第5讲　阿伏加德罗常数及应用　化学计算常用方法-2027年高考化学一轮复习课件

该高中化学高考复习课件聚焦“阿伏加德罗常数及应用”“化学计算常用方法”核心模块，依据高考评价体系梳理NA与Vm使用、粒子构成等六大NA考点及差量法、关系式法等计算方法，通过近五年真题统计明确NA综合计算占45%、热重分析占30%，归纳正误判断、数据计算等典型题型。 课件亮点在于“真题溯源+方法建模+素养提升”，以2025云南卷NA题为例构建“三步法”排查物质状态等易错点，培养科学思维中的证据推理能力，针对热重分析设计“四步法”解析流程，结合守恒法突破计算难点，助力学生掌握得分技巧，教师可依托考点权重精准复习，提升备考效率。

第5讲　阿伏加德罗常数及应用　化学计算常用方法 考点一　阿伏加德罗常数及应用 关键点1NA与“Vm=22.4 L·mol-1”的使用 1.(高考题组编)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是　　　　　。[命题点❶❷⑪⑬] A.(2025·云南卷)22.4 L CH4中原子的数目为5NA B.(2025·湖南卷)常温常压下,6.72 L CO2含σ键数目为0.6NA C.(2024·江西卷)22.4 L 15N2含有的中子数为16NA D.(2024·广东卷)Na与H2O反应生成11.2 L H2,转移电子数目为NA ABCD 解析 A项未指明22.4 L CH4是否处于标准状况,不能进行计算。 B项常温常压下,Vm≠22.4 L·mol-1,6.72 L CO2的物质的量不为0.3 mol,其含σ键数目不为0.6NA。 C项未指明22.4 L 15N2是否处于标准状况,不能计算其物质的量和含有的中子数。 D项未指明11.2 L H2是否处于标准状况,不能进行计算。 2.(高考题组编)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是　　。 [命题点❶❷❸❽]  A.(2023·全国甲卷)标准状况下,2.24 L SO3中电子的数目为4.00NA B.(2023·辽宁卷)11.2 L CO2含π键数目为NA C.(2022·全国甲卷)25 ℃、101 kPa下,28 L氢气中质子的数目为2.5NA D.标准状况下,11.2 L CO和H2的混合气体中分子数为0.5NA D 解析 A项标准状况下SO3为固体,2.24 L SO3不是0.1 mol,故其电子的数目不是4.00NA。 B项题目未指明11.2 L CO2是否处于标准状况,不能计算CO2的物质的量及含π键数目。 C项25 ℃、101 kPa不是标准状况,故不能用22.4 L·mol-1计算28 L氢气的物质的量及含有的质子数。 D项标准状况下,11.2 L CO和H2混合气体的总物质的量为0.5 mol,故含有的分子数为0.5NA。 关键点2NA与物质的粒子构成 3.(高考题组编)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是　　　　　。[命题点❷❸❹] A.(2025·湖南卷)12 g 12C含质子数为6NA B.(2025·云南卷)1 mol 18O所含中子的数目为10NA C.(2025·广东卷)1 mol 18O2的中子数比1 mol 16O2的多2NA D.(2025·河北卷)28 g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为2NA E.(2025·广东卷)1 mol Fe与水蒸气完全反应,生成H2的数目为2NA F.(2023·辽宁卷)0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA G.(2023·浙江6月选考卷)1.7 g H2O2中含有氧原子数为0.2NA ABDF 解析 C项1个18O2比1个16O2多4个中子,故1 mol 18O2的中子数比1 mol 16O2的多4NA。 E项Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2,1 mol Fe生成mol H2,数目为NA。 G项1.7 g H2O2为0.05 mol,含有氧原子数为0.1NA。 关键点3NA与物质的结构 4.(高考题组编)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是　　　　。 A.(2025·广东卷)标准状况下的22.4 L Cl2与足量H2反应,形成的共价键数目为2NA B.(2025·河北卷)18 g H2O晶体内氢键的数目为2NA C.(2024·贵州卷)标准状况下,22.4 L CO2中含σ键数目为2.0NA D.(2024·江西卷)12 g C(石墨)中sp2杂化轨道含有的电子数为6 E.