高考熱點微專題 以物質(zhì)的量為中心的定量實驗（一）滴定分析法,核心精講..滴定分析法將已知準確濃度的標準溶液，滴加到被測溶液中（或者將被測溶液滴加到標準溶液中），直到所加的標準溶液與被測物質(zhì)按化學計量關(guān)系定量反應為止，然后測量標準溶液消耗的體積，根據(jù)標準溶液的濃度和所消耗的體積，算出待測物質(zhì)的含量。.實驗的關(guān)鍵準確量取待測溶液，根據(jù)指示劑的顏色變化確定滴定終點。.類型：根據(jù)標準溶液和待測溶液間的反應類型的不同，可將滴定分析法分為四大類：中和滴定、氧化還原滴定、絡(luò)合滴定和沉淀滴定。.常見的計算方法（1）關(guān)系式法多步反應是多個反應連續(xù)發(fā)生，各反應物、生成物之間存在確定的物質(zhì)的量關(guān)系，根據(jù)有關(guān)反應物、生成物之間物質(zhì)的量的關(guān)系，找出已知物的量與未知物的量間的數(shù)量關(guān)系；列比例式求解，能簡化計算過程。（2）守恒法所謂“守恒”就是物質(zhì)在發(fā)生“變化”或兩物質(zhì)在發(fā)生“相互作用”的過程中某些物理量的總量保持''不變"。在化學變化中有各種各樣的守恒，如質(zhì)量守恒、得失電子守恒、電荷守恒等。根據(jù)守恒關(guān)系可列等式求解。典例精研【典例】（2021?山東等級考節(jié)選）六氯化鋁（WC1J可用作有機合成催化劑，熔點為283°C,沸點為340℃,易溶于CS2,極易水解。實驗室中，先將三氧化鴇（WO3）還原為金屬鴇（W）再制備WCk，裝置如圖所示（夾持裝置略）。利用碘量法測定WCk產(chǎn)品純度，實驗如下：（1）稱量：將足量c&（易揮發(fā)①）加入干燥的稱量瓶中，蓋緊稱重為?g；開蓋并計時1分鐘,蓋緊稱重為nkg；再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘②，蓋緊稱重為nhg,則樣品質(zhì)量為g（不考慮空氣中水蒸氣的干擾）。（2）滴定：先將WCh轉(zhuǎn)化為可溶的NazWO”通過10,離子交換柱發(fā)生反應：*0r+Ba（I03）2=BaW04+210；?；交換結(jié)束后，向所得含10,的溶液中加入適量酸化的KI溶液，發(fā)生反應：10；+5r+6H+=3I2+3H20?；反應完全后，用NaSOs標準溶液滴2- 2-定，發(fā)生反應：I2+2S203=2r+S406?o滴定達終點時消耗cmol的Na2s2O3溶液KmL,則樣品中WCk（摩爾質(zhì)量為Mg?mol-1）的質(zhì)量分數(shù)為□稱量時，若加入待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘④，則滴定時消耗Na2s2。；溶液的體積將（填“偏大”“偏小”或“不變”），樣品中WCk質(zhì)量分數(shù)的測定值將（填“偏大”“偏小”或“不變”）。教師專用心提取信息①易揮發(fā)②再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘③反應的一系列方程式④開蓋時間超過1分鐘信息轉(zhuǎn)化①CS2易揮發(fā)，開蓋1分鐘后CS2會從稱量瓶中揮發(fā)②再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，說明CS?從稱量瓶中揮發(fā)出的量與第一次相同③從反應的一系列方程式，可以得出WC16與Na2s標準溶液的計量關(guān)系④開蓋時間超過1分鐘，說明CS?從稱量瓶中揮發(fā)出的量比第一次多聯(lián)想在實驗過程中稱量WC16的質(zhì)量時，在稱量瓶中加入待測樣品后為什

質(zhì)疑么需要開蓋并計時1分鐘？提示：由于溶劑CS2易揮發(fā)，在操作過程中必然會導致溶劑的減少，因此在兩次稱量的過程中保證開蓋的時間相同，也就使溶劑CSz揮發(fā)的量相同【解析】(1)根據(jù)題意，稱量時加入足量的CS2,蓋緊稱重為用g,由于CS2易揮發(fā)，開蓋時要揮發(fā)出來，稱量的質(zhì)量要減少，開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重加g,則揮發(fā)出的CS2的質(zhì)量為(倒一雙)g,再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，又揮發(fā)出(⑷-nk)g的CS2,蓋緊稱重為聯(lián)g,則樣品質(zhì)量為的g+2(/z?i-nh)g—⑷g=(m+0—2m)go(2)滴定時，根據(jù)關(guān)系式:TOC\o"1-5"\h\z2- - 2- 2- 2-WO~2I0~6I2~12S20,樣品中〃(WCk)=〃(W0)=/7(S2O)=—cVXIO_3mol,43 3 4iz3 12g.則樣品中wci6g.則樣品中wci6的質(zhì)量分數(shù)為2Z7（WC16）cKX10'molX"g?mol1=9nnnJ.乙 ?1,乙\）\J\JcVM12000g cVM _丁二一尸；一X100%=一%；根據(jù)測定原理，稱量時，若加入待測樣品(世十0一2雙)g 120(以十0—2雙)后，開蓋時間超過1分鐘，揮發(fā)的CS2的質(zhì)量增大，族偏小，但WC16的質(zhì)量不變，則滴定時消耗Na2s2。3溶液的體積將不變，樣品中WC16質(zhì)量分數(shù)的測定值將偏大。cVM答案：(1)/%+0-2/%(2)1??,_- o_1%不變偏大Izl) 十加1—1Lnk)?，原因分析?理論解釋實驗中滴定時選用的指示劑為 滴定終點的現(xiàn)象為 -O提示：淀粉滴入最后半滴標準液時，溶液藍色消失且半分鐘內(nèi)不變色遷移應用(2022?