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专题二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),考点一物质的量与阿伏加德罗常数A组自主命题江苏卷题组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.0.1molL-1Na2CO3溶液加热后,溶液的pH减小C.常温常压下,22.4LCl2中含有的分子数为6.021023个D.室温下,稀释0.1molL-1CH3COOH溶液,溶液的导电能力增强,五年高考,答案AA项,原电池工作时,负极失电子,故正确;B项,0.1molL-1Na2CO3溶液加热后,C水解程度变大:C+H2OHC+OH-,溶液碱性增强,pH增大,故错误;C项,常温常压下,22.4LCl2的物质的量不是1mol,故错误;D项,室温下,稀释0.1molL-1CH3COOH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22.4Lmol-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。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1molO2,理论上转移的电子数约为46.021023B.室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,溶液pH7C.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+3H22NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3),答案CA项,由2H2O22H2O+O2可知每生成1molO2转移的电子数约为26.021023;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+3H22NH3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(pH0C.电解精炼铜时阴极产生0.1molCu,理论上转移的电子数目为6.021022D.工业合成氨中将NH3液化分离的目的是加快正反应速率和提高NH3的产率,B组20162018年高考模拟综合题组(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(每题4分,共20分),答案AA项,pH=5的NH4Cl溶液中,c(H+)水电离=c(OH-)水电离=10-5molL-1,pH=9的CH3COONa溶液中,c(OH-)水电离=c(H+)水电离=10-5molL-1,两溶液中水的电离都受到了促进且电离程度相等,故正确;B项,反应能自发进行G=H-TS0,H应小于0,故错误;C项,阴极每产生0.1molCu,理论上转移电子0.2mol,即1.2041023个,故错误;D项,将NH3液化分离不能加快正反应速率,故错误。,名师点拨工业合成氨中将NH3液化分离的结果是:v逆瞬间减小,v正瞬间不变,然后慢慢减小;用v-t图像表示如下:,2.(2018连云港新海中学高三上期中,4)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.标准状况下,2.24LCl2与足量的水反应转移电子数目为0.1NAB.常温常压下,6.4g氧气和臭氧中含有的原子总数为0.4NAC.5.6g铁与一定量硝酸恰好反应,转移的电子数目一定为0.3NAD.常温下,2L0.1molL-1Na2CO3溶液中,含有的C数目为0.2NA,答案BA项,Cl2与水的反应是可逆反应,不能进行到底,标准状况下2.24LCl2即0.1molCl2,充分反应后转移电子数小于0.1NA,故错误;C项,Fe与硝酸反应时可能生成Fe3+也可能生成Fe2+,因此转移电子数可能为0.3NA或0.2NA,也可能介于二者之间,故错误;D项,C水解会导致C数目小于0.2NA,故错误。,名师点拨“O2和O3的混合气体”“NO2和N2O4的混合气体”分别可以看作由“O”“NO2”一种成分构成,然后进行相关计算,可使解题过程简化。,3.(2017南通如皋中学检测,7)设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.常温常压下,1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAB.常温下,1L1molL-1的CH3COOH溶液中含有的H+数为NAC.标准状况下,11.2LCCl4中含有的分子数为0.5NAD.