高考化学二轮复习第2讲化学计量及其应用课堂练习.doc

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1、1 / 30【2019【2019最新最新】精选高考化学二轮复习第精选高考化学二轮复习第2 2讲化学计量及其应用课堂讲化学计量及其应用课堂练习练习 最新考纲1了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。2理解质量守恒定律。3能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进行有关计算。4了解物质的量(n)及其单位摩尔(mol)、摩尔质量(M)、气体摩尔体积(Vm)、物质的量浓度(c)、阿伏加德罗常数(NA)的含义。5能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。6了解溶液的含义。7了解溶解度、饱和溶液的概念。8了解溶液浓度的表示方法。理解溶液

2、中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念，并能进行有关计算。9掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法。阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律学生用书P51(2017高考全国卷，8，6分)阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是( )A1 L 0.1 molL1 NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NAB2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NAC标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA解析：选D。溶液中含0.1 mol NH4Cl，由于NH部分水解，即NH

3、的数量少于0.1NA，A项错误；2.4 g Mg为0.1 mol，与H2SO4完全反应转移0.2 mol电子，B项错误；标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体为0.1 2 / 30mol，其分子数为0.1NA，C项错误；H2与I2的反应虽为可逆反应，但由于反应前后气体总物质的量不变，因此无论反应程度如何，分子总数均为0.2NA，D项正确。2(2017高考全国卷，10，6分)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子BpH1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个HC2.24 L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D

4、密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5(g)，增加2NA个PCl键解析：选A。1个11B原子中含有6个中子，0.1 mol 11B中含有0.6NA个中子，A项正确；H3PO4溶液的体积未知，所以不能计算出所含氢离子个数，B项错误；标准状况下苯是液体，不能利用标准状况下的气体摩尔体积计算2.24 L苯在O2中完全燃烧产生CO2分子的数目，C项错误；PCl3与Cl2生成PCl5的反应是可逆反应，所以1 mol PCl3与1 mol Cl2不可能完全反应，生成的PCl5小于1 mol，故增加的PCl键的数目小于2NA，D项错误。感悟高考1题型：选择题2考向：有关阿伏加德

5、罗常数的问题是比较重要的题型，涉及的概念很多，是近几年高考常出不衰的热点题型。阿伏加德罗定律及推论也常常在化学平衡计算中得到应用。考生需要积累此类试题的各方面易错点和规律，特别是要将气体摩尔体积、物质的组成、氧化还原反应中电子转移、弱电解质的电离、盐类的水解以及一些特殊的反应等所涉及的常考物质牢记在心。1注意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”等外界条件在标准状况下的非气态物质如H2O、SO3、戊烷、苯、CCl4等。3 / 30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、D

6、2O、18O2、H37Cl。物质中所含化学键的数目，如CO2、CnH2n2等。最简式相同的物质中的微粒数目，如NO2和N2O4、乙烯和丙烯、O2和O3等。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)的数目如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 molL1的乙酸溶液和0.1 molL1的乙酸钠溶液中c(CH3COO)

7、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。2阿伏加德罗定律(1)定义：同温同压同体积的任何气体含有相同的分子数。(2)推论同温同压下，V1/V2n1/n2。同温同体积时，p1/p2n1/n2。同温同压同体积时，M1/M21/2。阿伏加德罗常数的正误判断1(2016高考全国卷，8，6分)设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( )4 / 30A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA

8、D标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA解析：选A。乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14 g乙烯和丙烯的混合气体中氢原子数为2NAmol12NA，A项正确；忽视了N2与H2的反应为可逆反应，不能进行彻底，B项错误；Fe与过量硝酸反应生成Fe3，1 mol Fe参加反应转移3NA个电子，C项错误；标准状况下CCl4为液态，D项错误。2(2017潍坊高三三模)设NA为阿伏加德罗常数值。下列叙述正确的是( )A28 g C2H4和CO的混合气体中含有的分子数为NAB28 g N2和6 g H2充分反应，生成NH3的分子数为2NAC标准状况下，11.2 L O2参加反应转移的电子

