1、化学常用计量 第2讲 考情分析 真题回放 1. (2020 全国卷)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( ) A.22.4 L(标准状况)氮气中含有 7NA个中子 B.1 mol 重水比 1 mol 水多 NA个质子 C.12 g 石墨烯和 12 g 金刚石均含有 NA个碳原子 D.1 L 1 mol L 1NaCl 溶液含有 28N A个电子 解析：A.标准状况下 22.4 L 氮气的物质的量为 1 mol，若该氮气分子 中的氮原子全部为 14N， 则每个 N 2分子含有(147)214 个中子， 1 mol 该氮气含有 14NA个中子，不是 7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确
2、 定， 故 A 错误； B.重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的， 所含质子数相同，故 B 错误；C.石墨烯和金刚石均为碳单质，12 g 石墨烯 和 12 g 金刚石均相当于 12 g 碳原子，即 12 g 12 g/mol1 mol C 原子，所含碳 原子数目为 NA个，故 C 正确；D.1 mol NaCl 中含有 28NA个电子，但该溶 液中除 NaCl 外，水分子中也含有电子，故 D 错误。 答案：C 2. (2019 全国卷)已知 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的 是( ) A.3 g 3He 含有的中子数为 1NA B.1 L 0.1 mol L 1 磷酸钠溶液
3、含有的 PO3 4 数目为 0.1NA C.1 mol K2Cr2O7被还原为 Cr3 转移的电子数为 6N A D.48 g 正丁烷和 10 g 异丁烷的混合物中共价键数目为 13NA 解析：A 对，3 g 3He 含有的中子数为 1NA。B 错，磷酸钠为强碱弱酸 盐，PO3 4 会发生水解，所以所含 PO3 4 的数目小于 0.1NA。C 对，Cr 的化 合价变化为633， 1 mol K2Cr2O7含有2 mol Cr， 所以转移电子数为6NA。 D 对，58 g 正丁烷、异丁烷的混合物为 1 mol，烷烃(CnH2n2)中总键数为 3n1，则该混合物中共价键数目为 13NA。 答案：B
4、 3. (2019 全国卷)设 NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下 pH2 的 H3PO4溶液，下列说法正确的是( ) A.每升溶液中的 H 数目为 0.02N A B.c(H )c(H 2PO 4)2c(HPO 2 4 )3c(PO3 4 )c(OH ) C.加水稀释使电离度增大，溶液 pH 减小 D.加入 NaH2PO4固体，溶液酸性增强 解析：磷酸是中强酸，存在电离平衡。A 错，常温下 pH2 的 H3PO4 溶液中，c(H )0.01 mol/L，每升溶液中的 H数目为 0.01N A。B 对，由电 荷守恒知，c(H )c(H 2PO 4)2c(HPO 2 4 )3c(PO3 4 )c
5、(OH )。C 错，加水 稀释使电离平衡右移，电离度增大，但是溶液中的离子浓度减小，溶液中 的 H 浓度减小，故溶液 pH 增大。D 错，加入 NaH 2PO4固体，抑制了磷酸 的第一步电离，溶液酸性减弱。 答案：B 4. (2019 全国卷节选)立德粉 ZnS BaSO4(也称锌钡白)， 是一种常用白色 颜料。回答下列问题： 以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉： 成品中 S2 的含量可以用“碘量法”测得。 称取 m g 样品， 置于碘量瓶中， 移取 25.00 mL 0.100 0 mol L 1 的 I2- KI 溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭， 置暗处反应 5 min
6、， 有单质硫析出。 以淀粉为指示剂， 过量的 I2用 0.100 0 mol L 1 Na 2S2O3 溶液滴定，反应式为 I22S2O 2 3 =2I S4O 2 6 。测定时消耗 Na2S2O3溶液体积 V mL。终点颜色变化为_， 样品中S2 的含量为_ (写出表达 式)。 解析：淀粉溶液遇到 I2溶液变蓝，当 Na2S2O3将 I2消耗完后，溶液由浅蓝色变至无 色，即滴定终点时，溶液会由浅蓝色变至无色。设 Na2S2O3消耗的 I2的物质的量为 n1。 由化学方程式可得：I2 2S2O2 3 =2I S 4O 2 6 1 mol 2 mol n1 0.100 0 mol L 1V103
