专题2 化学计量及其应用
课标要求 命题角度
1.了解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义及其广泛应用。 2.掌握微粒数、化学键数、气体体积之间的相互关系及其计算。 3.了解溶液的含义,掌握配制一定物质的量浓度溶液的方法。 4.掌握化学计算的常用方法。 1.NA的有关计算与正误判断。 2.物质结构、弱电解质的电离、盐类的水解、隐含反应、晶体结构等微粒个数。 3.利用方程式或关系式进行计算。 4.滴定计算、电子守恒规律的应用、多步计算。 5.一定物质的量浓度溶液的配制及物质的量的相关计算。
考点1 阿伏加德罗常数
角度1物质(或特定组合)、氧化还原反应中的微粒数计算
1.(2022·浙江1月选考)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A.在25 ℃时,1 L pH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NA
B.1.8 g重水(D2O)中所含质子数为NA
C.足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应,转移电子的数目为0.4NA
D.32 g甲醇的分子中含有C—H键的数目为4NA
2.(2022·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A.25 ℃,101 kPa下,28 L氢气中质子的数目为2.5 NA
B.2.0 L 1.0 mol·L-1 AlCl3溶液中,Al3+的数目为2.0 NA
C.0.20 mol苯甲酸完全燃烧,生成CO2的数目为1.4 NA
D.电解熔融CuCl2,阴极增重6.4 g,外电路中通过电子的数目为0.10 NA
===
===
物质微观结构、隐含反应的NA计算
3.(真题组合)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是 ( )
A.(2021·广东选择考)1 mol CHCl3含有C—Cl键的数目为3NA
B.(2021·湖北选择考)3.9 g Na2O2中含有的共价键的数目为0.1NA
C.(2021·全国甲卷)32 g 环状S8()分子中含有的S—S键数为1NA
D.(2021·浙江6月选考)18.9 g三肽C6H11N3O4(相对分子质量:189)中的肽键数目为0.2NA
“三步”突破阿伏加德罗常数的有关判断
角度1物质(或特定组合)、氧化还原反应中的微粒数目计算
1.预防新型冠状病毒可用过氧乙酸(CH3COOOH,含“—O—O—”)溶液进行喷洒消毒。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A.过氧乙酸中氧元素的化合价均为-2价
B.pH=1的过氧乙酸溶液中的H+为0.1NA
C.100 g 38%的过氧乙酸的水溶液中氧原子数目为1.5NA
D.76 g过氧乙酸作为氧化剂发生氧化还原反应生成CH3COOH时,转移电子数目为2NA
物质微观结构、隐含反应的NA计算
2.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 ( )
A.1 mol NH4HSO4晶体中,阴、阳离子数目之和为2NA
B.1 mol SCl2分子中,S原子的价层电子对数目为4NA
C.1 mol晶体Si含Si—Si键数目为2NA
D.常温常压下,124 g P4中含σ键数目为4NA
加固训练
1.阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是 ( )
A.1 mol CH4中含有的C—H键的数目为6NA
B.100 g 46%的乙醇溶液中,含H—O键的数目为NA
C.标准状况下,22.4 L丙烷含有的共价键数目为10NA
D.水分解生成1 mol O2需要断开2NA个H—O共价键
2.(2022·中山模拟)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A.1 L 0.1 mol·L-1H2O2溶液中含有O原子数为0.2NA
B.0.1 mol·L-1氢氧化钠溶液中所含Na+数为0.1NA
C.氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体,其体积为2.24 L
D.60 g的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2
考点2 一定物质的量浓度溶液的配制
1.(2021·广东选择考)测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括:①量取一定量的浓硫酸,稀释;②转移定容得待测液;③移取20.00 mL待测液,用0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定。上述操作中,不需要用到的仪器为 ( )
2.(真题组合)下列说法正确的是 ( )
A.(2020·天津高考)用配制50.00 mL 0.100 0 mol·L-1Na2CO3溶液
B.(2019·天津高考)配制一定浓度的溶液,如图
C.(2019·江苏高考)将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中,加水至刻度线,配制1.000 mol·L-1NaOH溶液
D.(2018·全国卷Ⅱ)配制0.400 0 mol·L-1的NaOH溶液:称取4.0 g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250 mL容量瓶中定容
误差分析中变量是m或V,一般情况要固定其一,分析另一物理量的变化对溶液浓度的影响:
1.(2022·郑州模拟)某学生配制了100 mL 1 mol·L-1的硫酸,然后对溶液浓度做精确测定,且测定过程中一切操作都正确,但测得溶液的物质的量浓度大于1 mol·L-1。则在配制过程中,下列操作可能导致溶液浓度偏高的是 ( )
A.用量筒量取浓硫酸后,再用蒸馏水洗涤量筒,并将洗涤液转移到容量瓶中
B.将浓硫酸在烧杯中稀释,转移到100 mL的容量瓶中后,没有洗涤烧杯
C.在转移过程中用玻璃棒引流,因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面
D.最后定容时,加水超过了刻度线,马上用胶头滴管吸去多余的水,使溶液凹液面最低处刚好与刻度线相切
2.欲用NaClO固体配制480 mL密度为1.192 g·cm-3含25% NaClO的消毒液。下列说法正确的是 ( )