珠海模擬)滴定實驗是化學學科中最重要的定量實驗之一。常見的滴定實驗有酸堿中和滴定、氧化還原反應滴定、沉淀滴定等等。(1)酸堿中和滴定——某學生用0.10mol 的標準NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，取20.00mL待測稀鹽酸溶液放入錐形瓶中，并滴加2?3滴酚酸作指示劑，重復上述滴定操作2?3次。①在上述實驗中，下列操作(其他操作正確)會造成測定結(jié)果偏高的有oA.滴定前平視讀數(shù)，終點讀數(shù)時仰視讀數(shù)B.錐形瓶水洗后未用待測鹽酸潤洗C.酸式滴定管使用前，水洗后未用待測鹽酸溶液潤洗D.標準液漏滴在錐形瓶外一滴E.堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失②若在達到滴定終點時，不慎多加了一滴NaOH溶液（一滴溶液體積約為0.05mL）繼續(xù)加水到50mL,所得溶液的pH為o（2）氧化還原滴定一一葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定，葡萄酒常用Na2s2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量（以游離SO?計算）的方案如圖：一定條件下,加入兒滴淀粉溶液,>

用0.01000mol-標準卜溶液滴定“注：實驗中加入鹽酸的目的是將Na2s2O5全部轉(zhuǎn)化成S02；滴定過程中發(fā)生的反應：L+SO2+2H2O=2HI+H2SO,①滴定時，I2溶液應裝在（填“酸”或“堿”）式滴定管中，達到滴定終點的現(xiàn)象：②實驗消耗標準L溶液25.00mL,所測樣品中抗氧化劑的殘留量（以游離S02計算）為g,L'0③在上述實驗過程中，若有部分HI被空氣氧化，則測定結(jié)果（填“偏高”“偏低”或“不變”）。（3）沉淀滴定一一參考表中的數(shù)據(jù)，若用AgNOs標準溶液滴定NaSCN溶液，可選用的指示劑是 （填選項字母）。難溶物顏色小“AgCl白1.77X1O-10AgBr淺黃5.35X10-'3AgCN白1.21X10-16AgzCrO”前紅1.12X10-12AgSCN白1.0X10-12A.NaClB.NaBrC.NaCND.Na2CrO4測定過程中，使用棕色滴定管的原因是o【解析】（1）①滴定前平視讀數(shù)，終點讀數(shù)時仰視讀數(shù)，會將標準溶液的體積讀大，結(jié)果偏高,A符合題意；錐形瓶水洗后不需要用待測鹽酸潤洗，無影響，B不符合題意；酸式滴定管使用前，水洗后未用待測鹽酸溶液潤洗，導致酸溶液的濃度變小，消耗標準溶液的體積偏小，結(jié)果偏低，C不符合題意；標準液漏滴在錐形瓶外一滴，導致標準溶液的體積偏大，結(jié)果偏大，D符合題意；堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，導致標準溶液的體積偏大，結(jié)果偏大,E符合題意;②多加了1滴NaOH溶液，則多出的〃(01)=(0.lX0.05X10T)mol=5Xr- 6I -I一14KF，mol,所以c(0H")=nfm°=10-01?『'，c(H+) mol?廠1=1。-%01-L0.05L 10pH=-lgc(H+)=10；(2)①L具有強氧化性，應裝在酸式滴定管中，達到滴定終點時，碘與淀粉反應生成藍色溶液；②根據(jù)反應方程式：SO2+L+2H2O=H2SO,+2HI,可知n(S02)=〃")=0.01000mol?L-'X0.025L=2.5X10-4mol,由于葡萄酒樣品為100.00mL,因此樣品抗氧化劑的殘留量為2.5XICTmolX64g?mor'4-0.1000L=0.16g?L-1；③實驗過程中，若有部分HI被空氣氧化，則消耗標準溶液的體積偏小，測定結(jié)果偏低；(3)若用AgNOs去滴定NaSCN溶液，可選用的滴定指示劑的物質(zhì)的溶解度應比AgSCN大，且現(xiàn)象明顯，應為NazCrO”；測定過程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸銀見光分解。答案：(1)①ADE②10(2)①酸無色變?yōu)樗{色②0.16③偏低(3)D防止硝酸銀見光分解(二)熱重分析法核心精講1.測定固體物質(zhì)組成的熱重法(1)熱重法的概念：在控制溫度的條件下測量物質(zhì)的質(zhì)量與溫度關(guān)系的方法。(2)熱重法的應用：通過分析熱重曲線，可以知道樣品及其可能產(chǎn)生的中間產(chǎn)物的組成、熱穩(wěn)定性、熱分解情況及生成產(chǎn)物等與質(zhì)量相聯(lián)系的信息。(3)熱重法的使用條件：只要物質(zhì)受熱時發(fā)生質(zhì)量變化，都可以用熱重法來研究物質(zhì)的組成。2.熱重曲線模型(1)熱重曲線：由熱重分析記錄的質(zhì)量變化對溫度的關(guān)系曲線稱熱重曲線，曲線的橫軸為溫度，縱軸為質(zhì)量。⑵實例：固體物質(zhì)A熱分解反應：A(固體)AB(固體)+C(氣體)的典型熱重曲線如圖所示。加g,A（固）

