:6O

为教师备课、授课

教师独具O-、情境培素」♦命题新视令捉侠牛常枇竽资源

命题新情境

气候变化是人类面临的全球性问题，随着各国二氧化碳排放，温室气体猛增，对生命系统

形成威胁。在这一背景下，世界各国以全球协约的方式减排温室气体，我国由此提出“碳达

峰”和“碳中和”目标。

“碳达峰”就是我国承诺在2030年前，煤炭、石油、天然气等化石能源燃烧活动和工业生产

过程以及土地利用变化与林业等活动产生的温室气体排放（也包括因使用外购的电力和热力

等所导致的温室气体排放）不再增长，达到峰值。

“碳中和”是指在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减

排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。

“碳捕捉”是指将大型工厂、发电厂所产生的二氧化碳收集起来，并用各种方法储存以避免

其排放到大气中的一种技术，这种技术被认为是未来大规模减少温室气体排放、减缓全球变

暖最经济、可行的方法。除了对气候变化产生积极影响外，“碳捕捉”技术还可以实现一定的

商业价值，被捕获的碳可以用于石油开采、冶炼厂，甚至汽车业、食品业。

命题新视角

命题视角1：物质的量的相关计算

C0?的减排已引起国际社会的广泛关注。中科院大连化物所用一种双金属固溶体氧化物催化

剂，实现了CO?合成甲醇（CFhOH）,原理示意图如下：

fAfCH0H

1.的

舞

(1)16gCH30H的物质的量是,含H原子的数目为0

(2)标准状况下，乩与CO?混合气体的总质量为9.0g,〃(&)：n(C02)=l：20

①C0?的质量是o

②乩的体积是O

③混合气体的平均摩尔质量为。

16g

提示：(1)0.5mol2AL16gCH30H的物质的量=有——％』=0.5mol；一个甲醇中含有

32g,mol

4个氢原子，则0.5mol甲醇中含有2mol氢原子，即2M个氢原子；

⑵①8.8g。已知H?与CO2混合气体的总质量为9.0g,〃的)：77(CO2)=1：2,则n(H2)X2gwl

'+Z7(CO2)X44g,mol'=9.0g,则「(COj=0.2mol,CO2的质量为0.2molX44g•mol

1=8.8g；

-,

②2.24Lon(H2)=0.1mol,则标准状况下比的体积为0.1molX22.4L•mol=2.24L；

③30g•mol-,o混合气体的平均摩尔质量=9.0g4-0.3mol=30g•morlo

命题视角2：关于阿伏加德罗常数的应用

设以为阿伏加德罗常数的值。判断下列有关叙述是否正确。

(1)标准状况下，11.2LCO2和NQ的混合气体中含有的质子数为11%

提示：Vo1个CO?分子的质子数为6+8X2=22,1个NzO分子的质子数为7X2+8=22。标

准状况下，11.2LCO?和NQ的混合气体的物质的量为0.5mol,所以含有的质子数为11限

故正确。

(2)常温常压下，11.2LCO?的分子数为0.5如

提示：X,不是标准状况，不能计算，故错误。

(3)22g干冰固体中，含C=0键的数目为如

提示：Vo22g二氧化碳的物质的量为0.5mol,而一个二氧化碳分子中含两个碳氧双键，

故0.5mol二氧化碳中含C==0键的数目为如，故正确。

(4)常温常压下，等质量的N20和CO2所含原子的数目均为3如

提示：X。常温常压下，N?0和COZ的摩尔质量相等，等质量的凡0和CO?所含原子的数目相等

但不一定等于3如，故错误。

命题视角3：一定物质的量浓度溶液的配制

中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的C02,反应过程如图

所示。

CaO

若需要用0.5mol•L~的NaOH溶液450mL0

⑴计算需要称取NaOH固体的质量。

提示：10.0g。由于实验室中没有450mL的容量瓶，因此需要配制500mL的溶液，故需要

称取NaOH固体的质量为0.5mol•L-1X0.5LX40g•mor'=10.0g»

