2018届二轮复习化学计量及其应用课件（88张）（全国通用）

2018届二轮复习化学计量及其应用课件（88张）（全国通用）

专题二 　 化学计量及其应用 考点一　阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律 考点三　化学计算的类型和方法 考点二　一定物质的量浓度溶液的配制 阿伏加德罗常数与阿伏加德罗定律 考点一 ( 一 ) 阿伏加德罗常数及其应用 1. 与气体摩尔体积 22.4 L·mol － 1 相关的 N A 的应用 (1) 非标准状况下的气体、标准状况下的非气体均不适用 22.4 L·mol － 1 进行物质的量的计算； (2) 常见物质在标准状况下的状态：溴、 H 2 O 、 HF 、苯、 CCl 4 、 CH 2 Cl 2 、 CHCl 3 、 CH 3 OH 、 CH 3 CH 2 OH 、碳原子数大于 4 的烃 ( 除新戊烷 ) ，均为液体； SO 3 为固体。 正误判断，正确的打 “√” ，错误的打 “×” ① 标准状况下， 11.2 L 苯中含有分子的数目为 0.5 N A ( ) ② 标准状况下， 22.4 L 的 SO 2 中含有的 SO 2 分子数为 N A ( ) ③ 常温常压下， 35.5 g 氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为 2 N A ( ) ④ 常温常压下， 22.4 L NO 2 和 CO 2 的混合气体含有的氧原子数为 2 N A ( ) ⑤ 2.24 L CO 和 CO 2 混合气体中含有的碳原子数目为 0.1 N A ( ) ⑥ 2.24 L CO 2 中含有的原子数为 0.3 × 6.02 × 10 23 ( ) × √ × × × × 2. 与物质的组成相关的 N A 的应用 (1) 稀有气体、臭氧 (O 3 ) 、白磷 (P 4 ) 分子中的原子数目； (2) 一定质量含核素的物质中的质子、中子、电子或原子的数目； (3)Na 2 O 2 、 KO 2 中的阴、阳离子个数比； (4) 等物质的量的羟基与氢氧根离子所含质子、电子或原子数目； (5) 等质量的最简式相同的有机物 ( 如烯烃 ) 、同素异形体、 N 2 与 CO 、 NO 2 与 N 2 O 4 等具有的原子、分子数目； (6) 一定物质的量的有机物中共价键的数目 ( 苯环、萘环中无碳碳双键 ) ；如： C n H 2 n ＋ 2 中化学键数目为 3 n ＋ 1 ； (7) 一定物质的量的 SiO 2 中含 Si—O 键、金刚石 ( 或石墨 ) 中 1 mol C 中含 C—C 键、 1 mol P 4 中含 P—P 键的数目。 正误判断，正确的打 “√” ，错误的打 “×” ① 32 g 18 O 2 中含有 2 N A 个氧原子 ( ) ② 17 g —OH 与 17 g OH － 所含电子数均为 10 N A ( ) ③ 相同质量的 N 2 O 4 与 NO 2 中所含原子数目相同 ( ) ④ 乙烯和环丙烷 (C 3 H 6 ) 组成的 28 g 混合气体中含有 3 N A 个氢原子 ( ) ⑤ 18 g D 2 O 和 18 g H 2 O 中含有的质子数均为 10 N A ( ) ⑥ 30 g 甲醛中含共用电子对总数为 4 N A ( ) ⑦ 4.5 g SiO 2 晶体中含有的硅氧键的数目为 0.3 N A ( ) ⑧ 12 g 金刚石含有的共价键数为 4 N A ( ) × √ × × × √ √ × 3. 与氧化还原反应相关的 N A 的应用 (1) 歧化反应类： Na 2 O 2 与 CO 2 、 Na 2 O 2 与 H 2 O 、 Cl 2 与 NaOH( 冷稀、浓热 ) 等； (2) 变价金属 (Fe 、 Cu) 与强、弱氧化剂 (Cl 2 /Br 2 、 S/ I 2 ) 反应类； (3)Fe 与浓、稀硝酸， Cu 与浓、稀硝酸反应类； (4) 足量、不足量 Fe 与稀硝酸，足量 Fe 与浓硫酸反应类； (5) 足量 KMnO 4 与浓盐酸、足量 MnO 2 与浓盐酸反应类； (6) 注意氧化还原的顺序。如：向 FeI 2 溶液中通入 Cl 2 ，首先氧化 I － ，再氧化 Fe 2 ＋ 。 正误判断，正确的打 “√” ，错误的打 “×” ① 1 mol Na 与足量 O 2 反应，生成 Na 2 O 和 Na 2 O 2 的混合物，转移的电子数 N A ( ) ② 5.6 g 铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为 0.3 N A ( ) ③ 1 mol Cl 2 参加反应转移电子数一定为 2 N A ( ) ④ 0.1 mol Zn 与含 0.1 mol HCl 的盐酸充分反应，转移的电子数目为 0.2 N A ( ) ⑤ 足量 KMnO 4 与含 1 mol HCl 的浓 HCl 溶液反应生成标况下 7 L Cl 2 ( ) √ × × × × ⑥ 足量 Cl 2 与含 1 mol NaOH 的浓溶液反应转移 mol e － ( ) ⑦ 足量 Fe 与 1 L 1 mol·L － 1 浓 H 2 SO 4 溶液在加热条件下彻底反应生成 0.5 mol SO 2 ( ) ⑧ 1 mol Na 2 O 2 与足量 CO 2 充分反应转移的电子数为 2 N A ( ) ⑨ 50 mL 12 mol·L － 1 盐酸与足量 MnO 2 共热，转移的电子数为 0.3 N A ( ) ⑩ 标准状况下， 6.72 L NO 2 与水充分反应转移的电子数目为 0.1 N A ( ) ⑪ 向 FeI 2 溶液中通入适量 Cl 2 ，当 1 mol Fe 2 ＋ 被氧化时，共转移的电子的数目为 N A ( ) × × × × × × 4. 