2020届一轮复习通用版1-2计算入门——以物质的量为中心的计算学案

2020届一轮复习通用版1-2计算入门——以物质的量为中心的计算学案

第2课时　计算入门——以物质的量为中心的计算 考点一　阿伏加德罗常数的判断 阿伏加德罗常数(NA)的正误判断是近几年高考的常考题型，并保持着较高的稳定性和连续性。该题型既考查考生对概念的理解，又考查物理量之间的转化关系，题目设计的相关选项中有较多的知识隐藏，特别涉及微粒计算的判断，出错率较高，因此熟悉物质的量与微粒数目间的转化是求解微粒数目的关键。计算N(微粒数)的基本思路如图。‎ 着眼点(一)　围绕“气体摩尔体积的使用条件”进行判断 此角度通常在标准状况下气体摩尔体积具体应用的易错点上组织命题，有时候虽满足标准状况的使用条件，但不满足是气体；有时候满足是气体的条件，但不满足在标准状况下。‎ ‎[典例1]　NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．(2018·全国卷Ⅰ)22.4 L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA B．(2018·全国卷Ⅱ)常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA C．(2016·全国卷Ⅰ)标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA D．(2016·江苏高考)常温常压下，22.4 L Cl2中含有的分子数为NA ‎[解析]　标准状况下，氩气为气体，可利用n＝求22.4 L氩气的物质的量为＝1 mol，又因每个氩气分子含有18个质子，故含有的质子数为18NA，A项正确；一定质量的物质的物质的量与所处的温度和压强无关，124 g P4的物质的量为＝1 mol，又因每个P4分子含有6个P—P键，故124 g P4中所含P—P键数目为6NA，B项错误；由于标准状况下，CCl4为液体，无法利用＝n求其物质的量，C项错误；虽然常温常压下Cl2所处的状态为气态，但由于气体摩尔体积Vm未知，无法求算其所含有的分子数，D项错误。‎ ‎[答案]　A ‎[备考方略]　“两看法”突破气体摩尔体积的相关计算 ‎[对点练1]　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，22.4 L的SO2中含有的SO2分子数为NA B．常温常压下，35.5 g Cl2与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA C．常温常压下，22.4 L NO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NA D．2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA 解析：选A　标准状况下，SO2为气体，其物质的量n＝＝1 mol，故含有的SO2分子数为NA，A项正确；35.5 g Cl2的物质的量为＝0.5 mol，转移电子数为NA，B项错误；常温常压下，22.4 L NO2和CO2混合气体的物质的量不是1 mol，无法求算其混合气体含有的氧原子数，C项错误；由于气体所处的状况未知，无法由气体的体积求算其物质的量，D项错误。‎ 着眼点(二)　围绕“物质的组成与微观结构”进行判断 此角度所设题目考查的主要内容包括：一定量的物质中所含相关粒子的数目(如质子数、中子数、电子数、离子数、电荷数)；一定量的物质中存在的化学键数目(如共价键数目)。‎ ‎[典例2]　NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．(2018·全国卷Ⅰ)92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NA B．(2017·全国卷Ⅲ)0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子 C．(2015·全国卷Ⅰ)18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA D．(2015·全国卷Ⅱ)60 g丙醇中存在的共价键总数为10NA ‎[解析]　利用公式＝n可以计算92.0 g甘油的物质的量为＝1 mol，又因每个甘油分子中含有3个羟基，故92.0 g甘油中含有羟基数为3.0NA，A项错误；每个11B原子中含有中子数为11－5＝6个，故0.1 mol的11B中，含有中子数为0.6NA，B项正确；D2O的摩尔质量为20 g·mol－1，18 g D2O的物质的量为＝0.9 mol，则含有的质子数为0.9 mol×10NA＝9NA，H2O的摩尔质量为18 g·mol－1，18 g H2O的物质的量为＝1 mol，则含有的质子数为1 mol×10NA＝10NA，C项错误；丙醇的摩尔质量为60 g·mol－1，则60 g丙醇的物质的量为1 mol，再根据丙醇的结构可知含有7 mol C—H键、2‎ ‎ mol C—C键，1 mol C—O键和1 mol O—H键，故所含共价键总数为11NA，D项错误。‎ ‎[答案]　B ‎[归纳总结]　熟记常考物质的组成与结构 ‎(1)物质的构成 有些物质是由分子构成的，分子又是由原子构成的。有的分子是单原子分子，如稀有气体He、Ne等，有的分子为双原子分子，如Cl2、N2、O2、H2、Br2、I2等，有的分子为多原子分子，如O3、P4、D2O、CH4、CO2等。‎ ‎(2)物质的微观结构 记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、—OH、OH－等。‎ ‎(3)物质中所含的化学键 理解物质中所含化学键的数目，如一分子H2O2、CnH2n＋2中化学键的数目分别为3、3n＋1。