9、数一定为2NAD0.1 mol FeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成 0.1NA个胶粒解析：选A。C2H4和CO的摩尔质量都为28 g/mol，28 g C2H4和CO的混合气体为1 mol，则其中含有的分子数为NA，选项A正确；合成氨是可逆反应，反应不可能完全转化，28 g N2和6 g H2充分反应，生成NH3的分子数小于2NA，选项B错误；标准状况下，11.2 L O2 参加反应转移的电子数可能为NA，如氧气与金属钠反应生成过氧化钠，选项C错误；1个氢氧化铁胶粒中含有多个Fe(OH)3分子，1 mol FeCl3完全水解生成的氢氧化铁胶体胶粒数小于NA个，选项D错误。3(2017河

10、北衡水中学高三检测)用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A3.0 g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.3NAB1 L 0.1 molL1NH4Cl溶液中含有的氮原子数小于0.1NA5 / 30C用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到标准状况下22.4 L氢气时，理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为4NAD氢气与氯气反应生成标准状况下22.4 L氯化氢，断裂化学键的总数为2NA解析：选C。葡萄糖和冰醋酸的最简式均为CH2O，则3.0 g由葡萄糖和冰醋酸组成的混合物中含有的原子总数为0.4NA，故A错误；根据物料守恒定律，1 L 0.1 molL1NH4Cl溶液中含有的氮原子数

11、为0.1NA，故B错误；用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到标准状况下22.4 L即1 mol氢气时，理论上铅蓄电池中共消耗氢离子数目为4NA，故C正确；氢气与氯气反应生成标准状况下22.4 L即1 mol氯化氢时，断裂化学键的总数为NA，故D错误。解答有关阿伏加德罗常数类题目的“三”个步骤(1)看：看所给数据是体积、质量还是物质的量。如果所给数据是质量或物质的量，该类数据不受外界条件的限制。(2)定：确定对象是气体、固体还是液体。如果是气体，要注意外界条件是否为“标准状况”。(3)算：根据所求内容进行计算，在求算时要注意：不要直接利用溶液的浓度代替指定物质的物质的量进行计算。同种物质在不同的氧化还

12、原反应中“角色”可能不同，电子转移数目也可能不同，不能一概而论。 阿伏加德罗定律及其应用4同温同压下，x g甲气体和y g乙气体占有相同的体积，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述错误的是( )Axy等于甲与乙的相对分子质量之比Bxy等于甲与乙的分子个数之比Cxy等于同温同压下甲与乙的密度之比Dyx等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比6 / 30解析：选B。A项，由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则x g甲气体和y g乙气体的物质的量相等，即，推出xyM甲M乙，故正确；B项，甲与乙的分子个数之比为11，而x与y不一定相等，故不正确；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即

13、为xy，故正确；D项，同温同体积下，等质量的甲、乙的压强之比为p甲p乙n甲n乙M乙M甲yx，故正确。5在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是( )B气体体积：甲乙A物质的量：甲乙 D相对分子质量：甲乙C摩尔体积：甲乙 解析：选D。同温同压下，气体摩尔体积相等，根据知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量大于乙。A项，根据n知，相同质量时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量大于乙，则甲的物质的量小于乙，故A错误；B项，根据VVm知，相同温度、压强、质量时，气体体积与摩尔

14、质量成反比，摩尔质量甲乙，则气体体积甲乙，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以相对分子质量甲乙，故D正确。一定物质的量浓度溶液的配制及计算学生用书P61(1)(2017高考全国卷，9D改编)下列实验操作是否规范？能否达到目的？说明理由。目的操作配制浓度为0.010 molL1的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度(2)(2017高考天津卷)将称得的AgNO3配制成 250 mL 标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_7 / 30_。答案：(1)本项实验操作不规范。不能达到实验目的。不能在容量瓶中直接溶解固体。(2)250 mL

15、(棕色)容量瓶、胶头滴管2下列操作或装置能达到实验目的的是( )A(2015高考四川卷)配制一定浓度的NaCl溶液(如图1)B(2015高考重庆卷)配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液(如图2)C(2014高考全国卷，12D)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体D(2013高考福建卷)配制0.100 0 molL1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流解析：选D。配制一定浓度的NaCl溶液，定容时俯视会造成结果偏高，A不正确；配制溶液时，不能直接在容量瓶中溶解，B不正确；加水超过刻度线时应重配，C不正确。感悟高考1题型：选择题(次)、填空题(主)2考向：在近几年