加热条件下,MnO2与浓盐酸反应生成7.1gCl2,转移的电子数为0.2NA,答案DA项,苯乙烯结构简式为,1mol苯乙烯中仅有1mol碳碳双键,故错误;B项,CH3COOH为弱电解质,部分电离出H+,所以H+数远小于NA,故错误;C项,标准状况下,CCl4不是气体,故错误;D项,该反应中:Cl22e-,故生成0.1molCl2,转移电子数为0.2NA,故正确。,易错警示苯环中不含碳碳双键。,解题关键仔细阅读题目所给信息,明确各物质所处条件及物质的构成等,此类题目便可迎刃而解。,4.(2016南通高三上期中,10)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,11.2L由C2H2和C2H4组成的混合气体中含有碳原子的数目为NAB.室温下,4.0g氦气含有的原子数目为2NAC.标准状况下,2.24LCl2溶于足量水反应失去的电子数目为0.1NAD.12gNaHSO4固体中含有的阳离子数目为0.2NA,答案AA项,设C2H2为xmol,C2H4为ymol,碳原子数目为(2x+2y)NA,(x+y)mol=0.5mol,故碳原子数目为20.5NA=NA,故正确;B项,4.0g氦气的物质的量为=1mol,含原子数目为NA,故错误;C项,Cl2+H2OHCl+HClO,该反应为可逆反应,不能进行到底,失去的电子数目小于0.1NA,故错误;D项,12gNaHSO4的物质的量为0.1mol,NaHSO4由Na+和HS组成,阳离子数目为0.1NA,故错误。,易错警示B项中氦气为单原子分子,1mol氦气中含有1mol氦原子;C项由于反应为可逆反应,故1molCl2溶于足量水转移的电子数小于1mol,若1molCl2与足量NaOH溶液反应,则转移的电子数等于1mol。,解题技巧A项中由于1个C2H2和C2H4分子中均含有2个碳原子,故1molC2H2与C2H4的混合气体中含有2mol碳原子,但由于两种分子中氢原子数不同,故1mol混合气体中含有的氢原子数或原子总数为不确定值。,5.(2016江苏十校联考,3)下列说法正确的是()A.过氧化钠与水反应时,生成1mol氧气转移的电子数为26.021023B.相同条件下,等质量的甲烷按a、b两种途径完全转化,途径b比途径a放热更多,途径a:CH4(g)C(s)+2H2(g)CO2(g)+2H2O(l),途径b:CH4(g)CO2(g)+2H2O(l)C.测定新制氯水的pH时,用玻璃棒蘸取新制氯水滴在pH试纸上,与标准比色卡对照D.石油分馏、煤的干馏都是化学变化,答案AA项,生成1molO2时,转移26.021023个电子,故正确;B项,根据盖斯定律可知,途径a与途径b放热一样多,故错误;C项,新制氯水中含有的HClO具有漂白性,新制氯水滴在pH试纸上,试纸会先变红后褪色,无法测pH,故错误;D项,煤的干馏属于化学变化,石油分馏为物理变化,故错误。,知识拓展煤的干馏、气化和液化,石油的裂化、裂解和催化重整是化学变化;石油的分馏是物理变化。,易错警示不能用pH试纸测定新制氯水的pH,因为新制氯水中的HClO具有漂白性。,6.(2018十套模拟之金陵中学卷,16)(12分)工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体Cu(NO3)23H2O的流程如下:(1)“焙烧”在600时进行,写出CuS转化为CuO和SO2的化学方程式:。(2)“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为(填化学式)。(3)“淘洗”所用的溶液A可以是(填序号)。a.稀硫酸b.浓硫酸c.稀硝酸d.浓硝酸(4)“反应”中所用的试剂是20%HNO3和10%H2O2,反应过程中无红棕色气体生成。若不加10%H2O2,只有20%HNO3,随着反应的进行,温度升高,出现大量红棕色气体,红棕色气体的主要成分为。理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为。,二、非选择题(共80分),(5)由下图分析,从“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu(NO3)23H2O的方法是。,答案(1)2CuS+3O22CuO+2SO2(2)FeSO4(3)a(4)NO221(5)蒸发浓缩,降温至温度略高于26.4结晶,解析(2)根据质量守恒,结合图示,可知滤液中溶质的主要成分应为FeSO4。(3)“淘洗”的目的是洗去铜中过量的Fe,稀硫酸最符合题意。(4)据题意,结合已学知识推断,红棕色气体是NO2;反应的化学方程式如下:Cu+2HNO3+H2O2Cu(NO3)2+2H2O2mol1mol可得理论上消耗的n(HNO3)n(H2O2)=21。