与可逆反应相关的 N A 的应用 在 “ N A ” 应用中，常涉及以下可逆反应： 正误判断，正确的打 “√” ，错误的打 “×” ① 2 mol SO 2 和 1 mol O 2 在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为 2 N A ( ) ② 标准状况下， 22.4 L NO 2 气体中所含分子数目为 N A ( ) ③ 100 g 17% 的氨水溶液中含有的 NH 3 分子数为 N A ( ) ④ 标准状况下， 0.1 mol Cl 2 溶于水，转移的电子数目为 0.1 N A ( ) × × × × 5. 电解质溶液中粒子数目的判断 审准题目 “ 要求 ” ，是突破该类题目的关键 (1) 溶液中是否有 “ 弱粒子 ” ，即是否存在弱电解质或能水解的 “ 弱离子 ” ，如 1 L 1 mol·L － 1 的乙酸或 1 L 1 mol·L － 1 乙酸钠溶液中 CH 3 COO － 数目均小于 N A 。 (2) 题目中是否指明了溶液的体积，如在 pH ＝ 1 的 HCl 溶液中，因溶液体积未知而无法求算 H ＋ 的数目。 (3) 所给条件是否与电解质的组成有关，如 pH ＝ 1 的 H 2 SO 4 溶液 c (H ＋ ) ＝ 0.1 mol·L － 1 ，与电解质的组成无关； 0.05 mol·L － 1 的 Ba(OH) 2 溶液， c (OH － ) ＝ 0.1 mol·L － 1 ，与电解质的组成有关。 正误判断，正确的打 “√” ，错误的打 “×” ① 0.1 L 3.0 mol·L － 1 的 NH 4 NO 3 溶液中含有的 的数目为 0.3 N A ( ) ② 等体积、等物质的量浓度的 NaCl 和 KCl 溶液中，阴、阳离子数目之和均为 2 N A ( ) ③ 0.1 mol·L － 1 的 NaHSO 4 溶液中，阳离子的数目之和为 0.2 N A ( ) ④ 25 ℃ 时， pH ＝ 13 的 1.0 L Ba(OH) 2 溶液中含有的 OH － 数目为 0.2 N A ( ) × × × × “ 三年高考 ” 全国卷 “ N A ” 应用试题汇编 1.(2017· 全国卷 Ⅱ ， 8) 阿伏加德罗常数的值为 N A 。下列说法正确的是 A.1 L 0.1 mol·L － 1 NH 4 Cl 溶液中 ， 的数量为 0.1 N A B.2.4 g Mg 与 H 2 SO 4 完全反应，转移的电子数为 0.1 N A C. 标准状况下， 2.24 L N 2 和 O 2 的混合气体中分子数为 0.2 N A D.0.1 mol H 2 和 0.1 mol I 2 于密闭容器中充分反应后，其分子总数为 0.2 N A √ 答案 解析 1 2 3 4 解析　 A 项，因铵根离子水解，其数量小于 0.1 N A ，错误； B 项， 2.4 g Mg 为 0.1 mol ，与硫酸完全反应后转移的电子数为 0.2 N A ，错误； C 项，标准状况下， 2.24 L 任何气体所含有的分子数都为 0.1 N A ，错误； D 项， H 2 (g) ＋ I 2 (g)  2HI(g) ，反应前后气体物质的量不变，正确。 1 2 3 4 2.(2017· 全国卷 Ⅲ ， 10) N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.0.1 mol 的 11 B 中，含有 0.6 N A 个中子 B.pH ＝ 1 的 H 3 PO 4 溶液中，含有 0.1 N A 个 H ＋ C.2.24 L( 标准状况 ) 苯在 O 2 中完全燃烧，得到 0.6 N A 个 CO 2 分子 D. 密闭容器中 1 mol PCl 3 与 1 mol Cl 2 反应制备 PCl 5 (g) ，增加 2 N A 个 P—Cl 键 √ 答案 解析 1 2 3 4 解析　 A 项，硼原子的质子数为 5, 11 B 的中子数为 6 ，故 0.1 mol 的 11 B 中含有的中子数为 0.6 N A ，正确； B 项，未指明溶液体积，无法计算 H ＋ 的物质的量，错误； C 项，标准状况下苯为液体，不能用气体摩尔体积计算苯燃烧生成的 CO 2 分子数，错误； D 项， PCl 3 ＋ Cl 2  PCl 5 ，这是一个可逆反应， 1mol PCl 3 与 1mol Cl 2 不可能完全反应生成 1 mol PCl 5 ，故增加的 P—Cl 键数目小于 2 N A ，错误。 1 2 3 4 3.