2023届新教材高考化学一轮复习以物质的量为中心的定量实验学案

以物质的量为中心的定量实验(一)滴定分析法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。(2)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】(2021·山东等级考节选)六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：(1)称量：将足量CS2(eq\a\vs4\al(易挥发)①)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；eq\a\vs4\al(再开盖加入待测样品并计时1分钟)②，盖紧称重为m3g，则样品质量为________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。(2)滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))离子交换柱发生反应：eq\a\vs4\al(WOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba（IO3）2=BaWO4＋)eq\a\vs4\al(2IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))③；交换结束后，向所得含IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：eq\a\vs4\al(IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋5I－＋6H＋=3I2＋)eq\a\vs4\al(3H2O)③；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2I－＋S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))③。滴定达终点时消耗cmol·L－1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg·mol－1)的质量分数为___________________________。称量时，若加入待测样品后，eq\a\vs4\al(开盖时间超过1分钟)④，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。[解题思维]解答本题的思维流程如下：提取信息①易挥发②再开盖加入待测样品并计时1分钟③反应的一系列方程式④开盖时间超过1分钟信息转化①CS2易挥发，开盖1分钟后CS2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CS2从称量瓶中挥发出的量与第一次相同③从反应的一系列方程式，可以得出WCl6与Na2S2O3标准溶液的计量关系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质疑在实验过程中称量WCl6的质量时，在称量瓶中加入待测样品后为什么需要开盖并计时1分钟？提示：由于溶剂CS2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】(1)根据题意，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2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m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1－m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1－m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为m3g＋2(m1－m2)g－m1g＝(m3＋m1－2m2)g。(2)滴定时，根据关系式：WOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))～2IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))～6I2～12S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，样品中n(WCl6)＝n(WOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝eq\f(1,12)n(S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝eq\f(1,12)cV×10－3mol，m(WCl6)＝eq\f(1,12)cV×10－3mol×Mg·mol－1＝eq\f(cVM,12000)g，则样品中WCl6的质量分数为eq\f(\f(cVM,12000)g,（m3＋m1－2m2）g)×100%＝eq\f(cVM,120（m3＋m1－2m2）)%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。答案：(1)m3＋m1－2m2(2)eq\f(cVM,120（m3＋m1－2m2）)%不变偏大原因分析·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____________________________。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(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——某学生用0.10mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，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________________。(2)氧化还原滴定——葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定，葡萄酒常用Na2S2O5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：注：实验中加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2；滴定过程中发生的反应：I2＋SO2＋2H2O=2HI＋H2SO4①滴定时，I2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I2溶液25.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为______________g·L－1。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——参考表中的数据，若用AgNO3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KspAgCl白1.77×10－10AgBr浅黄5.35×10－13AgCN白1.21×10－16Ag2CrO4砖红1.12×10－12AgSCN白1.0×10－12A.NaClB．NaBrC．NaCND．Na2CrO4测定过程中，使用棕色滴定管的原因是_______________________________。【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n(OH－)＝(0.1×0.05×10－3)mol＝5×10－6mol，所以c(OH－)＝eq\f(5×10－6mol,0.05L)＝10－4mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(10－14,10－4)mol·L－1＝10－10mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝10；(2)①I2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：SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI，可知n(SO2)＝n(I2)＝0.01000mol·L－1×0.025L＝2.5×10－4mol，由于葡萄酒样品为100.00mL，因此样品抗氧化剂的残留量为2.5×10－4mol×64g·mol－1÷0.1000L＝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AgNO3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Na2CrO4；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：(1)①ADE②10(2)①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。(2)实例：固体物质A热分解反应：A(固体)eq\o(→,\s\up7(△))B(固体)＋C(气体)的典型热重曲线如图所示。