2022届新高考化学二轮复习教学案-专题二　化学计量及其应用

高考考纲再现1.了解物质的量(n)及其单位摩尔(mol)、摩尔质量(M)、气体摩尔体积(Vm)、物质的量浓度(c)、阿伏加德罗常数(NA)的含义。2.理解质量守恒定律。3.能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。4.了解溶液的含义。5.了解溶解度、饱和溶液的概念。6.了解溶液浓度的表示方法。理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。7.掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。微专题一阿伏加德罗常数的应用1．把握以物质的量为核心的各个化学计量之间的关系2．NA应用的五个方面解题关注点具体阐释所处状况及物质状态使用22.4L·mol－1进行计算时应注意：(1)必须为标准状况(0℃，101kPa)。(2)研究对象在标准状况下必须为气态。标准状况下H2O、SO3、苯、CCl4、HF、Br2、乙醇等不是气体是否存在平衡(1)NH3·H2O、CH3COOH、HF、H2SO3、H2CO3等弱电解质的电离均是部分电离。(2)溶液中NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、CH3COO－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))等发生水解，造成相应离子数目减少。(3)Cl2与H2O、N2与H2、PCl3与Cl2、H2与I2、SO2与O2、N2O4与NO2等的反应或转化均是可逆反应，一般不能直接利用反应物的物质的量进行计算物质结构(1)微观结构：一般考查特殊物质中的分子数、离子数、电子数、中子数等，如稀有气体He、Ne等为单原子分子，Na2O2中阴离子与阳离子的个数比为1∶2，同位素中中子数不同(注意对摩尔质量的影响，如D2O、H35Cl的摩尔质量分别为20g·mol－1、36g·mol－1)等。(2)共价键：1molP4、晶体硅、SiO2、石墨、金刚石中共价键的数目分别为6NA、2NA、4NA、1.5NA、2NA。(3)胶体粒子：胶体粒子通常为许多离子、分子或难溶物聚集在一起形成的微粒，如Fe(OH)3胶体粒子就是由许多Fe(OH)3聚集在一起形成的，Fe(OH)3胶体粒子数目与原溶液中的Fe3＋数目之间不存在等量关系氧化还原反应(1)注意浓度变化对产物的影响，如Cu和浓硝酸反应时，反应开始时生成NO2，反应一段时间后浓硝酸变稀，Cu和稀硝酸反应生成NO。(2)量不同，产物不同，如Fe和HNO3反应时，若Fe不足，则生成Fe3＋，若Fe过量，则生成Fe2＋。(3)变价金属与不同的氧化剂反应时，金属离子所表现的化合价可能不同，如Cu和Cl2反应时生成CuCl2，而Cu和S反应时生成Cu2S。(4)注意微粒氧化性或还原性的强弱顺序，如将Cl2通入FeI2溶液中时，Cl2先氧化I－后氧化Fe2＋。(5)注意对转移电子数目的分析，如Cl2与NaOH溶液在常温下发生歧化反应，1molCl2参与该反应时，转移1mol电子缺少条件(1)缺少体积，如常温下，pH＝2的H2SO4溶液中含有的H＋数目。(2)没有具体反应，如1molCl2参加反应，转移电子数一定为2NA1．(2021·高考全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．18g重水(D2O)中含有的质子数为10NAB．3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NAC．32g环状S8()分子中含有的S—S键数为1NAD．1LpH＝4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))离子数为0.1NA解析：选C。A项，D2O的质子数为10，18gD2O的物质的量为eq\f(18g,20g·mol－1)＝0.9mol,则18g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；B项，NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；C项，一个环状S8分子中含有的S—S键为8个，32gS8的物质的量为eq\f(32g,8×32g·mol－1)＝eq\f(1,8)mol，则含有的S—S键数为eq\f(1,8)mol×8×NAmol－1＝1NA，C正确；D项，酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋H2O2CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H＋，含Cr元素微粒有Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))和CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，则1LpH＝4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))离子数应小于0.1NA，D错误。2．(2021·安徽高三开学考试)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，阴离子数小于0.1NAB．常温下，78gNa2O2中含有的共用电子对数目为2NAC．我国科学家发明了精准剪切碳氢键的新技术，1molC2H6O中可供剪切的C—H键数目为5NAD．N2与O2的混合气体4g，质子总数一定为2NA解析：选D。A项，Na2CO3中阴离子COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))易水解生成HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))和OH－，阴离子数目增多，阴离子总数大于0.1NA，错误。