7、 L 则 n11 2V 0.100 010 3 mol 设样品中 S2 的含量为 ，则由反应 I 2S 2=2IS可得： I2 S2 1 mol 32 g 25.0010 3 L0.100 0 mol L11 2V0.100 010 3 mol m g 由此可得： （25.001 2V）0.100 032 m1 000 100%。 答案：浅蓝色至无色 （25.001 2V）0.100 032 m1000 100% 考 点 诠 释 考点考点1 阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律 1.阿伏加德罗常数的有关判断 考查与阿伏加德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算， 同时要注意气体摩尔体积的使用
8、条件，另外还要谨防题中陷阱。解答本类题 目要审清选项中涉及的以下几个方面： 要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等； 涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强；涉及中子数和化学键 的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量；涉及化学反应要 明确相关反应的特点和电子转移；涉及溶液中的微粒要关注电离和水解； 要注意审清运算公式。 2.阿伏加德罗定律及推论 (1)阿伏加德罗定律：在同温、同压下，同体积的任何气体都含有相同 的分子数。 (2)阿伏加德罗定律的推论：推论一，pV m MRT；推论二，pMRT。 【例 1】NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A
9、.电解精炼铜时，阳极质量减少 64 g，转移电子数为 2NA B.100 g 质量分数为 46%的乙醇溶液中含有氢原子数为 12NA C.7.8 g Na2O2固体中含有离子总数为 0.4NA D.100 mL 10 mol L 1 浓盐酸与足量 MnO2加热充分反应，生成 Cl2的 数目为 0.25NA 解析：A.电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属如 Fe、Zn 等， 故当阳极质量减少 64 g 时，转移的电子数不一定为 2NA个，故 A 错误；B.100 g 质量分数 为 46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为 100 g46% 46 g/mol 1 mol，H2O 的物
10、质的量为 100 g（146%） 18 g/mol 3 mol，乙醇溶液中含有氢原子数(1 mol63 mol2)NA mol 1 12NA，故 B 正确；C.7.8 g Na2O2固体的物质的量为 0.1 mol，含有离子总数为 0.3NA，故 C 错误；D.100 mL 10 mol L 1 浓盐酸中 n(HCl)1 mol，浓盐酸与 MnO2反应制 Cl2的方程 式为 MnO24HCl(浓)= MnCl2Cl22H2O，若盐酸完全反应，则生成的 Cl2的数目 为 0.25NA，但随着反应的进行，浓盐酸变稀就不反应了，生成的 Cl2的数目小于 0.25NA， 故 D 错误。 答案：B 【变
11、式 1】 设 NA为阿伏加德罗常数的值。 下列叙述中， 正确的是( ) A.12.0 g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为 0.3 NA B.14 g 分子式为 CnH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目一定为 NA/n C.标准状况下，1 L 液态水中含有的 H 数目为 107N A D.足量 Zn 与一定量的浓硫酸反应，产生 22.4 L 气体时，转移的电子 数为 2NA 解析：A.12.0 g NaHSO4的物质的量是 0.1 mol，晶体中阳离子和阴离子 的总数为 0.2NA，A 不正确；B.分子式为 CnH2n的链烃是烯烃，分子中含有 n 个碳碳双键，所以 14 g 分子式为 C
12、nH2n的链烃中含有的碳碳双键的数目一定 为 NA/n，B 正确；C.标准状况下水为液态，C 不正确；D.未说明是标况，不 能确定气体的物质的量，因此不能计算转移电子的物质的量，D 不正确。 答案：B 考点考点2 一定物质的量浓度溶液的配制 1.在配制一定物质的量浓度的溶液时涉及的计算 溶质为固体时，分两种情况：溶质是无水固体时，直接用公式 cB n（mol） V（L） m（g） M（g/mol） V（L） 算 m；溶质是含结晶水的固体时，则还需将无水固体 的质量转化为结晶水合物的质量。 溶质为浓溶液时，也分两种情况：如果给定的是浓溶液的物质的量浓 度，则根据公式 c(浓)V(浓)c(稀)V(