(2016· 全国卷 Ⅰ ， 8) 设 N A 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 2 N A B.1 mol N 2 与 4 mol H 2 反应生成的 NH 3 分子数为 2 N A C.1 mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为 2 N A D. 标准状况下， 2.24 L CCl 4 含有的共价键数为 0.4 N A √ 答案 解析 1 2 3 4 解析　 A 项，乙烯和丙烯的最简式均为 CH 2 ,14 g 乙烯和丙烯混合气体中相当于含有 1 mol CH 2 ，则其氢原子数为 2 N A ，正确； B 项，合成氨的反应是可逆反应，则 1 mol N 2 与 4 mol H 2 反应生成的 NH 3 分子数小于 2 N A ，错误； C 项，铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，故 1 mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为 3 N A ，错误； D 项，标准状况下 CCl 4 为液态，故 2.24 L CCl 4 的物质的量不是 0.1 mol ，则其含有的共价键数不是 0.4 N A ，错误。 1 2 3 4 4. N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.18 g D 2 O 和 18 g H 2 O 中含有的质子数均为 10 N A B.2 L 0.5 mol·L － 1 亚硫酸溶液中含有的 H ＋ 离子数为 2 N A C. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2 N A D. 密闭容器中 2 mol NO 与 1 mol O 2 充分反应，产物的分子数为 2 N A √ 答案 解析 1 2 3 4 解析　 A 项， D 2 O 和 H 2 O 的质子数相同 ( 均为 10) ，但 D 2 O 、 H 2 O 的摩尔质量不同，分别为 20 g·mol － 1 和 18 g·mol － 1 ，所以 18 g D 2 O 和 H 2 O 的物质的量不同，质子数不同，错误； B 项， n (H 2 SO 3 ) ＝ 2 L × 0.5 mol·L － 1 ＝ 1 mol ，但 H 2 SO 3 是弱酸，部分电离，所以 H ＋ 数目小于 2 N A ，错误； C 项，发生的反应是 2Na 2 O 2 ＋ 2H 2 O == =4NaOH ＋ O 2 ↑ ，转移电子数为 2e － ，所以生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2 N A ，正确； D 项，发生反应： 2NO ＋ O 2 == =2NO 2 ，生成 2 mol NO 2 ，常温下 NO 2 和 N 2 O 4 之间存在平衡 2NO 2  N 2 O 4 ，所以分子数小于 2 N A ，错误。 1 2 3 4 ( 二 ) 理解公式推论，破解阿伏加德罗常数应用 阿伏加德罗定律及推论可概括为 “ 三同定一同，两同见比例 ” ，可用 V ＝ n × V m 及 m ＝ V × ρ 等公式推导出： (1) 同温同压时： ① V 1 ∶ V 2 ＝ n 1 ∶ n 2 ＝ N 1 ∶ N 2 ； ② ρ 1 ∶ ρ 2 ＝ M 1 ∶ M 2 ； ③ 同质量时： V 1 ∶ V 2 ＝ M 2 ∶ M 1 。 (2) 同温同体积时： ① p 1 ∶ p 2 ＝ n 1 ∶ n 2 ＝ N 1 ∶ N 2 ； ② 同质量时： p 1 ∶ p 2 ＝ M 2 ∶ M 1 。 (3) 同温同压同体积时： M 1 ∶ M 2 ＝ m 1 ∶ m 2 。 1. 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 A. x ∶ y 等于甲与乙的相对分子质量之比 B. x ∶ y 等于甲与乙的分子个数之比 C. x ∶ y 等于同温同压下甲与乙的密度之比 D. y ∶ x 等于同温同体积下，等质量的甲与乙的压强之比 √ 答案 解析 1 2 B 项，甲与乙的分子个数之比为 1 ∶ 1 ，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，即为质量比，故正确； 1 2 2. 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 A. 物质的量：甲＞乙 B. 气体体积：甲＞乙 C. 摩尔体积：甲＞乙 D. 相对分子质量：甲＞乙 √ 答案 解析 1 2 1 2 C 项，同温同压下，气体摩尔体积相等，故 C 错误； D 项，根据以上分析知，摩尔质量甲＞乙，摩尔质量以 g·mol － 1 为单位时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。 1 2 一定物质的量浓度溶液的配制 考点二 配制一定物质的量浓度溶液的实验是中学化学中一个重要的定量实验。复习时，要熟记实验仪器，掌握操作步骤，注意仪器使用，正确分析误差，理解基本公式，明确高考题型，做到有的放矢。 核心精讲 1 1. 七种仪器需记牢 托盘天平、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯、药匙。 