‎ 常考物质所含共价键数目说明：‎ 几种常考物质 CH4(C—H)‎ P4(P—P)‎ Si(Si—Si)‎ SiO2(Si—O)‎ 石墨(C—C)‎ 金刚石(C—C)‎ 每摩尔含共价键数目 ‎4NA ‎6NA ‎2NA ‎4NA ‎1.5NA ‎2NA ‎[对点练2]　NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28 g混合气体中含有3NA个氢原子 B．1.8 g HO与D2O的混合物中所含的中子数为NA C．常温常压下，4.4 g乙醛所含共价键数目为0.6NA D．4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA 解析：选D　乙烯和环丙烷的最简式均为“CH2”，则28 g混合气体中含有4NA个氢原子，A项错误；HO与D2O的摩尔质量均为20 g·mol－1，HO、D2O分子中均含有10个中子，故1.8 g HO与D2O的混合物其物质的量为＝0.09 mol，所含的中子数为0.9NA，B项错误；一个乙醛分子中含有7个共价键，4.4 g乙醛的物质的量为0.1 mol，故4.4 g乙醛所含共价键数目为0.7NA，C项错误；1 mol SiO2晶体中含有4NA个硅氧键，则4.5 g SiO2晶体中含硅氧键数目为×4NA mol－1＝0.3NA，D项正确。‎ 着眼点(三)　围绕“电解质溶液中的弱粒子”进行判断 此角度主要考查电解质在溶液中的存在形式，绝大多数需要利用公式cV＝n 进行解题，其具体的表现形式为弱酸溶液中所含的H＋数目，弱碱溶液中所含的OH－数目；强酸弱碱盐溶液中所含的阳离子数，强碱弱酸盐溶液中所含弱酸根的离子数等。‎ ‎[典例3]　NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．(2018·全国卷Ⅱ)100 mL 1 mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA B．(2017·全国卷Ⅲ)pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋‎ C．(2015·全国卷Ⅰ)2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA D．(2015·全国卷Ⅱ改编)1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO和CO粒子数之和为0.1NA ‎[解析]　解答此类题，首先看能否套用cV＝n公式，求其电解质的物质的量，再根据强、弱电解质的性质及水解的相关情况求题目具体要求的相关粒子数。套用公式可计算FeCl3的物质的量为0.1NA，又因FeCl3为强酸弱碱盐，存在水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，故含有Fe3＋的数目小于0.1NA，A项错误；由于H3PO4溶液的体积未知，无法套用公式求其H＋的数目，B项错误；套用公式可计算亚硫酸的物质的量为1 mol，但由于亚硫酸为弱酸，仅电离出部分H＋，故H＋数小于2NA，C项错误；套用公式可计算n(NaHCO3)＝0.1 mol，再根据物料守恒知，H2CO3、HCO和CO粒子数之和为0.1NA，D项正确。‎ ‎[答案]　D ‎[备考方略]　“三看法”判断电解质溶液中的粒子数目 ‎①所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝3的H2SO3溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，与电解质组成无关；0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，与电解质组成有关。‎ ‎②求溶液中所含H、O原子数时，不要忽略溶剂水中的H、O原子数目。‎ ‎[对点练3]　NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．1 L 1 mol·L－1的Na2CO3溶液中含有NA个CO B．1 L 0.5 mol·L－1 CH3COOH溶液中，CH3COO－的个数小于0.5NA C．0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，阴、阳离子的数目之和为0.3NA D．1.0 L 0.1 mol·L－1NaAlO2溶液中含有氧原子数为0.2NA 解析：选B　1 L 1 mol·L－1 的Na2CO3溶液中因CO水解造成溶液中CO的数目小于NA，A项错误；CH3COOH为弱酸，1 L 0.5 mol·L－1 CH3COOH溶液中CH3COO－的个数小于0.5NA，B项正确；因不知溶液的体积，故无法确定NaHSO4‎ 溶液中阴、阳离子数目，C项错误；NaAlO2溶液中含有水，水中也含有氧原子，故1.0 L 0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液中的氧原子数大于0.2NA，D项错误。‎ 着眼点(四)　围绕“氧化还原反应中电子转移数目”进行判断 此角度易在特殊氧化还原反应中电子转移数目上命题，主要的命题点有：歧化反应中转移的电子数(如Cl2与NaOH溶液的反应)；变价元素的单质参与反应时转移电子数(量不同，所表现的化合价不同，如Fe与HNO3反应，Fe不足，生成Fe3＋；Fe过量，生成Fe2＋。氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同，如Cu与Cl2反应生成CuCl2，而Cu与S反应生成Cu2S)。‎ ‎[典例4]　NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　)‎ A．(2016·全国卷Ⅰ)1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA B．(2015·全国卷Ⅰ)过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA C．(2015·全国卷Ⅱ)钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NA D．