16、高考题中，没有出现专门考查一定物质的量浓度溶液配制的试题，而是作为实验题的一个小题或某个选项呈现的，由于题目单一，难度较小，考生掌握其基础的配制要领即可，需要熟记所需实验仪器和步骤。有关溶液的计算也没有直接命题，但溶液的计算作为基本技能，是解决其他问题的基础，仍要重视。一、有关溶液配制的几个注意问题1配制溶液的六种仪器托盘天平、量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。2配制溶液的六步操作计算、称量或量取、溶解并冷却、转移并洗涤、定容并摇匀、装瓶并贴签。3容量瓶使用的两个“不能”8 / 30(1)容量瓶是精确配制溶液的仪器，不能用于溶解、稀释和贮存液体。(2)容量瓶的规格是固定的，不能配制任意体积

17、的溶液，所配溶液的体积一定要与容量瓶的容积相等。4抓住表达式cBnB/V进行误差分析(1)导致cB偏低的错误操作：垫滤纸称量NaOH固体；左码右物(用游码)；称量时间过长(潮解)；洗涤或转移时溶液溅出；未洗涤烧杯及玻璃棒；超过刻度线时用滴管吸出液体；定容时仰视；定容摇匀后发现液面低于刻度线再加水。(2)导致cB偏高的错误操作：砝码生锈；定容时俯视；未等溶液冷却至室温就定容。二、有关溶液的计算1熟练推导三种换算关系(1)物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算c，w 。(：gcm3)(2)物质的量浓度与溶解度(S)的换算(饱和溶液)c，S。(：gcm3)(3)气体溶质溶于水中制得溶液，其物质的量浓度

18、和质量分数的计算在标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液密度为，则：c(：gcm3)，w100%100%100%。2两条规律理解透(1)稀释定律如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有c1V1c2V2。如用m1、m2、w1、w2分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有m1w1m2w2。(2)混合规律同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数9 / 30分别为w1和w2的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为w。两溶液等质量混合：w(w1w2)。两溶液等体积混合a若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w(w1w2)，如H2SO4溶

19、液。b若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w(w1w2)，如氨水、酒精溶液。溶液的配制操作及误差分析1判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)(2016高考浙江卷)为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线。( )(2)(2015高考福建卷)若要称取2.0 g NaOH固体，先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体。( )(3)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干。( )答案：(1) (2) (3)2某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO 25%

20、，密度为1.19 g/cm3的消毒液。下列说法正确的是( )A配制过程只需要三种仪器即可完成B容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D需要称量的NaClO固体的质量为140 g解析：选C。配制过程中需要用到托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，A项错误；容量瓶用蒸馏水洗净后不需要烘干，B项错误；需要称量的NaClO固体的质量为500 mL1.19 g/cm325%148.8 g，D项错误。3在配制一定物质的量浓度的硫酸时，用“偏高”“偏低”或“无影响”表示下列操作对所配溶液浓度的影响。10 / 30(

21、1)用量筒量取浓硫酸时仰视读数：_。(2)溶解搅拌时有液体飞溅：_。(3)烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯：_。(4)定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线：_。(5)摇匀后见液面下降，再加水至刻度线：_。(6)未等溶液冷却至室温就将溶液转移到容量瓶中并定容：_。(7)转移溶液前，容量瓶中有少许蒸馏水：_。解析：(1)会造成溶质的体积偏大；(2)、(3)会造成溶质损失；(4)、(5)会造成溶液的体积偏大；(6)会造成溶液的体积偏小；(7)定容时需要加水，故转移溶液前，容量瓶中有少许蒸馏水，无影响。答案：(1)偏高 (2)偏低 (3)偏低 (4)偏低 (5)偏低(6)偏高 (7)无影响定容时视线引起误

22、差的分析方法(1)仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。(2)俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。有关溶液的简单计算4(1)配制浓度为2 molL1的NaOH溶液100 mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数_(填写字母)。B等于8.00 gA等于8.0 g D等于0.2 gC大于8.0 g (2)某实验中需2 molL1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为_，称取Na2CO3的质量为_。解析：(1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0 g烧杯质量。(2)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2 molL1的Na2CO3溶液1 0