B项，Na2O2的电子式为，故78g(1mol)Na2O2中含有的共用电子对数目为NA，错误。C项，C2H6O存在乙醇和甲醚两种同分异构体，故1molC2H6O中可供剪切的C—H键数目为5NA或6NA，错误。D项，气体的质子总数＝eq\f(m,M)×N(1个分子中的质子数)，所给混合气体中两种物质的特点是eq\f(N(1个分子中的质子数),M)相等，故4g混合气体中质子总数一定为2NA，正确。3．(2021·新高考广东卷)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．1molCHCl3含有C—Cl键的数目为3NAB．1L1.0mol·L－1的盐酸含有阴离子总数为2NAC．11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NAD．23gNa与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA解析：选A。A项，1个CHCl3分子中含有3个C—Cl键，故1molCHCl3含有C—Cl键的数目为3NA，A正确；B项，盐酸为氯化氢的水溶液，氯化氢会全部电离出阴离子Cl－，水会部分电离出阴离子OH－，水的质量及电离程度未知，故无法计算1L1.0mol·L－1的盐酸含有阴离子总数，B错误；C项，未提到具体的温度、压强，故无法计算11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目，C错误；D项，23gNa的物质的量为1mol，钠与足量的水反应生成氢气的关系式为2Na～H2，故1molNa对应生成0.5molH2，H2分子数目应为0.5NA，D错误。4．(2021·新高考河北卷)NA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18NAB．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2NAC．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NAD．1L1mol·L－1溴化铵水溶液中NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))与H＋离子数之和大于NA解析：选C。A项，在标准状况下22.4L氟气的物质的量为1mol，其质子数为1mol×9×2×NAmol－1＝18NA，A正确；B项，碘蒸气与氢气发生的反应为I2(g)＋H2(g)2HI(g)，该反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应生成的碘化氢分子数小于2NA，B正确；C项，电解饱和食盐水时，电极总反应为2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up8(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，阴阳两极产生的气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1∶1，若气体的总质量为73g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各为1mol，根据关系式H2～Cl2～2e－可知，转移的电子数为2NA，C错误；D项，1L1mol·L－1溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋c(H＋)＝c(Br－)＋c(OH－)，则物质的量也满足n(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋n(H＋)＝n(Br－)＋n(OH－)，因为n(Br－)＝1L×1mol·L－1＝1mol，所以该溶液中NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))与H＋离子数之和大于NA，D正确。eq\a\vs4\al()解答阿伏加德罗常数类题目的“三步骤”微专题二物质的量浓度与物质的量的有关计算1．一定物质的量浓度溶液的配制(1)所需仪器若用固体溶质配制溶液：容量瓶、烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙、胶头滴管。若用浓溶液配制稀溶液，上述仪器中的托盘天平、药匙改为量筒(或滴定管)。(2)配制步骤计算→称量(或量取)→溶解(或稀释)→冷却→移液→洗涤→定容→装瓶并贴标签。(3)注意事项①容量瓶使用前必须检漏、洗涤，但不能润洗。②只能配制一定体积的溶液，即不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液。③转移溶液时，溶液的温度应为室温，玻璃棒要靠在容量瓶瓶颈刻度线以下。(4)误差分析①误差分析的思维流程②视线引起误差的分析方法a．仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。b．俯视容量瓶刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。下列操作对所配制的一定物质的量浓度溶液有何影响？用“偏高”“偏低”或“无影响”填空。①砝码生锈：________。②定容时，溶液温度高：________。③定容时俯视容量瓶刻度线：________。④称量时物码颠倒且使用游码：________。⑤未洗涤烧杯、玻璃棒：________。⑥称量易吸水物质时间过长：________。⑦转移时，有液体溅出：________。⑧滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：________。