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第1讲 物质的量 气体摩尔体积
第一章
内容索引
01
02
强基础 增分策略
增素能 精准突破
研专项 前沿命题
03
【本章体系构建】
【课程标准】
1.了解物质的量及其相关物理量的含义和应用,体会定量研究对化学科学的重要作用。
2.能基于物质的量认识物质组成及其化学变化,运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等之间的相互关系进行简单计算。
强基础 增分策略
一、物质的量(n)和阿伏加德罗常数(NA)
1.基本概念及相互关系
2.物质的量的规范表示
x + mol + H2O
↓ ↓ ↓
数值 单位 指定微粒符号(或名称)
3.物质的量(n)、粒子数(N)、阿伏加德罗常数(NA)之间的关系
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)阿伏加德罗常数就是指6.02×1023这一数字。( × )
(2)1 mol氮是指1 mol N,并非1 mol N2。( × )
(3)1 mol H2O中约含NA个H2和NA个O。( × )
(4)等物质的量的O2和O3所含氧原子数之比为2∶3。( √ )
二、摩尔质量(M)
三、气体摩尔体积
1.影响物质体积的因素
2.气体摩尔体积(Vm)
(1)Vm受温度和压强影响,Vm≈22.4 L·mol-1时不一定处于标准状况下。
(2)使用标准状况下的气体摩尔体积进行计算时,对象必须是标准状况下的气体,可以是单一气体,也可以是混合气体;如水、苯、SO3、CHCl3等在标准状况下不能用Vm≈22.4 L·mol-1进行相关计算。
旁栏边角 必修第一册第二章第三节
阅读教材“思考与讨论”,判断下列说法的正误。
(1)气体摩尔体积就是1 mol 气体所占的体积。( × )
(2)相同温度和压强下,O2和N2的气体摩尔体积相等。( √ )
(3)常温常压下,22 g CO2所占的体积约为11.2 L。( × )
应用提升 对影响物质体积大小因素的理解
(1)1 mol不同的固态或液态物质含有的粒子数相同,由于粒子之间的距离非常小,使得其体积主要取决于粒子的大小。
(2)气体分子之间的距离远远大于其分子本身的直径。
(3)对于气体来说,当分子数相同时,气体的体积主要取决于气体分子之间的距离。
四、阿伏加德罗定律及推论
1.阿伏加德罗定律
在相同的温度和压强下,相同 体积 的任何气体,含有 相同 数目的粒子(或气体的物质的量相同)。概括为“三同”定“一同”:
2.阿伏加德罗定律的3个重要推论
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)22.4 L N2的物质的量大于11.2 L O2的物质的量。( × )
(2)同温同压条件下,等质量的N2和CO两种气体所占的体积相同。( √ )
(3)相同温度和体积时,相同物质的量的气体的压强不同。( × )
(4)同温、同压、同体积的NH3和CH4两种气体所含的电子数不同。
( × )
增素能 精准突破
考点一
物质的量 摩尔质量
【能力概述】
新 教 材 变化 阿伏加德罗常数的定义中删去“与0.012 kg 12C中所含的碳原子数相同”;新增“例题1”,加强有关物质的量计算的规范性表述
新 高 考 高频考点 从近两年新高考试题来看,阿伏加德罗常数及相关计算仍是新高考命题的热点
预测考向 预测2023年高考会在与阿伏加德罗常数相关的选择题中考查物质的量、摩尔质量及计算
【新教材·新高考】
考向1.物质的量及相关计算
典例突破
铋(Bi)的硒化物和碲化物具有半导体性质。金属铋不溶于盐酸,但能溶于浓硝酸:Bi+6HNO3(浓) === Bi(NO3)3+3NO2↑+3H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列关于该反应的说法错误的是( )
A.1 mol Bi(NO3)3含有的离子总数为4NA
B.消耗2 mol Bi时,转移电子数为6NA
C.生成1 mol NO2时,有2NA个HNO3被还原
D.36 g H2O中,含有的氢原子数为4NA
答案 C
解析 Bi(NO3)3由Bi3+和 构成,则1 mol Bi(NO3)3含有的离子数为4NA,A正确;铋元素由0价升高到+3价,1个铋原子失去3个电子,故消耗2 mol Bi时,转移电子数为6NA,B正确;结合反应方程式可知,生成1 mol NO2时,消耗2 mol HNO3,其中被还原的HNO3为NA个,C错误;1个H2O分子含有2个氢原子,36 g H2O的物质的量为2 mol,则含有4 mol 氢原子,故含有的氢原子数为4NA,D正确。
考题点睛
针对训练
答案 C D
1.(双选)(必修第一册习题改编)设NA为阿伏加德罗常数的值,则在0.5 mol Na2SO4中( )
A.含有的分子总数为0.5NA
B.含有NA个Na+和0.5NA个
C.含有0.5NA个Na+和0.5NA个
D.含有的离子总数为1.5NA
2.(2022北京模拟)下列各项比较中,正确的是( )
A.等质量的O2和O3,所含氧原子数相等
B.标准状况下,等体积乙烷和苯,所含分子数相等
C.等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应,转移的电子数相等
D.等物质的量的丙烷和2-甲基丙烷中所含碳碳单键的数目相等
答案 A
解析 已知O2和O3均为O原子形成的单质,故等质量的O2和O3,所含氧原子数相等,A项正确;标准状况下苯为液态,乙烷是气态,等体积乙烷和苯,所含分子数不相等,B项错误;根据2Fe+3Cl2 2FeCl3、Cu+Cl2 CuCl2可知,等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应,转移的电子数不相等,C项错误;一分子丙烷中含有碳碳单键的数目为2,而一分子2-甲基丙烷中含有碳碳单键的数目为3,故等物质的量的丙烷和2-甲基丙烷中所含碳碳单键的数目不相等,D项错误。
归纳总结
阿伏加德罗常数的理解及应用
(1)从“两量”角度理解
①基准量:国际上规定,1 mol 粒子集合体所含的粒子数约为6.02×1023。
②准确量:1 mol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数,通常用6.02×1023 mol-1表示。
(2)建立n和N之间的关系
考向2.摩尔质量及相关计算
典例突破
(2021山东日照实验中学检测)已知某氯原子的质量为a g,12C原子的质量为b g,用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )
答案 D
考题点睛
针对训练
1.(2022河北衡水中学调研)下列说法正确的是( )
A.1 mol N2的质量是14 g
B.H2SO4的摩尔质量是98 g·mol-1
C.H2O的摩尔质量是18
D.1 mol HCl的质量是36.5 g·mol-1
答案 B
解析 1 mol N2的质量=1 mol×28 g·mol-1=28 g,A项错误;摩尔质量的单位是g·mol-1,摩尔质量在数值上等于其相对分子质量,H2SO4的摩尔质量是98 g·mol-1,B项正确;同理,H2O的摩尔质量是18 g·mol-1,C项错误;质量的单位是g,m(HCl)=nM=1 mol×36.5 g·mol-1=36.5 g,D项错误。
2.(2021河北承德一中高三质检)质量相同的CH4和NH3相比较,下列结论错误的是( )
A.分子个数比为17∶16 B.原子个数比为17∶16
C.氢原子个数比为17∶12 D.氢原子质量比为17∶12
答案 B
3.现有0.270 kg质量分数为10%的CuCl2溶液,计算该溶液中:
(1)CuCl2的物质的量为______。
(2)溶液中Cl-的物质的量为 。
答案 (1)0.2 mol (2) 0.4 mol
解析 (1)0.270 kg质量分数为10%的CuCl2溶液中含CuCl2的质量为
270 g×10%=27 g,则有n(CuCl2)= =0.2 mol。
(2)CuCl2的电离方程式为CuCl2 ══ Cu2++2Cl-,1 mol CuCl2电离产生2 mol Cl-,则含0.2 mol CuCl2的溶液中,含有0.4 mol Cl-。
归纳总结
摩尔质量的理解及计算
(1)理解摩尔质量的“三性”
(2)计算摩尔质量的“4种”方法
②依据单个粒子的质量:M=a·NA (a为单个粒子的质量,NA为阿伏加德罗常数)。
③依据标准状况下气体的密度(ρ g·L-1):M=22.4ρ g·mol-1。
考点二
气体摩尔体积 阿伏加德罗定律
【能力概述】
新 教 材 变化 删去“科学探究”栏目,新教材增加“思考与讨论”栏目,讨论影响物质体积的因素,该内容可能成为新高考命题的素材
新 高 考 高频考点 气体摩尔体积(标准状况)的应用、阿伏加德罗定律的理解与应用仍是新高考命题的热点
预测考向 预测2023年高考会在选择题中考查气体摩尔体积及计算,在化学平衡常数计算题中考查阿伏加德罗定律及应用
【新教材·新高考】
考向1.气体摩尔体积及有关计算
典例突破
(必修第一册习题改编)CO和CO2是碳的两种重要氧化物,在标准状况下:
(1)14 g CO的物质的量为___________,体积为___________。
(2)4.4 g CO2所占的体积为___________。
(3)相同质量的CO和CO2的体积之比为___________。
答案 (1)0.5 mol 11.2 L (2)2.24 L (3)11∶7
解析 (1)M(CO)=28 g·mol-1,则14 g CO的物质的量为0.5 mol,在标准状况下的体积为0.5 mol×22.4 L·mol-1=11.2 L。
(2)4.4 g CO2的物质的量为0.1 mol,在标准状况下的体积为
0.1 mol×22.4 L·mol-1=2.24 L。
针对训练
1.(必修第一册习题改编)下列说法中,正确的是( )
A.22.4 L N2中一定含有2 mol 氮原子
B.20 g重水(D2O)在标准状况下的体积约为22.4 L
C.在标准状况下,20 mL PH3和60 mL O2所含分子个数比为1∶3
D.常温常压下,22 g CO2气体所占的体积约为11.2 L
答案 C
解析 题目未指明22.4 L N2所处的状况,不能确定其物质的量及所含氮原子数,A错误;20 g重水(D2O)的物质的量为1 mol,在标准状况下为非气体,其体积不是22.4 L,B错误;根据阿伏加德罗定律及推理,在标准状况下,20 mL PH3与60 mL O2的物质的量之比为1∶3,故所含分子个数比为1∶3,C正确;22 g CO2的物质的量为0.5 mol,常温常压下Vm≠22.4 L·mol-1,故所占的体积不是11.2 L,D错误。
2.(必修第一册习题改编)瓦斯中甲烷与氧气的体积比为1∶2时极易发生爆炸,此时甲烷与氧气的质量比为( )