图中T1为固体A开始分解的温度，T2为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量为W0，失重后试样质量为W1，则失重百分数为eq\f(（W0－W1）,W0)×100%。3．热重曲线的一般分析思维模型(1)识图——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——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。(3)用图——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——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。【典例】(2021·全国甲卷节选)胆矾(CuSO4·5H2O)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矾，并测定其结晶水的含量。(1)结晶水测定：称量eq\a\vs4\al(干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾)eq\a\vs4\al(后总质量为m2)①，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，eq\a\vs4\al(最终总质量恒定为m3)②，根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_____________________________________________(写表达式)。(2)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填标号)。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少量胆矾迸溅出来[解题思维]解答本题的思维流程如下：提取信息①干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2；②最终总质量恒定为m3信息转化①干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，可以得到胆矾的质量；②由最终总质量恒定为m3，可以得到失去的结晶水的质量联想质疑为什么在实验过程中要将加热后的坩埚放于干燥器中冷却？提示：因为坩埚中盛放的是失去结晶水的CuSO4，容易吸收空气中水蒸气，导致实验误差。【解析】(1)胆矾的质量为m2－m1，无水硫酸铜的质量为m3－m1，结晶水的质量为(m2－m1)－(m3－m1)＝m2－m3，根据CuSO4·xH2Oeq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())CuSO4＋xH2O，则有160∶18x＝(m3－m1)∶(m2－m3)，解得x＝eq\f(80（m2－m3）,9（m3－m1）)。(2)①胆矾未充分干燥，则m2偏大，测定值偏高，故正确；②坩埚未置于干燥器中冷却，则硫酸铜会吸收水蒸气，m3偏大，测定值偏低，故错误；③加热时有少量胆矾迸溅出来，m3偏小，测定值偏高，故正确。答案：(1)eq\f(80（m2－m3）,9（m3－m1）)(2)①③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)若胆矾(CuSO4·5H2O)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。试确定200℃时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。提示：CuSO4·5H2Oeq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())nH2O＋CuSO4·(5－n)H2O 250 18n 0.80g 0.80g－0.57g＝0.23g解得n≈4，所以200℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O。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m。(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(m余)eq\f(m余,m)×100%＝固体残留率。(4)晶体中金属质量不会减少，仍在m余中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n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。1．正极材料为LiCoO2的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至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℃范围内，剩余固体成分为________。【解析】Co(OH)2的摩尔质量为93g·mol－1，设Co(OH)2的物质的量为1mol，则C点1000℃时失重的质量为1mol×93g·mol－1×(1－80.65%)≈18g，即1molH2O，根据质量守恒定律，化学反应方程式为Co(OH)2eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())CoO＋H2O。1000℃时剩余固体的成分为CoO。B点500℃时失重的质量为1mol×93g·mol－1×(1－86.38%)≈12.7g。已知290℃时Co(OH)2已完全脱水，1molCo(OH)2脱水成CoO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，使钴元素的化合价发生了变化。进入氧元素的物质的量为n(O)＝eq\f(18g－12.7g,16g·mol－1)≈eq\f(1,3)mol，即可表述为CoO·Oeq\f(1,3)，整理得化学式为Co3O4。同理，A点290℃时失重的质量为1mol×93g·mol－1×(1－89.25%)≈10g，进入氧元素的物质的量为n(O)＝eq\f(18g－10g,16g·mol－1)≈0.5mol，即可表述为CoO·O0.5，整理得化学式为Co2O3。所以在350～400℃范围剩余固体是Co3O4和Co2O3的混合物。答案：CoOCo3O4和Co2O32．草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)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钴氧化物。(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O2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钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为＋2、＋3价)，用480mL5mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比(列式计算)。【解析】(1)18.3g二水合草酸钴的物质的量为0.1mol，由于在300℃时生成的是Co的氧化物，故在8.03g氧化物中，含Co的质量为0.1mol×59g·mol－1＝5.9g，m(O)＝8.03g－5.9g＝2.13g，故n(Co)∶n(O)≈3∶4，C点剩余固体的化学式为Co3O4。当晶体恰好将结晶水失去时得到CoC2O414.70g，在B点时与O2反应后生成Co3O4的化学方程式为3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。(2)黄绿色气体为Cl2，其物质的量为0.2mol，根据Cl元素守恒可知，溶液中2n(Co)＝n(HCl)－2n(Cl2)，故n(Co)＝1mol，根据得失电子守恒n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝0.4mol，则n(Co2＋)＝0.6mol，根据电荷守恒可知，2n(O2－)＝3n(Co3＋)＋2n(Co2＋)，n(O2－)＝1.2mol，故n(Co)∶n(O)＝1∶1.2＝5∶6。答案：(1)Co3O4 3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2(2)由得失电子守恒有n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×eq\f(4.48L,22.4L·mol－1)＝0.4mol，由电荷守恒有n(Co)总＝n(Co2＋)溶液＝0.5n(Cl－)＝0.5×(0.480×5－0.2×2)mol＝1mol，所以固体中n(Co2＋)＝1mol－0.4mol＝0.6mol，n(O)＝eq\f(0.4×3＋0.6×2,2)mol＝1.2mol，故n(Co)∶n(O)＝1∶1.2＝5∶6。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。命题视角1：物质的量的相关计算CO2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CO2合成甲醇(CH3OH)，原理示意图如下：(1)16gCH3OH的物质的量是________，含H原子的数目为________。