⑨定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：________。⑩转移前，容量瓶内有少量水：________。答案：①偏高②偏高③偏高④偏低⑤偏低⑥偏低⑦偏低⑧偏低⑨偏低⑩无影响2．物质的量浓度及相关计算(1)牢记四个定义式c＝eq\f(n,V)，n＝eq\f(m,M)＝eq\f(V,Vm)，ρ＝eq\f(m(溶液),V(溶液))，w＝eq\f(m(溶质),m(溶液))×100%。(2)熟练推导两种换算关系①物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算c＝eq\f(n,V)＝eq\f(m,MV)＝eq\f(m(aq)w,MV)＝eq\f(1000ρw,M)，w＝eq\f(cM,1000ρ)(ρ：g·cm－3)。②气体溶质溶于水中制得溶液，其物质的量浓度和质量分数的计算在标准状况下，1L水中溶解某气体VL，所得溶液密度为ρ，则c＝eq\f(n,V)＝eq\f(\f(V,22.4),\f(1000×1＋\f(V,22.4)×M,1000ρ))＝eq\f(1000ρV,22400＋MV)(ρ：g·cm－3)；w＝eq\f(m(溶质),m(溶液))×100%＝eq\f(\f(V,22.4)×M,1000×1＋\f(V,22.4)×M)×100%＝eq\f(MV,22400＋MV)×100%。(3)灵活利用三个守恒关系①稀释前后溶质的物质的量守恒：c(浓溶液)·V(浓溶液)＝c(稀溶液)·V(稀溶液)。②溶液中粒子之间存在正、负电荷守恒(溶液呈电中性)。③质量守恒：反应前后同种原子的质量相等。3．热重分析计算(1)热重曲线的分析方法坐标曲线题解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。①识图。识图的关键是三看：一看轴，即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X轴和因变量Y轴表示的意义)，寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和形成正确思维的前提；二看点，即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线，即曲线的走势(上升、下降、波动、正态、偏态等)。②析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把教材内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。③用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线－知识体系，然后运用新的曲线－知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。(2)热重曲线分析计算的步骤①设晶体为1mol。②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。③计算每步的剩余固体质量，eq\f(m(剩余),m(1mol晶体质量))×100%＝固体残留率。④晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式。4．与滴定有关的计算(1)明确一个中心必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。(2)掌握两种方法①守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如某原子、离子或原子团不变；溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。②关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。实例：如水中溶氧量(DO)的测定：碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2：a．2Mn2＋＋O2＋4OH－=2MnO(OH)2↓；酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：b．MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I2＋3H2O；用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：c．2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋I2=S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－。由离子方程式a、b、c可得关系式：O2～2Mn2＋～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3。(3)明确两类多步滴定①连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。②返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。题组一一定物质的量浓度溶液的配制及其计算1．下列关于溶液配制过程中仪器使用、实验操作的说法中正确的是()A．将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L－1NaOH溶液B．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C．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏D．