(5)蒸发浓缩,制得热饱和溶液,降温至温度略高于26.4结晶,这样可以尽可能多地析出Cu(NO3)23H2O。,1.如何检验沉淀已经完全?取上层清液,继续加沉淀剂,若无沉淀生成,则说明沉淀已经完全。,方法归纳常考的关于沉淀的三个“黄金”小问题,2.如何洗涤沉淀?向过滤器内加水至浸没沉淀,静置待水流出,重复操作23次。,3.如何检验沉淀已经洗涤干净?取最后一次洗涤的滤出液少许,加入(试剂),若无(现象),则说明沉淀已经洗涤干净。,7.(2018十套模拟之扬州中学卷,18)(12分)化合物AKxFe(C2O4)yzH2O,其中铁元素为+3价是一种重要的光化学试剂。(1)制备化合物A的实验流程如下:上述流程中,检验“过滤”后的固体已洗涤干净的方法是。上述流程“操作X”中加入H2O2的目的是。(2)测定化合物A的化学式的实验步骤如下:a.准确称取A样品4.91g,干燥脱水至恒重,残留物质的质量为4.37g;b.将步骤a所得固体溶于水,加入还原铁粉0.28g,恰好完全反应;c.另取A样品4.91g置于锥形瓶中,加入足量的3molL-1的H2SO4溶液和适量蒸馏水,再加入0.50,molL-1的KMnO4溶液24.0mL,微热,恰好完全反应:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO42MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O通过计算填空:4.91gA样品中含结晶水的物质的量为。A样品中=。A的化学式为。,答案(1)取少量最后一次洗涤液于试管中,滴加BaCl2溶液,若无白色沉淀,说明已洗涤干净把Fe2+全部氧化成Fe3+(2)0.03mol13K3Fe(C2O4)33H2O,解析(2)n(H2O)=0.03moln(Fe3+)=2n(Fe)=2=0.01moln(C2)=n(KMnO4)=0.50molL-10.024L=0.03mol=。根据电荷守恒:n(K+)+3n(Fe3+)=2n(C2)得n(K+)=0.03mol,因此A的化学式为K3Fe(C2O4)33H2O。作图解析如下:,方法归纳与实验相关的计算题,采用上述图示法分析,便可一目了然,尤其适用于步骤比较复杂的实验计算题。,8.2018十套模拟之姜堰中学卷,19(1)(2)(3)(10分)用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)制备碳酸钙的工艺如下:(1)实验室中煅烧白云石时,盛放白云石所用的仪器是。(2)该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是。用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后,含镁化合物几乎不溶,若测得滤液的pH为12,则其中c(Mg2+)为。已知:Mg(OH)2的Ksp=510-12。(3)气体通入滤液中发生反应的离子方程式为。,答案(1)坩埚(2)防止形成CaSO4沉淀,降低Ca2+利用率510-8mol/L(3)Ca2+2NH3+CO2+H2OCaCO3+2N,解析(1)固体加热一般使用坩埚。(2)最终制备的是碳酸钙,使用(NH4)2SO4会导致Ca2+因生成CaSO4沉淀而损耗;当pH=12时,c(H+)=10-12mol/L,c(OH-)=mol/L=10-2mol/L,KspMg(OH)2=c(Mg2+)c2(OH-)=510-12,c(Mg2+)=mol/L=510-8mol/L。(3)由图示可知反应物有Ca(NO3)2、CO2、NH3,生成物有CaCO3,故反应的离子方程式为Ca2+2NH3+CO2+H2OCaCO3+2N。,方法归纳固体加热一般使用坩埚;液体蒸发一般使用蒸发皿;固体或液体加热,量少时还可使用试管。,9.2018海安中学高三下期初,18(3)(10分)草酸铜晶体(CuC2O42H2O)是制备纳米CuO的前驱体,可以草酸和印刷电路板的酸性蚀刻废液为原料制取。(3)某合作学习小组的同学按下列步骤检测原料中酸性蚀刻废液中铜的含量:.取100.00mL澄清的“酸性蚀刻废液”,加H2O2,然后调节pH约为3,过滤除去Fe(OH)3。.取中的滤液加入NH4HF2排除微量Fe3+的干扰,然后将溶液稀释至250mL,得溶液A。.取25.00mL溶液A于锥形瓶中,加入稍过量的KI溶液(2Cu2+5I-2CuI+),用0.1000molL-1Na2S2O3溶液滴定(2S2+S4+3I-)到接近终点时,加入淀粉继续滴定,再加入KSCN溶液CuI(s)+SCN-(aq)CuSCN(s)+I-(aq),振荡后继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。