ab（固）dIIItT\T2~77t：圖中7；為固體A開始分解的溫度，石為質(zhì)量變化達到最大值時的終止溫度。若試樣初始質(zhì)量為黑，失重后試樣質(zhì)量為生則失重百分數(shù)為咒“'）X100%?3.熱重曲線的一般分析思維模型⑴識圖一一解題基礎(chǔ)一看軸：即橫、縱坐標所表示的化學含義（自變量X軸和函數(shù)Y軸表示的化學意義），尋找X、Y軸之間的定性和定量關(guān)系，因為這是理解題意和進行正確思維的前提；二看點：即曲線中的特殊點（頂點、起點、終點、拐點、交點）；三看線：即曲線的走勢（變化趨勢是上升、下降、波動、正態(tài)、偏態(tài)等變化）。（2）析圖一一解題關(guān)鍵①分析：分析圖中出現(xiàn)的特殊點（圖像的頂點、起點、終點、拐點、交點），曲線的變化趨勢和走向，以及分析曲線變化的因果關(guān)系；②聯(lián)想：通過聯(lián)想，把所學的有關(guān)概念、原理、規(guī)律等與圖像曲線中特殊點（圖像的頂點、起點、終點、拐點、交點）、變化趨勢等構(gòu)建定性和定量的聯(lián)系。⑶用圖一一解題目的將相關(guān)的化學知識與圖像曲線緊密結(jié)合，在頭腦中構(gòu)建新的曲線一一知識體系，然后運用新的曲線 知識體系揭示問題的實質(zhì)，解決實際問題。教師專用司【典例】（2021?全國甲卷節(jié)選）膽磯（CuS01?5H2。）易溶于水，難溶于乙醇。某小組用工業(yè)廢銅焙燒得到的CuO（雜質(zhì)為氧化鐵及泥沙）為原料與稀硫酸反應制備膽磯，并測定其結(jié)晶水的含量。（1）結(jié)晶水測定：稱量干燥生埸的質(zhì)量為⑶，加入膽帆后總質(zhì)量為微?,將用煙加熱至膽帆全部變?yōu)榘咨糜诟稍锲髦欣渲潦覝睾蠓Q量，重復上述操作，最終總質(zhì)量恒定為您②，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，膽磯分子中結(jié)晶水的個數(shù)為（寫表達式）。（2）下列操作中，會導致結(jié)晶水數(shù)目測定值偏高的是（填標號）。①膽磯未充分干燥②生堪未置于干燥器中冷卻

③加熱時有少量膽磯迸濺出來［解題思維］解答本題的思維流程如下:提取信息①干燥珀堪的質(zhì)量為0,加入膽磯后總質(zhì)量為侵；②最終總質(zhì)量恒定為您信息轉(zhuǎn)化①干燥生煙的質(zhì)量為0,加入膽磯后總質(zhì)量為很，可以得到膽帆的質(zhì)量；②由最終總質(zhì)量恒定為熱，可以得到失去的結(jié)晶水的質(zhì)量聯(lián)想質(zhì)疑為什么在實驗過程中要將加熱后的生堪放于干燥器中冷卻？提示：因為生煙中盛放的是失去結(jié)晶水的CUSO?容易吸收空氣中水蒸氣，導致實驗誤差。【解析】（1）膽磯的質(zhì)量為色-0,無水硫酸銅的質(zhì)量為以一0,結(jié)晶水的質(zhì)量為（雙一處）一（匹一0）=也一見，根據(jù)CuSO,?aH2OaCuSOi+aH2O,則有160：18x=（麴一加J：（以一例），解得x=?（"二髭。（2）①膽磯未充分干燥，則極偏大，測定值偏高，故正確；②生埸未置于干y（必—ni\）燥器中冷卻，則硫酸銅會吸收水蒸氣，色偏大，測定值偏低，故錯誤；③加熱時有少量膽磯迸濺出來，極偏小，測定值偏高，故正確。答案：（1）8答案：（1）80(/%―7%)9(/%—/?!)⑵①③思維拓展?延伸設(shè)問（1）本實驗中最少需要進行幾次稱量操作？提示：四次。（2）若膽帆（CuSO-5HzO）的質(zhì)量為0.80g,在受熱脫水過程中測得固體質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示。0.68 0.57- 051 —;— 】—_.0 102113 258溫度化試確定200℃時固體物質(zhì)的化學式(要求寫出推斷過程)。提示：CuSO4?5H20-nH20+CuS04?(5-/7)H20

250 18/70.80g 0.80g—0.57g=0.23g解得4,所以200℃時該固體物質(zhì)的化學式為CuSO,?乩0。?技法積累請你歸納總結(jié)利用熱重分析解題的一般方法和規(guī)律。提示：熱重分析解題的一般方法和規(guī)律為(1)設(shè)晶體為1mol,其質(zhì)量為卬。(2)失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。(3)計算每步固體剩余的質(zhì)量E余)姓X100%=固體殘留率。m(4)晶體中金屬質(zhì)量不會減少，仍在加余中。(5)失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得加虱，由〃金屬：〃氨，即可求出失重后物質(zhì)的化學式。(6)根據(jù)失重后物質(zhì)的化學式，寫出相應的化學方程式。遷移應用1.正極材料為LiCoO2的鋰離子電池已被廣泛用作便攜式電源。但鉆的資源匱乏限制了其進一步發(fā)展。Co(OH)「在空氣中加熱時，固體殘留率隨溫度的變化曲線如圖所示。已知鉆的氫氧化物加熱至290℃時已完全脫水，則1000°C時，剩余固體成分為(填化學式，下同);在350?400℃范圍內(nèi)，剩余固體成分為o曷10090800 2004006008001000溫度/t【解析】Co(0H)2的摩爾質(zhì)量為93g設(shè)Co(OH)2的物質(zhì)的量為1mol,則C點1000℃時失重的質(zhì)量為1molX93g?mor'X(1-80.65%)=?18g,即1molH20,根據(jù)質(zhì)量守恒定△律，化學反應方程式為Co(OH)=Co0+H?0。1000℃時剩余固體的成分為Co0。B點500℃時失重的質(zhì)量為1molX93g?mol-lX(1-86.38%)^12.7g。已知290C時Co(0H)2已完全脫水，ImolCo(OH)/脫水成Co0時應失重的質(zhì)量為18g,因為500℃時失重的質(zhì)量不到18g,