配制浓度为0.010mol·L－1的KMnO4溶液：称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度解析：选C。配制一定物质的量浓度的溶液时，固体不能在容量瓶中溶解，A、D错误；NaOH固体溶解后需冷却至室温才能转移至250mL容量瓶中，且需用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液注入容量瓶中，然后定容，B错误。eq\a\vs4\al()两种溶液的配制(1)用98%的浓硫酸配制100mL1∶4的稀硫酸：用量筒量取80mL的水注入200mL的烧杯，然后再用另一只量筒量取20mL的浓硫酸沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。(2)配制100g20%的NaCl溶液：准确称量20.0gNaCl固体，然后将其放入200mL的烧杯中，再用量筒量取80mL的水注入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌直到完全溶解。2．用硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)配制480mL浓度为0.5mol·L－1的溶液，下列说法正确的是()A．用托盘天平称量60.0g硫酸铜晶体B．如果称量时试剂和砝码放反了，对配制结果没有影响C．如果定容时俯视容量瓶刻度线，则会使所配溶液浓度偏高D．在转移溶液后，可以不用洗涤玻璃棒解析：选C。用硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)配制480mL浓度为0.5mol·L－1的溶液，需要使用500mL容量瓶，则用托盘天平称量硫酸铜晶体的质量是0.5L×0.5mol·L－1×250g·mol－1＝62.5g，A错误；如果称量时试剂和砝码放反了，则实际称量的质量小于62.5g，使配制浓度偏低，B错误；如果定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液体积偏小，所配溶液浓度会偏高，C正确；在转移溶液后，必须洗涤玻璃棒和烧杯，并把洗涤液也注入容量瓶中，D错误。3．体积为V(mL)、密度为ρ(g·cm－3)的溶液，含有摩尔质量为M(g·mol－1)的溶质m(g)，溶质的物质的量浓度为c(mol·L－1)，质量分数为w。下列表达式中不正确的是()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：选B。已知溶质摩尔质量、质量分数和溶液密度时，溶质的物质的量浓度c＝eq\f(1000ρw,M)；已知溶质摩尔质量、物质的量浓度和溶液密度时，可计算出溶质质量分数w＝eq\f(cM,1000ρ)，A、C项正确；溶质质量应通过溶液体积、密度、溶质质量分数三者相乘而得，即m＝V·ρ·w，B项错误；根据物质的量浓度的定义，由溶质质量、摩尔质量和溶液体积计算得c＝eq\f(\f(m,M),\f(V,1000))＝eq\f(1000m,MV)，D项正确。题组二以热重曲线为载体的计算4．在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是()A．a→b是Co(OH)2的失水过程，为分解反应B．b→c发生的是氧化还原反应，也是分解反应C．c处代表的物质是Co3O4D．整个过程的总反应为6Co(OH)2＋O2eq\o(=,\s\up8(500℃))2Co3O4＋6H2O解析：选A。加热过程中，Co守恒，即整个过程中Co的物质的量不变，曲线分析如下：a→b是Co(OH)2的失水过程，发生的反应为4Co(OH)2＋O2eq\o(=,\s\up8(200℃))2Co2O3＋4H2O，不是分解反应，A项错误。b→c发生的反应为6Co2O3eq\o(=,\s\up8(290～500℃))4Co3O4＋O2↑，是氧化还原反应，也是分解反应，c处代表的物质为Co3O4，B、C项正确。总反应是Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H2O，即6Co(OH)2＋O2eq\o(=,\s\up8(500℃))2Co3O4＋6H2O，D正确。5．(2021·河南高三联考)5.56gFeSO4·7H2O样品的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是()A．78℃时，M的化学式为FeSO4·3H2OB．在隔绝空气条件下，由P得到Q的过程中，还会生成一种无色气体C．在隔绝空气条件下，由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2Oeq\o(=,\s\up8(△))FeSO4＋H2O↑D．159℃时，N的化学式为FeSO4·2H2O解析：选C。5.56gFeSO4·7H2O样品的物质的量为eq\f(5.56g,278g/mol)＝0.02mol，n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.02mol，n(H2O)＝7n(FeSO4·7H2O)＝0.14mol，M处结晶水合物受热分解，首先失去结晶水，此处n失去(H2O)＝eq\f(5.56g－4.48g,18g/mol)＝0.06mol，则结晶水合物中残留的结晶水为0.08mol，则M的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；N处继续失去结晶水，n总失去(H2O)＝eq\f(5.56g－3.40g,18g/mol)＝0.12mol，结晶水合物中残留的结晶水为0.02mol，则N的化学式为FeSO4·H2O，故D错误；P处继续失去结晶水，n总失去(H2O)＝eq\f(5.56g－3.04g,18g/mol)＝0.14mol，结晶水全部失去，P的化学式为FeSO4，则由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2Oeq\o(=,\s\up8(△))FeSO4＋H2O↑，故C正确；Q处结晶水全部失去后，FeSO4开始分解，此处固体中铁元素的质量为m(Fe)＝0.02mol×56g/mol＝1.12g，则m(O)＝1.60g－1.12g＝0.48g，n(O)＝eq\f(0.48g,16g/mol)＝0.03mol，则Q的化学式为Fe2O3，由P得到Q的化学方程式为2FeSO4eq\o(=,\s\up8(△))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，生成两种无色气体，故B错误。