2021年高考化学二轮复习核心考点专项突破练习含解析打包18套

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阿伏加德罗常数的常见考查内容和设错形式：
对阿伏加德罗常数的考查往往以选择题的形式，渗透于高中各个知识点中进行考查，试题的知识覆盖面较大，但难度较小，该类试题的特点就是“容易忽视”，即容易落入命题者设置的“陷阱”中，因此明确命题者的考查方向和设错方式有利于我们快速、准确地作出选择。同时要求同学们在解决该类试题时一定要细心、仔细。
1．考查气体体积与物质的量、微粒数目等关系时，故意忽略标准状况条件或给出常温常压条件。
2．物质状态问题。考查气体摩尔体积时，常常用标准状况下非气态的物质来迷惑考生，如水、三氧化硫、己烷、三氯甲烷等。
3．结合氧化还原反应考查电子转移的数目问题，特别是歧化反应的电子转移数目，如过氧化钠与水反应、氯气与水的反应等。
4．结合物质结构的有关知识考查物质的微粒数目(如分子、原子、质子、中子、电子等)、化学键数目等。此处常常涉及的物质有稀有气体(单原子分子)、Na2O2(阴阳离子个数比)、SiO2、Si、P4、CO2(化学键数目)、特殊物质的质量与微粒数间的关系，如D2O、18O2等。
5．考查溶液中离子数目时故意忽视盐类的水解，弱电解质的电离等。
6．结合化学平衡考查时，故意忽视可逆反应不能进行到底的特点。
【特别提醒】阿伏加德罗常数应用题常设的五大“陷阱”。
(1)“标准状况”“常温常压”等外界条件。
①在标准状况下的非气态物质，如H2O、SO3、戊烷、苯、CCl4等。
②物质的质量、摩尔质量、粒子个数不受外界条件的影响。
(2)物质的组成。
①特殊物质中所含粒子(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目，如Ne、D2O、18O2、H37Cl。
②物质中所含化学键的数目，如CO2、CnH2n＋2等。
③最简式相同的物质中的微粒数目，如NO2和N2O4、乙烯和丙烯等。
④摩尔质量相同的物质中的粒子数目，如N2、CO、C2H4等。
(3)氧化还原反应中电子转移(得失)数目的分析。
如Na2O2、NO2与H2O的反应；电解AgNO3溶液、CuSO4溶液的反应；Cl2与H2O、NaOH、Fe的反应等，分析该类题目时还要注意反应产物以及过量计算的问题。
(4)弱电解质的电离、盐类的水解。
弱电解质在水溶液中部分电离，可水解的盐溶液中，离子发生微弱水解。如0.1 ml·L－1的乙酸溶液和0.1 ml·L－1的乙酸钠溶液中c(CH3COO－)不相等。
(5)一些特殊的反应。
如一氧化氮和氧气不需要条件即可反应，二氧化氮和四氧化二氮之间存在相互转化，合成氨反应属于可逆反应等。
知识点二、以物质的量为中心的有关计算
知识点三、一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析
1．配制步骤
eq \x(计算)―→eq \x(称量)―→eq \x(溶解)―→eq \x(转移)―→eq \x(洗涤)―→eq \x(定容)―→eq \x(摇匀)
2．配制过程中所需要的主要仪器
(1)量筒或托盘天平 (2)烧杯 (3)玻璃棒 (4)容量瓶 (5)胶头滴管
3．配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
(1)误差分析的思维流程

(2)视线引起误差的分析方法
①仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。
②俯视容量瓶刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。
(3)误差分析
①砝码生锈：偏高。
②定容时，溶液温度高：偏高。
③定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。
④称量时物码颠倒且使用游码：偏低。
⑤未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。
⑥称量易吸水物质时间过长：偏低。
⑦转移时，有液体溅出：偏低。
⑧滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。
⑨定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。
⑩容量瓶内有少量水：无影响。
4．换算关系会推导
(1)气体溶质物质的量浓度的计算：
标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，气体的摩尔质量为M g·ml－1，则c＝eq \f(1 000ρV,22 400＋MV) ml·L－1。
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算：
c＝eq \f(1 000ρw,M)(c为溶质的物质的量浓度/ml·L－1，ρ为溶液的密度/g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·ml－1)。
【注意事项】
(1)容量瓶使用前应先检漏。
(2)称量NaOH固体应放在烧杯或表面皿中称量，不能直接放在纸上称量。
(3)稀释浓硫酸应先在烧杯中加入适量水，再倒入浓硫酸。
(4)转移溶液要用玻璃棒引流，不能直接倾倒。
(5)读数时，眼睛要平视，定容时应使溶液的凹液面与刻度线相切。
(6)定容时仰视、俯视对结果造成的影响
仰视会造成溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；俯视会造成溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高。
知识点四 滴定法的应用
1．明确一个中心
必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。
2．掌握两种方法
(1)守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。
(2)关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。
【方法技巧】
1．利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径有两种：
(1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。
(2)利用微粒守恒建立关系式。
2．多步滴定常分为两类
(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。
(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。
高频考点一 阿伏加德罗常数
例1．[2019新课标Ⅱ] 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 ml·L−1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C．1 ml 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
【解析】的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确； 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1ml/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1ml/L×NA ml-1 =0.1NA，B项错误；重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1ml重铬酸钾转移的电子数为3ml×2×NA ml-1 =6NA，C项正确；正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA ml-1 =13NA，D项正确；答案选B。
