高考考綱再現1.了解物質的量(n)及其單位摩爾(mol)、摩爾質量(M)、氣體摩爾體積(Vm)、物質的量濃度(c)、阿伏加德羅常數(NA)的含義。2.理解質量守恒定律。3.能根據微粒(原子、分子、離子等)物質的量、數目、氣體體積(標準狀況下)之間的相互關系進行有關計算。4.了解溶液的含義。5.了解溶解度、飽和溶液的概念。6.了解溶液濃度的表示方法。理解溶液中溶質的質量分數和物質的量濃度的概念，并能進行有關計算。7.掌握配制一定溶質質量分數溶液和物質的量濃度溶液的方法。微專題一阿伏加德羅常數的應用1．把握以物質的量為核心的各個化學計量之間的關系2．NA應用的五個方面解題關注點具體闡釋所處狀況及物質狀態使用22.4L·mol－1進行計算時應注意：(1)必須為標準狀況(0℃，101kPa)。(2)研究對象在標準狀況下必須為氣態。標準狀況下H2O、SO3、苯、CCl4、HF、Br2、乙醇等不是氣體是否存在平衡(1)NH3·H2O、CH3COOH、HF、H2SO3、H2CO3等弱電解質的電離均是部分電離。(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))等發生水解，造成相應離子數目減少。(3)Cl2與H2O、N2與H2、PCl3與Cl2、H2與I2、SO2與O2、N2O4與NO2等的反應或轉化均是可逆反應，一般不能直接利用反應物的物質的量進行計算物質結構(1)微觀結構：一般考查特殊物質中的分子數、離子數、電子數、中子數等，如稀有氣體He、Ne等為單原子分子，Na2O2中陰離子與陽離子的個數比為1∶2，同位素中中子數不同(注意對摩爾質量的影響，如D2O、H35Cl的摩爾質量分別為20g·mol－1、36g·mol－1)等。(2)共價鍵：1molP4、晶體硅、SiO2、石墨、金剛石中共價鍵的數目分別為6NA、2NA、4NA、1.5NA、2NA。(3)膠體粒子：膠體粒子通常為許多離子、分子或難溶物聚集在一起形成的微粒，如Fe(OH)3膠體粒子就是由許多Fe(OH)3聚集在一起形成的，Fe(OH)3膠體粒子數目與原溶液中的Fe3＋數目之間不存在等量關系氧化還原反應(1)注意濃度變化對產物的影響，如Cu和濃硝酸反應時，反應開始時生成NO2，反應一段時間后濃硝酸變稀，Cu和稀硝酸反應生成NO。(2)量不同，產物不同，如Fe和HNO3反應時，若Fe不足，則生成Fe3＋，若Fe過量，則生成Fe2＋。(3)變價金屬與不同的氧化劑反應時，金屬離子所表現的化合價可能不同，如Cu和Cl2反應時生成CuCl2，而Cu和S反應時生成Cu2S。(4)注意微粒氧化性或還原性的強弱順序，如將Cl2通入FeI2溶液中時，Cl2先氧化I－后氧化Fe2＋。(5)注意對轉移電子數目的分析，如Cl2與NaOH溶液在常溫下發生歧化反應，1molCl2參與該反應時，轉移1mol電子缺少條件(1)缺少體積，如常溫下，pH＝2的H2SO4溶液中含有的H＋數目。(2)沒有具體反應，如1molCl2參加反應，轉移電子數一定為2NA1．(2021·高考全國甲卷)NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是()A．18g重水(D2O)中含有的質子數為10NAB．3mol的NO2與H2O完全反應時轉移的電子數為4NAC．32g環狀S8()分子中含有的S—S鍵數為1NAD．1LpH＝4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))離子數為0.1NA解析：選C。A項，D2O的質子數為10，18gD2O的物質的量為eq\f(18g,20g·mol－1)＝0.9mol,則18g重水(D2O)中所含質子數為9NA，A錯誤；B項，NO2與H2O反應的化學方程式為3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，該反應消耗3個NO2分子轉移的電子數為2個，則有3mol的NO2參與反應時，轉移的電子數為2NA，B錯誤；C項，一個環狀S8分子中含有的S—S鍵為8個，32gS8的物質的量為eq\f(32g,8×32g·mol－1)＝eq\f(1,8)mol，則含有的S—S鍵數為eq\f(1,8)mol×8×NAmol－1＝1NA，C正確；D項，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))，則1LpH＝4的0.1mol·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))離子數應小于0.1NA，D錯誤。2．(2021·安徽高三開學考試)NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．1L0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，陰離子數小于0.1NAB．常溫下，78gNa2O2中含有的共用電子對數目為2NAC．我國科學家發明了精準剪切碳氫鍵的新技術，1molC2H6O中可供剪切的C—H鍵數目為5NAD．N2與O2的混合氣體4g，質子總數一定為2NA解析：選D。