(2024·江西卷)1 mol [N=C=N]2-中含有的π键数为4NA [命题点❶❾⑩⑪⑫] F.(2024·福建卷)1.0 mol N8(如下图)的σ键电子数为16NA 所有原子共平面 G.(2024·福建卷)1.0 mol N8的(价层)孤电子对数为7NA 答案 ABCF　 解析 B项每个水分子在冰中形成4个氢键,但每个氢键被两个分子共享,故每个分子贡献2个氢键,18 g H2O为1 mol,氢键数目为2NA。 D项石墨中C原子均采取sp2杂化,每个C原子中有3个电子处于杂化轨道,并与其他碳原子成键,12 g C(石墨)含1 mol碳原子,故sp2杂化轨道含有的电子数为3NA。 E项双键中一个σ键,一个π键,则1 mol [N=C=N]2-中含有的π键数为2NA。 G项N8分子中所有原子共面可知 ,N8分子中 1~6处的N原子采取sp2杂化,7、8两处N原子采取sp杂化,其中8、1、3、4、5、6处的N原子各有一个孤电子对,即1个N8分子有6个孤电子对,1.0 mol N8的(价层)孤电子对数为6NA。 关键点4NA与电子转移 5.(高考题组编)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是　　　　　。 A.(2025·云南卷)28 g Fe粉和足量S完全反应,转移电子的数目为1.5NA B.(2025·河北卷)铅酸蓄电池负极增重96 g,理论上转移电子数为2NA C.(2024·海南卷)过量C与1 mol SiO2充分反应转移电子数目为3NA D.(2023·海南卷)2.4 g镁条在空气中充分燃烧,转移的电子数目为0.2NA [命题点⑬] BD 解析 A项28 g Fe粉和足量S完全反应,生成0.5 mol FeS,转移电子的数目为NA。 C项过量C与1 mol SiO2充分反应,生成1 mol Si和2 mol CO,转移电子数目为4NA。 关键点5NA与反应进行程度 6.(高考题组编)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是　　　　　。 A.(2025·云南卷)0.1 L 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2反应,生成Cl2的数目为0.3NA B.(2025·湖南卷)64 g SO2与16 g O2充分反应得到SO3的分子数为NA C.(2023·浙江6月选考卷)标准状况下,11.2 L Cl2通入水中,溶液中氯离子数为0.5NA [命题点⑭⑮] ABC 解析 A项浓盐酸与MnO2反应时,随反应进行浓度降低,反应停止,实际生成Cl2的物质的量小于理论值0.3 mol。 B项SO2与O2生成SO3的反应为可逆反应,无法完全转化,实际生成的SO3分子数小于NA。 C项标准状况下,11.2 L Cl2为0.5 mol,若完全反应生成0.5 mol Cl-,由于Cl2与水的反应是可逆反应,故溶液中氯离子数小于0.5NA。 关键点6NA与电解质溶液 7.(高考题组编)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是　　　　　。 A.(2025·广东卷)在1 L 0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液中,N的数目为0.1NA B.(2025·河北卷)1 L 1 mol·L-1的NaF溶液中阳离子总数为NA C.(2024·海南卷)1 L 0.1 mol·L-1 NaClO溶液中ClO-数目为0.1NA D.(2024·贵州卷)0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中含有的H+数目为0.2NA [命题点⑯] ABCD 解析 A项N在水中会水解,溶液中N的数目小于0.1NA。 B项NaF溶液中阳离子包括Na+和H+,Na+为1 mol,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-),钠离子不水解,并且水电离出少量H+,则有n(Na+)+n(H+)>1 mol,故阳离子总数大于NA。 C项ClO-发生水解反应,ClO-数目小于0.1NA。 D项未指明0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液的体积,且H2C2O4是弱电解质,不能进行计算。 8.(高考题组编)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是　　　　　。 A.(2023·辽宁卷)1 L 0.1 mol·L-1 K2S溶液中含S2-数目为0.1NA B.