2. 实验步骤要理清 如：配制 500 mL 0.1 mol·L － 1 Na 2 CO 3 溶液，图中操作 ② 中应该填写的数据为 _____ ，实验时操作的先后顺序为 _______________( 填编号 ) 。 5.3 ②④⑥⑤①③ 3. 仪器使用要明了 (1) 容量瓶使用的第一步操作是 “ 查漏 ” ，回答容量瓶时应指明规格，并选择合适的容量瓶，如配制 480 mL 溶液，应选用 500 mL 容量瓶。容量瓶不能用于溶解、稀释和存放液体，也不能作为反应容器。 (2) 玻璃棒的作用是搅拌和引流，在引流时，玻璃棒末端应插入到容量瓶刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处不能接触瓶口，如图所示。 附 　容量瓶的查漏方法 向容量瓶中加入适量水，盖好瓶塞，左手食指顶住瓶塞，右手托住瓶底，将容量瓶倒转过来看瓶口处是否有水渗出，若没有，将容量瓶正立，将瓶塞旋转 180 度，重复上述操作，如果瓶口处仍无水渗出，则此容量瓶不漏水。若漏水，可以在瓶塞处涂点凡士林。 4. 误差分析点点清 误差分析的思维流程与方法 (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。 (3) 用 “ 偏高 ”“ 偏低 ” 或 “ 无影响 ” 填空： ① 砝码生锈： 。 ② 定容时，溶液温度高： 。 ③ 定容时俯视容量瓶刻度线： 。 ④ 称量时物码颠倒且使用游码： 。 ⑤ 未洗涤烧杯、玻璃棒： 。 ⑥ 称量易吸水物质时间过长： 。 ⑦ 转移时，有液体溅出： 。 偏高 偏高 偏高 偏低 偏低 偏低 偏低 ⑧ 滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出： 。 ⑨ 定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线： 。 ⑩ 容量瓶内有少量水： 。 偏低 偏低 无影响 5. 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·mol － 1 ，则 (2) 溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算： ( c 为溶质的物质的量浓度 /mol·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·mol － 1 ) 。 6. 两条规律理解透 (1) 稀释定律 ① 如用 V 1 、 V 2 、 c 1 、 c 2 分别表示稀释前后溶液的体积和溶质的物质的量浓度，有 c 1 V 1 ＝ c 2 V 2 。 ② 如用 m 1 、 m 2 、 w 1 、 w 2 分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有 m 1 w 1 ＝ m 2 w 2 。 (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：设溶质质量分数分别为 w 1 和 w 2 的两溶液混合后所得溶液溶质的质量分数为 w 。 1. 正误判断，正确的打 “√” ，错误的打 “×” (1) 配制浓度为 0.010 mol·L － 1 的 KMnO 4 溶液可以称取 KMnO 4 固体 0.158 g ，放入 100 mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度 ( ) (2017· 全国卷 Ⅲ ， 9D) (2) 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 ( ) (2016· 浙江理综， 8D) 题组集训 2 题组一　仪器的正确使用及实验操作的规范性 1 2 3 4 5 6 7 8 9 × √ 答案 (3) 称取 2.0 g NaOH 固体，可先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加 2 g 砝码，左盘上添加 NaOH 固体 ( ) (4) 配制一定浓度的 NaCl 溶液 ( ) × × 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (5) 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干 ( ) (6) 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 ( ) × × 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是 答案 解析 √ 解析　 A 项，用托盘天平称量药品时，应为 “ 左物右码 ” ，错误； B 项，用玻璃棒搅拌能加速溶解，正确； C 项，转移溶液时需要用玻璃棒引流，错误； D 项，定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3.(1) 配制浓度为 2 mol·L － 1 的 NaOH 溶液 100 mL ，用托盘天平称取 NaOH 固体时，天平读数将 ________( 填字母 ) 。 