若缺少步骤、会导致测定的铜的含量(填“偏高”“偏低”或“不变”)。已知CuI能吸附I2,使其不能被滴定,CuSCN不吸附I2,向CuI悬浊液中加入KSCN溶液,达到平衡后溶液中c(SCN-)=用c(I-)、Ksp(CuI)和Ksp(CuSCN)表示。计算原“酸性蚀刻废液”中铜离子浓度(用每升蚀刻废液中含铜的质量表示,单位gL-1,请写出计算过程)。,答案(3)偏高c(I-)由反应关系式:2Cu2+2S2m(Cu2+)=64gmol-10.1000molL-120.00mL10-3LmL-1=0.1280g原酸性蚀刻废液中Cu2+浓度为:c(Cu2+)=12.80gL-1,解析(3)步骤、排除了Fe3+的干扰。若缺少这两步,Fe3+也会与I-反应导致测定的铜的含量偏高。根据CuI(s)+SCN-(aq)CuSCN(s)+I-(aq)达平衡时K=c(SCN-)=c(I-)由反应关系式:2Cu2+2S2可得n(Cu2+)=n(S2),由c(Cu2+)=可求出原酸性蚀刻废液中Cu2+浓度。,名师点拨注意体积换算:100mL250mL25.00mL;注意单位换算:酸性蚀刻废液中Cu2+浓度的单位为gL-1。,10.2017南通二模,18(4)(8分)纳米材料镍粉(Ni)是一种高性能电极材料。其制备过程如下:步骤:取0.2molL-1的硝酸镍溶液,调节pH除铁后,加入活性炭过滤。步骤:向所得滤液中滴加1.5molL-1的NaHCO3溶液使Ni2+完全沉淀,生成xNiCO3yNi(OH)2zH2O。步骤:将产生的沉淀用大量高纯水清洗并用离心机甩干。步骤:加入稍过量的肼溶液(N2H4H2O),使上述沉淀完全被还原,将生成的Ni用水洗后,再用95%的乙醇浸泡后晾干。(4)为测定xNiCO3yNi(OH)2zH2O的组成,进行如下实验:准确称取7.54g样品与过量的肼溶液(N2H4H2O)充分反应,共收集到1.12LN2和CO2的混合气体(已换算成标准状况)。另取等质量的样品充分灼烧,冷却后称得残留固体NiO的质量为4.5g。通过计算确定xNiCO3yNi(OH)2zH2O的化学式(写出计算过程)。,答案(4)n(CO2)+n(N2)=0.05mol;n(NiO)=0.06mol。设7.54g样品中含有NiCO3、Ni(OH)2的物质的量分别为a、b,则有:,解得a=0.02mol、b=0.04mol。7.54g样品中含有结晶水的物质的量n(H2O)=(7.54g-0.02mol119gmol-1-0.04mol93gmol-1)18gmol-1=0.08mol则n(NiCO3)nNi(OH)2n(H2O)=0.02mol0.04mol0.08mol=124故该样品的化学式为NiCO32Ni(OH)24H2O。,解析设7.54g样品中含有NiCO3、Ni(OH)2的物质的量分别为a、b,则物质的量为a的NiCO3灼烧后产生CO2的物质的量为a,样品与N2H4H2O发生氧化还原反应,Ni元素得e-,被还原为Ni单质,N元素失e-,被氧化为N2,由得失电子守恒可得生成的n(N2)=,故根据CO2和N2共0.05mol,可列式:a+=0.05mol;再由受热分解得到NiO0.06mol,按Ni原子守恒得a+b=0.06mol,联立求得a=0.02mol,b=0.04mol;将样品总质量减去NiCO3和Ni(OH)2的质量,可求得结晶水为0.08mol,故n(NiCO3)nNi(OH)2n(H2O)=0.02mol0.04mol0.08mol=124,该样品化学式为NiCO32Ni(OH)24H2O。,解题关键确定化学式组成的计算题型,应抓住实验过程中涉及的得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒等,这样就能迎刃而解。,易错警示计算题应注意答题的规范性,每一步过程都要详细、规范,最后还要有结论,不要遗忘。,11.2017苏州市高三上期中调研,19(3)(8分)锌及其化合物有着广泛的应用。请回答有关锌及其化合物的有关问题。(3)某锌的化合物的化学式可以表示为aZnCO3bZn(OH)2cH2O(a、b、c均为整数)。为了确定其组成,现进行如下实验:称取3.85g固体进行焙烧,将焙烧过程中产生的气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰,分别增重0.54g和0.88g。通过计算确定该锌的化合物的化学式(写出计算过程)。,答案(3)aZnCO3bZn(OH)2cH2O分解最终生成氧化锌、二氧化碳与水,生成的水的总物质的量n(H2O)总=0.03moln(CO2)=0.02moln(ZnO)=0.03moln(ZnCO3)=n(CO2)=0.02molnZn(OH)2=0.03mol-0.02mol=0.01mol0.01molZn(OH)2分解生成0.01molH2O,样品中结晶水的物质的量n(H2O)=0.03mol-0.01mol=0.02mol故n(ZnCO3)nZn(OH)2n(H2O)=0.02mol0.01mol0.02mol=212,该化合物的组成为2ZnCO3Zn(OH)22H2O。