A項，Na2CO3中陰離子COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))易水解生成HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))和OH－，陰離子數目增多，陰離子總數大于0.1NA，錯誤。B項，Na2O2的電子式為，故78g(1mol)Na2O2中含有的共用電子對數目為NA，錯誤。C項，C2H6O存在乙醇和甲醚兩種同分異構體，故1molC2H6O中可供剪切的C—H鍵數目為5NA或6NA，錯誤。D項，氣體的質子總數＝eq\f(m,M)×N(1個分子中的質子數)，所給混合氣體中兩種物質的特點是eq\f(N(1個分子中的質子數),M)相等，故4g混合氣體中質子總數一定為2NA，正確。3．(2021·新高考廣東卷)設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．1molCHCl3含有C—Cl鍵的數目為3NAB．1L1.0mol·L－1的鹽酸含有陰離子總數為2NAC．11.2LNO與11.2LO2混合后的分子數目為NAD．23gNa與足量H2O反應生成的H2分子數目為NA解析：選A。A項，1個CHCl3分子中含有3個C—Cl鍵，故1molCHCl3含有C—Cl鍵的數目為3NA，A正確；B項，鹽酸為氯化氫的水溶液，氯化氫會全部電離出陰離子Cl－，水會部分電離出陰離子OH－，水的質量及電離程度未知，故無法計算1L1.0mol·L－1的鹽酸含有陰離子總數，B錯誤；C項，未提到具體的溫度、壓強，故無法計算11.2LNO與11.2LO2混合后的分子數目，C錯誤；D項，23gNa的物質的量為1mol，鈉與足量的水反應生成氫氣的關系式為2Na～H2，故1molNa對應生成0.5molH2，H2分子數目應為0.5NA，D錯誤。4．(2021·新高考河北卷)NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是()A．22.4L(標準狀況)氟氣所含的質子數為18NAB．1mol碘蒸氣和1mol氫氣在密閉容器中充分反應，生成的碘化氫分子數小于2NAC．電解飽和食鹽水時，若陰陽兩極產生氣體的總質量為73g，則轉移電子數為NAD．1L1mol·L－1溴化銨水溶液中NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))與H＋離子數之和大于NA解析：選C。A項，在標準狀況下22.4L氟氣的物質的量為1mol，其質子數為1mol×9×2×NAmol－1＝18NA，A正確；B項，碘蒸氣與氫氣發生的反應為I2(g)＋H2(g)2HI(g)，該反應為可逆反應，有一定的限度，所以充分反應生成的碘化氫分子數小于2NA，B正確；C項，電解飽和食鹽水時，電極總反應為2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up8(電解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，陰陽兩極產生的氣體分別是氫氣與氯氣，且物質的量之比為1∶1，若氣體的總質量為73g，則說明反應生成的氫氣與氯氣的物質的量各為1mol，根據關系式H2～Cl2～2e－可知，轉移的電子數為2NA，C錯誤；D項，1L1mol·L－1溴化銨水溶液存在電荷守恒，即c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋c(H＋)＝c(Br－)＋c(OH－)，則物質的量也滿足n(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋n(H＋)＝n(Br－)＋n(OH－)，因為n(Br－)＝1L×1mol·L－1＝1mol，所以該溶液中NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))與H＋離子數之和大于NA，D正確。eq\a\vs4\al()解答阿伏加德羅常數類題目的“三步驟”微專題二物質的量濃度與物質的量的有關計算1．一定物質的量濃度溶液的配制(1)所需儀器若用固體溶質配制溶液：容量瓶、燒杯、玻璃棒、托盤天平、藥匙、膠頭滴管。若用濃溶液配制稀溶液，上述儀器中的托盤天平、藥匙改為量筒(或滴定管)。(2)配制步驟計算→稱量(或量取)→溶解(或稀釋)→冷卻→移液→洗滌→定容→裝瓶并貼標簽。(3)注意事項①容量瓶使用前必須檢漏、洗滌，但不能潤洗。②只能配制一定體積的溶液，即不能配制任意體積的一定物質的量濃度的溶液。③轉移溶液時，溶液的溫度應為室溫，玻璃棒要靠在容量瓶瓶頸刻度線以下。(4)誤差分析①誤差分析的思維流程②視線引起誤差的分析方法a．仰視容量瓶刻度線(圖1)，導致溶液體積偏大，結果偏低。b．俯視容量瓶刻度線(圖2)，導致溶液體積偏小，結果偏高。下列操作對所配制的一定物質的量濃度溶液有何影響？用“偏高”“偏低”或“無影響”填空。①砝碼生銹：________。②定容時，溶液溫度高：________。③定容時俯視容量瓶刻度線：________。④稱量時物碼顛倒且使用游碼：________。⑤未洗滌燒杯、玻璃棒：________。⑥稱量易吸水物質時間過長：________。⑦轉移時，有液體濺出：________。⑧滴加蒸餾水超過容量瓶刻度線，再用膠頭滴管吸出：________。