(2015·广东高考)3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子 ‎[解析]　在硝酸过量的情况下，Fe参与反应生成Fe3＋，1 mol Fe转移的电子数为3NA，A项错误；过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na22＋2H2 ===4NaH＋2↑，故生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，B项正确；不论钠生成何种氧化物，钠均为＋1价，故23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NA，C项正确；单质Fe转变为Fe3O4，Fe元素的化合价由0价变为＋价，故3 mol单质铁失去的电子数为×3NA＝8NA，D项正确。‎ ‎[答案]　A ‎[归纳总结]　熟记常考氧化还原反应中转移的电子数 反应 物质 转移电子的物质的量或电子数目 Na2O2＋CO2(或H2O)‎ ‎1 mol Na2O2‎ ‎1 mol或NA ‎1 mol O2‎ ‎2 mol或2NA Cl2＋NaOH ‎1 mol Cl2‎ ‎1 mol或NA Cl2＋Fe ‎1 mol Cl2‎ ‎2 mol或2NA ‎1 mol Fe ‎3 mol或3NA ‎[说明]　在Cl2和Fe的反应中，无论Cl2量的多少，反应产物均是FeCl3，故1 mol Fe参加反应失去3 mol电子；1 mol Cl2和H2O反应时，Cl2‎ 既是氧化剂又是还原剂，由于该反应是可逆反应，Cl2转移电子小于1 mol或NA。‎ ‎[对点练4]　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，5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA B．2.4 g Mg在足量O2中燃烧，转移电子数为0.2NA C．标准状况下，11.2 L Cl2与足量水反应，转移电子数为0.5NA D．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA 解析：选B　1 mol CO2与足量Na2O2反应时转移1 mol电子，则标准状况下，5.6 L CO2的物质的量为0.25 mol，与足量Na2O2反应，转移电子数为0.25NA，A项错误；2.4 g Mg的物质的量为0.1 mol，与足量的O2反应完全生成MgO，转移的电子数为0.1×2NA＝0.2NA，B项正确；Cl2与水的反应是可逆反应，则标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5 mol，与足量水反应，转移电子数小于0.5NA，C项错误；正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－或O2＋4H＋＋4e－===2H2O，故转移电子的数目为×4NA mol－1＝4NA，D项错误。‎ 着眼点(五)　围绕“反应的特殊情况”进行判断 此角度是考生最易失分的点，因反应过程“隐含”着特殊情况，稍不留神就会掉入命题人设计的陷阱，常涉及的命题范围有：含有特殊的条件要求(如MnO2与浓盐酸的反应)；含有特殊的转化关系(如N2与H2的反应为可逆反应不能进行到底)；具有特殊结构物质的混合(如一定量的乙炔与苯的混合物)。‎ ‎[典例5]　NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．(2018·全国卷Ⅱ)密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA B．(2017·全国卷Ⅱ)0.1 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 C．(2015·全国卷Ⅰ)密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA D．(2015·四川高考)50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA ‎[解析]　SO2与O2反应生成SO3为可逆反应，不能进行到底，故混合气体的物质的量大于2 mol，即分子总数大于2NA，A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，因此无论反应进行程度如何，分子总数均为0.2NA，B项正确；2 mol NO与1 mol O2发生反应2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，因为存在2NO2N2O4，则产物的分子数小于2NA，C项错误；在加热条件下，MnO2与浓盐酸反应而不与稀盐酸反应，12 mol·L－1浓盐酸随着反应的进行，浓度逐渐减小，当浓度降到一定程度时，不再与MnO2反应，故转移的电子数小于0.3NA，D项错误。‎ ‎[答案]　B ‎[归纳总结]　物质转化中的“特殊情况”归纳 ‎(1)特殊的组成 具有相同最简式的物质，如烯烃与环烷烃、NO2与N2O4，质量相同时其原子数目相同。‎ ‎(2)特殊的反应——可逆反应 若反应为可逆反应，则反应物不能完全转化，常考的可逆反应有：‎ N2＋3H22NH3　2SO2＋O22SO3‎ Cl2＋H2OHCl＋HClO　2NO2N2O4‎ ‎(3)特殊的变化——浓度因素 ‎①MnO2与浓盐酸的反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀盐酸，反应停止。‎ ‎②Cu与浓H2SO4的反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀硫酸，反应停止。‎ ‎③Cu与浓HNO3反应，随着反应的进行，浓硝酸变稀硝酸，得到NO2和NO的混合气体。