题组三高考热点——与滴定有关的计算6．(2021·昆明高三质检)三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，不易水解，高温下易被氧气氧化，在工业上主要用作媒染剂和催化剂。用Cr2O3和CCl4在高温下制取三氯化铬后，测定样品中三氯化铬质量分数的步骤如下：Ⅰ.称取样品0.3300g，加水溶解并于250mL容量瓶中定容。Ⅱ.移取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2，稀释并加热煮沸，再加入过量H2SO4溶液酸化，将Cr3＋氧化为Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))；再加入过量的KI固体，加塞摇匀，使铬元素完全以Cr3＋的形式存在。Ⅲ.加入1mL指示剂，用0.0250mol·L－1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，消耗标准Na2S2O3溶液的平均体积为24.00mL。(已知：Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O，2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)(1)滴定时可选用的指示剂为____________________。(2)样品中三氯化铬的质量分数为________%(结果保留三位有效数字)。解析：(1)依题意知是用硫代硫酸钠滴定碘单质，淀粉溶液遇碘单质变蓝，因此滴定时可选用淀粉溶液作为指示剂。(2)根据题给方程式得关系式2Cr3＋～3I2～6Na2S2O3，设样品中三氯化铬的质量分数为x，则有CrCl3～3Na2S2O3158.5g3moleq\a\vs4\al(0.3300g×x,×\f(25.00mL,250mL))eq\a\vs4\al(0.0250mol·L－1×,24.00×10－3L)eq\f(0.3300g×x×\f(25.00mL,250mL),158.5g)＝eq\f(0.0250mol·L－1×24.00×10－3L,3mol)，解得x≈96.1%。答案：(1)淀粉溶液(2)96.17．(2021·合肥高三期中)高碘酸钾(KIO4)为无色晶体，在分析化学中常用作氧化剂。用高碘酸钾可测定甘油的含量，测定步骤如下：步骤①准确称取0.1500g甘油试样溶于水中，配成250mL待测液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加盐酸酸化后，加入25.00mL0.0230mol·L－1KIO4溶液，充分反应。步骤②向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，振荡摇匀、静置。步骤③加入少量淀粉作为指示剂，用0.2000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，平行滴定三次，消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为20.00mL。已知：C3H8O3(甘油)＋2HIO4=2HCHO＋HCOOH＋2HIO3＋H2O；HIO3＋5KI＋5HCl=3I2＋5KCl＋3H2O；HIO4＋7KI＋7HCl=4I2＋7KCl＋4H2O；I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。(1)达到滴定终点的现象为____________________________________。(2)计算甘油试样的纯度(写出计算过程)。解析：(1)向含I2的溶液中加入淀粉，溶液呈蓝色，当用Na2S2O3标准溶液滴定至终点时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色。(2)根据题给化学方程式可得关系式C3H8O3(甘油)～2HIO3，I2～2Na2S2O3，3n(HIO3)＋4n(HIO4)＝n(I2)，故3n(HIO3)＋4n(HIO4)＝eq\f(1,2)n(Na2S2O3)＝eq\f(1,2)×0.2000mol·L－1×20.00×10－3L＝2.000×10－3mol①；又根据碘原子守恒得n(HIO3)＋n(HIO4)＝n(KIO4)＝0.0230mol·L－1×25.00×10－3L＝5.750×10－4mol②；联立①②解得n(HIO3)＝3.000×10－4mol，故n(C3H8O3)＝eq\f(1,2)n(HIO3)＝1.500×10－4mol，甘油试样的纯度为eq\f(1.500×10－4mol×92g·mol－1×\f(250mL,25.00mL),0.1500g)×100%＝92%。答案：(1)滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色(2)见解析eq\a\vs4\al()有关纯度、含量等的计算题，一般在综合实验题或化工流程题中的最后一小问出现，常与滴定实验的拓展应用相结合，考查考生的定量分析能力。这类题主要考查关系式法、守恒法的运用等。