所以一定有氧氣進入，使鉆元素的化合價發(fā)生了變化。進入氧元素的物質(zhì)的量為〃(0)=18e—127g1T——J mol,即可表述為CoO?U,整理得化學式為Co。。同理，A點290c時失重的質(zhì)量為1molX93g?mor'X(1-89.25%)^10g,進入氧元素的物質(zhì)的量為n(0)=77-g——r?^0.5mol,即可表述為CoO?0。5,整理得化學式為C02O3。所以在350?400℃lbg,mol范圍剩余固體是C03O1和C02O3的混合物。答案：Co0C03O4和C02O32.草酸鉆是制備鉆氧化物的重要原料。如圖為二水合草酸鉆(CoCa?2HQ)在空氣中受熱的質(zhì)量變化曲線，曲線中300c及以上所得固體均為鉆氧化物。(1)通過計算確定C(1)通過計算確定C點剩余固體的成分為(填化學式)。試寫出B點對應的物質(zhì)與02在225?300℃條件下發(fā)生反應的化學方程式:(2)取一定質(zhì)量的二水合草酸鉆分解后的鉆氧化物(其中Co的化合價為+2、+3價)，用480mL5mol鹽酸恰好完全溶解固體，得到CoCh溶液和4.48L(標準狀況)黃綠色氣體。試確定該鉆氧化物中Co、0的物質(zhì)的量之比(列式計算)?！窘馕觥?1)18.3g二水合草酸鉆的物質(zhì)的量為0.1mol,由于在300°C時生成的是Co的氧化物，故在8.03g氧化物中，含Co的質(zhì)量為0.1molX59g?molT=5.9g,/(0)=8.03g-5.9g=2.13g,故〃(Co)：〃(0)弋3：4,C點剩余固體的化學式為Co30,lo當晶體恰好將結(jié)晶水失去時得到CoCA14.70g,在B點時與Oz反應后生成CoQ的化學方程式為3CoC204225?300℃+202—= Co304+6C02o(2)黃綠色氣體為Cb,其物質(zhì)的量為0.2mol,根據(jù)Cl元素守恒可知，溶液中2〃(Co)=〃(HCl)—2〃(Ck),故〃(Co)=1mol,根據(jù)得失電子守恒〃(Q?+)=2/?(Cl2)=0.4mol,則〃(Co?+)=0.6mol,根據(jù)電荷守恒可知，2〃((T)=3〃(Co3+)+2a(Co2+),〃(0-)=1.2mol,故〃(Co)：〃(0)=1：1.2=5：6。3CoC20t+2023CoC20t+202C03Ot+6C02答案：(DC03O1448L⑵由得失電子守恒有〃(西+)=2〃(5)=2><引了寸=0.4m〃由電荷守恒有“(C。)<=/7(￡02+)?#=0.5t?(C1")=0.5X(0.480X5-0.2X2)mol=1mol,所以固體中n(Co2+)=l,、0.4X3+0.6X2 4,、 ，、mol—0.4mol=0.6mol,〃(0)= mol=1.2mol,故〃(Co):“(0)=1:1.2=5:6o教師獨具 O 、情境培:，?命邀■新情商 O 墨曹:學鬻命題新情境氣候變化是人類面臨的全球性問題，隨著各國二氧化碳排放，溫室氣體猛增，對生命系統(tǒng)形成威脅。在這一背景下，世界各國以全球協(xié)約的方式減排溫室氣體，我國由此提出“碳達峰”和“碳中和”目標。“碳達峰”就是我國承諾在2030年前，煤炭、石油、天然氣等化石能源燃燒活動和工業(yè)生產(chǎn)過程以及土地利用變化與林業(yè)等活動產(chǎn)生的溫室氣體排放(也包括因使用外購的電力和熱力等所導致的溫室氣體排放)不再增長，達到峰值?！疤贾泻汀笔侵冈谝欢〞r間內(nèi)直接或間接產(chǎn)生的溫室氣體排放總量，通過植樹造林、節(jié)能減排等形式，以抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳排放量，實現(xiàn)二氧化碳“零排放二“碳捕捉”是指將大型工廠、發(fā)電廠所產(chǎn)生的二氧化碳收集起來，并用各種方法儲存以避免其排放到大氣中的一種技術(shù)，這種技術(shù)被認為是未來大規(guī)模減少溫室氣體排放、減緩全球變暖最經(jīng)濟、可行的方法。除了對氣候變化產(chǎn)生積極影響外，“碳捕捉”技術(shù)還可以實現(xiàn)一定的商業(yè)價值，被捕獲的碳可以用于石油開采、冶煉廠，甚至汽車業(yè)、食品業(yè)。命題新視角命題視角1：物質(zhì)的量的相關(guān)計算COz的減排已引起國際社會的廣泛關(guān)注。中科院大連化物所用一種雙金屬固溶體氧化物催化劑，實現(xiàn)了COz合成甲醇(CHQH),原理示意圖如下:(1)16gCHQH的物質(zhì)的量是,含H原子的數(shù)目為。(2)標準狀況下，乩與CO?混合氣體的總質(zhì)量為9.0g,/7(H2)：/;(C02)=l：2O①CO?的質(zhì)量是O②比的體積是o③混合氣體的平均摩爾質(zhì)量為o16g —提示：(1)0.5mol2%。16gCH30H的物質(zhì)的量=右 得二=0.5mol；一個甲醇中含有4個氫原子，則0.5mol甲醇中含有2mol氫原子，即2”個氫原子；(2)①8.8g。已知上與CO2混合氣體的總質(zhì)量為9.0g,〃(比)：/?(C02)=l：2,則〃(比)X2g?mol+/7(C02)X44g,mol'=9.0g,則〃(CO?)=0.2mol,CO?的質(zhì)量為0.2molX44g,mol'=8.8g；②2.24Lo/7(H2)=0.1mol,則標準狀況下”的體積為0.1molX22.4L?mol_1=2.24L；③30g?mor'o混合氣體的平均摩爾質(zhì)量=9.0g+0.3mol=30g?mol-lo命題視角2：關(guān)于阿伏加德羅常數(shù)的應用設(shè)”為阿伏加德羅常數(shù)的值。判斷下列有關(guān)敘述是否正確。(1)標準狀況下，1L2LCO2和風0的混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為11%提示：J。1個CO2分子的質(zhì)子數(shù)為6+8X2=22,1個凡0分子的質(zhì)子數(shù)為7X2+8=22。標準狀況下，11.2LC0?和凡0的混合氣體的物質(zhì)的量為0.5mol,所以含有的質(zhì)子數(shù)為11%,故正確。(2)常溫常壓下，11.2LCO2的分子數(shù)為0.5如提示：X,不是標準狀況，不能計算，故錯誤。(3)22g干冰固體中，含C=0鍵的數(shù)目為凡提示：Vo22g二氧化碳的物質(zhì)的量為0.5mol,而一個二氧化碳分子中含兩個碳氧雙鍵，故0.5mol二氧化碳中含C=0鍵的數(shù)目為故正確。(4)常溫常壓下，等質(zhì)量的N20和CO,所含原子的數(shù)目均為提示：X。常溫常壓下，用0和C0?的摩爾質(zhì)量相等，等質(zhì)量的凡0和CO?所含原子的數(shù)目相等但不一定等于3%，故錯誤。命題視角3：一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制中國努力爭取2060年前實現(xiàn)碳中和。利用NaOH溶液噴淋捕捉空氣中的C0”反應過程如圖所示。

