（江苏专用）2020版高考化学一轮复习专题2物质的量物质的聚集状态和溶液的配制课件.pptx

专题2 物质的量 物质的聚集状态和溶液的配制,高考化学 (江苏省专用),A组 自主命题江苏卷题组,五年高考,考点一 物质的量与阿伏加德罗常数,1.(2016江苏单科,7,2分)下列说法正确的是 ( ) A.氢氧燃料电池工作时,H2在负极上失去电子 B.0.1 molL-1 Na2CO3溶液加热后,溶液的pH减小 C.常温常压下,22.4 L Cl2中含有的分子数为6.021023个 D.室温下,稀释0.1 molL-1 CH3COOH溶液,溶液的导电能力增强,答案 A A项,原电池工作时,负极失电子,故正确;B项,0.1 molL-1 Na2CO3溶液加热后,C 水 解程度变大:C +H2O HC +OH-,溶液碱性增强,pH增大,故错误;C项,常温常压下,22.4 L Cl2的物质的量不是1 mol,故错误;D项,室温下,稀释0.1 molL-1 CH3COOH溶液,溶液中离子总浓 度减小,溶液导电能力减弱,故错误。,易错警示 本题C项,求解时,要看是否为标准状况下,不为标准状况则无法直接用22.4 Lmol-1 (标准状况下气体的摩尔体积)求气体的物质的量。,疑难点拨 溶液的导电能力与溶液中的离子浓度、离子所带的电荷数有关。一定条件下,离 子带的电荷数越多、离子浓度越大,溶液的导电能力越强。本题D项,稀释CH3COOH溶液,虽 然平衡正向移动,但c(CH3COO-)和c(H+)均减小,故导电能力减弱。,2.(2015江苏单科,11,4分)下列说法正确的是 ( ) A.若H2O2分解产生1 mol O2,理论上转移的电子数约为46.021023 B.室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,溶液pH7 C.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 D.一定条件下反应N2+3H2 2NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3),答案 C A项,由2H2O2 2H2O+O2可知,每生成1 mol O2转移的电子数约为26.02 1023;B项,室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后形成CH3COONa和 CH3COOH的混合溶液,pH7;C项正确;D项,N2+3H2 2NH3反应达到平衡时,v正(H2)v逆(NH3)= 32,即2v正(H2)=3v逆(NH3)。,解题关键 室温下,“pH=3的CH3COOH溶液”中“已电离出的H+”与“pH=11的NaOH溶 液”中电离出的OH-浓度相等,等体积混合后,已电离出的H+与OH-可视为恰好完全反应,由于 CH3COOH溶液中存在电离平衡,在反应过程中CH3COOH还能继续电离出H+,因而该溶液呈酸 性(pH7)。,规律总结 判断一可逆反应是否已达平衡,可以参照以下几方面:v正(B)=v逆(B),若用不同物 质的v表示,则需注意是否有v正、v逆(同方向的v之间的关系肯定不能表示反应已达平衡)且量的 关系是否正确。c(B)、n(B)、m(B)等物理量若从反应开始至平衡前一直在变,那么当它不 变时,可以作为到达平衡的标志;反之,若从反应开始至平衡一直未变,则该物理量不变不能作 为到达平衡的标志。,3.(2014江苏单科,6,2分)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( ) A.1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA B.0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA C.标准状况下,11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA D.在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1 mol氧气,转移电子的数目为0.4NA,答案 A O2和O3都由O元素组成,1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含氧原子数目为0.1NA, A项正确;丙烯酸中含“ ”和“ ”,故0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为 0.2NA,B项错误;标准状况下,苯为非气态,C项错误;过氧化钠中的氧元素化合价为-1价,生成 0.1 mol O2时,转移电子数目为0.2NA,D项错误。,易错警示 Na2O2与H2O或CO2的反应中,释放出的O2中O原子只来源于Na2O2,其双线桥分别为: , 。,知识归纳 在标准状况下,常见的非气态物质有H2O、苯、CCl4、SO3、Br2、C2H5OH、 CH3COOH等。,4.(2013江苏单科,7,2分)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( ) A.1 L 1 molL-1的NaClO溶液中含有ClO-的数目为NA B.78 g苯含有C C双键的数目为3NA C.常温常压下,14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA D.标准状况下,6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA,答案 C A项,ClO-水解,其数目会小于NA,错误;B项,苯分子中不含有碳碳双键,错误;C项,N2和 CO的摩尔质量均为28 gmol-1,故n(N2,CO)= =0.5 mol,N2和CO均为双原子分子,故混合 气体含有的原子数目为NA,正确;D项,n(NO2)=0.3 mol,0.3 mol NO2 0.2 mol HNO3+0.1 mol NO,共转移0.2 mol e-,数目为0.2NA,错误。