23、00 mL，所需Na2CO3的质量为1 L2 molL1106 gmol1212.0 g。答案：(1)C (2)1 000 mL 212.0 g11 / 305体积为V L、密度为 gcm3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 molL1，溶质的质量分数为w，则下列各表示式中正确的是( )BmVwAc DCw cM 1 000w%解析：选A。已知：c或c。A项，c，正确；B项，m1 000wV，错误；C项，w，错误；D项，注意w与w%的区别，错误。6取100 mL 0.3 molL1的硫酸溶液和300 mL 0.25 molL1的硫酸溶液混合并加水稀释至5

24、00 mL，该混合溶液中H的物质的量浓度是( )B0.42 molL1A0.21 molL1 D0.26 molL1C0.56 molL1 解析：选B。根据题意可知，该混合溶液中H2SO4溶液的浓度关系如下：c3V3c1V1c2V2，可得n(H)(0.1 L0.3 molL10.3 L0.25 molL1)20.21 mol，所以c(H)0.42 molL1。常见的化学计算类型、溶解度学生用书P812017高考全国卷，26(5)凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3H3BO3=N

25、H3H3BO3；NH3H3BO3HCl=NH4ClH3BO3。仪器清洗后，g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c molL1的盐酸 V mL，则样品中氮的质量分数为_%，样品的纯度_%。12 / 30解析：n(N)n(NH3)n(HCl) mol，w(N)100%。C2H5NO2的相对分子质量为75，w(C2H5NO2)%。答案： 7.5cV m22017高考全国卷，26(4)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料

26、的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnOHH2C2O4Mn2CO2H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 molL1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。解析：根据反应中转移电子数相等可找出关系式2MnO5H2C2O4，结合消耗KMnO4溶液的浓度和体积可求出n(H2C2O4)4.5103mol，则该水泥样品中钙的质量分数为100%45.0%。答案：45.0

27、%3(2016高考海南卷)利用太阳能分解水制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是( )A可生成H2的质量为0.02 gB可生成氢的原子数为2.4081023个C可生成H2的体积为0.224 L(标准状况)D生成H2的量理论上等于0.04 mol Na与水反应产生H2的量解析：选D。根据方程式2H2O2H2O2，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2。则可得：A.可生成H2的质量为0.04 g，错误；B.可生成氢的原子数为2.4081022个，错误；C.可生成标准状况下H2的体积为0.448 L，错误；D.0.04 mol Na与水反应产生0.02

28、 mol H2，正确。感悟高考1题型：选择题(次)、填空题(主)13 / 302考向：作为拉开考生差距的压轴问题，高考大题的最后一步必有计算。化学计算要特别注意对“物质的量”的理解，利用物质的量建立宏观与微观的链接，还要构建以“物质的量”为中心的知识网络体系。计算都是要利用各种关系找到题中所给数据的物质与所求物质之间的关系，才能进行计算。一、物质的量、相对原子质量、摩尔质量等化学常用计量的综合应用网络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注意三个守恒3明确两种方法(1)关系式法此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系，找出已

29、知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。(2)差量法差量法的应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题的关键是把化学方程式中的对应差量(理论差量)及差量(实际差量)与未知量列成比例式，然后求解。例如：2C(s)O2(g)=2CO(g) H m(固), n(气), V(气)2 mol 1 mol 2 mol Q 24 g 1 mol 22.4 L(标准状况)使用差量法时的注意事项a所选用差量要与未知量的数值成正比例或反比例关系。b有关物质的物理量及其单位都要正确

30、地使用和对应，即“上下一致，左右相当”。4计算类型及实验方法14 / 30(1)计算类型确定化学式；确定样品质量分数。(2)实验方法滴定分析法；沉淀分析法；热重分析法。二、溶解度及溶解度曲线1溶解度的概念及影响因素在一定温度下，某固体物质在100 g溶剂(通常是水)里达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在该溶剂里的溶解度，其单位为g。固体物质溶解度(饱和溶液)S100 g影响溶解度大小的因素：(1)内因：物质本身的性质(由结构决定)。(2)外因溶剂的影响：如NaCl易溶于水，不易溶于汽油；温度的影响：升温，大多数固体物质的溶解度增大，少数物质却相反，如Ca(OH)2；温度对NaCl的溶解度