A.如图所示的仪器中,有四种是不需要的,还需一种玻璃仪器
B.容量瓶用蒸馏水洗净后,必须烘干才能用于溶液配制
C.利用购买的商品NaClO来配制可能导致浓度偏低
D.需要称量的NaClO固体质量为143 g
3.(2022·聊城模拟)室温时,甲同学配制了100 g 10%的Na2C2O4溶液(密度为1 g·cm-3),乙同学配制了100 mL 1.0 mol·L-1的Na2C2O4溶液(密度为1.02 g·cm-3)。下列说法正确的是 ( )
A.甲同学所需溶质的质量大
B.两同学所配溶液的质量相同
C.两同学所需实验仪器相同
D.甲同学所配溶液的浓度比乙同学的小
加固训练
1.欲配制100 mL 1.0 mol·L-1Na2SO4溶液,下列操作会使配得的溶液浓度偏小的是( )
A.容量瓶中原有少量蒸馏水
B.定容时,俯视容量瓶中液体的凹液面
C.称量Na2SO4固体时,药品和砝码的位置放反了(1 g以下用游码)
D.将32.2 g Na2SO4·10H2O溶于少量水中,再配制成100 mL溶液
2.实验室用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g·cm-3)配制220 mL 1 mol·L-1的稀盐酸。回答下列问题:
(1)配制稀盐酸时,应选用容积为 mL的容量瓶。
(2)经计算需要 mL浓盐酸,在量取时宜选用 量筒(填字母)。
A.5 mL B.10 mL C.25 mL D.50 mL
(3)在量取浓盐酸后,进行了下列操作:
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后,沿玻璃棒注入250 mL容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面距容量瓶刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管加蒸馏水,使溶液的凹液面与瓶颈的刻度标线相切。
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水,并用玻璃棒搅拌,使其混合均匀。
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,并将洗涤液全部注入容量瓶。
上述操作中,正确的顺序是 (填序号)。
考点3 物质组成、含量、热重分析和滴定计算
角度1物质组成、含量、热重分析
1.(2019·全国卷Ⅰ节选)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为 。
2.(2019·江苏高考节选)CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO。CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。
(1)写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式: ________________。
(2)与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是________________________________。
3.(2014·新课标全国卷Ⅱ节选)PbO2在加热过程中发生分解的失重曲线如图所示,已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%
(即×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO,列式计算x和m∶n的值。
角度2滴定计算
4.(2022·辽宁选择考节选)H2O2作为绿色氧化剂应用广泛,现测定氢醌法制备H2O2的产品中H2O2质量分数,取2.50 g产品,加蒸馏水定容至100 mL摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中,用0.050 0 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果,产品中H2O2的质量分数为 。
===
(1)设晶体为1 mol,其质量为m。
(2)失重一般是先失水,再失非金属氧化物。
(3)计算每步固体剩余的质量(m余)
样品的固体残留率=×100%。
(4)晶体中金属质量不会减少,仍在m余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒得m氧,由n金属∶n氧,即可求出失重后物质的化学式。
(1)关系式法
(2)原子守恒:多步反应也可以利用原子守恒建立关系式。如工业制硝酸可利用生产过程中氮原子守恒直接建立NH3和硝酸的关系式NH3HNO3。
(3)电子守恒:多步连续氧化还原反应可以通过电子守恒建立关系式。
角度1物质组成、含量、热重分析
1.CoCl2·6H2O晶体受热易分解,取119 g该晶体加热至某一温度,得到CoCl2·xH2O晶体83 g,则x= 。
2.0.80 g CuSO4·5H2O受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
请回答下列问题:
(1)试确定200 ℃时固体物质的化学式 。
(2)取270 ℃所得样品,于570 ℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体,该反应的化学方程式为______________。
把该黑色粉末溶解于稀硫酸中,经浓缩、冷却,有晶体析出,该晶体的化学式为______________, 其存在的最高温度是____________________________。
(3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物,该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为____________________________。
3.将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·mol-1)在空气中加热,样品的固体残留率
(×100%)随温度的变化如图所示。
当固体残留率为70.3%时,所得固体可能为 。
A.Ce(SO4)2 B.Ce2(SO4)3 C.CeOSO4 D.CeO2
角度2滴定计算
4.(2022·北京海淀区一模)实验小组用双指示剂法测定NaOH样品(杂质为Na2CO3)的纯度,步骤如下:
①称取m g的样品,并配制成100 mL溶液;