(2023·海南卷)1.7 g NH3完全溶于1 L H2O所得溶液,NH3·H2O微粒数目为0.1NA C.(2023·全国甲卷)1.0 L 1.0 mol·L-1的Na2CO3溶液中C的数目为1.0NA D.(2023·浙江6月选考卷)向1 L 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液通氨气至中性,铵根离子数小于0.1NA E.(2023·全国甲卷)1.0 L pH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NA F.(2022·湖南卷)1 L 0.05 mol·L-1的NH4HSO4溶液中N的微粒数小于0.05NA G.(2022·辽宁卷)pH=12的Na2CO3溶液中OH-数目为0.01NA [命题点⑯] DF 解析 A项1 L 0.1 mol·L-1 K2S溶液中含0.1 mol K2S,由于S2-发生水解,故含S2-数目小于0.1NA。 B项1.7 g NH3为0.1 mol,若与水完全反应则生成0.1 mol NH3·H2O,由于该反应是可逆反应,且NH3·H2O部分电离,故NH3·H2O微粒数目小于0.1NA。 C项1.0 L 1.0 mol·L-1的Na2CO3溶液含1.0 mol Na2CO3,由于C发生水解反应,故C的数目小于1.0NA。 E项1.0 L pH=2的H2SO4溶液中含0.01 mol H+,则H+的数目为0.01NA。 G项题目未指明温度和pH=12的Na2CO3溶液的体积,不能确定含有的OH-数目。 回归基础·考教衔接 1.“Vm=22.4 L·mol-1”的使用[❶] 2.NA与物质的粒子构成 (1)核素中的数量关系[❷] 核素X)中质量数(A)=质子数(Z)+中子数(N)。 (2)常考物质[❸] 类型 常考物质 单原子分子 稀有气体(如He、Ne、Ar等) 双原子分子 如Cl2、N2、O2、H2、Br2等 多原子分子 如D2O、O3、P4(白磷)、CH4、CO2、H2O2等 (3)最简式相同的物质[❹] 如NO2和N2O4、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等,等质量时所含原子总数相等,可按其中一种组分进行简单计算。 (4)酸式盐的构成离子[❺] 酸式盐由酸式酸根离子和金属阳离子(或N构成。 (5)金属氧化物的构成离子[❻] 金属氧化物 构成离子 Na2O2 Na+、 Na2O Na+、O2- KO2 K+、 (6)胶体粒子的数目[❼] 大多是分子聚集体,并吸附带电离子 如0.1 mol FeCl3水解得到的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA。 3.NA与物质的结构 (1)常考物质中的共价键数目[❽] 物质 CnH2n+2 P4 (P—P) Si (Si—Si) SiO2 (Si—O) 石墨 金刚石 每摩尔 含共价 键数目 (3n+1)NA 6NA 2NA 4NA 1.5NA 2NA (2)特殊物质中的共价键[❾] ①芳香族化合物的苯环中不含碳碳双键,含有大π键。 ②用键线式表示有机物的结构,确定共价键数目时,要防止遗漏C—H。 (3)中心原子的价层电子对数 价层电子对数=σ键数+孤电子对数,孤电子对数=(a-xb)。其中a表示中心原子的价电子数,x表示与中心原子结合的原子数,b表示与中心原子结合的原子最多能接受的电子数。 [⑩] (4)确定σ键总数 单键都是σ键,双键含1个σ键和1个π键,三键含1个σ键和2个π键,配位键属于σ键,故物质中σ键总数=单键数+双键数+三键数+配位键数。 (5)采取sp(sp2、sp3)杂化原子数 依据价层电子对数(或分子中原子成键数目)判断中心原子的杂化方式(sp、sp2或sp3)。 [⑪] [⑫] 4.NA与电子转移 (1)常见类型 [⑬] (2)特殊反应中电子转移总数 反应 物质变化量 转移电子的物质的量或数目 Na2O2+CO2(或H2O) 1 mol Na2O2 1 mol或NA 1 mol O2 2 mol或2NA Cl2+NaOH(冷) 1 mol Cl2 1 mol或NA Cl2+Fe 1 mol Cl2 2 mol或2NA 1 mol Fe 3 mol或3NA 5.NA与反应进行程度 (1)关注可逆反应 不能正向进行到底,反应物不能全部转化为生成物。 (2)注意浓度对反应的影响 ①足量MnO2与浓盐酸、足量Cu与浓硫酸反应,随着反应进行,酸的浓度变小,反应停止,酸未完全反应。 ②足量Cu与浓硝酸反应,随c(HNO3)减小,反应生成气体由NO2变为NO。 [⑭] [⑮] 6. NA与电解质溶液 (1)溶液的体积 已知溶液的物质的量浓度时,特别关注是否缺少溶液的体积。 (2)H、O原子数目 若NA涉及O原子、H原子数目,考虑是否忽视溶剂水中H和O原子的数目。 (3)弱电解质的电离 弱电解质部分发生电离,溶液中存在弱电解质分子及电离产生的离子,不能确定其数目和浓度。 [⑯] (4)盐类的水解 ①若盐中含有弱酸根离子或弱碱阳离子,要考虑其发生水解反应,不能判断水解程度,故不能确定相关离子的数目。 ②若金属阳离子(R2+、R3+)发生水解反应,溶液中阳离子数目增多。 ③若多元弱酸根离子(R2-、R3-)发生水解反应,溶液中阴离子数目增多。 命题角度 1 基于反应(或描述)的NA传统考查 [例1](2025·八省联考云南卷)Cl2制备Cl2O的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O ══ 2NaHCO3+2NaCl+Cl2O,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A.22.4 L Cl2O中原子总数为3NA B.1 mol C中σ键的数目为3NA C.每消耗2 mol Cl2,转移电子数为4NA D.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中HC的数目等于0.1NA B 解析 没有注明气体所处的状况,无法计算气体的物质的量,A项错误。1个C中有3个σ键,1 mol C中σ键的数目为3NA,B项正确。根据反应可知,2 mol Cl2参加反应,转移电子的物质的量为2 mol,转移电子数目为2NA,C项错误。没有给出溶液的体积,无法计算NaHCO3的物质的量,D项错误。 命题角度 2 基于物质转化关系的NA创新考查 [例2](2025·黑吉辽蒙卷)钠及其化合物的部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　) A.反应①生成的气体,每11.2 L(标准状况)含原子的数目为NA B.反应②中2.3 g Na完全反应生成的产物中含非极性键的数目为0.1NA C.反应③中1 mol Na2O2与足量H2O反应转移电子的数目为2NA D.100 mL 1 mol·L-1 NaClO溶液中,ClO-的数目为0.1NA A 解析 电解熔融NaCl得到Na和Cl2,标准状况下11.2 L Cl2为0.5 mol,含有原子的数目为NA,A项正确。反应②中Na与O2反应生成Na2O2,2.3 g Na为0.1 mol,完全反应生成0.05 mol Na2O2,故含非极性键的数目为0.05NA,B项错误。反应③中1 mol Na2O2与足量H2O反应,生成2 mol NaOH和0.5 mol O2,故转移电子的数目为NA,C项错误。100 mL 1 mol·L-1 NaClO溶液中含有0.1 mol NaClO,由于ClO-发生水解反应,则ClO-的数目小于0.1NA,D项错误。 能力要语 解答NA问题的四个基本公式 ①n=(标准状况下,Vm=22.4 L·mol-1);④n=cV(溶液) 解题路径 “三步法”突破NA传统考查问题 [例3](2024·黑吉辽卷)硫及其化合物部分转化关系如图。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,11.2 L SO2中原子总数为0.5NA B.100 mL 0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液中,S数目为0.01NA C.反应①每消耗3.4 g H2S,生成物中硫原子数目为0.1NA D.反应②每生成1 mol还原产物,转移电子数目为2NA D 解析 标准状况下11.2 L SO2为0.5 mol,其含有1.5 mol原子,则原子数为1.5NA,A项错误。S为弱酸阴离子,其在水中易发生水解,故100 mL 0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液中S数目小于0.01NA,B项错误。反应①的化学方程式为SO2+2H2S ══ 3S+2H2O,每生成3 mol S消耗2 mol H2S,3.4 g H2S为0.1 mol,故生成0.15 mol S,生成物中硫原子数目为0.15NA,C项错误。反应②的离子方程式为3S+6OH- S+2S2-+3H2O,反应的还原产物为S2-,每生成2 mol S2-共转移4 mol电子,故每生成1 mol S2-,转移2 mol电子,数目为2NA,D项正确。 解题路径 “四步法”突破NA创新考查问题 基础 满分练 课前 自检自测·夯基固本 考点二　化学计算常用方法 三个高考关键点 关键点1差量法及其应用 1.(2025·江苏南通三模)Co(OH)2在空气中加热时,固体残留率随温度的变化如图所示。已知:290 ℃以上,Co(OH)2已完全脱水。