【举一反三】（2018年全国卷Ⅰ）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B. 22.4 L（标准状况）氨气含有的质子数为18NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA
D. 1.0 ml CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
【答案】B
【解析】16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/ml＝0.1ml，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；标准状况下22.4L氩气的物质的量是1ml，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1ml，其中含有羟基数是3 NA，C错误；甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。
【变式探究】【2017新课标2卷】阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．1L0.1ml·NH4Cl溶液中，的数量为0.1NA
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D．0.1mlH2和0.1mlI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
【解析】NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，A错误；2.4gMg为0.1ml，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24ml=0.2ml，因此转移电子数为为0.2NA，B错误；标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，C错误； H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2ml，分子数为0.2NA，D正确。
高频考点二 阿伏加德罗定律及其应用
例2．在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是( )
A．充入的CO分子数比CO2分子数少
B．甲容器的体积比乙容器的体积小
C．CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小
D．甲中CO的密度比乙中CO2的密度小
【答案】D
【解析】根据n＝m/M知，相同质量时，物质的量与其摩尔质量成反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28 g/ml、44 g/ml，所以二者的物质的量之比为44 g/ml∶28 g/ml＝11∶7，根据N＝nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比，为11∶7，所以CO分子数多，故A错误。根据相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，可知甲的体积比乙大，故B错误。温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，故C错误。由ρ＝eq \f(M,Vm)知，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，故D正确。
【变式探究】在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量(M)关系，判断下列说法正确的是( )
A．若M(甲)>M(乙)，则气体体积：甲<乙
B．若M(甲)乙
C．若M(甲)>M(乙)，则气体的摩尔体积：甲<乙
D．若M(甲)【答案】B
【解析】两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ＝m/V可知气体的体积相等，故A错误；若M(甲)乙，根据阿伏加德罗定律可知，体积相同时压强与物质的量成正比，故气体的压强：甲>乙，B正确；根据n＝m/M，若M(甲)>M(乙)，气体的物质的量：甲<乙，根据Vm＝eq \f(V,n)可知，气体的摩尔体积：甲>乙，故C错误；根据n＝m/M，若M(甲)n(乙)，气体的分子数：甲>乙，故D错误。
高频考点三 一定物质的量浓度溶液的配制
例3．体积为V、密度为ρ的某溶液中，含有摩尔质量为M的溶质m g。若此溶液中溶质的物质的量浓度为c，溶质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是( )
A．c＝eq \f(m,MV) B．m＝Vρw
C．w＝eq \f(cM,ρ) D．ρ＝eq \f(cM,1 000w%)
【答案】A
【解析】已知：c＝1 000eq \f(ρw,M)或c＝eq \f(m,MV)。
A项，c＝eq \f(m,MV)，正确；B项，eq \f(1 000ρω,M)＝eq \f(m,MV)，m＝1 000ρwV，错误；C项，w＝eq \f(cM,1 000ρ)，错误；D项，ρ＝eq \f(cM,1 000w)，注意w与w%的区别，错误。
【变式探究】实验室常用98%(ρ＝1.84 g·mL－1)的浓H2SO4配制1∶4 的稀H2SO4，此稀H2SO4的密度为1.23 g·mL－1，其物质的量浓度为( )
A．4.6 ml·L－1 B．5.7 ml·L－1
C．3.88 ml·L－1 D．18.4 ml·L－1
【答案】C
【解析】实验室配制1∶4溶液的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液中溶质质量分数：w%＝(1 mL×1.84 g·mL－1×98%)/(1 mL×1.84 g·mL－1＋4 mL×1 g·mL－1)×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)＝(1 000 mL×1.23 g·mL－1×30.9%)/(98 g·ml－1×1 L)≈3.88 ml·L－1，故选C。
高频考点四 滴定法的应用
例4．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，进行如下实验：
①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 ml·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2Oeq \\al(2－,3)＋I2===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6))，消耗25.00 mL。
②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O2)，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 ml·L－1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2＋(离子方程式为Mg2＋＋H2Y2－===MgY2－＋2H＋)，消耗25.00 mL。
(1)步骤①需要用到的指示剂是________。
(2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。
【答案】(1)淀粉溶液
(2)关系式：ClO－～I2～2S2Oeq \\al(2－,3)
n(ClO－)＝eq \f(1,2)n(S2Oeq \\al(2－,3))＝eq \f(1,2)×0.800 0 ml·L－1×25.00×10－3 L＝0.01 ml，
n(Mg2＋)＝0.020 00 ml·L－1×25.00×10－3 L×eq \f(1 000 mL,25.00 mL)＝0.02 ml，
根据电荷守恒，可得：
n(OH－)＝2n(Mg2＋)－n(ClO－)＝2×0.02 ml－0.01 ml＝0.03 ml，