②取出25 mL溶液置于锥形瓶中,加入2滴酚酞溶液,用浓度为c mol·L-1的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为NaCl和NaHCO3),消耗盐酸体积为V1 mL;
③滴入2滴甲基橙溶液,继续滴定至终点,又消耗盐酸体积为V2 mL。下列说法正确的是 ( )
A.①中配制溶液时,需在容量瓶中加入100 mL水
B.②中溶液恰好褪色时,c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-)
C.NaOH样品纯度为×100%
D.配制溶液时放置时间过长,会导致最终测定结果偏高
5.(2022·保定一模)硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体,可用于制造药物,也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。称取m g硫脲产品,加水溶解配成500 mL溶液,量取25 mL于锥形瓶中,滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性,用c mol·L-1KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V mL。
(1)硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合价为____________价。
(2)滴定时,硫脲转化为CO2、N2、S的离子方程式为____________。
(3)样品中硫脲的质量分数为 (用含“m、c、V”的式子表示)。
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加固训练
1.在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品,受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质,其质量如表。
温度范围/℃ 固体质量/g
150~210 8.82
290~320 4.82
890~920 4.50
(1)加热到210 ℃时,固体物质的化学式为____________。
(2)经测定,加热到210~320 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物,此过程发生反应的化学方程式为____________。
2.聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.00 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Sn2+。用5.00×10-2mol·L-1K2Cr2O7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。
(1)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”“偏小”或“无影响”)。
(2)计算该样品中铁的质量分数是 。
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→
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3.总氯量是漂白粉行业标准里的指标。资料显示:久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2。测定漂白粉总氯的百分含量(即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值),实验步骤如下:
①准确称取5.00 g漂白粉样品,研细,加蒸馏水溶解并冷却后,稀释至500 mL。
②移取25.00 mL该试样溶液至锥形瓶中,调节pH,缓慢加入适量3%H2O2水溶液,搅拌至不再产生气泡。加入适量K2CrO4溶液作为指示剂,以0.10 mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点。多次实验,测得消耗AgNO3标准溶液平均体积为25.00 mL。[已知:Ksp(AgCl,白色)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4,砖红色)=9.0×10-12]
(1)步骤①中,溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 、 。
(2)加入H2O2水溶液,搅拌至不再产生气泡,目的是____________ (用离子方程式表示)。
(3)滴定终点的现象是____________。
(4)该漂白粉总氯的百分含量为 。
(5)下列操作导致总氯百分含量测定结果偏高的是 。
A.指示剂K2CrO4的用量过多
B.在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
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===专题2 化学计量及其应用
课标要求 命题角度
1.了解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义及其广泛应用。 2.掌握微粒数、化学键数、气体体积之间的相互关系及其计算。 3.了解溶液的含义,掌握配制一定物质的量浓度溶液的方法。 4.掌握化学计算的常用方法。 1.NA的有关计算与正误判断。 2.物质结构、弱电解质的电离、盐类的水解、隐含反应、晶体结构等微粒个数。 3.利用方程式或关系式进行计算。 4.滴定计算、电子守恒规律的应用、多步计算。 5.一定物质的量浓度溶液的配制及物质的量的相关计算。
考点1 阿伏加德罗常数
角度1物质(或特定组合)、氧化还原反应中的微粒数计算
1.(2022·浙江1月选考)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A.在25 ℃时,1 L pH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NA
B.1.8 g重水(D2O)中所含质子数为NA
C.足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应,转移电子的数目为0.4NA
D.32 g甲醇的分子中含有C—H键的数目为4NA