,考点分析 对阿伏加德罗常数的考查规律:考查的四个选项一般集中在溶液中某种微粒数 目的计算,有机物中某种官能团数目的计算,化学键数目的计算,混合气体中原子或化学 键数目的计算,氧化还原反应中电子转移数目的计算等。复习时应有针对性。,易错警示 关于阿伏加德罗常数计算中的常见陷阱:气态物质在非标准状况下用Vm=22.4 L/ mol计算;标准状况下,非气态物质用Vm=22.4 L/mol计算;未给出溶液体积而计算;物质中 本不存在某一结构而对此结构的数目进行计算等。,5.(2012江苏单科,8,2分)设NA表示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.常温常压下,18 g H2O中含有的原子总数为3NA C.标准状况下,11.2 L CH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA D.常温常压下,2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA,答案 B Cl2与水的反应是可逆反应,溶于水的Cl2并没有完全与水反应,转移电子数小于0.1 NA, 故A项错误;标准状况下乙醇为液态,故C项错误;标准状况下,2.24 L CO与CO2的混合气体才是 0.1 mol,故D项错误。,6.(2011江苏单科,8,2分)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 ( ) A.1 mol甲醇中含有CH键的数目为4NA B.25 ,pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA C.标准状况下,2.24 L己烷含有分子的数目为0.1NA D.常温常压下,Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2 mol O2,转移电子的数目为0.4NA,答案 D 1 mol甲醇中含有CH键的数目为3NA,故A项错误;溶液的体积未知,无法计算含有 OH-的数目,故B项,错误;标准状况下己烷不是气态物质,故C项错误。,考点二 物质的量浓度,7.(2010江苏单科,5,2分)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 ( ) A.常温下,1 L 0.1 molL-1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NA B.1 mol羟基中电子数为10NA C.在反应KIO3+6HI KI+3I2+3H2O中,每生成3 mol I2转移的电子数为6NA D.常温常压下,22.4 L乙烯中CH键数为4NA,答案 A B项,1 mol羟基中的电子数为9NA,故不正确;C项,每生成3 mol I2,转移的电子数为5NA, 故不正确;D项,常温常压下,22.4 L乙烯中CH键数小于4NA,故不正确。,8.2019江苏单科,18(2),8分聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O 为原料,经溶解、氧化、水解聚合等步骤,可制备聚合硫酸铁。 (2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 g,置于250 mL锥形瓶中,加 入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn 2+。 用5.00010-2 molL-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2 与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+), 消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将 (填“偏大”或 “偏小”或“无影响”)。 计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。,答案 (2)偏大 n(Cr2 )=5.00010-2 molL-122.00 mL10-3 LmL-1=1.10010-3 mol 由滴定时Cr2 Cr3+和Fe2+Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式:Cr2 6Fe2+ (或Cr2 +14H+6Fe2+ 6Fe3+2Cr3+7H2O) 则n(Fe2+)=6n(Cr2 )=61.10010-3 mol=6.60010-3 mol 样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.60010-3 mol56 gmol-1=0.369 6 g 样品中铁元素的质量分数: (Fe)= 100%=12.32%,解析 本题涉及化合物中元素的质量分数的计算及误差分析等,通过滴定原理的拓展应用,考 查了分析和解决化学问题的能力、化学实验与探究的能力,体现了证据推理与模型认知及科 学探究与创新意识的学科核心素养。 (2)过量Sn2+具有还原性也可与K2Cr2O7溶液反应,若不除去则导致消耗K2Cr2O7的量偏多,使测 定结果偏大。由题意知样品中的Fe3+被Sn2+还原为Fe2+,结合氧化还原反应中电子得失守恒 规律可以找出Fe2+与Cr2 的反应关系,从而计算出样品中Fe元素的质量分数。,方法技巧 在化学计算时,应用守恒思想:原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒进行计算。