专题强化训练1．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是()解析：选B。用托盘天平称量药品时，应为“左物右码”，A项错误；用玻璃棒搅拌能加速溶解，B项正确；转移溶液时需要用玻璃棒引流，C项错误；定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，D项错误。2．(2020·高考全国卷Ⅲ)NA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7NA个中子B．1mol重水比1mol水多NA个质子C．12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子D．1L1mol·L－1NaCl溶液含有28NA个电子解析：选C。22.4L(标准状况)氮气为1mol，含有的中子数为14NA，A项错误；1mol重水与1mol水中的质子数相同，B项错误；石墨烯与金刚石均为碳元素形成的单质，12g石墨烯和12g金刚石均为1mol，含碳原子数均为NA，C项正确；NaCl溶液中的水分子中也含有电子，D项错误。3．设NA为阿伏加德罗常数的值。白磷有剧毒，在潮湿空气中缓慢氧化，约40℃时自燃，用NaOH溶液吸收白磷的化学方程式为P4＋3NaOH＋3H2O=PH3↑＋3NaH2PO2。下列说法正确的是()A．标准状况下，11.2LPH3气体含有的中子数为11NAB．反应中每生成1molPH3，转移电子数为3NAC．0.1mol·L－1的NaH2PO2溶液中，H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))的数目小于0.1NAD．该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3解析：选B。氢原子(H)中不含中子，所以标准状况下，11.2LPH3气体含有的中子数为8NA，故A错误；反应中P4→PH3，磷元素由0价变为－3价，每生成1molPH3，转移电子数为3NA，故B正确；0.1mol·L－1的NaH2PO2溶液体积未知，无法计算H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))的数目，故C错误；该反应为歧化反应，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1，故D错误。4．玻璃工业上常用氢氟酸雕刻玻璃，其反应原理为4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O。若NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是()A．反应过程中既有极性键、非极性键的断裂，又有极性键、非极性键的形成B．标准状况下，11.2LHF溶于水配制成的500mL溶液，所得氢氟酸浓度为1.0mol·L－1C．反应物HF与生成物H2O所含有的质子数和电子数均为10NAD．每断裂4NA个Si—O键，可以生成4NA个Si—F键解析：选D。反应物与产物分子中均含有极性键，无非极性键，所以反应过程中无非极性键的断裂和形成，A项错误；标准状况下HF不是气态，11.2LHF的物质的量大于0.5mol，B项错误；没有说明HF与H2O的具体的物质的量，无法计算出二者所含有的质子数和电子数，C项错误；1molSiO2中含有4molSi—O键，1molSiF4中含有4molSi—F键，由此可以得出D项正确。5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．钠与O2反应，当有0.2mol电子转移时生成的阴离子数目为0.1NAB．3.6gH2O与足量丙烯完全反应时生成的CH3CH2CH2OH分子数目为0.2NAC．5.6g铁粉溶于稀硝酸中，生成的NO分子数目为0.1NAD．含有3.9gK＋的KHSO3溶液中，HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的数目之和为0.1NA解析：选A。当有0.2mol电子转移时会生成0.2molNa＋，因Na2O、Na2O2中阳离子与阴离子个数比均为2∶1，故阴离子数目为0.1NA，A项正确；丙烯与水反应还可以生成(CH3)2CHOH，B项错误；5.6gFe若全部转化为Fe3＋，则生成的NO分子数目为0.1NA，若全部转化为Fe2＋，则生成的NO分子数目为0.067NA，C项错误；KHSO3溶液中含有H2SO3、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))三种含硫元素的微粒，则含有3.9gK＋的KHSO3溶液中，H2SO3、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的数目之和为0.1NA，D项错误。6．下列操作可得到指定浓度的溶液的是()A．6.2gNa2O溶于0.2L水中可得到1mol·L－1的NaOH溶液B．25gCuSO4·5H2O溶于75g水中可得到质量分数为25%的硫酸铜溶液C．0.1molCaCO3溶于水中可得到浓度为1mol·L－1的100mL溶液D．8gSO3溶于水可得到c(H＋)＝2mol·L－1的100mL溶液解析：选D。6.2gNa2O的物质的量为0.1mol，溶于水后可得到0.2molNaOH，但得到的溶液体积大于0.2L，c(NaOH)<1mol·L－1，A项错误；25gCuSO4·5H2O含16gCuSO4，所得溶液溶质质量分数为16%，B项错误；CaCO3难溶于水，溶液中CaCO3的物质的量浓度不可能为1mol·L－1，C项错误；8gSO3溶于水可得到0.1molH2SO4，当溶液体积为100mL时，c(H2SO4)＝1mol·L－1，故c(H＋)＝2mol·L－1，D项正确。7．