A. 等于 8.0 g B. 等于 8.00 g C. 大于 8.0 g D. 等于 0.2 g √ 答案 解析 解析　 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) [2017· 天津理综， 9(1)] 将称得的 AgNO 3 配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 _____________________________ 。 250 mL( 棕色 ) 容量瓶、胶头滴管 答案 解析 解析　 配制 AgNO 3 标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 250 mL ( 棕色 ) 容量瓶、胶头滴管。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 题组二　有关浓度的换算 4. 相对分子质量为 M 的气态化合物 V L( 标准状况 ) ，溶于 m g 水中，得到质量分数为 w 的溶液，物质的量浓度为 c mol·L － 1 ，密度为 ρ g·cm － 3 。则下列说法不正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5. 体积为 V L 、密度为 ρ g·cm － 3 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 mol·L － 1 ，溶质的质量分数为 w ，则下列各表示式中正确的是 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 题组三　溶液稀释规律的应用 6. 取 100 mL 0.3 mol·L － 1 的硫酸溶液和 300 mL 0.25 mol·L － 1 的硫酸溶液加水稀释至 500 mL ，该混合溶液中 H ＋ 的物质的量浓度是 A.0.21 mol·L － 1 B.0.42 mol·L － 1 C.0.56 mol·L － 1 D.0.26 mol·L － 1 √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析　 根据题意可知，混合后 H 2 SO 4 溶液的 H ＋ 浓度关系如下： c 3 V 3 ＝ c 1 V 1 ＋ c 2 V 2 ，可得 n (H ＋ ) ＝ (0.1 L × 0.3 mol·L － 1 ＋ 0.3 L × 0.25 mol·L － 1 ) × 2 ＝ 0.21 mol ，所以 c (H ＋ ) ＝ ＝ 0.42 mol·L － 1 。 7.(2017· 盐城模拟 ) 实验室常用 98%( ρ ＝ 1.84 g·mL － 1 ) 的浓 H 2 SO 4 配制 1 ∶ 4 的稀 H 2 SO 4 ，此稀 H 2 SO 4 的密度为 1.23 g·mL － 1 ，其物质的量浓度为 A.4.6 mol·L － 1 B.5.7 mol·L － 1 C.3.88 mol·L － 1 D.18.4 mol·L － 1 √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 方法技巧 1 2 3 4 5 6 7 8 9 掌握两项技能 (1) 用 98% 的浓 H 2 SO 4 配制 100 mL 1 ∶ 4 的稀 H 2 SO 4 ：用量筒量取 80 mL 的水注入 200 mL 的烧杯，然后再用另一只量筒量取 20 mL 的浓 H 2 SO 4 沿着烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不停搅拌。 (2) 配制 100 g 20% 的 NaCl 溶液：准确称量 20.0 g NaCl 固体，然后再转移到 200 mL 的烧杯中，再用量筒量取 80 mL 的水注入烧杯中，并用玻璃棒不停搅拌直到完全溶解为止。 方法技巧 1 2 3 4 5 6 7 8 9 题组四　溶液中电荷守恒在物质的量浓度计算中的应用 8. 把 500 mL 含有 BaCl 2 和 KCl 的混合溶液分成 5 等份，取一份加入含 a mol 硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含 b mol 硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为 A.0.1( b － 2 a ) mol·L － 1 B.10(2 a － b ) mol·L － 1 C.10( b － a ) mol·L － 1 D.10( b － 2 a ) mol·L － 1 答案 解析 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析　 根据题意， 500 mL 溶液分成 5 等份，每份为 100 mL 。每份中 n (Ba 2 ＋ ) ＝ a mol ， n (Cl － ) ＝ b mol ， 根据电荷守恒关系得 n (K ＋ ) ＝ ( b － 2 a )mol ，则 c (K ＋ ) ＝ ＝ 10( b － 2 a ) mol·L － 1 。 