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.1∶4
答案 D
解析 相同条件下,甲烷与氧气的体积比为1∶2时,n(CH4)∶n(O2)=1∶2,此时m(CH4)∶m(O2)=(1×16)∶(2×32)=1∶4。
3.(2022山东青岛一模)肼(N2H4)是火箭常用的高能燃料,其球棍模型如图所示。肼能与H2O2发生反应:N2H4+2H2O2 ══ N2↑+4H2O。用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是( )
A.标准状况下,11.2 L N2中所含电子总数为5NA
B.标准状况下,22.4 L H2O2中所含原子总数为4NA
C.标准状况下,3.2 g N2H4中含有共价键的总数为0.6NA
D.若生成3.6 g H2O,则上述反应转移电子的数目为0.2NA
答案 D
解析 标准状况下,11.2 L氮气的物质的量为0.5 mol,而一个氮气分子中含14个电子,故0.5 mol氮气中含7NA个电子,故A项错误;标准状况下,H2O2为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故B项错误;3.2 g肼的物质的量为0.1 mol,而一个肼分子中含5个共价键,故0.1 mol肼中含0.5NA个共价键,故C项错误;3.6 g水的物质的量为0.2 mol,而反应中当生成4 mol水时,转移4 mol电子,故当生成0.2 mol水时,转移0.2NA个电子,故D项正确。
归纳总结 “四看法”突破气体摩尔体积(标准状况下)的有关计算
考向2.阿伏加德罗定律及应用
典例突破
(2021河北邯郸六校联考)同温同压下,由NO和CO组成的混合气体的密度是H2的14.5 倍。下列关系正确的是( )(提示:空气的平均摩尔质量为29 g·mol-1)
A.混合气体中,CO与NO的质量之比为14∶15
B.混合气体中,CO与NO的分子数之比为1∶2
C.同温同压下,该混合气体的密度与空气的密度不同
D.同温同压下,同体积的该混合气体与空气的质量不相等
答案 A
解析 同温同压下,由NO和CO组成的混合气体的密度是H2的14.5倍,则该混合气体的平均相对分子质量为29,从而可知NO和CO的物质的量之比为1∶1,故CO和NO的质量之比为28∶30=14∶15,A正确。由A项分析可知, CO与NO的分子个数之比为1∶1,B错误。根据阿伏加德罗定律可知,同温同压下,气体的密度之比等于其摩尔质量之比,该混合气体与空气的平均摩尔质量相同,故该混合气体的密度与空气的密度相等,C错误。同温同压下,相同体积的该混合气体与空气的物质的量相同,该混合气体与空气的平均摩尔质量均为29 g·mol-1,则其质量相等,D错误。
考题点睛
针对训练
1.(2022广州高三模拟)氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料,可用作LED的基质材料,通过等离子法由SiH4(沸点为-111.9 ℃)与NH3反应制取Si3N4的化学方程式为3SiH4+4NH3Si3N4+12H2。设NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.常温常压下,1.8 g SiH4所含质子数为3.2NA
B.标准状况下,4.48 L NH3和H2的混合气体所含分子总数为0.2NA
C.NA个NH3分子溶于1 L的水,所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1
D.当生成1 mol Si3N4时,转移电子数为6NA
答案 B
2.下列各组中两种气体的分子数一定相等的是( )
A.温度相同、体积相同的O2和N2
B.体积相等、密度不等的CO和N2
C.质量相等、密度不等的CO和N2
D.压强相同、体积相同的CO2和O2
答案 C
解析 同温同体积时,若压强不同,则O2和N2的分子数不等,A错误;CO和N2的摩尔质量均为28 g·mol-1,体积相等、密度不等,则二者的质量不等,其物质的量不等,故两种气体的分子数不相等,B错误;质量相等时,CO和N2的物质的量相等,则所含分子数相等,C正确;同压同体积时,若温度不同,则CO2和O2的分子数不等,D错误。
3.三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)A.原子数相等的三种气体,质量最大是Z
B.若一定条件下,三种气体体积均为2.24 L,则它们的物质的量一定均为
0.1 mol
C.同温同压下,同质量的三种气体,气体密度最小的是X
D.同温下,容积相同的两容器分别充2 g Y气体和1 g Z气体,则压强比为1∶1
答案 C
解析 因为不确定X、Y、Z三种气体分子中原子个数和组成,所以原子数相等的三种气体就不能确定三种气体的分子数,故A项错误;三种气体体积均为2.24 L,Vm不一定等于22.4 L· mol-1,所以它们的物质的量不一定均为0.1 mol,故B项错误;同温同压下,同质量的三种气体,密度和相对分子质量成正比,三种气体密度最小的是X,故C项正确;同温同体积下,气体物质的量之比等于压强之比,Y、Z气体的压强比为
突破方法
解答阿伏加德罗定律及推论题的思维模板
研专项 前沿命题
阿伏加德罗常数判断的5个“陷阱”
题型 考查内容 选择题 考查知识 物质的组成、结构及变化、电离、盐的水解、氧化还原反应等
核心素养 宏观辨识与微观探析
陷阱1围绕物质的组成及结构设置陷阱
例1.(双选)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )
A.18 g 含有的中子数为10NA(2021湖南卷,5-A)
B.1 mol CHCl3含有C—Cl的数目为3NA(2021广东卷,11-A)
C.22.4 L(标准状况)氟气所含的质子数为18NA(2021河北卷,7-A)
D.18 g重水(D2O)中含有的质子数为10NA(2021全国甲卷,8-A)
思路指导
答案 AD
突破方法
熟记“组成与结构”,跳出物质的组成与结构陷阱
(1)熟记特殊物质中所含微粒(分子、原子、质子、中子、电子等)的数目,常考的物质有:①单原子分子,如稀有气体He、Ne、Ar等;②双原子分子,如Cl2、N2、O2、H2、Br2、I2等;③多原子分子,如D2O、O3、P4(白磷)、CH4、CO2等。
(2)记住最简式相同的物质,明确微粒数目的特点,如O2和O3、NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等。
(3)掌握常考物质中所含化学键的数目,如下表:
常考物质 CH4 (C—H) P4 (P—P) 晶体硅 (Si—Si) 二氧化硅 (Si—O) 石墨 (C—C) 金刚石
(C—C)
1 mol物质 中含有共价 键的数目 4NA 6NA 2NA 4NA 1.5NA 2NA
(4)注意胶体粒子的构成,如0.1 mol FeCl3水解得到Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA。
针对训练
1. (双选)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.1 mol重水比1 mol水多NA个质子(2020全国Ⅲ卷,9-B)
B.12 g石墨烯和12 g金刚石中均含有NA个碳原子(2020全国Ⅲ卷,9-C)
C.1 L 1 mol·L-1的NaCl溶液中含有28NA个电子(2020全国Ⅲ卷,9-D)
D. +14H++ne- === 2Cr3++7H2O,则每生成1 mol Cr3+转移的电子数为3NA(2020浙江1月选考,20-B)
答案 B D
解析 1个重水分子和1个普通水分子都是由2个氢原子和1个氧原子构成,所含质子数都是10,故1 mol重水和1 mol水中所含质子数相等,A错误;石墨烯和金刚石都是碳元素形成的单质,12 g石墨烯和12 g金刚石中都含有1 mol碳原子,B正确;1 L 1 mol·L-1的NaCl溶液中含有1 mol NaCl,同时还含有水,1 mol NaCl中含有28 mol电子,再加上溶剂水中的电子,则溶液中的电子数大于28NA,C错误;铬元素的化合价由+6价降低到+3价,则生成1 mol Cr3+转移的电子数为3NA,D正确。
陷阱2围绕Vm=22.4 L·mol-1及使用条件设置陷阱
例2.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,2.24 L C2H5OH所含氢原子数为0.6NA(2020海南卷,8-D)
B.11.2 L NO与11.2 L O2混合后的分子数目为NA(2021广东卷,11-C)
C.CH4和C2H4混合气体2.24 L(标准状况)完全燃烧,则消耗O2分子数目为0.25NA(2021浙江1月选考,18-B)
D.11.2 L CH4和22.4 L Cl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA(2021湖南卷,5-D)
思路指导
答案 D
突破方法
基于“两看法”,跳出Vm=22.4 L·mol-1的使用陷阱
针对训练
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.常温常压下,11.2 L NH3中含有的氢原子数为1.5NA
B.常温常压下,16 g O2和O3的混合气体中所含氧原子数为NA
C.标准状况下,22.4 L水含有的分子数为NA
D.2.24 L CO和CO2的混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
答案 B
解析 常温常压下Vm不等于22.4 L·mol-1,则11.2 L NH3的物质的量不是 0.5 mol,故含有的氢原子数不是1.5NA,A错误;16 g O2和O3的混合气体所含氧原子的物质的量为 =1 mol,则所含氧原子数为NA,B正确;标准状况下水是非气体,22.4 L H2O的物质的量不是1 mol,则含有的分子数不是NA,C错误;题目未指明2.24 L CO和CO2的混合气体所处的状况(温度和压强),无法根据其体积计算物质的量,D错误。
陷阱3围绕氧化还原反应中电子的转移设置陷阱
例3. (双选)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.3 mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA(2021全国甲卷,8-B)
B.电解饱和食盐水时,若阴阳两极产生气体的总质量为73 g,则转移的电子数为NA(2021河北卷,7-C)
C.向100 mL 0.10 mol·L-1的FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应,转移的电子数目为0.01NA(2021浙江1月选考,18-C)