CO2含量高的空氣C02含量低的空氣CO2含量高的空氣C02含量低的空氣高＞C6(儲存利用)若需要用0.5mol?17’的NaOH溶液450mL。(1)計算需要稱取NaOH固體的質(zhì)量。提示：10.0g。由于實驗室中沒有450mL的容量瓶，因此需要配制500mL的溶液，故需要稱取NaOH固體的質(zhì)量為0.5mol?L-lX0.5LX40g?mol-'=10.0go(2)配制時，必須使用的玻璃儀器有哪些？提示：500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管。⑶配制時，有下列操作：A.用少量水洗滌燒杯2?3次，洗滌液均注入容量瓶，振蕩B.在盛有NaOH固體的燒杯中加入適量水溶解C.將燒杯中已冷卻的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D.將容量瓶蓋緊，反復上下顛倒，搖勻E.改用膠頭滴管加水，使溶液凹液面恰好與刻度線相切F.繼續(xù)往容量瓶內(nèi)小心加水，直到液面接近刻度線1?2cm處其操作的正確順序是(字母表示，每個操作只用一次)O提示：配制時，需要溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻、裝瓶等操作。則其正確的操作順序是BCAFEDo(4)配制時，若出現(xiàn)如下情況，分析引起所配溶液濃度的誤差。①容量瓶實驗前用蒸儲水洗干凈，但未烘干②定容觀察液面時俯視③配制過程中遺漏了⑶中步驟A④加蒸儲水時不慎超過了刻度線提示：①無影響。容量瓶實驗前用蒸儲水洗干凈，但未烘干，沒有引起溶質(zhì)物質(zhì)的量的改變,不產(chǎn)生誤差；②偏大。定容觀察液面時俯視，將導致容量瓶內(nèi)液面低于刻度線，液體的體積偏小，濃度偏大；③偏小。配制過程中遺漏了（3）中步驟A,將導致容量瓶內(nèi)溶質(zhì)物質(zhì)的量的減少，最終使所配溶液的濃度偏?。虎芷?。加蒸儲水時不慎超過了刻度線，將導致溶液體積偏大，溶液濃度偏小。命題視角4：社會責任和擔當我國政府提出碳達峰和碳中和的意義是什么？提示：（1）全球二氧化碳排放量隨科技發(fā)展日益遞增，氣候變化問題也隨之愈發(fā)嚴峻，成為全人類面臨的終極難題之一。我國提出碳達峰和碳中和目標，體現(xiàn)了大國擔當?shù)呢熑?。?）我國產(chǎn)業(yè)鏈日漸完善，國產(chǎn)制造加工能力與日俱增，工業(yè)發(fā)展迅速，但油氣資源相對匱乏，碳中和可以幫助我國能源結(jié)構(gòu)進行綠色轉(zhuǎn)型。因此從各個角度出發(fā)，發(fā)展低碳經(jīng)濟，重塑能源體系都具有重大意義。（3）我國積極參與國際社會碳減排，采取調(diào)整產(chǎn)業(yè)結(jié)構(gòu)、優(yōu)化能源結(jié)構(gòu)等方式節(jié)能，提高能效。提出碳中和不僅展現(xiàn)了國際責任擔當，也是綠色中國建設(shè)的需要和保障。。 二_?、真題/習?考題演林,Q真題研習同根題探源.［“源”來如此］（2018?全國卷H）”代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A.常溫常壓下，124gP,中所含P-P鍵數(shù)目為44B.100mL1mol?「'FeCh溶液中所含F(xiàn)e計的數(shù)目為0.1%C.標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數(shù)目為2%D.密閉容器中，2molSO,和1molO2催化反應后分子總數(shù)為25【解析】選C。Pi的結(jié)構(gòu)為分子中含有6個P—P鍵，124gPi中含P—P鍵數(shù)目為6人，故A項錯誤；FeCL溶液中Fe"發(fā)生水解，因此溶液中含有的Fe?”數(shù)目小于0.1%故B項錯誤；甲烷和乙烯的分子式分別為CH,和CN，因此混合物中氫原子的平均值為4,故標準狀況下，11.2L二者的混合氣體中含有的氫原子數(shù)為2回，故C項正確；SO?和的反應為可逆反應，反應不能進行徹底，故D項錯誤。2.［變換有道］（2021淅江6月選考）設(shè)“為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不無碑的是（）A.標準狀況下，1.12I/O?中含有中子數(shù)為力小31gP”（分子結(jié)構(gòu)： 7/）中的共價鍵數(shù)目為1.5%100mL0.1mol?L_1的NaOH水溶液中含有氧原子數(shù)為0.01人18.9g三肽CeHKO/相對分子質(zhì)量：189）中的肽鍵數(shù)目為0.2%【解析】選C。A.標準狀況下，1.12U。的物質(zhì)的量為0.05mol,一個,80中含有中子數(shù)為18-8=10個,所以1.121?