,9.2018江苏单科,18(3),8分碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶 液中加入一定量的碳酸钙粉末,反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液,反应方程式为 (2-x)Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O 2(1-x)Al2(SO4)3xAl(OH)3+3xCaSO4+3xCO2 生成物(1-x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。 (3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值,测定方法如下: 取碱式硫酸铝溶液25.00 mL,加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应,静置后过滤、洗涤, 干燥至恒重,得固体2.330 0 g。 取碱式硫酸铝溶液2.50 mL,稀释至25 mL,加入0.100 0 molL-1 EDTA标准溶液25.00 mL,调节 溶液pH约为4.2,煮沸,冷却后用0.080 00 molL-1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点,消耗 CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为11)。 计算(1-x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。,答案 (3)25 mL溶液中: n(S )=n(BaSO4)= =0.010 0 mol 2.5 mL溶液中 n(Al3+)=n(EDTA)-n(Cu2+)= 0.100 0 molL-125.00 mL10-3LmL-1-0.080 00 molL-120.00 mL10-3LmL-1= 9.00010-4mol 25 mL溶液中:n(Al3+)=9.00010-3mol 1 mol (1-x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中 n(Al3+)=(2-x)mol;n(S )=3(1-x)mol = = x=0.41,解析 (3)(1-x) Al2(SO4)3xAl(OH)3中, = ,利用、分别求出25.00 mL溶液中的 n(S )和n(Al3+),代入上式即可得出x的值。计算过程见答案。,10.2017江苏单科,18(2),8分碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 (2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClcxH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进行下 列实验:称取样品1.116 0 g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A;取25.00 mL溶 液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl 0.172 2 g;另取25.00 mL溶液A,调节pH 45,用浓度为 0.080 00 molL-1的EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2+H2Y2- CuY2-+ 2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。,答案 (2)n(Cl-)=n(AgCl) = =4.80010-3 mol n(Cu2+)=n(EDTA) =0.080 00 molL-130.00 mL10-3 LmL-1 =9.60010-3 mol n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=29.60010-3 mol-4.80010-3 mol=1.44010-2 mol m(Cl-)=4.80010-3 mol35.5 gmol-1=0.170 4 g m(Cu2+)=9.60010-3 mol64 gmol-1=0.614 4 g m(OH-)=1.44010-2 mol17 gmol-1=0.244 8 g n(H2O)= =4.80010-3 mol abcx=n(Cu2+)n(OH-)n(Cl-)n(H2O)=2311 化学式为Cu2(OH)3ClH2O,解析 (2)根据AgCl的质量可求得n(Cl-),根据EDTA的用量可求得n(Cu2+),然后利用电荷守恒求 得n(OH-),再根据样品的总质量及Cl-、Cu2+、OH-的质量可求得n(H2O),最后求出4种粒子的物 质的量的最简整数比即可得到样品的化学式。,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,考点一 物质的量与阿伏加德罗常数,1.(2019课标,8,6分)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 molL-1磷酸钠溶液含有的P 数目为0.1NA C.1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA D.48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA,答案 B 本题涉及阿伏加德罗常数的应用,从原子结构、盐的水解、氧化还原反应中电子 转移、化学键角度考查考生分析和解决化学问题的能力,体现了宏观辨识与微观探析的学科 核心素养。 