13、稀)来求 V(稀)；如果给定的是浓溶液 的密度()和溶质的质量分数()，则根据 c g mL 1V mL M g mol 1 V L 来求 V mL。 溶质为气体时，其物质的量浓度和溶质质量分数的计算：在标准状况 下， 1 L 水中溶解某气体 V L， 所得溶液密度为 ， 则 c n V V/22.4 10001 V 22.4M 1000 1000V 22400MV(：g cm 3) m（溶质） m（溶液） 100% V 22.4M 10001 V 22.4M 100% MV 22400MV 100%。 所配溶液的体积与容量瓶的量程不符时：算溶质时则取与实际体积最 接近的量程数据作溶液的体积来
14、求溶质的多少，不能用实际量。因为容量瓶 只能配制其规定量程体积的溶液。 2.一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析 误差分析时，要根据实验操作，弄清是“m”还是“V”引起的误差，再具体 分析。 【例 2】为了配制 100 mL 1 mol L 1 NaOH 溶液，其中有下列几种操作， 错误的操作有( ) 选刚用蒸馏水洗净过的 100 mL 容量瓶进行配制 NaOH 固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中 用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中 使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相 切 由于操作不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用 胶头滴
15、管吸出超过的一部分 A. B. C. D. 解析： 应待溶液冷却至室温方可转移至容量瓶中； 离刻度线 12 cm 时，应改用胶头滴管定容；应该重新配制溶液。 答案：A 【变式 2】CuSO4 是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如 图所示。 (1)现要用如上图所示的浓硫酸来配制步骤中所需要的 1 mol/L 的稀 硫酸 480 mL，需用这种浓硫酸的体积为_(保留到小数点后 1 位)mL。 (2)配制该稀硫酸溶液所用到的玻璃仪器除了玻璃棒、量筒、烧杯之外 还有_、_。 (1)现要用如上图所示的浓硫酸来配制步骤中所需要的 1 mol/L 的稀 硫酸 480 mL，需用这种浓硫酸的体积为_(
16、保留到小数点后 1 位)mL。 (2)配制该稀硫酸溶液所用到的玻璃仪器除了玻璃棒、量筒、烧杯之外 还有_、_。 解析：(1)配制步骤中所需要的 1 mol/L 的稀硫酸 480 mL，实验室中无 此规格容量瓶， 需要选择 500 mL 容量瓶， 计算配制 1 mol/L 的稀硫酸 500 mL， 图示中浓硫酸的物质的量浓度为10001.8498% 98 mol/L18.4 mol/L， 结合溶 液中溶质物质的量相同，计算可知 18.4 mol/LV L1 mol/L0.500 L，解得 V0.0272 L27.2 mL。 (2)用浓溶液配制稀溶液一般步骤为量取、 稀释、 移液、 洗涤、定容、摇
17、匀等操作，因此用量筒量取一定体积的浓溶液，然后在烧杯中 稀释，冷却后转移到 500 mL 容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离 刻度线 12 cm 时，改用胶头滴管滴加，因此还缺少胶头滴管、500 mL 容量 瓶。 答案： （1）27.2 （2）500mL 容量瓶 胶头滴管 (3)下列哪些操作会使所配的稀硫酸浓度偏低_(填字母)。 A.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶 B.定容时，眼睛仰视溶液凹液面最低点 C.容量瓶中原残留少量蒸馏水 D.定容摇匀后容量瓶液面低于刻度线，又加水定容到刻度线 E.量取浓硫酸时量筒内有少量蒸馏水 解析：(3)洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶，配制溶液中溶