‎ ‎④Zn与浓H2SO4反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀硫酸，得到SO2和H2的混合气体。‎ ‎⑤常温下，铁、铝遇浓硝酸、浓硫酸发生“钝化”。‎ ‎[对点练5]　设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子 B．常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为6NA C．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA D．常温下，56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子 解析：选B　Cu与浓硫酸反应生成SO2，而不生成SO3，A项错误；NO2和N2O4的最简式相同，均为NO2,92 g NO2和N2O4不论怎样混合，其所含有的原子数均为×3NA mol－1＝6NA，B项正确；N2与H2的反应是可逆反应，不能进行到底，故1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，C项错误；常温下，铁遇浓H2SO4发生钝化，不能生成SO2分子，D项错误。‎ ‎[综合训练]‎ ‎1．(2018·惠州三模)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．1 mol甲基(—CH3)所含的电子数为10NA B．标准状况下，22.4 L四氯化碳中含有C—Cl键的数目为4NA C．常温常压下，1 mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C—O键的数目为NA D．在电解精炼粗铜的过程中，当阴极析出32 g铜时转移电子数目为NA 解析：选D　A项，1 mol甲基中含有电子的物质的量为9 mol；B项，标准状况下，CCl4‎ 不是气体；C项，C2H6O的结构简式可能是CH3CH2OH，也可能是CH3OCH3，如果是CH3CH2OH,1 mol CH3CH2OH中含有1 mol C—O键，如果是CH3OCH3,1 mol CH3OCH3中含有2 mol C—O键；D项，阴极的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，故当阴极析出32 g铜时转移电子数目为NA。‎ ‎2．(2019·济宁一模)设阿伏加德罗常数的值为NA，下列有关叙述不正确的是(　　)‎ A．标准状况下，11.2 L HF中含有氟原子的数目为0.5NA B．向含1 mol Cl－的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH数为NA C．13 g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.2NA D．28 g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为2NA 解析：选A　A项，标准状况下，HF为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量；B项，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，根据溶液中的电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，所以n(NH)＝n(Cl－)＝1 mol，故此时溶液中NH数目为NA；C项，浓硫酸与锌反应的化学方程式为Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，由方程式可以看出1 mol Zn反应生成1 mol SO2气体，随着硫酸的消耗和水的生成，浓硫酸变稀硫酸，Zn与稀硫酸反应：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，从中可以看出1 mol Zn反应生成1 mol H2，所以1 mol Zn不论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体都为1 mol,13 g Zn的物质的量n＝＝＝0.2 mol，生成气体分子数为0.2NA；D项，乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，所以28 g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为2NA。‎ ‎3.肼(N2H4)是火箭常用的高能燃料，常温下为液体，其球棍模型如图所示。肼能与双氧水发生反应：N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O。用NA表示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 N2中所含电子总数为5NA B．标准状况下，22.4 L N2H4中所含原子总数为6NA C．标准状况下，3.2 g N2H4中含有共价键的总数为0.6NA D．若生成3.6 g H2O，则上述反应转移电子的数目为0.2NA 解析：选D　标准状况下，11.2 L N2的物质的量为0.5 mol，含有电子的物质的量为7 mol，则所含电子总数为7NA，A错误；标准状况下，N2H4不是气体，22.4 L N2H4的物质的量不是1 mol，则其所含原子总数不是6NA，B错误；3.2 g N2H4的物质的量为＝0.1 mol，含有共价键的物质的量为0.5 mol，则所含共价键总数为0.5NA，C错误；N2H4中氮元素的化合价为－2价，生成物N2中氮元素显0价，1 mol N2H4参与反应转移4 mol电子，3.6 g H2O的物质的量为＝0.2 mol，当生成0.2 mol H2O时需消耗0.05 mol N2‎ H4，转移电子数为0.2NA，D正确。‎ 考点二　化学计算中的常用方法 化学相关计算每年必考，常常结合化学实验、无机化工流程和化学反应原理进行呈现，命题形式灵活多变。