D.4 +5HCHO+12H+ === 4Mn2++5CO2↑+11H2O,1 mol
[4 +5HCHO]完全反应转移的电子数为20NA(2020浙江7月选考,19-A)
思路指导
阿伏加德罗常数与电子的转移
阿伏加德罗常数与电子的转移
答案 CD
突破方法
基于“价态变化”,跳出转移电子数目的陷阱
针对训练
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.32 g 硫在足量的氧气中充分燃烧,转移的电子数为 6NA
B.含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量的镁反应,转移的电子数大于0.2NA
C.3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3,转移的电子数为6NA
D.2.3 g Na与O2完全反应,反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
答案 B
解析 硫在足量氧气中充分燃烧生成SO2,硫元素由0价升高到+4价,32 g硫的物质的量为1 mol,则充分燃烧转移的电子数为4NA,A错误。含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量的镁先后发生反应:①Mg+2H2SO4(浓) === MgSO4+SO2↑+2H2O、②Mg+H2SO4(稀) === MgSO4+H2↑,若只发生反应①,则转移的电子数为0.2NA,但随着硫酸浓度的减小,还发生反应②,故转移的电子总数大于0.2NA,B正确。H2和N2生成NH3的反应是可逆反应,即3 mol H2与1 mol N2混合反应生成的NH3的物质的量小于2 mol,则转移的电子数小于6NA,C错误。Na与O2反应生成Na2O或Na2O2,钠元素的化合价均由0价变为+1价,2.3 g Na的物质的量为0.1 mol,完全反应转移的电子数为0.1NA,D错误。
陷阱4围绕特殊反应(或隐含反应)设置陷阱
例4.已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA
(2021湖南卷,5-C)
B.1 mol碘蒸气和1 mol 氢气在密闭容器中充分反应,生成碘化氢的分子数小于2NA(2021河北卷,7-B)
C.1 L pH=4的0.1 mol·L-1的K2Cr2O7溶液中 的数目为0.1NA
(2021全国甲卷,8-D)
D.0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3的分子的数目为0.1NA(2021浙江1月选考,18-D)
思路指导
答案 B
突破方法
理解“反应原理”,跳出特殊反应(或隐含反应)的陷阱
(1)特殊反应——可逆反应:不能正向进行到底,反应物不能全部转化为生成物。
(2)特殊因素——浓度变化:①足量MnO2与浓盐酸的反应,随着反应的进行,浓盐酸变为稀盐酸,反应停止;②足量Cu与浓硫酸在加热条件下反应,随着反应的进行,浓硫酸变为稀硫酸,反应停止;③足量Cu与浓硝酸反应,随着反应的进行,浓硝酸变为稀硝酸,还原产物为NO2和NO的混合气体;④足量Zn与浓硫酸反应,随着反应的进行,浓硫酸变为稀硫酸,得到SO2和H2的混合气体;⑤常温下,铁、铝遇浓硝酸、浓硫酸发生“钝化”。
针对训练
4.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,0.1 mol Cl2溶于水,转移的电子数目为0.1NA
B.5.6 g 铁和6.4 g铜分别与足量单质硫充分反应,转移的电子数目均为0.2NA
C.1 mol N2和3 mol H2混合反应,当生成0.1 mol NH3时,转移的电子数目为0.3NA
D.标准状况下,11.2 L HCl和11.2 L NH3充分混合后含有的分子数为NA
答案 C
解析 Cl2与H2O的反应是可逆反应,将0.1 mol Cl2通入水中,Cl2并非完全与水反应,故转移电子的数目小于0.1NA,A错误;5.6 g 铁和6.4 g铜的物质的量均为0.1 mol,与足量单质硫充分反应分别生成FeS、Cu2S,前者转移的电子数目为0.2NA,后者转移的电子数目为0.1NA,B错误;合成氨反应中,氮元素的化合价由0价降低到-3价,故生成0.1 mol NH3时,转移的电子数目为0.3NA ,C正确;标准状况下,11.2 L HCl和11.2 L NH3的物质的量均为0.5 mol,二者充分混合反应生成0.5 mol NH4Cl,而NH4Cl是离子化合物,不存在分子,故充分混合后含有的分子数为0,D错误。
陷阱5围绕电解质溶液中粒子变化设置陷阱
例5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.0.1 mol·L-1 HClO4溶液中含有的H+数为0.1NA(2021湖南卷,5-B)
B.1 L 1 mol·L-1溴化铵水溶液中 与H+数之和大于NA(2021河北卷,7-D)
C.1 L 1.0 mol·L-1的盐酸中含有阴离子总数为2NA(2021广东卷,11-B)
D.常温下,pH=9的CH3COONa溶液中,水电离出的H+数为10-5NA(2020浙江7月选考,19-C)
思路指导
答案 B
突破方法
基于“粒子变化”,跳出电解质溶液的陷阱
(1)注意所给条件是否与电解质的组成有关,如pH=3的H2SO3溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1,与电解质组成无关。
(2)多元弱酸根离子发生水解,溶液中阴离子的数目增加;多元弱碱阳离子发生水解,溶液中阳离子数目增加。
(3)求溶液中所含氢、氧原子数时,不要忽略溶剂水中的氢、氧原子数目。
针对训练
5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.1 L浓度为0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中阴离子数为0.100NA
B.常温下pH=2的H3PO4溶液,1 L溶液中的H+数目为0.02NA
C.16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
D.100 mL 1 mol·L-1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA
答案 D
解析 能够水解产生 和OH-,所以阴离子数大于0.100NA,A错误;常温下pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=0.01 mol·L-1,1 L该溶液中含有0.01 mol H+,故1 L溶液中H+数目为0.01NA,B错误;Fe(OH)3胶体粒子是多个“Fe(OH)3分子”的集合体,16.25 g FeCl3的物质的量为0.1 mol,则Fe3+水解形成的 Fe(OH)3胶体粒子数小于 0.1NA,C错误;100 mL 1 mol·L-1 FeCl3溶液中含有0.1 mol FeCl3,由于Fe3+发生水解反应,则所含Fe3+的数目小于0.1NA,D正确。课时规范练1 物质的量 气体摩尔体积
一、选择题:本题共9小题,每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2021山东聊城质检)下列有关气体的说法,正确的是( )
A.不同体积的气体,分子数一定不同
B.相同质量的氢气和甲烷,前者体积大
C.相同体积、相同密度的N2O和CO2,两种气体的分子数一定相等
D.相同条件下,相同体积的CO和CO2所含氧原子数目之比为1∶1
2.(2022天津模拟预测)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是( )
A.2.0 g O与O的混合物中含有的中子数为NA
B.3 mol NO2与H2O完全反应时转移电子数目为2NA
C.1 mol NH4F中含有的共价键数为4NA
D.标准状况下2.24 L Cl2溶于水时,所得溶液中含氯微粒总数为0.2NA
3.CO和CO2是碳的两种重要氧化物,用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A.NA个CO和1 mol CO2所含分子数相等
B.相同质量的CO和CO2所含的氧原子个数比为1∶2
C.在标准状况下,相同体积的CO和CO2所含的碳原子个数相同
D.28 g CO全部转化为CO2,所转移的电子数为2NA
4.常温常压下,用等质量的CH4、N2、O2、CO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球,下列说法正确的是( )
A.气球③中装的气体为O2
B.气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶11
C.气球②和气球③中气体分子数相等
D.气球③和气球④中气体密度之比为4∶7
5.(2021河北选考模拟演练)设NA是阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是( )
A.1 mol氮气分子中含有π键的数目为2NA
B.1 mol氩气分子中含有原子的数目为NA
C.1 mol氯化钠中含有Na+的数目为NA
D.1 mol白磷中含有P—P共价键的数目为4NA
6.(2021安徽宿州十三校联考)现有14.4 g CO和CO2的混合气体,在标准状况下所占的体积约为8.96 L。将混合气体依次通过如图装置,假设最后剩余的气体全部收集在气球中。下列结论错误的是( )
A.原混合气体所含碳原子总数为0.8NA(用NA表示阿伏加德罗常数的值)
B.标准状况下,气球中收集到的气体体积为4.48 L
C.NaOH溶液增重8.8 g
D.原混合气体中CO和CO2的体积之比为1∶1
7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.32 g环状S8()分子中含有的S—S数为NA
B.23 g Na与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA
C.用电解粗铜的方法精炼铜,当电路中通过的电子数为NA时,阳极应有32 g Cu转化为Cu2+
D.22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
8.(2022山东泰安高三月考)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.32 g乙醇和14 g二甲醚(H3C —O—CH3)组成的混合物中共价键数目为8NA
B.2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧,得到0.6NA个CO2分子