解析:选A。1 L pH为12的Ba(OH)2溶液中OH-的浓度为0.01 mol·L-1,物质的量为0.01 mol,OH-的数目为0.01NA,A正确;1.8 g重水(D2O)的物质的量为0.09 mol,所含质子数为0.9NA,B错误;足量的浓盐酸与8.7 g MnO2(0.1 mol)反应,锰元素化合价由+4降为+2,转移电子的数目为0.2NA,C错误;甲醇的结构简式为CH3OH,32 g(1 mol)甲醇的分子中含有C—H键的数目为3NA,D错误。
2.(2022·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A.25 ℃,101 kPa下,28 L氢气中质子的数目为2.5 NA
B.2.0 L 1.0 mol·L-1 AlCl3溶液中,Al3+的数目为2.0 NA
C.0.20 mol苯甲酸完全燃烧,生成CO2的数目为1.4 NA
D.电解熔融CuCl2,阴极增重6.4 g,外电路中通过电子的数目为0.10 NA
解析:选C。25 ℃、101 kPa不是标准状况,不能用标准状况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量,故A错误;Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3,因此2.0 L 1.0 mol·L-1的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA,故B错误;苯甲酸燃烧的化学方程式为C6H5COOH+O27CO2+3H2O,1 mol苯甲酸燃烧生成7 mol CO2,则0.2 mol苯甲酸完全燃烧生成1.4 mol CO2,数目为1.4NA,故C正确;电解熔融CuCl2时,阳极反应为2Cl--2e-===Cl2↑,阴极反应为Cu2++2e-===Cu,阴极增加的质量为Cu的质量,6.4 g Cu的物质的量为0.10 mol,根据阴极反应可知,外电路中通过电子的物质的量为0.20 mol,数目为0.20NA,故D错误。
物质微观结构、隐含反应的NA计算
3.(真题组合)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是 ( )
A.(2021·广东选择考)1 mol CHCl3含有C—Cl键的数目为3NA
B.(2021·湖北选择考)3.9 g Na2O2中含有的共价键的数目为0.1NA
C.(2021·全国甲卷)32 g 环状S8()分子中含有的S—S键数为1NA
D.(2021·浙江6月选考)18.9 g三肽C6H11N3O4(相对分子质量:189)中的肽键数目为0.2NA
解析:选B。1个CHCl3分子中含有3个C—Cl键,微粒个数与物质的量成正比,故1 mol CHCl3含有3 mol C—Cl键,C—Cl键的数目为3NA,A正确;1个Na2O2含有1个共价键,3.9 g Na2O2的物质的量为0.05 mol,故含有的共价键的数目为0.05NA,B错误;1个S8()分子中含有的S—S键数目为8,32 g S8的物质的量为,则含有的S—S键数为NA,C正确;18.9 g三肽C6H11N3O4的物质的量为0.1 mol,三分子氨基酸脱水缩合形成三肽,三肽中含有两个肽键,所以18.9 g三肽C6H11N3O4中的肽键数目为0.2NA,D正确。
“三步”突破阿伏加德罗常数的有关判断
角度1物质(或特定组合)、氧化还原反应中的微粒数目计算
1.预防新型冠状病毒可用过氧乙酸(CH3COOOH,含“—O—O—”)溶液进行喷洒消毒。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A.过氧乙酸中氧元素的化合价均为-2价
B.pH=1的过氧乙酸溶液中的H+为0.1NA
C.100 g 38%的过氧乙酸的水溶液中氧原子数目为1.5NA
D.76 g过氧乙酸作为氧化剂发生氧化还原反应生成CH3COOH时,转移电子数目为2NA
解析:选D。过氧乙酸中氧元素的化合价为-2价、-1价,A错误;溶液的体积未知,无法计算含有的H+数目,B错误;100 g 38%的过氧乙酸的水溶液中,水中还含有氧原子,100 g 38%的过氧乙酸的水溶液中氧原子数目大于1.5NA,C错误;76 g过氧乙酸的物质的量为1 mol,1 mol过氧乙酸作为氧化剂发生氧化还原反应生成CH3COOH时转移2 mol电子,转移电子数目为2NA,D正确。
物质微观结构、隐含反应的NA计算
2.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 ( )
A.1 mol NH4HSO4晶体中,阴、阳离子数目之和为2NA
B.1 mol SCl2分子中,S原子的价层电子对数目为4NA
C.1 mol晶体Si含Si—Si键数目为2NA
D.常温常压下,124 g P4中含σ键数目为4NA
解析:选D。1 mol NH4HSO4晶体含有1 mol N和1 mol HS,阴、阳离子数目之和为2NA,A正确;1 mol SCl2分子中,S原子的价层电子对数目为(+2)NA=4NA,B正确;1 mol晶体硅中含有2 mol Si—Si键,数目为2NA,C正确;n(P4)=124 g÷124 g·mol-1=1 mol,P4为正四面体结构,1 mol P4分子中含有6 mol磷磷单键,即6 mol σ键,D错误。
加固训练
1.阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是 ( )
A.1 mol CH4中含有的C—H键的数目为6NA
B.100 g 46%的乙醇溶液中,含H—O键的数目为NA
C.标准状况下,22.4 L丙烷含有的共价键数目为10NA
D.水分解生成1 mol O2需要断开2NA个H—O共价键
解析:选C。1 mol CH4中含有的C—H键的数目为4NA,A错误;100 g 46%的乙醇溶液中,由于水分子中也含有H—O键,则该溶液中含H—O键的数目大于NA,B错误;1 mol丙烷含有的共价键数目为10NA,C正确;水分解生成1 mol O2需要断开4NA个H—O共价键,D错误。
2.(2022·中山模拟)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A.1 L 0.1 mol·L-1H2O2溶液中含有O原子数为0.2NA
B.0.1 mol·L-1氢氧化钠溶液中所含Na+数为0.1NA
C.氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体,其体积为2.24 L
D.60 g的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2