综合性较强，往往考生感到力不从心，究其原因是不能正确使用科学的解题方法。本考点从关系式法和守恒法入手进行系统全面的讲解化学计算方法，学通学好此两种方法，就能使复杂计算简单化，使化学计算有法可依。‎ 方法一　关系式法 关系式是表示两种或多种物质之间“量”的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“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。高考题量大，时间紧，对于涉及多步计算的问题，如滴定实验的有关计算，巧妙运用关系式法，可以缩短答题时间；解题的关键是正确书写关系式。‎ 类型(一)　根据多步反应的方程式找关系式 ‎[典例1]　为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1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C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此时发生反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗a mol·L－1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 CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓‎ CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4‎ ‎2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 由方程式可以得出相应的关系式 ‎5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO ‎5　　　　　　　　　　　　　　　　　　2‎ n1(CaCO3)　　　　　　　　　　　aV2×10－3 mol n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol 样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3× mol 则w(CaCO3)＝×100%＝%。‎ ‎[答案]　%‎ ‎[备考方略]　多步反应找关系式的解题步骤 ‎[对点练1]　(2018·全国卷Ⅲ节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。‎ 利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：‎ ‎(1)溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的__________中，加蒸馏水至________。‎ ‎(2)滴定：取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液______，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(保留1位小数)。‎ 解析：(1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏水至距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相平。‎ ‎(2)加入淀粉作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，即为滴定终点。‎ 由反应Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O I2＋2S2O===S4O＋2I－‎ 得关系式：Cr2O　～　3I2　～　6S2O ‎ 　1 　6‎ ‎0．009 50 mol·L－1×0.02 L 0.009 50 mol·L－1×0.02 L×6‎ 硫代硫酸钠样品溶液的浓度为 ，样品的纯度为 ×100%＝95.0%。‎ 答案：(1)烧杯　容量瓶　刻度　(2)蓝色褪去　95.0‎ 类型(二)　根据不同物质中所含同种元素的原子个数找关系式 ‎[典例2]　银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：‎ ‎[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃]若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg 废料中的铜可完全转化为__________ mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液__________ L。‎ ‎[解析]　5.0 kg银铜合金中铜的物质的量为 n(Cu)＝＝50 mol 根据流程图分析再由Cu原子守恒可得如下关系 ‎4Cu～4CuO～2Al2(SO4)3～4CuAlO2‎ 即2Cu～Al2(SO4)3～2CuAlO2‎ ‎ 　2　　1　　　　　2‎ 所以可完全转化生成50 mol CuAlO2，‎ 至少需要Al2(SO4)3的体积为＝25.0 L。‎ ‎[答案]　50　25.0‎ ‎[备考方略]　用原子守恒找关系式的方法 ‎(1)实际化工生产中往往涉及多步反应，但原料和产品中的某种主要元素是相同的，据此可以找出关系式，如利用转化反应中Cu原子守恒可得出关系式：Cu～CuO～CuSO4～CuAlO2，这样可避免书写化学方程式，缩短解题时间。‎ ‎(2)寻找关系式时，要特别注意原料中的主要元素是否全部转化为产物，如不能完全转化，可以将分步转化率换算成总转化率进行计算。‎ ‎[对点练2]　工业上，利用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)冶炼金属，产生的废气可以制备硫酸。