A项,3 g 3He的物质的量为1 mol,其中含有1 mol中子,即NA个中子;B项,由于P 在溶液中发生 水解反应,故1 L 0.1 molL-1的Na3PO4溶液中含有的P 的物质的量小于0.1 mol,即P 数目小 于0.1NA;C项,据关系式 2Cr3+6e-可知1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数目为6 NA; D项,正丁烷和异丁烷互为同分异构体,每个正丁烷或异丁烷分子中含有13个共价键,58 g正 丁烷和异丁烷的混合物的物质的量为 =1 mol,则含有共价键的物质的量为13 mol,即 含有13NA个共价键。,知识归纳 同分异构体的“五同”:分子式相同、组成元素相同、各元素的质量分数相同、 相对分子质量相同、每个分子中所含有的共用电子对数目相同。,2.(2016课标,8,6分)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 ( ) A.14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B.1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C.1 mol Fe溶于过量硝酸,电子转移数为2NA D.标准状况下,2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA,答案 A A项,乙烯和丙烯的最简式相同,为CH2,故14 g乙烯和丙烯混合气体中含氢原子数为 2NA;B项,N2和H2的反应为可逆反应,转化率不可能达到100%,生成的NH3分子数小于2NA;C项, Fe和过量HNO3反应生成Fe3+,电子转移数为3NA;D项,标准状况下,CCl4呈液态。,3.(2015课标,8,6分)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( ) A.18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA B.2 L 0.5 molL-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA C.过氧化钠与水反应时,生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA D.密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应,产物的分子数为2NA,答案 C A项,D2O和H2O的摩尔质量不同,18 g D2O和18 g H2O的物质的量不同,含有的质子 数不同;B项,亚硫酸是弱酸,不能完全电离,故2 L 0.5 molL-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于 2NA;C项,Na2O2与水反应生成O2,氧元素的化合价由-1升高到0,故生成0.1 mol氧气转移的电子 数为0.2NA;D项,2NO+O2 2NO2,2NO2 N2O4,故2 mol NO与1 mol O2充分反应,产物的分子 数小于2NA。,4.(2017课标,8,6分)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 ( ) A.1 L 0.1 molL-1 NH4Cl溶液中,N 的数量为0.1NA B.2.4 g Mg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.1NA C.标准状况下,2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D.0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2NA,答案 D 本题考查阿伏加德罗常数及相关计算。由于NH4Cl溶液中N 水解,所以1 L 0.1 molL-1 NH4Cl溶液中,N 的数量少于0.1NA,A错;2.4 g Mg与H2SO4完全反应,转移的电子数为 0.2NA,B错;标准状况下,2.24 L N2和O2的混合气体为0.1 mol,则所含分子数为0.1NA,C错;H2(g)+ I2(g) 2HI(g)在反应前后气体分子总数不变,D正确。,易混易错 阿伏加德罗常数应用突破 突破一:抓“两看”,突破气体和状态陷阱 一看“气体”是否处于标准状况。 二看物质在标准状况下的聚集状态是否为气态。如:H2O、CCl4、SO3、HF在标准状况下为非 气态。 突破二:审“组成”“结构”,突破微观粒子数目陷阱 一审气体分子组成。如:He、Ne为单原子分子。 二审构成物质的粒子是否水解。 突破三:判断反应类型,突破氧化还原反应中电子转移数目陷阱 一判是否为自身氧化还原反应。如:Na2O2与H2O、Cl2与NaOH的反应为自身氧化还原反应。 二判是否为可逆反应。如:N2和H2、SO2和O2的反应为可逆反应。,5.(2015课标,10,6分)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 ( ) A.60 g丙醇中存在的共价键总数为10NA B.1 L 0.1 molL-1的NaHCO3溶液中HC 和C 离子数之和为0.1NA C.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NA D.235 g核素 U发生裂变反应 U n Sr Xe+1 n,净产生的中子 n)数为10NA,答案 C 1个丙醇分子中含有11个共价键,则60 g即1 mol丙醇中存在的共价键总数为11NA,A 项错误;根据物料守恒得:c(Na+)=c(HC )+c(C )+c(H2CO3)=0.1 molL-1,故HC 和C 的离 子数之和小于0.1NA,B项错误;钠在空气中燃烧时,Na均由0价转化为+1价,故23 g即1 mol钠充分 燃烧转移的电子数为1NA,C项正确;由裂变反应知净产生的中子数为9NA,D项错误。,考点二 物质的量浓度,6.