18、质物质 的量减小，浓度偏低，A 正确；定容时，眼睛仰视溶液凹液面最低点，加入水 超出刻度线，溶液浓度偏低，B 正确；容量瓶中原残留少量蒸馏水对配制溶液 浓度无影响，C 错误；定容摇匀后容量瓶液面低于刻度线，又加水定容到刻度 线，最后溶液体积超出刻度线，溶液浓度偏小，D 正确；量取浓硫酸时量筒内 有少量蒸馏水，溶质取用量减小，配制溶液浓度偏小，E 正确；选 ABDE。 答案： （3）ABDE (4) 制取硫酸铜的途径、 中，途径_能更好地体现“绿色化 学”思想。 (5)配制 1000 mL、0.1 mol/L 的硫酸铜溶液，需用托盘天平称取_g 胆矾(CuSO4 5H2O)。 解析：(4)相对于
19、途径、，途径的优点有：制取等质量 CuSO4需要 的硫酸少、无污染性气体产生，故选。(5)配制 1000 mL、0.1 mol/L 的硫酸 铜溶液，溶液中溶质物质的量为 1 L0.1 mol/L0.1 mol，则选用硫酸铜晶体 的物质的量为 0.1 mol，因此需要胆矾质量为 250 g/mol0.1 mol25.0 g。 答案： （4） （5）25.0 考点考点3 以物质的量为中心的计算 以物质的量为中心的计算关系图 【例 3】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)的方案如下： (已知：滴定时反应的化学方程式为 SO2I22H2O=H2S
20、O42HI) 按上述方案实验，消耗标准 I2溶液 25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧 化剂的残留量(以游离 SO2计算)为_g L 1。 解析： 由题给滴定反应的化学方程式知， 样品中抗氧化剂的残留量(以 SO2 计算)与 I2的物质的量之比为 11，n(SO2)n(I2)0.010 00 mol L 10.025 L 0.000 25 mol， 残留量0.000 25 mol64 g mol 1 0.1 L 0.16 g L 1。 答案：0.16 【变式 3】碱式次氯酸镁Mga(ClO)b(OH)c xH2O是一种有开发价值的、 微溶于水的无机抗菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下
21、实验： 准确称取 1.685 g 碱式次氯酸镁试样于 250 mL 锥形瓶中，加入过量的 KI 溶液， 用足量乙酸酸化， 用 0.800 0 mol L 1 Na 2S2O3标准溶液滴定至终点(离 子方程式为 2S2O2 3 I2=2I S 4O 2 6 )，消耗 25.00 mL。 另取 1.685 g 碱式次氯酸镁试样，用足量乙酸酸化，再用足量 3% H2O2 溶液处理至不再产生气泡(H2O2被 ClO 氧化为 O 2)，稀释至 1 000 mL。移取 25.00 mL 溶液至锥形瓶中，在一定条件下用 0.020 00 mol L 1 EDTA(Na 2H2Y) 标准溶液滴定其中的 Mg2
22、 (离子方程式为 Mg2H 2Y 2=MgY22H)， 消 耗 25.00 mL。 (1)步骤需要用到的指示剂是_。 解析：(1)根据实验中的离子方程式可知有 I2参加反应，根据 I2的特性 可选择淀粉溶液作指示剂。 答案：(1)淀粉溶液 (2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。 解析： (2)根据实验中消耗的 Na2S2O3的物质的量结合关系式 ClO I 2 2S2O2 3 求得 n(ClO )，根据实验中消耗的 EDTA 的物质的量结合关系式 Mg2 EDTA 可求得 n(Mg2)，利用电荷守恒可求得 n(OH)，根据固体的总质量 以及求出的 n(Mg2 )、 n(ClO
23、)、 n(OH)可求得 n(H 2O)， 从而得到 n(Mg 2)、 n(ClO )、n(OH)、n(H 2O)四者之比，最后得到物质的化学式。 答案：(2) 关系式：ClO I 22S2O 2 3 n(ClO )1 2n(S2O 2 3 )1 20.800 0 mol L 125.00103 L0.01 mol， n(Mg2 )0.020 00 mol L125.00103 L1 000 mL 25.00 mL0.02 mol， 根据电荷守恒，可得： n(OH )2n(Mg2)n(ClO)20.02 mol0.01 mol0.03 mol， m(H2O)1.685 g0.01 mol51.5 g mol 10.02 mol24 g mol10.03 mol17 g mol 10.180 g， n(H2O) 0.180 g 18 g mol 10.01 mol， n(Mg2 )n(ClO)n(OH)n(H 2O)0.02 mol0.01 mol0.03 mol0.01 mol 2131，碱式次氯酸镁的化学式为 Mg2ClO(OH)3 H2O。