某黄铜矿中铜元素的质量分数为a%(假设杂质不含铜、铁、硫元素)，其煅烧过程转化率为75%，得到的SO2转化为SO3的转化率为80%，SO3的吸收率为96%。现有黄铜矿100 t，其废气最多能制备98%的硫酸(　　)‎ A．1.8a t　　　　　　　 B．2.8a t C．3.2a t D．4.5a t 解析：选A　根据题中转化过程中物质变化及物质中硫原子守恒可得关系式：CuFeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，根据黄铜矿中铜元素的质量分数为a%可得100 t黄铜矿中n(CuFeS2)＝n(Cu)＝＝ mol，则根据关系式及各步的转化率可知n(H2SO4)＝2n(CuFeS2)×75%×80%×96%＝1.8a×104 mol，则能制备98%的硫酸的质量为＝1.8a×106 g＝1.8a t。‎ 方法二　守恒法 ‎[典例3]　(2017·江苏高考节选)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。‎ 碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.116 0 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.172 2 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.080 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。‎ ‎[解析]　由②中生成AgCl的质量，根据原子守恒可计算出1.116 0 g样品中Cl－的物质的量n(Cl－)；由③可计算出1.116 0 g样品中Cu2＋的物质的量n(Cu2＋)，根据电荷守恒：n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，得出n(OH－)，最后由质量守恒得出n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。‎ ‎[答案]　n(Cl－)＝n(AgCl)×＝×＝4.800×10－3 mol n(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.080 00 mol·L－1×30.00 mL×10－3 L·mL－1×＝9.600×10－3 mol n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3 mol－4.800×10－3 mol＝1.440×10－2 mol m(Cl－)＝4.800×10－3 mol×35.5 g·mol－1＝0.170 4 g m(Cu2＋)＝9.600×10－3 mol×64 g·mol－1＝0.614 4 g m(OH－)＝1.440×10－2 mol×17 g·mol－1＝0.244 8 g n(H2O)＝＝4.800×10－3 mol a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1‎ 化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O ‎[备考方略]　守恒法的应用原理及解题步骤 所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”‎ 应用原理 的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等 解题步骤 第一步 明确题目要求解的量 第二步 根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量 第三步 根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解 ‎[对点练3]　某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液(　　)‎ A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L 解析：选D　根据电荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，c(Al3＋)＝＝3 mol·L－1，加入NaOH溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：‎ V(NaOH)＝＝‎ ＝2 L。‎ ‎[对点练4]　(2017·全国卷Ⅲ节选)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为________________。‎ 解析：该铬铁矿粉中Cr2O3的物质的量为，根据Cr原子守恒可求得K2Cr2O7的理论质量m0＝×294 g·mol－1×10－3 kg·g－1＝ kg，所以产品的产率为×100%＝×100%。‎ 答案：×100%‎ ‎[对点练5]　(2016·全国卷Ⅲ节选)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/%‎ ‎2.2～2.9‎ ‎2.8～3.1‎ ‎22～28‎ ‎60～65‎ ‎1～2‎ ‎＜1‎ 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：‎ ‎ “氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为________ mol。‎ 解析：“氧化”中使3 mol的VO2＋变为VO，转移电子的物质的量为3 mol×(5－4)＝3 mol；氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl元素的化合价由＋5价降低到－1价，根据电子守恒可知，需要KClO3的物质的量至少为＝0.5 mol。‎ 答案：0.5‎