（）2中含有中子數(shù)為MA正確；B.31gp4的物質(zhì)的量為0.25mol,根據(jù)P,的分子結(jié)構(gòu)可知一個P4分子里含有六條共價鍵，所以共價鍵數(shù)目為L5鳳,B正確;C.100mL0.1mol?IT的NaOH水溶液中含有溶質(zhì)氫氧化鈉和溶劑水，氧原子數(shù)目為二者氧原子數(shù)目的加和，C錯誤；D.18.9g三肽CeHiNO”的物質(zhì)的量為0.1mol,三分子氨基酸脫水縮合形成三肽，三肽中含有兩個肽鍵，所以18.9g三肽CgHuNsO*中的肽鍵數(shù)目為0.2%,D正確。點睛：兩道試題均考查的是阿伏加德羅常數(shù)的判斷。但是二者有明顯的不同：第1小題，側(cè)重考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)（原子數(shù)目、共價鍵數(shù)目）、電解質(zhì)溶液中的水解反應、反應的可逆性等，尤其是沒有給出P,的結(jié)構(gòu)。第2小題，側(cè)重考查原子構(gòu)成（中子數(shù)）和共價鍵數(shù)目、電解質(zhì)溶液、有機物的結(jié)構(gòu)特點（肽鍵）等，題目給出了R的結(jié)構(gòu)。相似題尋變（2021?全國甲卷）”為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）18g重水（DQ）中含有的質(zhì)子數(shù)為10%3mol的NO?與H20完全反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4M32g環(huán)狀SM95會夕）分子中含有的S—S鍵數(shù)為1%2-1LpH=4的0.1mol?L隈0。7溶液中Cr207離子數(shù)為0.1%18R【解析】選CoA.D20的質(zhì)子數(shù)為10,18gD20的物質(zhì)的量為7^——%』=0.9mol,則所含質(zhì)子數(shù)為9盡，故A錯誤；B.NOz與比0反應的方程式為3N02+H20=2HN03+N0,該反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2e,若有3mol的N0?參與反應,則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2想故B錯誤;C.Ssl95會?）分子中含有的S—S鍵數(shù)為8,32gs8的物質(zhì)的量為g,則含有的s—S鍵數(shù)為8X32g?mol

2-2-2-2-2-2-1陸故C正確；D.酸性KzCoO］中存在：CnO+HQ=^2CrO+2『，含Cr元素的有CnO7 4 7和CrO,則溶液中CnO離子數(shù)小于0.14，故D錯誤。4 7(2021?河北選擇考)"是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是()22.4L(標準狀況)氟氣所含的質(zhì)子數(shù)為18%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(shù)小于2兒C.電解飽和食鹽水時，若陰陽兩極產(chǎn)生氣體的總質(zhì)量為73g,則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為“D.1L1mol 澳化錢水溶液中NH與小離子數(shù)之和大于“4【解析】選C。在標準狀況下22.4L氟氣為1mol,質(zhì)子數(shù)為18%,A正確；碘蒸氣與氫氣生成碘化氫的反應為可逆反應，生成的碘化氫分子數(shù)小于2%B正確；根據(jù)2NaCl+2H?0更鯉2NaOH+H,t+C12t,陰陽兩極產(chǎn)生氣體分別是氫氣與氯氣，氣體的總質(zhì)量為73g,則說明反應生成的氫氣與氯氣各為1mol,根據(jù)關(guān)系式比?2e一可知，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2%,C錯誤；+1L1mol?口澳化鏤水溶液中存在電荷守恒，則〃(NH)+/?(H+)=/?(Br-)+/7(0H"),因為/?(Br)=1LX1mol?L-1=1mol,所以該溶液中NH與H*離子數(shù)之和大于限D(zhuǎn)正確。4知識點避坑：突破阿伏加德羅常數(shù)的五大陷阱(1)抓“兩看”，突破氣體與狀況陷阱一看“氣體”是否處在“標準狀況二二看“標準狀況”下，物質(zhì)是否為“氣體”［如CCL、CHCh、CH2ck(注：CLC1為氣體)、比0、7臭、SO3、己烷、苯、HF等在標準狀況下均不為氣體］。(2)排“干擾”，突破質(zhì)量(或物質(zhì)的量)與狀況無關(guān)陷阱給出非標準狀況下氣體的物質(zhì)的量或質(zhì)量，干擾正確判斷，誤以為無法求解物質(zhì)所含的粒子數(shù)，實際上，此時物質(zhì)所含的粒子數(shù)與溫度、壓強等外界條件無關(guān)。(3)記''組成和結(jié)構(gòu)”，突破陷阱①記特殊物質(zhì)中所含微粒(分子、原子、電子、質(zhì)子、中子等)的數(shù)目，如Ne、D20.,802>-OH、OH」等。②記最簡式相同的物質(zhì),如N0?和N/0八乙烯(C2H,)和丙烯CL)等。③記物質(zhì)中所含化學鍵的數(shù)目，如1分子H。、C凡“+2中化學鍵的數(shù)目分別為3、3/7+kImolSi。2中含4山個Si—0鍵，1molSi中含Si—Si鍵數(shù)目為2%1molP“（白磷）中含P—P鍵數(shù)目為6臨（4）理解反應原理，突破“隱含”陷阱①可逆反應不能進行到底，反應物不能全部轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物。