(2019天津理综,4,6分)下列实验操作或装置能达到目的的是 ( ),答案 B 本题涉及的考点有硫酸的物理性质、一定物质的量浓度溶液的配制、气体的收 集、乙炔的制备和检验。考查化学实验基本方法和技能、化学实验探究能力,体现了能依据 实验目的设计探究方案,并运用化学实验进行实验探究,即体现了科学探究与创新意识的学科 核心素养。 A项,浓硫酸密度较大,与乙醇混合时应向乙醇中慢慢倒入浓硫酸,边加边搅拌,故错误;B项,用 容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液,液面接近刻度线12 cm时改用胶头滴管定容,平视液面, 直至凹液面最低点与刻度线相切,故正确;C项,NO2气体密度比空气大,收集时气体应“长进短 出”,故错误;D项,电石中含有含硫元素的杂质,与水反应生成还原性气体H2S(H2S也能使溴水 褪色),干扰乙炔的检验,故错误。,对比突破 浓硫酸与水混合时,因浓硫酸密度大,且腐蚀性强,为防止其溅出,应采取“酸入 水”的混合方式,并同时不停搅拌。乙醇与浓硫酸混合时亦是如此。,7.(2016浙江理综,8,6分)下列叙述不正确的是 ( ) A.钾、钠、镁等活泼金属着火时,不能用泡沫灭火器灭火 B.探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时,若先将两种溶液混合并计时,再用水浴加 热至设定温度,则测得的反应速率偏高 C.蒸馏完毕后,应先停止加热,待装置冷却后,停止通水,再拆卸蒸馏装置 D.为准确配制一定物质的量浓度的溶液,定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时,改 用滴管滴加蒸馏水至刻度线,答案 B B项,若采用该选项描述的操作方法,前期温度偏低,测得的反应速率偏低。,C组 教师专用题组,1.(2018课标,8,6分)下列叙述正确的是 ( ) A.24 g镁与27 g铝中,含有相同的质子数 B.同等质量的氧气和臭氧中,电子数相同 C.1 mol重水与1 mol水中,中子数比为21 D.1 mol乙烷和1 mol乙烯中,化学键数相同,答案 B A项,24 g镁和27 g铝的物质的量均为1 mol,1 mol镁含有的质子数为12NA,1 mol铝含 有的质子数为13NA,错误;B项,等质量的O2和O3中含有等物质的量的氧原子,含有的电子数相 同,正确;C项,1 mol重水含有10 mol中子,1 mol水含有8 mol中子,故中子数比为54,错误;D项, 乙烷的结构式为 ,1 mol乙烷中含有的化学键为7 mol,乙烯的结构式为 ,1 mol乙烯中含有的化学键为5 mol,错误。,易混易错 等物质的量的重水和水中含有的质子数相同,中子数不同。,2.(2015课标,9,6分)乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途,其结构式如图所 示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛 与氨的物质的量之比应为 ( ) A.11 B.23 C.32 D.21,答案 C 由乌洛托品的结构式可知,乌洛托品的分子式为C6H12N4,根据原子守恒可知,甲醛与 氨的物质的量之比为32。,3.(2017天津理综,9,18分)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-),实验过程包括准备标 准溶液和滴定待测溶液。 .准备标准溶液 a.准确称取AgNO3基准物4.246 8 g(0.025 0 mol)后,配制成250 mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中 避光保存,备用。 b.配制并标定100 mL 0.100 0 molL-1 NH4SCN标准溶液,备用。 .滴定的主要步骤 a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。 b.加入25.00 mL 0.100 0 molL-1 AgNO3溶液(过量),使I-完全转化为AgI沉淀。 c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。 d.用0.100 0 molL-1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后,体系出 现淡红色,停止滴定。 e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表:,f.数据处理。 回答下列问题: (1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。 (2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 。 (3)滴定应在pH0.5的条件下进行,其原因是 。 (4)b和c两步操作是否可以颠倒 ,说明理由 。 (5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为 mL,测得c(I-)= molL-1。 (6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步,应进行的操作为 。 (7)判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果 。,若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果 。,答案 (18分)(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 (2)避免AgNO3见光分解 (3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解) (4)否(或不能) 若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点 (5)10.00 0.060 0 (6)用NH4SCN标准溶液进行润洗 (7)偏高 偏高,解析 本题考查化学实验基本操作、实验数据的处理和误差分析等。 (1)配制250 mL AgNO3标准溶液要用250 mL容量瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒。 (2)AgNO3见光易分解,因此AgNO3标准溶液要放在棕色试剂瓶中避光保存。 (3)本实验用NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂,Fe3+水解会影响滴定终点的判断,为了抑制Fe3+的水解, 滴定应在pH0.5的条件下进行。 (4)若操作颠倒,指示剂中含有的Fe3+会与待测液中的I-反应,使指示剂耗尽,无法指示滴定终 点。 (5)观察三次实验数据知,第1次数据与后两次实验数据相差较大,应舍去;第2次和第3次实验数 据求平均值得消耗NH4SCN标准溶液平均体积为10.00 mL;由Ag+I- AgI、Ag+SCN- AgSCN知,c(I-)= =0.060 0 molL-1。 (6)滴定管装入溶液之前必须用待装溶液润洗,故在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步 为用NH4SCN标准溶液润洗滴定管。 (7)配制AgNO3标准溶液时烧杯中的溶液溅出,则配制的AgNO3标准溶液浓度偏小,滴定时消 耗NH4SCN溶液偏少,测定的c(I-)偏高;,滴定终点时俯视读数,由于滴定管刻度“上小下大”,故读数偏小,代入计算式的NH4SCN标 准溶液体积偏小,测定的c(I-)偏高。,易混易错 处理平行实验中的数据时,对于误差较大的数据应直接舍去,不能代入求平均值。,4.(2016课标,27,15分)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH (绿色)、Cr2 (橙 红色)、Cr (黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题: (1)Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现 象是 。 (2)Cr 和Cr2 在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 molL-1的Na2CrO4溶液中 c(Cr2 )随c(H+)的变化如图所示。,用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 。 由图可知,溶液酸性增大,Cr 的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为 。 升高温度,溶液中Cr 的平衡转化率减小,则该反应的H 0(填“大于”“小 于”或“等于”)。 (3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂,以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl-,利用Ag+与Cr 生成 砖红色沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.010-5 molL-1)时,溶液 中c(Ag+)为 molL-1,此时溶液中c(Cr )等于 molL-1。(已知Ag2CrO4、AgCl 的Ksp分别为2.010-12和2.010-10) (4)+6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2 还原成Cr3+,该反应的离子方程式 为 。,答案 (1)蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 (2)2Cr +2H+ Cr2 +H2O 增大 1.01014 小于 (3)2.010-5 5.010-3 (4)Cr2 +3HS +5H+ 2Cr3+3S +4H2O,解析 (1)Cr3+与Al3+化学性质相似,Cr3+(蓝紫色)中加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3沉淀(灰蓝色), 继续滴加,沉淀溶解,生成Cr(OH (绿色)。 (2)Na2CrO4溶液中的转化反应为2Cr +2H+ Cr2 +H2O。酸性增大,平衡右移,Cr 的平衡转化率增大。由题图知,A点c(Cr2 )=0.25 molL-1,c(Cr )=(1.0-0.252)molL-1=0.5 molL-1,c(H+)=1.010-7 molL-1,则平衡常数K= = =1.01014。升 温,Cr 的平衡转化率减小,说明平衡左移,即正反应为放热反应,H0。 (3)c(Ag+)= = molL-1=2.010-5 molL-1,c(Cr )= = molL-1=5.010-3 molL-1。 (4)Cr2 被还原成Cr3+,Cr元素化合价降低,作氧化剂,则HS 作还原剂,被氧化为S ,根据得 失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,即可得出反应的离子方程式。,解题关键 1.Cr 转化为Cr2 离子反应方程式的书写。,2.Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(Cr )。,答题规范 1.描述实验现象时要注意已知信息中物质或离子颜色的运用。,2.计算平衡常数时要注意Cr2 、H+、Cr 平衡浓度数据的处理以及横坐标的数量级。