⑨定容搖勻后，液面低于刻度線，再加水至刻度線：________。⑩轉移前，容量瓶內有少量水：________。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無影響2．物質的量濃度及相關計算(1)牢記四個定義式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(溶質),m(溶液))×100%。(2)熟練推導兩種換算關系①物質的量濃度與溶質質量分數之間的換算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氣體溶質溶于水中制得溶液，其物質的量濃度和質量分數的計算在標準狀況下，1L水中溶解某氣體VL，所得溶液密度為ρ，則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(溶質),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)靈活利用三個守恒關系①稀釋前后溶質的物質的量守恒：c(濃溶液)·V(濃溶液)＝c(稀溶液)·V(稀溶液)。②溶液中粒子之間存在正、負電荷守恒(溶液呈電中性)。③質量守恒：反應前后同種原子的質量相等。3．熱重分析計算(1)熱重曲線的分析方法坐標曲線題解題時可以拆分為識圖、析圖、用圖三個步驟。其中識圖是基礎，析圖是關鍵，用圖是目的。①識圖。識圖的關鍵是三看：一看軸，即橫、縱坐標所表示的化學含義(自變量X軸和因變量Y軸表示的意義)，尋找X、Y軸之間的關系，因為這是理解題意和形成正確思維的前提；二看點，即曲線中的特殊點(頂點、始點、終點、拐點、交叉點)；三看線，即曲線的走勢(上升、下降、波動、正態、偏態等)。②析圖。分析圖中為什么會出現這些特殊點，曲線為什么有這樣的變化趨勢和走向，分析曲線變化的因果關系；通過聯想，把教材內的有關化學概念、原理、規律等與圖中的曲線和相關點建立聯系。③用圖。將相關的化學知識與圖中曲線緊密結合，在頭腦中構建新的曲線－知識體系，然后運用新的曲線－知識體系揭示問題的實質，解決實際問題。(2)熱重曲線分析計算的步驟①設晶體為1mol。②失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。③計算每步的剩余固體質量，eq\f(m(剩余),m(1mol晶體質量))×100%＝固體殘留率。④晶體中金屬質量不減少，仍在m(剩余)中。⑤失重最后一般為金屬氧化物，由質量守恒得m(O)，由n(金屬)∶n(O)即可求出失重后物質的化學式。4．與滴定有關的計算(1)明確一個中心必須以“物質的量”為中心——“見量化摩，遇問設摩”。(2)掌握兩種方法①守恒法：守恒法是中學化學計算中的一種常用方法，它包括質量守恒、電荷守恒、電子守恒。它們都是抓住有關變化的始態和終態，淡化中間過程，利用某種不變量(如某原子、離子或原子團不變；溶液中陰、陽離子所帶電荷數相等；氧化還原反應中得失電子數相等)建立關系式，從而達到簡化過程，快速解題的目的。②關系式法：表示兩種或多種物質之間“物質的量”關系的一種簡化式子。在多步反應中，它可以把始態的反應物與終態的生成物之間的“物質的量”關系表示出來，把多步計算簡化成一步計算。實例：如水中溶氧量(DO)的測定：堿性條件下，O2將Mn2＋氧化為MnO(OH)2：a．2Mn2＋＋O2＋4OH－=2MnO(OH)2↓；酸性條件下，MnO(OH)2將I－氧化為I2：b．MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I2＋3H2O；用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2：c．2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋I2=S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－。由離子方程式a、b、c可得關系式：O2～2Mn2＋～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3。(3)明確兩類多步滴定①連續滴定：第一步滴定反應生成的產物，還可以繼續參加第二步的滴定。根據第二步滴定的消耗量，可計算出第一步滴定的反應物的量。②返滴定：第一步用的滴定劑是過量的，然后第二步再用另一物質返滴定計算出過量的物質。根據第一步加入的量減去第二步過量的量，即可得出第一步所求物質的物質的量。題組一一定物質的量濃度溶液的配制及其計算1．下列關于溶液配制過程中儀器使用、實驗操作的說法中正確的是()A．將4.0gNaOH固體置于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：稱取4.0g固體NaOH于燒杯中，加入少量蒸餾水溶解，轉移至250mL容量瓶中定容C．容量瓶和滴定管使用前均需要檢漏D．配制濃度為0.010mol·L－1的KMnO4溶液：稱取KMnO4固體0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀釋至刻度解析：選C。