(2021·银川高三测试)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．14g由N2和13C2H2组成的混合物中，所含中子数为7NAB．5.6gFe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NAC．0.1mol苯中含0.3NA个碳碳双键D．标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4L解析：选A。N2和13C2H2的摩尔质量均为28g·mol－1，故14g二者的混合物的物质的量为0.5mol，且1个N2和13C2H2分子均含有14个中子，故0.5mol混合物中含7NA个中子，A正确；Fe在Cl2中充分燃烧生成FeCl3，5.6gFe完全反应转移的电子数为0.3NA，B错误；苯中不含碳碳双键，C错误；标准状况下三氧化硫不是气体，NA个SO3分子的物质的量为1mol，但所占的体积不是22.4L，D错误。8．(2021·新高考湖南卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．18gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O含有的中子数为10NAB．0.1mol·L－1HClO4溶液中含有的H＋数为0.1NAC．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NAD．11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA解析：选D。1个18O原子含有10个中子，H原子不含中子，所以每个Heq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O分子中含有10个中子，Heq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O的摩尔质量为20g·mol－1，故18gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O的物质的量为0.9mol，则18gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O中含有的中子数为9NA，A错误；由于题中未给出溶液体积，所以无法计算H＋的数目，B错误；2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，由于存在平衡2NO2N2O4，所以充分反应后密闭容器中的分子数小于2NA，C错误；甲烷与氯气发生取代反应，反应前后反应物与生成物的物质的量之和不变，则反应后的分子数为eq\f(11.2L＋22.4L,22.4L·mol－1)×NAmol－1＝1.5NA，D正确。9．欲配制1L1mol·L－1的NaOH溶液，正确的叙述有()①称量40gNaOH固体溶于1L蒸馏水②该实验用到的仪器有托盘天平(含砝码)、表面皿、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管③称量NaOH固体时，慢慢称量，确保读数正确④如果容量瓶未润洗，则配制的NaOH溶液浓度偏小⑤转移溶液时需要用玻璃棒引流⑥定容时若不小心加水超过刻度线，则用胶头滴管吸去多余的溶液A．①②⑤ B．②⑤C．②③⑤ D．②④⑥解析：选B。物质的量浓度定义中体积为溶液的体积，不是溶剂的体积，①错误；实验仪器有托盘天平(含砝码)、表面皿(NaOH放在表面皿上称量)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，②正确；由于NaOH固体易潮解，易与空气中的CO2反应，所以需要迅速称量，防止NaOH潮解变质，③错误；容量瓶不需要润洗，④错误；转移溶液必须用玻璃棒引流，⑤正确；如果定容时加水超过刻度线，只能重新配制，⑥错误；综上，B正确。10．(2021·南阳高三月考改编)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是()A．3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1，当该反应放出的热量为92kJ时，转移电子数为6NAB．标准状况下，2.24LHF中电子数为NAC．标准状况下，22.4LNO和22.4LO2混合后气体分子数为1.5NAD．1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O的数目为2NA解析：选A。3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1，生成2mol氨时，放出92kJ热量，转移6mol电子，A正确。标准状况下，HF为液体，无法利用22.4L·mol－1计算其物质的量，无法确定其电子数，B错误。标准状况下，22.4LNO和22.4LO2的物质的量都是1mol，NO与O2会发生反应2NO＋O2=2NO2，产生1molNO2，剩余0.5molO2，生成的NO2发生可逆反应2NO2N2O4，故又有一部分NO2转化为N2O4，所以最终达到平衡时混合气体的物质的量小于1.5mol，C错误。Na218O2与水反应时Naeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O2既是氧化剂，又是还原剂，1molNaeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O2与足量水反应，根据得失电子守恒，以氧气的形式逸出的18O的数目为NA，最终水溶液中18O的数目为NA，D错误。11．(2021·莆田高三模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是()A．