9. 把 V L 含有 MgSO 4 和 K 2 SO 4 的混合溶液分成两等份，一份加入含 a mol NaOH 的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含 b mol BaCl 2 的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 化学计算的类型和方法 考点三 核心精讲 1 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。 3. 计算类型及实验方法 (1) 计算类型 ① 确定化学式； ② 确定样品质量分数。 (2) 实验方法 ① 滴定分析法； ② 沉淀分析法； ③ 热重分析法。 1. 在 O 2 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 SO 2 ，把这些 SO 2 全部氧化转变为 H 2 SO 4 。这些 H 2 SO 4 可以用 20 mL 0.50 mol·L － 1 NaOH 溶液完全中和。则原化合物中 S 的百分含量为 A.18% B.46% C.53% D.36% 题组集训 2 题组一　 “ 关系式 ” 法的应用 ( 一 ) 由 “ 元素守恒 ” 确定关系式 1 2 3 4 答案 解析 √ 5 6 7 8 解析　 明确 S ―→ SO 2 ―→ SO 3 ―→ H 2 SO 4 中硫元素守恒，根据酸碱中和求出与 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： S ―→ SO 2 ―→ SO 3 ―→ H 2 SO 4 ―→ 2NaOH 32 g 　　　　　　　　　　　 2 mol x 　　　　　　　　　　　　　 (0.02 × 0.50)mol 1 2 3 4 5 6 7 8 ( 二 ) 由 “ 电子守恒 ” 确定关系式 2. 将 4.9 g Mg 和 Fe 的混合物在过量稀 HNO 3 中完全反应，得到标准状况下 NO 气体 2.24 L ，向反应后的溶液中加入足量烧碱溶液充分反应，求最后生成沉淀的质量。 答案　 由题意知，整个过程中存在关系 Fe ～ 3e － ～ 3OH － ～ Fe(OH) 3 Mg ～ 2e － ～ 2OH － ～ Mg(OH) 2 可以看出 e － ～ OH － ，又因得失电子守恒，所以 有 ～ NO ～ 3e － ～ 3OH － ，故 n (OH － ) ＝ n (e － ) ＝ 3 n (NO) ＝ 0.3 mol 。 所以沉淀的质量为 4.9 g ＋ 17 g·mol － 1 × 0.3 mol ＝ 10 g 。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 题组二　 “ 滴定法 ” 分析物质组成及含量 应用一　确定含量 3. 为测定某石灰石中 CaCO 3 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 CO 2 ，再加入足量的草酸铵 [(NH 4 ) 2 C 2 O 4 ] 溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　 本题涉及的化学方程式或离子方程式为 CaCO 3 ＋ 2HCl===CaCl 2 ＋ H 2 O ＋ CO 2 ↑ 1 2 3 4 5 6 7 8 n 1 (CaCO 3 ) ＝ 2.5 aV 2 × 10 － 3 mol 1 2 3 4 5 6 7 8 4. 电解铜的阳极泥中含有 3% ～ 14% Se 元素，该元素以 Se 单质、 Cu 2 Se 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 0.010 00 mol·L － 1 KMnO 4 标准溶液 [ 只发生 Se( ＋ 4) 转化为 Se( ＋ 6)] 。反应完全后，用 0.050 00 mol·L － 1 (NH 4 ) 2 Fe(SO 4 ) 2 标准溶液滴至终点，消耗 15.00 mL 。则电解铜的阳极泥中 Se 的质量分数为 ________( 保留四位有效数字 ) 。 3.950% 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 0.000 250 0 mol 　　　　　　　 0.000 250 0 mol － 0.000 150 0 mol ＝ 0.000 100 0 mol 0.000 150 0 mol 　　　　　　　 0.000 750 0 mol 应用二　确定组成 5. 碱式次氯酸镁 [Mg a (ClO) b (OH) c · x H 2 O] 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 2 3 4 5 6 7 8 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% H 2 O 2 溶液处理至不再产生气泡 (H 2 O 2 被 ClO － 氧化为 O 2 ) ，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 mol·L － 1 EDTA(Na 2 H 2 Y) 标准溶液滴定其中的 Mg 2 ＋ ( 离子方程式为 Mg 2 ＋ ＋ H 2 Y 2 － ===MgY 2 － ＋ 2H ＋ ) ，消耗 25.00 mL 。 (1) 步骤 ① 需要用到的指示剂是 __________ 。 淀粉溶液 解析　 根据实验 ① 中的离子方程式可知有 I 2 参加，根据 I 2 的特性可选择淀粉作指示剂。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析 (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 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 反思归纳 根据电荷守恒，可得： n (OH － ) ＝ 2 n (Mg 2 ＋ ) － n (ClO － ) ＝ 2 × 0.02 mol － 0.01 mol ＝ 0.03 mol ， m (H 2 O) ＝ 1.685 g － 0.01 mol × 51.5 g·mol － 1 － 0.02 mol × 24 g·mol － 1 － 0.03 mol × 17 g·mol － 1 ＝ 0.180 g ， 1 2 3 4 5 6 7 8 n (Mg 2 ＋ ) ∶ n (ClO － ) ∶ n (OH － ) ∶ n (H 2 O) ＝ 0.02 mol ∶ 0.01 mol ∶ 0.03 mol ∶ 0.01 mol ＝ 2 ∶ 1 ∶ 3 ∶ 1 ， 碱式次氯酸镁的化学式为 Mg 2 ClO(OH) 3 ·H 2 O 。 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 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。 反思归纳 1 2 3 4 5 6 7 8 题组三　热重分析法确定物质组成及含量 应用一　确定含量 6. PbO 2 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 点为样品失重 4.0%( 即 × 100%) 的残留固体。若 a 点固体组成表示为 PbO x 或 m PbO 2 · n PbO ，列式计算 x 值和 m ∶ n 值。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 应用二　确定组成 7.0.80 g CuSO 4 ·5H 2 O 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 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 　　　 250 　　　　　　　 18 n 　　　 0.80 g 　　　　　 0.80 g － 0.57 g ＝ 0.23 g 8. 为研究一水草酸钙 (CaC 2 O 4 ·H 2 O) 的热分解性质，进行如下实验：准确称取 36.50 g 样品加热，样品的固体残留率 ( × 100%) 随温度的变化如下图所示。 1 2 3 4 5 6 7 8 (1)300 ℃ 时残留固体的成分为 ________ ， 900 ℃ 时残留固体的成分为 ________ 。 CaC 2 O 4 CaO 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 (2) 通过计算求出 500 ℃ 时固体的成分及质量 ( 写出计算过程 ) 。 答案　 500 ℃ 时残留固体的成分为 CaC 2 O 4 和 CaCO 3 的混合物，样品中 CaC 2 O 4 ·H 2 O 的物质的量 n (CaC 2 O 4 ·H 2 O) ＝ ＝ 0.25 mol ，设混合物中 CaC 2 O 4 和 CaCO 3 的物质的量分别为 x mol 和 y mol ，根据 500 ℃ 时固体总质量可得 128 x ＋ 100 y ＝ 36.50 g × 76.16% ，根据钙元素守恒可得 x ＋ y ＝ 0.25 ，解得 x ＝ 0.10 ， y ＝ 0.15 ， m (CaC 2 O 4 ) ＝ 0.10 mol × 128 g·mol － 1 ＝ 12.80 g ， m (CaCO 3 ) ＝ 0.15 mol × 100 g·mol － 1 ＝ 15.0 g ， 500 ℃ 时固体的成分为 12.8 g CaC 2 O 4 和 15.0 g CaCO 3 。 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 反思归纳 1 2 3 4 5 6 7 8 热重分析的方法 (1) 设晶体为 1 mol 。 (2) 失重一般是先失水、再失非金属氧化物。 反思归纳 (4) 晶体中金属质量不减少，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 O ，由 n 金属 ∶ n O ，即可求出失重后物质的化学式。 1 2 3 4 5 6 7 8