配制一定物質的量濃度的溶液時，固體不能在容量瓶中溶解，A、D錯誤；NaOH固體溶解后需冷卻至室溫才能轉移至250mL容量瓶中，且需用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次，將洗滌液注入容量瓶中，然后定容，B錯誤。eq\a\vs4\al()兩種溶液的配制(1)用98%的濃硫酸配制100mL1∶4的稀硫酸：用量筒量取80mL的水注入200mL的燒杯，然后再用另一只量筒量取20mL的濃硫酸沿著燒杯內壁緩慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌。(2)配制100g20%的NaCl溶液：準確稱量20.0gNaCl固體，然后將其放入200mL的燒杯中，再用量筒量取80mL的水注入燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌直到完全溶解。2．用硫酸銅晶體(CuSO4·5H2O)配制480mL濃度為0.5mol·L－1的溶液，下列說法正確的是()A．用托盤天平稱量60.0g硫酸銅晶體B．如果稱量時試劑和砝碼放反了，對配制結果沒有影響C．如果定容時俯視容量瓶刻度線，則會使所配溶液濃度偏高D．在轉移溶液后，可以不用洗滌玻璃棒解析：選C。用硫酸銅晶體(CuSO4·5H2O)配制480mL濃度為0.5mol·L－1的溶液，需要使用500mL容量瓶，則用托盤天平稱量硫酸銅晶體的質量是0.5L×0.5mol·L－1×250g·mol－1＝62.5g，A錯誤；如果稱量時試劑和砝碼放反了，則實際稱量的質量小于62.5g，使配制濃度偏低，B錯誤；如果定容時俯視容量瓶刻度線，則溶液體積偏小，所配溶液濃度會偏高，C正確；在轉移溶液后，必須洗滌玻璃棒和燒杯，并把洗滌液也注入容量瓶中，D錯誤。3．體積為V(mL)、密度為ρ(g·cm－3)的溶液，含有摩爾質量為M(g·mol－1)的溶質m(g)，溶質的物質的量濃度為c(mol·L－1)，質量分數為w。下列表達式中不正確的是()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：選B。已知溶質摩爾質量、質量分數和溶液密度時，溶質的物質的量濃度c＝eq\f(1000ρw,M)；已知溶質摩爾質量、物質的量濃度和溶液密度時，可計算出溶質質量分數w＝eq\f(cM,1000ρ)，A、C項正確；溶質質量應通過溶液體積、密度、溶質質量分數三者相乘而得，即m＝V·ρ·w，B項錯誤；根據物質的量濃度的定義，由溶質質量、摩爾質量和溶液體積計算得c＝eq\f(\f(m,M),\f(V,1000))＝eq\f(1000m,MV)，D項正確。題組二以熱重曲線為載體的計算4．在空氣中加熱Co(OH)2，使其轉化為鈷的氧化物。加熱過程中，固體質量與溫度的關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．a→b是Co(OH)2的失水過程，為分解反應B．b→c發生的是氧化還原反應，也是分解反應C．c處代表的物質是Co3O4D．整個過程的總反應為6Co(OH)2＋O2eq\o(=,\s\up8(500℃))2Co3O4＋6H2O解析：選A。加熱過程中，Co守恒，即整個過程中Co的物質的量不變，曲線分析如下：a→b是Co(OH)2的失水過程，發生的反應為4Co(OH)2＋O2eq\o(=,\s\up8(200℃))2Co2O3＋4H2O，不是分解反應，A項錯誤。b→c發生的反應為6Co2O3eq\o(=,\s\up8(290～500℃))4Co3O4＋O2↑，是氧化還原反應，也是分解反應，c處代表的物質為Co3O4，B、C項正確。總反應是Co(OH)2與O2反應生成Co3O4和H2O，即6Co(OH)2＋O2eq\o(=,\s\up8(500℃))2Co3O4＋6H2O，D正確。5．(2021·河南高三聯考)5.56gFeSO4·7H2O樣品的熱重曲線(樣品質量隨溫度變化的曲線)如圖所示，下列說法正確的是()A．78℃時，M的化學式為FeSO4·3H2OB．在隔絕空氣條件下，由P得到Q的過程中，還會生成一種無色氣體C．在隔絕空氣條件下，由N得到P的化學方程式為FeSO4·H2Oeq\o(=,\s\up8(△))FeSO4＋H2O↑D．159℃時，N的化學式為FeSO4·2H2O解析：選C。5.56gFeSO4·7H2O樣品的物質的量為eq\f(5.56g,278g/mol)＝0.02mol，n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.02mol，n(H2O)＝7n(FeSO4·7H2O)＝0.14mol，M處結晶水合物受熱分解，首先失去結晶水，此處n失去(H2O)＝eq\f(5.56g－4.48g,18g/mol)＝0.06mol，則結晶水合物中殘留的結晶水為0.08mol，則M的化學式為FeSO4·4H2O，故A錯誤；N處繼續失去結晶水，n總失去(H2O)＝eq\f(5.56g－3.40g,18g/mol)＝0.12mol，結晶水合物中殘留的結晶水為0.02mol，則N的化學式為FeSO4·H2O，故D錯誤；P處繼續失去結晶水，n總失去(H2O)＝eq\f(5.56g－3.04g,18g/mol)＝0.14mol，結晶水全部失去，P的化學式為FeSO4，則由N得到P的化學方程式為FeSO4·H2Oeq\o(=,\s\up8(△))FeSO4＋H2O↑，故C正確；Q處結晶水全部失去后，FeSO4開始分解，此處固體中鐵元素的質量為m(Fe)＝0.02mol×56g/mol＝1.12g，則m(O)＝1.60g－1.12g＝0.48g，n(O)＝eq\f(0.48g,16g/mol)＝0.03mol，則Q的化學式為Fe2O3，由P得到Q的化學方程式為2FeSO4eq\o(=,\s\up8(△))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，生成兩種無色氣體，故B錯誤。