,解析该化合物分解得到ZnO、CO2和H2O,n(H2O)总=0.03mol,n(CO2)=0.02mol,n(ZnO)=0.03mol。由碳原子守恒可得n(ZnCO3)=n(CO2)=0.02mol,由Zn原子守恒可得nZn(OH)2=0.03mol-0.02mol=0.01mol,则由Zn(OH)2分解得到的H2O为0.01mol,该化合物中所含结晶水的物质的量n(H2O)=0.03mol-0.01mol=0.02mol,故n(ZnCO3)nZn(OH)2n(H2O)=0.02mol0.01mol0.02mol=212,该化合物的组成为2ZnCO3Zn(OH)22H2O。,解题关键本题中浓硫酸增加的0.54g来自两部分:化合物中的结晶水和Zn(OH)2分解产生的水。计算时切不可理解为只有一种来源。,考点分析本题考查了学生的综合计算能力,要求学生掌握测定物质组成实验的原理和计算能力。,12.2017扬州高三上期末统考,18(3)(4)(10分)用草酸钾和硫酸铜在一定条件下可制得KaCub(C2O4)mnH2O样品,测定其组成的方法如下:.Cu2+含量的测定:称取1.770g样品溶于热的稀H2SO4中,用KMnO4溶液滴定除去C2;将滴定后的溶液定容至500mL,取20.00mL于锥形瓶中,加入足量KI溶液,与Cu2+反应生成CuI沉淀和I2,以淀粉做指示剂,用0.01000molL-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液20.00mL。测定过程中物质的转化关系如下:Cu2+I2S4。.K+含量的测定:测得样品中K+的质量分数为22.03%;.结晶水含量的测定:另称取1.770g样品于150下恒温2h至恒重,称得剩余固体的质量为1.590g。回答下列问题:(3)KaCub(C2O4)mnH2O中,m=(用含a、b的式子表示)。(4)通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。,答案(3)(4)根据实验数据可知:n(H2O)=0.010moln(K+)=0.010moln(Cu2+)=n(Na2S2O3)=0.01000molL-10.02L=0.005mol由电荷守恒,有n(C2)=0.010molabmn=0.0100.0050.0100.010=2122,故该样品的化学式为K2Cu(C2O4)22H2O。,解析(3)由“化合物中各元素正、负化合价代数和为0”,可得m=。(4)1.770g样品于150下加热至恒重,剩余固体质量为1.590g,减少的质量为结晶水的质量,所以n(H2O)=0.010mol,由样品中K+的质量分数,求得n(K+)=0.010mol,滴定过程中的离子方程式为:2Cu2+4I-2CuI+I2、I2+2S22I-+S4,所以n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=0.01000molL-10.02L=0.005mol,由电荷守恒,求得n(C2)=0.010mol,故abmn=0.0100.0050.0100.010=2122,该样品化学式为K2Cu(C2O4)22H2O。,解题关键电荷守恒:阳离子所带的正电荷总数=阴离子所带的负电荷总数。运用此原理,即可求出m。,疑难突破建立Cu2+与S2之间的关系式时,应借助得失电子守恒,得出:2Cu2+I22S2,即n(Cu2+)=n(S2)。,13.2017南京、盐城、连云港二模,20(3)(4)(10分)钴及其化合物在催化剂、电池、颜料与染料等领域有广泛应用。(3)BASF高压法制备醋酸采用钴碘催化循环过程(如图所示),该循环的总反应方程式为。(4)某含钴催化剂可同时催化去除柴油车尾气中的碳烟(C)和NOx。不同温度下,将模拟尾气(成,分如下表所示)以相同的流速通过该催化剂,测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据如下图所示。,380时测得排出的气体中含0.45molO2和0.0525molCO2,则Y的化学式为。实验过程中采用NO模拟NOx而不采用NO2的原因是。,解题关键推导Y的化学式,要善于结合原题图、表中的信息,巧妙地运用原子守恒解决问题。,审题技巧学会看循环箭头图,明确最初进去的有哪些物质,最终出来的又有哪些物质,参与循环的物质要筛选出来。,
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