解析:选D。溶液中含有水分子,1 L 0.1 mol·L-1H2O2溶液中含有氧原子数大于0.2NA,A错误;0.1 mol·L-1氢氧化钠溶液的体积不能确定,不能计算Na+数目,B错误;未说明是否是标准状况下,无法计算,C错误;乙酸和葡萄糖的最简式都是CH2O,燃烧时只有碳原子结合氧原子生成CO2,则60 g的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2,D正确。
考点2 一定物质的量浓度溶液的配制
1.(2021·广东选择考)测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括:①量取一定量的浓硫酸,稀释;②转移定容得待测液;③移取20.00 mL待测液,用0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定。上述操作中,不需要用到的仪器为 ( )
解析:选B。实验过程中,①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为量筒、烧杯、玻璃棒;②转移定容得待测液所需仪器为玻璃棒、容量瓶、胶头滴管;③移取20.00 mL待测液,用0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定所需仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶。选项中A为容量瓶,B为分液漏斗,C为锥形瓶,D为碱式滴定管,上述操作中,不需要用到的仪器为分液漏斗,综上所述,答案为B。
2.(真题组合)下列说法正确的是 ( )
A.(2020·天津高考)用配制50.00 mL 0.100 0 mol·L-1Na2CO3溶液
B.(2019·天津高考)配制一定浓度的溶液,如图
C.(2019·江苏高考)将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中,加水至刻度线,配制1.000 mol·L-1NaOH溶液
D.(2018·全国卷Ⅱ)配制0.400 0 mol·L-1的NaOH溶液:称取4.0 g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250 mL容量瓶中定容
解析:选B。用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液,A错误、B正确;NaOH固体不能置于100 mL容量瓶中,C错误;称取4.0 g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,冷却后,转移至250 mL容量瓶中定容,D错误。
1.一定物质的量浓度溶液的配制流程(以配制100 mL 1.0 mol·L-1NaCl溶液为例):
2.误差分析的基本方法
误差分析中变量是m或V,一般情况要固定其一,分析另一物理量的变化对溶液浓度的影响:
1.(2022·郑州模拟)某学生配制了100 mL 1 mol·L-1的硫酸,然后对溶液浓度做精确测定,且测定过程中一切操作都正确,但测得溶液的物质的量浓度大于1 mol·L-1。则在配制过程中,下列操作可能导致溶液浓度偏高的是 ( )
A.用量筒量取浓硫酸后,再用蒸馏水洗涤量筒,并将洗涤液转移到容量瓶中
B.将浓硫酸在烧杯中稀释,转移到100 mL的容量瓶中后,没有洗涤烧杯
C.在转移过程中用玻璃棒引流,因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面
D.最后定容时,加水超过了刻度线,马上用胶头滴管吸去多余的水,使溶液凹液面最低处刚好与刻度线相切
解析:选A。用量筒量取浓硫酸,不需要用蒸馏水洗涤量筒,若洗涤且将洗涤液转移到容量瓶中,导致溶液浓度偏高,A符合题意;未洗涤烧杯,使溶质H2SO4损失,导致溶液浓度偏低,B不符合题意;少量溶液流到容量瓶外面,使溶质H2SO4损失,导致溶液浓度偏低,C不符合题意;定容时加水超过了刻度线,并马上用胶头滴管吸去多余的水,使溶质H2SO4损失,导致溶液浓度偏低,D不符合题意。
2.欲用NaClO固体配制480 mL密度为1.192 g·cm-3含25% NaClO的消毒液。下列说法正确的是 ( )
A.如图所示的仪器中,有四种是不需要的,还需一种玻璃仪器
B.容量瓶用蒸馏水洗净后,必须烘干才能用于溶液配制
C.利用购买的商品NaClO来配制可能导致浓度偏低
D.需要称量的NaClO固体质量为143 g
解析:选C。需用托盘天平称量NaClO固体,需用烧杯来溶解NaClO,需用玻璃棒进行搅拌和引流,需用容量瓶和胶头滴管来定容,图示的A、B、C、D不需要,但还需玻璃棒和胶头滴管,A错误;配制过程中需要加入水,洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用,B错误;由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质,所以商品NaClO可能部分变质,导致NaClO减少,配制的溶液中溶质的物质的量减小,浓度偏低,C正确;根据c=可得, c(NaClO)==4.0 mol·L-1。应选取500 mL容量瓶进行配制,然后取出480 mL即可,需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L-1×74.5 g·mol-1=149 g,D错误。
3.(2022·聊城模拟)室温时,甲同学配制了100 g 10%的Na2C2O4溶液(密度为1 g·cm-3),乙同学配制了100 mL 1.0 mol·L-1的Na2C2O4溶液(密度为1.02 g·cm-3)。下列说法正确的是 ( )
A.甲同学所需溶质的质量大
B.两同学所配溶液的质量相同
C.两同学所需实验仪器相同
D.甲同学所配溶液的浓度比乙同学的小
解析:选D。甲、乙所需溶质的质量分别为100 g×10%=10 g,0.1 L×1.0 mol·L-1×134 g·mol-1=13.4 g,乙同学所需溶质的质量大,A错误;乙同学所配溶液的质量为100 mL×1.02 g·cm-3=102 g,则两同学所配溶液的质量不同,B错误;乙需要100 mL容量瓶,而甲同学不需要,C错误;甲同学所需Na2C2O4的物质的量约为0.075 mol,溶液的密度为1 g·cm-3,则所配溶液的浓度约为0.075 mol÷0.1 L=0.75 mol·L-1,故甲同学所配溶液的浓度比乙同学的小,D正确。
加固训练
1.欲配制100 mL 1.0 mol·L-1Na2SO4溶液,下列操作会使配得的溶液浓度偏小的是( )
A.容量瓶中原有少量蒸馏水
B.定容时,俯视容量瓶中液体的凹液面
C.称量Na2SO4固体时,药品和砝码的位置放反了(1 g以下用游码)
D.将32.2 g Na2SO4·10H2O溶于少量水中,再配制成100 mL溶液