②常溫下，不能共存的氣體間的反應，如HCI+NH3、N0+02等。③“隱含”濃度變化如Cu與濃硫酸的反應中，隨著反應的進行，濃硫酸逐漸變?yōu)橄×蛩?，Cu與稀硫酸不反應。④難電離、易水解的粒子數(shù)目的判斷（5）突破氧化還原反應中電子轉(zhuǎn)移的陷阱①Na/。?與水（或COJ的反應，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量即為參加反應的Na。；的物質(zhì)的量，或生成的物質(zhì)的量的2倍。②Cb與堿的反應，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量即為參加反應的CL的物質(zhì)的量。真題演練（2021?廣東選擇考）設(shè)人為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）1molCHCh含有C—Cl鍵的數(shù)目為341L1.0mol?I'的鹽酸含有陰離子總數(shù)為2%11.2LN0與11.2L混合后的分子數(shù)目為如23gNa與足量HQ反應生成的比分子數(shù)目為“【解析】選A01個CHCh分子中含有3個C—C1鍵,微粒個數(shù)與物質(zhì)的量成正比，故1molCHC13含有3molC-C1鍵，C—C1鍵的數(shù)目為35，A正確；鹽酸為氯化氫的水溶液，氯化氫會全部電離出陰離子C「，水會部分電離出陰離子0H,水的質(zhì)量及電離程度未知，故無法計算1L1.0mol的鹽酸含有陰離子總數(shù)，B錯誤；未提到具體的溫度、壓強（如標準狀況下），故無法計算11.2LN0與11.2L0?混合后的分子數(shù)目，C錯誤；23gNa為1mol,鈉與足量的水反應生成氫氣的關(guān)系式為2Na?乩，故1molNa應生成0.5mol乩，乩分子數(shù)目應為0.5%,D錯誤。（2021?湖南選擇考）“為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）1818gH0含有的中子數(shù)為10%0.1mol?HC10&溶液中含有的小數(shù)為0.1兒2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應后的分子數(shù)為2A11.2LCHi和22.4LCk（均為標準狀況）在光照下充分反應后的分子數(shù)為L5A18 1818g【解析】選D。18gH0的物質(zhì)的量為市——邑7』=0.9mol,1個H,0含0+（18-8）=zug?moi1810個中子，則18g￡0含有的中子數(shù)為9%,A錯誤；未給溶液體積，無法計算，B錯誤；存在2N0+02=2N0z，2N0z^^N。，因此2molNO與1mol02在密閉容器中充分反應后的分子數(shù)小于24，C錯誤；甲烷和氯氣在光照下發(fā)生取代，1mol氯氣可取代1molH,同時產(chǎn)生1molHC1分子，標準狀況下11.2LCU的物質(zhì)的量為0.5mol,22.4LCh的物質(zhì)的量為1mol,0.5molCH“含2molH,最多可消耗2molCl2,因此CH,過量，根據(jù)1mol氯氣可取代1molH,同時產(chǎn)生1molHC1分子可知，1molCk完全反應可得1molHC1,根據(jù)C守恒，反應后含C物質(zhì)的物質(zhì)的量=甲烷的物質(zhì)的量=0.5mol,因此11.2LC乩和22.4LCk（均為標準狀況）在光照下充分反應后的分子數(shù)為1.5如，D正確。（2020?全國III卷）人是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）22.4L（標準狀況）氮氣中含有7%個中子1mol重水比1mol水多當個質(zhì)子12g石墨烯和12g金剛石均含有5個碳原子1L1mol?L-'NaCl溶液含有28%個電子【解析】選C。22.4L（標準狀況）氮氣為1mol,而每個氮氣分子中含有14個中子，所以22.4L（標準狀況）氮氣中含有14盡個中子，A錯誤；每個重水和水分子均含有10個質(zhì)子，所以1mol重水與1mol水均含10%個質(zhì)子，B錯誤；石墨烯和金剛石均由碳原子組成，所以12g石墨烯和12g金剛石均含有1mol碳原子，即以個碳原子，C正確；NaCl溶液中除了Na+和C1-外，還含有水分子，所以1L1mol?LfNaCl溶液所含電子數(shù)目遠大于28人個，D錯誤。（2019?全國卷H）已知小是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）3gTe含有的中子數(shù)為3-1L0.1mol?廠,磷酸鈉溶液含有的P0數(shù)目為0.1"41molKpCnO?被還原為Cr："轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6%48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中共價鍵數(shù)目為13%【解析】選B。1個Te的原子核中含有2個質(zhì)子和1個中子，3g'He的物質(zhì)的量為1mol,3-含有的中子數(shù)為14，A正確；磷酸是弱酸，磷酸鈉溶液中P0發(fā)生水解，故lL0.1mol?L43-+6徨6戶一+33-T磷酸鈉溶液含有的P0數(shù)目小于0.1陸B(tài)錯誤；由K2Cr2O7@-2Cr計知，1molK2Cr2O74被還原為Cr"轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為64,C正確；正丁烷和異丁烷屬于同分異構(gòu)體，每個分子中都含有13個共價鍵，48g正丁烷和10g異丁烷的混合物共58g,總物質(zhì)的量為1mol,共價鍵數(shù)目為13%,D正確。