31、影响不大。2溶解度的表示方法(1)列表法硝酸钾在不同温度时的溶解度：温度()0102030405060708090100溶解度(g)13.320.931.645.863.985.5110138168202246(2)曲线法3溶解度曲线的含义及应用(1)不同物质在各温度时的溶解度不同。(2)曲线与曲线交点的含义：表示两物质在某温度时有相同的溶解度。15 / 30(3)能很快比较出两种物质在某温度范围内溶解度的大小。(4)多数物质溶解度随温度升高而增大，有的变化不大(如NaCl)，少数随温度升高而降低如Ca(OH)2。(5)判断结晶的方法溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法。溶解

32、度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从FeCl3溶液中结晶出FeCl36H2O晶体，应在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。(6)判断多溶质溶液的提纯方法(设A为NaCl型溶质，B为KNO3型溶质)A溶液中(含少量B杂质)提取A：蒸发，结晶，趁热过滤。B溶液中(含少量A杂质)提取B：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。“关系式”法的应用(一)由“元素守恒”确定关系式1在O2中灼烧0.44 g S和Fe组成的化合物，使其中的S全部转变为SO2，把这些SO2全部氧化转变为H2SO4。这些H2SO4可以用20 mL 0.50 molL1

33、 NaOH溶液完全中和。则原化合物中S的百分含量为( )B46%A18% D36%C53% 解析：选D。关注SSO2SO3H2SO4中硫元素守恒，根据酸碱中和求出S与NaOH的关系。全部反应过程中，各物质的量的关系可用下式表示：SSO2SO3H2SO42NaOH32 g 2 molx 0.020.50 molx0.16 g。16 / 30S的质量分数为100%36%。(二)由“电子守恒”确定关系式2取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 molL1的FeCl3溶液135 mL，I完全反应生成I2：2I2Fe3=I22Fe2。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.0

34、25 mol时，Fe2恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。解析：依题意，有本题可用关系式法求解。由上述两个反应及电子转移守恒理论，得知I与Cl2之间的关系式：2ICl2。设KI的物质的量是x，则2I Cl22 1x 0.025 mol，x0.05 mol。2 1c(KI)2 molL1。答案：2 molL1“滴定法”分析物质含量及组成(一)确定含量3电解铜的阳极泥中含有3%14% Se元素，该元素以Se单质、Cu2Se形式存在，还含有稀有金属及贵金属。称取5.000 g电解铜的阳极泥样品以合适方法溶解，配成250 mL 混酸溶液，移取上述溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入25.00 mL

35、 0.010 00 molL1 KMnO4标准溶液只发生Se(4)转化为Se(6)。反应完全后，用0.050 00 molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴至终点，消耗15.00 17 / 30mL。则电解铜的阳极泥中Se的质量分数为_(保留四位有效数字)。解析：MnO 5Fe20000 150 0 mol 0.000 750 0 mol2MnO 5Se(4)0000 250 0 mol 0.000 250 0 mol0.000 150 0 mol0.000 100 molw(Se)100%3.950%。答案：3.950%4为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加

36、入过量的浓度为6 molL1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2OCa2=CaC2O4，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a molL1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。若滴定终点时消耗a molL1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。解析：本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO32HCl=

37、CaCl2H2OCO2C2OCa2=CaC2O4CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO42MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O由方程式可以得出相应的关系式5CaCO35Ca25CaC2O45H2C2O42MnO 45 2n1(CaCO3) aV2103 mol18 / 30n1(CaCO3)2.5aV2103 mol样品中n(CaCO3)2.5aV2103 mol则w(CaCO3)100%（2.5aV2 103 V0 V1） mol 100 gmol1 W g%。答案：%(二)确定组成5碱式次氯酸镁Mga(ClO)b(OH)cxH2O是一种有开发价值的微溶于水的无机抗菌剂