(2)配制时，必须使用的玻璃仪器有哪些？

提示：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。

⑶配制时，有下列操作：

A.用少量水洗涤烧杯2〜3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡

B.在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解

C.将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中

D.将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀

E.改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切

F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1〜2cm处

其操作的正确顺序是(字母表示，每个操作只用一次)O

提示：配制时，需要溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作。则其正确的操作

顺序是BCAFEDo

(4)配制时，若出现如下情况，分析引起所配溶液浓度的误差。

①容量瓶实验前用蒸储水洗干净，但未烘干

②定容观察液面时俯视

③配制过程中遗漏了(3)中步骤A

④加蒸储水时不慎超过了刻度线

提示：①无影响。容量瓶实验前用蒸储水洗干净，但未烘干，没有引起溶质物质的量的改变,

不产生误差；

②偏大。定容观察液面时俯视，将导致容量瓶内液面低于刻度线，液体的体积偏小，浓度偏

大；

③偏小。配制过程中遗漏了⑶中步骤A,将导致容量瓶内溶质物质的量的减少，最终使所配

溶液的浓度偏小；

④偏小。加蒸储水时不慎超过了刻度线，将导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小。

命题视角4：社会责任和担当

我国政府提出碳达峰和碳中和的意义是什么？

提示：（1）全球二氧化碳排放量随科技发展日益递增，气候变化问题也随之愈发严峻，成为全

人类面临的终极难题之一。我国提出碳达峰和碳中和目标，体现了大国担当的责任。

（2）我国产业链日渐完善，国产制造加工能力与日俱增，工业发展迅速，但油气资源相对匮乏,

碳中和可以帮助我国能源结构进行绿色转型。因此从各个角度出发，发展低碳经济，重塑能

源体系都具有重大意义。

（3）我国积极参与国际社会碳减排，采取调整产业结构、优化能源结构等方式节能，提高能效。

提出碳中和不仅展现了国际责任担当，也是绿色中国建设的需要和保障。

Q----、真题研习•考题演炼/_--Q

真题研习

同根题探源

1.［“源”来如此］（2018•全国卷H）尽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，124gP,中所含P—P键数目为4%

B.100mL1mol•「'FeCh溶液中所含Fe"的数目为0.1弧

C.标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2M

D.密闭容器中，2molSO?和1mol0?催化反应后分子总数为2如

【解析】选C。P,的结构为分子中含有6个P—P键，124gP”中含P—P键数目为

61，故A项错误；FeCb溶液中Fe"发生水解，因此溶液中含有的Fe"数目小于0.1临故B

项错误；甲烷和乙烯的分子式分别为CH”和C2H”因此混合物中氢原子的平均值为4,故标准

状况下，11.2L二者的混合气体中含有的氢原子数为24，故C项正确；SO?和&的反应为可

逆反应，反应不能进行彻底，故D项错误。

2.［变换有道］（2021•浙江6月选考）设人为阿伏加德罗常数的值，下列说法木正理的是（）

A.标准状况下，1.12L%?中含有中子数为小

B.31gpi（分子结构：W）中的共价键数目为L5如

C.100mL0.1mol•L-1的NaOH水溶液中含有氧原子数为0.01如

D.18.9g三肽CNN。（相对分子质量：189）中的肽键数目为0.2小

【解析】选C。A.标准状况下，1.12的物质的量为0.05mol,一个力中含有中子数为

18-8=10个,所以1.1217七2中含有中子数为“A正确;B.31gp4的物质的量为0.25mol,

根据P4的分子结构可知一个P”分子里含有六条共价键,所以共价键数目为1.5,临B正确;C.100

mL0.1mol•的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数

目的加和，C错误；D.18.9g三肽C.HnNaO.,的物质的量为0.1mol,三分子氨基酸脱水缩合形

成三肽，三肽中含有两个肽键，所以18.9g三肽晨上及04中的肽键数目为0.2%,D正确。

点睛：两道试题均考查的是阿伏加德罗常数的判断。但是二者有明显的不同：

第1小题，侧重考查物质的结构（原子数目、共价键数目）、电解质溶液中的水解反应、反应

的可逆性等，尤其是没有给出P,的结构。

第2小题，侧重考查原子构成（中子数）和共价键数目、电解质溶液、有机物的结构特点（肽键）

等，题目给出了P,的结构。

相似题寻变

3.（2021•全国甲卷）瓜为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）

A.18g重水（DQ）中含有的质子数为10/M

B.3mol的NO?与40完全反应时转移的电子数为4M

C.32g环状冷））分子中含有的S—S键数为1儿

2-

D.1LpH=4的0.1mol•「隈9溶液中CrO离子数为0.