C.1 mol正丁烷与1 mol异丁烷中,共价键数目均为14NA
D.1 mol CaO2晶体所含离子总数为3NA
9.(2022海南卷)在2.8 g Fe中加入100 mL 3 mol·L-1 HCl,Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A.反应转移电子为0.1 mol
B.HCl溶液中Cl-数为3NA
C.2.8 g 56Fe含有的中子数为1.3NA
D.反应生成标准状况下气体3.36 L
二、选择题:本题共4小题,每小题有一个或两个选项符合题目要求。
10.(2021海南三亚中学检测)下列条件下,两瓶气体所含原子数一定相等的是( )
A.同质量、不同密度的N2和O2
B.同温度、同体积的H2和N2
C.同体积、同密度的C2H4和C3H6
D.同压强、同体积的N2O和CO2
11.(2022辽宁鞍山一模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是( )
A.31 g白磷(P4)中白磷分子总数为NA
B.2 L含K+为19.5 mg·L-1的矿泉水含K+数目为10-3NA
C.由乙烯制备一氯乙烷若获得1 mol产品需2NA个Cl2分子
D.标准状况下,22.4 L SO3与足量水反应可获得NA个H2SO4分子
12.(2021山东临沂一模)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.12 g NaHSO4晶体中阴离子所带电荷数为0.2NA
B.标准状况下,2.24 L CH3Cl中含有共价键的数目为0.4NA
C.25 ℃时,1 L pH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NA
D.0.1 mol FeI2与0.1 mol Cl2反应时转移电子的数目为0.2NA
13.(2021河北邢台质检)标准状况下,CH4和CO的混合气体的体积为8.96 L,总质量为7.60 g。下列说法不正确的是( )
A.CO和CH4的物质的量之比为1∶3
B.CO的质量分数约为36.8%
C.H和C两种原子个数之比为2∶1
D.混合气体的密度约为8.48 g·L-1
三、非选择题:本题共3小题。
14.同温同压下,甲容器中充满35Cl2,乙容器中充满37Cl2,完成下列填空。
(1)若两种气体体积相等,则甲、乙两容器中气体密度之比为 。
(2)若两种气体体积相等,则甲、乙两容器中气体分子数之比为 。
(3)若两种气体质量相等,则甲、乙两容器中气体所含质子数之比为 。
(4)若两种气体体积相等,则甲、乙两容器中气体所含中子数之比为 。
15.我国力争在2030年前实现碳达峰,即二氧化碳的排放量不再增长,达到峰值之后逐步降低。CO2的减排已经引起国际社会的广泛关注,我国科学家已实现了CO2高选择性、高稳定性加氢合成甲醇(CH3OH)的反应CO2+3H2CH3OH+H2O。已知NA表示阿伏加德罗常数的值。
(1)甲醇的摩尔质量为 g·mol-1。
(2)0.2 mol H2O中所含原子的数目为 ,所含质子数为 。
(3) g水中所含氢原子的数目与1 mol CH3OH所含氢原子数相同。
(4)含0.1NA个氧原子的CO2中所含电子数为 。
(5)16 g CH3OH完全燃烧生成CO2和H2O,消耗O2的体积为 (标准状况)。
16.(2021江西吉安第一次调研)过氧化钙是一种安全无毒的物质,带有数量不等的结晶水,通常还含有部分CaO。
(1)称取0.542 g某过氧化钙样品,灼热时发生如下反应:2(CaO2·xH2O)2CaO+O2↑+2xH2O,得到的O2在标准状况下体积为67.2 mL,该样品中CaO2的物质的量为 。
(2)另取同一样品0.542 g,溶于适量的稀盐酸中,然后加入足量的Na2CO3溶液,将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀,得到0.70 g干燥的CaCO3。
①试计算样品中CaO的质量为 。
②试计算样品CaO2·xH2O中x的值为 。
参考答案
课时规范练1 物质的量 气体摩尔体积
1.C 解析 不同体积的气体若所处温度和压强不同,所含分子数可能相同,A错误;相同质量的氢气和甲烷相比,氢气的物质的量大于甲烷,在相同温度和压强下,氢气的体积大于甲烷,但不同温度和压强下,则不一定,B错误;N2O和CO2的摩尔质量均为44g·mol-1,相同体积、相同密度的两种气体的质量相等,则其物质的量相同,所含分子数一定相等,C正确;相同条件下,相同体积的CO和CO2的分子数相同,则所含氧原子数目之比为1∶2,D错误。
2.D 解析 H、D摩尔质量分别为1g·mol-1、2g·mol-1,H、D中子数分别为0、1,故O与O的摩尔质量均为20g·mol-1,O与O均含有10个中子,2.0gO与O的物质的量为0.1mol,故含有的中子数为NA,A项正确;NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO,根据电子得失可判断该反应转移电子为2e-,则3molNO2与H2O完全反应时转移电子数目为2NA,B项正确;NH4F中N存在4个共价键,故1molNH4F中含有的共价键数为4NA,C项正确;Cl2溶于水时部分与水反应生成HCl和HClO,部分以Cl2分子形式存在,标准状况下2.24L气体物质的量为0.1mol,故溶液中含氯微粒总数应小于0.2NA,D项错误。
3.B 解析 NA个CO的物质的量为1mol,与1molCO2所含分子数相等,A正确;相同质量的CO和CO2的物质的量之比为11∶7,则所含的氧原子个数比为11∶14,B错误;标准状况下,相同体积的CO和CO2的物质的量相等,则所含的碳原子个数相同,C正确;28gCO的物质的量为1mol,全部转化为CO2,碳元素由+2价升高到+4价,故转移的电子数为2NA,D正确。
4.B 解析 摩尔质量(单位为g·mol-1)由大到小的顺序为CO2>O2>N2>CH4,则等质量的四种气体的物质的量:n(CH4)>n(N2)>n(O2)>n(CO2),根据阿伏加德罗定律,同温同压条件下,气体的体积之比等于其物质的量之比,故气球①、②、③、④中的气体分别为代表CO2、O2、N2、CH4,A错误。气球①和④中气体分别是CO2、CH4,根据阿伏加德罗定律的推论可知,等质量时气体的物质的量与其摩尔质量成反比,故CO2、CH4的物质的量之比为16∶44=4∶11,B正确。气球②和③中气体分别是O2、N2,等质量时,二者的物质的量之比为28∶32=7∶8,故其所含分子数之比为7∶8,C错误。气球③和④中气体分别是N2、CH4,根据阿伏加德罗定律的推论可知,二者的密度之比等于其摩尔质量之比,则N2和CH4的密度之比为28∶16=7∶4,D错误。
5.D 解析 一个氮气分子中含有一个N≡N,一个三键中有一个σ键、两个π键,所以1mol氮气分子中含有π键的数目为2NA,A正确;氩气分子为单原子分子,所以1mol氩气分子中含有原子的数目为NA,B正确;氯化钠的化学式为NaCl,所以1mol氯化钠中含有Na+的数目为NA,C正确;白磷的化学式为P4,P4分子为正四面体结构(四个磷原子分别位于顶点),一个白磷分子中含有6个P—P,所以1mol白磷中含有P—P共价键的数目为6NA,D错误。
6.A 解析 CO和CO2混合气体的质量为14.4g,在标准状况下所占的体积约为8.96L,则有n(CO)×28g·mol-1+n(CO2)×44g·mol-1=14.4g,n(CO)+n(CO2)==0.4mol,联立两式解得:n(CO)=n(CO2)=0.2mol。混合气体的总物质的量为0.4mol,则所含碳原子总数为0.4NA,A错误。混合气体通过NaOH溶液时CO2被吸收,气球中收集到的气体是CO,其物质的量为0.2mol,故在标准状况下的体积为4.48L,B正确。NaOH溶液吸收CO2生成Na2CO3和H2O,则NaOH溶液增加的质量为CO2的质量,应为0.2mol×44g·mol-1=8.8g,C正确。相同温度和压强下,气体的体积之比等于其物质的量之比,则CO和CO2的体积之比等于0.2mol∶0.2mol=1∶1,D正确。
7.A 解析 由S8分子结构可知,1个S8分子中含有8个S—S,32gS8为mol,则含S—S的数目为NA,A正确;23gNa与水反应生成0.5molH2,则生成H2分子数目为0.5NA,B错误;电解精炼铜的装置中,阳极首先是比铜活泼的Fe、Zn等金属放电,所以当通过的电子数为NA时,阳极发生反应的Cu可能少于32g,C错误;标准状况下,22.4L氮气的物质的量为1mol,1个氮气分子中含有14个中子,故1mol 氮气中含有14NA个中子,D错误。
8.A 解析 乙醇与二甲醚的分子式都是C2H6O,其相对分子质量是46,32g乙醇和14g二甲醚(H3C—O—CH3)组成的混合物总质量是46g,其总物质的量是1mol,由于一个乙醇或二甲醚分子中均含有8个共价键,故1mol混合物中所含的共价键数目为8NA,A项正确;苯在标准状况下为液体,不能使用气体摩尔体积计算其物质的量,B项错误;正丁烷与异丁烷互为同分异构体,分子式为C4H10,1mol正丁烷与异丁烷中共价键数目均为13NA,C项错误;1个CaO2中含有1个Ca2+、1个,故1molCaO2晶体所含离子的物质的量为2mol,离子总数为2NA,D项错误。
9.A 解析 2.8gFe的物质的量为0.05mol,而100mL3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol,两者发生反应后,Fe完全溶解,而盐酸过量。Fe完全溶解生成Fe2+,该反应转移电子的物质的量为0.1mol,A项正确;HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol,因此Cl-数目为0.3NA,B项错误;56Fe的质子数为26、中子数为30,2.8g56Fe的物质的量为0.05mol,因此,2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA,C项错误;反应生成H2的物质的量为0.05mol,在标准状况下的体积为1.12L,D项错误。
10.C 解析 N2和O2的摩尔质量不同,同质量时其物质的量不同,则所含原子数不同,A不符合题意;由于压强未知,同温度、同体积的H2和N2的物质的量不一定相等,则所含原子数不一定相等,B不符合题意;同体积、同密度的C2H4和C3H6的质量相等,由于二者的最简式均为CH2,则所含CH2的物质的量相等,故所含原子数相等,C符合题意;由于温度未知,同压强、同体积的N2O和CO2的物质的量不一定相等,则所含原子数不一定相同,D不符合题意。
11.B 解析 31g白磷(P4)中白磷分子总数为×NAmol-1=0.25NA,故A项错误;2L含K+为19.5mg·L-1的矿泉水含K+的数目为×NAmol-1=10-3NA,故B项正确;乙烯与HCl反应制得一氯乙烷,故C项错误;标准状况下,三氧化硫不是气态,无法使用22.4L·mol-1计算物质的量,故D项错误。