題組三高考熱點——與滴定有關的計算6．(2021·昆明高三質檢)三氯化鉻(CrCl3)為紫色晶體，熔點為83℃，易潮解，易升華，不易水解，高溫下易被氧氣氧化，在工業上主要用作媒染劑和催化劑。用Cr2O3和CCl4在高溫下制取三氯化鉻后，測定樣品中三氯化鉻質量分數的步驟如下：Ⅰ.稱取樣品0.3300g，加水溶解并于250mL容量瓶中定容。Ⅱ.移取25.00mL樣品溶液于帶塞的錐形瓶中，加熱至沸騰后加入稍過量的Na2O2，稀釋并加熱煮沸，再加入過量H2SO4溶液酸化，將Cr3＋氧化為Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))；再加入過量的KI固體，加塞搖勻，使鉻元素完全以Cr3＋的形式存在。Ⅲ.加入1mL指示劑，用0.0250mol·L－1標準Na2S2O3溶液滴定至終點，平行測定三次，消耗標準Na2S2O3溶液的平均體積為24.00mL。(已知：Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O，2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)(1)滴定時可選用的指示劑為____________________。(2)樣品中三氯化鉻的質量分數為________%(結果保留三位有效數字)。解析：(1)依題意知是用硫代硫酸鈉滴定碘單質，淀粉溶液遇碘單質變藍，因此滴定時可選用淀粉溶液作為指示劑。(2)根據題給方程式得關系式2Cr3＋～3I2～6Na2S2O3，設樣品中三氯化鉻的質量分數為x，則有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)高碘酸鉀(KIO4)為無色晶體，在分析化學中常用作氧化劑。用高碘酸鉀可測定甘油的含量，測定步驟如下：步驟①準確稱取0.1500g甘油試樣溶于水中，配成250mL待測液，從中取出25.00mL于錐形瓶中，加鹽酸酸化后，加入25.00mL0.0230mol·L－1KIO4溶液，充分反應。步驟②向錐形瓶中加入稍過量的KI溶液，振蕩搖勻、靜置。步驟③加入少量淀粉作為指示劑，用0.2000mol·L－1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，平行滴定三次，消耗Na2S2O3標準溶液的平均體積為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)達到滴定終點的現象為____________________________________。(2)計算甘油試樣的純度(寫出計算過程)。解析：(1)向含I2的溶液中加入淀粉，溶液呈藍色，當用Na2S2O3標準溶液滴定至終點時，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復原來的顏色。(2)根據題給化學方程式可得關系式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；又根據碘原子守恒得n(HIO3)＋n(HIO4)＝n(KIO4)＝0.0230mol·L－1×25.00×10－3L＝5.750×10－4mol②；聯立①②解得n(HIO3)＝3.000×10－4mol，故n(C3H8O3)＝eq\f(1,2)n(HIO3)＝1.500×10－4mol，甘油試樣的純度為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標準溶液，溶液藍色褪去，且半分鐘內不恢復原來的顏色(2)見解析eq\a\vs4\al()有關純度、含量等的計算題，一般在綜合實驗題或化工流程題中的最后一小問出現，常與滴定實驗的拓展應用相結合，考查考生的定量分析能力。這類題主要考查關系式法、守恒法的運用等。專題強化訓練1．用固體樣品配制一定物質的量濃度的溶液，需經過稱量、溶解、轉移溶液、定容等操作。下列圖示對應的操作規范的是()解析：選B。用托盤天平稱量藥品時，應為“左物右碼”，A項錯誤；用玻璃棒攪拌能加速溶解，B項正確；轉移溶液時需要用玻璃棒引流，C項錯誤；定容時，膠頭滴管不能伸入容量瓶內，D項錯誤。2．(2020·高考全國卷Ⅲ)NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．22.4L(標準狀況)氮氣中含有7NA個中子B．1mol重水比1mol水多NA個質子C．12g石墨烯和12g金剛石均含有NA個碳原子D．1L1mol·L－1NaCl溶液含有28NA個電子解析：選C。