（2018?全國卷1）”是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）16.25gFeCL水解形成的Fe（0H）3膠體粒子數(shù)為0.U22.4L（標準狀況）氨氣含有的質(zhì)子數(shù)為18如92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為1.0%1.0molCH,與Cb在光照下反應生成的CH3cl分子數(shù)為1.0%【解析】選B。16.25gFeCL為0.1mol,但由于三氯化鐵的水解是可逆的，且膠體粒子是多個Fe（0H）3的集合體，所以形成的Fe（0H）3膠體粒子數(shù)一定小于0.1%,A錯誤；22.4L（標準狀況）氧氣為1mol,由于氮是18號元素，且為單原子分子，所以質(zhì)子數(shù)為18%B正確；92.0g甘油（丙三醇）物質(zhì)的量為1mol,一個丙三醇分子中含有3個羥基，所以92.0g甘油中含有的羥基數(shù)為3.0盡，C錯誤；CH,與Cb在光照下反應生成的有機分子有CH￡1、CH2ck、CHCh、CCL，D錯誤。（2017?全國卷HD”為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）0.1mol的"B中，含有0.64個中子pH=l的H3P（X溶液中,含有0.1%個不2.24L（標準狀況）苯在a中完全燃燒，得到0.6%個CO2分子D.密閉容器中1molPCk與1molCb反應制備中l(wèi)5（g），增加2人個P—Cl鍵【解析】選A。"B中含有5個質(zhì)子、6個中子，0.1mol"B中含有0.6如個中子，A項正確；溶液體積未定，無法計算氫離子個數(shù)，B項錯誤；標準狀況下苯是液體，不能利用氣體摩爾體積計算，C項錯誤；PCL與Ch反應生成PCL的反應是可逆反應，所以1molPCL與1molCb反應制備PCk，增加的P—Cl鍵的數(shù)目小于2%個，D項錯誤。（2021?山東等級考）X、丫均為短周期金屬元素，同溫同壓下，0.1molX的單質(zhì)與足量稀鹽酸反應，生成乩體積為匕L；0.1mol丫的單質(zhì)與足量稀硫酸反應，生成乩體積為V2Lo下列說法錯誤的是（）

X、Y生成比的物質(zhì)的量之比一定為方X、丫消耗酸的物質(zhì)的量之比一定為伊C.產(chǎn)物中X、丫化合價之比一定為土匕D.由方一定能確定產(chǎn)物中X、Y的化合價【解析】選D。設(shè)與1molX反應消耗HC1的物質(zhì)的量為amol,與1molY反應消耗H2s的物質(zhì)的量為6mol,根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒以及H原子守恒可知X?加Cl?1乩?X"、丫?HS0「㈤2?丫血。A.同溫同壓下，氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比，因此X、丫生成比的物質(zhì)的量a之比一定為J，故A正確；B.X、Y反應過程中消耗酸的物質(zhì)的量之比為M,因7=V，因V2 bbV2以2K a r V此7=~7T,故B正確；C.產(chǎn)物中X、丫化合價之比為；77,由B項可知底=T7,故C正確；b V2 Lb Lb%D.因短周期金屬單質(zhì)與鹽酸或稀硫酸反應時，生成的鹽中金屬元素化合價有+1、+2、+3a9V三種情況，因此存在a=l,2,3,6=0.5,1等多種情況，由：=釜可知，當a=l,6=0.5bV2V.K K時，V=1,當a=2,6=1時，￡=1,兩種情況下X、丫的化合價不同，因此根據(jù)或可能無法確定X、丫的化合價，故D錯誤。。 ? ?、模塊脩接?知鋁串聚，一“由務’典例?精研析【典例】（2022?廣州模擬）設(shè)“為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列關(guān)于常溫下0.1molNa2S2O3溶液與pH=l的HzSO*溶液的說法正確的是（ ）1LpH=l3的H2s0』溶液中，含小的數(shù)目約為0.2N*1mol純ASO,②中離子數(shù)目為3%C.含15.8gNa2s2O3的溶液中陰離子數(shù)目③大于0.1N,教師專用?D.Na2s2O3與H2sol溶液混合產(chǎn)生22.4L氣體④時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2W教師專用?提取信息①1LpH=L②純H2s0?,③溶液中陰離子數(shù)目，④22.4L氣體信息轉(zhuǎn)化①根據(jù)1L和pH=l可以計算溶液中H+的物質(zhì)的量；②純H2s0」不能發(fā)生電離，ESO,必須在水溶液中才能電離；③溶液中陰離子數(shù)目包含0??；@22.4L氣體沒有給出氣體所處的條件聯(lián)想質(zhì)疑有同學認為含15.8gNa2s2O3的溶液中含有氧原子0.3山，這種說法對嗎？為什么？提示：不對，因為溶液中除溶質(zhì)含有氧原子外，水中也含有氧原子。【解析】選C、1LpH=l的H2s0,溶液中,c(H+)=0.1mol?L-1,含M的數(shù)目為0.1mol?LTX1LXM=O.1",故A錯誤；1mol純H2sol中以分子構(gòu)成，離子數(shù)目為0,故B錯誤；硫2-代硫酸鈉是強堿弱酸鹽，一個S203水解后最多可產(chǎn)生2個0H-,含15.8g即0.1molNa2S2O3的溶液中陰離子數(shù)目大于0.1%,故C正確；22.4L氣體不能確定是不是標準狀況，故D錯誤。原因分析?理論解釋(1)將D選項中22.4L氣體改為64g氣體，其余不變，