12.BD 解析 NaHSO4晶体由Na+和HS构成,12gNaHSO4的物质的量为0.1mol,则其中阴离子所带电荷数为0.1NA,A错误;标准状况下,2.24LCH3Cl的物质的量为0.1mol,则含有共价键的数目为0.4NA,B正确;25℃时,pH=13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.1mol·L-1,c(Ba2+)=0.05mol·L-1,则1L该溶液中含Ba2+数目为0.05NA,C错误;I-的还原性强于Fe2+,0.1molFeI2与0.1molCl2发生反应2I-+Cl22Cl-+I2,转移电子的数目为0.2NA,D正确。
13.CD 解析 标准状况下,CH4和CO的混合气体的体积为8.96L,即物质的量为0.4mol,总质量为7.60g,则平均摩尔质量为=19g·mol-1,则有=19g·mol-1,解得n(CO)∶n(CH4)=1∶3,A正确;混合气体的总物质的量为0.4mol,n(CO)∶n(CH4)=1∶3,则有n(CO)=0.1mol,m(CO)=2.8g,故CO的质量分数为×100%≈36.8%,B正确;0.1molCO和0.3molCH4共含有1.2mol氢原子和0.4mol碳原子,故H和C两种原子个数比为3∶1,C错误;CH4和CO的混合气体的体积为8.96L,总质量为7.60g,则混合气体的密度为≈0.848g·L-1,D错误。
14.答案 (1)35∶37 (2)1∶1 (3)37∶35 (4)9∶10
15.答案 (1)32 (2)0.6NA 2NA (3)36 (4)1.1NA (5)16.8 L
解析 (4)1个CO2分子含有22个电子,含0.1NA个氧原子的CO2的物质的量为0.05mol,含有1.1mol电子,故所含电子数为1.1NA。
(5)16gCH3OH的物质的量为0.5mol,完全燃烧消耗氧气的物质的量为0.75mol,则消耗的氧气在标准状况下的体积为0.75mol×22.4L·mol-1=16.8L。
16.答案 (1)6×10-3mol (2)①0.056 g ②0.5
解析 (1)由题意可知,n(O2)=3×10-3mol,结合反应的化学方程式可得n(CaO2·xH2O)=2n(O2)=6×10-3mol,则有n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=6×10-3mol。
(2)①0.70g干燥的CaCO3的物质的量为7×10-3mol,据钙元素守恒可得n(CaO)=7×10-3mol-6×10-3mol=1×10-3mol,则有m(CaO)=1×10-3mol×56g·mol-1=0.056g。②样品中水的质量为m(样品)-m(CaO2)-m(CaO)=0.542g-6×10-3mol×72g·mol-1-0.056g=0.054g,则n(H2O)==3×10-3mol。据CaO2·xH2O的组成可得,x∶1=n(H2O)∶n(CaO2)=(3×10-3mol)∶(6×10-3mol),解得x=0.5。课时规范练2 物质的量浓度
一、选择题:本题共8小题,每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2021北京石景山区一模)实验室配制250 mL 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液,无需用到的仪器是( )
2.(2022辽宁抚顺高三月考)某试剂瓶上贴有如下标签:“100 mL 1.0 mol·L-1 MgCl2溶液”。对该试剂理解正确的是( )
A.该溶液中含有的微粒主要有MgCl2、Mg2+、Cl-、H2O
B.若取50 mL溶液,其中的c(Cl-)=1.0 mol·L-1
C.取该溶液5.0 mL恰好与100 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液完全反应
D.该溶液与100 mL 1.0 mol·L-1 NaCl溶液中的c(Cl-)相等
3.(2022浙江月考)用密度为1.84 g·mL-1、质量分数为98%的浓硫酸配制180 mL 2 mol·L-1稀硫酸。下列各步骤中操作正确的是( )
A.计算、量取:用20 mL量筒量取19.6 mL浓硫酸
B.溶解、稀释:将浓硫酸倒入烧杯,再加入80 mL左右的蒸馏水,搅拌
C.转移、洗涤:将溶液转移到容量瓶中,用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒,洗涤液转入容量瓶重复2~3次
D.定容、摇匀:加水至凹液面最低处与刻度线相切,摇匀,最后在容量瓶上贴上标签
4.(2021北京海淀区一模)下列各组微粒数目一定相等的是( )
A.等体积的NO和NO2所含的氮原子数目
B.等质量的正丁烷和异丁烷所含的C—H数目
C.等物质的量浓度的KCl溶液和NaCl溶液中的Cl-数目
D.等质量的Cu分别与足量的浓硝酸、稀硝酸反应生成的气体分子数目
5.(2021福建漳州期末)化学实验室里有一瓶盐酸,试剂瓶上面的标签如图所示。下列说法正确的是( )
产品名称:盐酸
化学式:HCl
产品等级:分析纯
质量分数:36.5%
密度:1.19 g·cm-3
A.该盐酸物质的量浓度为11.9 mol·L-1
B.等体积的该盐酸与水混合后质量分数约为18.25%
C.配制100 mL 1.00 mol·L-1的稀盐酸需该盐酸8.8 mL
D.配制稀盐酸时,取用浓盐酸的量筒使用后应洗涤,并将洗涤液也注入容量瓶中
6.(2022湖南长沙一模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA
B.在1 L 0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液中,阴离子的总数大于0.1NA
C.1 mol的—OH与1 mol的OH-所含电子数均为9NA
D.标准状况下,2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5NA
7.(2022吉林长春三模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是( )
A.室温下pH=12的Na2CO3溶液中,由水电离出的OH-数目为0.01NA
B.1.0 L 1.0 mol·L-1的NaAlO2溶液中含氧原子数为2NA
C.0.2 mol SO2与0.2 mol O2在一定条件下充分反应生成SO3分子数为0.2NA
D.3.9 g Na2O2固体中含有阴、阳离子的总数目为0.15NA
8.(2022天津滨海七校联考)将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中,所得溶液的密度为ρ g·cm-3,则此溶液的物质的量浓度为( )
A. mol·L-1
B. mol·L-1
C. mol·L-1
D. mol·L-1
二、选择题:本题共4小题,每小题有一个或两个选项符合题目要求。
9.(2021山东师大附中检测)实验室要用63%的浓硝酸(密度为1.38 g·cm-3)配制800 mL 0.8 mol·L-1的稀硝酸,下列说法正确的是( )
A.浓硝酸见光、受热易分解,应用带磨口玻璃塞的棕色细口瓶保存
B.量取浓硝酸应选用的量筒规格是10 mL
C.量筒量取的浓硝酸倒入烧杯后应洗涤量筒并将洗涤液也倒入烧杯
D.配制时若有少量浓硝酸溅到手上,应立即用水进行冲洗再涂上稀NaHCO3溶液
10.(2021福建泉州第三次质检)设NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 ( )
A.14.0 g的N2和CO的混合气体中含有NA个原子
B.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中含有HC的个数小于0.1NA
C.0.5 mol N2和1.5 mol H2充分反应后,可得NH3分子数为NA
D.2.24 L的Cl2与NaOH溶液完全反应,转移的电子数为0.2NA
11.(2021山东东营一模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.1 mol O2和N2的混合气体中含有的原子数为2NA
B.含有1 mol硅原子的晶体硅和二氧化硅中,共价键的数目均为2NA
C.常温下,pH=2的硫酸溶液中,氢离子的数目为0.01NA
D.7.8 g Na2O2与足量水反应,转移的电子数为0.1NA
12.(2021山东德州三模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是( )
A.常温常压下,4 g D2O中含有的电子数为2NA
B.42 g C2H4和C4H8的混合气体中含有氢原子数为6NA
C.H2O(g)通过Na2O2(s)使固体增重b g时,反应中转移的电子数为bNA
D.25 ℃时,pH=1的HCl溶液中含有的H+数为0.1NA
三、非选择题:本题共2小题。
13.(2021福建南平第二次质检)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248 g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:
(1)溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在 中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的 中,加蒸馏水至 。
(2)滴定:取0.009 50 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,用硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2S4+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液 ,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为 %(保留1位小数)。
14.(2021山东肥城期末统考)已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示,该“84”消毒液通常稀释到原来体积的100倍后使用。回答下列问题:
“84”消毒液
有效成分:NaClO
规格:1 000 mL
质量分数:25%
密度:1.19 g·cm-3
(1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为 mol·L-1(计算结果保留2位有效数字)