在350~400 ℃范围内,剩余固体成分为　 。  [命题点❶❷] Co3O4和Co2O3 解析 根据质量守恒定律,在变化过程中,Co的质量没有变,假设原始固体质量为100 g,则n(Co)=mol,m(Co)=(100×) g;在1 000 ℃时,固体质量不再变化,说明Co(OH)2完全分解,n(Co)∶n(O)=≈1∶1,则剩余固体成分为CoO。在350~400 ℃时,剩余固体的质量分数在86.38%~89.25%,可以通过极点进行分析:①在290 ℃时,n(Co)∶n(O)=≈2∶3,其化学式为Co2O3;②在500 ℃时,n(Co)∶n(O)=≈3∶4,其化学式为Co3O4;可以确定在350~400 ℃时,剩余固体成分的化学式为Co2O3和Co3O4。 2.(2024·江苏卷节选)将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的值:　　　　。[命题点❶❷] 2∶1 解析 8.84 mg Nd(OH)CO3为4×10-5 mol,其在氮气氛围中焙烧后,金属元素的质量和化合价均保持不变,则n(Nd3+)=4×10-5 mol。550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg,固体减少的质量为1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量。根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 mol ××18×103 mg·mol-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg =0.88 mg,则生成CO2的物质的量为2×10-5 mol。由C元素守恒可知,分解后剩余的C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)=(4×10-5 mol)∶(2×10-5 mol)=2∶1。 关键点2关系式法及其应用 3.(2025·湖北襄阳随州八校联考)取CuO2产品0.100 0 g与过量酸性KI溶液完全反应后,溶液呈弱酸性。以淀粉为指示剂,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。 已知:CuO2+I-+H+→CuI+I2+H2O(未配平),I2+2S2 ══ 2I-+S4。 计算产品中CuO2的纯度:　　　　　　　　。[命题点❸] 96% 解析 根据守恒规律配平可得:2CuO2+8I-+8H+ ══ 2CuI+3I2+4H2O,结合反应I2+2S2 ══ 2I-+S4,可得关系式:2CuO2~3I2~6S2,则产品中CuO2的纯度为×100%=96%。 4.(2024·浙江1月选考卷节选)取0.680 g H2S产品,与足量CuSO4溶液充分反应后,将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230 g的坩埚中,煅烧生成CuO,恒重后总质量为32.814 g,产品的纯度为　　　　　　　。[命题点❸] 99% 解析 根据铜元素守恒可知,CuO的质量为32.814 g-31.230 g=1.584 g,则氧化铜的物质的量为0.019 8 mol。据关系式:H2S~CuS~CuO可知, n(H2S)=0.019 8 mol,则H2S的质量为0.673 2 g,产品纯度为×100%=99%。 关键点3守恒法及其应用 5.(2022·天津卷节选)天然碱的主要成分为Na2CO3·NaHCO3·2H2O,1 mol Na2CO3·NaHCO3·2H2O经充分加热得到Na2CO3的质量为　　　　　　g。[命题点❹] 159 解析 1 mol Na2CO3·NaHCO3·2H2O中含有1 mol Na2CO3、1 mol NaHCO3,经充分加热得到Na2CO3,据Na+守恒可知,n(Na2CO3)=1.5 mol,其质量为1.5 mol×106 g·mol-1=159 g。 6.(2025·江苏苏北八市三模)将废弃钨制品(W与WO3混合物)在空气中加热使之完全转化为WO3,所得固体溶于NaOH溶液可得Na2WO4。 (1)某废弃钨制品,通过元素分析可知其中钨元素的质量分数为90%。取92.0 g该制品在空气中加热,理论上可制得WO3的质量为 　　　　　　　　　　 　　　　　(写出计算过程)。  (2)加热至1 000 ℃,所得固体成分仅为WO3,其质量小于理论值,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 [命题点❹] m(WO3)=92.0 g×90%×=104.4 g 在1 000 ℃下,部分WO3固体升华 回归基础·考教衔接 1.