(2)标准状况下，H2与CO2混合气体的总质量为9.0g，n(H2)∶n(CO2)＝1∶2。①CO2的质量是________。②H2的体积是________。③混合气体的平均摩尔质量为________。提示：(1)0.5mol2NA。16gCH3OH的物质的量＝eq\f(16g,32g·mol－1)＝0.5mol；一个甲醇中含有4个氢原子，则0.5mol甲醇中含有2mol氢原子，即2NA个氢原子；(2)①8.8g。已知H2与CO2混合气体的总质量为9.0g，n(H2)∶n(CO2)＝1∶2，则n(H2)×2g·mol－1＋n(CO2)×44g·mol－1＝9.0g，则n(CO2)＝0.2mol，CO2的质量为0.2mol×44g·mol－1＝8.8g；②2.24L。n(H2)＝0.1mol，则标准状况下H2的体积为0.1mol×22.4L·mol－1＝2.24L；③30g·mol－1。混合气体的平均摩尔质量＝9.0g÷0.3mol＝30g·mol－1。命题视角2：关于阿伏加德罗常数的应用设NA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N2O的混合气体中含有的质子数为11NA提示：√。1个CO2分子的质子数为6＋8×2＝22，1个N2O分子的质子数为7×2＋8＝22。标准状况下，11.2LCO2和N2O的混合气体的物质的量为0.5mol，所以含有的质子数为11NA，故正确。(2)常温常压下，11.2LCO2的分子数为0.5NA提示：×，不是标准状况，不能计算，故错误。(3)22g干冰固体中，含C=O键的数目为NA提示：√。22g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=O键的数目为NA，故正确。(4)常温常压下，等质量的N2O和CO2所含原子的数目均为3NA提示：×。常温常压下，N2O和CO2的摩尔质量相等，等质量的N2O和CO2所含原子的数目相等但不一定等于3NA，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CO2，反应过程如图所示。若需要用0.5mol·L－1的NaOH溶液450mL。(1)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－1×0.5L×40g·mol－1＝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。(3)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)____________________。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BCAFED。(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容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，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A④加蒸馏水时不慎超过了刻度线提示：①无影响。容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，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(3)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。加蒸馏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。1．[“源”来如此](2018·全国卷Ⅱ)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【解析】选C。P4的结构为，分子中含有6个P—P键，124gP4中含P—P键数目为6NA，故A项错误；FeCl3溶液中Fe3＋发生水解，因此溶液中含有的Fe3＋数目小于0.1NA，故B项错误；甲烷和乙烯的分子式分别为CH4和C2H4，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2NA，故C项正确；SO2和O2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NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A．标准状况下，1.12L18O2中含有中子数为NAB．31gP4(分子结构：)中的共价键数目为1.5NAC．100mL0.1mol·L－1的NaOH水溶液中含有氧原子数为0.01NAD．18.9g三肽C6H11N3O4(相对分子质量：189)中的肽键数目为0.2NA【解析】选C。A.标准状况下，1.12L18O2的物质的量为0.05mol，一个18O中含有中子数为18－8＝10个，所以1.12L18O2中含有中子数为NA，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P4分子里含有六条共价键，所以共价键数目为1.5NA，B正确；C.100mL0.1mol·L－1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C6H11N3O4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C6H11N3O4中的肽键数目为0.2NA，D正确。eq\a\vs4\al(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P4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P4的结构。3．(2021·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.D2O的质子数为10，18gD2O的物质的量为eq\f(18g,20g·mol－1)＝0.9mol，则所含质子数为9NA，故A错误；B.NO2与H2O反应的方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，该反应转移的电子数为2e－，若有3mol的NO2参与反应，则转移的电子数为2NA，故B错误；C.S8()分子中含有的S—S键数为8，32gS8的物质的量为eq\f(32g,8×32g·mol－1)，则含有的S—S键数为1NA，故C正确；D.酸性K2Cr2O7中存在：Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋H2O2CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H＋，含Cr元素的有Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))和CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，则溶液中Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))离子数小于0.1NA，故D错误。4．(2021·河北选择考)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。在标准状况下22.4L氟气为1mol，质子数为18NA，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2NA，B正确；根据2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，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H2～2e－可知，转移的电子数为2NA，C错误；1L1mol·L－1溴化铵水溶液中存在电荷守恒，则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(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CCl4、CHCl3、CH2Cl2(注：CH3Cl为气体)、H2O、溴、SO3、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、D2O、18O2、—OH、OH－等。②记最简式相同的物质，如NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等。③记物质中所含化学键的数目，如1分子H2O2、CnH2n＋2中化学键的数目分别为3、3n＋1。1molSiO2中含4NA个Si—O键，1molSi中含Si—Si键数目为2NA，1molP4(白磷)中含P—P键数目为6NA。(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＋NH3、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①Na2O2与水(或CO2)的反应，转移电子的物质的量即为参加反应的Na2O2的物质的量，或生成的O2物质的量的2倍。②Cl2与碱的反应，转移电子的物质的量即为参加反应的Cl2的物质的量。