22.4L(標準狀況)氮氣為1mol，含有的中子數為14NA，A項錯誤；1mol重水與1mol水中的質子數相同，B項錯誤；石墨烯與金剛石均為碳元素形成的單質，12g石墨烯和12g金剛石均為1mol，含碳原子數均為NA，C項正確；NaCl溶液中的水分子中也含有電子，D項錯誤。3．設NA為阿伏加德羅常數的值。白磷有劇毒，在潮濕空氣中緩慢氧化，約40℃時自燃，用NaOH溶液吸收白磷的化學方程式為P4＋3NaOH＋3H2O=PH3↑＋3NaH2PO2。下列說法正確的是()A．標準狀況下，11.2LPH3氣體含有的中子數為11NAB．反應中每生成1molPH3，轉移電子數為3NAC．0.1mol·L－1的NaH2PO2溶液中，H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))的數目小于0.1NAD．該反應中，氧化產物與還原產物的物質的量之比為1∶3解析：選B。氫原子(H)中不含中子，所以標準狀況下，11.2LPH3氣體含有的中子數為8NA，故A錯誤；反應中P4→PH3，磷元素由0價變為－3價，每生成1molPH3，轉移電子數為3NA，故B正確；0.1mol·L－1的NaH2PO2溶液體積未知，無法計算H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))的數目，故C錯誤；該反應為歧化反應，氧化產物與還原產物的物質的量之比為3∶1，故D錯誤。4．玻璃工業上常用氫氟酸雕刻玻璃，其反應原理為4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O。若NA表示阿伏加德羅常數的值，則下列說法正確的是()A．反應過程中既有極性鍵、非極性鍵的斷裂，又有極性鍵、非極性鍵的形成B．標準狀況下，11.2LHF溶于水配制成的500mL溶液，所得氫氟酸濃度為1.0mol·L－1C．反應物HF與生成物H2O所含有的質子數和電子數均為10NAD．每斷裂4NA個Si—O鍵，可以生成4NA個Si—F鍵解析：選D。反應物與產物分子中均含有極性鍵，無非極性鍵，所以反應過程中無非極性鍵的斷裂和形成，A項錯誤；標準狀況下HF不是氣態，11.2LHF的物質的量大于0.5mol，B項錯誤；沒有說明HF與H2O的具體的物質的量，無法計算出二者所含有的質子數和電子數，C項錯誤；1molSiO2中含有4molSi—O鍵，1molSiF4中含有4molSi—F鍵，由此可以得出D項正確。5．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是()A．鈉與O2反應，當有0.2mol電子轉移時生成的陰離子數目為0.1NAB．3.6gH2O與足量丙烯完全反應時生成的CH3CH2CH2OH分子數目為0.2NAC．5.6g鐵粉溶于稀硝酸中，生成的NO分子數目為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))的數目之和為0.1NA解析：選A。當有0.2mol電子轉移時會生成0.2molNa＋，因Na2O、Na2O2中陽離子與陰離子個數比均為2∶1，故陰離子數目為0.1NA，A項正確；丙烯與水反應還可以生成(CH3)2CHOH，B項錯誤；5.6gFe若全部轉化為Fe3＋，則生成的NO分子數目為0.1NA，若全部轉化為Fe2＋，則生成的NO分子數目為0.067NA，C項錯誤；KHSO3溶液中含有H2SO3、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))三種含硫元素的微粒，則含有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))的數目之和為0.1NA，D項錯誤。6．下列操作可得到指定濃度的溶液的是()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水中可得到質量分數為25%的硫酸銅溶液C．0.1molCaCO3溶于水中可得到濃度為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：選D。6.2gNa2O的物質的量為0.1mol，溶于水后可得到0.2molNaOH，但得到的溶液體積大于0.2L，c(NaOH)<1mol·L－1，A項錯誤；25gCuSO4·5H2O含16gCuSO4，所得溶液溶質質量分數為16%，B項錯誤；CaCO3難溶于水，溶液中CaCO3的物質的量濃度不可能為1mol·L－1，C項錯誤；8gSO3溶于水可得到0.1molH2SO4，當溶液體積為100mL時，c(H2SO4)＝1mol·L－1，故c(H＋)＝2mol·L－1，D項正確。7．(2021·銀川高三測試)已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是()A．14g由N2和13C2H2組成的混合物中，所含中子數為7NAB．5.6gFe在足量Cl2中充分燃燒，轉移電子數為0.2NAC．0.1mol苯中含0.3NA個碳碳雙鍵D．標準狀況下，NA個SO3分子所占的體積約為22.4L解析：選A。