m(H2O)＝1.685 g－0.01 ml×51.5 g·ml－1－0.02 ml×24 g·ml－1－0.03 ml×17 g·ml－1＝0.180 g，
n(H2O)＝eq \f(0.180 g,18 g·ml－1)＝0.01 ml，
n(Mg2＋)∶n(ClO－)∶n(OH－)∶n(H2O)＝0.02 ml∶0.01 ml∶0.03 ml∶0.01 ml＝2∶1∶3∶1，
碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O。
【解析】(1)根据实验①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。(2)根据实验①中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClO－～I2～2S2Oeq \\al(2－,3)求得n(ClO－)，根据实验②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－)、n(OH－)可求得n(H2O)，从而得到n(Mg2＋)、n(ClO－)、n(OH－)、n(H2O)四者之比，最后得到物质的化学式。
【方法技巧】
1．利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径有两种：
(1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。
(2)利用微粒守恒建立关系式。
2．多步滴定常分为两类
(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。
(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。
【变式探究】测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：
步骤1：准确称取0.550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。
步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。
(1)“步骤1”的目的是_________________________________________________________。
(2)计算x的值(写出计算过程)。
【答案】(1)测定NaOH溶液的准确浓度
(2)0.550 8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)＝eq \f(0.550 8 g,204 g·ml－1)＝0.002 7 ml, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH)＝eq \f(0.002 7 ml,22.50×10－3L)＝0.12 ml·L－1，又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)＝c(NaOH) ·V(NaOH)，n(H2C2O4)＝eq \f(0.12 ml·L－1×20.00×10－3L,2)＝1.2×10－3ml，所以n(H2C2O4·xH2O)＝1.2×10－3 ml，则n(H2C2O4·xH2O)·M(H2C2O4·xH2O)＝1.2×10－3 ml×(90＋18x)g·ml－1＝0.151 2 g，则晶体中水的个数x＝2，故x＝2。
【解析】(1)“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1∶1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度。
1．[2019新课标Ⅱ] 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 ml·L−1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C．1 ml 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
【解析】的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确； 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1ml/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1ml/L×NA ml-1 =0.1NA，B项错误；重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1ml重铬酸钾转移的电子数为3ml×2×NA ml-1 =6NA，C项正确；正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA ml-1 =13NA，D项正确；答案选B。
2．[2019新课标Ⅲ] 设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c()+2c()+3c()+ 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
【答案】B
【解析】常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01ml/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；根据电荷守恒可知，B正确；加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。
3．[2019·全国卷Ⅰ，27(5)]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_________________。
【答案】NH4Fe(SO4)2·12H2O
【解析】失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知eq \f(1.5×18,266＋18x)＝eq \f(5.6,100)，解得x≈12。
4. (2019·江苏，18)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为___________；水解聚合反应会导致溶液的pH______。
(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Sn2＋。用5.000×10－2 ml·L－1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2Oeq \\al(2－,7)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”或“偏小”或“无影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。
【答案】(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O 减小 (2)①偏大 ②n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝5.000×10－2 ml·L－1×22.00 mL×10－3 L·mL－1＝1.100×10－3 ml 由滴定时Cr2Oeq \\al(2－,7)→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋(或Cr2Oeq \\al(2－,7)＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)
则n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝6×1.100×10－3 ml＝6.600×10－3 ml
样品中铁元素的质量：
m(Fe)＝6.600×10－3 ml×56 g·ml－1＝0.369 6 g