通常情况下，14gC2H4与C3H6混合气体中含有NA个碳原子B．1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中所含离子总数约为0.2NAC．含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应生成SO2分子数小于0.1NAD．1molNa2O2与足量H2O反应，转移电子数为NA解析：选B。C2H4与C3H6的最简式均为CH2，则14gC2H4与C3H6的混合气体中碳原子的物质的量为eq\f(14g,14g·mol－1)＝1mol，即碳原子的数目为NA，A正确；1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中，由于醋酸是弱酸，部分电离，因此离子总数小于0.2NA，B错误；含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的Cu反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，反应不再进行，因此生成SO2分子数小于0.1NA，C正确；Na2O2与足量H2O反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，1molNa2O2参与反应转移电子数为NA，D正确。12．(2021·海南中学高三月考)某结晶水合物化学式为X·nH2O，其相对分子质量为M，在25℃时，Ag该结晶水合物溶于Bg水中即可达到饱和，形成密度为Dg/cm3的饱和溶液VmL，下列表达式中不正确的是()A．该饱和溶液的溶质质量分数为eq\f(100A(M－18n),MVD)%B．溶质X在25℃时的溶解度为eq\f(100A(M－18n),BM＋18An)gC．该饱和溶液的密度为eq\f(A＋B,V)g/cm3D．该饱和溶液的物质的量浓度为eq\f(1000DA,MV)mol/L解析：选D。A．Ag该结晶水合物X·nH2O中X的质量为Ag×eq\f(M－18n,M)，溶液密度为Dg/cm3，体积为VmL，则溶液的质量为DVg，所以溶液中溶质质量分数为eq\f(\f(M－18n,M)Ag,DVg)×100%＝eq\f(100A(M－18n),MVD)%，故A正确；B．Ag该结晶水合物X·nH2O中X的质量为Ag×eq\f(M－18n,M)，溶剂水的质量为Bg＋Ag×eq\f(18n,M)，设溶解度为Sg，则100g∶Sg＝(Bg＋Ag×eq\f(18n,M))∶(Ag×eq\f(M－18n,M))，解得S＝eq\f(100A(M－18n),BM＋18An)，故B正确；C．溶液质量为(A＋B)g，溶液体积为VmL，所以溶液密度D＝eq\f(A＋B,V)g/cm3，故C正确；D．Ag该结晶水合物X·nH2O的物质的量为eq\f(A,M)mol，所以X的物质的量为eq\f(A,M)mol，溶液体积为VmL，则物质的量浓度c＝eq\f(\f(A,M)mol,V×10－3L)＝eq\f(1000A,MV)mol/L，故D错误。13．在灼烧NH4VO3过程中，固体残留率(eq\f(剩余固体质量,原始固体质量)×100%)随温度变化的曲线如图所示，则A点到B点过程中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________。解析：设NH4VO3为1mol，即117g，起始到A点失去的质量＝117g×(1－85.47%)≈17g，结合铵盐受热分解一般产生NH3，故推测A点对应的物质为HVO3；酸分解一般产生氧化物和水，故假设B点对应的物质为VOx，根据V元素守恒知n(VOx)＝1mol，则(51＋16x)g/mol×1mol＝117g×77.78%，解得x≈2.5，故B点对应物质为V2O5，所以A点到B点过程中发生反应的化学方程式为2HVO3eq\o(=,\s\up8(210～380℃))V2O5＋H2O↑。答案：2HVO3eq\o(=,\s\up8(210～380℃))V2O5＋H2O↑14．实验室需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.5mol·L－1硫酸溶液450mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是________(填字母)。仪器C的名称是___________，本实验所需玻璃仪器E的规格和名称是___________。(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有__________(填字母)。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．长期贮存溶液C．用来加热溶解固体溶质D．量取220mL体积的液体(3)在配制NaOH溶液的实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度________(填“大于”“等于”或“小于”，下同)0.1mol·L－1。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶中定容，则所配制溶液浓度________0.1mol·L－1。(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸的体积为________mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，应选用________mL规格的量筒。(5)如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作：____________________。解析：(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量(量取)