解析:选C。容量瓶中原有少量蒸馏水,所得溶液的浓度不变,A不符合题意;定容时,俯视容量瓶中液体的凹液面,所得溶液的浓度偏大,B不符合题意;称量Na2SO4固体时,药品与砝码位置放反了,且1 g以下用游码,则称取Na2SO4固体的质量偏小,所得溶液的浓度偏小,C符合题意;32.2 g Na2SO4·10H2O的物质的量为0.1 mol,溶于少量水中配成100 mL溶液,则有c(Na2SO4)=0.1 mol÷0.1 L=1.0 mol·L-1,所得溶液的浓度正好为1.0 mol·L-1,D不符合题意。
2.实验室用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g·cm-3)配制220 mL 1 mol·L-1的稀盐酸。回答下列问题:
(1)配制稀盐酸时,应选用容积为 mL的容量瓶。
(2)经计算需要 mL浓盐酸,在量取时宜选用 量筒(填字母)。
A.5 mL B.10 mL C.25 mL D.50 mL
(3)在量取浓盐酸后,进行了下列操作:
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后,沿玻璃棒注入250 mL容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面距容量瓶刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管加蒸馏水,使溶液的凹液面与瓶颈的刻度标线相切。
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水,并用玻璃棒搅拌,使其混合均匀。
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,并将洗涤液全部注入容量瓶。
上述操作中,正确的顺序是 (填序号)。
解析:(1)配制220 mL 1 mol·L-1的稀盐酸时,应选用容积为250 mL的容量瓶。
(2)c(HCl)===11.6 mol·L-1。加水稀释前后HCl的物质的量不变,所以11.6 mol·L-1×V(HCl)=250 mL×10-3L·mL-1×1 mol·L-1,解得V(HCl)≈21.6 mL,应该选择25 mL的量筒量取。(3)量取浓盐酸后的操作步骤应为稀释、转移、洗涤、定容、摇匀,故操作顺序为③①④②。
答案:(1)250 (2)21.6 C (3)③①④②
考点3 物质组成、含量、热重分析和滴定计算
角度1物质组成、含量、热重分析
1.(2019·全国卷Ⅰ节选)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为 。
解析:硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O,其相对分子质量为266+18x,则×100%=5.6%,解得x=12,则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
答案:NH4Fe(SO4)2·12H2O
2.(2019·江苏高考节选)CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO。CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。
(1)写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式: ________________。
(2)与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是________________________________。
解析:(1)M(CaC2O4·H2O)=146 g·mol-1,取1 mol CaC2O4·H2O,质量为146 g,当剩余质量为128 g时,质量减少18 g,即减少一个H2O,在400 ℃时,固体的化学式为CaC2O4,当剩余质量为100 g时,质量继续减少28 g,即减少一个CO,CaC2O4失去1个CO后,变成CaCO3,所以在400 ℃至600 ℃时发生的反应为CaC2O4CaCO3+CO↑。
(2)CaC2O4·H2O热分解会放出CO、CO2、H2O等,可以使得CaO变得疏松多孔,像膨松剂一样,这样得到的CaO吸收CO2性能更好。
答案:(1)CaC2O4CaCO3+CO↑
(2)CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔
3.(2014·新课标全国卷Ⅱ节选)PbO2在加热过程中发生分解的失重曲线如图所示,已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%
(即×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO,列式计算x和m∶n的值。
答案:根据PbO2PbOx+O2↑,有×32=239×4.0%,解得x=2-≈1.4,根据mPbO2·nPbO,有=1.4,得==。
角度2滴定计算
4.(2022·辽宁选择考节选)H2O2作为绿色氧化剂应用广泛,现测定氢醌法制备H2O2的产品中H2O2质量分数,取2.50 g产品,加蒸馏水定容至100 mL摇匀。取20.00 mL于锥形瓶中,用0.050 0 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次,消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果,产品中H2O2的质量分数为 。
解析:滴定反应的离子方程式为+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O,可得关系式:2KMnO4~5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大,舍去,故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL,H2O2的质量分数w=
×100%=17%。
答案:17%
1.热重曲线分析的解题模型
(1)设晶体为1 mol,其质量为m。
(2)失重一般是先失水,再失非金属氧化物。
(3)计算每步固体剩余的质量(m余)
样品的固体残留率=×100%。
(4)晶体中金属质量不会减少,仍在m余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒得m氧,由n金属∶n氧,即可求出失重后物质的化学式。
2.滴定计算中的常用方法
(1)关系式法