样品中铁元素的质量分数：
w(Fe)＝eq \f(0.369 6 g,3.000 g)×100%＝12.32%。
【解析】(1)H2O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，自身被还原为H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式。Fe3＋发生水解聚合反应使溶液pH减小。(2)聚合硫酸铁中的Fe3＋被Sn2＋还原为Fe2＋，然后用K2Cr2O7溶液滴定Fe2＋，根据6Fe2＋～Cr2Oeq \\al(2－,7)，可知n(Fe2＋)＝6×5.000×10－2×22.00×10－3 ml＝6.600×10－3 ml，进而计算出该样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝eq \f(56×6.600×10－3 g,3.000 g)×100%＝12.32%。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。
1. （2018年全国卷Ⅰ）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B. 22.4 L（标准状况）氨气含有的质子数为18NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA
D. 1.0 ml CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
【答案】B
【解析】16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/ml＝0.1ml，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；标准状况下22.4L氩气的物质的量是1ml，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1ml，其中含有羟基数是3 NA，C错误；甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。
2. （2018年全国卷II）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B. 100 mL 1ml·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2 ml SO2和1 ml O2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】常温常压下，124 g P4的物质的量是1ml，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1ml·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5ml，其中含氢原子数目为2NA，C正确；反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 ml SO2和1 ml O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。
3. （2018年全国卷Ⅲ）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 ml重水与1 ml水中，中子数比为2∶1
D. 1 ml乙烷和1 ml乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1ml，所以24g镁含有的质子数为12ml，27g铝含有的质子的物质的量为13ml，A错误。设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为ml，臭氧（O3）的物质的量为ml，所以两者含有的氧原子分别为×2=ml和×3=ml，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，B正确。重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1ml重水含有10ml中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1ml水含有8ml中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，C错误。乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1ml乙烷有7ml共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1ml乙烯有6ml共价键，D错误。
1．【2017新课标2卷】阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．1L0.1ml·NH4Cl溶液中，的数量为0.1NA
B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
D．0.1mlH2和0.1mlI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
【解析】NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，A错误；2.4gMg为0.1ml，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24ml=0.2ml，因此转移电子数为为0.2NA，B错误；标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，C错误； H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2ml，分子数为0.2NA，D正确。
2．【2017新课标3卷】NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1ml的中，含有0.6NA个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1mlPCl3与1mlCl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P-Cl键
【答案】A
【解析】B的原子序数为5，即质子数为5，在质量数为11的B原子中含有6个中子，0.1ml11B含有0.6NA个中子，A正确；溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算2．24L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则1mlPCl3与1mlCl2反应生成的PCl5小于1ml，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误。
3．【2017海南】NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 1 ml 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B. 1 ml 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C. 1 L 0.1 ml·L−1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA
D. 1 ml 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
【答案】C