38、。为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下实验：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 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2OI2=2IS4O)，消耗25.00 mL。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 molL1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2(离子方程式为Mg2H2Y2=MgY22H)，消耗25

39、.00 mL。(1)步骤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)。解析：(1)根据实验中的离子方程式可知有I2参加，根据I2的特性可选择淀粉作指示剂。(2)根据实验中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClOI22S2O求得n(ClO)，根据实验中消耗的EDTA的体积结合关系式Mg2EDTA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。19 / 30答案：(1)淀粉溶液(2)关

40、系式：ClOI22S2O23n(ClO)n(S2O)0.800 0 molL125.00103 L0.01 mol，n(Mg2)0.020 00 molL125.00103 L0.02 mol，根据电荷守恒，可得：n(OH)2n(Mg2)n(ClO)20.02 mol0.01 mol0.03 mol，m(H2O)1.685 g0.01 mol51.5 gmol10.02 mol24 gmol10.03 mol17 gmol10.180 g，n(H2O)0.01 mol，n(Mg2)n(ClO)n(OH)n(H2O)0.02 mol0.01 mol0.03 mol0.01 mol2131，故碱式

41、次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3H2O。1利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径为(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。 “沉淀法”分析物质组成及含量6SO2可转化为硫酸盐。现有一种硫酸盐的化学式为x(NH4)2SO4Fe2

42、(SO4)3yH2O。称取该复盐2.410 g，加入过量的NaOH溶液并加热，生成的气体用100 mL 0.050 0 molL1硫酸吸收，多余的硫酸用0.200 0 molL1 NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液25.00 mL。再将等质量的复盐溶于水配成溶液，加足量BaCl2溶液，充分反应后，过滤20 / 30、洗涤、干燥，最后得白色沉淀2.330 g。试列出计算过程确定该复盐的化学式。答案：根据题干所述得如下关系式2NH2NH3H2SO42NaOH，n(NH)2(1001030.050 025.001030.200 0) mol0.005 mol，n(BaSO4)0.01 mol，则n(

43、SO)n(BaSO4)0.01 mol，又Mx(NH4)2SO4Fe2(SO4)3yH2O(132x40018y) gmol1，2410 g该硫酸盐中含有的NH、SO的物质的量分别为n(NH)2x0.005 mol，n(SO)(3x)0.01 mol，解得x1，y24，所以化学式为(NH4)2SO4Fe2(SO4)324H2O。7锂磷酸氧铜电池是一种以磷酸氧铜作为正极材料的锂离子电池，其正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，某化工流程中制得样品38.56 g假定样品中只含Cu4O(PO4)2和CuO两种物质，使其完全溶于一定量的硝酸中，再加入氧氧化钠溶液，使铜完全沉淀，将沉淀灼烧使其转变为黑色

44、氧化铜，最终称得残留固体质量为27.20 g。计算所得样品中磷酸氧铜的质量分数(写出计算过程)。答案：n(CuO)80 gmol1nCu4O(PO4)2462 gmol138.56 gn(CuO)4nCu4O(PO4)20.34 mol解得n(CuO)0.02 molnCu4O(PO4)20.08 molwCu4O(PO4)2100%95.85%。“热重分析法”确定物质含量及组成(一)确定含量8PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为21 / 30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mPbO2nPbO，列式计算x值和mn值：_。答

45、案：根据PbO2PbOxO2，有322394.0%，x21.4；根据mPbO2nPbO，1.4，2 3(二)确定组成90.80 g CuSO45H2O样品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。试确定200 时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。答案：CuSO45H2OnH2OCuSO4(5n)H2O250 18n0.80 g 0.80 g0.57 g0.23 g，解得n4，250 0.80 g则200 时固体物质的化学式为CuSO4H2O。10碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O常用作塑料阻燃剂。(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大

46、量热量和_。(2)MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O中a、b、c、d的代数关系式为_。(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率随温度的变化如图所示(样品在270 时已完全失去结晶水，600 22 / 30以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO)(写出计算过程)。解析：(1)因为碱式碳酸铝镁分解得到Al2O3、MgO，二者的熔点都较高，都具有阻燃作用。(2)Al元素的化合价为3价，Mg元素的化合价为2价，OH整体显1价，CO整体显2