(2)原子守恒:多步反应也可以利用原子守恒建立关系式。如工业制硝酸可利用生产过程中氮原子守恒直接建立NH3和硝酸的关系式NH3HNO3。
(3)电子守恒:多步连续氧化还原反应可以通过电子守恒建立关系式。
角度1物质组成、含量、热重分析
1.CoCl2·6H2O晶体受热易分解,取119 g该晶体加热至某一温度,得到CoCl2·xH2O晶体83 g,则x= 。
解析:119 g该晶体的物质的量为=0.5 mol,含水3 mol,加热后失去结晶水的质量为119 g-83 g=36 g,n(H2O)==2 mol,则0.5 mol CoCl2·xH2O含水为3 mol-2 mol=1 mol,所以x=2。
答案:2
2.0.80 g CuSO4·5H2O受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
请回答下列问题:
(1)试确定200 ℃时固体物质的化学式 。
(2)取270 ℃所得样品,于570 ℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体,该反应的化学方程式为______________。
把该黑色粉末溶解于稀硫酸中,经浓缩、冷却,有晶体析出,该晶体的化学式为______________, 其存在的最高温度是____________________________。
(3)上述氧化性气体与水反应生成一种化合物,该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为____________________________。
解析:
(1)CuSO4·5H2OnH2O+CuSO4·(5-n)H2O
250 18n
0.8 g 0.80 g-0.57 g=0.23 g
=,n≈4,所以200 ℃时该固体物质的化学式为CuSO4·H2O。
(2)高于258 ℃时,固体由0.80 g变为0.51 g,根据(1)中的计算方法,可知剩余固体为CuSO4,CuSO4加热分解得到的黑色物质为CuO,氧化性气体只能是SO3,CuO溶于稀硫酸后浓缩、冷却,得到的晶体为CuSO4·5H2O,根据图示,CuSO4·5H2O高于102 ℃就开始分解,所以其存在的最高温度是102 ℃。
(3)SO3与水反应生成H2SO4,其浓溶液与Cu加热时反应生成CuSO4、SO2和H2O。
答案:(1)CuSO4·H2O
(2)CuSO4CuO+SO3↑
CuSO4·5H2O 102 ℃
(3)2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O
3.将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·mol-1)在空气中加热,样品的固体残留率
(×100%)随温度的变化如图所示。
当固体残留率为70.3%时,所得固体可能为 。
A.Ce(SO4)2 B.Ce2(SO4)3 C.CeOSO4 D.CeO2
解析:404×70.3%≈284,Ce(SO4)2的相对分子质量为332,Ce2(SO4)3的相对分子质量为568,CeOSO4的相对分子质量为252,CeO2的相对分子质量为172,根据原子守恒和质量守恒:808×70.3%≈568,应选B。
答案:B
角度2滴定计算
4.(2022·北京海淀区一模)实验小组用双指示剂法测定NaOH样品(杂质为Na2CO3)的纯度,步骤如下:
①称取m g的样品,并配制成100 mL溶液;
②取出25 mL溶液置于锥形瓶中,加入2滴酚酞溶液,用浓度为c mol·L-1的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为NaCl和NaHCO3),消耗盐酸体积为V1 mL;
③滴入2滴甲基橙溶液,继续滴定至终点,又消耗盐酸体积为V2 mL。下列说法正确的是 ( )
A.①中配制溶液时,需在容量瓶中加入100 mL水
B.②中溶液恰好褪色时,c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-)
C.NaOH样品纯度为×100%
D.配制溶液时放置时间过长,会导致最终测定结果偏高
解析:选C。①中配制溶液时,加入水的体积小于100 mL,A错误;②由于使用酚酞作为指示剂,②中溶液恰好褪色时,溶液显碱性,根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(Cl-)+c(OH-)可知,c(Na+)>c(HC)+2c(C)+c(Cl-),B错误;NaOH消耗盐酸的体积是(V1-V2) mL,25.00 mL样品溶液中NaOH的物质的量是c(V1-V2)×10-3mol,样品中氢氧化钠的质量为c(V1-V2)×10-3×40 g·mol-1×,故样品中氢氧化钠的质量分数为×100%,C正确;配制溶液时放置时间过长,氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳,转化为碳酸钠,会导致测定结果偏低,D错误。
5.(2022·保定一模)硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体,可用于制造药物,也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。称取m g硫脲产品,加水溶解配成500 mL溶液,量取25 mL于锥形瓶中,滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性,用c mol·L-1KMnO4标准溶液滴定,滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V mL。
(1)硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合价为____________价。
(2)滴定时,硫脲转化为CO2、N2、S的离子方程式为____________。
(3)样品中硫脲的质量分数为 (用含“m、c、V”的式子表示)。
解析:(1)硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合价为-2价。
(2)滴定时,硫脲转化为CO2、N2、S,反应的离子方程式为5CS(NH2)2+14Mn+32H+===14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5S+26H2O。
(3)根据方程式可得关系式为5CS(NH2)2~14Mn,可得样品中硫脲的质量分数为×100%=%。