27

18g

【解析】选CoA.D20的质子数为10,18gD20的物质的量为不——I=0.9mol,则所

含质子数为9如，故A错误；B.NO,与40反应的方程式为3N02+HQ=2HN03+N0,该反应转移

的电子数为2e,若有3moi的NO?参与反应，则转移的电子数为2如，故B错误;C.会?）

分子中含有的S—S键数为8,32g中的物质的量为、乂〃32g则含有的S—S键数为

8X32g,mol

2-2-2-

1限故C正确；D.酸性KzCnO：中存在：CrQ+HO^=i2CrO+2已，含Cr元素的有Cr?O

7247

2-2-

和CrO，则溶液中Cr&离子数小于0.1人，故D错误。

47

4.（2021•河北选择考）”是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）

A.22.4L（标准状况）氟气所含的质子数为184

B.1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2%

C.电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g,则转移电子数为人

D.1L1mol•澳化镂水溶液中N4H与f离子数之和大于小

【解析】选C。在标准状况下22.4L氟气为1mol,质子数为18人，A正确；碘蒸气与氢气

生成碘化氢的反应为可逆反应，生成的碘化氢分子数小于2MB正确；根据2NaCl+2HQ里维

2NaOH+H"+Ckt,阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，气体的总质量为73g,则说明

反应生成的氢气与氯气各为1mol,根据关系式“〜2e-可知，转移的电子数为24，C错误；

+

1L1mol・广1澳化钱水溶液中存在电荷守恒,则A（NH）+/7（H+）=/7（Br"）+/7（OH'）,因为

+

〃（Br-）=1LX1mol-L-1=lmol,所以该溶液中NH与酎离子数之和大于山，D正确。

4

知识点避坑：突破阿伏加德罗常数的五大陷阱

（1）抓“两看”，突破气体与状况陷阱

一看“气体”是否处在“标准状况”。

二看“标准状况”下，物质是否为“气体”［如CCL、CHCL.CHEkC注：CH：。为气体）、H。

漠、S03,己烷、苯、HF等在标准状况下均不为气体］。

（2）排“干扰”，突破质量（或物质的量）与状况无关陷阱

给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子

数，实际上，此时物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。

（3）记”组成和结构”,突破陷阱

①记特殊物质中所含微粒（分子、原子、电子、质子、中子等）的数目，如Ne、50、第（）2、-

OH、OIF等。

②记最简式相同的物质，如NO?和NO、乙烯（CN）和丙烯9具）等。

③记物质中所含化学键的数目,如1分子HM、C凡。+2中化学键的数目分别为3、3/7+10Imol

SiO?中含4"个Si—0键，1molSi中含Si—Si键数目为2/M,1molP,（白磷）中含P—P键

数目为6幅

（4）理解反应原理，突破“隐含”陷阱

①可逆反应不能进行到底，反应物不能全部转化为产物。

②常温下，不能共存的气体间的反应，如HCl+NH：,、NO+O2等。

③“隐含”浓度变化

如Cu与浓硫酸的反应中，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变为稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应。

④难电离、易水解的粒子数目的判断

（5）突破氧化还原反应中电子转移的陷阱

①Na2。?与水（或COJ的反应，转移电子的物质的量即为参加反应的Na。的物质的量，或生成

的6物质的量的2倍。

②Cb与碱的反应，转移电子的物质的量即为参加反应的CL的物质的量。

真题演练

1.（2021•广东选择考）设如为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.1molCHCh含有C—Cl键的数目为

B.1L1.0mol•I'的盐酸含有阴离子总数为2A

C.11.2LNO与11.2L02混合后的分子数目为人

D.23gNa与足量也0反应生成的H2分子数目为网

【解析】选A01个CHCh分子中含有3个C—C1键,微粒个数与物质的量成正比，故1molCHC1:）

含有3moiC-C1键，C-C1键的数目为3M,A正确；盐酸为氯化氢的水溶液，氯化氢会全

部电离出阴离子C「，水会部分电离出阴离子0旷，水的质量及电离程度未知，故无法计算1

L1.0mol的盐酸含有阴离子总数，B错误；未提到具体的温度、压强（如标准状况下），

故无法计算11.2LN0与11.2L0,混合后的分子数目，C错误；23gNa为1mol,钠与足

量的水反应生成氢气的关系式为2Na〜乩，故1molNa应生成0.5mol乩，乩分子数目应为

0.5%,D错误。

2.（2021•湖南选择考）“为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

18

A.18gH0含有的中子数为10N

B.0.1mol•LHC10”溶液中含有的酎数为0.1尽

C.2molNO与1mol0?在密闭容器中充分反应后的分子数为2如

D.11.2LQL和22.4LCh（均为标准状况）在光照下充分反应后的分子数为L5%

1818g18

【解析】选D。18gH。的物质的量为不——1=0.9mol,1个H,。含0+（18-8）=

220g•mol2

18

10个中子，则18gH20含有的中子数为94，A错误；未给溶液体积，无法计算，B错误；

存在2N0+02=2N0Z，2N02^=iN20,»因此2molNO与1mol0^在密闭容器中充分反应后的

分子数小于2.峪C错误；甲烷和氯气在光照下发生取代，1mol氯气可取代1molH,同时

产生1molHC1分子，标准状况下11.2LCHi的物质的量为0.5mol,22.4LCl2的物质的

量为1mol,0.5molCH”含2molH,最多可消耗2molCl2,因此C'过量，根据1mol氯

气可取代1molH,同时产生1molHC1分子可知，1molCk完全反应可得1molHC1,根

据C守恒，反应后含C物质的物质的量=甲烷的物质的量=0.5mol,因此11.2LCH」和22.4

LCL（均为标准状况）在光照下充分反应后的分子数为1.5%,D正确。

3.（2020•全国III卷）及是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.22.4L（标准状况）氮气中含有7爪个中子