,A组 20172019年高考模拟考点基础题组 考点一 物质的量与阿伏加德罗常数,三年模拟,1.2019淮安中学阶段检测(二),9设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 ( ) A.1 mol Cl2与足量Fe反应,转移的电子数为3NA B.28 g乙烯和环丁烷(C4H8)混合气体中含有的碳原子数为2NA C.标准状况下,22.4 L乙醇的分子数为NA D.1 mol甲基所含电子数为10NA,答案 B A项,1 mol Cl2与足量Fe反应,转移的电子数为2NA而非3NA,故错误;B项,乙烯和环丁 烷(C4H8)混合气体可以看作是由“CH2”构成的物质,28 g“该物质”中含有的“CH2”数目 为2NA,含碳原子数亦为2NA,故正确;C项,标准状况下乙醇不是气态物质,22.4 L乙醇的分子数不 是NA,故错误;D项,1 mol甲基(CH3)所含电子数为9NA而非10NA,故错误。,2.(2019扬州期中,13)下列说法正确的是 ( ) A.将水库的钢闸门与直流电源的负极相连,能减缓闸门的腐蚀 B.稀释0.1 molL-1 CH3COOH溶液,溶液中各离子的浓度均减小 C.反应CaO+CO2 CaCO3在常温下能自发进行,则反应的H0 D.常温常压下,H2O2分解产生22.4 L O2,反应中转移的电子数为26.021023,答案 AC A项,钢闸门与电源的负极相连作阴极,被保护,可以减缓钢闸门的腐蚀,故正确;B 项,酸性溶液加水稀释后,c(H+)减小,KW=c(OH-)c(H+),由于KW不变,所以c(OH-)增大,故错误;C项, 正反应为熵减的反应,即S0,常温下能自发进行,则G=H-TS0,可推知该反应H0,故正 确;D项,常温常压下,22.4 L O2的物质的量不为1 mol,故错误。,3.2019盐城期中,16(4)PbO2是一种棕黑色粉末,难溶于水,可用作氧化剂和电极制造等。实验 室由Ca(ClO)2溶液氧化碱性Pb(OH)2法制备PbO2的步骤如下: 反应原理:2Pb(CH3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2 2PbO2+4CH3COONa+CaCl2+2H2O (4)为测定产品(只含PbO2和PbO)中PbO2、PbO的物质的量之比,称取产品0.519 4 g,加入20.00 mL 0.250 0 molL-1 H2C2O4溶液(PbO2还原为Pb2+)搅拌使其充分反应,然后用氨水中和,过滤、洗 涤除去PbC2O4,滤液酸化后用0.040 0 molL-1 KMnO4标准溶液滴定至终点(Mn 还原为Mn2+), 消耗标准溶液10.00 mL。计算产品中n(PbO2)与n(PbO)的物质的量之比(写出计算过程)。,答案 (4)与KMnO4反应的n(H2C2O4)= 0.040 0 molL-110.00 mL10-3 LmL-1=1.00010-3 mol 与PbO2和PbO反应的n(H2C2O4)=0.250 0 molL-120.00 mL10-3 LmL-1-1.00010-3 mol=4.000 10-3 mol 2n(PbO2)+n(PbO)=4.00010-3 mol 239 gmol-1n(PbO2)+223 gmol-1n(PbO)=0.519 4 g n(PbO2)=1.80010-3 mol n(PbO)=4.00010-4 mol = =,解析 (4)KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应,KMnO4中Mn元素由+7价变成+2价,H2C2O4中C元 素由+3价变成+4价,可得关系式:2KMnO45H2C2O4;PbO2、PbO与H2C2O4反应时,满足关系式: 2H2C2O4PbO2,H2C2O4PbO。,考点二 物质的量浓度,4.(2018南京摸底,12)下列说法正确的是 ( ) A.反应CO2(g)+C(s) 2CO(g)的H0,S0 B.钢铁水闸可用牺牲阳极或者外加电流的阴极保护法减缓其腐蚀 C.常温下,KspAl(OH)3=110-33,欲使溶液中c(Al3+)110-6molL-1,需调节溶液的pH5 D.常温常压下,11.2 L Cl2与足量铁粉充分反应,转移电子数为6.021023,答案 B A项,该反应是吸热反应,即H0,且该反应的S0,故错误;C项,根据KspAl(OH)3= c(Al3+)c3(OH-),则c(OH-)110-9 molL-1,c(H+)110-5 molL-1,则应调节溶液pH5,故错误;D项, 常温常压下,11.2 L Cl2的物质的量并不是0.5 mol,转移电子数不为1 mol,故错误。,5.2019启东、海门、通州联考,18(2)四氧化三锰(Mn3O4)是重要的电子工业磁性原料。 (2)Mn3O4中锰的化合价有+2、+3和+4价,其中+3和+4价的锰能将C2 氧化为CO2。为测定某 Mn3O4样品的组成,将其平均分为三份,分别进行下列实验。(已知EDTA与Mn2+反应的化学计 量数之比为11,本实验中EDTA不与其他微粒反应) 第一份以(NH4)2SO4-H2SO4溶液选择性溶解其中的Mn2+过滤洗涤后,调节滤液的pH约为10,用 0.100 0 molL-1 EDTA标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液5.00 mL。 第二份样品中,加入0.050 00 molL-1 Na2C2O4标准溶液25.00 mL和适量硫酸,加热使试样完全 溶解,立即用0.020 00 molL-1 KMnO4标准溶液滴定过量的还原剂至终点,消耗KMnO4标准溶液 5.00 mL。 第三份样品中,加入过量的0.050 00 molL-1 Na2C2O4标准溶液和适量硫酸,加热使试样完全溶 解冷却后调节pH约为10,用0.100 0 molL-1 EDTA标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液17.00 mL。 计算原Mn3O4样品中+3和+4价锰的物质的量之比。