(2)某同学取100 mL该“84”消毒液,稀释后用于消毒,稀释后的溶液中n(Na+)= mol。
(3)“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为盐酸)一起使用反而会弄巧成拙,产生有毒的气体,造成中毒事件。实验室用12.5 mol·L-1的浓盐酸配制0.4 mol·L-1的盐酸240 mL。
①配制240 mL 0.4 mol·L-1的盐酸应量取浓盐酸的体积为 mL,应选用 mL的容量瓶。
②下列操作对所配溶液的浓度有何影响(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
定容时,俯视刻度线,浓度 ;用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面,浓度 ;定容摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线,加水至刻度线,浓度 ;容量瓶在使用前未干燥,里面有少量蒸馏水,浓度 。
参考答案
课时规范练2 物质的量浓度
1.A 解析 配制250mL0.1mol·L-1的Na2CO3溶液需要用到容量瓶(250mL)、烧杯、胶头滴管等,不需要圆底烧瓶。
2.C 解析 MgCl2是强电解质,在水溶液中完全电离,水是弱电解质部分电离,所以溶液中存在的微粒主要有Mg2+、Cl-、H2O、H+、OH-,故A项错误;该溶液的浓度为1.0mol·L-1,根据Cl-离子守恒得c(Cl-)=2c(MgCl2)=2×1.0mol·L-1=2.0mol·L-1,浓度与溶液体积无关,故B项错误;n(Cl-)=2.0mol·L-1×0.005L=0.01mol,n(Ag+)=0.1mol·L-1×0.1L=0.01mol,所以二者恰好完全反应,故C项正确;1.0mol·L-1NaCl溶液中的c(Cl-)=c(NaCl)=1.0mol·L-1,1.0mol·L-1MgCl2溶液中的c(Cl-)=2c(MgCl2)=2×1.0mol·L-1=2.0mol·L-1,故D项错误。
3.C 解析 由于没有180mL容量瓶,需配制250mL溶液,设需浓硫酸的体积为V,根据稀释前后溶质的质量相等,有V×1.84g·mL-1×98%=0.250L×2mol·L-1×98g·mol-1,解得V≈27.2mL,应选用50mL量筒量取浓硫酸,A项错误;稀释浓硫酸时,应向水中缓慢加入浓硫酸,并不断搅拌,B项错误;冷却后的硫酸溶液转移至容量瓶中后,为减小实验误差,应用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,且洗涤液转移至容量瓶中,C项正确;容量瓶只能用于配制溶液,不可用于贮存溶液,定容、摇匀后,应将溶液倒入试剂瓶中,并贴上标签,注明溶液成分及浓度,D项错误。
4.B 解析 题目未指明NO和NO2所处状况,不能判断等体积时二者物质的量是否相等,故不能判断氮原子数目,A错误;正丁烷和异丁烷互为同分异构体,等质量时二者的物质的量相等,则所含C—H的数目相等,B正确;等浓度KCl溶液和NaCl溶液,若体积不同,则所含Cl-的数目不同,C错误;等质量的Cu分别与足量浓硝酸、稀硝酸反应,根据电子得失守恒推知,生成NO2和NO的气体分子数目之比为3∶1,D错误。
5.A 解析 该盐酸的质量分数为36.5%,密度为1.19g·cm-3,则该盐酸的物质的量浓度c(HCl)=mol·L-1=11.9mol·L-1,A正确;该盐酸的密度大于水的密度,等体积的该盐酸和水相比,前者的质量大于后者,二者混合后质量分数大于18.25%,B错误;根据稀释定律可得:11.9mol·L-1×V(盐酸)=100mL×1.00mol·L-1,解得V(盐酸)≈8.4mL,C错误;配制稀盐酸时,用量筒量取浓盐酸后,不必进行洗涤,若洗涤且洗涤液注入容量瓶中,则所配溶液的物质的量浓度偏高,D错误。
6.B 解析 温度和溶液体积未知,无法计算OH-个数,故A项错误;1L0.1mol·L-1CH3COONa溶液中,阴离子浓度等于溶液中c(Na+)和c(H+)之和,c(Na+)=0.1mol·L-1,故阴离子总数大于0.1NA,故B项正确;—OH呈电中性,故1mol—OH中含9NA个电子,而OH-带一个负电荷,故1molOH-中含10NA个电子,故C项错误;标准状况下,2.24L乙醇不是气态,物质的量不是0.1mol,故D项错误。
7.D 解析 室温下pH=12的Na2CO3溶液中,由于题干未告知溶液的体积,则无法计算由水电离出的OH-数目,A项错误;由于溶剂水中也含有O原子,则无法计算1.0L1.0mol·L-1的NaAlO2溶液中含氧原子数,B项错误;由于2SO2+O22SO3是一个可逆反应,则0.2molSO2与0.2molO2在一定条件下充分反应生成SO3分子数小于0.2NA,C项错误;已知Na2O2是由Na+和构成的,则3.9gNa2O2固体中含有阴、阳离子的总数目为×3NAmol-1=0.15NA,D项正确。
8.A 解析 将Na和Al一同投入mg足量水中时,发生反应的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑。由于Na、Al的物质的量均为amol,结合化学方程式可知共生成2amolH2,所得溶液中只有NaAlO2一种溶质,其物质的量为amol。所得溶液的质量为m(Na)+m(Al)+m(H2O)-m(H2)=(46a+m)g,所得溶液的体积为L,则该溶液的物质的量浓度为mol·L-1。
9.AD 解析 质量分数为63%的浓硝酸(密度为1.38g·cm-3)的物质的量浓度为mol·L-1=13.8mol·L-1,配制800mL0.8mol·L-1的稀硝酸,据稀释规律可得:13.8mol·L-1×V(浓)=800mL×0.8mol·L-1,解得V(浓)≈46.4mL,故应选用50mL的量筒,B错误;量取浓硝酸的量筒洗涤后,洗涤液不能倒入烧杯中,C错误;配制时若有少量浓硝酸溅到手上,应立即用水进行冲洗再涂上碱性较弱的稀NaHCO3溶液,D正确。
10.A 解析 N2和CO的摩尔质量均为28g·mol-1,均为双原子分子,则14.0g的混合气体的物质的量为0.5mol,含有的原子数为NA,A正确;溶液体积未知,无法确定离子的物质的量,B错误;N2和H2的反应为可逆反应,氮气和氢气不能完全反应,所得氨气分子数小于NA,C错误;未明确2.24LCl2的状况,不能根据体积确定其物质的量,D错误。
11.AD 解析 氮气和氧气都是双原子分子,则1mol氮气和氧气的混合气体中含有的原子数为2NA,A正确;晶体硅中每个硅原子与4个硅原子形成共价键,每个硅原子实际形成2个共价键,二氧化硅中,每个硅原子与4个氧原子形成共价键,则含有1mol硅原子的晶体硅中共价键的数目为2NA,含有1mol硅原子的二氧化硅中共价键的数目为4NA,B错误;缺少溶液的体积,无法计算常温下pH=2的硫酸溶液中氢离子的数目,C错误;过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,1molNa2O2转移电子的数目为NA,7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol,则转移的电子数为0.1NA,D正确。
12.CD 解析 1个D2O分子含有10个电子,4gD2O的物质的量为0.2mol,则含有电子数为2NA,A正确;C2H4和C4H8的最简式均为CH2,42gCH2的物质的量为3mol,则含有氢原子数为6NA,B正确;H2O(g)通过Na2O2(s)使固体增重bg时,消耗molH2O(g)和molNa2O2,则转移电子数为NA,C错误;25℃时,溶液的体积未知,无法计算溶液中H+的数目,D错误。
13.答案 (1)烧杯 容量瓶 刻度线 (2)蓝色褪去,且半分钟内不恢复 95.0
解析 (1)配制一定物质的量浓度的溶液,应该在烧杯中溶解,冷却至室温后,再转移至100mL的容量瓶中,加蒸馏水至距刻度线1~2cm处,改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面与刻度线相切。
(2)加入淀粉溶液作为指示剂,淀粉遇I2变蓝色,加入的Na2S2O3样品与I2反应,当I2消耗完后,溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复,即为滴定终点。由反应Cr2+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2S4+2I-,可得关系式:Cr2~3I2~6S2,则有n(S2)=6n(Cr2)=0.00950mol·L-1×0.02L×6,故硫代硫酸钠样品溶液的浓度为,则样品的纯度为×100%=95.0%。
14.答案 (1)4.0 (2)0.4
(3)①8.0 250 ②偏大 偏小 偏小 无影响
解析 (1)由标签数据可得“84”消毒液的物质的量浓度c=≈4.0mol·L-1。
(2)稀释前100mL该溶液中溶质的物质的量为n(溶质)=4.0mol·L-1×0.1L=0.4mol,因为n(溶质)∶n(Na+)=1∶1,即n(Na+)=0.4mol。
(3)①稀释前后HCl的物质的量不变,则12.5mol·L-1×V1=0.4mol·L-1×0.25L,即V1=0.008L=8.0mL。选用容量瓶遵循“大而近”的原则,常见的容量瓶规格为50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL,所以配制240mL盐酸需选用250mL的容量瓶。②物质的量浓度c=,定容时俯视刻度线,实际溶液体积小于容量瓶规格,所以浓度偏大;量取浓溶液时俯视凹液面,实际溶液体积小于读数,所以浓度偏小;定容摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线,加水至刻度线,使得溶液体积偏大,则浓度偏小;因为定容时要加入蒸馏水,所以容量瓶在使用前未干燥,里面有少量蒸馏水,对溶液物质的量浓度无影响。(共69张PPT)
第2讲 物质的量浓度
第一章
内容索引
01
02
强基础 增分策略
增素能 精准突破
研专项 前沿命题
03
【课程标准】
1.能基于物质的量认识物质的组成及其化学变化,运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。
2.初步学会配制溶液等化学实验基础知识和基本技能。
强基础 增分策略
一、溶液组成的两种表示方法
1.物质的量浓度(cB)(从微观角度认识溶液的组成)
2.溶质的质量分数(w)(从宏观角度认识溶液的组成)
应用提升 使用物质的量浓度要注意的地方
(1)溶质B表示溶液中的任意溶质,可以是分子、离子或其他特定组合。
(2)溶质只能用物质的量表示,不能用质量,若题目提供的是溶质的质量或气体的体积时,要换算成物质的量。