B.1mol重水比1mol水多”个质子

C.12g石墨烯和12g金刚石均含有儿个碳原子

D.1L1mol-L-1NaCl溶液含有28%个电子

【解析】选C。22.4L（标准状况）氮气为1mol,而每个氮气分子中含有14个中子，所以22.4

L（标准状况）氮气中含有14如个中子，A错误；每个重水和水分子均含有10个质子，所以1mol

重水与1mol水均含10%个质子，B错误；石墨烯和金刚石均由碳原子组成，所以12g石墨

烯和12g金刚石均含有1mol碳原子，即如个碳原子，C正确；NaCl溶液中除了Na'和C「

外，还含有水分子，所以1L1mol溶液所含电子数目远大于28%个，D错误。

4.（2019•全国卷II）已知山是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）

A.3g：'He含有的中子数为1人

3-

B.1L0.1mol•I'磷酸钠溶液含有的P0数目为0.14

4

C.1molK2CQO7被还原为Cr"转移的电子数为6瓜

D.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13A

【解析】选B。1个'He的原子核中含有2个质子和1个中子，3g'He的物质的量为1mol,

3-

含有的中子数为LM，A正确；磷酸是弱酸，磷酸钠溶液中P0发生水解，故1L0.

4

3-

+6徂GQ—+3

T磷酸钠溶液含有的P0数目小于0.1%,B错误；由K£r2。7慢电2Cr3+知，ImolMnO?

4

被还原为C/+转移的电子数为6川，C正确；正丁烷和异丁烷属于同分异构体，每个分子中都

含有13个共价键，48g正丁烷和10g异丁烷的混合物共58g,总物质的量为1mol,共价

键数目为13%,D正确。

教师

专用

1.（2018•全国卷1）“是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.16.25gFeCL水解形成的Fe（0H）3胶体粒子数为0.1%

B.22.4L（标准状况）氤气含有的质子数为18如

C.92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0川

D.1.0molCH,与Ch在光照下反应生成的CH3cl分子数为1.0匹

【解析】选B。16.25gFeC13为0.lm。l,但由于三氯化铁的水解是可逆的，且胶体粒子是多

个Fe（0H）3的集合体，所以形成的Fe（OH）：,胶体粒子数一定小于0.1瓜，A错误；22.4L（标准

状况）氤气为1mol,由于氨是18号元素，且为单原子分子，所以质子数为18%,B正确；92.0

g甘油（丙三醇）物质的量为1mol,一个丙三醇分子中含有3个羟基，所以92.0g甘油中含

有的羟基数为3.0麻，C错误；CH,与CL在光照下反应生成的有机分子有CH:iCKCH£k、CHC13>

CCL,D错误。

2.（2017•全国卷III）”为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.0.1mol的"B中，含有0.6a个中子

B.pH=l的H3P（X溶液中,含有0.1%个H+

C.2.24L（标准状况）苯在“中完全燃烧，得到0.6鹏个CO?分子

D.密闭容器中1molPCHmol5反应制备中b（g），增加2瓦个P—Cl键

【解析】选A。"B中含有5个质子、6个中子，0.1mol"B中含有0.6如个中子，A项正确；

溶液体积未定，无法计算氢离子个数，B项错误；标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔

体积计算，C项错误；PCL与Cb反应生成PCls的反应是可逆反应，所以1molPCL与1mol

Cl,反应制备PCk，增加的P—C1键的数目小于2为个，D项错误。

3.（2021•山东等级考）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀

盐酸反应，生成体积为K,L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成体积为V2L。

下列说法错误的是（）

A.X、Y生成员的物质的量之比一定为J

%

9K

B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为方

C.产物中X、Y化合价之比一定为J

匕

D.由下一定能确定产物中X、Y的化合价

【解析】选D。设与1molX反应消耗HC1的物质的量为amol,与1molY反应消耗H2s04

的物质的量为6moi，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知X~aHCl~1比〜X"'、Y〜AH2soi〜

阴2〜丫2升。A.同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成乩的物质的量

a

之比一定为小，故A正确；B.X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为=，因?=.，因

V2bb

o2V