N2和13C2H2的摩爾質量均為28g·mol－1，故14g二者的混合物的物質的量為0.5mol，且1個N2和13C2H2分子均含有14個中子，故0.5mol混合物中含7NA個中子，A正確；Fe在Cl2中充分燃燒生成FeCl3，5.6gFe完全反應轉移的電子數為0.3NA，B錯誤；苯中不含碳碳雙鍵，C錯誤；標準狀況下三氧化硫不是氣體，NA個SO3分子的物質的量為1mol，但所占的體積不是22.4L，D錯誤。8．(2021·新高考湖南卷)NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是()A．18gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O含有的中子數為10NAB．0.1mol·L－1HClO4溶液中含有的H＋數為0.1NAC．2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應后的分子數為2NAD．11.2LCH4和22.4LCl2(均為標準狀況)在光照下充分反應后的分子數為1.5NA解析：選D。1個18O原子含有10個中子，H原子不含中子，所以每個Heq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O分子中含有10個中子，Heq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O的摩爾質量為20g·mol－1，故18gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O的物質的量為0.9mol，則18gHeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O中含有的中子數為9NA，A錯誤；由于題中未給出溶液體積，所以無法計算H＋的數目，B錯誤；2molNO與1molO2恰好完全反應生成2molNO2，由于存在平衡2NO2N2O4，所以充分反應后密閉容器中的分子數小于2NA，C錯誤；甲烷與氯氣發生取代反應，反應前后反應物與生成物的物質的量之和不變，則反應后的分子數為eq\f(11.2L＋22.4L,22.4L·mol－1)×NAmol－1＝1.5NA，D正確。9．欲配制1L1mol·L－1的NaOH溶液，正確的敘述有()①稱量40gNaOH固體溶于1L蒸餾水②該實驗用到的儀器有托盤天平(含砝碼)、表面皿、藥匙、量筒、燒杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、膠頭滴管③稱量NaOH固體時，慢慢稱量，確保讀數正確④如果容量瓶未潤洗，則配制的NaOH溶液濃度偏小⑤轉移溶液時需要用玻璃棒引流⑥定容時若不小心加水超過刻度線，則用膠頭滴管吸去多余的溶液A．①②⑤ B．②⑤C．②③⑤ D．②④⑥解析：選B。物質的量濃度定義中體積為溶液的體積，不是溶劑的體積，①錯誤；實驗儀器有托盤天平(含砝碼)、表面皿(NaOH放在表面皿上稱量)、藥匙、量筒、燒杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、膠頭滴管，②正確；由于NaOH固體易潮解，易與空氣中的CO2反應，所以需要迅速稱量，防止NaOH潮解變質，③錯誤；容量瓶不需要潤洗，④錯誤；轉移溶液必須用玻璃棒引流，⑤正確；如果定容時加水超過刻度線，只能重新配制，⑥錯誤；綜上，B正確。10．(2021·南陽高三月考改編)已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列有關說法正確的是()A．3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1，當該反應放出的熱量為92kJ時，轉移電子數為6NAB．標準狀況下，2.24LHF中電子數為NAC．標準狀況下，22.4LNO和22.4LO2混合后氣體分子數為1.5NAD．1molNa218O2與足量水反應，最終水溶液中18O的數目為2NA解析：選A。3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1，生成2mol氨時，放出92kJ熱量，轉移6mol電子，A正確。標準狀況下，HF為液體，無法利用22.4L·mol－1計算其物質的量，無法確定其電子數，B錯誤。標準狀況下，22.4LNO和22.4LO2的物質的量都是1mol，NO與O2會發生反應2NO＋O2=2NO2，產生1molNO2，剩余0.5molO2，生成的NO2發生可逆反應2NO2N2O4，故又有一部分NO2轉化為N2O4，所以最終達到平衡時混合氣體的物質的量小于1.5mol，C錯誤。Na218O2與水反應時Naeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O2既是氧化劑，又是還原劑，1molNaeq\o\al(\s\up1(18),\s\do1(2))O2與足量水反應，根據得失電子守恒，以氧氣的形式逸出的18O的數目為NA，最終水溶液中18O的數目為NA，D錯誤。11．(2021·莆田高三模擬)設NA為阿伏加德羅常數的值，下列有關說法不正確的是()A．通常情況下，14gC2H4與C3H6混合氣體中含有NA個碳原子B．