答案:(1)-2 (2)5CS(NH2)2+14Mn+32H+===14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5S+26H2O (3)%
加固训练
1.在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品,受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质,其质量如表。
温度范围/℃ 固体质量/g
150~210 8.82
290~320 4.82
890~920 4.50
(1)加热到210 ℃时,固体物质的化学式为____________。
(2)经测定,加热到210~320 ℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物,此过程发生反应的化学方程式为____________。
解析:(1)CoC2O4·2H2O失去全部结晶水的质量为10.98 g× g=8.82 g,即加热到210 ℃时,固体物质是CoC2O4。
(2)根据元素守恒,n(CO2)=(×2)mol=0.12 mol,质量为0.12 mol×44 g·mol-1=5.28 g,固体质量减少(8.82-4.82) g=4.00 g,说明有气体参加反应,即氧气参加,氧气的质量为(5.28-4.00) g=1.28 g,其物质的量为mol=0.04 mol,n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)=∶0.04∶0.12=0.06∶0.04∶0.12=3∶2∶6,依据原子守恒,3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。
答案:(1)CoC2O4
(2)3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2
2.聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.00 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Sn2+。用5.00×10-2mol·L-1K2Cr2O7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。
(1)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”“偏小”或“无影响”)。
(2)计算该样品中铁的质量分数是 。
解析:(1)若不除去具有还原性的Sn2+,则消耗K2Cr2O7的量偏多,导致样品中铁的质量分数的测定结果偏大。
(2)n(Cr2)=5.00×10-2mol·L-1×22.00 mL×10-3L·mL-1=1.10×10-3 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)=6×1.10×10-3 mol=6.60×10-3mol,样品中m(Fe)=6.60×10-3mol×56 g·mol-1=0.369 6 g,样品中铁元素的质量分数:
w(Fe)=×100%=12.32%。
答案:(1)偏大 (2)12.32%
3.总氯量是漂白粉行业标准里的指标。资料显示:久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2。测定漂白粉总氯的百分含量(即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值),实验步骤如下:
①准确称取5.00 g漂白粉样品,研细,加蒸馏水溶解并冷却后,稀释至500 mL。
②移取25.00 mL该试样溶液至锥形瓶中,调节pH,缓慢加入适量3%H2O2水溶液,搅拌至不再产生气泡。加入适量K2CrO4溶液作为指示剂,以0.10 mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点。多次实验,测得消耗AgNO3标准溶液平均体积为25.00 mL。[已知:Ksp(AgCl,白色)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4,砖红色)=9.0×10-12]
(1)步骤①中,溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 、 。
(2)加入H2O2水溶液,搅拌至不再产生气泡,目的是____________ (用离子方程式表示)。
(3)滴定终点的现象是____________。
(4)该漂白粉总氯的百分含量为 。
(5)下列操作导致总氯百分含量测定结果偏高的是 。
A.指示剂K2CrO4的用量过多
B.在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
解析:(1)步骤①中,将称量的漂白粉样品研细,加蒸馏水溶解并冷却后,稀释至500 mL,则所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外,还需要500 mL容量瓶和胶头滴管;
(2)加入H2O2水溶液的目的是使漂白粉与H2O2完全反应,该反应的离子方程式为ClO-+H2O2===Cl-+O2↑+H2O;
(3)用AgNO3标准溶液滴定,当溶液中的Cl-完全反应后,开始生成砖红色的Ag2CrO4沉淀,所以滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液,溶液中出现砖红色沉淀,且半分钟内不消失,即为滴定终点;
(4)由反应方程式ClO-+H2O2===Cl-+O2↑+H2O、Ag++Cl-===AgCl↓可知:ClO-~Cl-~Ag+,所以样品中氯元素的总质量为m(Cl)=0.025 L×0.1 mol·L-1××35.5 g·mol-1=1.775 g,则该漂白粉总氯的百分含量为×100%=35.5%;
(5)若指示剂K2CrO4的用量过多,溶液中Cr的浓度较大,会造成Cl-尚未完全沉淀时就有砖红色沉淀生成,消耗标准溶液的体积偏小,测定结果偏低,A错误;在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,会使读取的标准溶液体积偏小,测定结果偏低,B错误;滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,会使标准溶液体积偏大,测定结果偏高,C正确。
答案:(1)500 mL容量瓶 胶头滴管 (2)ClO-+H2O2===Cl-+O2↑+H2O (3)当滴入最后半滴标准液,溶液中出现砖红色沉淀,且半分钟内不消失 (4)35.5% (5)C