(3)溶质的浓度和所得离子的浓度可能不同,要注意结合物质的电离方程式进行具体分析。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)0.1 mol·L-1 NaOH溶液是指1 L水中溶解4.0 g NaOH所得的溶液。
( × )
(2)从100 mL 1.0 mol·L-1 NaCl溶液中取出10 mL,其物质的量浓度仍为
1.0 mol·L-1。( √ )
(3)将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于75 g水中,所得溶液的物质的量浓度为
1.0 mol·L-1。( × )
(4)0.5 mol·L-1 BaCl2溶液中,c(Cl-)为1.0 mol·L-1,该溶液中含0.5NA个Ba2+。
( × )
二、配制一定物质的量浓度的溶液
1.容量瓶
(1)构造及使用
(2)查漏操作
(3)使用容量瓶的注意事项
①不能配制任意体积的溶液,只能配制容量瓶上规定容积的溶液;
②不能将固体(或浓溶液)直接放在容量瓶中溶解(或稀释);
③不能将过冷(或过热)的溶液转移到容量瓶中;
④向容量瓶中注入液体时,一定要用玻璃棒引流,防止溶液洒落;
⑤容量瓶不能用来长期贮存溶液。
2.配制一定物质的量浓度的溶液
以配制100 mL 1.0 mol·L-1 NaCl溶液为例
(1)主要仪器
天平、药匙、量筒、烧杯、 100 mL容量瓶 、玻璃棒、 胶头滴管 等。
(2)配制过程
旁栏边角 必修第一册第二章第三节
阅读教材“思考与讨论”,判断下列说法的正误。
(1)用托盘天平称量5.9 g NaCl固体时,药品和砝码放颠倒(使用了游码)了,导致所配溶液的物质的量浓度偏大。( × )
(2)用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒,洗涤液未转移至容量瓶中,导致所配溶液的物质的量浓度偏小。( √ )
(3)将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外,要重新配制。
( √ )
(4)定容时,俯视容量瓶上的刻度线,最后配成溶液中溶质的实际浓度比所要求的小。( × )
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)配制240 mL1.0 mol·L-1 NaCl溶液时,应选用250 mL的容量瓶。( √ )
(2)将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中,加水至刻度线,配制1.0 mol·L-1 NaOH溶液。( × )
(3)配制0.400 0 mol·L-1 NaOH溶液:称取4.0 g固体NaOH置于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,然后立即转移至250 mL容量瓶中定容。( × )
(4)配制1.0 mol·L-1 CuSO4溶液:用天平称取16.0 g CuSO4·5H2O晶体,放入100 mL容量瓶中,加水溶解并定容至凹液面与刻度线相切。( × )
增素能 精准突破
考点一
物质的量浓度及相关计算
【能力概述】
新 教 材 变化 新教材与旧教材相比变化不大,新教材中删去了“思考与交流”的内容
新 高 考 高频考点 从近两年新高考试题来看,阿伏加德罗常数、实验数据处理等问题中仍考查物质的量浓度的计算
预测考向 预测2023年高考可能会在阿伏加德罗常数、实验数据处理等问题中考查物质的量浓度的计算
【新教材·新高考】
典例突破
(2021天津部分区期末)若将m g NaOH固体溶于一定量的水恰好配成
200 mL饱和溶液,其密度为ρ g·cm-3,则下列说法正确的是( )
答案 C
考题点睛
针对训练
1.(2022山东滨州一中月考)下列说法正确的是( )
A.1 L水中溶解了40 g NaOH后,所得溶液浓度为1 mol·L-1
B.从1 L 2 mol·L-1的NaCl溶液中取出0.5 L,该溶液的浓度为1 mol·L-1
C.将2.24 L(标准状况)HCl气体溶于水配成100 mL溶液,其物质的量浓度为1 mol·L-1
D.配制1 L 0.2 mol·L-1的CuSO4溶液,需用25.0 g胆矾
答案 C
解析 1 L水中溶解了40 g NaOH后溶液的体积不是1 L,所得溶液浓度不是 1 mol·L-1,A项错误;溶液具有均一性,从1 L 2 mol·L-1的NaCl溶液中取出 0.5 L,该溶液的浓度仍为2 mol·L-1,B项错误;标准状况下,2.24 L HCl气体的物质的量为0.1 mol,溶于水配成100 mL溶液,其物质的量浓度为1 mol·L-1,C项正确;配制1 L 0.2 mol·L-1的CuSO4溶液,需要硫酸铜的物质的量为0.2 mol,需用50.0 g胆矾,D项错误。
2.(2021山东聊城期末)现有两种硫酸溶液,其中一种物质的量浓度为c1 mol·L-1、密度为ρ1 g·cm-3,另一种物质的量浓度为c2 mol·L-1、密度为ρ2 g·cm-3,当它们等体积混合后,溶液的密度为ρ3 g·cm-3,则混合后所得溶液的物质的量浓度(mol·L-1)为( )
答案 D
解析 物质的量浓度为c1 mol·L-1、密度为ρ1 g·cm-3的硫酸和物质的量浓度为c2 mol·L-1、密度为ρ2 g·cm-3的硫酸等体积混合,假设两溶液的体积均为 1 L,混合溶液中n(H2SO4)=(c1+c2) mol,混合液的总质量为1 000(ρ1+ρ2) g,
归纳总结
物质的量浓度的相关计算方法
(1)物质的量浓度的简单计算
(2)溶液稀释的有关计算
利用浓溶液配制稀溶液,稀释前后溶质的物质的量和质量都保持不变:
①溶质的物质的量守恒:c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀);
②溶质的质量守恒:m(浓)·w(浓)=m(稀)·w(稀)。
(3)物质的量浓度和溶质质量分数之间的关系: (ρ的单位为g·cm-3或者g·mL-1)。
考点二
配制一定物质的量浓度的溶液
【能力概述】
新 教 材 变化 新教材增加了“资料卡片——容量瓶的使用”和“思考与讨论”,突出仪器使用和实验操作的规范性,可能是新高考实验基础命题的素材
新 高 考 高频考点 溶液配制及仪器选择仍是新高考命题的热点。
预测考向 预测2023年高考可能会在实验基础题中考查溶液的配制操作及仪器选择等
【新教材·新高考】
考向1.配制一定物质的量浓度的溶液
典例突破
(2021福建师大附中期末)某同学参阅了“84”消毒液说明书中的配方,欲用容量瓶、NaClO固体配制480 mL含25% NaClO、密度为1.2 g·cm-3的消毒液。下列说法正确的是( )
A.配制时在小烧杯中溶解NaClO,冷却至室温,将溶液转移到480 mL容量瓶中
B.容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制
C.定容时俯视容量瓶的刻度线,会造成所配溶液物质的量浓度偏低
D.需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为150.0 g
答案 D
解析 实验室没有480 mL容量瓶,应选用500 mL的容量瓶来配制溶液,A错误;定容时要加入蒸馏水,因此容量瓶用蒸馏水洗净后,不需要烘干,可直接用于配制溶液,B错误;定容时俯视容量瓶的刻度线,定容完毕,液面会低于刻度线,造成所配溶液物质的量浓度偏高,C错误;称取NaClO固体的质量应为m(NaClO)=500 mL×1.2 g·cm-3×25%=150.0 g,D正确。
针对训练
1.(2021天津河东区期末)实验室需要450 mL 0.1 mol·L-1硫酸铜溶液,下列有关该溶液的配制说法正确的是( )
A.用天平称取12.5 g胆矾(CuSO4·5H2O)
B.应选用450 mL容量瓶配制溶液
C.溶解胆矾的烧杯需用水洗涤2~3次,并将洗涤液丢弃
D.定容时,眼睛应盯着胶头滴管
答案 A
解析 根据“大而近”的原则,要选用500 mL容量瓶配制溶液,则称取胆矾的质量为m(CuSO4·5H2O)=0.5 L×0.1 mol·L-1×250 g·mol-1=12.5 g,A正确,B错误;溶解胆矾的烧杯需用水洗涤2~3次,将洗涤液一并转移到容量瓶中,C错误;定容时,眼睛要盯着容量瓶的刻度线,D错误。
2.(2022甘肃武威高三月考)下列有关实验原理或操作正确的是( )
A.用20 mL量筒量取15 mL酒精,再向量筒中加入5 mL水,配制质量分数为75%酒精溶液
B.在200 mL某硫酸盐溶液中,含有1.5NA个 ,同时含有NA个金属离子,则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5 mol·L-1
C.实验中需用2.0 mol·L-1的Na2CO3溶液950 mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950 mL、201.4 g
D.实验室配制500 mL 0.2 mol·L-1的硫酸亚铁溶液,其操作是:用天平称15.2 g绿矾(FeSO4·7H2O),放入小烧杯中加水溶解,转移到500 mL容量瓶,洗涤、稀释、定容、摇匀
答案 B
解析 量筒不能用来配制溶液,故A项错误;1.5NA个 的物质的量为1.5 mol,NA个金属阳离子的物质的量为1 mol,所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3,根据硫酸根守恒可知,硫酸盐的物质的量为0.5 mol,所以该硫酸盐的物质的量浓度为 =2.5 mol·L-1,故B项正确;实验中需用2.0 mol·L-1的Na2CO3溶液950 mL,配制时应选用的容量瓶规格为1 000 mL,称取Na2CO3的质量m=cVM=2.0 mol·L-1×1 L×106 g·mol-1=212.0 g,故C项错误;应称取绿矾的质量为0.5 L×0.2 mol·L-1×278 g·mol-1=27.8 g,故D项错误。
归纳总结
配制一定物质的量浓度溶液的注意事项
(1)做需要补充仪器的实验题时,要学会“有序思考”——按照实验的先后顺序、步骤,思考每一步所需仪器,然后与已知仪器对比,就一定不会漏写某种仪器。
(2)容量瓶的规格,常见的有50 mL、100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL。
(3)注意所用定量仪器量筒、托盘天平的精确度。
考向2.配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
典例突破
(2021辽宁师大附中期末)某学生配制100 mL 1 mol·L-1的稀硫酸,然后对溶液浓度做精确测定,测得溶液的物质的量浓度小于1 mol·L-1。在配制过程中,下列操作可能导致溶液浓度偏低的是( )