差量法[❶] (1)差量法是根据化学反应前后物质的质量、体积、物质的量或压强等物理量的差值(即“差量”),与反应物或生成物的变化量成比例关系,从而建立比例式进行计算的一种方法。 (2)“差量法”原理源于化学方程式中的质量守恒定律和各物质之间的计量数关系。 (3)计算通式:通常写作比例形式:。 2.热重分析[❷] (1)热重曲线:横坐标通常是温度(T)或时间(t),纵坐标是质量(m),通常以毫克(mg)或质量百分比(%)表示。“差量法”是处理热重分析数据最核心、最常用的计算方法。 (2)基于固体质量差的热重曲线分析 固体质量减少过程中,金属原子的质量(物质的量)始终不变 3.关系式法[❸] (1)关系式法是根据一系列化学方程式(通常是多步反应),找出起始反应物与最终生成物之间物质的量的关系式,从而绕过中间步骤,直接进行计算的简便方法。 (2)建立关系式的两种方法 类别 方法 根据方程式 据方程式确定关系式,连续反应的中间产物是建立关系式的“桥梁” 根据守 恒关系 根据多步连续反应中某元素守恒确定关系式,如FeS2燃烧生成SO2,SO2催化氧化生成SO3,SO3与H2O化合生成H2SO4,据硫元素守恒可得关系式:FeS2~2H2SO4 4.守恒法[❹] (1)“守恒法”是一种整合的思维方法,基于物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”,分析时淡化中间过程,关注最终组成,利用守恒关系进行整体分析。 (2)解题关键: 找准研究对象的始态和终态,或相互间的关系,列出对应守恒表达式,常见的守恒关系有元素守恒、原子守恒、得失电子守恒等。 命题角度 1 基于“差量法”的热重曲线分析 [例1](2025·甘肃卷节选)某兴趣小组按流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O,并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮,加强热时分解生成Eu2O3。 (1)取一定量产品进行热重分析,每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0~92 ℃范围内产品质量减轻的原因为　 。  (2)结晶水个数x=　　　　　。[M(C7H5)=121 g·mol-1,结果保留两位有效数字]  Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水分蒸发 1.7 解析 (1)Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮,0~92 ℃范围内产品质量减轻的是Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水分,92~195 ℃失去的是结晶水的质量。 (2)最后得到的是Eu2O3,1 mol Eu(C7H5O2)3·xH2O失去结晶水质量减少18x g,重量减少5.2%,根据M(C7H5)=121 g·mol-1,1 mol Eu(C7H5O2)3生成0.5 mol Eu2O3,质量减少339 g,重量减少56.8%,则有,解得x≈1.7。 命题角度 2 基于“关系式法”的物质纯度计算 [例2](2024·山东卷节选)利用“燃烧-碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示(夹持装置略)。 实验过程如下: ①加样,将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖),聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液,吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液,发生反应:KIO3+5KI+6HCl ══ 3I2+6KCl+3H2O,使溶液显浅蓝色。 ②燃烧:按一定流速通入O2,一段时间后,加热并使样品燃烧。 ③滴定:当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应:SO2+I2+2H2O ══ H2SO4+2HI),立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F,滴定过程中溶液颜色“消退—变蓝”不断变换,直至终点。 滴定消耗0.002 0 mol·L-1的KIO3碱性标准溶液V mL,样品中硫的质量分数是 　 　　(用含a、V的代数式表示)。  % 解析 由S元素守恒及SO2+I2+2H2O ══ H2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl ══ 3I2+6KCl+3H2O可得关系式:3S~3SO2~3I2~KIO3,若滴定消耗0.002 0 mol·L-1的KIO3碱性标准溶液V mL,则n(KIO3)=V×10-3 L×0.002 0 mol·L-1 =2×10-6V mol,n(S)=3n(KIO3)=6×10-6V mol,样品中硫的质量分数是×100%=%。 命题角度 3 基于“守恒法”的实验数据处理 [例3](2024·安徽卷节选)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。 【测定含量】按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。 已知:氯化铁受热易升华;室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+,难以氧化Fe2+; Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。 (1)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,则会导致测定的铁含量　　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。  (2)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL,则a g试样中Fe的质量分数为 　　　　　　　(用含a、c、V的代数式表示)。  偏小　 % 解析 (1)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+,导致测定的铁含量偏小。 (2)根据反应6Fe2++Cr2+14H+ ══ 2Cr3++6Fe3++7H2O可得: n(Fe2+)=6×n(Cr2)=6×10-3cV mol,则a g试样中Fe元素的质量为 6×10-3cV mol×56 g·mol-1=0.336 cV g,故Fe的质量分数为×100%=%。 解题路径 “四步法”突破热重曲线分析题 能力要语 解读热重曲线的“五关键” (1)识别初始质量(通常是100%或实际质量)。 (2)识别平台区(质量稳定,代表一种热稳定物质)。 (3)识别失重台阶(质量下降,代表发生了反应或分解)。 (4)读取每个台阶的起始温度、终止温度和质量损失百分比(Δm%)。 (5)识别最终残余质量。 解题路径 “三步法”突破“关系式法”应用题 解题路径 “五步法”突破守 恒法应用类题 命题点 1 阿伏加德罗常数的综合计算 素养 提升练 课中 高考定向·原创融通 1.(跨模块融通)设NA为阿伏加德罗常数的值。已知BrF3与H2O可以发生如下反应:3BrF3+5H2O ══ HBrO3+Br2+9HF+O2↑。下列说法正确的是(　) A.1 mol BrF3含有的价层电子对数目为4NA B.标准状况下,22.4 L HF所含原子数为2NA C.0.1 mol·L-1的HBrO3溶液中含Br数目为0.1NA D.若反应中有1 mol H2O被氧化,则转移的电子数目为3NA D 解析 BrF3中Br的价层电子对数为3+=5,1 mol BrF3含有的价层电子对数目为5NA,A项错误。标准状况下HF为液体,不能用气体摩尔体积计算,B项错误。没有给出溶液的体积,无法计算Br的数目,C项错误。由方程式可知,5 mol H2O参加反应,有2 mol H2O被氧化,整个反应转移6 mol电子,若有1 mol H2O被氧化,则反应转移的电子数目为3NA,D项正确。 2.(原创题)叠氮酸(HN3)为一元弱酸,相关物质的部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　) A.18 g H2O中σ键的数目为4NA B.HN3中阳离子和阴离子的个数比为1∶1 C.1 L 1 mol·L-1 NaN3溶液中的数目为NA D.反应②每生成1 mol的还原产物,转移电子数为2NA D 解析 1个H2O分子含有2个σ键,18 g H2O为1 mol,则含有σ键的数目为2NA,A项错误。HN3是共价化合物,HN3是分子,B项错误。HN3为弱酸,会水解,故的数目小于NA,C项错误。根据关系式H2~2e-可知,生成1 mol氢气,转移电子数为2NA,D项正确。 3.(2026·广东省八校联盟联考)氮及其化合物的部分转化关系如图(转化条件已略去)。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　) A.反应①每1 mol NH3参加反应,消耗O2分子的数目为0.5NA B.11.2 L NO和NO2的混合物中,含有氮原子的数目为0.5NA C.