【解析】乙烯的结构简式为CH2=CH2，1ml乙烯中含有碳氢键的物质的量为4ml，A正确；甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此1ml甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8ml，B正确；乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H＋物质的量小于0.1ml，C错误；1mlCO含有质子物质的量为(6＋8)ml=14ml，1mlN2中含有质子物质的量为2×7ml=14ml，因此1mlN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14ml，D正确。
1．【2016年高考海南卷】利用太阳能分解制氢，若光解0.02 ml水，下列说法正确的是（ ）
A．可生成H2的质量为0.02g
B．可生成氢的原子数为2.408×1023个
C．可生成H2的体积为0.224L（标准情况）
D．生成H2的量理论上等于0.04ml Na与水反应产生H2的量
【答案】D
【解析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 ml水，可产生0.02 ml H2和0.01 ml O2。可生成H2的质量为0.04g，A错误；可生成氢的原子数为2.408×1022个，B错误；可生成标准状况下H2的体积为0.448L，C错误；0.04ml Na与水反应产生0.02 mlH2，D正确。
2．【2016年高考江苏卷】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．0.1ml/LNa2CO3溶液加热后，溶液的pH减小
C．常温常压下，22.4L Cl2中含有的分子数为6.02×1023个
D．室温下，稀释0.1ml/LCH3COOH溶液，溶液的导电能力增强
【答案】A
【解析】氢氧燃料电池工作时，H2发生氧化反应，在负极上失去电子，A正确；升高温度，促进碳酸钠的水解，溶液的pH增大，B错误；常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/ml，22.4LCl2中的物质的量小于1ml，含有的分子数小于6.02×1023个，C错误；室温下，稀释稀醋酸，虽然电离平衡正向移动，自由移动离子的数目增加，但溶液体积的增大起主导作用，自由移动离子的浓度减小，溶液的导电能力减弱，D错误。
3．【2016年高考四川卷】 NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．2.4g镁在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NA
C．氢原子数为0.4NA的甲醇分子中含有的σ键数为0.4NA
D．溶液中含有的氢离子数为0.05NA
【答案】B
【解析】2.4 g镁的物质的量为2.4/24=0.1 ml，反应中失去0.2 ml电子，A错误；标准状况下5.6 L二氧化碳的物质的量为5.6/22.4=0.25 ml，含有的氧原子为0.5 ml，B正确；甲醇的结构为CH3OH，氢原子数为0.4NA的甲醇分子为0.1 ml，含有5mlσ键，C错误；醋酸是弱酸，不能完全电离，D错误。
4．【2016年高考新课标Ⅰ卷】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 mlN2与4 ml H2反应生成的NH3分子数为2NA
C．1 mlFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】乙烯和丙烯的最简式都是CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中含有的最简式的物质的量是n(CH2)=m÷M=14 g÷14 g/ml=1 ml，所以其中含有的氢原子数为N(H)=1 ml×2×NA＝2NA，A正确；N2与H2在一定条件下发生反应生成NH3，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故1 ml N2与4 ml H2反应生成的NH3分子数小于2NA，B错误；铁是变价金属，硝酸具有强的氧化性，所以 1 ml Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，反应中电子转移数目为3NA，C错误；在标准状况下四氯化碳是液态，不能用气体摩尔体积进行有关物质的量的计算，D错误。
5．【2016年高考上海卷】某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【答案】A
【解析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mL Cl2转移电子数为0.01ml。则有： EQ \F(1.52,56x+16) ×(3- EQ \F(2,x) )×x=0.01，解得x=0.8。故选项A正确。
6．【2016年高考上海卷】称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1mlNaOH的溶液，完全反应，生成NH31792ml（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1:1 B．1:2 C．1.87:1 D．3.65:1
【答案】C
【解析】利用极值法分析，可知0.1ml氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH30.08ml，故与H+反应的氢氧化钠为0.02ml，则可知道NH4HSO4为0.02ml，则(NH4)2SO4质量为7.24g－115g/ml×0.02ml=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g ÷132g/ml=0.0374ml。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87:1 ，故选C。
7．【2016年高考江苏卷】（12分）过氧化钙（CaO2·8H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。
（3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I−完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式；_____________。
②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000 ml·L−1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧（用mg·L−1表示），写出计算过程。
【答案】（3）①O2＋2Mn2＋＋4OH－=MnO(OH)2↓
②在100.00mL水样中
I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－
n(I2)=
＝
=6.750×10－5ml
n[MnO(OH)2]= n(I2)= 6.750×10－5ml
n(O2)= n[MnO(OH)2]=×6.750×10－5ml＝3.375×10－5ml
水中溶解氧＝=10.80mg/L
【解析】
（1）根据反应的化学方程式可知反应时加入过量的Ca（OH）2可以提高H2O2的利用率。
（2）过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此向池塘水中加入一定量的CaO2·8H2O后，池塘水中浓度增加的离子有钙离子和氢氧根离子，答案选AD。
（3）①O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，1个O2分子得到4个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+4价，1个Mn2+失去2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O2+2Mn2＋+4OH－===MnO(OH)2↓。
②根据转化关系图，获得各物质之间的量的关系，由此进行计算。
8．【2016年高考新课标Ⅰ卷】 (15分)