①用量筒量取浓硫酸后,再用蒸馏水洗涤量筒,并将洗涤液转移到容量瓶中;②将浓硫酸在烧杯中稀释,转移到100 mL的容量瓶中后,没有洗涤烧杯;③在转移过程中用玻璃棒引流,因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面;④最后定容时,加水超过了刻度线,马上用胶头滴管吸去多余的液体,使溶液凹液面刚好与刻度线相切
A.只有②③④ B.只有③④ C.只有①②③ D.①②③④
答案 A
解析 用量筒量取浓硫酸并转移之后,不需要用蒸馏水洗涤量筒,若洗涤且将洗涤液转移到容量瓶中,则所取溶质H2SO4偏多,导致溶液浓度偏高,①不符合题意。未洗涤烧杯,使溶质H2SO4损失,导致溶液浓度偏低,②符合题意。少量溶液流到容量瓶外面,使溶质H2SO4损失,导致溶液浓度偏低,③符合题意。加水超过了刻度线,马上用胶头滴管吸去多余的液体,使溶质H2SO4损失,导致溶液浓度偏低,④符合题意。
考题点睛
针对训练
欲配制100 mL 1.0 mol·L-1 Na2SO4溶液,下列操作会使所配得的溶液浓度偏小的是( )
A.容量瓶中原有少量蒸馏水
B.定容时,俯视容量瓶中液体的凹液面
C.称量Na2SO4固体时,药品和砝码的位置放反了(1 g以下用游码)
D.将32.2 g Na2SO4·10H2O溶于少量水中,再配制成100 mL溶液
答案 C
解析 定容时要加入蒸馏水,因此容量瓶中原有少量蒸馏水,对溶液的浓度无影响,A不符合题意;定容时,俯视容量瓶中液体的凹液面,定容结束时,液面低于刻度线,则所得溶液的浓度偏大,B不符合题意;称量Na2SO4固体时,物质与砝码位置放反了,且1 g以下用游码,则称取Na2SO4固体的质量减小,故所配得溶液的浓度偏小,C符合题意;32.2 g Na2SO4·10H2O的物质的量为0.1 mol,溶于少量水中配成100 mL溶液,则有c(Na2SO4)= =1.0 mol·L-1, D不符合题意。
归纳总结
配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
(1)误差分析的方法
误差分析中的变量是m或V,一般情况下,要在其中一个量正确的前提下,分析另一个量的变化对溶液浓度的影响:
(2)定容操作中视线引起误差的分析
①定容时,仰视容量瓶的刻度线(如图1),导致溶液的体积偏大,则所配溶液的浓度偏低。
②定容时,俯视容量瓶的刻度线(如图2),导致溶液的体积偏小,则所配溶液的浓度偏高。
研专项 前沿命题
化学计算的常用方法
题型 考查内容 非选择题 考查知识 常常结合化学实验、化工流程或化学反应原理,考查“关系式法”“守恒法”等计算方法
核心素养 证据推理与模型认知
考向1“关系式法”及其应用
例1.(2021山东卷,18节选)利用碘量法测定WCl6产品纯度,实验如下:
(1)称量:将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中,盖紧称重为m1 g;开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g;再开盖加入待测样品并计时1分钟,盖紧称重为m3 g,则样品质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
思路指导
(1)根据质量差计算样品的质量。
(2)氧化还原滴定的计算——关系式法。
第一步,确定各物质的量的关系:根据题给三个离子方程式及守恒法,列出对应物质的关系式,关系式及分析如图所示:
突破方法
“关系式法”及解题应用
“关系式”是表示两种或多种物质之间“量”的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“量”的关系表示出来,把多步计算简化成一步计算。高考滴定实验数据处理,巧妙运用“关系式法”,可减少计算量,提高解题准确率,解题关键是确定相关物质的关系式。
针对训练
1.(2022湖北武汉高三月考,节选)银铜合金广泛用于航空工业,从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下:
注:Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃
若银铜合金中铜(M=63.5 g·mol-1)的质量分数为63.5%,理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为 mol CuAlO2,至少需要1.0 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液 L。
答案 50 25.0
2.(2021福建福清二模节选)为测定V2O5产品的纯度,某同学准确称取V2O5产品2.000 g,加入足量稀硫酸使其完全反应生成(VO2)2SO4,并配成250 mL溶液。取25.00 mL溶液用0.100 0 mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定,滴定到终点时消耗标准溶液10.00 mL。
(1)已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2, (黄色)被还原为VO2+(蓝色),该反应的离子方程式为 。
(2)该产品的纯度为 。
考向2“守恒法”及其应用
例2.(2021浙江6月选考,27)将3.00 g某有机化合物(仅含C、H、O元素,相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧,依次通过吸水剂、CO2吸收剂,燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表:
请回答:
(1)燃烧产物中水的物质的量为 mol。
(2)该有机化合物的分子式为 。
试剂 吸水剂 CO2吸收剂
实验前质量/g 20.00 26.48
实验后质量/g 21.08 30.00
思路指导
解析 (1)根据表格中的数据,吸水剂增加的质量全部为有机化合物完全燃烧生成水的质量,则生成水的物质的量
n(O)=(3.00 g-0.080 0 mol×12 g·mol-1-0.120 mol×1 g·mol-1)÷16 g·mol-1 =0.120 mol,n(C)∶n(H)∶n(O)=0.080 0 mol∶0.120 mol∶0.120 mol =2∶3∶3,则最简式为C2H3O3。假设该有机化合物的分子式为(C2H3O3)x,由于相对分子质量为150,则有75x=150,x=2,故该有机化合物的分子式为C4H6O6。
答案 (1)0.060 0 (2)C4H6O6
突破方法
“守恒法”的原理及解题步骤
应用 原理 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。化学变化中有各种各样的守恒,如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等 解题 步骤 第一步 明确题目要求解的量
第二步 根据题目中要求解的量,分析反应过程中物质的变化,找出守恒类型及相关的量
第三步 根据守恒原理,梳理出反应前后守恒的量,列式计算求解
针对训练
3.(2021全国甲卷,27题节选)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:称量干燥坩埚的质量为m1,加入胆矾后总质量为m2,将坩埚加热至胆矾全部变为白色,置于干燥器中冷却至室温后称量,重复上述操作,最终总质量恒定为m3。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大的是 (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
解析 (1)称量干燥坩埚的质量为m1,加入胆矾后总质量为m2,将坩埚加热至胆矾全部变为白色,置于干燥器中冷却至室温后称量,重复上述操作,最终总质量恒定为m3。根据质量守恒定律,则水的质量为(m2-m3)g,
4.(2022湖南卷)某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O,并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案:
可选用试剂:NaCl晶体、BaS溶液、浓硫酸、稀硫酸、CuSO4溶液、
蒸馏水
步骤1.BaCl2·2H2O的制备
按如图所示装置进行实验,
得到BaCl2溶液,经一系列
步骤获得BaCl2·2H2O产品。
步骤2.产品中BaCl2·2H2O的含量测定
①称取产品0.500 0 g,用100 mL水溶解,酸化,加热至近沸;
②在不断搅拌下,向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L-1 H2SO4溶液;
③沉淀完全后,60 ℃水浴40分钟,经过滤、洗涤、烘干等步骤,称量白色固体,质量为0.466 0 g。
回答下列问题:
(1)Ⅰ是制取 气体的装置,在试剂a过量并微热时,发生主要反应的化学方程式为 ;
(2)Ⅱ中b仪器的作用是 ,Ⅲ中的试剂应选用 ;
(3)在沉淀过程中,某同学在加入一定量热的H2SO4溶液后,认为沉淀已经完全,判断沉淀已完全的方法是 ;
(4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液,原因是 ;
(5)在过滤操作中,不需要用到下列仪器的是 (填名称);
(6)产品中BaCl2·2H2O的质量分数为 (保留三位有效数字)。
答案 (1)氯化氢 2NaCl+H2SO4(浓) Na2SO4+2HCl↑
(2)防倒吸 CuSO4溶液 (3)在上层清液中滴加热的H2SO4溶液后,无明显现象 (4)保证Ba2+沉淀完全 (5)锥形瓶 (6)97.6%
解析 (1)根据所给试剂和实验目的是由BaS制取BaCl2·2H2O,首先需要用NaCl晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取HCl,然后将HCl气体通入Ⅱ装置与BaS反应生成BaCl2。
(2)HCl极易溶于水,b可以起到防止倒吸的作用。装置Ⅲ的作用是吸收H2S,防止尾气污染空气,吸收H2S应选用CuSO4溶液,反应的化学方程式为CuSO4+H2S ══ CuS↓+H2SO4。
(3)向溶液中逐滴加入热的H2SO4溶液,静置后向上层清液中继续滴加热的H2SO4溶液,若不出现沉淀(无明显现象)则证明硫酸已过量,Ba2+已经沉淀完全。
(4)该实验通过BaSO4的沉淀量测定BaCl2·2H2O的纯度,应使溶液中Ba2+沉淀完全,加入过量H2SO4溶液的目的是使Ba2+沉淀完全。
(5)过滤中用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯,不需要锥形瓶。
(6)根据Ba元素质量守恒可得关系式:
BaCl2·2H2O ~ BaSO4
244 233
m 0.466 0 g
解得:m=0.488 0 g