(写出计算过程),答案 (2)第一份样品中 n(Mn2+)=n(EDTA)=0.100 0 molL-15.00 mL10-3 LmL-1=5.0010-4 mol 第二份样品中 n(Na2C2O4)总=0.050 00 molL-125.00 mL10-3 LmL-1=1.2510-3 mol 由5C2 2Mn 得n(Na2C2O4)剩余= n(KMnO4)= 0.020 00 molL-15.00 mL10-3 LmL-1=2.5010-4 mol 所以,n(Na2C2O4)反应=1.2510-3 mol-2.5010-4 mol=1.0010-3 mol 又由得失电子守恒关系可得:C2 2Mn3+,C2 Mn4+ 所以,n(Na2C2O4)反应= n(Mn3+)+n(Mn4+)=1.0010-3 mol 第三份样品中 n(Mn2+)+n(Mn3+)+n(Mn4+)=0.100 0 molL-117.00 mL10-3 LmL-1=1.7010-3 mol 综上得,n(Mn3+)=4.0010-4 mol;n(Mn4+)=8.0010-4 mol n(Mn3+)n(Mn4+)=12,解析 (2)由题意,本实验中EDTA不与其他微粒反应,且n(EDTA)n(Mn2+)=11,则根据第一 份样品滴定可求出n(Mn2+)=n(EDTA)=5.0010-4 mol。第二份样品滴定中,Na2C2O4标准溶液与 Mn3+、Mn4+反应,存在关系式:C2 Mn4+、C2 2Mn3+;且过量的Na2C2O4由KMnO4标准溶液 滴定,反应存在关系式:5C2 2Mn ,则可得: n(Mn3+)+n(Mn4+)=1.0010-3 mol。第三份样品 滴定中,Mn3+、Mn4+先被还原为Mn2+,再由EDTA标准溶液滴定,则:n(Mn2+)+n(Mn3+)+n(Mn4+)= 1.7010-3 mol。联立所得等式即可得n(Mn3+)与n(Mn4+)的比,具体计算过程见答案。,6.2019南京、盐城一模,20(1)高铁酸盐等具有强氧化性,溶液pH越小氧化性越强,可用于除去 废水中的氨氮、重金属等。 (1)用Na2O2与FeSO4干法制备Na2FeO4的反应历程中包含的热化学方程式有: 2FeSO4(s)+Na2O2(s) Fe2O3(s)+Na2SO4(s)+SO3(g) H1=a kJmol-1 2Fe2O3(s)+2Na2O2(s) 4NaFeO2(s)+O2(g) H2=b kJmol-1 2SO3(g)+2Na2O2(s) 2Na2SO4(s)+O2(g) H3=c kJmol-1 2NaFeO2(s)+3Na2O2(s) 2Na2FeO4(s)+2Na2O(s) H4=d kJmol-1 则反应2FeSO4(s)+6Na2O2(s) 2Na2FeO4(s)+2Na2O(s)+2Na2SO4(s)+O2(g)的H= kJmol-1(用含a、b、c、d的代数式表示);该反应中,每生成1 mol Na2FeO4转移电子数为 mol。,答案 (1) 5,解析 (1)将题目已知四个反应方程式分别记为、,结合盖斯定律由(2+ +2)2得到2FeSO4(s)+6Na2O2(s) 2Na2FeO4(s)+2Na2O(s)+2Na2SO4(s)+O2(g) H= kJmol-1;每生成2 mol Na2FeO4转移电子10 mol,则该反应中,每生成1 mol Na2FeO4转移电子数为5 mol。,1.(2019江苏四校调研,5)用下列实验装置进行相应实验,不能达到实验目的的是 ( ) A.实验:配制100 mL 0.100 molL-1稀硫酸 B.实验:比较KMnO4、Cl2、I2的氧化性强弱 C.实验:制取并观察Fe(OH)2沉淀 D.实验:NO2尾气处理,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:40分钟 分值:80分 一、选择题(每题4分,共20分),答案 A A项,用浓硫酸配制一定浓度的稀硫酸,应先在烧杯中对浓硫酸进行稀释再转移到 容量瓶中,故错误。,易错提醒 容量瓶是专门用来配制一定体积一定浓度的溶液的玻璃仪器,不可以用来溶解固 体、稀释液体、反应、存放液体。,思路点拨 实验操作题中都会渗透对元素化合物知识的考查。如本题中涉及氢氧化亚铁的 制备方法和二氧化氮的尾气处理等。,2.(2019南京、盐城一模,10)下列说法错误的是 ( ) A.自发反应CaC2(s)+N2(g) CaCN2(s)+C(s)的H0 B.海上石油钢铁钻井平台可用外加电流的阴极保护法以防腐 C.H2O2催化分解每产生1 mol O2,转移电子的数目为26.021023 D.25 时,加水稀释0.1 molL-1 NH4Cl溶液,溶液中 不断增大,答案 D A项,该反应能自发进行,说明G0,即G=H-TS0,该反应S0,则H0,故正确; B项,采用外加电流的阴极保护法,让钢铁钻井平台作阴极,接上外加电源后阴极不参与电极反 应,被保护起来,故正确;C项,H2O2中的O元素由-1价升为0价,每产生1 mol O2,转移电子的数目为 26.021023,故正确;D项,25 时,加水稀释0.1 molL-1 NH4Cl溶液, = = ,由于温度不变,水的离子积KW和氨水的电离常数Kb不变,则此 比值不变,故错误。,易错警示 判断H2O2催化分解每产生1 mol O2转移的电子数目时,很容易忽略H2O2中O元素是- 1价,而错认为转移电子的数目为46.021023。,3.(2019苏锡常镇一模,10)下列说法正确的是 ( ) A.甲醇燃料电池工作时,甲醇得到电子,发生还原反应 B.室温下,稀释0.1 molL-1氨水,c(H+)c(NH3H2O)的值减小 C.将1 mol Cl2通入水中,HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为26.021023 D.SiO2(s)+2C(s) Si(s)+2CO(g)在常温下不能自发进行,则该反应的H0,答案 B A项,甲醇燃料电池中,燃料在负极失去电子,发生氧化反应,故错误;