（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的Cl−，利用Ag+与CrO42−生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl−恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10−5 ml·L−1)时，溶液中c(Ag+)为_______ ml·L−1，此时溶液中c(CrO42−)等于__________ ml·L−1。(已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10−12和2.0×10−10)。
【答案】(3) 2.0×10-5 ；5×10-3；
【解析】（3）当溶液中Cl−完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10−5 ml·L−1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10−10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10−10÷(1.0×10−5 ml·L−1)=2.0×10-5 ml·L−1；则此时溶液中c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10−12÷(2.0×10-5 ml·L−1)=5×10-3ml·L−1；
9．【2016年高考新课标Ⅱ卷】联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：
（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是 。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2 kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是 。
【答案】（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生 1 N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4
【解析】（5）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为
1kg÷32g/ml×32g/mL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不
产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4。
10、【2016年高考上海卷】（本题共14分）
CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 ml NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_________L(标准状况)。
（2）某H2中含有2.40 mlCO2，该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为_______。
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9 ml CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 ml O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O
300 ml CH4完全反应后的产物中，加入100 ml CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 ml，残留氢气120 ml，计算CO2的转化率。
【答案】（本题共14分）
（1）89.6
（2）2.4 ml/L≥c≥1.2 ml/L
（3）
n(H2O)=(9/6)×2=3(ml)
（4）300 ml CH4完全反应产生H2 900ml
设CO2转化率为α，CO转化率为β
300β+100α=350 600β+300α=900-120
α=80%
或设CO2转化率为α 900−350×2−100α=120 α=80/100=80%
【解析】
（1）碳酸氢铵分解的化学方程式为：NH4HCO3H2O+NH3↑+CO2↑，从方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)+ n(CO2)=2n(NH4HCO3)=2×2.00ml=4.00ml，则V(混合气体)=4.00ml×22.4L/ml=89.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L。
（2）根据题意要求，2.40 mlCO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3（此时NaOH的浓度最大）或NaHCO3（此时NaOH的浓度最小）或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：
①CO2+NaOH=NaHCO3，n(NaOH)= n(CO2)=2.40ml，则c(NaOH)==1.20ml/L；
②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，n(NaOH)=2n(CO2)=4.80ml，则c(NaOH)==2.40ml/L；
综合（1）、（2）可知，NaOH溶液的浓度应该为1.20ml/L≤c(NaOH)≤2.40ml/L。
（3）法一：
依题意，9 ml CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 ml O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：
8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n(H2O)=n(CO2)=×9ml=3ml，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3ml。
法二：
设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2 + 4CO2 + 2H2O → 4KHCO3 + 3O2
2nn 1.5n
4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2
9-2n 1.5(9-2n)
根据题意生成氧气9ml，所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9ml，解得n=3ml，即反应前密封舱内
H2O的物质的量为3ml。
（4）法一：
CH4+ H2OCO + 3H2
300ml 300ml 900ml
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO + 2H2CH3OH CO2 + 3H2CH3OH + H2O
300βml 600βml 300βml 100αml 300αml 100αml
根据题意，共生成350ml甲醇，所以有300βml+100αml=350ml-------①式
根据题意，反应后残留氢气120ml，则实际参加反应的氢气为900ml-120 ml，所以有
600βml+300αml=900ml-120 ml--------②式
由①②式可得α=0.8，即CO2的转化率为80%。
法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α
CH4 + H2O CO + 3H2
300ml 900ml
CO2 + 3H2 CH3OH + H2O
100αml 100αml
根据题意，反应后残留氢气120ml，则实际参加反应的氢气为900ml-120 ml，根据反应中氢元素的守恒可有：900ml-120ml=350ml×2+100αml，解得α=0.8，即CO2的转化率为80%。