反应③中1 mol NO2与足量H2O反应生成N的数目为NA D.反应④中6.4 g Cu参加反应,转移电子的数目一定为0.2NA D 解析 反应①为4NH3+5O2 4NO+6H2O,每1 mol NH3消耗1.25 mol O2,对应O2分子数为1.25NA,A项错误。未明确气体是否处于标准状况(如温度、压强),无法确定11.2 L混合气体的总物质的量,因此氮原子数无法确定为0.5NA,B项错误。反应③为3NO2+H2O ══ 2HNO3+NO,每3 mol NO2生成2 mol N,故1 mol NO2生成 mol N,对应数目为NA,C项错误。6.4 g Cu的物质的量为0.1 mol,Cu与HNO3反应生成Cu2+时,每1 mol Cu失去2 mol e-,故转移电子数为0.2NA,无论硝酸浓度如何,Cu最终均以Cu2+形式存在,转移电子数恒定,D项正确。 命题点 2 化学计算常用方法 4.(跨模块融通)测定150.0 g新鲜菠菜中草酸含量(以H2C2O4计),实验方案如图。下列说法不正确的是(　　) A.“操作1”需要用到的主要玻璃仪器有3种 B.“操作2”若用盐酸替代硫酸可能会导致测定结果偏低 C.“滴定”至终点后,需再静置滴定管1~2分钟后读数,否则会使测定结果偏高 D.若滴定终点消耗30.00 mL KMnO4溶液,则测得菠菜中草酸含量为0.900% B 解析 “操作1”是过滤,需要用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒,A项正确。“操作2”若用盐酸替代硫酸,盐酸也会与高锰酸钾反应,导致消耗的高锰酸钾偏多,测定结果偏高,B项错误。滴定至终点后,需再静置滴定管1~2分钟后读数,待滴定管内壁上的液体流下,否则会导致高锰酸钾溶液读数偏大,使测定结果偏高,C项正确。根据得失电子守恒可得关系式: 5H2C2O4~2KMnO4,若滴定终点消耗30.00 mL KMnO4溶液,则测得菠菜中草酸含量为×100%=0.900%,D项正确。 5.(仿真预测题)在空气中灼烧Ce2(CO3)3·8H2O,测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如图所示。已知A到B过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝,但能被碱液完全吸收。 (1)A点固体产物为　　　　　　　　　　(填化学式)。  (2)“灼烧”过程中,产生的气体选用氨水吸收的原因为   　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  Ce2(CO3)3　 吸收CO2,减少碳排放;氨水吸收液中生成的NH4HCO3,可循环使用 解析 (1)已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩尔质量为604 g·mol-1,A到B过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝,但能被碱液完全吸收,说明这时不再放出水蒸气,即A点处结晶水已经完全失去,设灼烧1 mol Ce2(CO3)3·8H2O固体,则起始固体质量为1 mol×604 g·mol-1=604 g,A点对应剩余固体质量为604 g× 76.16%≈460 g,即这个阶段减少质量为604 g-460 g=144 g,=8 mol,即失去8 mol H2O,故A点固体产物为Ce2(CO3)3。 6. 一般用K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤:称取一定量样品,用过量稀硫酸溶解,用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。 反应式:Cr2+6Fe2++14H+ ══ 2Cr3++6Fe3++7H2O 某次实验称取0.280 0 g样品,滴定时消耗浓度为0.030 00 mol·L-1的K2Cr2O7溶液25.10 mL,则样品中铁含量为　 %。  90.36 解析 样品用过量稀硫酸溶解:Fe+2H+ ══ Fe2++H2↑,结合Cr2+6Fe2++14H+ ══ 2Cr3++6Fe3++7H2O,得到关系式6Fe~6Fe2+~Cr2, n(Fe)=6×n(Cr2)=6×0.030 00 mol·L-1×0.025 10 L =0.004 518 mol,则有m(Fe)=0.004 518 mol×56 g·mol-1=0.253 0 g,故Fe的质量分数为×100%=90.36%。 NaClNaNa2O2NaOHNaClO NH3NONO2HNO3Cu(NO3)2 $