1．(2021·广东选择考)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。1个CHCl3分子中含有3个C—Cl键，微粒个数与物质的量成正比，故1molCHCl3含有3molC—Cl键，C—Cl键的数目为3NA，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；未提到具体的温度、压强(如标准状况下)，故无法计算11.2LNO与11.2LO2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～H2，故1molNa应生成0.5molH2，H2分子数目应为0.5NA，D错误。2．(2021·湖南选择考)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。18gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O的物质的量为eq\f(18g,20g·mol－1)＝0.9mol，1个Heq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O含0＋(18－8)＝10个中子，则18gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O含有的中子数为9NA，A错误；未给溶液体积，无法计算，B错误；存在2NO＋O2=2NO2，2NO2N2O4，因此2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数小于2NA，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1molHCl分子，标准状况下11.2LCH4的物质的量为0.5mol，22.4LCl2的物质的量为1mol，0.5molCH4含2molH，最多可消耗2molCl2，因此CH4过量，根据1mol氯气可取代1molH，同时产生1molHCl分子可知，1molCl2完全反应可得1molHCl，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11.2LCH4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，D正确。3．(2020·全国Ⅲ卷)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，而每个氮气分子中含有14个中子，所以22.4L(标准状况)氮气中含有14NA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10NA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NA个碳原子，C正确；NaCl溶液中除了Na＋和Cl－外，还含有水分子，所以1L1mol·L－1NaCl溶液所含电子数目远大于28NA个，D错误。4．(2019·全国卷Ⅱ)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．3g3He含有的中子数为1NAB．1L0.1mol·L－1磷酸钠溶液含有的POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))数目为0.1NAC．1molK2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NAD．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA【解析】选B。1个3He的原子核中含有2个质子和1个中子，3g3He的物质的量为1mol，含有的中子数为1NA，A正确；磷酸是弱酸，磷酸钠溶液中POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))发生水解，故1L0.1mol·L－1磷酸钠溶液含有的POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))数目小于0.1NA，B错误；由K2eq\o(Cr,\s\up6(＋6))2O7eq\o(→,\s\up7(得6e－))2eq\o(Cr,\s\up6(＋3))3＋知，1molK2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA，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13NA，D正确。【加固训练】1．(2018·全国卷Ⅰ)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【解析】选B。16.25gFeCl3为0.1mol，但由于三氯化铁的水解是可逆的，且胶体粒子是多个Fe(OH)3的集合体，所以形成的Fe(OH)3胶体粒子数一定小于0.1NA，A错误；22.4L(标准状况)氩气为1mol，由于氩是18号元素，且为单原子分子，所以质子数为18NA，B正确；92.0g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3.0NA，C错误；CH4与Cl2在光照下反应生成的有机分子有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，D错误。2．(2017·全国卷Ⅲ)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【解析】选A。11B中含有5个质子、6个中子，0.1mol11B中含有0.6NA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；PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，所以1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5，增加的P—Cl键的数目小于2NA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H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是()A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq\f(V1,V2)B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为eq\f(2V1,V2)C．产物中X、Y化合价之比一定为eq\f(V1,V2)D．由eq\f(V1,V2)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HCl的物质的量为amol，与1molY反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知X～aHCl～eq\f(a,2)H2～Xa＋、Y～bH2SO4～bH2～Y2b＋。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H2的物质的量之比一定为eq\f(V1,V2)，故A正确；B.X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为eq\f(a,b)，因eq\f(\f(a,2),b)＝eq\f(V1,V2)，因此eq\f(a,b)＝eq\f(2V1,V2)，故B正确；C.产物中X、Y化合价之比为eq\f(a,2b)，由B项可知eq\f(a,2b)＝eq\f(V1,V2)，故C正确；D.因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有＋1、＋2、＋3三种情况，因此存在a＝1，2，3，b＝0.5，1等多种情况，由eq\f(a,b)＝eq\f(2V1,V2)可知，当a＝1，b＝0.5时，eq\f(V1,V2)＝1，当a＝2，b＝1时，eq\f(V1,V2)＝1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据eq\f(V1,V2)可能无法确定X、Y的化合价，故D错误。【典例】(2022·广州模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol·L－1Na2S2O3溶液与pH＝1的H2SO4溶液的说法正确的是()A．eq\a\vs4\al(1LpH＝1)①的H2SO4溶液中，含H＋的数目约为0.2NAB．1moleq\a\vs4\al(纯H2SO4)②中离子数目为3NAC．含15.8gNa2S2O3的eq\a\vs4\al(溶液中阴离子数目)③大于0.1NAD.Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生eq\a\vs4\al(22.4L气体)④时转移电子数为2NA[解题思维]解答本题的思维流程如下：提取信息①1LpH＝1，②纯H2SO4，③溶液中阴离子数目，④22.4L气体信息转化①根据1L和pH＝1可以计算溶液中H＋的物质的量；②纯H2SO4不能发生电离，H2SO4必须在水溶液中才能电离；③溶液中阴离子数目包含OH－；④22.4L气体没有给出气体所处的条件联想质疑有同学认为含15.8gNa2S2