1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中所含離子總數約為0.2NAC．含0.2molH2SO4的濃硫酸與足量銅反應生成SO2分子數小于0.1NAD．1molNa2O2與足量H2O反應，轉移電子數為NA解析：選B。C2H4與C3H6的最簡式均為CH2，則14gC2H4與C3H6的混合氣體中碳原子的物質的量為eq\f(14g,14g·mol－1)＝1mol，即碳原子的數目為NA，A正確；1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中，由于醋酸是弱酸，部分電離，因此離子總數小于0.2NA，B錯誤；含0.2molH2SO4的濃硫酸與足量的Cu反應，隨著反應的進行，濃硫酸變稀，反應不再進行，因此生成SO2分子數小于0.1NA，C正確；Na2O2與足量H2O反應，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，1molNa2O2參與反應轉移電子數為NA，D正確。12．(2021·海南中學高三月考)某結晶水合物化學式為X·nH2O，其相對分子質量為M，在25℃時，Ag該結晶水合物溶于Bg水中即可達到飽和，形成密度為Dg/cm3的飽和溶液VmL，下列表達式中不正確的是()A．該飽和溶液的溶質質量分數為eq\f(100A(M－18n),MVD)%B．溶質X在25℃時的溶解度為eq\f(100A(M－18n),BM＋18An)gC．該飽和溶液的密度為eq\f(A＋B,V)g/cm3D．該飽和溶液的物質的量濃度為eq\f(1000DA,MV)mol/L解析：選D。A．Ag該結晶水合物X·nH2O中X的質量為Ag×eq\f(M－18n,M)，溶液密度為Dg/cm3，體積為VmL，則溶液的質量為DVg，所以溶液中溶質質量分數為eq\f(\f(M－18n,M)Ag,DVg)×100%＝eq\f(100A(M－18n),MVD)%，故A正確；B．Ag該結晶水合物X·nH2O中X的質量為Ag×eq\f(M－18n,M)，溶劑水的質量為Bg＋Ag×eq\f(18n,M)，設溶解度為Sg，則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正確；C．溶液質量為(A＋B)g，溶液體積為VmL，所以溶液密度D＝eq\f(A＋B,V)g/cm3，故C正確；D．Ag該結晶水合物X·nH2O的物質的量為eq\f(A,M)mol，所以X的物質的量為eq\f(A,M)mol，溶液體積為VmL，則物質的量濃度c＝eq\f(\f(A,M)mol,V×10－3L)＝eq\f(1000A,MV)mol/L，故D錯誤。13．在灼燒NH4VO3過程中，固體殘留率(eq\f(剩余固體質量,原始固體質量)×100%)隨溫度變化的曲線如圖所示，則A點到B點過程中發生反應的化學方程式為________________________________________________________________。解析：設NH4VO3為1mol，即117g，起始到A點失去的質量＝117g×(1－85.47%)≈17g，結合銨鹽受熱分解一般產生NH3，故推測A點對應的物質為HVO3；酸分解一般產生氧化物和水，故假設B點對應的物質為VOx，根據V元素守恒知n(VOx)＝1mol，則(51＋16x)g/mol×1mol＝117g×77.78%，解得x≈2.5，故B點對應物質為V2O5，所以A點到B點過程中發生反應的化學方程式為2HVO3eq\o(=,\s\up8(210～380℃))V2O5＋H2O↑。答案：2HVO3eq\o(=,\s\up8(210～380℃))V2O5＋H2O↑14．實驗室需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.5mol·L－1硫酸溶液450mL。根據這兩種溶液的配制情況回答下列問題：(1)如圖所示的儀器中，配制溶液肯定不需要的是________(填字母)。儀器C的名稱是___________，本實驗所需玻璃儀器E的規格和名稱是___________。(2)下列操作中，容量瓶所不具備的功能有__________(填字母)。A．配制一定體積準確濃度的標準溶液B．長期貯存溶液C．用來加熱溶解固體溶質D．量取220mL體積的液體(3)在配制NaOH溶液的實驗中，其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，則所配制溶液濃度________(填“大于”“等于”或“小于”，下同)0.1mol·L－1。若NaOH溶液未冷卻即轉移至容量瓶中定容，則所配制溶液濃度________0.1mol·L－1。(4)根據計算得知，所需質量分數為98%、密度為1.84g·cm－3的濃硫酸的體積為________mL(計算結果保留一位小數)。如果實驗室有10mL、25mL、50mL量筒，應選用________mL規格的量筒。(5)如果定容時不小心超過刻度線，應如何操作：____________________。解析：(1)配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟：計算、稱量(量取)